IZBORNO NATJECANJE ZA IMC - RJEŠENJA Zadatak 1. Odredite sve polinome f i g s realnim koeficijentima koji zadovoljavaju jednakost (f(x))

Транскрипт

1 IZBORNO NATJECANJE ZA IMC - RJEŠENJA Zadata 1. Odredte sve polnome f g s realnm oefcjentma oj zadovoljavaju jednaost (f(x)) 3 (g(x)) = 1, x R. Rješenje. Pretpostavmo da je deg f = n > 0, tada je deg g = m > 0. Dervranjem dane jednaost dobvamo da je 3(f(x)) f (x) = g(x)g (x), x R. Najprje prmjetmo da obje jednaost vrjede za sve z C. Name, to su polnomjalne jednadžbe oje maju besonačno mnogo rješenja, što znač da je sva z C njhovo rješenje. Nea je z C taav da je f (z) = 0, tada je f(z) = 0 pa z prve jednaost mamo da je g(z) 0, druga jednaost tada govor da je g (z) = 0. Kao to vrjed za prozvoljnu nultoču polnoma f, vdmo da f g. Uolo je nea nultoča od f veće ratnost u f, nego u g, onda vdmo da ona mora bt nultoča polnoma g, što je nemoguće. Analogno zaljučmo da g f. Dale, mamo nejednaost n m 1 m n 1, z čega je n n, što je nemoguće. Dale, deg f = deg g = 0. Konačno, sva rješenja su (f(x), g(x)) = ( 3 a + 1, a), za sva x R, gdje je a R prozvoljna onstanta. Zadata. Doažte da postoj besonačno mnogo parova prrodnh brojeva (a, b) tavh da je a 3ab + b = 1. Rješenje. Promatramo dan zraz ao vadratnu jednadžbu u a: a 3ab + b 1 = 0. Ao je (a, b) cjelobrojno rješenje ove jednadžbe, onda mora vrjedt a = 3b ± 5b + 4. Obratno, uzmemo l b N taav da je zraz 5b + 4 potpun vadrat, onda je a = 3b ± 5b + 4 očto prrodan broj, pa je (a, b) rješenje početne jednadžbe. Odavde sljed da je dovoljno poazat da postoj besonačno mnogo prrodnh brojeva b za oje je 5b + 4 potpun vadrat. To možemo doazat onstrutvno: b = 1 je očto jedan moguć zbor. Nadalje, ao za ne b postoj N taav da vrjed 5b + 4 =, onda mamo 5b + 4 = = 5b 4 + 0b = 5(b) = 5b 4 + 0b + 4 = 5(b) + 4 = (5b + ) = 5(b) + 4, što poazuje da je b dobar zbor. Buduć da je > 1, ovao dobvamo strogo rastuć nz rješenja, čme smo poazal da h ma besonačno mnogo. 1

2 Napomena. Alternatvno, umjesto esplctne onstrucje besonačne famlje rješenja, dovoljno je pozvat se na teorju Pellovh jednadžb. Zadata 3. Odredte sve omplesne brojeve z 0 tave da je nz matrca (M n (z)) n=0 dan s [ ] n 1 z M n (z) = z 1 ogrančen (tj. element matrca čne četr ogrančena nza omplesnh brojeva). =0 Rješenje. Odgovor je: sv omplesn brojev z za oje vrjed z = 1 z 1. Doažmo nducjom da za z 1 mamo M n (z) = 1 [ ] zn z n +1 z, 1 z z n 1 do za z = 1 vrjed [ ] 1 1 M n (1) = n. 1 1 Baza nducje (n = 0) je trvjalna. U ndutvnoj pretpostavc uzmmo n 1 uočmo da vrjed [ ] 1 z M n+1 (z) = z 1 M 1 n (z ). Provjera da vrjed tražena formula je trvjalna za z = 1, 1, do za ostale vrjednost z orstmo pretpostavu nducje: M n+1 (z) = 1 [ ] [ zn+1 1 z z n+1 + z ] 1 z z 1 1 z n+1 1 = 1 zn+1 (1 z)(1 + z) [ (1 + z)z n+1 +1 (1 + z)z (1 + z)z n z Vratmo se zadatu. Uočmo da je nz matrčnh elemenata M n (1) neogrančen, stoga nadalje pretpostavljamo z 1. Element u donjem desnom utu matrce M n (z) je (1 z n )/(1 z), što je ogrančeno samo za z 1. Element u gornjem ljevom utu matrce M n (z) je (1 z n )/(1 z 1 ), a ovo je ogrančeno samo za z 1. Odavde zaljučujemo da je nužno z = 1. Obratno, z = 1, z 1 je taođer dovoljno za ogrančenost, jer z formule vdmo da je sva element matrce M n (z) najvše / 1 z po apsolutnoj vrjednost. ]. Zadata 4. Nea je N prrodan broj. Sva brd pravlnog tetraedra podjeljen je točama na N jednah djelova. Tm točama su povučene sve ravnne paralelne neoj od stranca tetraedra čme je on podjeljan na N 3 manjh, međusobno suladnh tetraedara. Nea je T sup svh vrhova tao dobvenh manjh tetraedara. Promotrmo sve podsupove supa T u ojma ne postoje toče tave da je pravac određen tm točama paralelan neoj od stranca tetraedra. Nea je A najveć moguć broj točaa oje može sadržavat ne taav podsup. Nea je prrodan broj nea je S sup svh cjelobrojnh, nenegatvnh rješenja jednadže x 1 +x x = N. Promotrmo sve podsupove supa S u ojma ne postoje dva rješenja, (x 1, x,..., x ) (y 1, y,..., y ) tava da je x = y, za ne {1,,..., }. Nea je B najveć moguć broj rješenja oje može sadržavat ne taav podsup. (a) Doažte da je A = B.

