Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
\(\displaystyle{ 8abc \ge (\sqrt{a} +\sqrt{b} +\sqrt{c})(a+1)(b+1)(c+1) \ge 24\left( abc\right)^{ \frac{1}{6} + \frac{1}{2} } = 24\left( abc\right)^{ \frac{2}{3} }}\), skąd \(\displaystyle{ abc \ge 27}\) i mamy, że \(\displaystyle{ a + b + c \ge 3 \sqrt[3]{abc} \ge 9}\).
Zaraz coś wymyślę -- 26 lut 2016, o 02:08 --Dla \(\displaystyle{ a, b, c}\) będacymi bokami trójkąta i spełniającymi \(\displaystyle{ a + b + c = 1}\) wyznaczyć maksimum \(\displaystyle{ \prod_{}^{} \left( a^{2}+b^{2} - c^{2}\right)}\)
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
: 27 lut 2016, o 21:49
autor: Premislav
Ukryta treść:
Bez straty ogólności rozważamy trójkąty ostrokątne (dla innych ten iloczyn będzie niedodatni). Z twierdzenia cosinusów mamy \(\displaystyle{ c^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos \gamma}\) (\(\displaystyle{ \gamma}\) - kat leżący naprzeciwko boku \(\displaystyle{ c}\)), etc.
Zatem sprowadzamy problem do maksymalizacji \(\displaystyle{ 8(abc)^{2}\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma}\), gdzie \(\displaystyle{ \alpha, \beta, \gamma \in \left(0,\frac \pi 2\right)}\) oraz \(\displaystyle{ \alpha+\beta+\gamma=\pi}\), a także \(\displaystyle{ a,b,c \in (0,1)}\) takich, że \(\displaystyle{ a+b+c=1}\) oraz \(\displaystyle{ a+b \ge c, b+c \ge a,a+c \ge b}\). Mamy zaś \(\displaystyle{ (abc)^{\frac 1 3} \le \frac{a+b+c}{3}= \frac{1}{3}}\) oraz \(\displaystyle{ \left( \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma\right)^{\frac 1 3} \le \frac{\cos \alpha+\cos \beta+\cos \gamma}{3} \le \cos\left( \frac{\alpha+\beta+\gamma}{3} \right)=\cos \frac{\pi}{3}= \frac{1}{2}}\)
Szacowania ze średnich działają, bo boki i cosinusy są tu dodatnie, a Jensen - bo cosinus jest wklęsły w przedziale \(\displaystyle{ \left( 0, \frac \pi 2\right)}\). Stąd \(\displaystyle{ (abc)^{\frac 6 3} \le \frac{1}{3^{6}}}\) oraz \(\displaystyle{ \left( \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma\right)^{\frac 3 3} \le \frac{1}{2^{3}}}\), czyli \(\displaystyle{ 8(abc)^{2}\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma \le \frac{1}{729}}\), równość dla \(\displaystyle{ a=b=c=\frac 1 3}\), tj. dla trójkąta równobocznego. Prosze o sprawdzenie, bo coś za małe mi się wydaje to ograniczenie górne.
Zadanie było tak miękkie, a ja się z nim męczyłem łącznie ze 3 godziny. Ja mam taki postulat, żeby ciężko kapujący ludzie mieli możliwość eutanazji, oczywiście nie refundowanej ze środków podatników, bo to byłaby kradzież, ale za odpowiednią opłatą.
Jeśli nie ma błędów, to coś wrzucę.
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
: 27 lut 2016, o 23:30
autor: Zahion
Wygląda poprawnie - ponadto o ile się nie pomyliłem wystarczyłby nawet warunek dla \(\displaystyle{ a + b + c \ge 0}\)
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
: 28 lut 2016, o 00:26
autor: Premislav
No to wrzucam nowe, może za dużo nierówności, więc znalazłem coś innego, ale nie obiecuję, że już tego nie było.
Proszę znaleźć wszystkie takie funkcje \(\displaystyle{ f: \RR \rightarrow \RR}\), że \(\displaystyle{ f(xy + f(x)) = xf(y) + f(x)}\).
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
: 28 lut 2016, o 19:28
autor: krolikbuks42
Proszę o sprawdzenie, gdyż mógł się wkraść błąd przy podstawianiu.
