Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Sporo osób nie ma tej książki, na końcu której znajduje się zbiór 205 zadań. Moim zdaniem są one ciekawe, zatem z faktu, iż mam trochę czasu pozwoliłem sobie przepisać ja tutaj. Dla nie znających tej pozycji powiem, że te zadania nie zostały opatrzone rozwiązaniami. Z tego powodu wydaje mi się, że umiejący rozwiązać te zadania, mogliby się nimi podzielić, zaś nie znający zmierzyć się z nimi. Gdyby ktoś chciał umieścić takowe rozwiązanie, do czego namawiam , proszę o używania opcji hide, m.in. ze względu na osoby, które chciałby zrobić je samodzielnie. Myślę, że trochę bardziej szczegółowe rozpisane rozwiązania może się przydać osobom mniej zaawansowanym, np. "wystarczy użyć Jensena " może być trochę zbyt mało precyzyjne dla kogoś.
Preferowane są rozwiązania wykorzystujące wiedzę z książki, ale oczywiście każdy inny poprawny sposób jest równie dobry
Trochę wklepuje się takie zadania... Jak będę miał znowu trochę czasu, to powrzucam dalej. Teraz jestem jednak trochę chory, więc wrzucam, żebyście mogli już rozwiązywać, gdy ja będę się kurował.
A oto zadania:
1(rozwiązane przez XMaS11)
W kole o promieniu \(\displaystyle{ 1}\) obrano \(\displaystyle{ 64}\) różne punkty. Wykaż, że \(\displaystyle{ 10}\) z nich leży w kole o promieniu \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\).
zad.1:
Niech \(\displaystyle{ A B C D E F}\) będzie sześciokątem foremnym wpisanym w nasze koło \(\displaystyle{ \omega}\) ( oznaczmy jego środek przez \(\displaystyle{ O}\)).
Niech \(\displaystyle{ X,Y,Z,T,U,W}\) oznaczają środki boków wymienionego wyżej sześciokąta. Rozważmy \(\displaystyle{ 7}\) kół o \(\displaystyle{ r=1/2}\) i środkach w punktach \(\displaystyle{ X,Y,Z,T,U,W,O}\). Okazuje się, że pokrywają one w całości nasze koło \(\displaystyle{ \omega}\) (dowód jednolinijkowy), z Dirchleta mamy tezę.
2(rozwiązane przez XMaS11)
W przestrzeni danych jest \(\displaystyle{ m \cdot n +1}\) punktów. Wśród dowolnych \(\displaystyle{ m+1}\) z nich istnieją dwa odległe od siebie o \(\displaystyle{ 1}\). Wykaż, że istnieje kula o promieniu \(\displaystyle{ 1}\) zawierająca co najmniej \(\displaystyle{ n+1}\) punktów spośród danych.
Zad.2:
Załóżmy, że teza zadania nie jest spełniona, zatem każda kula o promieniu 1 zawiera co najwyżej \(\displaystyle{ n}\) punktów.
Wybierzmy dowolny punkt \(\displaystyle{ A}\) z naszego zbioru i pomalujmy go na zielono. Następnie malujemy na czerwono wszystkie punkty (oprócz punktu \(\displaystyle{ A}\)) znajdujące się wewnątrz kuli o promieniu 1 i środku w punkcie \(\displaystyle{ A}\).Pomalowaliśmy co najwyżej \(\displaystyle{ n}\) punktów, czyli zostało jeszcze co najmniej \(\displaystyle{ mn+1-n=n(m-1)+1}\).Następnie wybieramy jakiś niepomalowany punkt i robimy tak samo. Powtarzamy te operacje m+1 razy ( co jest możliwe, bo w każdej operacji malujemy co najwyżej \(\displaystyle{ n}\) punktów, czyli po \(\displaystyle{ m}\) operacjach zostanie nam co najmniej \(\displaystyle{ mn+1-mn=1}\) niepomalowanych punktów). Mamy więc \(\displaystyle{ m+1}\) zielonych punktów, ale każde dwa z nich są odległe o WIĘCEJ niż 1, sprzeczność.
3(rozwiązane przez Wasilewskiego)
Udowodnij, że dla dowolnych liczb dodatnich \(\displaystyle{ x_1, x_2, \ldots , x_n}\) zachodzi nierówność
Tu wydaje mi się, że jest błąd w książce. Napisałem wersję, która wydaje mi się bardziej prawdopodobna. Tę wersję potwierdził Pan Pawłowski.
Zad. 3:
Z lewej strony korzystamy z nierówności między średnią arytmetyczną a średnią kwadratową: \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} x_{k} + \sqrt{\sum_{k=1}^{n} x_{k}^2} \le \frac{n + \sqrt{n}}{\sqrt{n}} \sqrt{\sum_{k=1}^{n} x_{k}^2} \le \frac{n+\sqrt{n}}{n^2} \left(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_{k}}\right)\cdot \left(\sum_{k=1}^{n} x_{k}^2\right) \\
\sqrt{n \cdot \sum_{k=1}^{n} x_{k}^2} \cdot \frac{ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_{k}}}{n^2} \ge 1}\)
A to już jest prawda (do pierwszej sumy stosujemy nierówność między średnią kwadratową a średnią arytmetyczną, natomiast w przypadku drugiej wykorzystujemy analogiczną zależność między średnią arytmetyczną a średnią harmoniczną).
4(rozwiązane przez Wasilewskiego )
Liczby dodatnie \(\displaystyle{ x_1, x_2, \ldots , x_n}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^n x_k =1}\) .Udowodnij, że
Funkcja \(\displaystyle{ f(x) = \frac{x}{\sqrt{1-x}}}\) jest wypukła. Zatem skorzystajmy z nierówności Jensena z równymi wagami: \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}}{\sqrt{1-x_{k}}} \ge n \cdot \frac{ \frac{\sum_{k=1}^{n}x_{k}}{n}}{\sqrt{1 - \frac{\sum_{k=1}^{n}x_{k}}{n}}} = \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n-1}} = \frac{\sqrt{n \cdot \sum_{k=1}^{n} x_{k}}}{\sqrt{n-1}} \ge \frac{\sum_{k=1}^{n} \sqrt{x_{k}}}{\sqrt{n-1}}}\)
Druga nierówność to wykorzystanie zależności między średnią kwadratową a średnią arytmetyczną.
5(rozwiązane przez Wasilewskiego )
Wyznacz wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f: R \to R}\) spełniające warunki
\(\displaystyle{ (i) \qquad \ \ f(1)=1 \\ (ii) \ \qquad f(x+y)=f(x)+f(y) \quad \text{dla wszystkich x,y} \in R \\ (iii) \qquad f(x) \cdot f\left( \frac{1}{x}\right)=1 \quad \text{dla wszystkich x} \neq 0}\)
Zad. 5:
Z pierwszego i drugiego warunku mamy, że dla liczb wymiernych \(\displaystyle{ p}\) zachodzi: \(\displaystyle{ f(p) = p}\)
Jest to znany fakt i był na forum niejednokrotnie dowodzony. Skorzystajmy z trzeciego warunku (będziemy się też posiłkować drugim), kładąc: \(\displaystyle{ x:= x^2+x}\): \(\displaystyle{ f(x^2+x) = f(x^2)+f(x) = \frac{1}{f(\frac{1}{x(x+1)})} = \frac{1}{f(\frac{1}{x} - \frac{1}{x+1})} = \frac{1}{f(\frac{1}{x}) - f(\frac{1}{x+1})} = \frac{1}{\frac{1}{f(x)} - \frac{1}{f(x)+1}} = f(x) \cdot (f(x)+1) \\
f(x^2) = \left(f(x)\right)^2 \ge 0}\)
Każdą liczbę dodatnią możemy przedstawić jako kwadrat pewnej liczby rzeczywistej, stąd dla dodatnich \(\displaystyle{ x}\) zachodzi \(\displaystyle{ f(x) \ge 0}\). Skorzystamy z warunku drugiego (\(\displaystyle{ x_{2}\ge x_{1}}\)): \(\displaystyle{ f(x_{2}) - f(x_{1}) = f(x_{2}-x_{1}) \ge 0}\)
Czyli nasza funkcja jest rosnąca. Dla dowolnej liczby niewymiernej konstruujemy dwa ciągi liczb wymiernych zbieżne do niej, jeden z lewej strony, a drugi z prawej. Zatem z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że dla liczby niewymiernej \(\displaystyle{ c}\) zachodzi: \(\displaystyle{ f(c) = c}\)
Podsumowując, dla dowolnej liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ f(x) = x}\).
Rozwiążemy ogólniejsze zagadnienie, niech: \(\displaystyle{ x_{0}= M, \quad x_{n} = -\frac{M}{n} \sum_{k=0}^{n-1} x_{k}}\)
Obliczyć: \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{M} 2^{n} x_{n}}\)
Zauważmy najpierw, że: \(\displaystyle{ x_{n+1} = -\frac{M}{n+1}x_{n} + \frac{n}{n+1} \cdot \left( -\frac{M}{n} \sum_{k=0}^{n-1}x_{k}\right) = \frac{n-M}{n+1} x_{n} \\
\frac{n-M}{n+1} = - \frac{{M \choose n+1}}{{M\choose N}} \\
(-1)^{n+1} \frac{x_{n+1}}{{M\choose n+1}} = (-1)^{n} \frac{x_{n}}{{M\choose n}}}\)
Stąd mamy: \(\displaystyle{ x_{n} = (-1)^{n}M {M\choose n}}\)
Wyliczmy wartość szukanej sumy: \(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{M} 2^{n}\cdot (-1)^{n} M {M \choose n} = M \cdot \sum_{n=0}^{M} {M \choose n} (-2)^{n} = M \cdot (-2+1)^{M} = (-1)^{M} \cdot M}\)
W szczególności wartość sumy z zadania to \(\displaystyle{ -1995}\).
7(rozwiązane przez taka_jedna)
Liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ x_1, x_2, \ldots , x_n \; (n\ge 3)}\) są parami różne i spełniają warunek: \(\displaystyle{ x_1+\frac{1}{x_2}=x_2+\frac{1}{x_3}=\ldots = x_n+\frac{1}{x_1}}\)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \left| x_1 x_2 \ldots x_n \right| =1}\)
Ukryta treść:
Niech \(\displaystyle{ x_{0}=x_{n}}\) i \(\displaystyle{ x_{n+1}=x_{1}}\) Wtedy dla każdego k mamy: \(\displaystyle{ x_{k-1}+ \frac{1}{x_{k}}=x_{k}+\frac{1}{x_{k+1}} \Rightarrow x_{k}x_{k+1}=\frac{x_{k}-x_{k+1}}{x_{k-1}-x_{k}} \Rightarrow x_{0}x_{1}x_{1}x_{2}x_{2}x_{3}...x_{n}x_{n+1}=1 \Rightarrow |x_{1}...x_{n}|=1}\)
Dość sugestywne zadanie (dziedzina: \(\displaystyle{ x_i \ge i-1}\), dalej wystarczy dowieść lemat: \(\displaystyle{ \frac{1}{2}(x_i-i+1)+\frac{1}{2} \ge \sqrt{x_i-i+1}}\) (nierówność pomiędzy średnimi dla dwóch zmiennych). Dodając stronami powyższy lemat dla \(\displaystyle{ i=1,2,\ldots,n}\) dostajemy nierówność: \(\displaystyle{ \sqrt{x_1}+ \sqrt{x_2-1} + \sqrt{x_3-2} + \ldots + \sqrt{x_n-n+1}+ \frac{n(n-3)}{4} \le \frac{1}{2} \left(x_1+x_2+ \ldots + x_n \right)}\), a że z danych zadania mamy tu równość, to w każdej nierówności z lematu też zachodzi równość, co oznacza: \(\displaystyle{ \frac{1}{2}(x_i-i+1)=\frac{1}{2} \Rightarrow x_i=i}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2,\ldots,n}\).
9 (rozwiązane przez Sylwka )
Liczby naturalne \(\displaystyle{ a,b,c}\) tworzą ciąg geometryczny, \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą. Wykaż, że \(\displaystyle{ p|a^3+b^3+c^3-3abc \; \Rightarrow \; p^2|a^3+b^3+c^3-3abc}\)
9:
Niech: \(\displaystyle{ q=\frac{x}{y}}\), gdzie x,y są naturalne względnie pierwsze. Mamy też, że \(\displaystyle{ c=aq^2=\frac{ax^2}{y^2}}\) jest całkowite, czyli (bo \(\displaystyle{ (x,y)=1}\)) \(\displaystyle{ a=ty^2}\) dla pewnego t naturalnego.
Zatem: \(\displaystyle{ p|t^3 \cdot (x^3 - y^3)^2}\), z tego wynika, że \(\displaystyle{ p|t \vee p|(x^3-y^3)}\) - w pierwszym przypadku otrzymujemy \(\displaystyle{ p^2|p^3|t^3|t^3 \cdot (x^3-y^3)^2}\), w drugim \(\displaystyle{ p^2|(x^3-y^3)^2|t^3 \cdot (x^3-y^3)^2}\), czyli mamy żądaną podzielność.
10(rozwiązane przez Wasilewskiego)
Dany jest ciąg \(\displaystyle{ (x_n)}\) taki, że \(\displaystyle{ 0 \le x_1 \le 1}\) oraz \(\displaystyle{ x_{n+1}=x_n(1-x_n)}\) dla \(\displaystyle{ n=1,2,3,\ldots}\) Udowodnić, że \(\displaystyle{ \forall_{n \in \mathbb{N}_1} \; x_1 + x_2 \ldots + x_n \le \sqrt{n}}\)
Zad. 10:
Wszystkie wyrazy tego ciągu są z przedziału \(\displaystyle{ [0,1]}\); jeśli \(\displaystyle{ x_{n}}\) leży w tym przedziale, to \(\displaystyle{ (1-x_{n})}\) też, a co za tym idzie, również ich iloczyn, równy \(\displaystyle{ x_{n+1}}\). Stąd wynika, że dla dowolnych \(\displaystyle{ n \ i \ m}\) zachodzi: \(\displaystyle{ |x_{n} - x_{m}| \le 1}\)
Przekształćmy trochę zadaną rekurencję: \(\displaystyle{ x_{n}^2 = x_{n} - x_{n+1}}\)
Wynika stąd, że ciąg jest malejący. Skorzystajmy z nierówności między średnią arytmetyczną a średnią kwadratową: \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} x_{k} \le \sqrt{n \cdot \sum_{k=1}^{n} x_{k}^2} = \sqrt{n \cdot \sum_{k=1}^{n} (x_{k} - x_{k+1})} = \sqrt{n(x_{1} - x_{n+1})} \le \sqrt{n}}\)
11 ( rozwiązane przez bosa_Nike )
Liczby całkowite \(\displaystyle{ x,y,z}\) spełniając warunek \(\displaystyle{ (x-y)(y-z)(z-x)=x+y+z}\). Udowodnij, że \(\displaystyle{ 81| (x-y)^3+(y-z)^3+(z-x)^3}\)
12(rozwiązane przez binaja )
W pewnej szkole uczy się \(\displaystyle{ 1995}\) uczniów. Każdy z nich ma wśród pozostałych co najmniej \(\displaystyle{ 45}\) znajomych. Udowodnij, że zawsze znajdziemy takich czterech uczniów tej szkoły, którzy mogą usiąść przy okrągłym stole tak, by każdy siedział obok swoich znajomych.
