Brněnský korespondenční seminář

Registrace | Nové heslo |

Matematický maraton

Do tohoto tématu nemůžete přispívat, pokud se nepřihlásíte.
[2408] Shkarpa m.karpilovsky@email.cz 1.7.12 (11:01:18)

Lépe takto: f(x)=cosx pro x<0 a f(x)=1 pro x \geq 0 a opět g(x)=x^2+1. O obou funkcích snadno ukážeme, že jsou spojité a neperiodické, ale zase platí, že f(g(x))=1.

[2407] Shkarpa m.karpilovsky@email.cz 1.7.12 (10:53:18)

Jo moment, nevšiml jsem si té podmínky spojitosti, to signum moc nesplňuje, tak to moje řešení ignorujte :-)

[2406] Shkarpa m.karpilovsky@email.cz 30.6.12 (19:28:47)

Ahoj, s ohledem na to, že konstatní funkce je periodická, řešme takto: uvažme funkci sgn x, která přiřadí jedničku kladnému číslu, minus jedničku zápornému a nulu nule. Kdybychom měli funkci kladnou na celém definičním oboru, pak sgn hodnot takovéto funkce je vždy 1. Odtud plyne jedno z mnoha řešení f(x)=sgn x a g(x)=x^2+1, pak f(g(x))=1. A nová úloha: Uvažme n přímek v rovině v obecné poloze. Rozdělují nám rovinu na několik částí, z nichž některé jsou uzavřené (mnohoúhelníky) a jiné nikoliv. Spočítat počet všech částí, na které je rovina takto rozdělena, není moc složité. Trochu těžší je ale najít maximální počet uzavřených oblastí, což je vaším úkolem.

[2399] Lenka Vesela brkos@math.muni.cz 20.4.12 (18:40:55)

Ahoj,

chci jet na to soustředění, tak jsem zkusila vyřešit Tondovu úlohu.

Dokážeme, že \frac{2}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{3}{2a+b}\geq\frac{1}{\sqrt{a(a+2b)}}, cyklickým součtem takovýchto nerovností dostáváme požadované.

To je homogenní nerovnost, takže můžeme klidně předpokládat a=1.

Máme pak \frac{2}{3}+\frac{1}{3b}+\frac{3}{2+b}\geq\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{1+2b}} Na obou stranách jsou kladná čísla, umocnění je proto ekvivalentní úprava: \frac{4(b^2+7b+1)^2}{9b^2(b+2)^2}\geq\frac{12}{1+2b} Po převedení na jednu stranu \frac{4(b-1)^2(2b^3+6b^2+18b+1)}{9b^2(b+2)^2(2b+1)}\geq 0 Protože b>0, jsou všechny činitele ve zlomku krom (b-1)^2 kladné; (b-1)^2 je nezáporné, tím je nerovnost dokázána. Rovnost nastává pro b=1.

Aby nastala rovnost v původní nerovnosti, musí nastat rovnosti i ve cyklických obměnách pomocné nerovnosti, tedy a=c=1.

A teď úloha:

Najděte funkce f a g tak, že obě jsou definovány pro všechna reálná čísla, obě dvě jsou spojité, ani jedna není periodická a přitom f(g(x)) je periodická.

[2142] Le Anh Dung ruacon@seznam.cz 21.9.10 (17:03:38)

čau, už čekám 3 týdny na řešení, doufám, že alespoň někdo zkusil :D Hint: pravou stranu upravte a použijte AG ve tvaru x+y \ge 2sqrt{xy} pak zbytek bude jednoduchý.

[2131] Le Anh Dung ruacon@seznam.cz 6.9.10 (16:30:36)

a ještě že na konci toho odstavce má být menší než p.

[2130] Le Anh Dung ruacon@seznam.cz 6.9.10 (16:29:16)

Ano,určitě můžete. A myslím, že jsem udělal v jedné části chybu. Chtěl jsem ukázat, že pro 2 různá m, příslušející a musí být také různá. Nějak mi uteklo pár znamének „nerovná se“.

