szukanie zaawansowane
 [ Posty: 7 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 22 paź 2006, o 12:47 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 1729
Lokalizacja: Koszalin
Z radością informuję wszystkich Uczestników Ligi, że ich rozwiązania zostały już ocenione. Oto rezultaty:

WSPÓŁCZYNNIKI TRUDNOŚCI ZADAŃ:

ZAD 1 - 3.20
ZAD 2 - 2.60
ZAD 3 - 3.45
ZAD 4 - 3.10
ZAD 5 - 2.85
ZAD 6 - 2.60

OCENY - WRZESIEŃ: (wynik zaokrąglany do dwóch cyfr po przecinku)

Marcin88: - 14.87

ZAD 1 - 0.3 pkt. - 0.96
ZAD 2 - 1.0 pkt. - 2.60
ZAD 3 - 0.8 pkt. - 2.76
ZAD 4 - 1.0 pkt. - 3.10
ZAD 5 - 1.0 pkt. - 2.85
ZAD 6 - 1.0 pkt. - 2.60

Robert Łysoń: - 0.00

ZAD 1 - 0.0 pkt. - 0.00
ZAD 5 - 0.0 pkt. - 0.00

gaga: - 2.08

ZAD 6 - 0.8 pkt. - 2.08

DEXiu: - 2.94

ZAD 2 - 0.8 pkt. - 2.08
ZAD 5 - 0.3 pkt. - 0.86

Sir George: - 4.24

ZAD 1 - 1.0 pkt. - 3.20
ZAD 3 - 0.3 pkt. - 1.04

mol_ksiazkowy: - 11.49

ZAD 1 - 0.0 pkt. - 0.00 - po odwołaniu podniesione do 0.3 pkt - 0.96
ZAD 2 - 1.0 pkt. - 2.60
ZAD 3 - 0.0 pkt. - 0.00
ZAD 4 - 0.8 pkt. - 2.48
ZAD 5 - 1.0 pkt. - 2.85
ZAD 6 - 1.0 pkt. - 2.60

KLASYFIKACJA (PO 1. SERII):

1. Marcin 88 - 14.87
2. mol_ksiazkowy - 11.49
3. Sir George - 4.24
4. DEXiu - 2.94
5. gaga - 2.08
6. Robert Łysoń - 0.00

---------------------------


SZKICE ROZWIĄZAŃ ZADAŃ LIGI FORUM - WRZESIEŃ


ZADANIE 1

a) Odpowiedzią jest:

\lim_{n\to\infty}\, (1+\,g_{n}(1)\, \cdot\,\delta_{n})(1+\,g_{n}(2)\, \cdot\,\delta_{n})(1+\,g_{n}(3)\, \cdot\,\delta_{n})\,\cdots\,(1+\,g_{n}(n)\, \cdot\,\delta_{n}) \, = \, e^{\,\int_a^b f(x)dx

Dowód:

Na mocy rozwinięcia funkcji ln(x) w szereg Maclaurina zachodzi nierówność:

|\ln(1+x) - x| \, \leq \, x^2

dla |x| \, \leq \, \frac{1}{2}

Funkcja f(x) jest całkowalna w sensie właściwym, a zatem jest ograniczona (z dokładnością do ewentualnego zbioru miary 0 punktów nieciągłości, Czytelnik sam wykaże, że fakt ten można zaniedbać). Załóżmy, że |f(x)| < M.

Jeżeli \delta_{n}\cdot M \, \leq \, \frac{1}{2}, to:

| \bigsum_{i=1}^n \ln(1 \, + \, g_{n}(i)\, \cdot\,\delta_{n}) \, - \, \bigsum_{i=1}^n g_{n}(i)\, \cdot\,\delta_{n}| \, \leq \, \delta_{n}\,\cdot\ \bigsum_{i=1}^n (g_{n}(i))^2\, \cdot\,\delta_{n}

Czytelnik zechce wykazać, że suma po prawej stronie nierówności zbiega do całki - czyli skończonej wartości. Zatem istotnie uzyskaliśmy dowód twierdzenia.

b) Odpowiedż to: e

Dowód:

Rzeczywiście, zgodnie z udowodnionym punktem (a) mamy:

\lim_{n\to\infty} \, \frac {(n^2+1)(n^2+2)(n^2+3)\,\cdots\,(n^2+n)}{(n^2-1)(n^2-2)(n^2-3)\,\cdots\,(n^2-n)} \, = \, \lim_{n\to\infty}\left(\bigprod_{i=1}^n \frac{ \left( 1\,+ \,\frac{i}{n}\cdot \frac{1}{n} \right) }{  \left( 1\,- \, \frac{i}{n}\cdot \frac{1}{n}\right)}\right) \, = \, \frac{e^{\,\int_0^1 xdx}}{e^{\,-\int_0^1 xdx}} \, = \, e


PS 1. Warto zauważyć, że w punkcie (a) wybór podziału przedziału [a,b] nie musi być konieczny taki, jak zaproponowany.

PS 2. Twierdzenie z punktu (a) można uogólnić do ciekawej formy:

\lim_{n\to\infty}\bigprod_{i=1}^n (1 \, + \, z \cdot g_{n}(i) \cdot \delta_{n}) \, = \, 1 \, + \, \frac{z}{1!}\cdot \int_a^b f(x)dx \,  + \, \frac{z^2}{2!}\cdot \left( \int_a^b f(x)dx \right) ^2 \, + \, \cdots \,  + \,  \frac{z^p}{p!}\cdot \left(\int_a^b f(x)dx \right)^p + \, \cdots

A to jak wiadomo ma dla dowolnego z rzeczywistego (zespolonego) granicę:

e^{\, z \cdot \int_a^b f(x)dx

Jak to wykazać, pozostawiam Wam :)

ZADANIE 2

Odpowiedź:

Tu pojawi się wkrótce odpowiedź.

Dowód:

... jak również i dowód.

