Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
\(\displaystyle{ 1.}\)
Wyznaczyć wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f:N^{+} \rightarrow N^{+}}\) takie, że dla dowolnych dodatnich liczb całkowitych \(\displaystyle{ m}\), \(\displaystyle{ n}\) (\(\displaystyle{ m>n}\)) zachodzi równość \(\displaystyle{ f(m + n)f(m - n)=f(m^2).}\)
Uwaga: \(\displaystyle{ N^{+}}\) - zbiór liczb całkowitych dodatnich.
\(\displaystyle{ 2.}\)
W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) dany jest punkt \(\displaystyle{ P}\) taki, że \(\displaystyle{ \angle ABP= \angle ACP}\). Punkty \(\displaystyle{ Q}\) i \(\displaystyle{ R}\) są rzutami prostokątnymi punktu \(\displaystyle{ P}\) na dwusieczne odpowiednio kąta wewnętrznego i zewnętrznego przy wierzchołku \(\displaystyle{ A}\). Pokazać, że prosta \(\displaystyle{ QR}\) połowi odcinek \(\displaystyle{ BC}\).
\(\displaystyle{ 3.}\)
Niech \(\displaystyle{ p}\) oznacza nieparzystą liczbe pierwszą. Znaleźć liczbę ciągów \(\displaystyle{ (a, b, c, d, e ,f)}\) liczb całkowitych ze zbioru \(\displaystyle{ 0, 1 ... p-1}\) takich, że \(\displaystyle{ p|a^2 + b^2 + c^2 - d^2 - e^2 - f^2}\).
\(\displaystyle{ 4.}\)
Wyznaczyć wszystkie wielomiany \(\displaystyle{ f}\) o współczynnikach całkowitych takie, że \(\displaystyle{ f(p)|2^p - 2}\) dla każdej liczby pierwszej \(\displaystyle{ p}\).
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ F}\) i \(\displaystyle{ G}\) przecięcia \(\displaystyle{ CP}\) i \(\displaystyle{ BP}\) z \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ AC}\). Niech dwusieczna wewnętrzna kąta \(\displaystyle{ A}\) tnie \(\displaystyle{ BP}\) i \(\displaystyle{ CP}\) w H i I. Niech ponadto N i M oznaczają środki FG i BC. Na mocy tego, że z prostych powodów \(\displaystyle{ \frac{BH}{HG}=\frac{CI}{IF}}\) oraz lematu stąd: 259244.htm#p4759986 zastosowanego dla zdegenerowanych trójkątów \(\displaystyle{ FNG}\) i \(\displaystyle{ CMB}\) (kolejność jest tu istotna) otrzymujemy, że prosta \(\displaystyle{ NM}\) przecina \(\displaystyle{ HI}\) w połowie, a oczywiście \(\displaystyle{ \angle PHI =\angle PIH}\), zatem środek \(\displaystyle{ HI}\) to nic innego jak punkt Q. Teraz znowu kolejny lemat, że środki przekątnych czworokąta zupełnego leżą na 1 prostej (dowieść to można np. Menelaosami dla jakiegoś trójkąta środkowego). Zatem \(\displaystyle{ NM}\) połowi też \(\displaystyle{ AP}\), a stąd prosty wniosek, że w takim razie przejdzie tez przez \(\displaystyle{ R}\). Zatem istotnie prosta \(\displaystyle{ NM}\) zawiera zarówno \(\displaystyle{ Q}\) jak i \(\displaystyle{ R}\), zatem koniec.
c.K.u.z.s.
-- 25 maja 2012, 23:38 --
3:
Odpowiedź to \(\displaystyle{ p^5+p^3-p^2}\).
Kluczowym jest tu lemat z tego tematu: 259010.htm#p4758374 gdzie zamiast \(\displaystyle{ 1}\) mamy dowolną niezerową resztę.
Przez \(\displaystyle{ k(i, j)}\) oznaczmy liczbę liczbę rozwiązań równania \(\displaystyle{ a_1^2 + ... + a_i^2 = j}\) w \(\displaystyle{ \mathbb{Z}_p}\). Udowodnimy, że \(\displaystyle{ k(2, j)=p-(\frac{-1}{p})}\), gdzie ten ułamek to oczywiście symbol Legendre'a. Jeżeli \(\displaystyle{ (\frac{-1}{p})=1}\) to liczba rozwiązań równania \(\displaystyle{ a^2+b^2=j}\) jest taka sama jak liczba rozwiązań równania \(\displaystyle{ a^2-b^2=j}\), czyli \(\displaystyle{ p-1}\). Niech teraz \(\displaystyle{ (\frac{-1}{p})=-1}\). Rozważmy łączną liczbę rozwiązań równań \(\displaystyle{ a^2+b^2=j}\) oraz \(\displaystyle{ a^2-b^2=j}\). Zauważmy, że jeżeli ustalimy \(\displaystyle{ a^2}\), to to równanie ma dokładnie \(\displaystyle{ 2}\) rozwiązania. Jeżeli \(\displaystyle{ j-a^2}\) jest niezerową resztą kwadratową, to pierwsze równanie ma 2 rozwiązania, a drugie 0, jak jest nieresztą, to pierwsze ma 0, a drugie 2, a jak jest zerem, to oba mają po 1. Ale \(\displaystyle{ a}\) możemy wybrać na \(\displaystyle{ p}\) sposobów, zatem łączna liczba rozwiązań tych równań to \(\displaystyle{ 2p}\), ale drugie równanie ma \(\displaystyle{ p-1}\) rozwiązań, zatem pierwsze istotnie ma ich \(\displaystyle{ p+1}\).