Ukryta treść:
Niech \(\displaystyle{ f(0) = c}\). Podstawiając \(\displaystyle{ x=y=0}\) mamy \(\displaystyle{ f(c)=c}\). Podstawiając \(\displaystyle{ y=0}\) mamy: \(\displaystyle{ f(f(x)) = xc + f(x)}\). Teraz podstawiając \(\displaystyle{ y=c}\) mamy: \(\displaystyle{ f(xc+f(x))=xf(c)+f(x)}\). Ponadto \(\displaystyle{ f(f(f(x))) = f( xc+f(x) )}\) czyli \(\displaystyle{ f(f(f(x)))=xf(c)+f(x)}\), ale z drugiej strony: \(\displaystyle{ f(f(f(x))) = f(x)c + f(f(x)) = f(x)c + xc + f(x)}\) czyli \(\displaystyle{ xf(c) + f(x) = f(x)c + xc + f(x)}\) czyli: \(\displaystyle{ f(x)c = x[f(c)-c] = 0}\) czyli \(\displaystyle{ f(x) = 0}\) dla każdego \(\displaystyle{ x\in R}\) albo \(\displaystyle{ c = 0}\).
Jeśli \(\displaystyle{ c=0}\) to \(\displaystyle{ f(f(x))=f(x)}\) czyli w wyjściowym równaniu kładąc \(\displaystyle{ y=f(x)}\) mamy: \(\displaystyle{ f(xf(x)+f(x)) = xf(f(x)) + f(x) = xf(x) + f(x)}\)
Dla podstawienia \(\displaystyle{ x = f(x), y = x}\) mamy: \(\displaystyle{ f(f(x)x + f(x) ) = f(f(x)x+f(f(x))) = f(x)^2 + f(f(x)) = f(x)^2 + f(x)}\) czyli \(\displaystyle{ f(x)^2 = xf(x)}\) czyli \(\displaystyle{ f(x)[x-f(x)] = 0}\).
Zatem \(\displaystyle{ f(x)=0}\) lub \(\displaystyle{ f(x) = x}\)
Aby pokazać, że funkcje się "nie mieszają" wystarczy wziąć dla dowodu nie wprost takie \(\displaystyle{ x,y}\) że: \(\displaystyle{ f(x)=x, f(y) = 0}\) Podstawiając do wyjściowego równania otrzymujemy, że jedna z liczb \(\displaystyle{ x,y}\) musi być równa \(\displaystyle{ 0}\) zatem jedyne funkcje to: \(\displaystyle{ f(x)=0, f(x) = x}\)
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
: 28 lut 2016, o 19:58
autor: Premislav
Jest OK (ale dłuugo sprawdzałem). Śmiało możesz wrzucać następne zadanie.
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
: 28 lut 2016, o 20:58
autor: krolikbuks42
Dany jest graf, w którym stopień każdego wierzchołka jest nie większy niż 5. Udowodnić, że da się tak pokolorować wierzchołki tego grafu trzema kolorami, aby każdy wierzchołek miał co najwyżej jednego sąsiada o takim samym kolorze jak on sam.
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
: 28 lut 2016, o 21:33
autor: TomciO
Ukryta treść:
Rozważmy pokolorowanie grafu, które minimalizuje liczbę jednokolorowych par wierzchołków. Załóżmy, że pewien wierzchołek \(\displaystyle{ v}\) posiada co najmniej dwóch sąsiadów, którzy posiadają ten sam kolor co on. Ponieważ pozostałych sąsiadów jest co najwyżej trzech, a kolory są dwa, istnieje kolor, który posiada co najwyżej jeden z sąsiadów wierzchołka \(\displaystyle{ v}\). Pozostaje zauważyć, że zmieniając kolor \(\displaystyle{ v}\) na ten właśnie kolor zmniejszamy liczbę jednokolorowych par. Otrzymujemy więc sprzeczność z minimalnością danego pokolorowania i dowód jest zakończony.
Nowe zadanie: udowodnić, że dla dowolnej liczby naturalnej \(\displaystyle{ k}\) istnieje ciąg arytmetyczny postaci \(\displaystyle{ \frac{a_1}{b_1}, \frac{a_2}{b_2}, \ldots, \frac{a_k}{b_k}}\), gdzie \(\displaystyle{ a_i, b_i}\) są względnie pierwszymi liczbami naturalnymi (dla \(\displaystyle{ i=1, 2, \ldots, k}\)) oraz liczby \(\displaystyle{ a_1, b_1, a_2, b_2, \ldots, a_k, b_k}\) są parami różne.
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
: 1 mar 2016, o 21:22
autor: utyqaq
Ukryta treść:
Bierzemy \(\displaystyle{ p > n > k}\), i \(\displaystyle{ p}\) pierwsze, oraz ciąg \(\displaystyle{ 1/p + s/n! = \frac{(n!/s) + p}{(n!/s)p}}\) dla \(\displaystyle{ s=1,2,\ldots,k}\)
Zadanie ode mnie:
Każda z \(\displaystyle{ n}\) koleżanek zna pewną plotkę. Podczas rozmowy telefonicznej koleżanki wymieniają wszystkie znane im dotychczas plotki. Ile rozmów pomiędzy dwoma koleżankami musi się co najmniej odbyć, aby każda z koleżanek poznała każdą plotkę.
