Matematyka.pl

Ponieważ po lewej stronie każdego z równań mamy liczbę nieujemną, to po prawej też musi być nieujemna, skąd a, b, c i d są liczbami nieujemnymi. Przypuśćmy, że pewne dwie z tych liczb nie są równe, dla ustalenia uwagi \(\displaystyle{ a \neq b}\). Po odjęciu stronami drugiego równania od pierwszego mamy wtedy:
\(\displaystyle{ 3(a-b)=(b-a)((b+c+d)^{2009} + (b+c+d)^{2008}(a+c+d)+...+(a+c+d)^{2009})}\), skąd \(\displaystyle{ (b+c+d)^{2009} + (b+c+d)^{2008}(a+c+d)+...+(a+c+d)^{2009}=-3}\), co jest niemożliwe, ze względu na to, że a, b, c, d są nieujemne. Zatem \(\displaystyle{ a=b=c=d}\), co po podstawieniu do dowolnego równania daje \(\displaystyle{ 3^{2010}a^{2010}=3a}\), co jest równoważne \(\displaystyle{ a=0}\) lub \(\displaystyle{ a= \frac{1}{3}}\).

Wszystko jest cały czas dodatnie, więc nie ma problemów z mnożeniem, dzieleniem itp. Wymnażamy przez mianowniki, dostajemy:
\(\displaystyle{ \cos^4x + \sin^4x \ge \sin x \cos x \\ ( \cos^2x+ \sin^2x)^2 \ge \sin x \cos x (1+ 2 \sin x \cos x)}\). Po lewej mamy jedynkę, po prawej podstawiamy \(\displaystyle{ t= \sin x \cos x}\) i rozwiązujemy nierówność kwadratową. Dostajemy, że ma być \(\displaystyle{ \sin x \cos x \in <-1, \frac{1}{2}>}\). Ograniczenie dolne jest oczywiste, górne jest równoważne:
\(\displaystyle{ 2 \sin x \cos x \le 1 \Leftrightarrow \sin 2x \le 1}\), co też jest oczywiste.

Nierówność z założenia, do pary z tym, że liczby są większe od 1, daje następujący warunek: dla i, j naturalnych mniejszych od n+1, takich, że \(\displaystyle{ |j-i|=1}\) zachodzi \(\displaystyle{ \frac{x_j}{x_i}<2}\). To zachodzi dlatego, że \(\displaystyle{ \frac{2}{1}>\frac{2+x}{1+x}>\frac{2+y}{1+x}}\) dla x dodatnich i \(\displaystyle{ y<x}\). Niech suma po lewej stronie z zadanej nierówności będzie równa S. W takim razie mamy już, że \(\displaystyle{ S<2n}\). Jeżeli któryś z tych ułamków jest mniejszy bądź równy 1 to sprawa załatwiona. W takim razie ad absurdum załóżmy, że pierwsze n-1 z nich jest większe od 1, a zatem \(\displaystyle{ x_1 > x_2 > x_3 > ... > x_n}\). Wtedy jednak oczywiście \(\displaystyle{ x_n<x_1}\), a więc \(\displaystyle{ \frac{x_n}{x_1}<1}\). Czyli istnieje ułamek mniejszy od 1, co kończy dowód.

Podstawiamy \(\displaystyle{ x=2010}\). Wtedy zauważamy, że \(\displaystyle{ P(x)=P_1(x) \cdot (x-2010)}\). Dalej podstawiamy \(\displaystyle{ x=2010-67}\) i mamy \(\displaystyle{ P_1(x)=P_2(x) \cdot (x-(2010-67))}\). Podstawiamy tak 30 razy i mamy w końcu \(\displaystyle{ P_{30}(x+67)=P_{30}(x)}\). Zatem \(\displaystyle{ P_{30}}\) jest stałą. Mamy więc \(\displaystyle{ P(x)=P_{30} \cdot (x-67) \cdot (x-2 \cdot 67) \cdot ... \cdot (x-30 \cdot 67)}\) dla pewnej stałej \(\displaystyle{ P_{30}}\). Pozostaje sprawdzić, że ten wielomian spełnia warunki zadania.