3 (b) Izračunajte B, za N (u ovsnost o N ). Rješenje. (a) Pretpostavmo (bez smanjenja općentost) da je razma među tao dobvenm paralelnm ravnnama (u 4 moguća smjera ) jedna 1. Sva vrh neog od malh tetraedara je jednstveno određen svojom udaljenost od stranca početnog tetraedra, rad naše pretpostave će ta udaljenost uvje bt cjel broj. Dale, sva vrh neog od malh tetraedara je određen neom četvorom cjelh, nenegatvnh brojeva, (x 1, x, x 3, x 4 ) tavh da je x 1 + x + x 3 + x 4 = N. Pravac roz nea dva vrha manjh tetaedara će bt paralelan neoj od stranca tetraedra ao samo ao su oba vrha (oja određuju taj pravac) jednao udaljena od nee ravnne, tj. ao samo ao se oordnate th vrhova podudaraju na neom mjestu. Dale, A = B. (b) Promatrajmo matrcu m čj su element nenegatvn cjel brojev tav da je suma svaog reta jednaa N da ne postoje dva jednaa broja u stom stupcu. Najveć moguć m (broj redaa) za tavu matrcu je tražen B. U svaom stupcu je m brojeva pa je suma svaog stupca barem (m 1) = stoga je suma svh elemenata matrce barem (m 1)m, (m 1)m = m(m 1) mn, N zato što je mn suma svh brojeva u matrc. Dale, m + 1. N Poažmo da je B = + 1. Nea je N = a + b, gdje je a nenegatvan cjel broj b {0, 1,..., 1}. Trebamo onstrurat matrcu (a + 1) s navedenm svojstvma a a... a a + b a 1 a 1... a 1 a 1 + b a 1 a 1... a b a a... a b stupaca 1 stupaca Ovme je rješenje prvedeno raju. Zadata 5. Nea je F polje s dva elementa, nea je L n broj lnearnh, a A n broj afnh potprostora n-dmenzonalnog vetorsog prostora nad F. Doažte sljedeće tvrdnje. (a) L n = L n 1 + A n 1 A n = n L n 1 + A n 1, za sva prrodn broj n. (b) n/ L n A n (n+1)/ L n, za sva nenegatvn cjel broj n. log (c) n lm L n = 1 n 4 lm log A n = 1 n n 4. 3

