Регистрирайте сеРегистрирайте се

Международна олимпиада по Математика 2009, Германия

Иди на страница Предишна  1, 2
 
   Форум за математика Форуми -> Олимпиади и състезания за 9-12 клас
Предишната тема :: Следващата тема  
Автор Съобщение
Who_cares123456
Редовен


Регистриран на: 14 Apr 2007
Мнения: 163

Репутация: 39.8Репутация: 39.8Репутация: 39.8Репутация: 39.8
гласове: 20

МнениеПуснато на: Thu Jul 23, 2009 10:44 pm    Заглавие:

1: [tex]n|a_i(a_{i+1}-1)[/tex] e еквивалентно на aiai+1≡ai (mod n). Да допуснем, че aka1≡ak(mod n).

Последователно се получава, че а1≡а1а2≡а12а3) и по аналогичен начин стигаме до а1≡а1...аk-1 (mod n). Ако умножим двете страни на последното с аk се получава, че аk≡a1ak≡(a1...ak-1)ak (mod n), но от друга страна имаме, че а1≡а1...аk-1≡а1...(аk-1аk) (mod n). Тоест a1≡а1...аk ≡ ak (mod n). Изводът е ясно, че последното е невъзможно, тъй като илиза, че [tex]n|(a_1-a_k)\in [1,n-1][/tex].

2: Като си направим косинусова теорема за ▲AOP и ▲AOQ и виждаме, че за да докажеш OP=OQ ни е нужно AP2-AP.AC=AQ2-AQ.AB, което е еквивалентно на AP.PC=AQ.BQ или AP:AQ=BQ:PC=MK:ML. Имайки това на предвид, е лесно да се досетим, че ни е необходимо да докажем някакво подобие на триъгълниците AQP и MKL, което е лесно. Имаме един общ ъгъл - <QAP=<KML, тъй като MK||AC и ML||AB (или обратното, говоря по спомен без чертеж). Освен това като използваме свойствата на допирателната излиза, че <MKL=<QML=<AQМ. Тоест по ъгли триъгълниците са подобни.

3: Задачата звучи логично и твърде общо, като я прочетеш, тоест ще ти трябват тривиални факти за аритметичните прогресии. Най-триалният, който се сещам е, че sm-sn=(m-n)d, ако si е аритметична прогресия с разлика d.

Нека за улеснение при писането sn=f(n).

Тогава по условие f(f(n+1))-f(f(n))=d1 и f(f(n+1)+1)-f(f(n)+1)=d2. Имайки условието, че редицата е строго разстяща, то [tex]f(f(n))+1\le f(f(n)+1)\le f(f(n+1))[/tex] Или с други думи [tex]1\le f(f(1)+1)-f(f(1))+(n-1)(d_2-d_1)\le d_1[/tex]. Като пуснем n да клони към безкрайност, то винаги ще получим противоречие, освен ако d1=d2.

Тоест f(f(n+1))-f(f(n))=f(f(n+1)+1)-f(f(n)+1)=d <=> f(f(n)+1)-f(f(n))=f(f(n+1)+1)-f(f(n+1)) (*). При подобни задачи няколко пъти съм срещал да се въвежда mk=sk+1-sk>0 и целта ни е да покажем, че mk е константа или че inf mk=sup mk. Нека g(n)=mn. За сега се знае, че g(f(n))=const от (*).

Очевидно [tex]d=f(f(n+1))-f(f(n))\ge f(n+1)-f(n)=g(n)[/tex]. Тоест g(n) e ограничено отгоре. Нека sup g(n)=X и g(a)=X. Имаме, че f(f(f(n+1)))-f(f(f(n)))=(f(n+1)-f(n))d=g(n)d=g(f(f(n)))+g(f(f(n))+1)+...+g(f(f(n+1))-1). => Хd=g(a)d=g(f(f(a)))+g(f(f(a))+1)+...+g(f(f(a+1))-1), като броят на събираемите е d и всяко от тях е по-малко или равно на Х. Тоест не остава друг вариант освен всяко да е Х => g(f(f(a)))=g(f(n))=const=X. Аналогично можем да получим и че g(f(n))=inf g(n) => inf g(n)=sup g(n).