\(\displaystyle{ (0;0) \Rightarrow f(0)( f(0) - 2 ) = 0}\)
1. Niech \(\displaystyle{ f(0) = 2}\), wtedy kładąc (0;x) mamy:
\(\displaystyle{ 4 = 2(f(x)+x)}\), stąd \(\displaystyle{ f(x) = -x+2}\)
2. Niech \(\displaystyle{ f(0)=0}\),
kładąc (x;0) dostajemy \(\displaystyle{ f(x^2) = xf(x)}\),
kładąc (-x;0) dostajemy \(\displaystyle{ f(x^2) = -xf(-x)}\).
Z powyższego wynika, że \(\displaystyle{ f(x) = -f(-x)}\).
Kładąc (x;x) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ f(x^2)+f(-x^2)=f(x)f(-x)-xf(x)}\)
Korzystając z nieparzystości doprowadzamy do:
\(\displaystyle{ 0 = f(x)( f(x) + x )}\).
Załóżmy że istnieje więcej niż jedno miejsce zerowe i jednocześnie istnieje argument z wyjątkiem zera dla którego \(\displaystyle{ f(x) = -x}\).
Niech \(\displaystyle{ f(a) = 0}\) i \(\displaystyle{ f(b)=-b}\), gdzie \(\displaystyle{ a,b\neq 0}\).

Kładąc (b;a) otrzymujemy
\(\displaystyle{ f(b^2)+f(ab) = f(a)f(b)+af(b)+bf(a+b)}\)
\(\displaystyle{ bf(b)+f(ab) = -ab+bf(a+b)}\)
\(\displaystyle{ -b^2 + f(ab) = -ab + bf(a+b)}\).

Przypadek 1. \(\displaystyle{ f(ab) = -ab}\)
\(\displaystyle{ -b^2 = bf(a+b)}\)
\(\displaystyle{ -b = f(a+b)}\)
Stąd \(\displaystyle{ a=0 \vee b=0}\).
Sprzeczność.

Przypadek 2. \(\displaystyle{ f(ab)=0}\)
\(\displaystyle{ -b^2 = -ab+ bf(a+b)}\)
\(\displaystyle{ -b = -a+ f(a+b)}\)
\(\displaystyle{ f(a+b) = a-b}\)
Stąd \(\displaystyle{ a = 0 \vee a = b}\).
Sprzeczność.
Więc jeśli istnieje choć jedno \(\displaystyle{ b}\), dla którego \(\displaystyle{ f(b) = -b}\), to dla wszystkich rzeczywistych zachodzi \(\displaystyle{ f(x) = -x}\).

Stąd równanie spełniają 3 funkcje: \(\displaystyle{ f(x) = 0}\), \(\displaystyle{ f(x) = -x}\), \(\displaystyle{ f(x) = -x+2}\) (łatwo sprawdzić że spełniają).

Kwadrat daje resztę 0 lub 1 z dzielenia przez 4. Ponieważ ma składać się z samych cyfr nieparzystych, to \(\displaystyle{ n\equiv 1 \pmod 4}\), więc \(\displaystyle{ n}\) jest nieparzyste. Zauważamy, że \(\displaystyle{ n^2 \equiv 1,5,9 \pmod {10}}\) dla nieparzystych \(\displaystyle{ n}\). Niech \(\displaystyle{ k}\) będzie liczbą dziesiątek liczby \(\displaystyle{ n^2}\), wtedy \(\displaystyle{ 1 \equiv n^2 \equiv 10k + j \pmod 4}\), gdzie \(\displaystyle{ j \in \{1,5,9\}}\). Ale \(\displaystyle{ j\equiv 1 \pmod 4}\), więc \(\displaystyle{ 10k+1\equiv 1 \pmod 4}\), stąd \(\displaystyle{ 10k\equiv 0 \pmod 4}\), z czego wynika, że \(\displaystyle{ k}\) musi być parzyste. Stąd \(\displaystyle{ k=0}\) i liczba \(\displaystyle{ n^2}\) jest jednocyfrowa, więc warunki zadania spełnia \(\displaystyle{ n \in \{1,3\}}\)

Kluczowa w tym zadaniu jest główna przekątna. Na pewno stoi na niej jakaś wieża, zostaje nam n-1 pól na tej przekątnej oraz n-1 wież do umieszczenia na naszej szachownicy. Każda wieża atakuje 2 pola na tej przekątnej i skoro wieże się nie biją nawzajem, to każde pole może być atakowane przez maksymalnie 2 wieże (i to z prostopadłych kierunków), z czego wynika, że każde pole jest atakowane przez dokładnie 2 wieże (z prostopadłych kierunków). Widać, że zatem możemy zauważyć pewną
"ścieżkę", a mianowicie wybieramy sobie jakiekolwiek pole na przekątnej, kierujemy się do którejś z dwóch atakujących wież, z tej wieży idziemy do drugiego pola na przekątnej, które ona atakuje, z tego pola do drugiej wieży, która je atakuje itd. itd. wracając na końcu do naszego początkowego pola. Ta ścieżka nie musi wyczerpywać wszystkich pól na przekątnej, ale nic nam to nie zmienia, zawsze można stworzyć wiele takich ścieżek, które łącznie pokrywają wszystkie pola na przekątnej i każde pole należy do jednej ścieżki. (Przyjmujemy, że wieża stojąca na którymś polu przekątnej, to ścieżka o długości 0). Co teraz można powiedzieć o wartościach kolorów? Ano można zauważyć takie coś, że jeżeli nasza ścieżka prowadzi z i-tego pola poprzez jakąś wieżę do j-tego pola na przekątnej, to wieża, której użyliśmy stała na \(\displaystyle{ |i-j|}\)-tym diagonalu licząc od głównej przekątnej. Na każdy poziom diagonali weszliśmy raz, czyli suma modułów różnic, o które się przemieściliśmy, to \(\displaystyle{ 1+2+...+(n-1)=\frac{n(n-1)}{2}}\), ale jak łatwo zauważyć w każdej ścieżce taka suma jest parzysta, zatem \(\displaystyle{ \frac{n(n-1)}{2}}\) musi być parzyste. c. k. d.