12:
wykażemy, że istnieje gość co zna co najmniej 46 innych osób, gdyby tak nie było, każdy znałby dokładnie 45, czyli liczba znajomości byłaby: \(\displaystyle{ \frac{1995 \cdot 45}{2}}\) (przez 2 bo znajomości, zliczamy podwójnie), ale liczba znajomości byłaby wtedy niecałkowita-sprzeczność
Rozważmy ucznia \(\displaystyle{ a_1}\) i jego znajomych \(\displaystyle{ a_2 \ldots a_{47}}\)
Każdy z uczniów \(\displaystyle{ a_2 \ldots a_{47}}\) może mieć wśród \(\displaystyle{ a_2 \ldots a_{47}}\) maksymalnie 1 znajomego, gdyby miał 2 to sadzamy go z tymi znajomymi i \(\displaystyle{ a_1}\)
jeśli któraś dwójka z \(\displaystyle{ a_2 \ldots a_{47}}\) ma wspólnego znajomego to możemy go razem z tą dwójką i \(\displaystyle{ a_1}\) posadzić przy tym stole, załóżmy, że tak nie zachodzi wówczas każdy z \(\displaystyle{ a_2 \ldots a_{47}}\) ma innych znajomych, razem musi ich być co najmniej \(\displaystyle{ 46 \cdot 43 =1978}\) czyli wszystkich uczniów co najmniej 1978 +47 = 2025-sprzeczność
13(rozwiązane przez Wasilewskiego )
Udowodnij, że dla dowolnych liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a_1,a_2, \ldots , a_n}\) oraz \(\displaystyle{ b_1, b_2, \ldots , b_n}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ 1+\sum_{k=1}^n (a_k+b_k)^2 \le \frac{4}{3} \left(1+ \sum_{k=1}^n a_k^2\right) \left(1+ \sum_{k=1}^n b_k^2\right)}\)
14(rozwiązane przez Dumla)
Wykaż, że jeżeli \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) są różnymi liczbami pierwszymi, to liczba \(\displaystyle{ p^{q-1}+q^{p-1}-1}\) nie jest pierwsza.
zad. 14:
\(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) są pierwsze i rózne, wiec sa wzglednie pierwsze. z malego twierdzenia Fermata \(\displaystyle{ p^{q-1} \equiv 1 (mod \ q)}\) więc \(\displaystyle{ p^{q-1}+q^{p-1}-1 \equiv 1+0-1 \equiv 0 (mod \ q)}\) ponadto \(\displaystyle{ p^{q-1}+q^{p-1}-1 \ge p+q^{p-1}-1>q^{p-1} \ge q}\) wiec liczba \(\displaystyle{ p^{q-1}+q^{p-1}-1}\) jest wieksza od \(\displaystyle{ q}\) i podzielna przez \(\displaystyle{ q>1}\) wiec jest złożona
15(rozwiązane przez Dumla i Sir George)
Wyznacz wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f: R \to R}\) monotoniczne i odwracalne oraz spełniające dla wszystkich \(\displaystyle{ x \in R}\) równanie \(\displaystyle{ f(x)+f^{-1} (x)=2x}\)
Dumel:
podstawiając \(\displaystyle{ x:=f(x)}\) dostajemy \(\displaystyle{ 2f(x)=f(f(x))+f^{-1}(f(x))=f(f(x))+x \ (*)}\). \(\displaystyle{ f}\) jest odwracalna wiec jest roznowartosciowa. jest tez monotoniczna wiec jest ściśle monotoniczna. udowodnię najpierw ze nie moze byc malejąca. zalozmy nie wprost ze istnieje malejąca funkcja \(\displaystyle{ f}\) spelniajaca warunki zadania. rozpatrzmy teraz dwa przypadki:
1. dla pewnego rzeczywistego \(\displaystyle{ a}\) zachodzi \(\displaystyle{ f(a)>a}\)
wtedy \(\displaystyle{ 2f(a)-a=f(f(a))<f(a)}\) wiec \(\displaystyle{ f(a)<a}\) - sprzecznosc
2. dla pewnego rzeczywistego \(\displaystyle{ a}\) zachodzi \(\displaystyle{ f(a)<a}\)
podobnie jak poprzednio mamy \(\displaystyle{ 2f(a)-a=f(f(a))>f(a)}\) wiec \(\displaystyle{ f(a)>a}\) - sprzecznosc.
wobec tego \(\displaystyle{ f}\) jest funkcją rosnącą. weżmy dowolne dwie liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ a,x: a>x}\). dla pewnych liczb \(\displaystyle{ b,y}\) zachodzą równości: \(\displaystyle{ f(a)=a+b}\) oraz \(\displaystyle{ f(x)=x+y}\)\(\displaystyle{ (**)}\). wykorzystując \(\displaystyle{ (*)}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ 2a+2b=2f(a)=a+f(f(a))=a+f(a+b)}\) wiec \(\displaystyle{ f(a+b)=(a+b)+b}\). udowodnie indukcyjnie ze dla naturalnych \(\displaystyle{ n}\) zachodzi \(\displaystyle{ f(a+nb)=a+(n+1)b}\). dla \(\displaystyle{ n=1}\) jest ok teraz podobnie jak przed chwila wykorzystujac \(\displaystyle{ (*)}\) mamy \(\displaystyle{ 2(a+(n+1)b)=2f(a+nb)=a+nb+f(f(a+nb))=a+nb+f(a+(n+1)b)}\) wiec \(\displaystyle{ f(a+(n+1)b)=a+(n+2)b}\). stad analogicznie \(\displaystyle{ f(x+(n+1)y)=x+(n+2)y}\). teraz znowu indukcja: jesli \(\displaystyle{ f(a+nb)>f(x+ny)}\) to \(\displaystyle{ f(a+(n+1)b)=f(f(a+nb))>f(f(x+ny))=f(x+(n+1)y)}\). wynika stad ze dla dowolnego naturalnego \(\displaystyle{ n}\) zachodzi nierownosc \(\displaystyle{ a+nb>x+ny}\) wiec \(\displaystyle{ a-x>n(y-b)}\) wiec przy \(\displaystyle{ n}\) dazacym do nieskonczonosci nie moze byc \(\displaystyle{ y>b}\). mamy wiec \(\displaystyle{ b \ge y}\). wracajac do \(\displaystyle{ (**)}\) widzimy ze nierownosc ta oznacza ze dla pewnej niemalejacej funkcji \(\displaystyle{ g}\) mamy \(\displaystyle{ f(x)=x+g(x)}\). podstawmy to do rownania \(\displaystyle{ (*)}\): \(\displaystyle{ 2x+2g(x)=2f(x)=x+f(f(x))=x+f(x+g(x))=2x+g(x)+g(x+g(x))}\) co jest rownowazne rownosci \(\displaystyle{ g(x)=g(x+g(x))}\) wiec dla naturalnych \(\displaystyle{ n}\) mamy \(\displaystyle{ g(x)=g(x+ng(x))}\). jesli dla pewnego \(\displaystyle{ A}\) zachodzi \(\displaystyle{ g(A)=B>0}\) to \(\displaystyle{ g(A+nB)+B}\) (\(\displaystyle{ n \in N}\)) wiec dla kazdego \(\displaystyle{ x \ge A}\) zachodzi \(\displaystyle{ g(x)=A}\). analogicznie jesli \(\displaystyle{ g(C)=D<0}\) to dla kazdego \(\displaystyle{ x<C}\) mamy \(\displaystyle{ g(x)=C}\). wobec tego \(\displaystyle{ g}\) moze przyjmowac tylko trzy wartosci: \(\displaystyle{ A>0;0;D<0}\). \(\displaystyle{ f}\) jest odwracalna wiec z definicji jest to różnowartościowa funkcja "na". \(\displaystyle{ f}\) jest tez rosnąca wobec tego jest ciągła, skąd wynika, ze \(\displaystyle{ g(x)}\) nie moze przyjmowaz dwóch roznych wartosci. tak wiec dla pewnego \(\displaystyle{ E}\) zachodzi rownosc \(\displaystyle{ g(x)=E}\) wiec \(\displaystyle{ f(x)=x+E}\). bezposrednie sprawdzenie potwierdza ze wszystkie funkcje okreslone tym wzorem spelniaja warunki zadania.
16(rozwiązane przez Wasilewskiego)
Oblicz granicę \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \: 2^n \sqrt{2-\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\ldots + \sqrt{2}}}}_{n-1}}}\)
Zad. 16:
Oznaczmy nasz ciąg jako \(\displaystyle{ a_{n}}\), wtedy: \(\displaystyle{ a_{n} = 2^{n} \sqrt{2 - b_{n}}}\)
Przy czym ciąg \(\displaystyle{ b_{n}}\) jest zdefiniowany tak: \(\displaystyle{ \begin{cases} b_{n+1} = \sqrt{2+b_{n}} \\ b_{1} = 0 \end{cases}}\)
Nietrudno zatem zgadnąć, że: \(\displaystyle{ b_{n} = 2cos \frac{\pi}{2^{n}}}\)
Przechodzimy do liczenia granicy: \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} 2^{n} \sqrt{2 - 2cos\frac{\pi}{2^{n}}} = \lim_{n\to \infty} 2^{n+1} sin\frac{\pi}{2^{n+1}} = \pi}\)
17 (rozwiązane przez Wasilewskiego )
Udowodnij, że dla dowolnych liczb dodatnich \(\displaystyle{ a_1, a_2, \ldots , a_n}\) oraz \(\displaystyle{ b_1, b_2, \ldots , b_n}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k b_k} \ge \frac{4n^2}{\sum_{k=1}^n (a_k+b_k)^2}}\)
Zad. 17:
Najpierw korzystamy z nierówności Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela: \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}b_{k}} \ge \frac{n^2}{\sum_{k=1}^{n} a_{k}b_{k}} \ge \frac{4n^2}{\sum_{k=1}^{n} (a_{k} + b_{k})^2} \\
\sum_{k=1}^{n} (a_{k} + b_{k})^2 \ge \sum_{k=1}^{n} 4a_{k}b_{k} \\
\sum_{k=1}^{n} (a_{k} - b_{k})^2 \ge 0}\)
A to już jest oczywiste.
18(rozwiązane przez klaustrofoba )
Rozwiąż w zbiorze liczb całkowitych układ nierówności \(\displaystyle{ \begin{cases} 3x^2+2yz \le 1+ y^2 \\ 3y^2+2xz \le 1+z^2 \\ 3z^2+2xy \le 1+ x^2 \end{cases}}\)
Ukryta treść:
\(\displaystyle{ \begin{cases} 3x^2+2yz \le 1+ y^2 \\
3y^2+2xz \le 1+z^2 \\ 3z^2+2xy \le 1+ x^2 \end{cases}}\)
dodajemy stronami, przenosimy kwadraty z prawej na lewą, otrzymujemy \(\displaystyle{ 2x^2+2y^2+2z^2+2xy+2yz+2zx\leq 3}\), tzn. \(\displaystyle{ (x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2\leq 3}\). teraz to zabawa w przypadki - jeżeli suma po lewej jest równa 0, to musi być x=y=z=0. jeżeli jest równa 1, to niech np. \(\displaystyle{ (x+y)^2=1}\), wtedy y+z=z+x=0, a stąd x=y - sprzeczność i analogicznie w pozostałych przypadkach. jeżeli suma jest równa 2, to niech np. z+x=0, wtedy z=-x i suma jest równa \(\displaystyle{ (x+y)^2+(y-x)^2=2x^2+2y^2\leq 3\iff (x= \pm 1, y=0)\lor (x=0, y=\pm 1)}\). wreszcie, sumę równą trzy pozostawiam jako ćwiczenie...
19(rozwiązane przez Wasilewskiego )
Ciąg \(\displaystyle{ (F_n)}\) określają warunki: \(\displaystyle{ F_0=F_1=1 \quad F_{n+1}=F_n+F_{n-1} \; \text {dla } \; n=1,2,3,\ldots \qquad}\) (ciąg Fibonacciego )
Udowodnij, że dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\) \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^n {n\choose k} F_{n-k} = F_{2n}}\)
Podnosimy obie sumy do kwadratu i korzystamy z jedynki trygonometrycznej, otrzymując: \(\displaystyle{ n + 2 \sum_{i\neq j} (\cos\alpha_{i} \cos\alpha_{j} + \sin\alpha_{i} \sin\alpha_{j}) = n +2 \sum_{i\neq j} \cos(\alpha_{i} - \alpha_{j}) \le n + 2\cdot \frac{n(n-1)}{2} = n^2}\)
Korzystamy oczywiście z tego, że: \(\displaystyle{ \cos x \le 1}\)
22(rozwiązane przez Wasilewskiego i Dumla)
Dla danej liczby pierwszej \(\displaystyle{ p}\) określamy ciąg \(\displaystyle{ (x_n)}\) następująco \(\displaystyle{ x_1=p \quad x_{n+1}=2^{x_n}-1 \; \text{ dla } \; n=1,2,3,\ldots}\)
Udowodnij, że dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n \qquad 2^{x_n}-2 \equiv 0 \pmod{x_n}}\)
Wasilewski:
Najpierw z małego twierdzenia Fermata mamy: \(\displaystyle{ 2^{x_1} -2 \equiv 0 (mod \ x_{1})}\)
Załóżmy indukcyjnie, że dla pewnego n mamy: \(\displaystyle{ 2^{x_{n}} - 2 = kx_{n}}\)
Stąd wynika, że: \(\displaystyle{ 2^{x_{n+1}} - 2 = 2(2^{x_{n+1}-1} - 1) = 2(2^{2^{x_{n}}-2} - 1) = 2(2^{kx_{n}}-1) = 2(2^{x_{n}} - 1)(2^{(k-1)x_{n}} + \ldots + 1) = l(2^{x_{n}}-1) = lx_{n+1} \equiv 0 (mod \ x_{n+1})}\)
Zatem na mocy zasady indukcji matematycznej dla dowolnego n: \(\displaystyle{ 2^{x_{n}} - 2 \equiv 0 (mod \ x_{n})}\)
Dumel:
wykorzystam dobrze znany lemat: \(\displaystyle{ 2^x-1|2^y-1 \Leftrightarrow x|y}\). najpierw udowodnię, że dla naturalnych \(\displaystyle{ k}\) zachodzi \(\displaystyle{ x_k|x_{k+1}-1}\). dla \(\displaystyle{ k=1}\) podzielnosc ta wynika z malego twierdzenia Fermata. krok indukcyjny: jesli \(\displaystyle{ x_k|x_{k+1}-1}\) to na mocy przytoczonego lematu \(\displaystyle{ x_{k+1}=2^{x_k}-1|2^{x_{k+1}-1}-1|2^{x_{k+1}}-2=x_{k+2}-1}\). stad wynika ze \(\displaystyle{ x_n=2^{x_{n-1}}-1|2(2^{x_{n}-1}-1)=2^{x_n}-2}\) ckd
23(rozwiązane przez Wasilewskiego )
Udowodnij, że jeżeli \(\displaystyle{ a,b,c \in \mathbb{Q}}\) i jeden pierwiastek równania \(\displaystyle{ ax^3+bx+c=0}\) jest iloczynem dwóch pozostałych pierwiastków tego równania, to jest on liczbą wymierną.
Zad. 23:
Zapiszmy taką równość: \(\displaystyle{ a(x_{1} x_{2})^3 + b(x_{1}x_{2}) + c = 0 \\
x_{1}x_{2} (a (x_{1}x_{2})^2 + b) + c = 0}\)
Natomiast ze wzorów Viete'a mamy: \(\displaystyle{ x_{1} \cdot x_{2} \cdot x_{1}x_{2} = (x_{1} x_{2})^2 = -\frac{c}{a}}\)
Zatem: \(\displaystyle{ x_{1}x_{2}(b-c) = -c \\
x_{1}x_{2} = \frac{c}{c-b}}\)
Jeśli jednak \(\displaystyle{ b=c}\), to wtedy też \(\displaystyle{ c=b=0}\) i 0 jest pierwiastkiem potrójnym, zatem nadal jest w porządku.
24(rozwiązane przez Sylwka)
Dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\) oznaczmy przez \(\displaystyle{ a_n}\) ostatnią cyfrę liczby \(\displaystyle{ 1+2+\ldots + n}\). Oblicz sumę \(\displaystyle{ a_1+a_2+\ldots + a_{1994}}\).
24:
Zauważmy, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej \(\displaystyle{ n}\) zachodzi: \(\displaystyle{ a_{n+20}=a_n}\), gdyż: \(\displaystyle{ a_{n+20}-a_n=20n+190 \equiv 0 \ (mod \ 10)}\), zatem poszukiwana suma \(\displaystyle{ S}\) jest równa: \(\displaystyle{ S=\left( 100 \sum_{i=1}^{20}a_i \right) - \left( \sum_{i=15}^{20} a_i \right)=100 \cdot 70 - 10 = 6990}\)
25(rozwiązane przez azonips )
Wyznacz wszystkie wielomiany \(\displaystyle{ P(x)}\) stopnia \(\displaystyle{ n}\) takie, że dla każdego \(\displaystyle{ x\in R}\) \(\displaystyle{ P(1)+P(x)+P(x^2)+\ldots + P(x^n)=(1+x+x^2+\ldots + x^n) P(x)}\)
Ukryta treść:
Niech \(\displaystyle{ n>2}\) i \(\displaystyle{ P(x)= \sum_{i=0}^{n}a_i x^i}\), gdzie \(\displaystyle{ a_n \neq 0}\). Wtedy stopień wielomianu \(\displaystyle{ R(x)= \sum_{i=0}^{n} P(x^i)}\) wynosi \(\displaystyle{ n^2}\), natomiast stopień wielomianu \(\displaystyle{ Q(x)= P(x) \sum_{i=0}^{n} x^i}\) wynosi \(\displaystyle{ 2n}\). Aby równość \(\displaystyle{ R(x)=Q(x)}\) zachodziła, współczynniki przy najwyższych potęgach \(\displaystyle{ x}\) w \(\displaystyle{ R(x)}\) muszą znikać, skąd (dla ostatniego współczynnika) \(\displaystyle{ a_n=0}\), co daje sprzeczność.
Rozważmy przypadek \(\displaystyle{ n=2}\). Niech \(\displaystyle{ P(x)=a x^2+b x+c}\). Podstawiając ten wielomian do równania z treści zadania łatwo otrzymać, że \(\displaystyle{ c=0, a=-b}\). Dla \(\displaystyle{ n=1}\) ponownie nie ma takiego wielomianu (co łatwo policzyć).
26(rozwiązane przez Sylwka )
Udowodnij, że dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\) spełniona jest nierówność \(\displaystyle{ (\sqrt{2}-1)(\sqrt[3]{6}-\sqrt{2})(\sqrt[4]{24}-\sqrt[3]{6})\ldots (\sqrt[n+1]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}) < \frac{n!}{(n+1)^n}}\)
26.:
Z nierówności pomiędzy średnią arytmetyczną i geometryczną dla \(\displaystyle{ n+1}\) zmiennych mamy (nie będziemy mieć równości, bo istnieją zmienne różniące się wartościami między sobą):
27(rozwiązane przez snm )
Udowodnij, że liczba \(\displaystyle{ \frac{5^{125}-1}{5^{25}-1}}\) jest złożona.
