eMatematikas Prisijunk Forumas VBE užduotys ONLINE testai

Matematikos Maratonas Nr. 1


bachukas
Vienas lentelės n x n (n≥2) langelis užtušuotas juodai, o likę langeliai - balti. Vienu ėjimu galima pakeisti bet kurios vienos horizontalės arba vienos vertikalės langelius priešinga spalva. Įrodykite, kad darant vien tokius ėjimus negalime gauti situacijos, kad visi langeliai būtų nuspalvinti ta pačia spalva.


Pasižymėkime 2n lentelės langelių taip, kad
1) kiekvienoje eilutėje būtų pažymėti lygiai 2 langeliai;
2) kiekviename stulpelyje būtų pažymėti lygiai 2 langeliai;
3) pradinis juodasis langelis būtų pažymėtas.

Taip pasižymėti langelius įmanoma. Pavyzdžiui, jei sunumeravus langelius įprastu būdu nuo (0, 0) iki (n-1, n-1) pradinis juodasis langelis yra (x, y), tai pasižymėkime langelius

(x, y), (x+1, y),
(x+1, y+1), (x+2, y+1),
...
(x+n-1, y+n-1), (x, y+n-1),

kur langelių numeriai užrašyti moduliu n (t.y. žiūrime ne į pačią koordinatę, bet į jos dalybos iš n liekaną). Ši aprašyta forma yra "laipteliai", einantys per pradinį juodą langelį.

Kai perdažome eilutę arba stulpelį, perdažome lygiai du pažymėtus langelius, todėl pažymėtų juodų ir pažymėtų baltų langelių skaičių lyginumas nesikeičia. Kadangi iš pradžių turime 1 juodą ir 2n-1 baltą pažymėtą langelį, tai visuomet turėsime po nelyginį skaičių ir pirmų, ir antrų. Taigi niekuomet negalėsime padaryti taip, kad visi langeliai būtų vienos spalvps.

Tarkime, kad f yra nenulinis daugianaris su realiais koeficientais, tenkinantis

f(x) f(2x²) = f(2x³ + x)

su visais realiais x. Įrodykite, kad f neturi realių šaknų.

Gražus sprendimas :) Bet galima ir paprasčiau: nubraižom tokį kvadratą 2x2, kuriam priklausytų tas juodas langelis, tada lygiai  taip pat kaip ir pas tave įrodom, kad tame kvadrate 2x2 visada bus 1 juodas ir 3 balti arba 3 juodi ir 1 baltas :)

Kas yra nenulinis daugianaris? Ar tai bet koks reiškinys nelygus nuliui, kaip pvz [math]\sqrt{x^3+e^\pi}[/math] ir t.t. ?

bachukasGražus sprendimas :) Bet galima ir paprasčiau: nubraižom tokį kvadratą 2x2, kuriam priklausytų tas juodas langelis, tada lygiai  taip pat kaip ir pas tave įrodom, kad tame kvadrate 2x2 visada bus 1 juodas ir 3 balti arba 3 juodi ir 1 baltas :)


Cha, truputį per daug prisižymėjau :D

bachukas
Kas yra nenulinis daugianaris? Ar tai bet koks reiškinys nelygus nuliui, kaip pvz [math]\sqrt{x^3+e^\pi}[/math] ir t.t. ?


Daugianaris yra funkcija, kurią galima užrašyti kaip baigtinę sumą [math]a_{n}x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0.[/math] Daugianaris yra nenulinis, jei bent vienas koeficientas yra nenulinis.

Pavyzdžiui, f(x) = x³ + 2x + 2, f(x) = x^17, f(x) = -πx² +2x yra nenuliniai daugianariai (su realiais koeficientais). [math]f(x)=\sqrt{x^3+e^\pi}[/math] nėra daugianaris.

Daugianario šaknis yra argumento reiškmė, kurią įstačius daugianaris įgyja vertę 0. Kitaip sakant, mano pateiktame uždavinyje reikia įrodyti, kad nėra tokio realaus skaičiaus r, kad f(r) = 0.

pakeista prieš 13 m

A, supratau dabar :D

SenamJūreiviui:
a) Jei f(0)=0. Tarkim, kad f(x)=a_n*x^n+...a_m*x^m, kur a_m ≠ 0, n>= m >= 1.

f(x)f(2x^2)= (a_n*x^n+...a_m*x^m)(a_n*(2x^2)^n+...a_m*(2x^2)^m)= ...+a_m^2*2^m*x^(3m), mažiausiasi x laipsnis su nenulinio koeficientu yra 3m.

Bet f(2x^3+x)=a_n*(2x^3+x)^n+...a_m*x(2x^3+x)^m=...+ a_m*x^m, taigi mažiausiai x laipsnis su nenuliniu koeficientu yra m. Daugianariai yra tapatūs, bet m≠3m. Prieštara.

b) Jei egzistuoja r>0, kad f(r)=0.

Daugianaris turi baigtinį skaičių šaknų, todėl galime išrinkti didžiausia. Tegu q didžiausia f(x) šaknis. q>=r>0. Bet 0=f(q)f(2q^2)=f(2q^3+q). 2q^3+q > q irgi yra šaknis. Prieštara.

c) Jei egzistuoja r<0, kad f(r)=0.

Šįkart galime išsirinkt mažiausią šaknį. Tegu q mažiausia f(x) šaknis. q<=r<0. Bet 0=f(q)f(2q^2)=f(2q^3+q). 2q^3+q < q irgi yra šaknis. Prieštara.

Taigi f(x) neturi realių šaknų.