ZADANIE 3

Odpowiedź:

Warunki zadania spełniają wszystkie takie punkty C, że kąt ACB wynosi:

\frac{\pi \cdot r}{s},

gdzie r, s są liczbami całkowitymi względnie pierwszymi, oraz s nie jest potęgą liczby 2.

Dowód:

Niech kąt AC_{n}B = x_n, gdzie kąt mierzymy w kierunku zgodnym ze wskazówkami zegara, tak że x_n jest dodatni po jednej stronie AB, a ujemny po drugiej. Wówczas x_n wyznacza C_n w sposób jednoznaczny na symetralnej odcinka AB.

Zachodzi: x_{n+1} = 2x_{n}. By było to prawdziwe w każdym przypadku rozważamy wynik modulo \pi (jeżeli mamy do czynienia z kątem rozwatym środek ciężkości przeniesie się na drugą stronę odcinka AB, więc znak się zmieni). Jeżeli x_n jest od pewnego miejsca okresowy, zachodzi x_{m+1} = x_{n+1} dla pewnych n>m, więc (2n - 2m)x_1 = 0 \, mod \, \pi. Stąd:

x_1 = \frac{\pi \cdot r}{s}

dla względnie pierwszych liczb całkowitych r, s. Dodatkowo s nie może być potęgą 2, bowiem wtedy mielibyśmy x_{k} = \pi \cdot r dla pewnego k, a wtedy ciąg zamiast być okresowym, urwałby się, zgodnie z definicją.

Załóżmy teraz z drugiej strony, że x_1 = \frac{\pi \cdot r}{s}, gdzie r, s są względnie pierwszymi liczbami całkowitymi, a s nie jest potęgą 2. Wówczas:

x_n = 2^{n} \cdot \frac{\pi \cdot r}{s}

Jest jasne, że liczba ta nie przystaje 0 mod \pi, więc ciąg się nie zakończy.

Pytanie zatem, czy będzie okresowy. Niech s = 2^{n} \cdot c, gdzie c nieparzyste. Niech d = \phi(c), gdzie \phi(n) jest funkcją Eulera. Na mocy tw. Eulera:

2^d  = 1 \, mod \, c

Skoro więc:

(1) x_{b+1} = \frac{\pi \cdot r}{c} \, mod \, \pi

(2) 2^{b+d} = 2^b \, mod \, c

Mamy:

x_{b+d+1} = \frac{\pi \cdot r}{c} \, mod \, \pi

A więc ciąg jest okresowy, co kończy dowód.

ZADANIE 4

Odpowiedź:

Zarówno najmniejsza jak i największa wartość wyrażenia to 0.

Dowód:

Zachodzą równości:

(w+x)^7 - 7wx(w+x)(w^2 + wx + x^2)^2 = w^7 + x^7

Podobnie dla y i z. Po dodaniu stronami otrzymamy zgodnie z założeniem:

wx(w+x)(w^2+wx+x^2)^2 + yz(y+z)(y^2 + yz + z^2)^2 = 0

Jeżeli w+x = -(y+z) = 0, to dowód jest zakończony. Jeżeli nie, dzielimy stronami dostając:

wx(w^2 + wx + x^2)^2 = yz(y^2 + yz + z^2)^2

Mamy:

w^2 + wx + x^2 = (w+x)^2 - wx

oraz

y^2 + yz + z^2 = (y+z)^2 - yz = (w+x)^2 - yz.

Stąd:

(wx - yz)(w+x)^4 - 2(wx)^2 (w+x)^2 + 2(yz)^2 (w+x)^2 + (wx)^3 - (yz)^3 = 0.

Z tych rozważań otrzymujemy 2 możliwości:

(wx - yz) = 0

albo

(w+x)^4 - 2(wx + yz)(w+x)^2 + ( (wx)^2 + wxyz + (yz)^2 ) = 0.

(1) Jeżeli wx = yz, wówczas skoro w + x = -(y + z), otrzymujemy, że w oraz x są pierwiastkami równania kwadratowego t^2 + (y+z) \cdot t + yz. Rozwiązując, mamy:

w, x = -y, -z

(jedna z tych równości jest spełniona)

Zatem (w + y)(w + z) = 0.

(2) Jeżeli wx - yz jest niezerowe, mamy:

(w+x)^4 - 2(wx + yz)(w+x)^2 + ( (wx)^2 + wxyz + (yz)^2) = 0

lub inaczej,

( (w+x)^2 - (wx + yz) )^2 = wxyz (*)

Skoro (x+y)^2 = (y+z)^2, mamy:

2( (w+x)^2 - (wx + yz) ) = ( (w+x)^2 - 2wx + (y+z)^2 - 2yz) = (w^2 + x^2 + y^2 + z^2)

Nasza równość (*) da się zatem przepisać jako:

(w^2 + x^2 + y^2 + z^2)^2 = 4wxyz

Z nierówności pomiędzy średnimi mamy:

4wxyz = (w^2 + x^2 + y^2 + z^2)^2 > 4 \cdot \sqrt[4]{w^2 x^2 y^2 z^2}

stąd zaś:

(w^2 + x^2 + y2^ + z^2)^2 >= 16wxyz

Stąd już mamy:

4wxyz \geq 16wxyz

a skoro lewa strona nierówności to kwadrat, mamy zatem, że wxyz jest nieujemne. Więc wxyz = 0. A zatem:

w^2 + x^2 + y^2 + z^2 = 0

A więc w=x=y=z=0 co kończy dowód.

PS. A więc w istocie tak, czy inaczej prawdą jest, że: wx = yz.

ZADANIE 5

Odpowiedź:

0 rozwiązań: a< \sqrt{12}
1 rozwiązanie: a = sqrt{12}
2 rozwiązania: a \in (\sqrt{12}, 6)
3 rozwiązania: a=6
4 rozwiązania: a>6

Rozwiązanie:

Sprowadźmy równanie do postaci równoważnej:

| \left(x-\frac{a}{2} \right)^2 \, - \, \left( \frac{a^2}{4} - a \right)| \, = \, a-3

Rozpatrujemy 3 przypadki możliwego znaku wyróżnika równania kwadratowego pod wartością bezwzględną. Rozważamy jedynie wartości a>3, dla pozostałych wartości rzeczywistych a, równanie oczywiście nie ma rozwiązań.