Ukryta treść:
Mamy \(\displaystyle{ x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1=(x^{2}+3x+1)^{2}-5x(x+1)^{2}}\), a podstawiając \(\displaystyle{ x=5^{25}}\) drugie wyrażenie robi nam się kwadratem: \(\displaystyle{ 5^{100}+5^{75}+5^{50}+5^{25}+1=(5^{50}+3*5^{25}+1)^{2}-5^{26}(5^{25}+1)^{2}}\), co łatwo ze wzoru skróconego mnożenia zamienić na iloczyn
28 ( rozwiązane przez binaja )
Udowodnij, że jeżeli liczby \(\displaystyle{ a,b \in \mathbb{N}}\) i \(\displaystyle{ b^2+ab+1|a^2+ab+1}\), to \(\displaystyle{ a=b}\)
28:
\(\displaystyle{ b^2+ab+1|a^2+ab+1 \Rightarrow b \le a}\)
dla \(\displaystyle{ a=b}\) teza zachodzi, załóżmy, że \(\displaystyle{ b<a}\) \(\displaystyle{ b^2+ab+1|a^2+ab+1}\) \(\displaystyle{ b^2+ab+1|a^2+ab+1-(b^2+ab+1)=(a-b)(a+b)}\) a to z określenia jest dodatnie
ponieważ \(\displaystyle{ NWD(m,n)=NWD(m-n,n)}\) to: \(\displaystyle{ NWD(b(a+b)+1,a+b)=1}\)
czyli \(\displaystyle{ b^2+ab+1|a-b}\), czyli w szczególności: \(\displaystyle{ b^2+ab+1 \le a-b}\)
jednak zachodzi: \(\displaystyle{ b^2+ab+1 \ge b^2+a+1 > a-b}\) - sprzeczność
29(rozwiązane przez taka_jedna)
Oblicz sumę \(\displaystyle{ \sum_{j=0}^{11} \frac{x_j^3}{1-3x_j+3x_j^2} \qquad}\) ,gdzie \(\displaystyle{ x_j=\frac{j}{11}}\) dla \(\displaystyle{ j=0,1,2,\ldots , 11}\)
Ukryta treść:
Z tego co kojarzę takie mniej więcej rozwiązanie jest w niebieskiej książce Pawłowskiego. Wystarczy zauważyć, że \(\displaystyle{ \frac{ \frac{k^{3}}{11^{3}}}{1-\frac{3k}{11}+ \frac{3k^{2}}{11^{2}}} +\frac{ \frac{(11-k)^{3}}{11^{3}}}{1-\frac{3(11-k)}{11}+ \frac{3(11-k)^{2}}{11^{2}}}= 1}\) Wobec tego szukana suma wynosi 6.
30(rozwiązane przez taka_jedna)
Oblicz iloczyn \(\displaystyle{ x_1 x_2 x_3 \ldots x_n}\) , jeśli wiadomo, że \(\displaystyle{ x_1x_2+x_2=x_2x_3+x_3=\ldots = x_n x_1 + x_1 =-1}\)
Ukryta treść:
\(\displaystyle{ x_{k-1}x_{k}+x_{k}=-1 \Rightarrow x_{k-1}+\frac{1}{x_{k}}=-1}\) Wypadałoby jeszcze sprawdzić, że dla kazdego k \(\displaystyle{ x_{k} \neq x_{k+1}}\) i wtedy problem jest sprowadzony do zad. 7
31(rozwiązane przez freja)
Rozważmy ciąg Fibonacciego \(\displaystyle{ (F_n)}\)
Udowodnij, że da każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N}_1}\) wielomiany \(\displaystyle{ x^{2n+1}+F_{2n+1}x^2 - F_{2n-1}}\) i \(\displaystyle{ x^{2n+2}-F_{2n+2}x^2+F_{2n}}\) są podzielne przez \(\displaystyle{ x^2+x-1}\)
czyli \(\displaystyle{ W_2(\lambda_1 ) = W_2 (\lambda_2)=0}\)
czyli istotnie \(\displaystyle{ W_2(x)=(x^2+x-1) Q(x)}\)
32(rozwiązane przez taka_jedna)
Wyznacz wszystkie pary funkcji \(\displaystyle{ F: R\to R}\) i \(\displaystyle{ g:R \to R}\) spełniające dla wszystkich \(\displaystyle{ x \in R \setminus \{ 1 \}}\) układ równań \(\displaystyle{ \begin{cases} f(2x+1)+2g(2x+1)=2x \\ f ( \frac{x}{x-1} ) +g( \frac{x}{x-1} ) = x \end{cases}}\)
Ukryta treść:
W pierwszym równaniu za x należy postawić \(\displaystyle{ \frac{1}{2(x-1)}}\). Wtedy mamy \(\displaystyle{ \begin{cases} f( \frac{x}{x+1})+2g (\frac{x}{x+1})=\frac{1}{x-1} \\ f( \frac{x}{x+1})+g (\frac{x}{x+1})=x \end{cases} \Rightarrow g(\frac{x}{x+1})=\frac{-x^{2}+x+1}{x-1} \Rightarrow}\) (po podstawieniu za x \(\displaystyle{ \frac{x}{x-1}}\)) \(\displaystyle{ g(x)= \frac{x^{2}-3x+1}{x-1}}\). Analogicznie wyznaczamy \(\displaystyle{ f(x)= \frac{-x^{2}+4x-1}{x-1}}\)
33 ( rozwiązane przez Wasilewskiego )
Liczby nieujemne \(\displaystyle{ x_1, x_2 ,\ldots ,x_n \; (n \ge 2)}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^n x_k=1}\). Udowodnij, że \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^n \sqrt{x_k(1-x_k)}\le \sqrt{n-1}}\)
34(rozwiązane przez Wasilewskiego)
Ciąg \(\displaystyle{ (x_n)}\) jest określony następująco: \(\displaystyle{ x_1=2 \quad x_n=nx_{n-1}+1 \; \text{dla} \; n=2,3,4\ldots}\)
Udowodnij, że jeżeli każde dwa wierzchołki \(\displaystyle{ (x_n+1)}\) kąta wypukłego połączymy odcinkiem pomalowanym na jeden z \(\displaystyle{ n}\) kolorów, to otrzymamy co najmniej jeden trójkąt o wierzchołkach w wierzchołkach tego wielokąta i o bokach jednego koloru.
Zad. 34:
Z jednego wierzchołka \(\displaystyle{ (x_{n}+1)}\)-kąta wychodzi \(\displaystyle{ x_{n} = nx_{n-1} +1}\) odcinków. Z zasady szufladkowej Dirichleta wynika, że mamy \(\displaystyle{ x_{n-1} + 1}\) odcinków jednego koloru. Jeśli jakieś dwa końce łączy odcinek tego samego koloru to koniec. W przeciwnym wypadku te końce wyznaczają \(\displaystyle{ (x_{n-1}+1)}\)-kąt i mamy do dyspozycji \(\displaystyle{ (n-1)}\) kolorów, stąd wynika, że szybko dowodzimy tezy przez indukcję. Dla \(\displaystyle{ n=1}\) mamy jednokolorowy trójkąt, zatem wszystko w porządku.
35(rozwiązane przez Wasilewskiego )
Niech \(\displaystyle{ d}\) będzie liczbą naturalną. Udowodnij, że dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\) \(\displaystyle{ \frac{1\cdot d!}{d} + \frac{2(d+1)!}{d^2} + \ldots + \frac{n(d+n-1)!}{d^n}=\frac{(n+d)!}{d^n}-d!}\)
36(rozwiązane przez Wasilewskiego )
Ciąg \(\displaystyle{ (x_n)}\) określony jest następująco: \(\displaystyle{ x_1=3 \quad \sqrt{x_{n+1}}=2\sqrt{x_n}+\sqrt{3(1+x_n)} \quad \text{dla } \; n\ge 1}\)
Udowodnij, że wszystkie wyrazy tego ciągu są liczbami naturalnymi.
Zad. 36:
Podstawmy: \(\displaystyle{ x_{n} = 3b_{n}^2, \ \ b_{n} \ge 0 \\
b_{n+1} = 2b_{n} + \sqrt{1+3b_{n}^2} \\
b_{n+1}^2 - 4b_{n}b_{n+1} + 4b_{n}^2 = 1 + 3b_{n}^2 \\
b_{n+1}^2 - 4b_{n}b_{n+1} + b_{n}^2 = 1}\)
Zapiszmy drugą taką równość, ale dla indeksów o jeden mniejszych: \(\displaystyle{ b_{n}^2 - 4b_{n-1}b_{n} + b_{n-1}^2 = 1}\)
Od pierwszej z nich odejmiemy drugą, stąd: \(\displaystyle{ b_{n+1}^2 - b_{n-1}^2 - 4b_{n}(b_{n+1} - b_{n-1}) = (b_{n+1} + b_{n-1})(b_{n+1} - b_{n-1}) - 4b_{n}(b_{n+1} - b_{n-1}) = (b_{n+1} - 4b_{n} + b_{n-1})(b_{n+1} - b_{n-1}) = 0}\)
Ciąg \(\displaystyle{ b_{n}}\) jest rosnący, stąd dostajemy rekurencję: \(\displaystyle{ \begin{cases} b_{1}=1 \\ b_{2} = 4 \\ b_{n+1} = 4b_{n} - b_{n-1}, \quad n \ge 2 \end{cases}}\)
Oczywiście wartości początkowe wyliczamy na palcach z podanego równania. Powyższa rekurencja dowodzi, że wyrazy \(\displaystyle{ b_{n}}\) są całkowite, zatem są takie również \(\displaystyle{ x_{n}}\).
37(rozwiązane przez Sylwka)
Rozwiąż w liczbach dodatnich układ równań \(\displaystyle{ \begin{cases} x^5+y^5+z^5=9(x+y+z) \\ x+y+z=xyz \end{cases}}\)
37:
Z nierówności pomiędzy średnią arytmetyczną a geometryczną: \(\displaystyle{ 9(xyz)^2=9(x+y+z)^2=(x^5+y^5+z^5)(x+y+z) \ge 3\sqrt[3]{x^5y^5z^5} \cdot 3 \sqrt[3]{xyz}=9(xyz)^2}\), zatem we wszystkich nierównościach po drodze zachodzi równość, czyli: \(\displaystyle{ (x^5=y^5=z^5 \wedge x=y=z) \Rightarrow x=y=z}\). Zadanie sprowadziło się do rozwiązania układu równań: \(\displaystyle{ \begin{cases} 3x^5=27x \\ 3x=x^3 \end{cases}}\), którego dodatnim rozwiązaniem jest tylko \(\displaystyle{ x=\sqrt{3}}\), czyli: \(\displaystyle{ x=y=z=\sqrt{3}}\).
\(\displaystyle{ \left( 1+x+x^2 \right) \left( 1+x+x^2+\ldots + x^{10} \right) = \left( 1+x+x^2 + \ldots + x^6 \right)^2}\)
Dla x=1 nie zachodzi, dla x różnych od 1 możemy przekształcic \(\displaystyle{ \frac{x^3-1}{x-1} \cdot \frac{x^{11}-1}{x-1}=(\frac{x-7}{x-1})^2\\
(x^3-1)(x^{11}-1)=(x^7-1)^2\\
x^11-2x^7+x^3=0\\
x^3(x^4-1)^2=0}\)
A ponieważ x nie może byc równe 1 to rozwiazaniami sa tylko 0 i -1
39(rozwiązane przez bosa_Nike)
Udowodnij, że dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n\ge 3}\) \(\displaystyle{ 8| \left[ \left(\sqrt[3]{n} + \sqrt[3]{n+2} \right)^3\right] +1}\)
Ograniczyliśmy z obu stron kolejnymi liczbami naturalnymi, więc ostatecznie \(\displaystyle{ 6n+5=\left[3\cdot\left(\sqrt[3]{n^2(n+2)}+\sqrt[3]{n(n+2)^2}\right)\right]}\), czyli \(\displaystyle{ \left[\left(\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+2}\right)^3\right]+1=8(n+1)}\).
Nb. teza jest prawdziwa również dla \(\displaystyle{ n=2}\), co można sprawdzić bezpośrednio.
40(rozwiązane przez Wasilewskiego )
Dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\) przyjmujemy \(\displaystyle{ S_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3} + \ldots + \frac{1}{n}}\) \(\displaystyle{ T_n=S_1+S_2+S_3 + \ldots + S_n}\) \(\displaystyle{ U_n=\frac{T_1}{2} + \frac{T_2}{3} + \ldots + \frac{T_n}{n+1}}\)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ T_n=(n+1)(S_{n+1}-1) \qquad \text{oraz} \qquad U_n=(n+2)(S_{n+1}-1)-n}\)
Zad. 40:
Zauważmy, że w sumie określającej \(\displaystyle{ T_{n}}\) wyraz \(\displaystyle{ \frac{1}{k}}\) występuje \(\displaystyle{ (n+1-k)}\) razy, stąd: \(\displaystyle{ T_{n} = \sum_{k=1}^{n} \frac{n+1-k}{k} = (n+1)S_{n} - n = (n+1)(S_{n+1} - \frac{1}{n+1}) - n = (n+1)(S_{n+1} - 1)}\) \(\displaystyle{ U_{n}}\) to suma wyrażeń postaci \(\displaystyle{ \frac{(k+1)(S_{k+1} - 1)}{k+1} = S_{k+1} - 1}\).
Zatem: \(\displaystyle{ U_{n} = sum_{k=1}^{n} S_{k+1} - 1 = \sum_{k=1}^{n} S_{k} + \frac{1}{k+1} - 1 = (n+1)(S_{n+1} - 1) + S_{n+1} - 1 - n = (n+2)(S_{n}-1) -n}\)
41(rozwiązane przez klaustrofoba i Sylwka)
Rozwiąż w liczbach całkowitych równanie \(\displaystyle{ x^3+y^3=4\left( x^2y+xy^2+1\right)}\)
klaustrofob:
dodajemy stronami \(\displaystyle{ 3xy(x+y)}\) i mamy \(\displaystyle{ x^3+3x^2y+3xy^2+y^3=7x^2y+7xy^2+4}\), czyli \(\displaystyle{ (x+y)^3-7xy(x+y)=4}\), lub \(\displaystyle{ (x+y)((x+y)^2-7xy)=4}\). jeżeli x+y=1, to drugi czynnik daje 4 i byłoby 7xy=-3. jeżeli x+y=2, byłoby 7xy=2; gdyby x+y=4, byłoby 7xy=15; gdyby x+y=-1, byłoby 7xy=5; gdyby x+y=-2, byłoby 7xy=6; gdyby x+y=-4, byłoby 7xy=17. wychodzi na to, że równanie nie ma rozwiązań.
Sylwek:
Alternatywnie, bo nie podoba mi się poprzednie rozwiązanie tego zadania: dodając stronami wyrażenie: \(\displaystyle{ 3(x^2y+xy^2)}\) otrzymujemy równanie: \(\displaystyle{ (x+y)^3=7(x^2y+xy^2)+4}\), którego nierozwiązywalność w liczbach całkowitych wynika z faktu, że sześcian liczby całkowitej nigdy nie daje reszty 4 w dzieleniu przez 7 (co łatwo sprawdzić, np. za pomocą kongruencji).
42(rozwiązane przez taka_jedna i Dumla)
Liczby nieujemne \(\displaystyle{ a_1, a_2, \ldots , a_n}\) spełniają warunki \(\displaystyle{ 1^\circ \quad a_1 \ge a_2 \ge \ldots \ge a_n}\) \(\displaystyle{ 2^\circ \quad \sum_{k=1}^n a_k \le 1}\)
Udowodnij, że dla każdego \(\displaystyle{ n \qquad \sum_{k=1}^n (2k-1)a_k^2 \le 1}\)
taka_jedna:
Z założenia mamy \(\displaystyle{ (\sum_{k=1}^{n}a_{k})^{2} \le 1 \Rightarrow \sum_{k=1}^{n}a_{k}^{2} \le 1- 2\sum_{1 \le i<j \le n}a_{i}a_{j}}\)
Wobec tego \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}(2k-1)a_{k}^{2}= \sum_{k=1}^{n}a_{k}^{2}+2 \sum_{k=1}^{n}(k-1)a_{k}^{2} \le 1+ 2(-\sum_{1 \le i<j \le n}a_{i}a_{j} + \sum_{k=1}^{n}(k-1)a_{k}^{2})=1+2( \sum_{k=1}^{n}(k-1)a_{k}^{2}- a_{2}a_{1}-a_{3} \sum_{k=1}^{2}a_k-a_{4} \sum_{k=1}^{3}a_{k}-...-a_{n} \sum_{k=1}^{n-1} a_{k}) =1 +2[a_{2}(a_{2}-a_{1}) +a_{3}(a_{3}-a_{1})+a_{3}(a_{3}-a_{2})+...+a_{n}(a_{n}-a_{n-1})] \le 1}\)
(bo z założenia mamy, że \(\displaystyle{ s \ge t \Rightarrow a_{s}-a_{t} \le 0}\))
Dumel:
metoda zbliżeń. dla \(\displaystyle{ k \ge 2}\) mamy \(\displaystyle{ (2k-1)a_k^2+(2(k-1)-1)a_{k-1}^2 \le (2(k-1)-1)(a_{k-1}+a_k)^2 \Leftrightarrow a_k \le (2k-3)a_{k-1}}\). po serii \(\displaystyle{ n-1}\) takich zbliżeń otrzymujemy \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}(2k-1)a_k \le (2 \cdot 1-1)(a_1+a_2+...+a_n)^2 \le 1}\) ckd.
43(rozwiązane przez XMaS11 i Wasilewskiego)
Niech \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ n}\) będą liczbami naturalnymi, przy czym \(\displaystyle{ m\le n}\). Przyjmujemy \(\displaystyle{ T_{m}={n\choose 0} + {n\choose 1} + \ldots + {n \choose m}}\)
Wykaż, że \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^n {n\choose k} T_k = 2^{2n-1}+ {2n-1 \choose n}}\)
43:
Oznaczmy szukaną sumę przez \(\displaystyle{ S}\)
Rozważmy dwa zbiory \(\displaystyle{ n}\)-elementowe \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\).
Powiedzmy, że losujemy \(\displaystyle{ k}\) elementów ze zbioru \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ l}\) elementów ze zbioru \(\displaystyle{ B}\).
Jeśli \(\displaystyle{ k \ge l}\) to losowanie to trafia do grupy 1.
Jeśli \(\displaystyle{ k < l}\) to losowanie wpada do grupy 2.
W grupie 1 mamy \(\displaystyle{ S}\) możliwości, a w grupie 2 \(\displaystyle{ S- \sum_{k=0}^{n} {n\choose k}^2}\),czyli \(\displaystyle{ S - {2n\choose n}}\)
Zauważmy jednak, że wszystkich możliwości jest tyle, co wszystkich podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ 2n}\) -elementowego, czyli \(\displaystyle{ 2^{2n}}\). Zatem \(\displaystyle{ 2S- {2n\choose n} = 2^{2n}}\).
