[MIX] Suplement KMDO

[bosa_Nike]

zad. 11:    

LINK
Założenie jest trochę inne, ale nie ma to wpływu na rozwiązanie.

zad. 87:    

Taki pomysł.

\(\displaystyle{ \frac{a^2}{b^2}\ge 2\cdot\frac{a}{b}-1\ \Leftrightarrow\ (a-b)^2\ge 0}\) itd.

\(\displaystyle{ \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\ge\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-3\right)\ge\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}}\)

Bo \(\displaystyle{ \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge 3}\) z AM-GM.

zad. 88:    

\(\displaystyle{ \frac{x(1+yz)}{x(y+1+yz)}+\frac{y+1}{yz+y+1}+\frac{z+1}{zx+z+1}=\\ 1+\frac{1}{yz+y+1}+\frac{z+1}{zx+z+1}=1+\frac{y\cdot zx}{y(z+1+zx)}+\frac{z+1}{zx+z+1}=2}\)

[chris139]

38

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \left( 1+x+x^2 \right) \left( 1+x+x^2+\ldots + x^{10} \right) = \left( 1+x+x^2 + \ldots + x^6 \right)^2}\)
Dla x=1 nie zachodzi, dla x różnych od 1 możemy przekształcic
\(\displaystyle{ \frac{x^3-1}{x-1} \cdot \frac{x^{11}-1}{x-1}=(\frac{x-7}{x-1})^2\\
(x^3-1)(x^{11}-1)=(x^7-1)^2\\
x^11-2x^7+x^3=0\\
x^3(x^4-1)^2=0}\)
A ponieważ x nie może byc równe 1 to rozwiazaniami sa tylko 0 i -1

[frej]

Całkiem nieźle idzie. Oczywiście jeśli macie jakieś ciekawe rozwiązanie do zadania, którego rozwiązanie zostało już zamieszczone, proszę się nie krępować

Dumel, już poprawiam

[Wasilewski]

Zad. 33:    

Z nierówności Schwarza:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \sqrt{x_{k}(1-x_{k})} \le \sqrt{ \sum_{k=1}^{n} x_{k} \cdot \sum_{k=1}^{n}(1-x_{k})} = \sqrt{n-1}}\)

Zad. 13:    

Wymnażamy i stosujemy nierówność między średnią geometryczną a średnią arytmetyczną oraz nierówność Schwarza:
\(\displaystyle{ \frac{4}{3} + \frac{4}{3} \left( \sum_{k=1}^{n} a_{k}^2 + b_{k}^2\right) + \frac{4}{3} \sum_{k=1}^{n} a_{k}^2 \cdot \sum_{k=1}^{n} b_{k}^2 \ge \frac{4}{3} + \frac{2}{3} \sum_{k=1}^{n} a_{k}b_{k} + \sum_{k=1}^{n} (a_{k}^2 + b_{k}^2) + \frac{4}{3} \left( \sum_{k=1}^{n} a_{k}b_{k}\right)^2 \ge 1 + \sum_{k=1}^{n} (a_{k}^2 + b_{k})^2 + 2 \sum_{k=1}^{n} a_{k}b_{k} \\
x = \sum_{k=1}^{n} a_{k}b_{k} \\
\frac{1}{3} - \frac{4}{3}x + \frac{4}{3} x^2 = \frac{1}{3}(1-2x)^2 \ge 0}\)

[klaustrofob]

Wysłałem jeden post, ale nie widzę wyniku. Przepraszam, za niecierpliwość. ad 75.

Ukryta treść:    

Wystarczy pomnożyć licznik i mianownik przez \(\displaystyle{ \sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n-1}}\). Po wykonaniu działań w mianowniku otrzymujemy 2, a w liczniku wyrażenia, które w zadanej sumie się redukują.

