Matematyka.pl

Wakacyjny mix


1. Czy istnieje wielomian \(\displaystyle{ W}\) o współczynnikach całkowitych stopnia dodatniego taki, żeby dla pewnych różnych liczb całkowitych \(\displaystyle{ a,b,c}\) zachodziło \(\displaystyle{ W(a)=b, \ W(b)=c, \ W(c)=a}\)?


2. Czy istnieje wielomian \(\displaystyle{ W}\) o współczynnikach całkowitych stopnia dodatniego taki, żeby dla każdej liczby całkowitej \(\displaystyle{ n}\) liczba \(\displaystyle{ W(n)}\) była liczbą pierwszą?


3. Czy istnieje wielomian \(\displaystyle{ W}\) o współczynnikach całkowitych stopnia dodatniego taki, że dla każdego całkowitego dodatniego \(\displaystyle{ n}\) zachodzi \(\displaystyle{ W(n)|2^n-1}\)?


4. Oblicz ile wynosi pole trójkąta, którego wierzchołkami są punkty: \(\displaystyle{ A(0,0), \ B(F_{n-1},F_n), \ C(F_n,F_{n+1})}\), gdzie \(\displaystyle{ F_n}\) to \(\displaystyle{ n}\)-ty wyraz ciągu Fibonacciego (chodzi tu o dokładny wynik liczbowy).


5. Niech \(\displaystyle{ d(n)}\) będzie liczbą dzielników \(\displaystyle{ n}\). Wyznacz wszystkie takie \(\displaystyle{ n}\), że: \(\displaystyle{ \frac{n}{d(n)}=p}\), gdzie \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą.


6. Dla dodatnich liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) udowodnij: \(\displaystyle{ \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}\geqslant \frac{5}{2}}\).


7. Dane są liczby nieujemne \(\displaystyle{ x_1,x_2,\ldots,x_n}\), których suma jest nie większa niż \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\). Udowodnij, że: \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{n}(1-x_i) \geqslant \frac{1}{2}}\).


8. Udowodnij, że dla nieujemnych liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) zachodzi nierówność: \(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3+3abc \geqslant a^2(b+c) + b^2(c+a) + c^2(a+b)}\).


9. Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) będą długościami boków trójkąta, \(\displaystyle{ S}\) - jego polem, \(\displaystyle{ 2p}\) - obwodem, \(\displaystyle{ r}\) - promieniem okręgu wpisanego w ten trójkąt. Udowodnij nierówności:
a) \(\displaystyle{ 3\sqrt{3}r^2 \leqslant S}\)
b) \(\displaystyle{ 3\sqrt{3} S \leqslant p^2.}\)


10. Udowodnij, że dla każdej liczby pierwszej \(\displaystyle{ p}\) liczba:
\(\displaystyle{ \underbrace{11\ldots1}_{p} \underbrace{22\ldots 2}_{p} \underbrace{33\ldots 3}_{p} \ldots \underbrace{99\ldots 9}_{p}-123456789}\)
jest podzielna przez \(\displaystyle{ p}\).

4) Korzystając z wartości normy iloczynu wektorowego stwierdzamy, że pole tego trójkąta to:
\(\displaystyle{ P = \frac{1}{2} | \vec{AB} \vec{AC}| = \frac{1}{2} |F_{n-1} F_{n+1} - F_{n}^2| = \frac{1}{2}}\)
Skorzystałem ze znanej tożsamości:
\(\displaystyle{ F_{n+1} F_{n-1} - F_{n}^2 = (-1)^{n}}\)

Ad 8 Bez straty ogólności możemy założyć, że \(\displaystyle{ a \geqslant b \geqslant c}\).
Wówczas:

\(\displaystyle{ (a-b) ^{2} (a+b-c) +c(a-c)(b-c) \geqslant 0}\)

\(\displaystyle{ (a-b) ^{2} (a+b-c) +c(a-c)(b-c)=\\=a ^{3} +a ^{2}b-a ^{2}c -2a ^{2}b -2ab^{2} + 2abc +ab^{2} +b ^{3} -b^{2}c+abc-ac ^{2}-bc ^{2}+c ^{3}=\\=a ^{3}+b ^{3}+c ^{3}+3abc-[a ^{2}(b+c)+b ^{2}(a+c)+c ^{2}(a+b) \geqslant 0}\)

ad 1
Nie istnieje. bo... gdyby istniał, to Liczby
\(\displaystyle{ b-c =W(a)-W(b)}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ a-b}\)
\(\displaystyle{ c-a =W(b)-W(c)}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ b-c}\)
\(\displaystyle{ a-b =W(c)-W(a)}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ c-a}\)
Stad skoro liczby \(\displaystyle{ a, ,b, c}\) sa parami rózne, to
\(\displaystyle{ |a-b| \leq |b-c| \leq |c-a| \leq |a-b|}\) , tj
\(\displaystyle{ |a-b|=|b-c|=|c-a|}\)
Ale nie jest to mozliwe, gdy \(\displaystyle{ a \ne b \ne c \ne a}\)