Pamiętając o tym, że \(\displaystyle{ {2n\choose n}=2{2n-1\choose n}}\)dostajemy natychmiast: \(\displaystyle{ S=2^{2n-1} - {2n-1\choose n}}\)
Zad. 43:
Przedstawię trochę inny sposób. Zauważmy, że \(\displaystyle{ {n\choose k}}\) występuje od k-tego wyrazu, stąd współczynnik przy nim to \(\displaystyle{ \left( {n\choose k} + {n \choose k+1} + \ldots + {n \choose n}\right)}\)
Możemy więc sumę zapisać w ten sposób: \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} {n\choose k} \cdot \left({n\choose k} + {n \choose k+1} + \ldots + {n\choose n}\right)}\)
Dodajmy to do naszej sumy: \(\displaystyle{ 2 S_{n} = \sum_{k=0}^{n} {n\choose k} \cdot \left({n\choose 0} + {n\choose 1} +\ldots + {n \choose n}\right) + {n\choose k}^{2} = 2^{2n} + {2n \choose n}}\)
Dzielimy stronami przez dwa i przekształcamy drugi składnik tak, by otrzymać żądaną postać.
44(rozwiązane przez freja )
Ciąg \(\displaystyle{ (a_n)}\) jest określony następująco: \(\displaystyle{ a_0=2 \quad a_1=3 \quad a_2=6 \quad a_n=(n+4)a_{n-1}-4na_{n-2}+(4n-8)a_{n-3} \quad n\ge 3}\)
Wykaż, że \(\displaystyle{ \forall_{n \in \mathbb{N}} \; \ a_n=n!+2^n}\)
45(rozwiązane przez mola_ksiazkowego )
Liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ x,y,z}\) są parami różne i spełniają warunek \(\displaystyle{ (x-y)\sqrt[3]{1-z^3}+(y-z)\sqrt[3]{1-x^3}+(z-x)\sqrt[3]{1-y^3}=0}\)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ (1-x^3)(1-y^3)(1-z^3)=(1-xyz)^3}\)
Ukryta treść:
Mamy iż \(\displaystyle{ -(x-y)\sqrt[3]{1-z^3}= (y-z)\sqrt[3]{1-x^3} + (z-x)\sqrt[3]{1-y^3}}\),
Podnosimy do szescianu pamietajac ze \(\displaystyle{ (a+b)^3=a^3+b^3+3ab(a+b)}\)
i mamy
co daje nam \(\displaystyle{ -[ (x-y)^3(1-z^3) + (y-z)^3(1-x^3)+ (z-x)^3(1-y^3)] = \\ -3(y-z)(z-x)(x-y) \sqrt[3]{1-x^3} \sqrt[3]{1-y^3} \sqrt[3]{1-z^3}}\)
Ale mamy tozsamosc \(\displaystyle{ \frac{(x-y)^3(1-z^3) + (y-z)^3(1-x^3)+ (z-x)^3(1-y^3)}{3(y-z)(z-x)(x-y)} =1-xyz}\)
z ktorej wynika teza
46(rozwiązane przez Sylwka )
Rozwiąż w liczbach naturalnych równanie \(\displaystyle{ x^4+y^4+z^4=2x^2y^2+2y^2z^2 + 2z^2 x^2 +3}\)
46:
Równanie jest równoważne: \(\displaystyle{ (x^2+y^2+z^2)^2=4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+3}\), co jest niemożliwe, bo prawa strona daje resztę 3 w dzieleniu przez 4, a lewa strona jest kwadratem liczby całkowitej, a kwadrat liczby całkowitej daje w dzieleniu przez 4 resztę 0 albo 1.
47(rozwiązane przez taka_jedna)
Udowodnij, że jeżeli liczby \(\displaystyle{ a,b,m \in \mathbb{Z}}\) i \(\displaystyle{ a^2+2mb^2}\) jest kwadratem liczby całkowitej, to \(\displaystyle{ a^2+mb^2}\) jest sumą kwadratów dwóch liczb całkowitych.
Ukryta treść:
\(\displaystyle{ a^{2}+2mb^{2}=(a+k)^{2}, k \in Z \Rightarrow mb^{2}=ak+ \frac{k^{2}}{2} \Rightarrow k=2s, s\in Z \Rightarrow a^{2}+mb^{2}=a^{2}+2as+2s^{2}=(a+s)^{2}+s^{2}}\)
48(rozwiązane przez bosa_Nike )
Niech \(\displaystyle{ S(n)}\) oznacza sumę cyfr liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\). Ciąg \(\displaystyle{ (x_n)}\) jest określony następująco: \(\displaystyle{ x_1=1995^{1995} \qquad x_{n+1}=S(x_n) \quad \text{dla} \; n=1,2,3,\ldots}\)
Wyznacz \(\displaystyle{ x_{1995}}\)
zad 48:
Oszacujemy grubo: \(\displaystyle{ x_1=1995^{1995}<\left(10^4\right)^{10^4}<10^{10^5}}\), stąd \(\displaystyle{ x_1}\) ma mniej niż \(\displaystyle{ 10^5+1}\) cyfr, z maksymalną sumą, gdy wszystkie są dziewiątkami. Oczywiście suma cyfr niezerowej liczby nie może być zerowa.
Stąd następne oszacowanie: \(\displaystyle{ 1\le x_2\le 9\cdot 10^5<10^6}\), stąd \(\displaystyle{ x_2}\) ma mniej niż \(\displaystyle{ 6+1=7}\) cyfr z maksymalną sumą, gdy wszystkie są dziewiątkami.
Kolejne oszacowanie: \(\displaystyle{ 1\le x_3\le 6\cdot 9=54}\), więc żeby oszacować \(\displaystyle{ x_4}\) z góry trzeba wziąć liczbę mniejszą od \(\displaystyle{ 54}\) o maksymalnej sumie cyfr - tą liczbą jest \(\displaystyle{ 49}\).
Ostatecznie: \(\displaystyle{ 1\le x_4\le 4+9=13}\)
Ponadto oczywiście \(\displaystyle{ x_n\equiv x_1\pmod 9}\), czyli \(\displaystyle{ x_4\equiv (1995)^{1995}\equiv(6)^{1995}=(2\cdot 3)^{1995}\equiv 0\pmod 9}\) - stąd \(\displaystyle{ 1\le x_4=9\le 13}\) - ta liczba jest jednocyfrowa, więc \(\displaystyle{ x_4=x_5=...=x_{1995}=9}\).
49(rozwiązane przez freja i Wasilewskiego )
Ciąg \(\displaystyle{ (x_n)}\) jest określony następująco: \(\displaystyle{ x_1=1, x_{n+1}=x^2_n+x_n}\) dla \(\displaystyle{ n=1,2,3,\ldots}\)
Udowodnij, że dla każdego \(\displaystyle{ n}\) \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{1+x_i} + \prod_{i=1}^n \frac{1}{1+x_i} =1}\)
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^n \frac{1}{1+x_n}+ \prod_{k=1}^n \frac{1}{1+x_n} =1 \quad \stackrel{(\star )}{\Leftrightarrow} \quad \prod_{k=1}^n \frac{1}{1+x_n}= \frac{1}{x_{n+1}}}\)
A to już łatwo indukcyjnie idzie.
50(rozwiązane przez timon92)
Funkcja \(\displaystyle{ f: \RR_{+} \to \RR_{+}}\) spełnia dla wszystkich \(\displaystyle{ x,y \in \RR_{+}}\) warunek \(\displaystyle{ f(xy) \le f(x) f(y)}\). Udowodnij, że dla każdego \(\displaystyle{ x \in \RR_{+}}\) oraz dla każdego \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N}}\) \(\displaystyle{ f(x^n) \le f(x) \cdot \sqrt{f(x^2)} \cdot \sqrt[3]{f(x^3)} \cdot \ldots \cdot \sqrt[n]{f(x^n)}}\)
z założeń jest \(f(x^n) \le f(x^i)f(x^{n-i})\), więc lewa strona powyższego szacuje się z dołu przez \(f(x^n)^{n-1}\)
stąd $$f(x^n)^n = f(x^n)^{n-1}f(x^n) \le \left(f(x)f(x^2)\ldots f(x^{n-1})\right)^2f(x^n) \le \left(f(x) \cdot \sqrt{f(x^2)} \cdot \ldots \cdot \sqrt[n-1]{f(x^{n-1})}\right)^n f(x^n)$$ i pozostaje wyciągnąć pierwiastek \(n\)-tego stopnia
PS. to jest multyplikatywna wersja zadania 1 z drugiego meczu na Mszanie 2011
51(rozwiązane przez Sylwka)
Niech \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) będą takimi liczbami naturalnymi, że \(\displaystyle{ (A,B)=1}\) i \(\displaystyle{ \frac{A}{B}=\sum_{k=1}^{100} \frac{1}{k}}\)
Udowodnij, że liczba \(\displaystyle{ AB}\) nie jest podzielna przez 5.
51:
Idea raczej jasna - niech \(\displaystyle{ a=\sum_{i=1}^{100} \frac{100!}{i}}\) oraz \(\displaystyle{ b=100!}\). Wystarczy pokazać, że przy rozkładzie liczb \(\displaystyle{ a, b}\) na czynniki pierwsze w obu tych liczbach piątka występuje w tej samej potędze. Zapis już nie będzie taki ekspresowy
Oczywiście w liczbie \(\displaystyle{ b}\) piątka występuje w potędze: \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^\infty \left[ \frac{100}{i} \right] = \left[ \frac{100}{5} \right] + \left[ \frac{100}{25} \right] = 24}\)
Podzielmy liczbę \(\displaystyle{ a}\) na sumę trzech sum:
Często będę używał pewnego faktu, o którym wypada wspomnieć. Jeśli liczba \(\displaystyle{ \frac{x}{y}}\) jest całkowita oraz liczby \(\displaystyle{ x, y}\) są względnie pierwsze z \(\displaystyle{ k}\), to:
* w zbiorze \(\displaystyle{ \lbrace 1,\ldots,k-1 \rbrace}\) zawsze istnieje dokładnie jedna taka liczba \(\displaystyle{ z}\), że: \(\displaystyle{ yz \equiv 1 \ (mod \ k)}\) ; liczbę \(\displaystyle{ z}\) będę oznaczał jako \(\displaystyle{ y^{-1}}\) (coś a'la odwrotność); oczywiście \(\displaystyle{ z}\) też jest względnie pierwsza z \(\displaystyle{ k}\) ; oczywiście także: \(\displaystyle{ y^{-1} = (y+tk)^{-1}}\)
* \(\displaystyle{ \frac{x}{y} \equiv xz \ (mod \ k)}\)
Dowód tych faktów zostawiam chętnym, podpowiem, że jest on prosty i intuicyjny
\(\displaystyle{ \frac{p}{1} + \frac{p}{2} + \frac{p}{3} + \frac{p}{4} \equiv p \cdot (1^{-1} + 2^{-1}+ 3^{-1} + 4^{-1}) = \\ = p \cdot (1+63+42+94)= p \cdot 200 \equiv 25 \cdot 8p}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ 5 \nmid 8p}\), to ten nawias jest podzielny przez 25, a nie jest podzielny przez 125. Zatem: \(\displaystyle{ 5^{24}|a_3 \ \wedge \ 5^{25} \nmid a_3}\).
Podsumowując: \(\displaystyle{ 5^{24}|a \ \wedge \ 5^{25} \nmid a}\), co należało dowieść
52(rozwiązane przez JakimPL oraz Premislava)
Udowodnij, że dla każdego \(\displaystyle{ n \ge 2}\) \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n-2} \frac{1}{k!} \left( \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \ldots + (-1)^{n-k} \frac{1}{(n-k)!}\right)=1- \frac{1}{n!}.}\)
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n-2} \frac{1}{k!} \left( \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \ldots + (-1)^{n-k} \frac{1}{(n-k)!}\right)=1- \frac{1}{n!}, n \ge 2}\)
Po lewej mamy splot ciągów \(\displaystyle{ a_n=\frac{1}{n!}, \ b_n= \sum_{i=2}^{n} \frac{(-1)^i}{i!}}\)
Funkcja tworząca ciągu \(\displaystyle{ c_n=1-\frac{1}{n!}}\) to, jak nietrudno się przekonać, \(\displaystyle{ G(x)= \frac{1}{1-x}-e^x}\)
Funkcja tworząca ciągu \(\displaystyle{ a_n=\frac{1}{n!}}\) to oczywiście \(\displaystyle{ e^x}\). Ponadto funkcja tworząca splotu dwóch ciągów to iloczyn ich funkcji tworzących. Wystarczy zatem sprawdzić, że dowodzona równość jest prawdziwa dla \(\displaystyle{ n=2}\) oraz że ciąg \(\displaystyle{ b_n}\) ma funkcję tworzącą \(\displaystyle{ H(x)= \frac{e^{-x}}{1-x}-1}\)
Mamy \(\displaystyle{ b_{n}=b_{n-1}+ \frac{(-1)^{n}}{n!}, \ n\ge 3\\ \sum_{n=3}^{ \infty }b_{n}x^n= \sum_{n=3}^{ \infty }b_{n-1}x^n+ \sum_{n=3}^{ \infty } \frac{(-x)^n}{n!}\\ H(x)-\frac 1 2 x^2=xH(x)+e^{-x}- \frac{x^2}{2}+x-1\\ H(x)= \frac{e^{-x}}{1-x}-1,}\)
zgodnie z oczekiwaniami.
To kończy dowód.
53(rozwiązane przez taka_jedna i mola_ksiazkowego)
Liczby \(\displaystyle{ p,q,r}\) są pierwiastkami rzeczywistymi równania \(\displaystyle{ x^3-6x^2+3x+1=0}\)
Wyznacz zbiór wartości sumy \(\displaystyle{ p^2q+q^2r+r^2p}\).
taka_jedna:
Niech \(\displaystyle{ A=p^{2}q+q^{2}r+r^{2}p}\) i \(\displaystyle{ B=pq^{2}+qr^{2}+rp^{2}}\)
Powszechnie wiadomo, że: \(\displaystyle{ pqr=1}\) \(\displaystyle{ -27=(pq+qr+pr)^{3}=3A+3B+6+(pq)^{3}+(qr)^{3}+(pr)^{3}}\) \(\displaystyle{ -216=(p+q+r)^{3}=3A+3B+6+p^{3}+q^{3}+r^{3}}\)
Wobec tego: \(\displaystyle{ AB=3+(pr)^{3}+(pq)^{3}+(qr)^{3}+p^{3}+q^{3}+r^{3}=-252-6(A+B)}\)
Wiemy też że: \(\displaystyle{ 18=(p+q+r)(pq+qr+pr)=A+B+3}\)
Umożliwia to wyznaczenie zbioru wartości A: \(\displaystyle{ \{ \frac{15+3 \sqrt{177} }{2}; \frac{3 \sqrt{177}-15 }{2} \}}\)(hmm... nieładny wynik, przepraszam, jeśli gdzieś pomyliłam się w obliczeniach)
gdyz wyrazenie \(\displaystyle{ (pq)^3+(qr)^3+(rp)^3}\) obliczymy z tozsamości \(\displaystyle{ x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2- (xy+yz+zx))}\)
tj liczby a i b są pierwiastkami równania kwadratowego \(\displaystyle{ x^2-21x-72}\) tj wynosza \(\displaystyle{ -3}\) i \(\displaystyle{ 24}\)
Rysunek wygasł
54(rozwiązane przez XMaS11)
Niech \(\displaystyle{ f}\) będzie wielomianem o współczynnikach całkowitych, zaś \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) takimi różnymi liczbami całkowitymi, że \(\displaystyle{ f(a)f(b)=-(a-b)^2}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ f(a)+f(b)=0.}\)
Zad.54:
Oczywiście \(\displaystyle{ (a-b)^2 |(f(a)-f(b))^2}\),
czyli na mocy warunku \(\displaystyle{ f(a)f(b)|f(a)^2+f(b)^2}\)
Oznaczmy \(\displaystyle{ d=(f(a),f(b))}\)
Dla wygody przyjmijmy \(\displaystyle{ ed=f(a) \ fd=f(b)}\).
Wracając do tego, co napisaliśmy wcześniej: \(\displaystyle{ ef|e^2+f^2}\) czyli \(\displaystyle{ e|f^2}\) i \(\displaystyle{ f|e^2,}\) ponieważ liczby te są względnie pierwsze, to musi być \(\displaystyle{ |e|=|f|=1}\).
Stąd \(\displaystyle{ |f(a)f(b)|=f(a)^2.}\)
Zatem \(\displaystyle{ |f(a)|=|f(b)|=|a-b|}\).
Co w powiązaniu z warunkami natychmiast daje tezę.
55(rozwiązane przez Sylwka)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{997} \frac{(-1)^k}{1995-k} \cdot {1995-k \choose k} = -\frac{2}{1995}.}\)
Jak zauważył luka52 wartość sumy wynosi \(\displaystyle{ -\frac{2}{1995}}\), a nie \(\displaystyle{ \frac{1}{1995},}\) w związku z czym zmieniam treść polecenia.
Zauważmy, że współczynnik tej funkcji tworzącej stojący przy \(\displaystyle{ x^{1995}}\) to jest dokładnie nasza poszukiwana suma \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{997} \frac{(-1)^k}{1995-k} \cdot {1995-k \choose k}}\).
Jest to rozwinięcie w szereg Taylora funkcji \(\displaystyle{ -\ln \left( 1 - \left( x-x^2 \right) \right)}\) (które to rozwinięcie ma dodatni promień zbieżności). Stąd, na tym przedziale mamy:
Skoro już wspomnieliśmy rozwinięcie w szereg Taylora \(\displaystyle{ \ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5} - \ldots}\), to na naszym przedziale możemy teraz rozważyć współczynniki przy \(\displaystyle{ x^{1995}}\) w \(\displaystyle{ -\ln \left( 1+x^3 \right)}\) oraz w \(\displaystyle{ \ln(1+x)}\).