1) \Delta < 0 \, \Rightarrow 0

Parabola będąca wykresem prawej strony ma minimum równe a - \frac{a^2}{4}. Rozważamy położenie prostej y=a-3.

(i) Prosta leży poniżej paraboli, a więc nie ma rozwiązań i zachodzi: a-3 < a - \frac{a^2}{4} tzn. a^2 < 12 lub równoważnie 3 (a>3 !!!).

(ii) Prosta jest styczna do wierzchołka paraboli, wówczas jest jedno rozwiązanie, dla a = \sqrt{12}

(iii) Gdy prosta jest powyżej poziomu \sqrt{12}. rozwiązania są 2

Stąd też w tym przypadku dostajemy:

0 rozwiązań - a \in (3, \sqrt{12})
1 rozwiązanie - a = sqrt{12}
2 rozwiązania - a \in (\sqrt{12}, 4)

2) \Delta = 0 \Rightarrow a=4.

Prosta y=1 przecina wykres funkcji y=|x^2- 4x + 4| w dwóch punktach, stąd:

2 rozwiązania: a=4

3) \Delta>0 \Rightarrow a>4

W tym przypadku najlepiej by było wykonać sobie rysunek. Lewa strona równości to parabola, częściowo odbita względem osi OX (odbity zostaje fragment ujemny. Po zrobieniu wykresu przygladamy się położeniu prostej y=a-3.

Otrzymujemy (obliczenia łatwe po skonsultowaniu z rysunkiem)

4 rozwiązania: dla a>6
3 rozwiązania: dla a=6
2 rozwiązania: dla a<6

I koniec.

ZADANIE 6

Korzystając z tożsamości \sin2x = 2 \sin x \cos x mamy:

\frac{\sin2x}{\sin x + \cos x} \, = \, \frac{2 \sin x \cos x}{\sin x + \cos x} \, = \, \frac{2}{ \frac{1}{\sin x} + \frac{1}{ \cos x} } \, \leq \, \sqrt{\sin x \cos x}

Ostatnia nierówność to nierówność między średnimi: harmoniczną i geometryczną, a mamy prawo jej użyć, bo sinx i cosx są dodatnie.

Logarytmując ostatnią nierówność stronami logarytmem o podstawie odpowiednio sinx a dalej cosx uzyskamy zmianę kierunku nierówności. Dodając stronami mamy:

\log_{\sin x} \, \frac{\sin2x}{\sin x + \cos x} + \log_{\cos x} \, \frac{\sin2x}{\sin x + \cos x} \, \geq \, \log_{\sin x} \, \sqrt{\sin x \cos x} +  \log_{\cos x} \, \sqrt{\sin x \cos x}

Czytelnik z łatwością wykaże (elementarne własności logarytmu), że:

2\log_{\sin x} \, \sqrt{\sin x \cos x} \, = \, 1 + \log_{\sin x} \, \cos x

2\log_{\cos x} \, \sqrt{\sin x \cos x} \, = \, 1 + \log_{\cos x} \, \sin x

Jak również, że:

(\log_{\cos x} \, \sin x) \cdot (\log_{\sin x} \, \cos x) \ = \, 1

Oznaczmy: a = \log_{\cos x} \, \sin x.

Jasne jest, że a>0, zachodzą zatem:

\frac{1}{2} (2 + a + \frac{1}{a}) \, = \, \frac{(a-1)^2}{2a} + 2 \, \geq \ \, 2

Co kończy dowód.

---------------------------

Odwołania od ocen, pytania o nieprawidłowości w rozwiązaniach, (po lekturze szkiców) można zgłaszać do 1 listopada.

Jeżeli interesują Was rozwiązania niefirmowe (uczestników Ligi) także mogę je zamieścić.

Pozdrawiam :)

[ Dodano: 24 Październik 2006, 10:35 ]
Wpłynęło odwołanie, które zmieniło współczynnik trudności zadania 1 z 3.35 na 3.20. Odpowiednie zmiany zostały uwzględnione, klasyfikacja ogólna nie uległa zmianom.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 15 lis 2006, o 23:10 
Użytkownik

Posty: 5667
Lokalizacja: Kraków
heh, szczerze mówiac to nie do końca rozumien rozwiazanie firmowe zadania 4, ale bede sie jeszcze "wgryzał" i czy tych rachunków nie można nieco uproscić.... także np .....

Cytuj:
2( (w+x)^2 - (wx + yz) ) = ( (w+x)^2 - 2wx + (y+z)^2 - 2yz) = (w^2 + x^2 + y^2 + z^2)

skad to sie bierze...? i czy linijka wczesniej nie ma być (x+w)^2=(y+z)^2...??! :oops: :razz: :idea: :arrow:
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 21 lis 2006, o 13:48 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 1729
Lokalizacja: Koszalin
Jak już wiadomo, edycja Ligi obejmująca dotychczasową formułę została zakończona ze względu na niewielkie zainteresowanie. Z przyjemnością natomiast publikuję wyniki i rozwiązania zadań za październik. Formuła nowej edycji naszych zawodów jest właśnie ustalana i najprawdopodobniej wszystko ruszy z początkiem grudnia (ok. 2 - 3 można się spodziewać reaktywacji zawodów).