Ps. Istnieje za to wielomian o wsp. wymiernych taki jak postulowany w zadaniu:
\(\displaystyle{ W(x)= a \frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}+ b \frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)} +c \frac{(x-a)(x-c)}{(b-a)(b-c)}}\)

9a. Po prostych przekształceniach mamy nier. równoważną \(\displaystyle{ 6\sqrt{3}r\leq a+b+c}\)a ponieważ dla trójkąta równobocznego zachodzi równość, to wystarczy udowodnić następujące tw. Jeśli mamy dany okrąg, to najmniejsze pole z wszystkich trójkątów opisanych na tym okręgu ma trójkąt równoboczny, i chyba da się to zrobić rozważając kilka przypadków (bierzemy trójkąt równoboczny opisany na danym okręgu i dorysowujemy nowy trójkąt, również na nim opisany). Bez straty ogólności możemy założyć, że te trójkąty mają jeden bok leżący na tej samej prostej, i teraz widzę te przypadki tak:
(i)pozostałe boki nowego trójkąta przecinają tą wspólną prostą wewnątrz boku trójkąta równobocznego
(ii)poza nim
(iii)jeden wewnątrz jeden na zewnątrz
(iiii)dwa z boków tych trójkątów leżą odpowiednio na wspólnych prostych(trywialne)
Wydaje mi się, że te przypadki nie są trudne do rozpatrzenia, ale ich rozpisanie zajęło by dużo miejsca więc może zostawię to tak.

[Edit]
b) \(\displaystyle{ 3\sqrt{3}S\leq p^2\iff 3\sqrt{3}pr\leq p^2\iff 6\sqrt{3}r\leq a+b+c}\) czyli równoważna pierwszej

ad 8 inny sposob
Z uwagi na tozsamosc \(\displaystyle{ (a+b-c)(a-b+c)(b+c-a) =-a^3 -b^3-c^3 -2abc +a^2(b+c)+ b^2(a+c) + c^2(a+b)}\) nasza nierównosc sprowadza sie do postaci :
\(\displaystyle{ (a+b-c)(a-b+c)(b+c-a) \leq abc}\)
Jest ona zanana i łatwa w dowodzie np poprzez
uzycie 3 krotnie \(\displaystyle{ uv \leq (\frac{u+v}{2})^2}\)

ad. 4)

Wasilewski pisze:Korzystając z wartości normy iloczynu wektorowego

Można także skorzystać ze wzoru na pole trójkąta w układzie współrzędnych


ad. 8) ok, ładnie, ja to złożyłem do: \(\displaystyle{ (a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c) \leqslant abc}\) i podstawiłem \(\displaystyle{ a+b-c=x, \ a-b+c=y, \ -a+b+c=z}\), gdy dokładnie jedna \(\displaystyle{ x,y,z}\) jest ujemna - oczywiste, gdy wszystkie dodatnie mamy równanie: \(\displaystyle{ (x+y)(y+z)(z+x) \geqslant 8xyz}\) - a to klasyka... (zostałem uprzedzony )


ad. 1) tak samo robiłem


ad. 9) można prościej

Sylwek, ten wzór to pewnie się właśnie z tego wyprowadza. A poza tym to sprytnie napisałem: "wartość normy"

Hmmm... Możliwe, że się mylę, bo nie robiłem jeszcze jakichś poważniejszych zadań z wielomianów, ale przedstawię mój pomysł na 3. Załóżmy, że istnieje taki wielomian.
"Oczywiście" (jak ktoś ma sierpińskiego 250 zadań;p) nie może być n|w(n), bo wtedy byłoby \(\displaystyle{ n|2^n-1}\) co nie zachodzi dla żadnej liczby n>1 (mogę wrzucić dowód). Wyraz wolny jest zatem niezerowy. Załóżmy, że wyraz wolny jest równy k (k jest cał), jednak wtedy dla n=k mamy \(\displaystyle{ k|W(k)|2^k-1}\), czyli znowu sprzeczność ckd.