[2129] Zbyněk kondr@lesnimoudrost.cz 5.9.10 (23:39:04)

Ahoj,

pokud chceš psát \LaTeX-ové příkazy, je třeba je oddělit dolarem z obou stran. Díky za oživení maratonu.

PS: občas kouknu, co se děje „u konkurence“:http://mks.mff.cuni.cz/chat.php a vidím tě tam pod nickem Tonda. Můžeme tě tak oslovovat i zde?

[2126] Le Anh Dung ruacon@seznam.cz 28.8.10 (21:48:34)

Omlouvám se za to, že kvůli neznalosti TEXu jsem napsal na vaší diskuzi nesmysly :(, prosím o opravu a případně mi ukažte, jak se to má napsat, děkuju

[2125] Le Anh Dung ruacon@seznam.cz 28.8.10 (21:45:50)

Zdravím všechny Brkosáky. Jsem nový a vidím, že tady je zajímavý ale nějak zamrzlý matematický maraton :D

Řešení: Mějme množinu M= \{2,3, ... , p-2\}, p je pročíslo, aproto kažý prvek z M je nesoudělný s p, a kvůli tomu ke každému prvku m_i z množiny M existuje jednoznačně 1 číslo a_i menší než p, pro které platí a_im_i \equiv 1 \pmod{p}. Dále je zřejmé, že a_i \neq m_i, protože jinak by platilo p\mid (m_i-1)(m_i+1), což není možné protože p-2 \ge m_i \ge 2. Musím ještě dodat, že pro m_i \neq m_j, platí a_i \equiv \frac{1}{m_i} \equiv \frac{1}{m_j}\equiv a_j \pmod{p}, z toho máme a_i \equiv a_j \pmod{p}, pak a_i=a_j, protože obě čísla jsou menšní než 1
Z toho všeho plyne že součin všech zbytkových tříd modulo p dává zbytek –1 při dělení p.
a_1b_1a_2b_2...a_{p-1}b_{p-1} \equiv a_1a_2...a_{p-1}b_1b_2... b_{p-1}\equiv -1\cdot(-1) \equiv 1 \pmod{p}, aproto \{a_1b_1, a_2b_2, ... , a_{p-1}b_{p-1}\} neobsahuje všechny zbytkové třídy modulo p.

Další úloha: Dokažte, že pro kladná a,b,c platí:

\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{3}{2a+b}+\frac{3}{2b+c}+\frac{3}{2c+a} \ge 2sqrt{3}(\frac{1}{sqrt{a(a+2b)}} + \frac{1}{sqrt{b(b+2c)}} +\frac{1}{sqrt{c(c+2a)}})

Já Tex moc neumím, doufám, že mně nevyjde nějaký nesmysl.

[1525] Pepa T, josef.tkadlec@gmail.com 2.6.09 (21:58:46)

(Já bych jenom upozornil na to, že 3+5=8, což má krom jedničky a sebe sama jen dva další dělitele: dvojku a čtyřku. Bordel dělá to, že jak je 8 mocnina dvojky, tak má těch dělitelů prostě fakt málo. Je ale lehoučké rozmyslet si, že žádná podobná zákeřnost se už u vyšších čísel stát nemůže. To jenom tak na okraj ke staré úloze…)

[1524] Dan dv.daniel@centrum.cz 2.6.09 (10:37:45)

Drobná úprava, zadal jsem to špatně:

p \ge 3 je prvočíslo. Dále \{a_1, a_2, ... , a_{p-1}\} a \{b_1, b_2, ... , b_{p-1}\} jsou dvě množiny, z nichž každá obsahuje všechny zbytkové třídy modulo p kromě zbytkové třídy 0 (žádný člen množiny tedy není p dělitelný). Dokažte, že množina \{a_1b_1, a_2b_2, ... , a_{p-1}b_{p-1}\} neobsahuje všechny zbytkové třídy modulo p (opět žádný její člen není p dělitelný, takže kromě 0 neobsahuje alespoň 1 další zbytkovou třídu).