Dla \(\displaystyle{ -\ln \left( 1+x^3 \right)}\), współczynnik przy \(\displaystyle{ x^{1995}}\) wynosi \(\displaystyle{ -(-1)^{665+1} \cdot \frac{1}{665}=-\frac{1}{665}}\).
Dla \(\displaystyle{ \ln(1+x)}\), współczynnik przy \(\displaystyle{ x^{1995}}\) wynosi \(\displaystyle{ (-1)^{1995+1} \cdot \frac{1}{1995}=\frac{1}{1995}}\).
Dodając te dwa składniki, całkowity współczynnik przy \(\displaystyle{ x^{1995}}\) (czyli też nasza suma) wynosi: \(\displaystyle{ -\frac{1}{665} + \frac{1}{1995} = -\frac{2}{1995}}\), co kończy dowód
56(rozwiązane przez Dumla)
Wyznacz wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f: \ZZ \to \ZZ}\) spełniające warunki: \(\displaystyle{ (i) \qquad \ \ f(0)=1 \\ (ii) \ \qquad f(f(n))=n \quad \text{dla wszystkich }n \in \ZZ \\ (iii) \qquad f\left( f(n+2)+2 \right)=n \quad \text{dla wszystkich }n\in \ZZ.}\)
zad. 56:
jesli \(\displaystyle{ f(m)=f(n)}\) to \(\displaystyle{ m=f(f(m))=f(f(n))=n}\) wiec \(\displaystyle{ f}\) jest roznowartosciowa wiec z (ii) oraz (iii) mamy \(\displaystyle{ f(n)=f(n+2)+2}\) stad oraz z (i) uzyskujemy \(\displaystyle{ f(2k)=1-2k}\) dla calkowitych \(\displaystyle{ k}\). teraz \(\displaystyle{ 1-(1-2k)=2k=f(f(2k))=f(1-2k)}\) wiec \(\displaystyle{ f(x)=1-x}\) dla wszystkich calkowitych \(\displaystyle{ x}\). bezposrednie sprawdzenie potwierdza ze funkcja ta spelnia warunki zadania.
57 ( rozwiązane przez binaja )
Udowodnij, że jeżeli \(\displaystyle{ a,b,c}\) są długościami boków trójkąta, to \(\displaystyle{ \sqrt{a^2+b^2-c^2} + \sqrt{a^2-b^2+c^2} + \sqrt{-a^2+b^2+c^2} \le a+b+c}\)
57:
Lemat: dla dowolnych dodatnich x,y zachodzi: \(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{x} + \sqrt{y}}{2} \le \sqrt{\frac{x+y}{2} }}\)
korzystając z lematu: \(\displaystyle{ \sqrt{a^2-b^2+c^2}+\sqrt{a^2+b^2-c^2} \le 2 \sqrt{ \frac{2a^2}{2}}=2a}\)
analogicznie jeszcze dla b i c, sumujemy i dzielimy przez 2
58(rozwiązane przez Wasilewskiego i Świstaka)
Niech \(\displaystyle{ k}\) i \(\displaystyle{ n\ge 2}\) będą liczbami naturalnymi. Oblicz sumę \(\displaystyle{ \left[ \frac{2^{n+1}+1}{2^{n-1}+1}\right] + \left[ \frac{3^{n+1}+1}{3^{n-1}+1}\right] + \ldots + \left[ \frac{k^{n+1}+1}{k^{n-1}+1}\right]}\)
Zad. 58:
\(\displaystyle{ 1^{\circ} \quad n=2}\)
Wtedy mamy sumujemy takie rzeczy: \(\displaystyle{ \left[ \frac{k^3+1}{k+1}\right] = k^2-k+1}\)
Stąd suma to: \(\displaystyle{ \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} - 1 - \frac{k(k+1)}{2} + 1 + k-1 = \frac{k(k+1)(k+2)}{3} + k-1}\) \(\displaystyle{ 2^{\circ} \quad n>2}\)
Wtedy robimy tak: \(\displaystyle{ \left[ \frac{k^2(k^{n-1} + 1) - k^2+1}{k^{n-1} + 1}\right] = k^2 - \left[ \frac{k^2-1}{k^{n-1}+1}\right] = k^2}\)
Stąd szukana suma jest równa: \(\displaystyle{ \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} - 1}\)
poprawka do rozwiązania zad 58:
W 2 przypadku w pierwszej równości Wasilewski pomnożył wyraz z cechy przez \(\displaystyle{ -1}\), jednak w przypadku cech takie działanie jest zabronione. Należy wtedy brać górne przybliżenie, a nie dolne. Dla przykładu \(\displaystyle{ -[\frac{1}{2}] \neq [\frac{-1}{2}]}\).
Wasilewski napisał, że: \(\displaystyle{ \left[ \frac{k^2(k^{n-1} + 1) - k^2+1}{k^{n-1} + 1}\right] = k^2 - \left[ \frac{k^2-1}{k^{n-1}+1}\right] = k^2}\)
a powinno być: \(\displaystyle{ \left[ \frac{k^2(k^{n-1} + 1) - k^2+1}{k^{n-1} + 1}\right] = k^2 + \left[ \frac{-k^2+1}{k^{n-1}+1}\right] = k^2+(-1)=k^2-1}\)
Wtedy szukana suma wynosi: \(\displaystyle{ 2^{2}-1+3^{2}-1+…+k^{2}-1=((1^{2}+2^{2}+…+k^{2})-1^{2})-(k-1)=\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}-k}\)
59(rozwiązane przez tkrass )
Wyznacz wszystkie liczby wymierne \(\displaystyle{ r}\), dla których pierwiastki równania \(\displaystyle{ rx^2+(r+1)x+(r-1)=0}\) są całkowite.
59:
Ze wzorków Viete'a dla drugiego stopnia: \(\displaystyle{ x_{1}+x_{2}=-1-\frac{1}{r} \\ x_{1}x_{2}=1- \frac{1}{r}}\)
Z tych dwóch równanek: \(\displaystyle{ 2=-x_{1}+x_{1}x_{2}-x_{2} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow 3=(x_{1}-1)(x_{2}-1)}\)
A to przy założeniu, że \(\displaystyle{ x_{1} \ge x_{2}}\) pozostawia nam dwie możliwości: \(\displaystyle{ x_{1}=4 \wedge x_{2}=2}\) lub \(\displaystyle{ x_{1}=0 \wedge x_{2}=-2}\).
W takim razie mamy: \(\displaystyle{ r=1 \vee r= - \frac{1}{7}}\)
Obydwie liczby są wymierne, więc spełniają warunki zadania.
60(rozwiązane przez Świstaka (a) i taka_jedna (b) oraz mola_ksiazkowego (b))
Liczby naturalne \(\displaystyle{ a_n}\) i \(\displaystyle{ b_n}\) spełniają równość \(\displaystyle{ a_n+b_n \sqrt{2}=\left( 1+ \sqrt{2} \right)^{2n+1}}\)
Udowodnij, że liczby \(\displaystyle{ a_n, b_n}\) są nieparzyste oraz spełniają równość \(\displaystyle{ b_n^2=\left(\frac{a_n+(-1)^n}{2} \right)^2 + \left(\frac{a_n-(-1)^n}{2} \right)^2.}\)
60a:
Zauważmy, że po rozpisaniu danego wyrażenia za pomocą dwumianu Newtona do \(\displaystyle{ a_{n}}\) będą się wliczać wszystkie składniki, w których \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) będzie w potędze parzystej, a do \(\displaystyle{ b_{n}}\) te składniki, w których \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) będzie w potędze nieparzystej. Zauważmy, jednak, że wszystkie składniki, w których \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) będzie w potędze większej lub równej 2, będą miały czynnik parzysty, a więc nie będą wpływać na parzystość wyrazów \(\displaystyle{ a_{n}}\) i \(\displaystyle{ b_{n}}\). Wystarczy zatem rozważyć tylko 2 pierwsze składniki, jeżeli chcemy rozstrzygać o parzystości danych wyrazów. Pierwszy z nich wynosi \(\displaystyle{ 1}\), a drugi \(\displaystyle{ {2n+1 \choose 1} \cdot \sqrt{2}=(2n+1)\cdot\sqrt{2}}\), a więc oba wyrazy \(\displaystyle{ a_{n}}\) i \(\displaystyle{ b_{n}}\) są nieparzyste.
60b:
Łatwo to udowodnić(choćby dowodem przez sprzeczność), wiedząc, że \(\displaystyle{ a_{n}= \frac{( \sqrt{2}+1)^{2n+1}+( \sqrt{2}-1)^{2n+1}}{2}}\),a \(\displaystyle{ b_{n}=\frac{( \sqrt{2}+1)^{2n+1}+( 1-\sqrt{2})^{2n+1}}{2}}\)oraz zauważając, że teza=\(\displaystyle{ b_{n}^{2}= \frac{a_{n}^{2}+1}{2}}\)
60b:
Jesli \(\displaystyle{ a_n+b_n\sqrt{2}=(1+\sqrt{2})^{2n+1}}\) to \(\displaystyle{ a_n-b_n\sqrt{2}=(1-\sqrt{2})^{2n+1}}\) i wymnozyć
61(rozwiązane przez Wasilewskiego )
Liczby nieujemne \(\displaystyle{ x_1, x_2, \ldots , x_n}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ x_1+x_2+\ldots x_n=n}\). Udowodnij, że \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{1+x_i^2} \le \sum_{i=1}^n \frac{1}{1+x_i}}\)
Zad. 61:
Idziemy od prawej strony, zaczynając do nierówności między średnią arytmetyczną a średnią harmoniczną: \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{1+x_{i}} \ge \frac{n^2}{n+\sum_{i=1}^{n} x_{i}} = \frac{n}{2} = \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{2} = \sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{2x_{i}} \ge \sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{1+x_{i}^2}}\)
62(rozwiązane przez Sylwka )
Wyznacz wszystkie trójki \(\displaystyle{ (x,y,z)}\) liczb rzeczywistych większych od \(\displaystyle{ 1}\) spełniające równanie \(\displaystyle{ x+y+z+\frac{3}{x-1}+\frac{3}{y-1}+\frac{3}{z-1} = 2\left( \sqrt{x+2} + \sqrt{y+2} + \sqrt{z+2} \right)}\)
62:
Też dość sugestywne zadanie, dobrym startem jest dowiedzenie, że: \(\displaystyle{ x+\frac{3}{x-1} \ge 2\sqrt{x+2}}\), co jest prawdą na mocy nierówności między średnimi, gdyż: \(\displaystyle{ (x-1)+\frac{3}{x-1}+1=(x-1)+\frac{x+2}{x-1} \ge 2\sqrt{x+2}}\).
Sumując takie nierówności po wszystkich zmiennych otrzymujemy: \(\displaystyle{ x+y+z+ \frac{3}{x-1}+ \frac{3}{y-1}+ \frac{3}{z-1} \ge 2 \left( \sqrt{x+2} + \sqrt{y+2} + \sqrt{z+2} \right)}\), a że z danych zadania mamy tutaj równość, zatem we wszystkich wcześniejszych nierównościach musi zachodzić równość. Równość w nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną zachodzi oczywiście wtedy, gdy wszystkie zmienne mają równe wartości: \(\displaystyle{ (x-1)=\frac{x+2}{x-1} \iff x^2-2x+1=x+2 \iff x^2-3x-1=0 \iff x=\frac{1+\sqrt{13}}{2}}\), analogicznie pozostałe zmienne (pamiętamy o tym, że ich wartości są większe od 1), zatem: \(\displaystyle{ x=y=z=\frac{1+\sqrt{13}}{2}}\)
63(rozwiązane przez taka_jedna )
Udowodnij, że jeżeli liczby \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) są dodatnie oraz \(\displaystyle{ a+b=c+d}\) i \(\displaystyle{ a^2+b^2> c^2+d^2}\), to \(\displaystyle{ a^5+b^5>c^5+d^5}\)
64(rozwiązane przez taka_jedna)
Wykaż, że dla dowolnych liczb naturalnych nieparzystych \(\displaystyle{ m,n,p}\) \(\displaystyle{ n| 1^m+2^m+3^m+\ldots + \left((n-1)^p \right)^m.}\)
Ukryta treść:
Zapiszmy tę liczbę ociupineczkę inaczej: \(\displaystyle{ (1^{m}+[(n-1)^{p}]^{m})+(2^{m}+[(n-1)^{p}-1]^{m})+(3^{m}+[(n-1)^{p}-2]^{m})+...}\).
Teraz zauważmy, że każda z liczb postaci \(\displaystyle{ k^{m}+[(n-1)^{p}-k+1]^{m}\equiv 0 (modn)}\).
Uzasadnienie: \(\displaystyle{ n-1\equiv-1(modn) \Rightarrow (n-1)^{p}\equiv-1(modn) \Rightarrow (n-1)^{p}+1-k\equiv-k \Rightarrow [(n-1)^{p}+1-k]^{m}\equiv(-1)^{m} \cdot k^{m} \equiv -k^{m}}\)
65(rozwiązane przez Wasilewskiego i andkoma )
Wyznacz wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f: \RR \setminus \{ 0 \} \to \RR}\) spełniające następujące warunki \(\displaystyle{ 1^\circ \quad f(x)=xf(\frac{1}{x}) \qquad \qquad \text{ dla wszystkich }x \neq 0}\) \(\displaystyle{ 2^\circ \quad f(x)+f(y)=1+f(x+y) \quad \text{dla wszystkich }x \neq 0 \: y\neq 0 \; \text{takich, że } x+y\neq 0}\)
Zad. 65:
Do pierwszego warunku podstawiamy \(\displaystyle{ x:=x^2+x}\) i po drodze korzystamy wielokrotnie z warunku drugiego: \(\displaystyle{ f(x^2+x) = f(x^2) +f(x) - 1 = (x^2+x) f(\frac{1}{x^2+x}) = (x^2+x)f(\frac{1}{x} - \frac{1}{x+1}) = (x^2+x)\left(f(\frac{1}{x}) -f(\frac{1}{x+1})+1\right) = x^2+x + (x^2+x)\left( \frac{f(x)}{x} - \frac{f(x)+1}{x+1}\right) = x^2+x + (x^2+x) \cdot \frac{xf(x) + f(x) - xf(x) - x}{x^2+x} = x^2+x + f(x) - x = x^2+f(x)}\)
Czyli: \(\displaystyle{ f(x^2) + f(x) - 1 = x^2+f(x) \\
f(x^2) = x^2+1}\)
Zatem dla dodatnich \(\displaystyle{ x}\) mamy: \(\displaystyle{ f(x) = x+1}\)
Skorzystajmy z warunku drugiego: \(\displaystyle{ f(x^2) + f(1-x^2) = f(1) + 1 = 3 \\
f(1-x^2) = 3 - x^2 -1 = 2 - x^2 = (1-x^2) + 1}\)
Stąd możemy wywnioskować, że funkcja ma tę samą postać dla liczb ujemnych, czyli ogólnie: \(\displaystyle{ f(x) = x+1}\)
65:
Rozwiązanie andkoma umieszczone w pewnym temacie na forum, niech i tu się znajdzie: \(\displaystyle{ f(2x)=2f(x)-1\\
f\left(\frac1{2x}\right)=\frac1{2x}\cdot f(2x)=\frac{2f(x)-1}{2x}\\
\frac{f(x)}x=f\left(\frac1x\right)=f\left(\frac1{2x}+\frac1{2x}\right)=2f\left(\frac1{2x}\right)-1=\frac{2f(x)-1}x-1\\
f(x)=2f(x)-1-x\\f(x)=x+1}\)
66(rozwiązane przez Wasilewskiego )
Liczby dodatnie \(\displaystyle{ a_1, a_2, \ldots , a_n}\) oraz \(\displaystyle{ b_1, b_2, \ldots , b_n}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^n a_k=\sum_{k=1}^n b_k}\). Udowodnij, że \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^n \frac{a_k^2}{a_k+b_k} \ge \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n a_k.}\)
Zad. 66:
Korzystamy z nierówności Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela: \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \frac{a_{k}^2}{a_{k} + b_{k}} \ge \frac{ (\sum_{k=1}^{n} a_{k})^2}{\sum_{k=1}^{n}a_{k} + \sum_{k=1}^{n}b_{k}} = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} a_{k}}\)
67
Wykaż, że dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\) \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{2n} \frac{2n-k}{k+1} (-1)^{k+1} = \sum_{k=1}^{n} \frac{2k-1}{n+k}.}\)
Poprawiono na wersję zgodną z książką (wcześniej na forum w liczniku po prawej było \(\displaystyle{ 2n-1}\)).