Uždavinys: Tegu S=(a_1,a_2,...,a_m) atsitiktinė m elementų iš aibės {-1,1} seka, kur m=2^n, o n - natūralusis. Su S galima atlikti operacija, kur (a_1,a_2,...,a_m) atvaizduoja į (a_1*a_2,a_2*a_3,...,a_m*a_1). Ar visada atlikus baigtinį skaičių operacijų galima gauti vien vienetus?

pakeista prieš 13 m

Del trikampio:
BCB'C' - rombas, tai BC || B'C' ir BC = B'C'.
AE statmenas BC ir B'C'.
A'E' = 3 AE
S' = 3S.

vardas
a) Jei f(0)=0. Tarkim, kad f(x)=a_n*x^n+...a_m*x^m, kur a_m ≠ 0, n>= m >= 1.

f(x)f(2x^2)= (a_n*x^n+...a_m*x^m)(a_n*(2x)^n+...a_m*(2x)^m)= ...+a_m^2*2^m*x^(3m), mažiausiasi x laipsnis su nenulinio koeficientu yra 3m.

Bet f(2x^3+x)=a_n*(2x^3+x)^n+...a_m*x(2x^3+x)^m=...+ a_m*x^m, taigi mažiausiai x laipsnis su nenuliniu koeficientu yra m. Daugianariai yra tapatūs, bet m≠3m. Prieštara.


Čia tikriausiai turėjo būti 2m, o ne 3m :)

vardasSenamJūreiviui:
a) Jei f(0)=0. Tarkim, kad f(x)=a_n*x^n+...a_m*x^m, kur a_m ≠ 0, n>= m >= 1.

f(x)f(2x^2)= (a_n*x^n+...a_m*x^m)(a_n*(2x)^n+...a_m*(2x)^m)= ...+a_m^2*2^m*x^(3m), mažiausiasi x laipsnis su nenulinio koeficientu yra 3m.

Bet f(2x^3+x)=a_n*(2x^3+x)^n+...a_m*x(2x^3+x)^m=...+ a_m*x^m, taigi mažiausiai x laipsnis su nenuliniu koeficientu yra m. Daugianariai yra tapatūs, bet m≠3m. Prieštara.

b) Jei egzistuoja r>0, kad f(r)=0.

Daugianaris turi baigtinį skaičių šaknų, todėl galime išrinkti didžiausia. Tegu q didžiausia f(x) šaknis. q>=r>0. Bet 0=f(q)f(2q^2)=f(2q^3+q). 2q^3+q > q irgi yra šaknis. Prieštara.

c) Jei egzistuoja r<0, kad f(r)=0.

Šįkart galime išsirinkt mažiausią šaknį. Tegu q mažiausia f(x) šaknis. q<=r<0. Bet 0=f(q)f(2q^2)=f(2q^3+q). 2q^3+q < q irgi yra šaknis. Prieštara.

Taigi f(x) neturi realių šaknų.

Uždavinys: Tegu S=(a_1,a_2,...,a_m) atsitiktinė m elementų iš aibės {-1,1} seka, kur m=2^n, o n - natūralusis. Su S galima atlikti operacija, kur (a_1,a_2,...,a_m) atvaizduoja į (a_1*a_2,a_2*a_3,...,a_m*a_1). Ar visada atlikus baigtinį skaičių operacijų galima gauti vien vienetus?


Uždavinio sprendimas:
nagrinėkime kol kas tik pirmuosius du sekos narius. Aišku, kad jei pirmasis yra kažkurių elementų sandauga, tai antrasis yra tų elementų, pasislinkusių per vieną indeksą, sandauga. (Sakykim, jei pirmasis narys yra a_1*a_7, tai antrasis a_2*a_8). Iš to nesunku pastebėti, kad po x ėjimų pirmasis narys atrodo taip: jis yra (x+1) skirtingų elementų sandauga ir kiekvienas iš tų (x+1) elementų pakeltas tokiu laipsniu, koks koeficientas yra Niutono binomo skleidinyje prie atitinkamo laipsnio. (pvz, po 5 žingsnių pirmasis narys atrodys taip: a_1*(a_2)^5*(a_3)^10*(a_4)^10*(a_5)^5*a_6). Tas nesunkiai įsirodo pagal indukciją.

Jei m=2^n, tai po 2^n-1 žingsių pirmasis narys bus sudarytas iš visų 2^n skaičių sandaugos ir kiekvienas jų pakeltas nelyginiu laipsniu, nes Niutono binomo skleidinyje keliamu 2^n-1 laipsniu visi koeficientai nelyginiai. kadangi visi skaičiai 1 arba -1 tai mums iš esmės yra skirtumas tik ar skaičius pakeltas lyginiu ar nelyginiu laipsniu. Kadangi šiuo atveju visi skaičiai pakelti nelyginiu, tai galima sakyti, kad pirmasis narys yra tiesiog visų skaičių sandauga.

Visiškai analogiškai, kadangi galima sakyti, kad skaičiai surašyti ratu, tai visi likę nariai taip pat bus lygūs visų pradinių narių sandaugai. Taigi po 2^n-1 ėjimų visi skaičiai bus lygūs. Na, o tada jau akivaizdu, kad kitu ėjimu visi skaičiai bus lygūs 1.

Taigi daugiausiai po 2^n ėjimų visi skaičiai bus lygūs 1.

Naujas uždavinys: turime lentą n*n suskirstytą vienetiniai langeliais. Iš viso joje nuspalvinta n-1 langelių. Kiekvieną minutę dar nenuspalvintas langelis nuspalvinamas, jei jis turi bent du nuspalvintus kaimynus (kaimynais vadinami toks langeliai, kurie turi bendrą kraštinę). Ar gali po kiek laiko visi langeliai tapti nuspalvintais?

Dar įrodyk, kad [math]{C^k}_{2^n-1}[/math] yra nelyginis :)

pakeista prieš 13 m

Šioje temoje naujų pranešimų rašymas yra išjungtas!