[Wasilewski]

Zad. 16:    

Oznaczmy nasz ciąg jako \(\displaystyle{ a_{n}}\), wtedy:
\(\displaystyle{ a_{n} = 2^{n} \sqrt{2 - b_{n}}}\)
Przy czym ciąg \(\displaystyle{ b_{n}}\) jest zdefiniowany tak:
\(\displaystyle{ \begin{cases} b_{n+1} = \sqrt{2+b_{n}} \\ b_{1} = 0 \end{cases}}\)
Nietrudno zatem zgadnąć, że:
\(\displaystyle{ b_{n} = 2cos \frac{\pi}{2^{n}}}\)
Przechodzimy do liczenia granicy:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} 2^{n} \sqrt{2 - 2cos\frac{\pi}{2^{n}}} = \lim_{n\to \infty} 2^{n+1} sin\frac{\pi}{2^{n+1}} = \pi}\)

[Sylwek]

Co do zadania 3. to też poprawiłem go u siebie tak, jak Ty to zrobiłeś, ta nierówność chyba jest też w "Wędrówkach...", w każdym razie w obecnej postaci jest poprawna, co sam sprawdziłem . Zanotowane mam jeszcze, że zadanie 65. jest proponowane jako "zadanie do samodzielnego rozwiązania" na stronie 120 tej samej ksiązki , w zadaniu 132. należy jeszcze uwzględnić: \(\displaystyle{ (a \neq 0 \neq b) \wedge (a \neq -1 \neq b)}\) oraz w zadaniu 144. \(\displaystyle{ n \ge 3}\) i n jest liczbą nieparzystą, więcej błędów nie zauważyłem (co nie znaczy, że ich nie ma, bo nie wszystkie zadania rozwiązałem). Super, że powstał taki temat, będzie można popatrzeć na rozwiązania, jak się samemu nie wpadnie na pomysł . Widzę, że rozwiązania posypały się z rękawa. Co by nie było "gołego" postu:

8.:    

Dość sugestywne zadanie (dziedzina: \(\displaystyle{ x_i \ge i-1}\), dalej wystarczy dowieść lemat: \(\displaystyle{ \frac{1}{2}(x_i-i+1)+\frac{1}{2} \ge \sqrt{x_i-i+1}}\) (nierówność pomiędzy średnimi dla dwóch zmiennych). Dodając stronami powyższy lemat dla \(\displaystyle{ i=1,2,\ldots,n}\) dostajemy nierówność: \(\displaystyle{ \sqrt{x_1}+ \sqrt{x_2-1} + \sqrt{x_3-2} + \ldots + \sqrt{x_n-n+1}+ \frac{n(n-3)}{4} \le \frac{1}{2} \left(x_1+x_2+ \ldots + x_n \right)}\), a że z danych zadania mamy tu równość, to w każdej nierówności z lematu też zachodzi równość, co oznacza: \(\displaystyle{ \frac{1}{2}(x_i-i+1)=\frac{1}{2} \Rightarrow x_i=i-1}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2,\ldots,n}\).

[bosa_Nike]

zad 48:    

Oszacujemy grubo: \(\displaystyle{ x_1=1995^{1995}<\left(10^4\right)^{10^4}<10^{10^5}}\), stąd \(\displaystyle{ x_1}\) ma mniej niż \(\displaystyle{ 10^5+1}\) cyfr, z maksymalną sumą, gdy wszystkie są dziewiątkami. Oczywiście suma cyfr niezerowej liczby nie może być zerowa.
Stąd następne oszacowanie: \(\displaystyle{ 1\le x_2\le 9\cdot 10^5<10^6}\), stąd \(\displaystyle{ x_2}\) ma mniej niż \(\displaystyle{ 6+1=7}\) cyfr z maksymalną sumą, gdy wszystkie są dziewiątkami.
Kolejne oszacowanie: \(\displaystyle{ 1\le x_3\le 6\cdot 9=54}\), więc żeby oszacować \(\displaystyle{ x_4}\) z góry trzeba wziąć liczbę mniejszą od \(\displaystyle{ 54}\) o maksymalnej sumie cyfr - tą liczbą jest \(\displaystyle{ 49}\).
Ostatecznie: \(\displaystyle{ 1\le x_4\le 4+9=13}\)
Ponadto oczywiście \(\displaystyle{ x_n\equiv x_1\pmod 9}\), czyli \(\displaystyle{ x_4\equiv (1995)^{1995}\equiv(6)^{1995}=(2\cdot 3)^{1995}\equiv 0\pmod 9}\) - stąd \(\displaystyle{ 1\le x_4=9\le 13}\) - ta liczba jest jednocyfrowa, więc \(\displaystyle{ x_4=x_5=...=x_{1995}=9}\).

