Matematyka.pl

Ostatni tego typu temat umarł śmiercią naturalną i przypuszczam, że to dlatego, że było wrzuconych kilka zadań. Dlatego, jako że drugi etap zbliża się wielkimi krokami, proponuję nową formę tego tematu - jedna osoba wrzuca jedno zadanie, a ta, która je zrobi, wrzuca swoje (też jedno). Mam nadzieję, że to zda egzamin.

Proponuję, żeby zadania tu wrzucane były na poziomie mniej więcej drugiego etapu OM. Kolejna moja propozycja, to żeby nowo wrzucone zadanie było z innego działu niż to, które wrzucający zrobił (na przykład żeby nie było kilku nierówności albo kilku geometrii pod rząd). I ostatni postulat - jeśli ktoś nie ma nowego zadania do wrzucenia, niech nie zamieszcza rozwiązania poprzedniego, a nie pisze "oddaję kolejkę".

Na początek 47. OM, zadanie 3:
Wykazać, ze jesli kazda z liczb a, b, c jest nie mniejsza od \(\displaystyle{ - \frac{3}{4}}\) oraz \(\displaystyle{ a + b + c = 1}\), to
\(\displaystyle{ \frac{a}{a^2+1}+\frac{b}{b^2+1}+\frac{c}{c^2+1} \le \frac{9}{10}}\).

Jedziemy na hardcorze, nie poddawaj się

-- 16 stycznia 2010, 22:51 --

Da się do tego dojść:
Zauważmy, że:
\(\displaystyle{ (a- \frac{1}{3} )^2(a+ \frac{3}{4} ) \ge 0}\)
Przekształcając dostajemy:
\(\displaystyle{ a+ \frac{1}{12} \ge \frac{25}{18} \frac{a}{a^2+1}}\)
Robiąc podobnie dla b i c i sumując stronami dostajemy tezę.
Zaraz wrzucę następne.

-- 16 stycznia 2010, 23:00 --

Dany jest wielomian stopnia dodatniego \(\displaystyle{ W}\) o współczynnikach całkowitych. Udowodnić, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych \(\displaystyle{ p}\) takich, że istnieje naturalne \(\displaystyle{ n}\), że \(\displaystyle{ p|W(n)}\).
Pozdrawiam

Swistak, jak się nie podoba, to robić nie musisz Dla kontrastu stwierdzę, że zadanie jest b. fajne

Co do zadania z wielomianem:
Niech \(\displaystyle{ W(0)\neq 0}\), w przeciwnym wypadku teza jest oczywista. Załóżmy, że nasz wielomian \(\displaystyle{ W(x)}\) ma tylko skończenie wiele dzielników pierwszych w liczbach całkowitych. Zatem wielomian \(\displaystyle{ Q(x)=\frac{W(x\cdot W(0))}{W(0)}}\) również ma skończenie wiele dzielników w liczbach całkowitych, nazwijmy je \(\displaystyle{ p_{1},...,p_{k}}\). Zauważmy, że wtedy zachodzi:
\(\displaystyle{ \forall_{i\in \{1,2,...,k\}} \ Q(p_{1}\cdot p_{2}\cdot ... \cdot p_{k})\equiv Q(0)=1 \ (mod p_{i})}\), zatem nasze rozpatrywane wyrażenie musi mieć jakiś inny dzielnik poza \(\displaystyle{ p_{1},...,p_{k} \ \mathbb{Q.E.D.}}\)

Niech będzie coś łatwego:

Niech \(\displaystyle{ f:\mathbb{R_{+}}\rightarrow \mathbb{R}}\) będzie funkcją spełniającą warunek:
\(\displaystyle{ \forall_{a>0} \ \lim_{n\to \infty} a_{n}=0}\), dla \(\displaystyle{ a_{n}=f(a+n)}\)
Ile wynosi \(\displaystyle{ \lim_{x\to \infty} f(x)}\)

Przy założeniu że istnieje ?:D-- 17 stycznia 2010, 01:38 --Niech \(\displaystyle{ f(n+ \frac{1}{n} )=1}\) a dla reszty \(\displaystyle{ f(x)=0}\). Wtedy \(\displaystyle{ f}\) spełnia warunki a szukana granica nie istnieje. Przy założeniu, że \(\displaystyle{ f}\) jest ciągłą też da radę.