Póki co jednak, podsumowanie października i całej Ligi:

WSPÓŁCZYNNIKI TRUDNOŚCI ZADAŃ:

ZAD 1 - 3.40
ZAD 2 - 3.25
ZAD 3 - 3.25
ZAD 4 - 3.03
ZAD 5 - 1.90
ZAD 6 - 2.28

OCENY - PAŹDZIERNIK: (wynik zaokrąglany do dwóch cyfr po przecinku)

Marcin88 - 16.11

ZAD 1 - 0.8 pkt. - 2,40
ZAD 2 - 1.0 pkt. - 3.25
ZAD 3 - 1.0 pkt. - 3.25
ZAD 4 - 1.0 pkt. - 3.03
ZAD 5 - 1.0 pkt. - 1.90
ZAD 6 - 1.0 pkt. - 2.28

mol_ksiazkowy - 3.49

ZAD 3 - 0.0 pkt - 0.00
ZAD 4 - 0.3 pkt - 0.91
ZAD 5 - 1.0 pkt - 1.90
ZAD 6 - 0.3 pkt - 0.68

gaga - 0.00

ZAD 2 - 0.0 pkt - 0.00
ZAD 3 - 0.0 pkt - 0.00

DEXiu - 3.80

ZAD 5 - 0.8 pkt - 1.52
ZAD 6 - 1.0 pkt - 2.28

KLASYFIKACJA KOŃCOWA

1. Marcin88 - 30.98
2. mol_ksiazkowy - 14.98
3. DEXiu - 6.74
4. Sir George - 4.24
5. gaga - 2.08
6. Robert Łysoń - 0.00

---------------------------

SZKICE ROZWIĄZAŃ ZADAŃ LIGI FORUM - PAŹDZIERNIK


Już w tym miejscu chciałbym zapoczątkować zwyczaj, wedle którego publikować będę poprawne rozwiązania Uczestników Ligi, w razie braku takich będę sam podawał firmowe. Informacje o firmowych (często krótszych) rozwiązaniach, podaję w linkach lub odnośnikach do literatury.

ZADANIE 1

Rozwiązanie firmowe: Nigdy nie zostało spisane (w formie publikacji :P), w szczególności jednak pozwala na sprecyzowanie rozwiązania w punkcie b, tj. określenie tej elipsy dla poszczególnych stałych z przeciwdziedziny. Firmowe rozwiązanie korzysta z charakteryzacji hiperpowierzchni stopnia 2 w R^2 (algebra liniowa) i przekształcenia otrzymanych zależności do postaci kanonicznej.

Rozwiązanie - Marcin88

a) Dla każdego punktu P leżącego wewnątrz trójkąta \Delta ABC możemy jego wierzchołkom A, B, C przypisać takie masy m_1, m_2, m_3>0, że punkt P będzie środkiem masy tego układu.

Ponadto, możemy tak ustalić te masy, że: m_1+m_2+m_3=1 gdyż środek masy układu punktów o masach m_1,m_2,m_3 jest równy środkowi masy układu tychże punktów o masach km_1,km_2,km_3 dla każdego dodatniego k.

Wobec tego ustalmy punkt P wewnątrz trójkąta i przypiszmy wierzchołkom A,B,C takie masy, że ich suma jest równa jeden i środkiem masy tego układu będzie punkt P. Oznaczmy przez D punkt przecięcia się prostej CP z prostą AB (punkt D jest więc środkiem masy układu dwóch punktów-A i B).

Pole trójkąta wyznaczonego przez proste opisane w zadaniu i zawierającego punkt D do pola trójkąta: \Delta ABC jest równe (\frac{|PD|}{|CD|})^2=(\frac{|PD|}{|PD|+|CP|})^2=(\frac{1}{1+\frac{|CP|}{|PD|}})^2=(\frac{1}{1+\frac{m_1+m_2}{m_3}})^2=(\frac{m_3}{m_1+m_2+m_3})^2=
m_3^2 (bo ustaliliśmy wcześniej, że można przyjąć: m_1+m_2+m_3=1).

Analogicznie obliczając ten stosunek dla pozostałych dwóch utworzonych w ten sposób trójkątów i dodając otrzymane wartości otrzymujemy równość: \frac{X(P)}{P_{\Delta ABC}}=m_1^2+m_2^2+m_3^2
skąd wyliczamy, że: \frac{X(P)}{Y(P)}=\frac{X(P)}{P_{\Delta ABC}-X(P)}=\frac{1}{\frac{P_{\Delta ABC}}{X(P)}-1}=\frac{1}{\frac{1}{m_1^2+m_2^2+m_3^2}-1}=\frac{m_1^2+m_2^2+m_3^2}{1-(m_1^2+m_2^2+m_3^2)}
Aby zatem znaleźć zbiór wartości funkcji f wystarczy znaleźć zbiór wartości sumy: m_1^2+m_2^2+m_3^2 i odpowiednio z niej skorzystać.

Ponieważ funkcja g(x)=x^2 jest wypukła,to z nierówności Jensena jest: m_1^2+m_2^2+m_3^2\geq 3(\frac{m_1+m_2+m_3}{3})^2=3\cdot \frac{1}{9}=\frac{1}{3} przy czym równość zachodzi gdy: m_1=m_2=m_3=\frac{1}{3} Z drugiej jednak strony ponieważ m_1,m_2,m_3>0 więc: m_1^2+m_2^2+m_3^2 i widać że stałej tej nie można poprawić, ponieważ możemy przyjąć np. m_1=m_2=\epsilon\: \wedge \: m_3=1-2\epsilon.

Otrzymaliśmy więc oszacowanie: \frac{1}{3}\leq m_1^2+m_2^2+m_3^2 i ta suma może przyjąć każdą z wartości pośrednich (od razu wynika to z ciągłości możliwości dobrania wag), więc skoro funkcja: h(x)=\frac{x}{1-x} jest na tym przedziale rosnąca, zatem zbiorem wartości funkcji f są wszystkie takie liczby
rzeczywiste, że: h(\frac{1}{3})\leq f(P) więc ostatecznie zbiorem wartości funkcji f jest przedział: [\frac{1}{2};+\infty).

b) Udowodnimy najpierw że dla trójkąta równobocznego miejscem geometrycznym tychże punktów jest okrąg o środku w środku ciężkości tegoż trójkąta i odpowiednim promieniu (a właściwie część wspólna tegoż okręgu z wnętrzem trójkąta).