[1520] Dan dv.daniel@centrum.cz 1.6.09 (10:51:24)

Provedeme důkaz sporem. a,b,c si označíme libovolná prvočísla s tím, že a a b jsou lichá po sobě jdoucí prvočísla. Je hned jasné, že součet a+b je sudý, tudíž zbývá najít další dva dělitele. Pro spor předpokládáme, že platí a+b = 2c a dokážeme, že c nemůže být prvočíslo – tak získáme alespoň 2 další dělitele. Úpravou získáme \frac{a+b}{2}=c. Prvočíslo c je tedy aritmetickým průměrem prvočísel a,b a musí se nacházet mezi nimi. To je spor s předpokladem, že a,b jsou po sobě jdoucí lichá prvočísla. c je tedy číslo složené a výraz 2c má alespoň 3 dělitele kromě 1 a sebe sama.

Další úloha:p \ge 3 je prvočíslo. Dále \{a_1,a_2,...,a_{p-1}\} a \{b_1,b_2,...,b_{p-1}\} jsou dvě množiny, z nichž každá obsahuje všechny zbytkové třídy modulo p. Dokažte, že množina \{a_1b_1,a_2b_2,...,a_{p-1}b_{p-1}\} neobsahuje všechny zbytkové třídy modulo p.

[1444] Vejtek krecik.cq@gmail.com 10.5.09 (13:20:16)

Tak zkusím znovu: Součtů (ano, opravdu teď už součtů) bude stejně. Opět si M rozšíříme o nulu (teď už ne tak bezpečně, ukážeme že součtů ..01 přibude stejně jako ..99. Přibudou tedy (0,100,99).

(0,1,98)
\vdots
(0,49,50)

Těch je 50 a

(0,1,100)
(0,2,99)
\vdots
(0,50,51)

Těch je rovněž 50. A nyní použijeme stejný postup jako minule, pouze použijeme operaci sčítání [-: Tedy pro každou trojici (a,b,c)\in M^3 pro kterou platí a+b+c \equiv 99 \pmod{100} exisuje právě jedna trojice (100-a,100-b,100-c)\in M^3 tak, že (100-a)+(100-b)+(100-c) \equiv 1 \pmod{100}. A je to! [-: Pozorování: pro součin to platí taky…

ÚLOHA: Dokažte, že součet dvou po sobě jdoucích lichých prvočísel má alespoň tři dělitele (různé od 1 a sebe sama).

[1443] Vejtek krecik.cq@gmail.com 10.5.09 (12:41:55)

Omlouvám se, beru zpět. Smažte to všechno, jdu si pro slabikář, naučím se číst a rozeznávat součet a součin…

[1442] Vejtek krecik.cq@gmail.com 10.5.09 (11:48:59)

Editace: následující řešení se týká jiné úlohy, napraveno výše.

Součtů bude stejně. Nejprve si M rozšířím na M=\left\{0,1,2,\ldots,100\right\}. Tím mi žádná čísla končící na 01 ani 99 nepřibudou. Nyní ukážeme, že ke každé trojici (a,b,c)\in M^3 pro kterou platí abc \equiv 99 \pmod {100} existuje právě jedna trojice (100-a,100-b,100-c)\in M^3 taková, že (100-a)(100-b)(100-c) \equiv 1 \pmod {100}. Snadno roznásobíme, upravíme, vidíme, že platí.

[1423] Zbyněk kondr@lesnimoudrost.cz 3.5.09 (19:44:27)

Zrovna jsem si říkal, že tu úlohu označím za neřešitelnou a dám sem nějakou lehčí (z IMO), ale Pepa to zachránil ;)

Jinak kdo umíte \TeX tak stačí psát \TeX-ové sekvence mezi dolary.

[1422] Pepa T, josef.tkadlec@gmail.com 3.5.09 (17:57:08)

Tak já s tím pohnu. Stačí mi ukázat, že a.sqrt(b) <= (2.a2/b2 + b2/c2 + 3.b3/b2)/6. Z toho totiž sečtením cyklicky přes a,b,c dostanu požadovanou nerovnost. Použitím AG-čka o šesti členech na pravou stranu mám RHS6 >= a4.b1/c2, z čehož po vynásobení 1=a2.b2.c2 a šestém odmocnění skutečně vyjde RHS >= a.sqrt(b). Omlouvám se, ale neumím to napsat líp…

Úloha: Buď M={1,2,3,…,100}. Vezmeme si nějaké tři různé prvky z M a sečteme je. Poznačíme si součet. Probereme takhle postupně všechny trojice. Určete, zda bude více součtů (včetně násobností) končit na …99, nebo na …01.