zad. 81:    

\(\displaystyle{ n=2k\ \Rightarrow\ 3^{2k}+2\cdot 17^{2k}\equiv (1)^k+2\cdot (1)^{2k}=3\pmod 8\\ n=2k+1\ \Rightarrow\ 3^{2k+1}+2\cdot 17^{2k+1}\equiv 3\cdot (1)^k+2\cdot (1)^{2k+1}=5\pmod 8}\)
Łatwo sprawdzić, że \(\displaystyle{ 3,5}\) są nieresztami kwadratowymi \(\displaystyle{ \bmod 8}\) - koniec.

zad. 96:    

Widać, że \(\displaystyle{ x,y\neq 0}\). Niech \(\displaystyle{ 4x^{100}=t>0,\ y^{100}=u>0}\), wtedy \(\displaystyle{ \left(t^2+1\right)\left(u^2+1\right)=4tu\ \Leftrightarrow\ (tu-1)^2+(t-u)^2=0}\), czyli
\(\displaystyle{ \begin{cases}tu=1\\t=u\end{cases}\ \Rightarrow\ \begin{cases}t=1\\u=1\end{cases}}\)

Stąd \(\displaystyle{ x=\eta\cdot 2^{\frac{-1}{50}},\ y=\xi\cdot 1,\ \eta ,\xi\in\{-1,1\}}\)

[XMaS11]

Zad.2:    

Załóżmy, że teza zadania nie jest spełniona, zatem każda kula o promieniu 1 zawiera co najwyżej \(\displaystyle{ n}\) punktów.
Wybierzmy dowolny punkt \(\displaystyle{ A}\) z naszego zbioru i pomalujmy go na zielono. Następnie malujemy na czerwono wszystkie punkty (oprócz punktu \(\displaystyle{ A}\)) znajdujące się wewnątrz kuli o promieniu 1 i środku w punkcie \(\displaystyle{ A}\).Pomalowaliśmy co najwyżej \(\displaystyle{ n}\) punktów, czyli zostało jeszcze co najmniej \(\displaystyle{ mn+1-n=n(m-1)+1}\).Następnie wybieramy jakiś niepomalowany punkt i robimy tak samo. Powtarzamy te operacje m+1 razy ( co jest możliwe, bo w każdej operacji malujemy co najwyżej \(\displaystyle{ n}\) punktów, czyli po \(\displaystyle{ m}\) operacjach zostanie nam co najmniej \(\displaystyle{ mn+1-mn=1}\) niepomalowanych punktów). Mamy więc \(\displaystyle{ m+1}\) zielonych punktów, ale każde dwa z nich są odległe o WIĘCEJ niż 1, sprzeczność.

Zad.72:    

Oznaczmy dla wygody
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{100} \frac{1}{ \sqrt{n_i} } =S}\)
Zaczniemy od oczywistego lemaciku:
\(\displaystyle{ \sum_{k^2 \le i < (k+1)^2}^{} \sqrt{i} >k(2k+1)}\)
Załóżmy teraz, że wszystkie liczb \(\displaystyle{ n_i}\) są różne.
Zatem :
\(\displaystyle{ 20=S \le \sum_{i=1}^{100} \frac{1}{ \sqrt{i} } < \frac{100^2}{ \sum_{i=1}^{100} \sqrt{i} } < \frac{100^2}{ \sum_{i=1}^{9} i(2i+1) +10 }= \frac{20 \cdot 500}{ 2 \sum_{i=1}^{9} i^2 + 55 }= \frac{20 \cdot 500}{3 \cdot 10 \cdot 19 + 55}= \frac{20 \cdot 500}{625} <20}\)
sprzeczność. Jak się pomyliłem w liczeniu albo nierówność w złą stronę gdzieś dałem to piszcie
Warto też zauważyć, że istnieją liczby \(\displaystyle{ n_1, \ldots n_{100}}\) spełniające warunki zadania, o ile nie muszą być różne.