Ustalmy zatem układ współrzędnych tak, aby środek ciężkości trójkąta równobocznego miał współrzędne (0,0) i oś odciętych była równoległa do jednego z boków, powiedzmy \overline{AB}. Ustalmy punkt P wewnątrz trójkąta i niech: P=(x, y). Wysokość trójkąta oznaczmy przez h, a długość jego boku przez a. Łatwo obliczyć że długość odcinka równoległego do odcinka \overline{AB} i przechodzącego przez P jest równa: \frac{\frac{2}{3}h-y}{h}a=\frac{2}{3}a-\frac{2\sqrt{3}}{3}y Stąd wyliczamy, że suma pól dwóch trójkątów równobocznych powstałych powyżej tego równoległego do |AB| odcinka jest równa: \frac{(\frac{1}{3}a-\frac{\sqrt{3}}{3}y+x)^2+(\frac{1}{3}a-\frac{\sqrt{3}}{3}y-x)^2}{a^2} pola trójkąta wyjściowego. Pole zaś trójkąta powstałego poniżej tegoż odcinka jest równe: \frac{(a-(\frac{2}{3}a-\frac{2\sqrt{3}}{3}y))^2}{a^2}=\frac{(\frac{1}{3}a+\frac{2\sqrt{3}}{3}y)^2}{a^2} pola trójkąta wyjściowego. Po zsumowaniu tych trzech pól składających się na X(P) widać, że: \frac{X(P)}{S_{\Delta ABC}}=\frac{\frac{1}{3}a^2+2(x^2+y^2)}{a^2} zatem jest takie samo dla dwóch różnych punktów wtedy i tylko wtedy, gdy odległości tychże punktów od środka ciężkości są równe.

Stąd wniosek, że rzeczywiście dla trójkąta równobocznego miejscem geometrycznym tychże punktów jest część wspólna okręgu o środku w środku ciężkości trójkąta i odpowiednim promieniu i wnętrza trójkąta.

Z każdego trójkąta da się uzyskać, przez rzutowanie prostokątne jego płaszczyzny na inną, odpowiednią płaszczyznę, trójkąt równoboczny (łatwo można się o tym przekonać wycinając trójkąt równoboczny i obracając go w powietrzu). Ponadto można udowodnić z twierdzenia Talesa, że przy rzutowaniu prostokątnym zachowane zostają stosunki odcinków. Skoro zostają zachowane stosunki odcinków, to przy rzutowaniu prostokątnym środek ciężkości trójkąta przechodzi na środek ciężkości trójkąta będącego jego obrazem (gdyż środkowe przecinają boki w stałym stosunku 1:1).

Jeżeli zaś P jest środkiem masy układu m_1, m_2, m_3, to łatwo dowieść, że punkt P' będący obrazem punktu P też jest środkiem masy układu m_1, m_2, m_3 ale dla trójkąta będącego obrazem trójkąta wyjściowego (wynika to znów z tego, że masy mają bezpośredni związek z podziałem odcinka w danym stosunku). Stąd już wynika, że miejscem geometrycznym punktów o tej samej wartości f(P) jest obraz okręgu w rzucie prostokątnym na odpowiednią płaszczyznę- taką, aby obrazem trójkąta równobocznego był dany trójkąt. Wiadomo zaś, że obrazem okręgu w rzutowaniu prostokątnym na dowolną, nieprostopadłą płaszczyznę, jest elipsa. Zatem ostatecznie miejscem geometrycznym punktów, dla których wartość f(P) jest stała, jest pewna elipsa o środku symetrii w środku ciężkości danego trójkąta.


ZADANIE 2

Rozwiązanie firmowe: http://www.kalva.demon.co.uk/short/soln/sh8530.html

Rozwiązanie - Marcin88

Udowodnimy, że taki punkt istnieje. Oznaczmy przez: O środek okręgu K, r promień okręgu K, A rzut prostokątny punktu O na prostą l, d=|AO|-r, S środek odcinka |PQ|, oraz wreszcie przez M taki punkt leżący na odcinku \overline{AO}, że: |AM|=\sqrt{d^2+2rd}.

Udowodnimy, że M jest szukanym punktem, posiadającym własność opisaną w zadaniu. Ustalmy dowolnie punkt P i dorysujmy odpowiadający mu punkt Q. Oznaczmy przez R promień okręgu o średnicy |PQ|

Rozważmy dwa przypadki:

1) Oba punkty, P i Q, leżą po tej samej stronie prostej l względem punktu A.

Wówczas trójkąty \Delta MAS,\: \Delta OAQ,\: \Delta OAP są prostokątne o kącie prostym przy wierzchołku A. Oczywiste jest, że \tan|\angle AMP|=\frac{|AP|}{|AM|}\: \wedge \: \tan|\angle AMQ|=\frac{|AQ|}{|AM|} \: \wedge \: |\angle AMQ|-|\angle AMP|=|\angle PMQ| Wobec tego musi być także:
\tan |\angle PMQ|=\tan (|\angle AMQ|-|\angle AMP|)=\frac{\tan |\angle AMQ|-\tan |\angle AMP|}{1+\tan |\angle AMQ|\cdot \tan |\angle AMP|}=\frac{\frac{|AQ|}{|AM|}-\frac{|AP|}{|AM|}}{1+\frac{|AQ|}{|AM|}\cdot \frac{|AP|}{|AM|}}=
\frac{\frac{2R}{|AM|}}{1+\frac{|AS|^2-R^2}{|AM|^2}}=\frac{\frac{2R}{|AM|}}{1+\frac{|OS|^2-|AO|^2-R^2}{|AM|^2}}=\frac{\frac{2R}{|AM|}}{1+\frac{R^2+r^2+2Rr-r^2-d^2-2rd-R^2}{|AM|^2}}=\frac{\frac{2R}{\sqrt{d^2+2rd}}}{1+\frac{2Rr-d^2-2rd}{d^2+2rd}}=\frac{\frac{2R}{\sqrt{d^2+2rd}}}{\frac{2Rr}{d^2+2rd}}=\frac{\frac{1}{\sqrt{d^2+2rd}}}{\frac{r}{d^2+2rd}}=\frac{\sqrt{d^2+2rd}}{r}
widzimy zatem że jest on stały niezależnie od wyboru pary punktów P i Q.

