Matematyka.pl

Czy aby na pewno? Przecież przesiadając się, osoba z drugiej strony jest teraz koło naszego wroga i ona też może być wrogiem tej osoby. Zatem ilość konfliktów wcale nie musi się zmniejszyć - może pozostać taka sama. Odpowiedź jest raczej twierdząca, ale czy da się do tego dojść w ten sposób? I analogicznie jeśli przesadzimy tę osobę, to osoba po drugiej stronie jest wrogiem tej poprzedniej, itd. Znaczy ogólnie jestem słaby z kombi, ale ja widzę tę sytuację właśnie tak. Proszę mnie oświecić :V Po prostu jestem lewy i nie widzę tego

Załóżmy, że w układzie o minimalnej liczbie konfliktów występuje co najmniej \(\displaystyle{ 1}\) konflikt, niech zachodzi pomiędzy osobami \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ 2}\). Ponadto bez straty ogółu możemy założyć, że osoba \(\displaystyle{ 2}\) siedzi po prawej stronie osoby \(\displaystyle{ 1}\). Rozpatrzmy wówczas wszystkich przyjaciół osoby \(\displaystyle{ 1}\). Wszyscy jego przyjaciele znajdują się wsród pozostałych \(\displaystyle{ 2n-2}\) osób (bez osób \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ 2}\)). Weźmy pod uwagę wszystkie osoby, które siedzą po prawej stronie przyjaciół osoby \(\displaystyle{ 1}\), jest ich co najmniej \(\displaystyle{ n}\) zgodnie z treścią zadania i co najmniej \(\displaystyle{ n-1}\) z nich to osoby różne od osób \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ 2}\), gdyby każda z tych \(\displaystyle{ n-1}\) osób była wrogiem osoby \(\displaystyle{ 2}\) to osoba \(\displaystyle{ 2}\) miałaby co najwyżej \(\displaystyle{ n-1}\) przyjaciół, mamy sprzeczność, która oznacza, że istnieje co najmniej jeden taki przyjaciel osoby \(\displaystyle{ 1}\), że po jego prawej stronie siedzi przyjaciel osoby \(\displaystyle{ 2}\), nazwijmy te osoby odpowiednio osobami \(\displaystyle{ 3}\) i \(\displaystyle{ 4}\). Wówczas ponumerujmy po kolei miejsca od tego, na którym siedzi osoba \(\displaystyle{ 2}\) do tego, na którym siedzi osoba \(\displaystyle{ 3}\) przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, czyli tak aby nie ponumerować miejsc, na których siedzą osoby \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ 4}\). Wówczas zamieniając miejscami osoby siedzące na miejscach \(\displaystyle{ i}\) oraz \(\displaystyle{ (k+1)-i}\), (gdzie \(\displaystyle{ k}\) to liczba ponumerowanych miejsc) zmniejszymy liczbę konfliktów, gdyż jedynymi parami, które zamienimy będą pary \(\displaystyle{ (1, 2)}\) oraz \(\displaystyle{ (3, 4)}\) (gdzie występuje co najmniej \(\displaystyle{ 1}\) konflikt) na pary \(\displaystyle{ (1, 3)}\) oraz \(\displaystyle{ (2, 4)}\) (bez konfliktów). Prowadzi to do sprzeczności z początkowym założeniem, że w układzie o minimalnej liczbie konfliktów istnieje co najmniej \(\displaystyle{ 1}\) konflikt.

Rozwiązanie graficzne to w tym przypadku żadne rozwiązanie. To nie jest zadanie z konstrukcji geometrycznych, ani nie widać, jak je do takowego sprowadzić, a więc ewentualny rysunek ma jedynie charakter pomocniczy.

\(\displaystyle{ 3^{x-1} = \frac{x+1}{3-x}}\)
Dziedzina: \(\displaystyle{ x\neq 3}\). Przedstawmy to w innej postaci.
\(\displaystyle{ 3^{x-1}(3-x)=x+1\\3^x-1=x\left( 1+3^{x-1}\right)\\ x= \frac{3^x-1}{3^{x-1}+1}}\)
Rozważmy teraz funkcję \(\displaystyle{ f(x)=\frac{3^x-1}{3^{x-1}+1}}\). Spełnia ona:
\(\displaystyle{ f'(x)= \frac{\ln(3)\cdot 3^x\left( 3^{x-1}+1\right)-\ln(3)\cdot 3^{x-1}\left( 3^x-1\right) }{\left( 3^{x-1}+1\right)^2 } =\\=\ln(3)\cdot \frac{3^x+3^{x-1}}{\left( 3^{x-1}+1\right)^2}}\)
Jeżeli teraz oznaczymy \(\displaystyle{ t=3^{x-1}}\), to zagadnienie sprawdzenia, kiedy pochodna \(\displaystyle{ f}\) przekracza \(\displaystyle{ 1}\), a kiedy nie, sprowadzimy łatwo do nierówności kwadratowej.
Jest (oczywiście mamy \(\displaystyle{ t\neq -1}\)):
\(\displaystyle{ \ln(3) \cdot \frac{4t}{(t+1)^2} >1 \Leftrightarrow t^2+(2-4\ln(3))t+1<0}\)
Ze wzorów Viete'a nietrudno wywnioskować, że pierwiastki trójmianu \(\displaystyle{ t^2+(2-4\ln(3))t+1}\) są liczbami dodatnimi wzajemnie odwrotnymi, zatem jeden z nich jest w przedziale \(\displaystyle{ (0,1]}\), a drugi w przedziale \(\displaystyle{ [1,+infty)}\). Pokażemy, że ten drugi nie przekracza \(\displaystyle{ 3}\):
suma tych pierwiastków wynosi \(\displaystyle{ 4\ln(3)-2<4\ln\left( e^{\frac 5 4}\right)-2=3}\),
co wynika np. z nierówności \(\displaystyle{ e^x\ge 1+x+\frac{x^2}{2}}\) dla \(\displaystyle{ x\ge 0}\) i z tego, że \(\displaystyle{ \ln}\) jest rosnąca.
Zatem skoro oba pierwiastki są dodatnie i sumują się do liczby mniejszej niż \(\displaystyle{ 3}\), więc ten większy nie przekracza \(\displaystyle{ 3}\).