Na mocy nierówności Cauchy'ego Schwarza \(\displaystyle{ (a_{n-1} a_n + a_n a_{n+1})^2\le (a_n^2+a_{n-1}^2)(a_{n+1}^2+a_n^2)}\)
i tak dla wszystkich \(\displaystyle{ n}\)
Równość zachodzi wtedy, gdy istnieje taki \(\displaystyle{ x\in \mathnn{R}}\), że \(\displaystyle{ x=\frac{a_2}{a_1}=\frac{3}{2}=\frac{a_3}{a_2}=\frac{a_4}{a_3}=\ldots}\)
69(rozwiązane przez tkrass)
Liczby dodatnie \(\displaystyle{ a,b}\) spełniają dla pewnego \(\displaystyle{ x\in \RR}\) warunek \(\displaystyle{ \frac{sin^4x}{a}+ \frac{cos^4 x}{b} = \frac{1}{a+b}}\)
Udowodnij, że dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\) \(\displaystyle{ \frac{sin^{2n} x}{a^{n-1}} + \frac{cos^{2n} x}{b^{n-1}} = \frac{1}{(a+b)^{n-1}}}\)
69:
Najpierw poprzekształcamy sobie równoważnie założenie: \(\displaystyle{ \frac{\sin^{4} x}{a} + \frac{\cos^{4} x}{b}= \frac{1}{a+b} \Leftrightarrow}\) \(\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{ab}{a \cos^{4} x + b \sin^{4} x} =a+b \Leftrightarrow}\) \(\displaystyle{ \Leftrightarrow 2ab \sin^{2} x \cos^{2} x=a^{2} \cos^{4} x + b^{2} \sin^{4} x \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow (a \cos^{2} x - b \sin^{2} x)^{2}=0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow a \cos^{2} x=b \sin^{2} x}\)
Wyszła nam bardzo zgrabnie wyglądająca równość (nazwijmy ją lemacikiem) to teraz poprzekształcajmy równoważnie tezę: \(\displaystyle{ \frac{\sin^{2n} x}{a^{n-1}} + \frac{\cos^{2n} x}{b^{n-1}} = \frac{1}{(a+b)^{n-1}} \Leftrightarrow}\) \(\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{\sin^{2} x (b \sin^{2} x)^{n-1}+ \cos^{2} x (a \cos^{2} x)^{n-1}}{(ab)^{n-1}}= \frac{1}{(a+b)^{n-1}} \Leftrightarrow}\)
(na mocy lemaciku) \(\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{(b \sin^{2} x)^{n-1}}{(ab)^{n-1}} = \frac{1}{(a+b)^{n-1}} \Leftrightarrow}\)
(na mocy tego, że rozważamy liczby dodatnie) \(\displaystyle{ \Leftrightarrow (a+b) \cdot b \cdot \sin^{2}x =ab \Leftrightarrow}\) \(\displaystyle{ \Leftrightarrow b \sin^{2} x=a(1- \sin^{2} x) \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow b \sin^{2} x= a \cos^{2} x}\)
A to można niezwykle szybko dowieść z lemaciku
70(rozwiązane przez freja)
Udowodnij, że jeżeli funkcje \(\displaystyle{ f,g: \RR \to \RR\setminus \{ 0,1 \}}\) spełniają dla każdego \(\displaystyle{ x\in \RR}\) równości \(\displaystyle{ f(x+1)=\frac{g(x)}{f(x)} \qquad \text{oraz} \qquad g(x+1)=\frac{g(x)-1}{f(x)-1}}\)
to są okresowe.
Okresem \(\displaystyle{ g}\) też jest \(\displaystyle{ 5}\), co nie może dziwić, gdyż \(\displaystyle{ \frac{f(x+1)}{g(x+1)}=f(x+2)=f(x+7)=\frac{f(x+6)}{g(x+6)}=\frac{f(x+1)}{g(x+6)}}\)
W zasadzie mogłem powiedzieć to wcześniej, ale o ile radość większa zobaczyć taki dowód po stercie obliczeń niż przed...
71(rozwiązane przez Wasilewskiego )
Ciąg \(\displaystyle{ (F_n)}\) jest określony następująco: \(\displaystyle{ F_0=0 \quad F_1=1 \qquad F_{n+2}=F_{n+1}+F_n \quad \text{dla} n \ge 0.}\)
Oblicz granicę \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \left(\frac{1}{F_1 F_3} + \frac{1}{F_2 F_4} + \ldots + \frac{1}{F_n F_{n+2}} \right).}\)
Zad. 71:
Zauważmy, że: \(\displaystyle{ \frac{1}{F_{n} F_{n+2}} = \frac{1}{F_{n}(F_{n+1} + F_{n})} = \frac{F_{n+1} + F_{n} - F_{n}}{F_{n+1}F_{n}(F_{n+1} + F_{n})} = \frac{1}{F_{n}F_{n+1}} - \frac{1}{F_{n+1}(F_{n} + F_{n+1})} = \frac{1}{F_{n}F_{n+1}} - \frac{1}{F_{n+1} F_{n+2}}}\)
Stąd mamy: \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{F_{k} F_{k+2}} = \lim_{n\to \infty} \frac{1}{F_{1}F_{2}} - \frac{1}{F_{n+1}F_{n+2}} = \frac{1}{F_{1}F_{2}} = 1}\)
Jest tak, ponieważ wyraz ogólny ciągu Fibonacciego jest nieograniczony.
72(rozwiązane przez mola_ksiazkowego i Sylwka )
Liczby całkowite \(\displaystyle{ n_1, n_2, \ldots , n_{100}}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{n_1}} + \frac{1}{\sqrt{n_2}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt{n_{100}}} = 20}\)
Udowodnij, że co najmniej dwie z nich są równe.
mol_ksiazkowy:
Wystarczy pokazac, iż \(\displaystyle{ s= \sum_{j=1}^{100} \frac{1}{\sqrt{j}} <20}\)
Mamy \(\displaystyle{ s < 1 +\int_{1}^{100} \frac{1}{\sqrt{x}} dx=19}\)
Oczywiście wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{100} \frac{1}{\sqrt{i}} <20}\)
Gdy \(\displaystyle{ i \ge 1}\), to tworzymy taki oto lemat: \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{i}} < 2\sqrt{i} - 2\sqrt{i-1}}\)
Jest to równoważne: \(\displaystyle{ 1<2i-2\sqrt{i^2-i} \iff 2\sqrt{i^2-i}<2i-1 \iff 4i^2-4i<4i^2-4i+1 \iff 0<1}\), czyli prawda.
Dodając lematy dla i=1,2,...,100, otrzymujemy: \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{100} \frac{1}{\sqrt{i}} < 2\sqrt{100} - 2\sqrt{1-1} = 20}\), co należało dowieść.
P.S. Ten lemat to inaczej \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{i}} < \int_{i-1}^{i} \frac{1}{\sqrt{x}} dx}\), więc nie wziąłem go "z kapelusza", choć pewnie taki był zamysł autora . Po prostu chciałem przedstawić elementarne rozwiązanie bez całek.
73(rozwiązane przez freja )
Liczby wymierne \(\displaystyle{ a,b}\) spełniają dla każdego naturalnego \(\displaystyle{ n}\) równość \(\displaystyle{ a^{2n+1} + b^{2n+1} = 2a^n b^n}\)
Udowodnij, że liczba \(\displaystyle{ \sqrt{1-ab}}\) jest wymierna.
Dokonajmy takiego przekształcenia: \(\displaystyle{ k^4 + 4 = (k^2+2)^2 - (2k)^2 = (k^2-2k+2)(k^2+2k+2) = ((k-1)^2+1)((k+1)^2+1)}\)
Zatem dwa czynniki z mianownika są w stanie zredukować jeden czynnik z licznik. Po dokonaniu tej czynności otrzymamy takie coś: \(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n} \frac{k^2+1}{\sqrt{k^4+4}} = \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{n^2+1}}{\sqrt{(n+1)^2+1}} \rightarrow \sqrt{2}}\)
75(rozwiązane przez klaustrofoba )
Oblicz \(\displaystyle{ f(1)+f(3)+f(5)+\ldots + f(999999)}\), jeśli \(\displaystyle{ f(n)=\frac{1}{\sqrt[3]{n^2+2n+1}+\sqrt[3]{n^2-1}+\sqrt[3]{n^2-2n+1}} \qquad \text{dla każdego } n=1,2,3,\ldots}\)
zad.75:
Wystarczy pomnożyć licznik i mianownik przez \(\displaystyle{ \sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n-1}}\). Po wykonaniu działań w mianowniku otrzymujemy 2, a w liczniku wyrażenia, które w zadanej sumie się redukują.
76(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Rozstrzygnij, która z dwóch liczb dodatnich \(\displaystyle{ a,b}\) jest większa, jeżeli wiadomo, że spełniają one dla pewnego naturalnego \(\displaystyle{ n}\) warunki \(\displaystyle{ a^n=a+1 \qquad \text{oraz} \qquad b^{2n}=b+3a}\)
Ukryta treść:
\(\displaystyle{ a \neq 1}\), tj \(\displaystyle{ (a+1)^2 >4a}\) Jesli by \(\displaystyle{ \frac{b}{a} \geq 1}\) to: \(\displaystyle{ (\frac{b}{a})^{2n} \geq \frac{b}{a} =\frac{4b}{4a} >\frac{b+3a}{4a} > \frac{b+3a}{(a+1)^2}= \frac{b^{2n}}{a^{2n}}}\) sprzecznosc, Zatem a>b
77(rozwiązane przez klaustrofob)
Dane są takie liczby naturalne \(\displaystyle{ a,b}\), że suma \(\displaystyle{ \frac{a^2-1}{b+1}+\frac{b^2-1}{a+1} \in \mathbb{Z}}\)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \frac{a^2-1}{b+1}}\), \(\displaystyle{ \frac{b^2-1}{a+1}}\) również są całkowite.
Ukryta treść:
niech \(\displaystyle{ p=\frac{a^2-1}{b+1},\ q=\frac{b^2-1}{a+1}}\). pq=(a-1)(b-1) jest całkowite. stąd \(\displaystyle{ (p-q)^2=(p+q)^2-4pq}\) i \(\displaystyle{ p^2+q^2=(p+q)^2-2pq}\) też są takie. przywołujemy lemat: jeżeli kwadrat liczby wymiernej jest całkowity, to sama ta liczba jest całkowita. zatem, p-q jest całkowita i w konsekwencji całkowita jest również liczba \(\displaystyle{ p^2-q^2}\). zatem, całkowite są liczby 2p i \(\displaystyle{ 2p^2}\). 2p jest albo parzysta - i wtedy całkowita jest p - albo nie, i wtedy \(\displaystyle{ p=\frac{x}{2}}\), gdzie x nie jest podzielne przez 2. to jednak jest niemożliwe, bo byłoby \(\displaystyle{ 2p^2=\frac{x^2}{2}}\), czyli \(\displaystyle{ x^2}\) byłoby podzielne przez 2, a więc x byłoby takie, wbrew przypuszczeniu. stąd, p jest całkowite i całkowite jest też q=p-(p-q)
78(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Udowodnij, że jeżeli \(\displaystyle{ x,y}\) sa takimi liczbami całkowitymi, dla których liczba \(\displaystyle{ 2xy|x^2+y^2-x}\), to \(\displaystyle{ x}\) jest kwadratem liczby całkowitej.
Ukryta treść:
Wzmocnienie: Jesli \(\displaystyle{ x^2+y^2-x}\) dzieli sie przez \(\displaystyle{ xy}\) to \(\displaystyle{ x}\) jest kwadratem.
Niech \(\displaystyle{ NWD(x,y)=d}\). Wtedy \(\displaystyle{ x=da, y=db}\) , gdzie liczby a, b sa całkowite (i wzglednie pierwsze). \(\displaystyle{ d^2}\) jest dzielnikem \(\displaystyle{ xy}\) a tym bardziej jest dzielnikiem \(\displaystyle{ x^2+y^2-x}\) Ale \(\displaystyle{ d^2}\) jest dzielnikiem \(\displaystyle{ x^2+y^2}\) a wiec jest tez dzielnikiem \(\displaystyle{ x}\),
Ale \(\displaystyle{ x}\) jest dzielnikiem \(\displaystyle{ y^2}\), czyli \(\displaystyle{ x}\) jest dzielnikiem \(\displaystyle{ NWD(x^2, y^2)=d^2}\) a wiec \(\displaystyle{ x=d^2}\)
Uwaga: wzmocnienie dziala gdy x i y sa naturalne, Gdy sa całkowite "dwojki nie da sie opuscic", bo np x=-1, y=2, etc
79(rozwiązane przez taka_jedna)
Udowodnij, że jeżeli \(\displaystyle{ p,q}\) są takimi liczbami pierwszymi, dla których liczba \(\displaystyle{ \sqrt{p^2+7pq+q^2}+\sqrt{p^2+14pq+q^2}}\) jest całkowita, to \(\displaystyle{ p=q}\)
Ukryta treść:
Dowód nie wprost. Bez straty ogólności \(\displaystyle{ p>q}\). Wtedy \(\displaystyle{ 7q< \sqrt{p^{2}+7pq+q^{2}}+ \sqrt{p^{2}+14pq+q^{2}}=a<7p .}\) \(\displaystyle{ p^{2}+14pq+q^{2}=a^{2}-2a\sqrt{p^{2}+7pq+q^{2}}+p^{2}+7pq+q^{2} \Rightarrow (*)7pq=a(a- 2 \sqrt{p^{2}+7pq+q^{2}}) \Rightarrow a=pq}\)
(podzielność i wcześniejsze założenia).
Ponieważ \(\displaystyle{ a<7p}\), \(\displaystyle{ q<7 \Rightarrow q=2}\) lub \(\displaystyle{ q=3}\) lub \(\displaystyle{ q=5}\). Wartości p można wyliczyć podstawiając \(\displaystyle{ a=pq}\) i wartości \(\displaystyle{ q}\) do (*). Z (*) można też wywnioskować, że \(\displaystyle{ A=\sqrt{p^{2}+7pq+q^{2}}}\) jest całkowite. Analogicznie można dowieść, że \(\displaystyle{ B=\sqrt{p^{2}+14pq+q^{2}}}\) również jest całkowite. Podstawiając do A i B wyliczone wartości p i q (przepraszam, że nie chce mi się tego robić na forum) za każdym razem dochodzimy do sprzeczności \(\displaystyle{ \Rightarrow p=q}\)
80(rozwiązane przez freja )
Udowodnij, że dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ \left( 2n^2+3n+1 \right) ^n \ge 6^n \left( n! \right)^2}\)
81(rozwiązane przez bosa_Nike i klaustrofoba)
Wykaż, że liczba \(\displaystyle{ 3^n+2\cdot 17^n}\) nie jest kwadratem liczby całkowitej dla żadnego całkowitego \(\displaystyle{ n\ge 0}\)
bosaNike:
\(\displaystyle{ n=2k\ \Rightarrow\ 3^{2k}+2\cdot 17^{2k}\equiv (1)^k+2\cdot (1)^{2k}=3\pmod 8\\ n=2k+1\ \Rightarrow\ 3^{2k+1}+2\cdot 17^{2k+1}\equiv 3\cdot (1)^k+2\cdot (1)^{2k+1}=5\pmod 8}\)
Łatwo sprawdzić, że \(\displaystyle{ 3,5}\) są nieresztami kwadratowymi \(\displaystyle{ \pmod 8}\) - koniec.
klaustrofob:
ponieważ dla parzystych n \(\displaystyle{ 3^n+2 \cdot 17^n}\) daje przy dzieleniu przez 4 resztę 3, n musi być nieparzyste, n=2k+1. ale wtedy \(\displaystyle{ 3^{2k+1}+2 \cdot 17^{2k+1}=3\cdot 9^k+34\cdot 289^k}\) co przy dzieleniu przez 5 daje resztę 2 lub 3, w zależności od tego, czy k jest parzyste, czy nie. ale to znów jest niemożliwe, bo możliwe reszty z dzielenia przez 5 kwadratów to 0, 1 i 4. zatem liczba nie jest kwadratem dla żadnego n.
82 (rozwiązane przez Dumla)
Liczby dodatnie \(\displaystyle{ x,y,z}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ xyz=1}\). Udowodnij, że \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx \ge 2\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} \right)}\)
zad. 82:
z nierownosci miedzy srednia arytmetyczna a geometryczna: \(\displaystyle{ x^2+yz \ge 2 \sqrt{x^2yz}= 2\sqrt{x}}\). wystarczy zsumowac 3 takie nierownosci i koniec
83 (rozwiązane przez Dumla)
Udowodnij, że dla dowolnych liczb dodatnich \(\displaystyle{ a_1, a_2, a_3, \ldots , a_n}\) zachodzi nierówość \(\displaystyle{ \left(\prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^{n} \left(1+\frac{a_i}{a_j} \right) \right)^\frac{1}{n}\ge 2^n}\)
84 (rozwiązane przez kluczyka i mola_ksiazkowego)
Niech \(\displaystyle{ a,b,c,d,p,q}\) będą takimi liczbami naturalnymi, że \(\displaystyle{ \; ad-cb=1 \quad \text{oraz} \quad \frac{a}{b} > \frac{p}{q} > \frac{c}{d}}\)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ (i) \quad \ q\ge b+d}\) \(\displaystyle{ (ii) \quad \text{jeżeli } \: q=b+d \text{, to } p=a+c}\)
kluczyk:
Z nierówności \(\displaystyle{ \frac{a}{b} > \frac{p}{q} > \frac{c}{d}}\) mamy następujące \(\displaystyle{ aq-bp>0}\) i \(\displaystyle{ pd-qc>0}\)\(\displaystyle{ \Rightarrow aq-bp \ge 1}\) i \(\displaystyle{ pd-qc \ge 1}\), to z uwagi na to, że działamy w zbiorze liczb naturalnych. Teraz \(\displaystyle{ q=q(ad-bc)=b(pd-qc)+d(aq-bp) \ge b+d}\) Teraz implikacja \(\displaystyle{ q=b+d \Rightarrow p=a+c}\) Skoro \(\displaystyle{ q=b+d}\), to : \(\displaystyle{ b(pb-cq-1)+d(aq-bp-1)=0 \Rightarrow pd-cq=1=aq-bp}\), więc \(\displaystyle{ q(a+c)=p(b+d)}\), skąd już z uwagi na to, iż \(\displaystyle{ q=b+d}\)mamy \(\displaystyle{ a+c=p}\)
mol_ksiazkowy:
Skoro \(\displaystyle{ aq-bp >0}\) wiec \(\displaystyle{ aq-bp \geq 1}\), i analogicznie \(\displaystyle{ pd-cq \geq 1}\), czyli \(\displaystyle{ q=b(pd-cq)+d(aq-bp) \geq b+d}\)
85(rozwiązane przez bosa_Nike)
Rozwiąż w liczbach całkowitych równanie \(\displaystyle{ 5(xy+yz+zx)=4xyz}\)
zad. 85:
WLOG (symetria) zakładamy, że \(\displaystyle{ z=0}\), wtedy mamy \(\displaystyle{ xy=0}\), więc nasze równanie spełniają permutacje trójek \(\displaystyle{ (r,0,0),\ r\in\mathbb{Z}}\).