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
: 4 mar 2016, o 14:59
autor: Kartezjusz
Ukryta treść:
mój rekord to \(\displaystyle{ 2n-3}\) rozmowy. Jedna koleżanka rozmawia zr wszystkimi by poznać wszystkie plotki.Znać je będzie też ostatnia. Teraz wszystkie oprócz ostatniej dzwonią do pierwszej lub ostatniej.
.
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
: 4 mar 2016, o 15:44
autor: marcin7Cd
To ja dam moje wnioski:
Ukryta treść:
Dla \(\displaystyle{ n=4}\) potrzeba tylko czterech rozmów. Otrzymujemy lepszy wynik, bo po pewnej jednej rozmowie aż dwie koleżanki poznają wszystkie plotki. Na pewno minimalna liczba rozmów jest nie mniejsza od \(\displaystyle{ n-1+\frac{n-2}{2}}\), bo gdy któraś koleżanka poznała wszystkie plotki, to już odbyło się co najmniej \(\displaystyle{ n-1}\) rozmów. Potem po jednej rozmowie maksymalnie dwie dodatkowe koleżanki poznają wszystkie plotki.
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
: 21 mar 2016, o 16:38
autor: krolikbuks42
może jakiś hint? Bo zadanie już leży prawie miesiąc.
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
: 27 lip 2016, o 12:35
autor: Kartezjusz
Marcin. Podaj kto z kim ma gadać, bo czwórki by wszystkie znały wszystkie plotki nie widzę.
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
: 16 sie 2016, o 20:47
autor: ElEski
lekko blefiasty szkic, dokoncze jak bede mogl :c :; niech \(\displaystyle{ f(n)}\) oznacza najmniejszą liczbę rozmów dla \(\displaystyle{ n}\) sekretarek, \(\displaystyle{ n>3}\)
z pewnoscia \(\displaystyle{ f}\) jest niemalejaca, no bo jakze by inaczej. z pewnoscia \(\displaystyle{ f(n+1)\le f(n)+2}\), bo najpierw z \(\displaystyle{ 1,2,..,n+1}\) robimy \(\displaystyle{ 12,12,3,4,\ldots ,n+1}\), w \(\displaystyle{ f(n)}\) ruchach robimy \(\displaystyle{ 12, 123..n,123...n,....,123...n}\) i w jednym dodatkowym konczymy. no to teraz pokaze ze nie moze byc \(\displaystyle{ f(n+1) \le f(n)+1}\). pierwszy ruch robi bso \(\displaystyle{ 12,12,3,4,...,n+1}\), co jest rownowazne \(\displaystyle{ 1,1,2,..,n}\). niech \(\displaystyle{ g(n)}\) oznacza minimalna liczbe krokow dla sytuacji poczatkowej \(\displaystyle{ 1,1,2,3,...,n}\). musimy pokazac ze nie moze byc \(\displaystyle{ g(n) \le f(n)}\). wezmy minimalne \(\displaystyle{ n}\), ze \(\displaystyle{ g(n) \le f(n)}\). no to co sie dzieje.. kiedys musimy wykonac operacje zlaczajaca \(\displaystyle{ 1}\) z czyms innym. druga \(\displaystyle{ 1}\) jest dolaczana do czegos, co informacji \(\displaystyle{ 1}\) nie zawiera (bo wtedy bylaby to strata ruchu tzn znalezlibysmy strategie dla \(\displaystyle{ 1,2,..,n}\) ktora zajmuje max \(\displaystyle{ g(n)-1}\) ruchow i udowodnili to co chcemy) no ale w takim razie smialo mozemy zalozyc, ze te jedynki sa dolaczane od razu do innych eltow. (jesli nie, to znajdujemy blizniacza sekwencje ruchow doprowadzajaca do tego samego stanu, w ktorej jedynki sa dolaczane od razu do innych eltow) zatem po 2 ruchach sytuacja wyglada tak (bso laczymy \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ 2}\), a potem \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ 3}\)) \(\displaystyle{ 12,12,13,13,4,5,...,n}\). jest to sytuacja nie lepsza niz \(\displaystyle{ 12,12,13,4,5,...,n}\), a to jest rownowazne z sytuacja \(\displaystyle{ 2,2,3,4,...,n}\). czyli \(\displaystyle{ 1,1,2,3,4,...,n-1}\). mamy wiec \(\displaystyle{ g(n)\ge g(n-1)+2}\). no ale w takim razie \(\displaystyle{ g(n-1) \le f(n-1)}\) sprzecznosc.
----