Odgovor na 3. pitanje:
(a) 2 2 2 nisu mogući početni brojevi
(b) 3 3 3 jesu mogući početni brojevi

1.
Malo sam izasao iz stosa ali mislim da moze ovako:

cos(2pi/5) + cos(4pi/5) = cos(2pi/5) + 1-2(cos(2pi/2))^2

neka je x=cos(2pi/2)

onda resavamo jednacinu x+1-2x^2 = -1/2

jedno resenje je -1/2 drugo je vece od 1 tako da ostaje da cos(2pi/5) =-1/2

Prvi zadatak je trivijalan.
Drugi zadatak:
Kak`a je ovo dlaka? - rece ekonomista kad vidi integral.
Jel se integrali po x, (nisi naznacio)?
Treci zadatak.
Broj 17 je zadnji put menjan kada su druga dva broja bili manji od 17, kada im je zbir bio 18.
Znaci, druga dva broja su povecana odredjen broj puta sa 16.
Ako druga dva broja smanjimo za 16, dovoljan broj puta, da budu
manji od 17, imacemo: 17 15 15.
Posto je najveci broj uvek onaj koji je zamenjen u prethodnoj akciji,
a kako iz 17 15 15 ne sledi ni jedna validna akcija koja prethodi,
jednom broju 15 dodacemo 16, te imamo:
17 15 31 ili 17 31 15.
Validne akcije koje su prethodile ovim su:
17 15 3 odnosno 17 3 15.
Validne akcije koje su prethodile ovim su:
13 15 3 odnosno 13 3 15.
Validne akcije koje su prethodile ovim su:
13 11 3 odnosno 13 3 11.
Validne akcije koje su prethodile ovim su:
9 11 3 odnosno 9 3 11.
Validne akcije koje su prethodile ovim su:
9 7 3 odnosno 9 3 7.
Validne akcije koje su prethodile ovim su:
4 7 3 odnosno 4 3 7.
Kako nema validnih akcija koje prethode ovim,
to su jedine pocetne pozicije od kojih se mogu
dobiti date vrednosti, pa su odgovori pod a i b : NE (Ako nisam nesto prevideo)

Cetvrti zadatak:

ln(101/100)=suma(n=0, beskonacno, (-1)^n / ((n+1)*100^(n+1))=1/100-1/20000+1/3000000-1/400000000+...
2/201=1/100-1/20100=1/100-1/20000+1/4020000=1/100-1/2000+1/3000000-51/603000000=...
Posto za n=2k i n=2k+1 sumi dodajemo:
1/((n+1)*100^(n+1))-1/((n+2)*100^(n+2))=1/100^(n+1) * (1/(n+1)-1/(100*(n+2)))=
1/100^(n+1) * ((100*(n+2)-(n+1))/(100(n+1)(n+2)) >0

Tada imamo:
ln(101/100)=1/100-1/20000+1/3000000-1/400000000 + pozitivne vrednosti posto su upareni clanovi sume pozitivni
a 2/201=11/100-1/2000+1/3000000-51/603000000
i kako je 1/400000000 manje od 51/603000000, a prvoj sumi se dodaju samo jos pozitivne vrednosti,
tada je ln(101/100) veci od 2/201.

Peti zadatak
1/log(2,Pi)+1/log(2,Pi)=(ln(2)+ln(5))/ln(Pi)>2 =>
ln(10)>2 ln (Pi) = ln (Pi^2) =>
10> Pi^2 Da li je sada potrebno dokazati da je Pi^2 manje od 10?

Evo, da ja zabiberim udarac:

Zadatak 6.
Dokazati:
Pi=suma(n=0, beskonacno,(4/(8n+2)+2/(8n+3)+2/(8n+4)-0.5/(8n+7))/16^n)



[Ovu poruku je menjao blaza dana 06.01.2004. u 09:55 GMT]

Treće pitanje, drugi put:

Zašto (b) 3 3 3 jesu mogući početni brojevi ?

