ЕМТ 2010

[mkmarinov]

Кои бяхте, как се справихте?

Публикувам темата за 12 клас:
Задача 1:
да се намерят всички естествени числа k такива, че за всяко реално х да е изпълнено равенството:
[tex]sin^kxcos(kx)+cos^kxsin(kx)=\frac{3}{4}sin((k+1)x)[/tex].

Задача 2:
Да се намерят стойностите на реалния параметър а, за които всяко решение на неравенството
[tex](log_2x)^2+(x-2)log_2x \le x-1[/tex]
е решение и на неравенството
[tex]2^x+2^{2-x}\le a[/tex]

Задача 3:
Нека [tex]a_1, a_2, a_3, ...[/tex] е такава редица от положителни числа, че [tex]2a_{n+1} \ge a_n+a_{n+2}[/tex] за всяко естествено число n. Да се докаже, че редицата [tex]\frac{a_n}{n}[/tex] е сходяща.

Задача 4:
Описаната около [tex]\triangle ABC[/tex] окръжност k има диаметър 1. Да се докаже, че триъгълникът е равностранен тогава и само тогава, когато за всяка точка М от вътрешността на k е изпълнено:
[tex]\frac{1}{MA}+\frac{1}{MB}+\frac{1}{MC} > 5[/tex]

[inveidar]

Задача 2:
Да се намерят стойностите на реалния параметър а, за които всяко решение на неравенството
[tex](log_2x)^2+(x-2)log_2x \le x-1[/tex]
е решение и на неравенството
[tex]2^x+2^{2-x}=a[/tex]

И какво е второто неравенство? По-голямо или по-малко?

[mkmarinov]

Поправих го, по-малко или равно трябва да е.

[mmqu]

А резултати къде ще има?

[olga.stefanova]

ето ги и резултатите http://sites.google.com/site/esenenmt/rezultati

[mkmarinov]

http://sites.google.com/site/esenenmt/rezultati

[mkmarinov]

Ето моето решение на първа задача:
полагаме [tex]x=\frac{\pi}{4}[/tex].
[tex](\frac{1}{\sqrt{2}})^k(cos(k\frac{\pi}{4})+sin(k\frac{\pi}{4}))=\frac{3}{4}sin((k+1)\frac{\pi}{4})[/tex]
[tex](\frac{1}{\sqrt{2}})^k\sqrt{2}sin((k+1)\frac{\pi}{4})=\frac{3}{4}sin((k+1)\frac{\pi}{4})[/tex]
[tex]sin((k+1)\frac{\pi}{4})(\sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}})^k-\frac{3}{4})=0[/tex], но вторият множител е ненулев за цели к =>
[tex]sin((k+1)\frac{\pi}{4})=0[/tex]
=> [tex]k=4l-1[/tex] (1).
[tex]sin((k+1)x)=sin(kx+x)=sin(kx)cosx+cos(kx)sinx[/tex]
=> тъждеството добива вида
[tex]sinxcos(kx)(sin^{k-1}x-\frac{3}{4})+cosxsin(kx)(cos^{k-1}x-\frac{3}{4})=0[/tex]
Полагаме [tex]x=\frac{\pi}{6}[/tex]. Нека разгледаме стойностите, които [tex]kx=(4l-1)\frac{\pi}{6}[/tex] може да приема, по модул 2 пъти пи. Приема три стойности - при трите различни остатъка на l по модул 3.

1: [tex]l=3t+1: kx=(12t+3)\frac{\pi}{6}=2t\pi + \frac{\pi}{2} \equiv \frac{\pi}{2} (mod 2\pi )[/tex]
=> [tex]cos(kx)=0, sin(kx)=1[/tex]
=> [tex]cos\frac{\pi}{6}(cos^{k-1}\frac{\pi}{6}-\frac{3}{4})=0[/tex]
[tex](\frac{\sqrt{3}}{2})^k-1=\frac{3}{4} => k=3[/tex] (трябва да се провери).

2: [tex]l=3t+2: kx \equiv \frac{7\pi}{6} (mod 2\pi )[/tex]
=> [tex]cos(kx)=-\frac{1}{2}; sin(kx)=-\frac{\sqrt{3}}{2}; sin(x).cos(kx)=cos(x).sin(kx)=-\frac{\sqrt{3}}{4}[/tex], делим на него.
=> [tex]sin^{k-1}\frac{\pi}{6}-\frac{3}{4}+cos^{k-1}\frac{\pi}{6}-\frac{3}{4}=0[/tex]
[tex](\frac{1}{2})^{k-1}+(\frac{\sqrt{3}}{2})^{k-1}=\frac{3}{2}[/tex]
[tex]1+3^{\frac{k-1}{2}}=3.2^{k-2}[/tex] - невъзможно по модул 3, к е нечетно => к-1 е четно и (к-1)/2 е цял експонент.

3: [tex]l=3t: kx \equiv -\frac{\pi}{6} (mod 2\pi ) => sin(kx)=-\frac{1}{2}; cos(kx)=\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex]
=> [tex]\frac{1}{2}\frac{\sqrt{3}}{2}((\frac{1}{2})^{k-1}-\frac{3}{4})-\frac{1}{2}\frac{\sqrt{3}}{2}((\frac{\sqrt{3}}{2})^{k-1}-\frac{3}{4})=0[/tex]
[tex]1=\sqrt{3}^{k-1} => k=1[/tex], противоречие с вида k=4l-1.

Сега проверка за к=3, тривиална е.

Някой може ли да намери грешки и неточности в решението ми? Ще бъда благодарен на отзиви.