4: Нека <BAC=2α. I , K и C лежат на ъглополовящата на <ACB. => <CIE=90-α, <IEK=45, r=EK.sin(3α/2)=IKsin(45+α/2) e радиусът на вписаната в ▲DAC. Тогава [tex]\frac{EK}{IK}=\frac{\cos\alpha}{\sin 45}=\frac{\sin (45+\alpha/2)}{\sin(3\alpha/2)}[/tex] от синусовата теорема за ▲ЕIK [tex]\Rightarrow (\sin\alpha\cos(\alpha/2)+\cos\alpha\sin(\alpha/2))\cos\alpha=\frac{1}{2}(\cos(\alpha/2)+\sin(\alpha/2)) \Rightarrow \cos(\alpha/2)=cos(2\alpha)sin(\alpha/2)+sin(2\alpha)cos(\alpha/2)=\sin(5\alpha/2)[/tex]. От тука пътища много, но един възможен е да се вдигне на квадрат и да се използва, че 2cos2x=1+cos2x и 2sin2x=1-cos2x, т.е. ще получим, че [tex]\cos\alpha+\cos(5\alpha)=2\cos(3\alpha)cos(2\alpha)=0[/tex].

5: От условието следва за всеки две естесвени числа a и b: a+f(b)>f(b+f(a)-1)>f(b)-a. Като се положи а=1 излиза, че f(b)=f(b+f(1)-1). Тогава или получаваме, че функцията е периодична, или че f(1)=1. От условието, че f(b)+f(b+f(a)+1)>a обаче очевидно се вижда, че функцията трябва да клони към безкрайност, затова f(1)=1.

Нека b=1. Тогава a+1>f(f(a))>a-1, тоест f(f(a))=a и f(x) тогава ще е биекция. Освен това се забелязва, че a+b>f(f(a)+f(b)-1). Тоест 4>f(2f(2)-1). Използвайки сюрективността на функцията, то f(2f(2)-1)=1,2,3, като само 2f(2)-1=3 не дава противоречие. Тогава f(2)=2. => f(b)+2>f(b+1). Ако f(1)=1, f(2)=2, ..., f(k)=k, то от биективността k<f(k+1)<k+2 или f(k+1)=k+1.

6: Комбинаторика ... Условието на всяка комбинаторика ми звучи като купи си чук и се удари по главата. Тъй че не мога да кажа нищо. Който може, да напише каквото се сеща.

Ето - вече има и решения на задачите.
ПС - това са си мои хрумвания по задачите, затова почти е сигурно, че има и по-добри и елегантни решени.
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Реклама







Пуснато на:     Заглавие: Реклама

Върнете се в началото
erejnion
Начинаещ


Регистриран на: 09 Mar 2008
Мнения: 41

Репутация: 12.4
гласове: 5

МнениеПуснато на: Fri Jul 24, 2009 3:38 pm    Заглавие:

a note for the team mainly:

http://dox.bg/files/dw?a=74be1db268

http://dox.bg/files/dw?a=8f97b9ab07
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение Посетете сайта на потребителя
Покажи мнения от преди:   
   Форум за математика Форуми -> Олимпиади и състезания за 9-12 клас Часовете са според зоната GMT + 2 Часа
Иди на страница Предишна  1, 2
Страница 2 от 2

 
Идете на:  
Не Можете да пускате нови теми
Не Можете да отговаряте на темите
Не Можете да променяте съобщенията си
Не Можете да изтривате съобщенията си
Не Можете да гласувате в анкети
Може да прикачвате файлове
Може да сваляте файлове от този форум
Copyright © 2005-2020 math10.com.