Mali pametni algoritam:

- fiksirati jednu trojku dok se ne dobije 17. (pozicija 3 15 17)
- izbrisati trojku.
- fiksirati sedamnaesticu i voziti do kraja (odnosno 17 1967 1983)

Zašto (a) 2 2 2 nisu mogući početni brojevi ?

1. prisutna su 3 parna broja.
2. jedan se briše i po računici se dobija neparni broj.
3. prisutna su 2 parna i 1 neparan broj.
4a. briše se jedan paran broj i po računici se ponovo dobija parni broj.
4b. briše se jedini neparni broj i po računici se ponovo dobija neparni broj.
5. aj ponovo na tačku 3.

Ovo nikada neće dovesti do 3 neparna broja (recimo 17 1967 1983)

Odkuda 4 ?

...

9 7 3 odnosno 9 3 7.
Validne akcije koje su prethodile ovim su:
5 7 3 odnosno 5 3 7.
Validna akcija koja je prethodila ovoj je:
5 3 3.
Validna akcija koja je prethodila ovoj je:
3 3 3.

Svaka cast novikorisnice.
Nikada mi racunanje na prste nije islo od ruke :)
Dobro sto sam rekao:

Au bre Blazo,

nisam ti obrisao poruku samo zato što si se potrudio da je ispišeš. Zamolio bih te da, iako to nije obavezno, pogledaš sledeću temu:

http://www.elitesecurity.org/tema/35291

Ipak je malo mučno čitati ovako nešto:





A toliko možeš valjda i sam da zaključiš ?

Jeste, jeste, fali

Verovatno je i taj sa MacLaurin-ovim razvojem, pa se red integrali, ali nemam sad tablicu razvoja:)

P.S. Sada kada vidim ste se potrudili da ih resavate, cisto da znate da su sa olimpijade...svetske:>

Za prvi zadatak je potrebno znati da su poluprečnik opisanog kruga i stranica pravilnog desetougla u odnosu zlatnog preseka (ako me sećanje dobro služi). Odatle se valjda dobije da je , a ostalo bi trebalo da je lako.

U redu. Primedba je opravdana.

Nisam tu da ocenjujem, ali ovo mi lici na nesto bezveze napisano.
@blaza Zasto ti se cini da je prvi zadatak trivijalan???
Mihailo je bio najblizi, cini mi se, samo treba dokazati to sto je on rekao.

BTW, ove zadatke sam nasao na nekom starom disku koji sam rezao (pre 3-4 godina) sa olimpijade/a (ne znam tacno) i na tom sajtu nisu davali resenja. Ne znam sajt vise, ne znam ni resenja, tako da cu da vam se, momci, pridruzim cim se zavrsi rok:)

Da, ali, za osnovce? :)

Ponovicu 6.zadatak:
Dokazati:

Generalizovacu prvi zadatak:
Dokazati:

za prirodne brojeve k.

Ovo je ipak malo zanimljivije od rokova:)
Hvala Mihajlu na savetu
Uz pomoc dobija se

Kada sada krenemo sa druge strane, da izrazimo ovo, dobija se:



Kad uvedemo smenu


Vidi se da je jedno resenje pa se dobija, kad se ono izbaci


Ja ne znam ovo da resim, nadam se da nije tesko, zna li neko?
P.S. Proverio sam, iz ovoga se dobija tacno resenje za x koje, kad se ubaci dokazuje zadatak
P.S.S. Ma jesu za osnovce, sigurno;)

Numerički

Ovo možeš da malo olakšaš zamenom 2x = a. Tada dobijaš

Ostatak je valjda lak.



(kosinus je parna funkcija, pa je onaj višak)
Zbir ovih silnih kosinusa možemo da udvostučimo, dodajući sumu

i kad na sve to dodamo jedinicu, zadatak nam se svodi na dokaz da je nova velika suma ravna nuli.
Kako je svima nam očigledno, ova je suma ustvari realni deo sume korena jednačine

a pošto i svi znamo da je ta suma jednaka nuli za k > 0 (to nam može reći, na primer, čika Vijet), to je i naš zadatak dokazan.