2)Punkty P i Q leżą po przeciwnych stronach prostej l względem punktu A.

Wtedy trójkąty \Delta MAS,\: \Delta OAQ,\: \Delta OAP też są prostokątne o kącie prostym przy wierzchołku A oraz: \tan|\angle AMP|=\frac{|AP|}{|AM|}\: \wedge \: \tan|\angle AMQ|=\frac{|AQ|}{|AM|} ale: |\angle AMQ|+|\angle AMP|=|\angle PMQ| Zatem możemy już obliczyć, że:
\tan |\angle PMQ|=\tan (|\angle AMQ|+|\angle AMP|)=\frac{\tan |\angle AMQ|+\tan |\angle AMP|}{1-\tan |\angle AMQ|\cdot \tan |\angle AMP|}=\frac{\frac{|AQ|}{|AM|}+\frac{|AP|}{|AM|}}{1-\frac{|AQ|}{|AM|}\cdot \frac{|AP|}{|AM|}}=
\frac{\frac{2R}{|AM|}}{1-\frac{R^2-|AS|^2}{|AM|^2}}=\frac{\frac{2R}{|AM|}}{1-\frac{-|OS|^2+|AO|^2-R^2}{|AM|^2}}=\frac{\frac{2R}{|AM|}}{1-\frac{-R^2-r^2-2Rr+r^2+d^2+2rd+R^2}{|AM|^2}}=\frac{\frac{2R}{\sqrt{d^2+2rd}}}{1-\frac{-2Rr+d^2+2rd}{d^2+2rd}}=\frac{\frac{2R}{\sqrt{d^2+2rd}}}{\frac{2Rr}{d^2+2rd}}=\frac{\frac{1}{\sqrt{d^2+2rd}}}{\frac{r}{d^2+2rd}}=\frac{\sqrt{d^2+2rd}}{r}

Widzimy zatem że jest on ponownie stały niezależnie od wyboru pary punktów P i Q, w dodatku równy dokładnie tyle samo ile w przypadku 1). Stąd wniosek, że rzeczywiście punkt M spełnia warunki zadania.

ZADANIE 3

Rozwiązanie firmowe: http://www.kalva.demon.co.uk/putnam/psoln/psol537.html

Rozwiązanie - Marcin88

Przede wszystkim dane równanie musi mieć trzy pierwiastki rzeczywiste, zatem jego wyróżnik musi być mniejszy bądź równy 0: \Delta\leq0\: \Leftrightarrow \: (\frac{-a^3}{27}+\frac{ab}{6}-\frac{c}{2})^2+(\frac{b}{3}-\frac{a^2}{9})^3\leq0

Jeśli już wyróżnik jest nieujemny, to ze wzorów Viete'a wynika, że musi być: a=-(\cos A+\cos B+\cos C)\: \wedge \: b=\cos A\cos B+\cos A\cos C+\cos B\cos C\: \wedge \: \\
c=-\cos A\cos B\cos C
oraz ponadto 0 bo pierwiastki mają być dodatnie i ponadto kąty mają być kątami pewnego trójkąta.

Udowodnimy teraz kilka przydatnych nierówności:

1)\:1

1) Stosując nierówność Jensena dla wklęsłej na przedziale (0;\frac{\pi}{2}) funkcji f(x)=\cos x otrzymujemy: \cos A+\cos B+\cos C\leq 3\cdot \cos (\frac{A+B+C}{3})=3\cdot \cos \frac{\pi}{3}=\frac{3}{2} Z drugiej jednak strony dla każdego x z tegoż przedziału zachodzi nierówność: \cos x>1-\frac{2}{\pi}x (bo sieczna leży poniżej wykresu funkcji wklęsłej) zatem: \cos A+\cos B+\cos C>1-\frac{2}{\pi}A+1-\frac{2}{\pi}B+1-\frac{2}{\pi}C=1 czyli nierówność 1) została dowiedziona. Pozostaje zauważyć, że nierówność prawa staje się równością dla A=B=C=\frac{\pi}{3} zaś nierówności lewej nie można "poprawić", bo przyjmując: A=B=\frac{\pi}{2}-\epsilon\: , \: C=2\epsilon możemy uzyskać sumę cosinusów dowolnie bliską jeden.

2) Lewa strona nierówności jest oczywiście prawdziwa, prawa zaś wynika z tego, że: \frac{9}{4}=(\frac{3}{2})^2\geq (\cos A+\cos B+\cos C)^2=\cos^2 A+\cos^2 B+\cos^2 C+\\+2(\cos A\cos B+\cos A\cos C+\cos B\cos C)\leq 3(\cos A\cos B+\cos A\cos C+\cos B\cos C)
na podstawie znanej nierówności: a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac Pozostaje zauważyć że nierówność prawa staje się równością, gdy: A=B=C=\frac{\pi}{3} zaś przyjmując: A=B=\frac{\pi}{2}-\epsilon\: , \: C=2\epsilon przekonujemy się, że prawej stałej równej zero i w tym przypadku nie można poprawić.

3) Lewa strona nierówności jest prawdziwa, stosując zaś nierówność Jensena dla wklęsłej na naszym przedziale funkcji: f(x)=\ln \cos x otrzymujemy: \ln (\cos A\cos B\cos C)=\ln \cos A+\ln \cos B+\ln \cos C\leq 3\cdot \ln \cos (\frac{A+B+C}{3})=\ln \frac{1}{8} skąd oczywiście: \cos A\cos B\cos C\leq \frac{1}{8} Z równością mamy do czynienia, gdy ponownie A=B=C=\frac{\pi}{3}, zaś podstawienie A=B=\frac{\pi}{2}-\epsilon\: , \: C=2\epsilon mówi, że znów nie można poprawić stałej w lewej nierówności.

W związku z dowiedzionymi nierównościami, musi w naszym wielomianie zachodzić: (I) -1>a\geq\frac{-3}{2}\: \wedge  \: 0\cos A\cos B\cos C\geq \frac{-1}{8} Jest to więc kolejny warunek konieczny.