ad 7 niech \(\displaystyle{ A_1, ...A_n}\) zdarzenia niezalezne na \(\displaystyle{ \Omega}\) i \(\displaystyle{ x_i=p(A_i ^C)=1-p(A_i)}\)
Skoro \(\displaystyle{ 1 \leq p(A_1^C)+ ....+p(A_n ^C) +p(A_1 \cap ....\cap A_n)}\) stad teza,

ps < Dowiedlismy nawet wiecej tj ,ze
\(\displaystyle{ (1-x_1)...(1-x_n) + x_1+....+x_n \geq 1}\) o ile \(\displaystyle{ 0 \leq x_i \leq 1}\)

Mozna -tez zwykla indukcja , badz jakos inaczej (zgrabniej)

ad 10.
Dla \(\displaystyle{ p\in\{2,3,5\}}\) podzielność zachodzi. (Obie odejmowane liczby są nieparzyste, podzielne przez 3 i kończą się tą samą cyfrą). Dla dowodu podzielności w pozostałych przypadkach wystarczy wykazać, że liczba \(\displaystyle{ \underbrace{111...111}_{n*p} - \underbrace{111...111}_{n}}\) dzieli się przez p. Niech \(\displaystyle{ \underbrace{111...111}_{n}=M_{ichalg}}\). Mamy \(\displaystyle{ \underbrace{111...111}_{n*p} - \underbrace{111...111}_{n}=M_{ichalg}*10^{n*(p-1)} + M_{ichalg}*10^{n*(p-2)} + ... +{M_{ichalg}*10^{n}} = M_{ichalg}*10^{n}\frac{10^{n(p-1)}-1}{10^n-1}=10^{n}\frac{10^{n(p-1)}-1}{9}}\).
Oczywiście \(\displaystyle{ p|10^{p-1}-1|10^{n(p-1)}-1}\)

ad. 7 fajny sposób , ja to zrobiłem zwykłą indukcją, w kroku wystarczyło wykorzystać nierówność: \(\displaystyle{ (1-x_n)(1-x_{n+1}) \geqslant 1-(x_n+x_{n+1})}\), swoją drogą to zadanie było swojego czasu na finale polskiego OM (około 1970 roku).

ad. 10, podobnie, pokazałem dla p=3, następnie z MTF: \(\displaystyle{ \frac{10^p-1}{9} \equiv k \iff 10-1 \equiv 9k \iff k \equiv 1 \ (\mod p)}\), zatem liczba przystaje (po rozpisaniu na części tej "długiej" liczby:
\(\displaystyle{ 10^8 1 + 1 2 10^7 + \ldots + 1 8 + 9 -123456789 = 0 \ (\mod p)}\)

ad. 3 k=1? lemat ciekawy, ale rozwiązałem to bez używania tego typu ciekawych twierdzeń

Wasilewski pisze:ten wzór to pewnie się właśnie z tego wyprowadza

widziałem wyprowadzenie analityczne

Ehh... Racja. A ma ktoś pomysł jak przeprowadzić dowód dla k=1, jeśli się da?

4. Inny, mniej siłowy pomysł:
Rozważmy trójkąty \(\displaystyle{ T_n}\) o wierzchołkach \(\displaystyle{ A_n=(0,0)}\), \(\displaystyle{ B_n=(F_{n-1},F_n)}\), \(\displaystyle{ C_n=(F_n,F_{n+1})}\). Zauważmy, że trójkąty te mają równe pola: Jeśli w trójkącie \(\displaystyle{ T_n}\) przesuniemy wierzchołek \(\displaystyle{ B_n}\) o wektor \(\displaystyle{ \vec{A_nC_n}}\) to pole trójkąta nie zmieni się (bo przesuwamy wierzchołek równolegle do podstawy), trójkąt \(\displaystyle{ T_n}\) zmieni się nam na trójkąt o wierzchołkach \(\displaystyle{ A_n=(0,0)=A_{n+1}}\), \(\displaystyle{ B_n+\vec{A_nC_n}=(F_{n-1}+F_n,F_n+F_{n+1})=(F_{n+1},F_{n+2})=C_{n+1}}\), \(\displaystyle{ C_n=(F_n,F_{n+1})=B_{n+1}}\), czyli na trójkąt \(\displaystyle{ T_{n+1}}\). Zatem wszystkie te trójkąty mają to samo pole, równe polu trójkąta \(\displaystyle{ T_0}\), czyli równe \(\displaystyle{ \frac12}\)

ad. 4 jak zawsze, piękne rozwiązanie

limes123 pisze:jeśli się da?

ad. 3 da się

Podsumowując, jak zawsze szybko kminicie , zostały: 2,3,5,6,9, chyba wszystkie na podobnym stopniu trudności.