....
>
>



Mozda je i bezveze ali onda treba reci zasto je bezveze.
Ja sam pisao ono sto mi je trenutno u glavi.
Rekoh da sam izasao iz stosao.

Uzgred ima greska u kucanju

cos(2pi/5) + cos(4pi/5) = cos(2pi/5) + 1-2(cos(2pi/5))^2

neka je x=cos(2pi/5)

Nije teško da se vidi da su u oblasti podintegralne
funkcije jedna drugoj inverzi. Zato su površine koje se nalaze unutar
pomenute oblasti, a iznad prve, odn. ispod druge podintegralne funkcije
zapravo jednake (simetrija). Označimo te površine sa A.

Površine iznad druge podintegralne funkcije a ispod funkcije x=y i iznad
x=y a ispod prve su jednake. Označimo ih sa B.

Očigledno je da je .

Zbir integrala ima još i oblast C koja se nalazi iznad prave y=3. Ceo
zbir iznosi (A+2B+C)+A = 2A+2B+C što je sada očigledno veće od 9, pa je
prvi deo nejednakosti dokazan.

Ostaje da se pokaže da je C<0.0001, što nije teško ako se uoči da je
prva podintegralna funkcija konveksna tako da je površina C manja od
površine trougla koga čine tačke (3,3) i mesta gde prva podintegralna
funkcija seče prave x=3 i y=3. Malo sam varao pa sam položaje ove dve
tačke sračunao digitronom i ustanovio da je površina trouglića manja od
0.5 * 0.01 *0.01 (oba odsečka su strogo manja od 0.01), tako da je to
zaista manje od jednog stotog dela. S druge strane C je još i manje od
toga, pa je zbir integrala stvarno manji od 9.0001 čime je dokazan i
"desni" deo nejednakosti

Međutim, računanje vrednosti odsečaka svodi se tu i tamo na duplo
računanje kvadratnog korena što se može i peške, tako da valjda nisam
previše "zgrešio".

f

p.s. Izvinite što nema slike. Još nismo ugradili automatsko slanje
priloga u news server. :)

Istina. Prevideo sam to, ali je izraz i dalje validan. Sta cete, stari se...

suma sumarum - nisu ovi "olimpijski" bas tako teski

Kad smo vec kod sume, ostao je onaj Blazin zabibereni.

Uspeo sam da izracunam prvi(8n+2) i treci(8n+4) sabirak (MacLaurin) koji su:
Prvi -
Treci -

Drugi i cetvrti mi deluju "a bit" komplikovanije. Da li sam uopste na pravom putu, Blazo?

Naravno da jesi.
Princip je sledeci:
Svaku parcijalnu sumu svesti na oblik k*ATN(...)+m*LN(...)
Na kraju se svi LN poniste, i onda preostaje da se dokaze da preostali ATN(...) daju Pi.

Odlicno obavljen posao. Evo, ako ne zamerate, samo da dodam jednu
komplikaciju. Dakle, onaj mali ulubljeni trougao koji ostane se moze naci
kao:

E, sad, posto su oba izraza u zagradama manji od 0.01 (lako se pokaze da je
i da je , onda je i njihov
proizvod manji od 0.0001.


Sto se Blazinog zadatka tice, za druge dve sume se dobije "mali milion"
integrala, od kojih se mnogi posle sabiranja resenja za obe sume pokrate,
tako da se na kraju dobije:



Kad se to sabere sa Brankovim sumama, dobija se , a to je upravo (primenite adicionu formulu za zbir tangensa, nadete inverz od
dobijene vrednosti, i na kraju pomnozite sa dva).

HeHe. Mihailo je krenuo od kraja, pa je dobio resenje nedostajucih suma. U svakom slucaju, nema smisla izvoditi ovo rucno (kao sto sam ja radio svojevremeno), vec se moze upotrebiti neki od matematickih programa, recimo Mathematica.