Ostatnim już warunkiem będzie konieczność zachodzenia równości: a^2=2(b+c)+1

Oto dowód: a^2-2b-1=(-\cos A-\cos B-\cos C)^2-2(\cos A\cos B+\cos A\cos C+\cos B\cos C)-1=\cos^2 A+\cos^2 B+\cos^2 C-1=\cos^2 A+\cos^2 B+\cos^2 (\pi-A-B)-1=\cos^2 A+\cos^2 B+\cos^2 (A+B)-1=\cos^2 A+\cos^2 B-1+(\cos A\cos B-\sin A\sin B)^2=\cos^2 A+\cos^2 B-1+\cos^2 A\cos^2 B+(1-\cos^2 A)(1-\cos^2 B)-2\cos A\cos B\sin A\sin B=2\cos^2 A\cos^2 B-2\cos A\cos B\sin A\sin B=2\cos A\cos B(\cos A\cos B-\sin A\sin B)=2\cos A\cos B\cos (A+B)=-2\cos A\cos B\cos C=2c co kończy dowód.

Mamy zatem trzy warunki konieczne: wyróżnik niedodatni (więc istnienie trzech pierwistków rzeczywistych), nierówności (I) oraz równość: a^2=2(b+c)+1 Udowodnimy teraz że są to warunki dostateczne.

Nasz wielomian jest postaci: w(x)=x^3+ax^2+bx+\frac{a^2-1}{2}-b i posiada trzy pierwiastki rzeczywiste (niekoniecznie różne). Zachodzi: w(1)=1+a+b+\frac{a^2-1}{2}-b=\frac{(a+1)^2}{2}>0 (bo a<-1) oraz: w'(t)=3t^2+2at+b>0 dla każdego t\geq1 wynika stąd, że ani jeden z pierwiastków wielomianu nie należy do przedziału: [1;+\infty) Jednocześnie mamy dla każdego t\leq0 że: w(t)=t^3+at^2+bt+\frac{a^2-1}{2}-b zatem i w tym przedziale wielomian nie ma pierwiastków. Stąd wynika, że wszystki trzy pierwiastki leżą w przedziale: (0;1) Weźmy zatem takie: 0 że \cos A , \cos B , \cos C są pierwiastkami tego wielomianu. Z uwagi na równość: a^2=2(b+c)+1 i na wzory Viete'a musi zachodzić: (-\cos A-\cos B-\cos C)^2-2(\cos A\cos B+\cos A\cos C+\cos B\cos C)-1=-2\cos A\cos B\cos C\: \Leftrightarrow \: \cos^2 C+2\cosA \cos B \cos C +(\cos^2 A+\cos^2 B-1)=0
i rozważając to jako równanie kwadratowe zmiennej \cos C wyliczamy że: \cos C=-\cos A\cos B+\sqrt{(1-\cos^2 A)(1-\cos^2 B)}=-\cos(A+B)=\cos(\pi-A-B)
czyli rzeczywiście kąty A, B, C są kątami trójkąta.

Podsumowując, warunkami koniecznymi i dostatecznymi na własność opisaną w zadaniu są: wyróżnik niedodatni (więc istnienie trzech pierwistków rzeczywistych), nierówności (I) oraz równość: a^2=2(b+c)+1.

ZADANIE 4

Rozwiązanie (identyczne z firmowym w swej istocie) - Marcin88

Ustalmy liczbę naturalną n>0. Cyfry liczby, spełniającej warunki zadania, tworzą ciąg niemalejący, i każda taka liczba ma dokładnie n cyfr (w razie gdy ma mniej niż n cyfr, uzupełniamy ją z lewej strony odpowiednią ilością zer).

Rozważmy następującą sytuację: mamy dany zbiór złożony z n czarnych kul i 9 białych kul (kule tego samego koloru są nierozróżnialne). Rozważmy teraz wszystkie różne permutacje tych n+9-ciu elementów. Każda permutacja interpretowana jest jako liczba o n cyfrach (z możliwymi początkowymi zerami) w następujący sposób:
zer na początku liczby jest tyle, ile czarnych kul od lewej strony do pierwszej kuli białej; jedynek po zerach jest tyle, ile czarnych kul między pierwszą od lewej a drugą od lewej kulą białą; ...; dziewiątek po ósemkach jest tyle ile czarnych kul leżących na prawo od dziewiątej kuli białej.

Jeśli np. permutacja ma postać: ccbcccbcbcbccbbbbcccbc to przedstawia ona liczbę: 0011123448889, permutacja zaś: bbcbbbbccbcccccbcbcc liczbę: 26677777899. Oczywistym jest, że każdej liczbie mniejszej niż 10^n spełniającej warunki zadania odpowiada jedna permutacja,
i na odwrót, każdej permutacji odpowiada dokładnie jedna taka liczba.

Zatem szukana ilość wszystkich liczb mniejszych od 10^n spełniających warunki zadania jest dokładnie tyle samo, ile różnych permutacji utworzonych z naszych n+9-ciu kul.

Tych jednak jest {n+9 \choose 9}, bo dokładnie na tyle sposobów możemy znaleźć miejsca by umieścić kule białe. Zatem szukaną ilością liczb jest {n+9 \choose 9}.

ZADANIE 5

Rozwiązanie - Marcin88

Udowodnimy prosty lemat: jeżeli T_1, \, T_2 są okresami funkcji f, to również |k\cdot T_1-l\cdot T_2| dla dowolnych liczb naturalnych k,\, l też jest okresem tej funkcji.

Oto dowód: niech k\cdot T_1-l\cdot T_2>0 (w drugim przypadku dowód przebiega analogicznie). Wówczas dla dowolnego: r\in R jest: f(r)=f(r+T_1)=f(r+2T_1)=...=f(r+k\cdot T_1)=f(r+k\cdot T_1-T_2+T_2)=f(r+k\cdot T_1-T_2)=f(r+k\cdot T_1-2T_2+T_2)=f(r+k\cdot T_1-2T_2)=...=f(r+k\cdot T_1-l\cdot T_2)
co kończy dowód.