[Wasilewski]

Zad. 66:    

Korzystamy z nierówności Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \frac{a_{k}^2}{a_{k} + b_{k}} \ge \frac{ (\sum_{k=1}^{n} a_{k})^2}{\sum_{k=1}^{n}a_{k} + \sum_{k=1}^{n}b_{k}} = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} a_{k}}\)

[klaustrofob]

ad 81.

Ukryta treść:    

ponieważ dla parzystych n \(\displaystyle{ 3^n+2 \cdot 17^n}\) daje przy dzieleniu przez 4 resztę 3, n musi być nieparzyste, n=2k+1. ale wtedy \(\displaystyle{ 3^{2k+1}+2 \cdot 17^{2k+1}=3\cdot 9^k+34\cdot 289^k}\) co przy dzieleniu przez 5 daje resztę 2 lub 3, w zależności od tego, czy k jest parzyste, czy nie. ale to znów jest niemożliwe, bo możliwe reszty z dzielenia przez 5 kwadratów to 0, 1 i 4. zatem liczba nie jest kwadratem dla żadnego n.

-- 23 marca 2009, 11:27 --

ad. 18.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \begin{cases} 3x^2+2yz \le 1+ y^2 \\
3y^2+2xz \le 1+z^2 \\ 3z^2+2xy \le 1+ x^2 \end{cases}}\)
dodajemy stronami, przenosimy kwadraty z prawej na lewą, otrzymujemy \(\displaystyle{ 2x^2+2y^2+2z^2+2xy+2yz+2zx\leq 3}\), tzn.
\(\displaystyle{ (x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2\leq 3}\). teraz to zabawa w przypadki - jeżeli suma po lewej jest równa 0, to musi być x=y=z=0. jeżeli jest równa 1, to niech np. \(\displaystyle{ (x+y)^2=1}\), wtedy y+z=z+x=0, a stąd x=y - sprzeczność i analogicznie w pozostałych przypadkach. jeżeli suma jest równa 2, to niech np. z+x=0, wtedy z=-x i suma jest równa \(\displaystyle{ (x+y)^2+(y-x)^2=2x^2+2y^2\leq 3\iff (x= \pm 1, y=0)\lor (x=0, y=\pm 1)}\). wreszcie, sumę równą trzy pozostawiam jako ćwiczenie...

-- 23 marca 2009, 12:32 --ad 41)

Ukryta treść:    

dodajemy stronami \(\displaystyle{ 3xy(x+y)}\) i mamy \(\displaystyle{ x^3+3x^2y+3xy^2+y^3=7x^2y+7xy^2+4}\), czyli \(\displaystyle{ (x+y)^3-7xy(x+y)=4}\), lub \(\displaystyle{ (x+y)((x+y)^2-7xy)=4}\). jeżeli x+y=1, to drugi czynnik daje 4 i byłoby 7xy=-3. jeżeli x+y=2, byłoby 7xy=2; gdyby x+y=4, byłoby 7xy=15; gdyby x+y=-1, byłoby 7xy=5; gdyby x+y=-2, byłoby 7xy=6; gdyby x+y=-4, byłoby 7xy=17. wychodzi na to, że równanie nie ma rozwiązań.

[Wasilewski]

Zad. 58:    

\(\displaystyle{ 1^{\circ} \quad n=2}\)
Wtedy sumujemy takie rzeczy:
\(\displaystyle{ \left[ \frac{k^3+1}{k+1}] = k^2-k+1}\)
Stąd suma to:
\(\displaystyle{ \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} - 1 - \frac{k(k+1)}{2} + 1 + k-1 = \frac{k(k+1)(k+2)}{3} + k-1}\)
\(\displaystyle{ 2^{\circ} \quad n>2}\)
Wtedy robimy tak:
\(\displaystyle{ \left[ \frac{k^2(k^{n-1} + 1) - k^2+1}{k^{n-1} + 1}\right] = k^2 - \left[ \frac{k^2-1}{k^{n-1}+1}\right] = k^2}\)
Stąd szukana suma jest równa:
\(\displaystyle{ \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} - 1}\)

Zad. 23:    