4 (Afn potprostor je translat lnearnog potprostora za prozvoljan vetor. Dozvoljeno je orštenje prethodnh djelova u rješavanju narednh, bez obzra na to jeste l h rješl.) Rješenje. (a) Prmjetmo prvo da za vetore v 1, v V potprostore N 1, N of V jednaost v 1 + N 1 = v + N vrjed ao samo ao v 1 v N 1 = N. Stoga sva afn potprostor M vetorsog prostora V je obla v + N za prozvoljn v M za jednstven potprostor N of V. In ths case we wrte ln(m) = N. Taođer prmjetmo da je presje dva afna potprostora prazan sup l afn potprostor. Nadalje, razlčt translat od N čne partcju od V. Da b provjerl je l neprazan podsup N vetorsog prostora V nad F potprostor, dovoljno je provjert da v 1, v N mplcra v 1 + v N. Uzmmo n-dmenzonaln vetors prostor V n nad F, fsrajmo njegov (n 1)-dmenzonaln potprostor V n 1 zabermo ne u V n \V n 1. Jasno je da V n 1 u+v n 1 čne partcju od V n. S N označmo famlju potprostora V n oj nsu sadržan V n 1, so that N = L n L n 1. S M označmo famlju afnh potprostora od V n 1. Iz defncje mamo M = A n 1. Preslavanja Φ: N M, Φ: N N (u + V n 1 ) u Ψ: M N, Ψ: M ln(m) (u + M) su dobro defnrana zbog prethodne dsusje jer nad F mamo (u + M) + (u + M) = u + (M + M) = M + M = ln(m). Nadalje, ova preslavanja su međusobno nverzna, što se vd z Ψ(Φ(N)) = (N V n 1 ) ( N (u + V n 1 ) ) = N Φ(Ψ(M)) = (u + M) u = M. Stoga, uspostavl smo bjecju zmeđu N M, pa L n L n 1 = N = M = A n 1, što je trebalo poazat. Doažmo sad drugu jednaost. Nea je N famlja potprostora N od V n tavh da je u N nea je M famlja afnh potprostora M od V n tavh da je u + M M. Očto, N je u bjetvnoj orespondencj s famljom svh potprostora od V n /span(u) ovaj vetors prostor ma dmenzju n 1, pa sljed N = L n 1. S druge strane, afn potprostor M od V n tav da je u + M = M su u bjetvnoj orespondencj s afnm potprostorma od V n /span(u), z čega sljed M = A n A n 1. Uzmmo prozvoljn M M zapšmo ga u oblu M = v + K za ne potprostor K of V n. Uvjet u + M M je evvalentan s u K. U tom slučaju u + M M su dsjuntn M (u + M) = v + span(k {u}). Stoga, preslavanje Θ: M N, Θ: M ln ( M (u + M) ) je dobro defnrano. Pogledajmo sada ardnaltet prasle Θ 1 ({N}) for any N N. Za sva M defnran ao gore Θ(M) = N ao samo ao span(k {u}) = N. Označmo = dm N. Prmjetmo da K je dretn omplement span(u) u N oj može bt zabran na 1 načna. To 4

5 možemo vdjet tao da nadopunmo u do baze za N s vetorma v 1, v,..., v 1 prmjetmo da vrjed v K l v + u K za sva. Stoga K = span({v 1 + α 1 u, v + α u,..., v 1 + α 1 u}) za sva zbor α 1, α,..., α 1 {0, 1} = F. Naon što zaberemo K,njegov translat M možemo odabrat na V n /K = n +1 načna. Stoga, za sva N pa zaljučujemo Θ 1 ({N}) = 1 n +1 = n A n A n 1 = M = n N = n L n 1. (b) Prmjetmo da L 0 = A 0 = 1. Paralelno ćemo doazat obje nejednaost orsteć matematču nducju po n. Baza nducje za n = 0 lao sljed: 1 1. Uzmmo prrodan broj n pretpostavmo da nejednaost vrjed za n 1 umjesto n. Korsteć jednaost doazane u (a) možemo psat A n n/ L n = n L n 1 + A n 1 n/ L n 1 n/ A n 1 = ( n/ 1) ( n/ L n 1 A n 1 ) (n+1)/ L n A n = (n+1)/ L n 1 + (n+1)/ A n 1 n L n 1 A n 1 (n 1)/ L n 1 + (n+1)/ A n 1 n L n 1 A n 1 = ( (n+1)/ 1) ( ) A n 1 (n 1)/ L n 1. Prmjetmo da su oba zraza nenegatvn z pretpostave nducje, čme je doaz gotov. (c) Dretna posljedca od (a) (b) su nejednaost Njhovom teracjom dobvamo L n ( 1 + n/) L n 1, L n ( 1 + (n 1)/) L n 1. n ( L n / + 1 ) n /+1 = n /4+5n/4 =1 =1 n ( L n ( 1)/ + 1 ) n ( 1)/ = n /4 n/4. =1 =1 Logartmranjem djeljenjem n dobvamo n log L n 1 n n. Preostaje pustt n sorstt teorem o sendvču. Konačno, z (b) mamo log L n + 1 n n log A n n pa prmjenom teorema o sendvču zaljučujemo log lm A n n n log L n n + n + 1 n, log = n lm L n n = 1 4. Napomena. Prvh neolo članova dvaju nzova je dano sljedećom tablcom. 5

6 n L n A n Nzov (L n ) n=0 (A n ) n=0 su uvršten u On-Lne Encyclopeda of Integer Sequences pod brojevma A006116, odnosno A Nema poznath zatvorenh formula za ove nzove. Alternatvno (al duže) rješenje za do (a) može se dobt tao da se L n A n najprje zapšu ao sume -bnomnh oefcjenata, L n = n =0 ( ) n, A n = n =0 ( n te orštenjem svojstava q-bnomnh oefcjenata l formule ( ) n q ), = (qn 1)(q n 1 1) (q n +1 1). (q 1)(q 1) (q 1) Do (c) nagovještava da L n raste jednao brzo ao n /4 ada n. Iao lmes vocjenata L n / n /4 ne postoj, može se poazat da vrjed lm n n neparan L n n /4 L n = , lm n n paran = n /4 6