Przez \(\displaystyle{ |AB|}\) będziemy oznaczać koszt przelotu między miastem A, a miastem B.
Weźmy sobie dowolny cykl Hamiltona i jakieś 4 kolejne miasta w nim oznaczmy przez A, B, C, D. Możemy także wziąć sobie cykl Hamiltona, w którym cała reszta będzie taka sama, ale te 4 miasta odwiedzimy w kolejności A, C, B, D, a koszt tego będzie taki sam. Z tego wnioskujemy, że dla każdej czwórki miast A, B, C, D zachodzi \(\displaystyle{ |AB|+|BC|+|CD|=|AC|+|CB|+|BD| \Rightarrow |AB|+|CD|=|AC|+|BD|}\) i analogicznie także \(\displaystyle{ |AB|+|CD|=|AD|+|BC|}\). Udowodnimy teraz, że dla każdego grafu, w którym dla każdych 4 punktów zachodzi taki warunek wszystkie cykle Hamiltona mają taki sam koszt. Zauważmy najpierw, że nasz warunek daje nam to, że jeżeli w jakimś cyklu występuje sekwencja A, B, C, D, to cykl Hamiltona w tym miejscu z sekwencją A, C, B, D kosztuje nas tyle samo. A więc jeżeli zrobimy zamianę kolejności 2 miast, to ten cykl będzie miał taki sam koszt. Nie jest trudnym ćwiczeniem udowodnić, że z cyklu \(\displaystyle{ 1, a_{1}, ..., a_{n-1}, 1}\) można uzyskać każdy cykl z dowolną permutacja liczb \(\displaystyle{ a_{1}, ..., a_{n-1}}\) mogąc wykonać zamianę dwóch elementów. c. k. d.

Przez \(\displaystyle{ f(n, r)}\) oznaczmy który gracz ma strategie wygrywającą jeżeli zaczynamy grę od stanu n zapałek i r dopuszczalnych specjalnych ruchów. Ze stanu \(\displaystyle{ f(n, r)}\) można dojść do stanu \(\displaystyle{ f(n-1, r), ..., f(n-5, r), f(n-6, r-1)}\), zatem jeżeli któraś z tych wartości będzie równa 2, to znaczy, że \(\displaystyle{ f(n, r)=1}\), w przeciwnym przypadku \(\displaystyle{ f(n, r)=2}\). Przyjmujemy, że \(\displaystyle{ f(0, r)=2}\), gdyż gracz, którego jest ruch, gdy zostało 0 zapałek właśnie przegrał. Z tego, że \(\displaystyle{ f(0, 0)=2}\), wynika, że jeżeli k jest podzielne przez 6, to \(\displaystyle{ f(k, 0)=2}\), a w przeciwnym przypadku 1. Poprzez rozpisanie sobie pewnej liczby początkowych przypadków możemy sobie postawić hipotezę, że dla danego r mamy \(\displaystyle{ f(0, r)=f(7, r)=f(14, r)=...=f(7r, r)=f(7r+6)=f(7r+12)=...=f(7r+6k)=2}\), a dla pozostałych wartości 1, czego indukcyjny dowód jest już formalnością. Dla n=1000 i r=10 otrzymujemy moim zdaniem bardzo zaskakującą odpowiedź, że strategię wygrywającą ma gracz 2 .

Łatwo pokazać, że potęgi punktu S względem okręgów k, k' są równe, stąd punkt S leży na osi potęgowej tych okręgów, czyli na prostej PQ, cbdu

Liczymy kąty (przyjąłem, że punkt X leży bliżej punktu B):
\(\displaystyle{ \angle YAD = \angle CED = \angle CXD}\) oraz \(\displaystyle{ \angle DYA = \angle DCX}\), przeto \(\displaystyle{ \angle CXY = \angle ADY = \pi - \angle YAD - \angle DYA = \pi - \angle CXD - \angle DCX = \angle XDC = \angle XYC}\), czyli trójkąt CXY jest równoramienny, stąd łatwo wynika teza.

błąd