Na płaszczyźnie narysowano pewną ilość kół o parami rozłącznych wnętrzach tak, że każde z narysowanych kół jest styczne do dokładnie 6 innych narysowanych kół. Udowodnić, że narysowano nieskończenie wiele kół.

XMaS11 pisze:Przy założeniu że istnieje ?:D

-- 17 stycznia 2010, 01:38 --

Niech \(\displaystyle{ f(n+ \frac{1}{n} )=1}\) a dla reszty \(\displaystyle{ f(x)=0}\). Wtedy \(\displaystyle{ f}\) spełnia warunki a szukana granica nie istnieje. Przy założeniu, że \(\displaystyle{ f}\) jest ciągłą też da radę.

Na płaszczyźnie narysowano pewną ilość kół o parami rozłącznych wnętrzach tak, że każde z narysowanych kół jest styczne do dokładnie 6 innych narysowanych kół. Udowodnić, że narysowano nieskończenie wiele kół.

Świetnie, ja rozpatrywałem podzbiór funkcji dla punktów \(\displaystyle{ n\sqrt{2}}\)
Btw. bardzo się cieszę, że mój pomysł jednak nie odszedł w zapomnienie

XMaS11 pisze:Da się do tego dojść:
Zauważmy, że:
\(\displaystyle{ (a- \frac{1}{3} )^2(a+ \frac{3}{4} ) \ge 0}\)

Ok... lecz jak do tego doszedłeś? (oczywiście chodzi mi o powiązanie powyższej nierówności z tezą, bo sama w sobie jest oczywista ).

XMaS11 pisze:
Na płaszczyźnie narysowano pewną ilość kół o parami rozłącznych wnętrzach tak, że każde z narysowanych kół jest styczne do dokładnie 6 innych narysowanych kół. Udowodnić, że narysowano nieskończenie wiele kół.

Załóżmy nie wprost, że jest skończenie wiele i rozważmy promień najmniejszego z nich: \(\displaystyle{ r}\). Łatwo sprawdzić (trochę geometrii), że aby takie kółko o promieniu \(\displaystyle{ r}\) miało 6 sąsiadów to muszą one też mieć promień \(\displaystyle{ r}\) (można np. patrzeć na kąt pomiędzy punktami styczności, jeśli weźmiemy większe kółko to będzie on większy od \(\displaystyle{ 60}\) stopni). Teraz wystarczy wziąć kółko o promieniu r, leżące najbardziej po lewej i (jeśli jest kilka takich) to najbardziej w górze. Nie będzie ono miało 6 sąsiadów o promieniu \(\displaystyle{ r}\).

Po ewentualnej akceptacji wrzucę zadanko

Ewentualnie akceptuje. :>

No to takie niedzielne zadanko ode mnie:
udowodnić, że istnieje jedyna monotoniczna bijekcja \(\displaystyle{ f:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}}\)

Na mocy różnowartościowości mamy, że \(\displaystyle{ f}\) jest ściśle monotoniczna.
Jeśli \(\displaystyle{ f}\) jest rosnąca.
Baza indukcji:
Musi być \(\displaystyle{ f(1)=1}\). W przeciwnym wypadku istnieje takie \(\displaystyle{ k>1}\), że \(\displaystyle{ f(k)=1<f(1)}\), co jest sprzeczne z tym, że \(\displaystyle{ f}\) jest rosnąca.
Krok:
Załóżmy, że \(\displaystyle{ f(i)=i}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2,...n-1}\). Pokażemy, że \(\displaystyle{ f(n)=n}\).
Przyjmijmy wbrew tezie, że \(\displaystyle{ f(n)=N>n}\). Jednakże istnieje takie \(\displaystyle{ c>n}\), że \(\displaystyle{ f(c)=n<N=f(n)}\). Ta sprzeczność dowodzi słuszności tezy, zatem \(\displaystyle{ f(n)=n}\) dla każdego \(\displaystyle{ n}\).
Jeśli \(\displaystyle{ f}\) jest ściśle malejąca.
Niech \(\displaystyle{ f(1)=k}\). Na mocy założenie, że \(\displaystyle{ f}\) jest bijekcją istnieje takie \(\displaystyle{ c}\), że \(\displaystyle{ f(c)=k+1}\), stąd \(\displaystyle{ c<1}\), czyli sprzeczność.
Zatem \(\displaystyle{ f(n)=n}\) jest jedyną szukaną funkcją.