[1342] Vejtek krecik.cq@gmail.com 7.4.09 (20:33:53)

HINT: Hledejte v tom trochu geometrie… A trojúhelníky to nejsou…

[1295] Vejtek krecik.cq@gmail.com 29.3.09 (16:37:50)

ÚLOHA: pro kladná reálná čísla a,b,c platí abc=1. dokažte nerovnost:<br> a\cdot\sqrt{b}+b\cdot\sqrt{c}+c\cdot\sqrt{a}\leq\frac{a^2+b^3}{2b^2}+\frac{b^2+c^3}{2c^2} +\frac{c^2+a^3}{2a^2}.

[1294] Vejtek krecik.cq@gmail.com 29.3.09 (16:33:24)

Z Muirheadovy nerovnosti plyne:

(1)a^2b^2 + b^2c^2 + a^2c^2 <=a^4 + b^4 + b^4,

(2)a^2bc + b^2ac + c^2ab <=a^4 + b^4 + b^4.

I.) součtem (1)+2*(2) dostaneme

(ab + bc + ca)^2 <= 3(a^4 + b^4 + b^4) = 3 < 4.

Všechna čísla jsou kladná, tedy po odmocnení dostáváme ab + bc + ca < 2.

II.) opět sečteme (1)+2*(2) (ab + bc + ca)^2 \leq 3(a^4 + b^4 + b^4) = 9. Opět můžeme odmocnit a dostaneme

ab + bc + ca \leq 3.

[1293] janvan janvan@email.cz 29.3.09 (16:02:42)

Šavle: Tak uvidíme jak to moje řešení bude vypadat:

Snadno si ověříme že číslo 9801 je násobkem 1089. No po pár zkouškách zjistíme, že kterékoliv číslo udaného tvaru (98999…9901) po vydělením číslem druhého tvaru (10999…99989) dává za výsledek číslo 9 a tak si v obecném tvaru vezneme dané číslo 10999…9989 a přepíšeme jej do tvaru:

10.10^(n+2)+((­10n)-1).100 + 89 a to celé vynásobíme 9. a dostaneme: 90.10^(n+2)+(9­(10n)-9).100 + 801, což se dá přepsat postupně jako: 90.10^(n+2)+(9­(10n)-9).100 + 800 + 1=90.10^(n+2)+(8­(10n)+ (10n)-1).100+ 1=98.10^(n+2)+((­10n)-1).100+ 01, což je docela zápis našeho čísla (98999…99901), které jsme chtěli dostat. Tak a teď by mě zajímalo kolik lidí takovéto řešení problému pochopí…

Pokud by se objevila nějaký nesouhlas či tak podobně, tak se ozvu…

P.S.:

Pro kladná reálná a,b,c dokažte že:

  1. pokud a4+b4+c4=1 potom ab+bc+ca<2
  2. pokud a4+b4+c4=3 potom ab+bc+ca<=3
[1283] Sam samuelriha@seznam.cz 28.3.09 (21:38:14)

Mimochodem ten hint k pepovu prikladu mel nejaky vyssi smysl?

[1282] Zbyněk kondr@lesnimoudrost.cz 28.3.09 (20:56:10)

[1281] Spíš bych si tipl, že matematickou událostí posledních dní bylo celostátko (a když už jsme u toho, gratuluju všem zúčastněným BRKOSákům), tak na maraton nezbyl moc čas. Jinak máš pravdu, není to těžké.

[1281] Šavlík savlik5@gmail.com 28.3.09 (20:37:59)

Panejo! Mi ani neříkejte, že jsem to tu tak strašně zabil. Jsem si myslel, že je to docela lehké…