Z lematu wynika, że dla każdego naturalnego k liczba: \{k\sqrt{3}\} jest okresem funkcji f ({x} oznacza część ułamkową liczby x). Jeśli zatem udowodnimy, że: \forall \epsilon>0\, \exists k\in \mathbb{N}: \, \{k\sqrt{3}\}< \epsilon to udowodnimy tym samym mikrookresowość funkcji f. Ustalmy zatem dowolnie bliskie zeru \epsilon i ustalmy liczbę naturalną n taką, że: \epsilon> \frac{1}{n} Podzielmy odcinek [0,1) na n odcinków rozłącznych długości \frac{1}{n}

Oczywistym jest, że dla dwóch różnych liczb naturalnych k,\, l musi być: \{k\sqrt{3}\}\neq \{l\sqrt{3}\} (wynika to wprost z niewymierności liczby \sqrt{3}). Rozważmy zatem n+1 różnych liczb całkowitych a_1, a_2,...,a_{n+1}. Liczby: \{a_1\sqrt{3}\},\{a_2\sqrt{3}\},..., \{a_{n+1}\sqrt{3}\} są różne i jest ich n+1. Przedziałów zaś mamy tylko n, z zasady szufladkowej Dirichleta wynika że do pewnego przedziału trafią dwie z tych liczb, niech to będą np. a_i,\, a_j i bez zmniejszenia ogólności przyjmijmy że \{a_i\sqrt{3}\}>\{a_j\sqrt{3}\}

Jeżeli: a_i>a_j to zauważmy, że wówczas: \{(a_i-a_j)\sqrt{3}\}=\{a_i\sqrt{3}-a_j\sqrt{3}\}=\{\{a_i\sqrt{3}\}-\{a_j\sqrt{3}\}\} jest okresem funkcji f i w tym przypadku dowód jest zakończony. Jeżeli natomiast jest a_i to wówczas: -\{(a_j-a_i)\sqrt{3}\}=-\{a_j\sqrt{3}-a_i\sqrt{3}\}=-\{\{a_j\sqrt{3}\}-\{a_i\sqrt{3}\}\}=\\
=\{\{a_i\sqrt{3}\}-\{a_j\sqrt{3}\}\}
jest okresem funkcji f, a zatem także i w tym przypadku teza zadania została udowodniona.

Rozważone zostały wszystkie przypadki, w każdym z nich teza zadania jest prawdziwa, zatem rzeczywiście funkcja f jest mikrookresowa.

ZADANIE 6

Rozwiązanie - Marcin88

Korzystając ze znanego twierdzenia, że: liczba t jest pierwiastkiem k-krotnym wielomianu P(x) wtedy i tylko wtedy, gdy: P(t)=P'(t)=P''(t)=...=P^{(k-1)}(t)=0\: \wedge \: P^{(k)}(t)\neq0

Z tego twierdzenia i z twierdzenia Bezout oraz z założeń podanych w treści zadania wynika, że: (x-1)^2 | (P(x)+1)'=P'(x) oraz że: (x+1)^2 | (P(x)-1)'=P'(x) Ponieważ wielomiany x+1,\: x-1 są względnie pierwsze, zatem musi być także: (x-1)^2\cdot (x+1)^2 | P'(x)

Ponieważ zaś P(x) jest wielomianem stopnia piątego, to P'(x) jest wielomianem stopnia czwartego, zatem:
P'(x)=a(x^2-1)^2 dla pewnego rzeczywistego a.

Całkując otrzymujemy, że: P(x)=\frac{a}{5}x^5-\frac{2}{3}ax^3+ax+C dla pewnej liczby rzeczywistej C.

Pamiętając jednak o tym, że: P(1)+1=0\: \wedge \: P(-1)-1=0 (z twierdzenia Bezout) układamy układ dwóch równań z dwiema niewiadomymi:

\left\{\begin{array}{l}\frac{a}{5}-\frac{2}{3}a+a+C+1=0\\\frac{-a}{5}+\frac{2}{3}a-a+C-1=0\end{array}

z którego wyliczamy, że:

\left\{\begin{array}{l}a=\frac{-15}{8}\\C=0\end{array}

Zatem szukanym wielomianem jest: P(x)=\frac{-3}{8}x^5+\frac{5}{4}x^3-\frac{15}{8}x , oczywiście spełnia on warunki zadania.

------------------

W tym miesiącu wszystkie rozwiązania należały do Zwyciężcy zawodów, i słusznie, bo były najbardziej wyczerpujące (i w ogóle miejscami wyczerpujące). Podałem też odnośniki do rozwiązań firmowych.

W razie pojawienia się reklamacji, albo stwierdzenia, że zbyt łagodnie oceniłem Marcina88, proszę pisać :)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 21 lis 2006, o 18:39 
Użytkownik

Posty: 5667
Lokalizacja: Kraków
Beda jakieś nagrody....? :razz: :idea: :arrow:
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 21 lis 2006, o 18:50 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 1729
Lokalizacja: Koszalin
Ta edycja była za krótka, żebym zdążył zebrać fundusze :) Chętnie stworzę dyplomy i powysyłam :P
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 21 lis 2006, o 20:20 
Gość Specjalny

Posty: 1361
Lokalizacja: Litzmannstadt
taa snickersa ;-)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 22 lis 2006, o 16:40 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 1174
Lokalizacja: Jaworzno
Kurcze. III miejsce :D Wymiatam! (dżołk of kors :P ) No dyplomy byłyby całkiem fajne :) (z podpisami całej szanownej Komisji ;) ). Snickersem też nie pogardziłbym.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 7 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Liga maturalna na forum matematyka.pl  bolo  27
 [Liga 2007] Styczeń - I seria zadań  Liga  9
 [Liga 2004] Dyskusja  Arek  79
 [Liga maturalna] Seria 2 (01.10.07r.-07.10.07r.), wyniki  bolo  1
 [Liga 2006] Zadania (IX.06, X.06)  Arek  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl