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: $f(x)=$cos$x$ pro $x<0$ a $f(x)=1$ pro $x \geq 0$ a opět $g(x)=x2+1$. 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 $g(x)=x2+1$, 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: $\frac{4(b2+7­b+1)^2}{9b2(b+2)^2}\geq\­frac{12}{1+2b}$ Po převedení na jednu stranu $\frac{4(b-1)^2(2b3+6b2+­18b+1)}{9b2(b+2)^2(2b+1)­}\geq 0$ 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.
$a_1b_1a_2b2…a_{p-1}b_{p-1} \equiv a_1a2…a_{p-1}b_1b2… b_{p-1}\equiv –1\cdot(-1) \equiv 1 \pmod{p}$, aproto $\{a_1b1, a_2b2, … , a_{p-1}b_{p-1}\}$ 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 $\{a1, a2, … , a_{p-1}\}$ a $\{b1, b2, … , b_{p-1}\}$ 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 $\{a_1b1, a_2b2, … , a_{p-1}b_{p-1}\}$ 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 $\{a1,a2,…,a_{p-1}\}$ a $\{b1,b2,…,b_{p-1}\}$ jsou dvě množiny, z nichž každá obsahuje všechny zbytkové třídy modulo $p$. Dokažte, že množina $\{a_1b1,a_2b­2,…,a_{p-1}b_{p-1}\}$ 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 $(a,b,c)\in M3$ pro kterou platí $a+b+c \equiv 99 \pmod{100}$ exisuje právě jedna trojice $(100-a,100-b,100-c)\in M3$ 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 $(a,b,c)\in M3$ pro kterou platí $abc \equiv 99 \pmod {100}$ existuje právě jedna trojice $(100-a,100-b,100-c)\in M3$ 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> $a\cdot\sqrt{­b}+b\cdot\sqrt{c}+c\cdot­\sqrt{a}\leq\frac{a2+b3}­{2b2}+\frac{b2+c3}{2c2} +\frac{c2+a3}­{2a2}$.

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

Z Muirheadovy nerovnosti plyne:

(1)$a^2b2 + b^2c2 + a^2c2 <=a4 + b4 + b4,$

(2)$a^2bc + b^2ac + c^2ab <=a4 + b4 + b4$.

I.) součtem (1)+2*(2) dostaneme

$(ab + bc + ca)^2 <= 3(a4 + b4 + b4) = 3 < 4$.

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

II.) opět sečteme (1)+2*(2) $(ab + bc + ca)^2 \leq 3(a4 + b4 + b4) = 9$. 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…