[mkmarinov]

Решение на 3 задача:
[tex]d_n=a_{n+1}-a_n[/tex] =>
[tex]d_{n+1} \le d_n[/tex].
Нека съществува [tex]n_0 : d_{n_0} \le 0[/tex]. За [tex]n>n_0[/tex] редицата е (нестрого) намаляваща. Намаляваща и ограничена отдолу от нулата (всички членове са положителни) => съществува границата [tex]\lim_{n \to \infty}a_n[/tex] => [tex]\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{n}=0[/tex].
Сега, нека всички [tex]d_n>0[/tex].
[tex]d_1 \ge d_2 \ge d_3...[/tex]
Образуваме редицата [tex]b_n: b_1=a_1, b_{n+1}-b_n=d_1[/tex]
Оттук следва, че [tex]b_n \ge a_n[/tex] за всяко n.
Но [tex]b_n[/tex] е аритметична прогресия => [tex]b_n=a_1+(n-1)d_1[/tex]
=> [tex]\lim_{n \to \infty}\frac{b_n}{n}=d_1[/tex]
Но [tex]b_n \ge a_n => \frac{b_n}{n} \ge \frac{a_n}{n} => \lim_{n \to \infty}\frac{b_n}{n} \ge \lim_{n \to \infty}\frac{a_n}{n}[/tex]. От друга страна, [tex]a_n>0 => \frac{a_n}{n} > 0 => \lim_{n \to \infty}\frac{a_n}{n}>0[/tex]
=> [tex]d_1<\lim_{n \to \infty}\frac{a_n}{n}<0[/tex], определено е крайно число и съществува.

[Karamata]

На това решение ще получиш 1-2 точки макс. Оценката [tex]\frac{b_n}{n}\geq \frac{a_n}{n}>0[/tex] не означава ,че съществува [tex]\lim_{n\rightarrow\infty} \frac{a_n}{n}[/tex]. На пример, [tex]b_n=3n[/tex] и [tex]a_n=n(2+\cos(n))[/tex] го изпълняват това неравенство, но [tex]\frac{a_n}{n}[/tex] не е сходима.

Тука може да се докаже, че [tex]\frac{a_m}{m}-\frac{a_n}{n}\leq \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{m}\right)const[/tex], където [tex]const = (a_2-2a_1)[/tex] и от там по критерия на Коши следва сходимостта .

[drago]

За съжаление, решението наистина не е коректно, макар, че това е правилния подход, но иска малко корекция от предпоследния ред нататък. Там още не знаем, че lim an/n същасетвува и няма как да го пишем.
Обаче, знаем, че an е растяща и an/n е ограничена(от lim bn/n)...
Всъщност, най-чисто е да се върнем малко назад в решението на mkmarinov. Още от d1>=d2>=..., di>0. =>lim dn = d>=0.
a(n+1)=a(1)+d1+...+dn. Малко приятно упражнение а тема епсилон дефиниции ще даде, че lim an/n = d. (До някое място оставяме di тата, докато станат "близки "(на епрсилон) до d и после ги заместваме един път с d и втори път с d-епс, за да получим 2 оценки...).

[allier]

На мен ми харесват резултатите по задача 3 за 11 клас. Имат много интересно числово свойство - на всеки участник резултатът по задачата се дели на 11 (имайки предвид, че границите са от 0 до 6).

[amnesiac]

Грешиш Има едно момиче с 1,което е повече от останалите взети заедно

[mkmarinov]

На пример, [tex]b_n=3n[/tex] и [tex]a_n=n(2+\cos(n))[/tex] го изпълняват това неравенство, но [tex]\frac{a_n}{n}[/tex] не е сходима.

[tex]a_{n+1}-a_n=d_n=2(n+1)+cos(n+1)-2n-cosn=2+cos(n+1)-cosn[/tex]
[tex]d_{n+1}-d_n=cos(n+2)-cos(n+1)-cos(n+1)+cosn=2cos(n+1)cos(1)-2cos(n+1)=2cos(n+1)(cos(1)-1)[/tex], което нито е намалявща редица, нито винаги положителна.

Една редица че е ограничена отгоре и растяща - напълно достатъчно за да е сходяща.

А по първа задача някакви коментари?

[drago]

На пример, [tex]b_n=3n[/tex] и [tex]a_n=n(2+\cos(n))[/tex] го изпълняват това неравенство, но [tex]\frac{a_n}{n}[/tex] не е сходима.

[tex]a_{n+1}-a_n=d_n=2(n+1)+cos(n+1)-2n-cosn=2+cos(n+1)-cosn[/tex]
[tex]d_{n+1}-d_n=cos(n+2)-cos(n+1)-cos(n+1)+cosn=2cos(n+1)cos(1)-2cos(n+1)=2cos(n+1)(cos(1)-1)[/tex], което нито е намалявща редица, нито винаги положителна.

Една редица че е ограничена отгоре и растяща - напълно достатъчно за да е сходяща.

А по първа задача някакви коментари?

Без да се заяждам, но:
an/n е ограничена, но не е растяща(не е задължително). Растяща е an. Taka че, за да е коректна обосновката се иска още малко усилие.

[mkmarinov]

Имаш право! Благодаря.

[Станислав]

Грешиш Има едно момиче с 1,което е повече от останалите взети заедно

Коментарът на Колев беше, че това е най-трудно дадената точка за Александър Колев Към 3 минути мислил дали да даде точка...

[inveidar]

Вече ги има и всичките задачи и решения - ТУК!

[Stoyanov]

esenenmt.info вече е официалният сайт на състезанието.