-- 17 stycznia 2010, 11:22 --

Delfin jest figurą poruszającą się na szachownicy taką, która może poruszać się o jedno pole do góry, o jedno pole w prawo, o jedno pole w 'lewy dolny skos'. Czy delfin może przejść z pola a1 na pole h8 stając na każdym polu dokładnie jeden raz ?

Niech \(\displaystyle{ f}\) będzie dowolną monotoniczną bijekcją \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\) w \(\displaystyle{ \mathbb{N}}\). Jest jasne, że \(\displaystyle{ f}\) musi być rosnąca (dla każdej możliwej wartości \(\displaystyle{ f(0)}\) istnieje liczba naturalna większa od niej, która też jest wartością funkcji \(\displaystyle{ f}\)). Przypuśćmy najpierw, że \(\displaystyle{ f(0)=x>0}\). Wówczas skoro \(\displaystyle{ f}\) jest bijekcją to musi istnieć \(\displaystyle{ y\in\mathbb{B}\setminus \{0\}}\), takie że \(\displaystyle{ f(y)=x-1\geqslant 0}\). Wówczas zarówno \(\displaystyle{ 0<y}\) jak i \(\displaystyle{ f(0)>f(y)}\), co stoi w sprzeczności z faktem iż \(\displaystyle{ f}\) jest rosnąca. Oznacza to, że \(\displaystyle{ f(0)=0}\). Przpusmy teraz, że dla pewnego \(\displaystyle{ n>0}\) mamy \(\displaystyle{ \forall_{m\leqslant n} f(m)=m}\). Przypuśmy, że \(\displaystyle{ f(n+1)=x>n+1}\). Wówczas skoro \(\displaystyle{ f}\) jest bijekcją to na mocy założenia indukcyjnego musi istnieć \(\displaystyle{ y\in\mathbb{B}\setminus \{0,1,2,\ldots ,n\}}\), takie że \(\displaystyle{ f(y)=n+1\geqslant 0}\). Wówczas ponownie \(\displaystyle{ n+1<y}\) i \(\displaystyle{ f(n+1)>f(y)}\), co stoi w sprzeczności z faktem iż \(\displaystyle{ f}\) jest rosnąca. Oznacza to, że \(\displaystyle{ f(n+1)\leqslant n+1}\) lecz przypuszczenie że mówiące że ta nierówność jest ostra prowadzi do sprzeczności z założeniem o różnowartościowości \(\displaystyle{ f}\) (wszystkie wartości mniejsze od \(\displaystyle{ n+1}\) są przyjmowane w \(\displaystyle{ \{0,1,\ldots ,n\}}\)). Na mocy zasady indukcji wnioskuję, że dla każdego naturalnego \(\displaystyle{ n}\) mamy \(\displaystyle{ f(n)=n}\). Pozostaje jeszcze tylko sprowadzenie że taka funkcja spełnia warunki zadania.

Nie wrzucaj proszę alternatywnych rozwiązań zadań, chyba, że wiszące rozwiązanie jest niepoprawne. Takie wrzucanie kilku rozwiązań niszczy ciągłość tematu.
tkrass

XMaS11 pisze:
Delfin jest figurą poruszającą się na szachownicy taką, która może poruszać się o jedno pole do góry, o jedno pole w prawo, o jedno pole w 'lewy dolny skos'. Czy delfin może przejść z pola a1 na pole h8 stając na każdym polu dokładnie jeden raz ?

Pokolorujmy szachownicę w następujący sposób:


W takim ustawieniu z czerwonego koloru przejdziemy zawsze na zielony, z zielonego na biały, z białego na czerwony. Zatem po wykonaniu 63 ruchów nie zmienimy koloru na którym stoimy. Ale pola A1 i H8 mają różny kolor - sprzeczność.

-- 17 stycznia 2010, 11:55 --

Zadanie nie jest moje, wrzucił je jakiś czas temu użytkownik marek12 i pozostało nietknięte. Może tu spotka się z większym zainteresowaniem.

Znaleźć wszystkie takie a i b naturalne, takie że \(\displaystyle{ \frac{a^b+b}{ab^2+9}\in N}\).

Na pewno tylko znaleźć, czy może rozwiązać?

Znaleźć wszystkie - rozwiązać w dziedzinie liczb naturalnych. Przepraszam za niedomówienie.

To zadanie jest na poziomie II etapu ?