Zapiszmy taką równość:
\(\displaystyle{ a(x_{1} x_{2})^3 + b(x_{1}x_{2}) + c = 0 \\
x_{1}x_{2} (a (x_{1}x_{2})^2 + b) + c = 0}\)
Natomiast ze wzorów Viete'a mamy:
\(\displaystyle{ x_{1} \cdot x_{2} \cdot x_{1}x_{2} = (x_{1} x_{2})^2 = -\frac{c}{a}}\)
Zatem:
\(\displaystyle{ x_{1}x_{2}(b-c) = -c \\
x_{1}x_{2} = \frac{c}{c-b}}\)
Jeśli jednak \(\displaystyle{ b=c}\), to wtedy też \(\displaystyle{ c=b=0}\) i 0 jest pierwiastkiem potrójnym, zatem nadal jest w porządku.

[frej]

Tak, trzecie jest w wędrówkach
Co do zadania 65 to pozostaje mi tylko się uśmiechnąć... ^^
Rozwiązania na razie idą szybko, pewnie wynika to głównie z faktu, że większość z nich są zadaniami prostymi, szczególnie w porównaniu do innych z tego suplementu. Warto nadmienić, dla tych mniej orientujących się ( ja też się do nich zaliczam ), że sporo z tych zadań pochodzi z olimpiadek z innych krajów, także międzynarodowych....
Niech o poziomie niektórych zadań świadczy fakt, że dawni uczniowie Pana Pawłowskiego, byli i tacy co startowali na IMO i to nie raz(tak mi się wydaje ) nie zawsze byli w stanie rozwiązać wszystkich tych zadań... (co chyba jest naturalne, że może się zdarzyć, jednak tacy mistrzowie nie odpadają na byle czym przeważnie... )

W ramach wolnego czasu będę wrzucał dalej zadanka, zachęcam szczególnie do robienia ( i oczywiście pokazywania rozwiązań ) tych trudniejszych -- 23 marca 2009, 17:54 --Żeby nie było, ja też coś tam wrzucę, chociaż symbolicznie.

zad.87:    

\(\displaystyle{ \Leftrightarrow 3\left( \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2} \right) \ge 3\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right)}\)
Ale z nierówności Cauchy'ego - Schwarza
\(\displaystyle{ \left( \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2} \right)(1+1+1) \ge \left( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right)^2}\)
Ale z AM-GM
\(\displaystyle{ \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \ge 3 \qquad \qquad \blacksquare}\)

[Sylwek]

Wystarczy, że każdy rozwiąże 1-2 zadania dziennie i będzie wszystko bardzo szybko szło, ale pewnie nie będzie tak dobrze. W sumie większość z tych zadań już robiłem i pisanie do nich rozwiązań będzie tylko pracą "odtwórczą", aczkolwiek jak przyjdzie czas na przerobienie tej książki w moich przygotowaniach do OM-a, to chętnie coś skrobnę. Dużo zadań występuje też w "niebieskim Pawłowskim", którego aktualnie staram się wykończyć, więc może i ja coś dopiszę

26.:    

Z nierówności pomiędzy średnią arytmetyczną i geometryczną dla \(\displaystyle{ n+1}\) zmiennych dostajemy (nie będziemy mieć równości, bo istnieją zmienne różniące się wartościami między sobą):
\(\displaystyle{ 1 \cdot ( \sqrt{2}-1) \cdot ( \sqrt[3]{6}- \sqrt{2}) \cdot ( \sqrt[4]{24}- \sqrt[3]{6}) \cdot \ldots \cdot ( \sqrt[n+1]{(n+1)!}- \sqrt[n]{n!}) < \\ \left( \frac{1+( \sqrt{2}-1)+\ldots+ ( \sqrt[n+1]{(n+1)!}- \sqrt[n]{n!})}{n+1} \right)^{n+1} = \frac{(\sqrt[n+1]{(n+1)!})^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}=\frac{n!}{(n+1)^n}}\)

[Wasilewski]

Zad. 61:    

Idziemy od prawej strony, zaczynając do nierówności między średnią arytmetyczną a średnią harmoniczną:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{1+x_{i}} \ge \frac{n^2}{n+\sum_{i=1}^{n} x_{i}} = \frac{n}{2} = \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{2} = \sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{2x_{i}} \ge \sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{1+x_{i}^2}}\)