Dalej zakładamy \(\displaystyle{ x,y,z\neq 0}\).
1. \(\displaystyle{ x\ge y\ge z>0}\), wtedy z przedstawienia \(\displaystyle{ 5\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=4}\) widać, że \(\displaystyle{ z\neq 1}\), wobec tego \(\displaystyle{ z\ge 2}\).
Z drugiej strony \(\displaystyle{ 4xyz=5(xy+xz+yz)\le 5(xy+xy+xy)=15xy\ \Rightarrow\ z\le 3}\)
1a. \(\displaystyle{ z=2}\), wtedy \(\displaystyle{ 5(xy+2(x+y))=8xy\ \Rightarrow\ 10(x+y)=3xy}\), ale \(\displaystyle{ 3xy=10(x+y)\le 10(x+x)=20x\ \Rightarrow\ y\le 6}\). Z drugiej strony \(\displaystyle{ x=\frac{10y}{3y-10}>0}\) tzn. \(\displaystyle{ y\ge 4}\).
Podstawiając kolejno \(\displaystyle{ y=4,5,6}\) otrzymujemy następne dwie trójki rozwiązujące równanie: \(\displaystyle{ (20,4,2),\ (10,5,2)}\).
1b. \(\displaystyle{ z=3}\) - postępując analogicznie, jak w poprzednim podpunkcie mamy \(\displaystyle{ 3\le y\le 4}\) i \(\displaystyle{ x=\frac{15y}{7y-15}}\), stąd widać, że może być tylko \(\displaystyle{ y=4}\) (musi być parzysty), ale podstawienie nie daje całkowitego \(\displaystyle{ x}\).
2. \(\displaystyle{ x\ge y>0>z}\), wtedy niech \(\displaystyle{ -z=s >0}\) i mamy \(\displaystyle{ -4xys=5(xy-xs-ys)\ \Rightarrow\ s(5(x+y)-4xy)=5xy}\). Obie strony muszą być dodatnie stąd \(\displaystyle{ 5x+5y>4xy}\), ale \(\displaystyle{ 4xy<5(x+y)\le 5(x+x)=10x\ \Rightarrow\ y\le 2}\).
2a. \(\displaystyle{ y=1}\), wtedy po podstawieniu \(\displaystyle{ s=\frac{5x}{x+5}=5-\frac{25}{x+5}}\), stąd od razu \(\displaystyle{ x=20}\) i dostajemy trójkę \(\displaystyle{ (20,1,-4)}\).
2b. \(\displaystyle{ y=2}\), wtedy po podstawieniu \(\displaystyle{ s=\frac{10x}{10-3x}>0\ \Rightarrow\ x\le 3}\). Podstawiając kolejno \(\displaystyle{ x=1,2,3}\) otrzymujemy dwie trójki: \(\displaystyle{ (2,2,-5),\ (3,2,-30)}\).
3. \(\displaystyle{ x>0>y\ge z}\), wtedy niech \(\displaystyle{ -y=t>0,\ -z=u>0,\ u\ge t}\) i mamy \(\displaystyle{ 4xtu=5(-xt-xu+tu)}\), czyli \(\displaystyle{ 5xt+5xu=tu(5-4x)>0\ \Rightarrow\ x=1}\).
Po podstawieniu \(\displaystyle{ tu=5(t+u)}\), ale \(\displaystyle{ tu=5(t+u)\le 5(u+u)=10u\ \Rightarrow\ t\le 10}\). Z drugiej strony \(\displaystyle{ u=\frac{5t}{t-5}>0\ \Rightarrow\ t\ge 6}\) jednak z postaci ostatniego ułamka widać, że \(\displaystyle{ t}\) musi być parzyste, więc może być tylko \(\displaystyle{ t\in\{6,8,10\}}\).
Podstawienie daje dwie trójki: \(\displaystyle{ (1,-6,-30),\ (1,-10,-10)}\).
4. \(\displaystyle{ 0>x\ge y\ge z}\) - ta sytuacja nie może zajść, bo prawa strona wyjściowego równania byłaby ujemna, a lewa dodatnia.
Na koniec uwalniamy się od założenia o porządku niewiadomych i permutujemy wyznaczone trójki.
86(rozwiązane przez tkrass)
Wewnątrz koła o średnicy \(\displaystyle{ 5}\) obrano \(\displaystyle{ 10}\) różnych punktów. Udowodnij, że pewne dwa z nich są odległe od siebie o mniej niż \(\displaystyle{ 2}\).
86:
Rozważmy ośmiokąt foremny wpisany w dane koło. Jego boki będą miały długość \(\displaystyle{ 2,5 \frac{\sin 45^{o}}{\sin 67,5^{o}}<2}\) Łatwo dowieść, że jeśli wybierzemy dziewięć kół o promieniach 1 i środkach w środkach ośmiu boków ośmiokąta oraz w środku wyjściowego koła, to zakryją one cały okrąg. Z zasady szufladkowej mamy zatem tezę (trzeba jeszcze rozważyć przypadek, gdy odległość między naszymi dwoma Dirichletowymi punkatmi wynosi dokładnie 2, ale wtedy dostajemy nowego Dirichleta dla mniejszej liczby okręgów).
87(rozwiązane przez bosa_Nike i freja)
Udowodnij, że jeżeli liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) są dodatnie, to \(\displaystyle{ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \le \frac{a^2}{b^2} + \frac{b^2}{c^2}+ \frac{c^2}{a^2}}\)
bosa_Nike:
Taki pomysł.
\(\displaystyle{ \frac{a^2}{b^2}\ge 2\cdot\frac{a}{b}-1\ \Leftrightarrow\ (a-b)^2\ge 0}\) itd.
89(rozwiązane przez azonips i limes123
Wyznacz wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f: \RR_{+} \to \RR_{+}}\) spełniające dla wszystkich \(\displaystyle{ x>0}\) równanie \(\displaystyle{ f(f(x))+f(x)=6x}\)
azonips:
Wprowadźmy oznaczenie: \(\displaystyle{ f(x)=C}\) i korzystając z równania funkcyjnego obliczmy kolejne iteracje, otrzymujemy: \(\displaystyle{ f(x)=C,\\
f^2(x)=f(f(x))=f(C)=6x-C,\\
f^3(x)=f(6-C)=7C-6x,\\
\ldots}\)
Możemy zauważyć, że kolejne iteracje zależą liniowo od \(\displaystyle{ C}\) i \(\displaystyle{ x}\), poza tym, ponieważ zbiór wartości funkcji \(\displaystyle{ f}\) to \(\displaystyle{ \RR_{+}}\), to z kolejnych iteracji możemy otrzymać coraz węższe obszary, gdzie powinien znajdować się wykres \(\displaystyle{ f}\), np. na podstawie drugiej iteracji wiemy, że \(\displaystyle{ C<6x}\), na podstawie trzeciej: \(\displaystyle{ C>6x/7}\) itd.
Wprowadźmy oznaczenie: \(\displaystyle{ f^n(x)=a_nC+b_nx}\)
Nietrudno się przekonać, że ciągi \(\displaystyle{ a_n}\), \(\displaystyle{ b_n}\) spełniają następujące rekurencje (to samo równanie, inne warunki początkowe): \(\displaystyle{ \begin{cases}
a_1=1, a_2=-1,\\
a_n=6a_{n-2}-a_{n-1}
\end{cases}\\
\begin{cases}
b_1=0, b_2=6,\\
a_n=6a_{n-2}-a_{n-1}
\end{cases}}\)
Rozwiązując te rekurencje dostajemy: \(\displaystyle{ a_n=\frac{1}{5}\left(2^n-(-3)^n\right),\\
b_n=\frac{1}{5}\left(3\cdot 2^n+2\cdot (-3)^n\right)}\)
Jak wspomniałem kolejne iteracje wyznaczają naprzemian ograniczenia od dołu i od góry za pomocą funkcji typu \(\displaystyle{ Ax}\) na wykres \(\displaystyle{ f}\). Ciąg \(\displaystyle{ c_n=-\frac{b_n}{a_n}}\)
określa kolejne współczynniki kierunkowe tych prostych. Nietrudno pokazać, że \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} c_n=2}\),
a więc \(\displaystyle{ f(x)=2x}\).
limes:
Niech dla pewnego \(\displaystyle{ x_0}\)\(\displaystyle{ f^n(x_0)=a_n}\). Mamy \(\displaystyle{ a_{n+2}+a_{n+1}-6a_n=0}\), czyli \(\displaystyle{ a_n=\alpha 2^n+\beta (-3)^n}\) a z tego oczywiscie wynika, ze \(\displaystyle{ \beta=0}\) bo f jest z R+ w R+. Mamy wiec \(\displaystyle{ f^n(x_0)=\alpha2^n}\) z czego wynika, ze f(x0)=2x0 a skoro x0 bylo dowolne to mamy rozwiazanie.
90(rozwiązane przez Sylwka)
Niech \(\displaystyle{ \qquad S_n=\frac{\sin^{2n+2} \alpha }{\sin^{2n} \beta} + \frac{\cos^{2n+2} \alpha }{\cos^{2n} \beta}}\)
Udowodnij, że jeżeli \(\displaystyle{ S_k=1}\) dla pewnego \(\displaystyle{ k}\), to \(\displaystyle{ S_n=1}\) dla \(\displaystyle{ n=1,2,3,\ldots}\)
90:
Niech: \(\displaystyle{ x=\sin^2 \alpha, \ y=\sin^2 \beta}\), gdzie (zgodnie z dziedziną równania): \(\displaystyle{ 0 \le x \le 1, \ 0<y<1}\).
Pokażemy, że przy takich warunkach zachodzi: \(\displaystyle{ \frac{x^{k+1}}{y^k}+\frac{(1-x)^{k+1}}{(1-y)^k} \ge 1}\), przy czym równość jest wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ x=y}\).
Gdy \(\displaystyle{ k=1}\), to wystarczy użyć nierówności Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela: \(\displaystyle{ \frac{x^2}{y}+\frac{(1-x)^2}{1-y} \ge \frac{(x+(1-x))^2}{y+(1-y)}=\frac{1^2}{1}=1}\), przy czym równość zachodzi dokładnie wtedy, gdy: \(\displaystyle{ \frac{x}{y}=\frac{1-x}{1-y}}\), czyli: \(\displaystyle{ x=y}\).
Teraz niech \(\displaystyle{ k \ge 2}\) i niech \(\displaystyle{ f(x)=x^k}\). Wówczas \(\displaystyle{ f''(x)=k(k-1)x^{k-2}>0}\), zatem z nierówności Jensena (ładnie się składa, że wagami są \(\displaystyle{ x}\) oraz \(\displaystyle{ 1-x}\)) dostajemy: \(\displaystyle{ \frac{x^{k+1}}{y^k}+\frac{(1-x)^{k+1}}{(1-y)^k} = x \cdot f(\frac{x}{y}) + (1-x) + f(\frac{1-x}{1-y}) \ge \\ \ge f(x \cdot \frac{x}{y} + (1-x) \cdot \frac{1-x}{1-y}) = (\frac{x^2}{y}+\frac{(1-x)^2}{1-y})^k \ge \\ \ge 1^k = 1}\)
Ostatnia nierówność oczywiście z rozpatrzonego wcześniej przypadku. Równość otrzymujemy, gdy w obu przedstawionych nierównościach (Jensena i Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela) także zachodzi równość, a to następuje, gdy \(\displaystyle{ x=y}\).
Wróćmy do zadania. Z powyższego rozumowania i warunków zadania wynika, że \(\displaystyle{ S_k=1 \Rightarrow x=y}\). Ale to oznacza, że dla każdego n naturalnego: \(\displaystyle{ S_n=\frac{x^{n+1}}{y^n}+\frac{(1-x)^{n+1}}{(1-y)^n}=\frac{x^{n+1}}{x^n}+\frac{(1-x)^{n+1}}{(1-x)^n}=x + (1-x) = 1}\)
Co należało dowieść.
91(rozwiązane przez paladina)
Funkcje \(\displaystyle{ f,g: \RR\to \RR}\) są różniczkowalne w \(\displaystyle{ \RR}\), nie są stałe i spełniają dla wszystkich \(\displaystyle{ x,y \in \RR}\) równości \(\displaystyle{ f(x+y)=f(x)f(y)-g(x)g(y)}\) \(\displaystyle{ g(x+y)=f(x)g(y)+g(x)f(y)}\)
Udowodnij, że jeżeli \(\displaystyle{ f' (0)=0}\) , to \(\displaystyle{ \left( f(x) \right)^2+\left( g(x) \right)^2\equiv 1}\)
Ukryta treść:
Podstawmy do obu równań \(\displaystyle{ y=0}\). Dostajemy: \(\displaystyle{ f(x) = f(x)f(0) - g(x)g(0)}\) \(\displaystyle{ g(x) = g(x)f(0) + f(x)g(0)}\)
gdzie \(\displaystyle{ a = f(0) - 1, b = g(0)}\). Dla ustalonego \(\displaystyle{ x}\), układ ten ma wyznacznik \(\displaystyle{ f(x)^2 + g(x)^2}\), czyli jakiekolwiek inne rozwiązanie poza \(\displaystyle{ a = b = 0}\) byłoby możliwe tylko, gdyby \(\displaystyle{ f(x)^2 + g(x)^2 = 0}\), czyli \(\displaystyle{ f = g = 0}\). A funkcje nie są stałe. Stąd mamy \(\displaystyle{ f(0) = 1}\) i \(\displaystyle{ g(0) = 0}\).
Warunek \(\displaystyle{ f'(0) = 0}\) oznacza tyle, że \(\displaystyle{ \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - 1}{h} = 0}\). Oznaczmy sobie też \(\displaystyle{ \alpha = g'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{g(h)}{h}}\).
Czyli rzeczona funkcja jest stała. A że dla \(\displaystyle{ x = 0}\) wiemy, że przyjmuje wartość \(\displaystyle{ 1}\), musi być stale równa \(\displaystyle{ 1}\).
Można pokazać, używając odrobiny teorii, że tak naprawdę te funkcje to \(\displaystyle{ \sin \alpha x}\) i \(\displaystyle{ \cos \alpha x}\). Ale mnie interesuje co innego: czy ktoś nie umiałby policzyć tego jakimś jednym genialnym podstawieniem, bez babrania się w granicach?
92 ( rozwiązane przez Wasilewskiego )
Rozwiąż w liczbach dodatnich układ równań \(\displaystyle{ \begin{cases} x_1+x_2+\ldots x_n=\frac{1}{4} \\ \frac{1}{x_1}+\frac{4}{x_2}+\ldots + \frac{n^2}{x_n}=n^2(n+1)^2 \end{cases}}\)
Zad. 92:
Korzystamy z nierówności między średnią arytmetyczną a średnią harmoniczną: \(\displaystyle{ n^2(n+1)^2 = \frac{1}{x_{1}} + \frac{2}{\frac{x_{2}}{2}} + \ldots + \frac{n}{\frac{x_{n}}{n}} \ge \frac{n^2(n+1)^2}{4\sum_{i=1}^{n} x_{i}} \\
\sum_{i=1}^{n} {x_{1}} \ge \frac{1}{4}}\)
Czyli w nierówności zachodzi równość, co wynika z pierwszego równania. Mamy zatem: \(\displaystyle{ \frac{x_{k}}{k} = x_{1}}\)
Podstawiając to do pierwszego równania otrzymamy: \(\displaystyle{ x_{1} (1 + 2 + \ldots + n) = \frac{1}{4} \\
x_{1} = \frac{1}{2n(n+1)}}\)
Zatem rozwiązaniami są takie liczby: \(\displaystyle{ x_{k} = \frac{k}{2n(n+1)}, \ k \in \lbrace 1,2,\ldots, n\rbrace}\)
93(rozwiązane przez ojciec_kogut)
Udowodnij, że jeżeli liczby \(\displaystyle{ a_1, a_2, \ldots , a_n}\) są nieujemne, to \(\displaystyle{ \frac{a_1^2+a_2^2+\ldots + a_n^2}{n} \le \left( \frac{a_1+a_2+\ldots a_n}{n} \right)^2 + \frac{1}{4} \left( \max_{ 1\le i \le n} \{ a_i \} \right)^2}\)
Ukryta treść:
Korzystam z nierówności \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2} \ge 2ab}\)
\(\displaystyle{ \left(\frac{a^4+b^4+c^4}{a^2b^2c^2}\right)\left(ab+bc+ac\right)=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)}{a^2b^2c^2}\left(ab+bc+ac\right)=\\
\frac{\left((a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)\right)^2-2(ab+bc+ac)^2}{a^2b^2c^2}\left(ab+bc+ac\right)=\\
\frac{2(ab+bc+ac)^2}{a^2b^2c^2}\left(ab+bc+ac\right)=\frac{2(ab+bc+ac)^3}{a^2b^2c^2}=2abc\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^3}\)
Uff, ostatecznie mamy więc \(\displaystyle{ \mathcal{L}=6+2abc\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^3+2abc\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^3-6=4abc\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^3=\mathcal{P}}\)
Przepraszam za ewentualne błędy, zwłaszcza literówki
95(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Niech \(\displaystyle{ p}\) będzie liczbą pierwszą. Oblicz sumę wszystkich ułamków nieskracalnych o mianowniku \(\displaystyle{ p}\) należących do przedziału \(\displaystyle{ (a,b)}\) , gdzie \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) są liczbami naturalnymi.