Czyli istnieją takie \(\displaystyle{ t_1 \in (0,1), \
t_2 \in \left( 1,3\right)}\) (łatwo sprawdzić, że nie są jedynkami), iż nierówność
\(\displaystyle{ \ln(3) \cdot \frac{4t}{(t+1)^2} >1}\) zachodzi dokładnie w przedziale \(\displaystyle{ \left( t_1, t_2\right)}\).
Zatem, wracając do naszej funkcji \(\displaystyle{ f}\), nierówność \(\displaystyle{ f'(x)>1}\) zachodzi dokładnie w pewnym przedziale \(\displaystyle{ (x_1, x_2)}\), gdzie \(\displaystyle{ t_1=3^{x_1-1}}\) oraz \(\displaystyle{ t_2=3^{x_2-1}}\) (bo \(\displaystyle{ 3^x}\) jest rosnącą). Skoro teraz \(\displaystyle{ 0<t_1<1}\), to \(\displaystyle{ -\infty<x_1<1}\)
i analogicznie skoro \(\displaystyle{ 1<t_2<3}\), to \(\displaystyle{ 1<x_2<2}\).
Zatem funkcja \(\displaystyle{ g(x)=f(x)-x}\):
– maleje dla \(\displaystyle{ x<x_1}\), gdzie \(\displaystyle{ -\infty<x_1<1}\);
– rośnie dla \(\displaystyle{ x_1<x<x_2}\), gdzie \(\displaystyle{ 1<x_2<2}\);
– znów maleje dla \(\displaystyle{ x>x_2}\).

Wobec tego w każdym z przedziałów \(\displaystyle{ (-\infty, x_1], \ (x_1, x_2], \ (x_2, +\infty)}\) równanie \(\displaystyle{ f(x)=x}\) ma co najwyżej jedno rozwiązanie. Takie rozwiązania łatwo wskazać:
do pierwszego przedziału należy \(\displaystyle{ 0}\), do drugiego \(\displaystyle{ 1}\), zaś do trzeciego \(\displaystyle{ 2}\) (wskazane już kiedyś przez usera Benny01). To tyle.

EDIT: W sumie zapomniałem o tym, że \(\displaystyle{ x_0=3}\) nie należy do dziedziny, rozumowanie wskazujące na to, że \(\displaystyle{ g(x)}\) jest malejąca jak najbardziej działa też dla \(\displaystyle{ x>3}\), ale nie jesteśmy od razu pewni, czy funkcja maleje w \(\displaystyle{ (x_2, 3) \cup(3,+\infty)}\), więc jeszcze trzeba obliczyć \(\displaystyle{ \lim_{x \to 3^+}g(x)}\) dla \(\displaystyle{ g(x)= \frac{3^{x}-1}{3^{x-1}+1}-x}\) (wystarczy podstawić) i wyciągnąć wnioski.

Czy w zadaniu 2 nie ma pomyłki w treści? Jeśli bok \(\displaystyle{ AC}\) jest styczny do okręgu dopisanego w punkcie \(\displaystyle{ K}\), a prosta \(\displaystyle{ BK}\) przecina okrąg wpisany w punkcie \(\displaystyle{ M}\), to czy jego rzutem na bok \(\displaystyle{ AC}\) nie jest punkt \(\displaystyle{ K}\)? Wówczas teza jest oczywista. Jeśli się mylę, to prosiłbym o wytłumaczenie.

Chyba widzę. Założyłem, że środek okręgu wpisanego leży na prostej \(\displaystyle{ KB}\), a nie musi tak być.

W tym zadaniu wystarczy podzielić płaszczyznę na kwadraty o przekątnej równej jeden, kwadraty pomalować na kolory od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ 9}\) .
Do każdego kwadratu, (są one nie w pwłni domknięte) należą: lewa krawędź, dolna krawędź i lewy dolny róg, żadne dwa jednokolorowe kwadraty się nie stykają, i układamy je na całą płaszczyznę "parkietażowo"...Więc , żadne dwa punkty w takim kwadraciku nie są odległe o jeden...

Natomiast w przestrzeni \(\displaystyle{ R^8}\) tworzymy sympleks, który ma dokładnie \(\displaystyle{ 9}\) wierzchołków i każde dwa wierzchołki są odległe o jeden, każdy wierzchołek malujemy na kolor inny ale z tych kolorów co malowałem kwadraciki w \(\displaystyle{ R^2}\) I teraz zdefiniujmy funkcję, która każdemu punktowi \(\displaystyle{ R^2}\) i kolorze \(\displaystyle{ i }\) przyporządkowuje wierzchołek sympleksu o kolorze \(\displaystyle{ i}\)

Zauważmy , że nasza funkcja spełnia warunki zadania bo jeżeli \(\displaystyle{ d(A,B)=1}\) to równierz:

\(\displaystyle{ d(f(A),f(B))=1}\), ale nie jest izometrią...