Jeżeli mamy ten lemat, to z oczywistych obliczeń wychodzi \(\displaystyle{ k(2, 0)=2p-1}\) lub \(\displaystyle{ k(2, 0)=1}\), zależnie od tego czy reszta takich wartości jest równa \(\displaystyle{ p-1}\) czy \(\displaystyle{ p+1}\). I jak to mamy to tylko formalnością jest obliczenie, że \(\displaystyle{ k(3, j)=p^2+p(\frac{-1}{p})(\frac{j}{p})}\), a mając to w oczywisty sposób obliczamy nasz wynik.
Wypisujemy to założenie dla sporej liczby odpowiednio małych liczb \(\displaystyle{ m, n}\) i po kolei dostajemy masę równości w stylu \(\displaystyle{ f(2)f(3)=f(5), f(3)^2=f(6)}\) i jak se ich wypiszemy tak sporo i powstawiamy pewne równości w miejsce innych, to możemy dostać coś w stylu \(\displaystyle{ f(1)f(5)=f(9)=f(1)f(8)}\), a że \(\displaystyle{ f(8)=f(3)f(5)}\), to \(\displaystyle{ f(3)=1}\) i trochę się bawimy i dostajemy, że \(\displaystyle{ f(1)=...=f(8)=1}\) i stąd już łatwo.
Rozumowanie na poziomie pierwszej gimnazjum, ale straszne pałowanie :x
Można też obrać A jako punkt (0,0), wykorzystać zależność \(\displaystyle{ \frac{AH}{AI} = \frac{AB}{AC}}\) i wszystkie potrzebne równania prostych da się bardzo łatwo wyliczyć
Niech \(\displaystyle{ q \in P \setminus \{2,3 \}}\) Niech \(\displaystyle{ p\in P}\) , będzie takie, że \(\displaystyle{ p\equiv -1 \pmod{ord_{q}(2)}}\) i \(\displaystyle{ p\equiv i \pmod{q}}\), gdzie \(\displaystyle{ i\in\{ 1,2,3,...,q-1 \}}\).Istnienie takiej liczby wynika z chińskiego twierdzenia o resztach i z twierdzenie Direchleta. Wtedy \(\displaystyle{ q\nmid 2^p-2}\), bo gdyby tak nie było to \(\displaystyle{ q|2^p-2 \Rightarrow q|2^{p+1}-4 \Rightarrow 2^{p+1}-4\equiv 1-4 \equiv 3 \pmod{q} \Rightarrow q=3}\) sprzeczność (korzystam z tego, że \(\displaystyle{ ord_{q}(2)|p+1}\) i \(\displaystyle{ 2\nmid q}\))skoro \(\displaystyle{ f(p)|2^p-2}\) , a \(\displaystyle{ q\nmid 2^p-2}\), więc \(\displaystyle{ q\nmid f(p)}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ p\equiv i \pmod{q} \Rightarrow f(p)\equiv f(i) \pmod{q} \Rightarrow q \nmid f(i) \ \hbox{dla} \ i=1,2,3,...,q-1}\)Z tąd wynika, że jeśli \(\displaystyle{ x\equiv 1,2,3,...,q-1 \pmod{q}}\) to \(\displaystyle{ q\nmid f(x)}\). Ostatecznie można to przedstawić w formie jeżeli \(\displaystyle{ q\nmid x}\), gdzie \(\displaystyle{ q\in P \setminus \{2,3\}}\) to \(\displaystyle{ q\nmid f(x)}\). \(\displaystyle{ f(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_{1}x+a_{0}}\)
jeśli \(\displaystyle{ a_{0} \neq 0}\) , \(\displaystyle{ f(6ta_{0}^2)=a_{0}(a_{n}(6t)^n a_{0}^{2n-1}+a_{n-1}(6t)^{n-1}a_{0}^{2n-3}+....+a_{1}6t a_{0}+1)}\) Z tąd wynika, że wyrażenie w nawiasie nie jest podzielne przez \(\displaystyle{ 6ta_{0}}\). Ale dzielnikami pierwszymi \(\displaystyle{ f(6ta_{0})}\) mogą być tylko dzielniki pierwsze \(\displaystyle{ 2,3}\) oraz dzielniki liczby \(\displaystyle{ 6ta_{0}}\). Wyrażenie w nawiasie nie jest podzielne przez żadne z tych dzielników, więc musi być równe \(\displaystyle{ \pm 1}\). Oznacza to, że \(\displaystyle{ f(6ta_{0})= \pm a_{0}}\) Z uwagi na to, że \(\displaystyle{ a_{0} \neq 0}\) to wielomian przyjmuje w nieskończeniu wielu miejscach wartość stałą, czyli musi być to wielomian stały. korzystając z tego, że \(\displaystyle{ f(2)|2}\) otrzymuje \(\displaystyle{ f(x)=\pm 1, \pm 2}\).
Jeśli \(\displaystyle{ a_{0}=0}\), to \(\displaystyle{ x|f(x)}\) więc \(\displaystyle{ f(x)=x\cdot W(x)}\). Zauważmy, że W(x) zachowuje własność z której korzystam, więc też musi być albo stały albo \(\displaystyle{ W(0)=0}\) . Druga zależność nie jest możliwa, bo \(\displaystyle{ f(2)|2 \Rightarrow 2W(2)|2 \Rightarrow W(2)=\pm 1 \Rightarrow x \nmid W(x) \Rightarrow W(0) \neq 0}\). To oznacza \(\displaystyle{ W(x)=c}\)\(\displaystyle{ f(2)|2 \Rightarrow 2c|2 \Rightarrow c|1 \Rightarrow c=\pm 1 \Rightarrow f(x)= \pm x}\)
Co daje odpowiedź \(\displaystyle{ f(x)=\pm 1, \pm 2}\) lub \(\displaystyle{ f(x)=\pm x}\)