96(rozwiązane przez bosa_Nike )
Rozwiąż w liczbach rzeczywistych równanie \(\displaystyle{ (16x^{200}+1)(y^{200}+1)=16(xy)^{100}}\)
zad. 96:
Widać, że \(\displaystyle{ x,y\neq 0}\). Niech \(\displaystyle{ 4x^{100}=t>0,\ y^{100}=u>0}\), wtedy \(\displaystyle{ \left(t^2+1\right)\left(u^2+1\right)=4tu\ \Leftrightarrow\ (tu-1)^2+(t-u)^2=0}\), czyli \(\displaystyle{ \begin{cases}tu=1\\t=u\end{cases}\ \Rightarrow\ \begin{cases}t=1\\u=1\end{cases}}\)
Stąd \(\displaystyle{ x=\eta\cdot 2^{\frac{-1}{50}},\ y=\xi\cdot 1,\ \eta ,\xi\in\{-1,1\}}\)
97(rozwiązane przez Sylwka)
Udowodnij, że jeżeli funkcja \(\displaystyle{ f}\) spełnia dla każdego \(\displaystyle{ x\in \mathbb{R}}\) równość \(\displaystyle{ \sqrt{2} f(x+1)=f(x+2)+f(x)}\), to jest okresowa.
97:
Pożonglujmy trochę tymi równaniami (\(\displaystyle{ x}\) jest dowolną liczbą rzeczywistą): \(\displaystyle{ \sqrt{2} f(x+1)=f(x+2)+f(x) \ \Rightarrow \ (*) \ 2f(x+1)=\sqrt{2} f(x+2) + \sqrt{2}f(x) \\ (**) \ \sqrt{2} f(x+2) = f(x+3) + f(x+1) \\ (***) \ \sqrt{2} f(x) = f(x+1) + f(x-1)}\)
Dodając (*), (**) i (***) otrzymujemy: \(\displaystyle{ 0=f(x-1)+f(x+3)}\)
Stąd: \(\displaystyle{ f(x)=-f(x+4)=-(-f(x+8))=f(x+8)}\), zatem funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest okresowa i ma okres (niekoniecznie zasadniczy) równy \(\displaystyle{ 8}\).
Potraktujmy lewą stronę tego równania jako \(\displaystyle{ f(x)}\), gdzie dziedziną są liczby całkowite. Łatwo zaobserwować, że \(\displaystyle{ f(x)}\) jest rosnąca. Zauważmy, że:
* \(\displaystyle{ x=584 \Rightarrow f(x)=1001}\)
* \(\displaystyle{ x \le 583 \Rightarrow f(x) \le f(583)<f(584)=1001}\)
* \(\displaystyle{ x \ge 585 \Rightarrow f(x) \ge f(585) > f(584)=1001}\)
Zatem jedynym rozwiązaniem całkowitym tego równania jest \(\displaystyle{ x=584}\).
99(rozwiązane przez Wasilewskiego)
(a) Wykaż, że istnieje liczba nieparzysta \(\displaystyle{ n}\), dla której przy żadnym naturalnym parzystym \(\displaystyle{ k}\) żadna liczb ciągu \(\displaystyle{ k^k+1 \quad k^{k^k} + \quad k^{k^{k^k}} +1 \quad \ldots}\)
nie dzieli się przez \(\displaystyle{ n}\).
(b) Udowodnij, że dla każdej naturalnej \(\displaystyle{ n}\) istnieje taka liczba naturalna \(\displaystyle{ k}\), że wszystkie wyraz ciągu \(\displaystyle{ k+1 \quad k^k+1 \quad k^{k^k}+1 \quad \ldots}\)
są podzielne przez \(\displaystyle{ n}\)
Zad. 99:
a) Skoro \(\displaystyle{ k}\) jest parzyste, to każda z liczb \(\displaystyle{ k^{k}, k^{k^{k}}, \ldots}\) jest równa \(\displaystyle{ k^{2l}}\) dla pewnego naturalnego \(\displaystyle{ l}\). Szukaną liczbą jest \(\displaystyle{ n=3}\): \(\displaystyle{ 1^{\circ} \quad k \equiv 1 (mod \ 3) \\
k^{2l} + 1 \equiv (1)^{2l} + 1 \equiv 2 (mod \ 3) \\
2^{\circ} \quad k \equiv -1 (mod \ 3) \\
k^{2l} + 1 \equiv (-1)^{2l} + 1 \equiv 2 (mod \ 3)}\)
b) Wystarczy wziąć \(\displaystyle{ k=2n-1}\), wtedy każda z liczb \(\displaystyle{ k, k^{k}, \ldots}\) jest równa \(\displaystyle{ (2n-1)^{2m-1}}\) dla pewnego naturalnego \(\displaystyle{ m}\), stąd mamy: \(\displaystyle{ (2n-1)^{2m-1} + 1 \equiv (-1)^{2m-1} + 1 \equiv 0 (mod \ n)}\)
100(rozwiązane przez Sylwka)
Udowodnij, że dla każdej liczby naturalnej nieparzystej \(\displaystyle{ n>1}\) \(\displaystyle{ n| (2^2-1)(2^3-1)(2^4-1)\ldots (2^{n-1}-1)}\)
Sylwek:
Oczywiście dotychczasowe rozwiązanie:
Małe tw. Fermata \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) ten iloczyn dzieli się przez wszystkie nieparzyste liczby pierwsze \(\displaystyle{ \le n \Rightarrow}\) teza
musi zostać uzupełnione o sytuacje, gdy \(\displaystyle{ n}\) zawiera w swoim rozkładzie jakąś liczbę pierwszą w potędze większej niż \(\displaystyle{ 1}\).
Rozwiązanie będzie bardzo proste - użyjmy twierdzenia Eulera, bo skoro \(\displaystyle{ NWD(n, 2)=1}\), to \(\displaystyle{ n | 2^{\phi(n)}-1}\). A ponieważ \(\displaystyle{ n \ge 3}\), to \(\displaystyle{ 2 \le \phi(n) \le n-1}\). Jest tak, bo funkcja Eulera \(\displaystyle{ \phi}\) zwraca liczbę tych liczb ze zbioru \(\displaystyle{ \lbrace 1, 2, \ldots n \rbrace}\), które są względnie pierwsze z \(\displaystyle{ n}\), więc różne liczby \(\displaystyle{ 1}\) oraz \(\displaystyle{ n-1}\) są względnie pierwsze z \(\displaystyle{ n}\) (lewa nierówność), a także \(\displaystyle{ n}\) nie jest względnie pierwsze z \(\displaystyle{ n}\) (prawa nierówność). Stąd liczba \(\displaystyle{ 2^{\phi(n)}-1}\) jest jedną z liczb: \(\displaystyle{ 2^2-1}\), \(\displaystyle{ 2^3-1}\), \(\displaystyle{ 2^4-1}\), ..., \(\displaystyle{ 2^{n-1}-1}\), co dowodzi postulowanej podzielności \(\displaystyle{ n|(2^2-1)(2^3-1)(2^4-1)\ldots (2^{n-1}-1)}\).
W razie znalezienia jakiś błędów, np. źle coś przepisałem albo może gdzieś w tych zadaniach jest błąd w książce ( co niestety zdarza się dość często ), proszę mnie o tym powiadomić, może być post lub PW. Niektóre z zadań zapisałem w trochę innej formie, aby nie mieć problemów z \(\displaystyle{ \LaTeX -em}\), co nie zmienia jednak sensu zadania. Życzę miłego rozwiązywania
UWAGA
Możliwości techniczne forum sprawiły, że należy podzielić ten post na dwie części, gdyż post był zbyt obszerny. W tym poście można oglądać rozwiązania zadań od pierwszego do setnego, które zostały przedstawione poniżej przez różnych użytkowników. Rozwiązania zadań od numeru \(\displaystyle{ 101}\) do numeru \(\displaystyle{ 205}\) znajdują się na stronie 7 tego tematu. Gdyby ktoś nie zauważył jest to post nr 19 od góry strony licząc.
LISTA BŁĘDNYCH ZADAŃ
3 poprawiono
55 poprawiono
67 poprawiono
112 poprawiono
132 tu potrzebne są jeszcze małe dodatkowe założenia
144 poprawiono
169 poprawiono
183 poprawiono
192 poprawiono
Mhm chęci dobre, ale...
Nie jestem pewien czy wklepywanie tutaj tych zadań jest na miejscu. Choć sam nie jestem zwolennikiem własności intelektualnej ani prawa jej chroniącego w takim wymiarze, w jakim jest ono obecnie zdefiniowane, ale zdaje mi się, że pan Pawłowski nie byłby zachwycony gdyby teraz wszedł na forum...
Jeśli już chcesz to zamieścić na forum to wcześniej trzeba było wysłać maila do ww. pana. Pozostawienie tego tematu w takiej, a nie innej formie grozi odpowiedzialnością prawną zarówno forum jak i autora...
Pozdrawiam
Piotr Rutkowski
Pod warunkiem jeszcze, że zadania te są "własnością" Pana Pawłowskiego.
A coś takiego jest dość trudno definiowalne. Jedynym problemem jest fakt, że ów Pan napracował się w szukaniu takich zadań, wybrał najciekawsze z nich i opublikował, więc bierze w pewnym sensie za nie "odpowiedzialność".
Z drugiej strony jeśli książka nie jest już dostępna w księgarniach to problem wyjaśnia na korzyść Freja.
Mimo wszystko napisałbym maila do autora, bo znając historie o nim, to nie sądzę, by się nie zgodził.
Albo może jakieś wznowienie się pokaże.
Taki poważny portal matematyczny, za jaki chcemy uchodzić powinien nawiązywać choćby tak drobną współpracę z tuzami światka matematycznego w Polsce.
Hm, ale czy wrzucenie takiego "zbioru" zadań różni się znacznie od przepisania pojedynczych i powrzucania ich do odpowiednich działów? Przecież dużo osób, gdy ma problemy z zadaniem z jakiejś książki, wrzuca je na forum. Gdyby pozbierać wszystkie tak przepisane zadania, to pewnie można by z tego niejeden zbiór zadań utworzyć
Więc wydaje mi się, że albo frej'owi nie można niczego zarzucić, albo można mieć zarzut to znacznej części forum
Ale ja się nie znam, tak tylko "głośno myślę"
tez nie mam zastrzeżeń bo raz ze H. Pawłowski nie ponosi strat bo KMDO to pozycja archiwalna, dwa ze frej nie czerpie zyskow z tego topica (przynajmniej tak mi sie wydaje ) a trzy- to co napisal patry93. a tymczasem:
zad. 20:
z nierownosci Cauch'ego Schwarza w formie Engela: \(\displaystyle{ \sum_{}^{} \frac{a_i^2}{b_i} \ge \frac{( \sum_{}^{} a_i)^2}{ \sum_{}^{} b_i}=1}\)
zad. 82:
z nierownosci miedzy srednia arytmetyczna a geometryczna: \(\displaystyle{ x^2+yz \ge 2 \sqrt{x^2yz}= 2\sqrt{x}}\). wystarczy zsumowac 3 takie nierownosci i koniec
W ogólności mam takie pytanie. Jak oceniacie trudność tego suplementu? Bo mi się zawsze wydawało, że jestem głąbem, że nie potrafię niektórych zrobić. Czy jest trudniejszy powiedzmy od zadań z niebieskiego pawłowskiego?
Pan Henryk Pawłowski zgodził się na umieszczenie tych zadań tutaj. Jest jeszcze jedna sprawa, o której prosił mnie, żebym wspomniał. Błędy w tej książce są liczne, wynikają one z faktu, iż wydawca nie dał tej książki nikomu do recenzji i korekty przed drukiem Ponieważ książka jest bardzo deficytowym towarem, a wiele osób chciałoby ją mieć, wydanie "Kółka matematycznego dla olimpijczyków" będzie wznowione - poprawione i rozszerzone. Powstanie druga część tej książki poświęcona głównie geometrii.
Niech \(\displaystyle{ A B C D E F}\) będzie sześciokątem foremnym wpisanym w nasze koło \(\displaystyle{ \omega}\) ( oznaczmy jego środek przez \(\displaystyle{ O}\)).
Niech \(\displaystyle{ X,Y,Z,T,U,W}\) oznaczają środki boków wymienionego wyżej sześciokąta. Rozważmy \(\displaystyle{ 7}\) kół o \(\displaystyle{ r=1/2}\) i środkach w punktach \(\displaystyle{ X,Y,Z,T,U,W,O}\). Okazuje się, że pokrywają one w całości nasze koło \(\displaystyle{ \omega}\) (dowód jednolinijkowy), z Dirchleta mamy tezę.
Pan Henryk Pawłowski zgodził się na umieszczenie tych zadań tutaj. Jest jeszcze jedna sprawa, o której prosił mnie, żebym wspomniał. Błędy w tej książce są liczne, wynikają one z faktu, iż wydawca nie dał tej książki nikomu do recenzji i korekty przed drukiem Ponieważ książka jest bardzo deficytowym towarem, a wiele osób chciałoby ją mieć, wydanie "Kółka matematycznego dla olimpijczyków" będzie wznowione - poprawione i rozszerzone. Powstanie druga część tej książki poświęcona głównie geometrii.
Bardzo mi miło, że się nie myliłem.
Proponuję jeszcze, gdy zadania stąd zostaną rozwiązane, najlepsze rozwiązania podesłać Panu Pawłowskiemu, być może będzie chciał je wykorzystać w nowym wydaniu.
Ostatnio zmieniony 22 mar 2009, o 21:25 przez Rogal, łącznie zmieniany 1 raz.
Podnosimy obie sumy do kwadratu i korzystamy z jedynki trygonometrycznej, otrzymując: \(\displaystyle{ n + 2 \sum_{i\neq j} (cos\alpha_{i} cos\alpha_{j} + sin\alpha_{i} sin\alpha_{j}) = n +2 \sum_{i\neq j} cos(\alpha_{i} - \alpha_{j}) \le n + 2\cdot \frac{n(n-1)}{2} = n^2}\)
Korzystamy oczywiście z tego, że: \(\displaystyle{ cosx \le 1}\)
Jeszcze jedno:
Zad. 92:
Korzystamy z nierówności między średnią arytmetyczną a średnią harmoniczną: \(\displaystyle{ n^2(n+1)^2 = \frac{1}{x_{1}} + \frac{2}{\frac{x_{2}}{2}} + \ldots + \frac{n}{\frac{x_{n}}{n}} \ge \frac{n^2(n+1)^2}{4\sum_{i=1}^{n} x_{i}} \\
\sum_{i=1}^{n} {x_{1}} \ge \frac{1}{4}}\)
Czyli w nierówności zachodzi równość, co wynika z pierwszego równania. Mamy zatem: \(\displaystyle{ \frac{x_{k}}{k} = x_{1}}\)
Podstawiając to do pierwszego równania otrzymamy: \(\displaystyle{ x_{1} (1 + 2 + \ldots + n) = \frac{1}{4} \\
x_{1} = \frac{1}{2n(n+1)}}\)
Zatem rozwiązaniami są takie liczby: \(\displaystyle{ x_{k} = \frac{k}{2n(n+1)}, \ k \in \lbrace 1,2,\ldots, n\rbrace}\)
Zad. 17:
Najpierw korzystamy z nierówności Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela: \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}b_{k}} \ge \frac{n^2}{\sum_{k=1}^{n} a_{k}b_{k}} \ge \frac{4n^2}{\sum_{k=1}^{n} (a_{k} + b_{k})^2} \\
\sum_{k=1}^{n} (a_{k} + b_{k})^2 \ge \sum_{k=1}^{n} 4a_{k}b_{k} \\
\sum_{k=1}^{n} (a_{k} - b_{k})^2 \ge 0}\)
A to już jest oczywiste.
Ostatnio zmieniony 22 mar 2009, o 19:34 przez Wasilewski, łącznie zmieniany 4 razy.
mozemy zalozyc ze \(\displaystyle{ a \ge b \ge c}\). niech \(\displaystyle{ q>1}\) bedzie ilorazem ciagu geometrycznego \(\displaystyle{ (a,b,c)}\). teraz mamy: \(\displaystyle{ p|a^3+b^3+c^3-3abc=a^3+a^3q^3+a^3q^6-3a^3q^3=a^3(1-2q^3+q^6)=a^3(q^3-1)^2}\) \(\displaystyle{ p}\) jest pierwsza wiec jesli \(\displaystyle{ p|a^3}\) to rowniez \(\displaystyle{ p^2|a^3}\). podobnie jesli \(\displaystyle{ p|(q^3-1)^2}\) to \(\displaystyle{ p^2|(q^3-1)^2}\) ckd
tak nawiasem mowiac (wlasciwie to piszac) to wolalbym frej abys pisal "rozwiazanie Dumla" niż Dumela
\(\displaystyle{ b^2+ab+1|a^2+ab+1 \Rightarrow b \le a}\)
dla \(\displaystyle{ a=b}\) teza zachodzi, załóżmy, że \(\displaystyle{ b<a}\) \(\displaystyle{ b^2+ab+1|a^2+ab+1}\) \(\displaystyle{ b^2+ab+1|a^2+ab+1-(b^2+ab+1)=(a-b)(a+b)}\) a to z określenia jest dodatnie
ponieważ \(\displaystyle{ NWD(m,n)=NWD(m-n,n)}\) to: \(\displaystyle{ NWD(b(a+b)+1,a+b)=1}\)
czyli \(\displaystyle{ b^2+ab+1|a-b}\), czyli w szczególności: \(\displaystyle{ b^2+ab+1 \le a-b}\)
jednak zachodzi: \(\displaystyle{ b^2+ab+1 \ge b^2+a+1 > a-b}\) - sprzeczność
57:
Lemat: dla dowolnych dodatnich x,y zachodzi: \(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{x} + \sqrt{y}}{2} \le \sqrt{\frac{x+y}{2} }}\)
korzystając z lematu: \(\displaystyle{ \sqrt{a^2-b^2+c^2}+\sqrt{a^2+b^2-c^2} \le 2 \sqrt{ \frac{2a^2}{2}}=2a}\)
analogicznie jeszcze dla b i c, sumujemy i dzielimy przez 2
W takim razie świetnie, może wszyscy pomożemy w skonstruowaniu nowego KMDO
Odnośnie suplementu, to zadania są tu niezwykle zróżnicowane, zdarzają się i banalne, i bardzo trudne...