"blaza" wrote:
> HeHe. Mihailo je krenuo od kraja, pa je dobio resenje nedostajucih suma. U svakom slucaju, nema smisla izvoditi ovo rucno (kao sto sam ja radio svojevremeno), vec se moze upotrebiti neki od matematickih programa, recimo Mathematica.
> ----
> Those who can - do. Those who cannot - teach. Those who cannot teach - administrate.
>
> --
> http://www.elitesecurity.org/poruka/261774

Na žalost, nisi u pravu - baš sam se sit naintegralio. Ako nekog baš
zanima kako se neki od dobijenih integrala rešava, neka reklamira.

Izvinjenje za one grdobne formule, u svakom slučaju.

Dobro, vidim da 6. zadatak nije bio prevelik zalogaj.
Nastavljam sa varijacijama na temu, pa ko nadje vremena,
nek se zanima:

Pogledacu ove gore, mada verujem da je na isti kalup. Evo jednog za Filipa, tj. slican zadatak, cisto da ne ostanete uskraceni. Samo nacrtajte grafik, sve ce vam se samo kasti.

Evo, ako nije problem ja da pokušam :

Naravno imamo problemčić oko nule, ali zato je drugi deo izraza neparna funkcija koja na npr. intervalima
ima integral jednak nuli. Uz dobijamo da je taj deo nula, pa se integral svodi na

Sto se tice onih redova, ja sam zapitkivao slicno pitanje u temi http://www.elitesecurity.org/tema/25477 , tako da ko hoce da radi ovo, neka pogleda Filipov i Srkijev "tutorial", moze puno da pomogne

Problem sa singularitetom je nastao zbog racionalizacije. Mislim
da je bolje da se proveri da je konstanta, pa da
se integral rastavi na intervale i .

f

Ja volim da stvari idu prirodnim tokom, a provera da je f(x)+f(-x) konstanto nije baš stvar koja prva pada na um. Ali ima nešto drugo što bi moglo da ispravi stvar : "deracionalizacija" onog izraza - povod je to što je originalna funkcija neprekidna pa mora da može i u onakvom obliku da se dobije neprekidna.
Drugi, i možda lepši način je ona stara :

Prvi deo je parna a drugi neparna funkcija. Povod za ovako nečim bi mogao da bude to što je interval integracije simetričan u odnosu na 0, pa možemo pojednostaviti funkciju tako što izbacimo neparan deo. A rastavljanje funkcije na zbir parne i neparne je univerzalno, dakle ništa nismo novo izmislili. Jedino što se ne vidi baš na prvi pogled da će parni deo ispasti tako jednostavno.

Ljudi, molim pomoc za ovaj zadatak. Nije bio na olimpijadi, zadao mi ga je ortak koji ide kod Zarka Radosavljevica na matematiku (eto razloga vise da ga uradite:). Ja sam se mucio nedelju dana i stvarno ne znam sta da radim. Dodatni problem je sto nemam nikakvu knjigu ni zbirku iz analize, tako da ne znam ni neke tablicne integrale. Pokusajte, ne verujem da je tesko (i imajte na umu Zarka)

Hm...

http://algo.inria.fr/dumas/GoSaZi95/Answers/IX.3/ex7_0.html

f

Filipe, oni su na kraju dobili



sto sam u principu i ja dobijao, gde sam se i zaglavljivao (na ovom drugom)

1.) Dokazati cos72°+cos144°= -1/2
Resenje:
Polazimo od leve strane I dokazujemo desnu
cos72°+cos144°=
=cos72°-cos(180°-144°)= ugao od 144° nalazi se u II kvadrantu.
=cos72°-cos36°=
=cos(54°+18°)-cos(54°-cos18°)=
=cos54°cos18°-sin54°sin18°-cos54°cos18°-sin54°sin18°=
= -2sin54°sin18°=
= -2sin18°cos36°= uglovi 54° 36° su komplementni pa vazi sin54°=cos36°
mnozimo dobijeni izraz za cos18°/cos18°
= -sin36°cos36°/cos18°=
mnozimo dobijeni izraz sa 2/2
= -sin72°/2cos18°=
= -cos18/2cos18°=
= -1/2

Tako da nam za navedeni dokaz nije potrebno znanje sinusa od 18°