Matematyka.pl

Z warunku \(\displaystyle{ f( f( f(x)) )= x, x\in \mathbb{R}}\) wynika, że \(\displaystyle{ f}\) ma funkcję odwrotną a stąd jest różnowartościowe. Funkcja ciągła, różnowartościowa na całym \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) musi być ściśle monotoniczna. Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ f}\) nie jest identycznością. Załóżmy, że \(\displaystyle{ f}\) jest ściśle rosnąca. Istnieje \(\displaystyle{ x_0}\) taki, że \(\displaystyle{ f(x_0)=x_1, x_1\not= x_0.}\) Wtedy \(\displaystyle{ f(x_1)=x_2, x_2\not= x_1, x_2\not= x_0}\) oraz \(\displaystyle{ f(x_2)=x_0.}\) Mamy sześć przypadków \(\displaystyle{ x_1<x_2<x_0, x_2<x_1<x_0,\ldots.}\) Np. dla \(\displaystyle{ x_1<x_2<x_0}\) mamy, że \(\displaystyle{ f(x_1)<f(x_2)<f(x_0) \Leftrightarrow x_2<x_0<x_1}\) sprzeczność. Analogicznie pozostałe przypadki oraz przypadek funkcji ściśle malejącej.
Zatem \(\displaystyle{ f}\) jest identycznością czyli musi spełniać \(\displaystyle{ f (f(x))= x.}\)

.
Oznaczmy:
\(\displaystyle{ A^2-}\) zbiór liczb naturalnych mniejszych bądź równych \(\displaystyle{ 10^{30},}\) które są kwadratami liczb naturalnych,
\(\displaystyle{ A^3-}\) zbiór liczb naturalnych mniejszych bądź równych \(\displaystyle{ 10^{30},}\) które są sześcianami liczb naturalnych,
\(\displaystyle{ A^5-}\) zbiór liczb naturalnych mniejszych bądź równych \(\displaystyle{ 10^{30},}\) które są piątymi potęgami liczb naturalnych.
\(\displaystyle{ A^2=\{1^2,2^2,3^2,\ldots,(10^{15})^2\}}\) czyli \(\displaystyle{ |A^2|=10^{15}.}\) Podobnie \(\displaystyle{ |A^3|=10^{10}, |A^5|=10^6.}\)
\(\displaystyle{ A^2 \cap A^3=\{1^6,2^6,3^6,\ldots,(10^5)^6\}}\) czyli \(\displaystyle{ |A^2 \cap A^3|=10^5.}\) Podobnie \(\displaystyle{ |A^2 \cap A^5|=10^3, |A^3 \cap A^5|=10^2.}\)
\(\displaystyle{ A^2 \cap A^3 \cap A^5=\{1^{30},2^{30},3^{30},\ldots,10^{30}\}, |A^2 \cap A^3 \cap A^5|=10.}\)
Z zapowiadanego wzoru mamy
\(\displaystyle{ |A^2 \cup A^3 \cup A^5|=|A^2|+|A^3|+|A^5|-|A^2 \cap A^3|-|A^2 \cap A^5|-| A^3 \cap A^5|+|A^2 \cap A^3 \cap A^5|=10^{15}+10^{10}+10^5-10^5-10^3-10^2+10=1000009999998910.}\)

Odp:\(\displaystyle{ 10^{30}-1000009999998910=999999999999998999990000001090.}\)

To jest tzw. .
Zdefiniujmy zmienne losowe:
\(\displaystyle{ T_{n,0}-}\) równe stale \(\displaystyle{ 1,}\) liczba losowań potrzebna do wylosowania pierwszej liczby,
\(\displaystyle{ T_{n,1}-}\) liczba kolejnych losowań potrzebna do wylosowania liczby różnej od pierwszej,

\(\displaystyle{ \ldots}\)

\(\displaystyle{ T_{n,k}-}\) liczba kolejnych losowań potrzebna do wylosowania liczby różnej od pierwszej, drugiej,..., \(\displaystyle{ k-}\)tej,
\(\displaystyle{ T_n=T_{n,0}+T_{n,1}+\ldots+T_{n,n-1}.}\)
Zmienne losowe \(\displaystyle{ T_{n,k}}\) mają rozkład geometryczny z parametrem \(\displaystyle{ \frac{n-k}{n},}\) zatem
\(\displaystyle{ \mathbb{E}T_n=\frac{n}{n-0}+\frac{n}{n-1}+\ldots+\frac{n}{n-(n-1)}=n\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}.}\)

Hubson. Na drugim stopniu jest już kamień na " dzień dobry"

Niech \(\displaystyle{ A'. B', C'}\) są spodkami wysokości wychodzącymi z wierzchołków \(\displaystyle{ A, B, C}\). \(\displaystyle{ ADA' ; BDB' CDC'}\) są współlinowymi trójkami punktów. Jako,że \(\displaystyle{ AA'; BB' CC'}\) są wysokościami trójkąta wynika , oraz z zauważonych wspólliniowości wynika, że:
\(\displaystyle{ AA' \perp BC \Rightarrow DA' \perp BC.}\). Analogicznie dochodzimy pozostałych prostopadłości

blef, był tam kamień ale przeciwnik go wycofał na pierwszy stopień ...i już go nie ma na drugim nawet na "do widzenia"

Gracz \(\displaystyle{ B}\) może powstrzymać gracza \(\displaystyle{ A}\)
taktyka \(\displaystyle{ B}\) polega na tym że przenosi kamienień w miejsce z którego gracz \(\displaystyle{ A}\) w ostatnim ruchu zabrał kamień. Nazwijmy "liderem" kamień stojący najwyżej (na początku jest to kamień na pozycji \(\displaystyle{ n}\))
zauważmy że z każdym nowym liderem "czołówka"-(czyli kamień o jeden stopień wyżej tam gdzie stał lider i wszystkie inne wyżej), traci jednego partnera po zagraniu gracza \(\displaystyle{ B}\)
ponieważ mamy \(\displaystyle{ n}\) kamieni może być max \(\displaystyle{ n}\) nowych liderów, czyli \(\displaystyle{ n+n=2n}\)

Jeżeli w symetrii srodkowej względem środka odcinka CD przekształcę cały okrąg to obrazami punktów A, B i O (środka okręgu ) będą punkty A', B' i O'. Ponieważ punkty A i B ( A' i B')leżą na średnicy okręgu (obrazu okręgu) to ich odległość od symetralnej odcinka CD (która zawiera O i O') jest równa. Czyli \(\displaystyle{ (A'B \parallel OO'\parallel AB') \perp CD}\). W zadaniu punkt A' nazwano E.

Niech \(\displaystyle{ \angle OAD= \alpha ; \alpha \in \left\langle 0, \frac{ \pi }{2} \right\rangle}\)
to \(\displaystyle{ \left| AD\right| =2\cos \alpha}\) a także \(\displaystyle{ \angle ODC= \frac{ \pi }{2}- \alpha}\)
Z tw. kosinusów w trójkącie OCD mam
\(\displaystyle{ \left| OC\right| = \sqrt{1^2+(2\cos \alpha )^2-2 \cdot 1 \cdot 2\cos \alpha \cdot \cos (\frac{ \pi }{2}- \alpha )} = \sqrt{1+4 \cos^2 \alpha -4 \sin \alpha \cos \alpha } = \sqrt{2\cos 2 \alpha +3-2\sin 2 \alpha } = \sqrt{2 \sqrt{2}\cos\left( \frac{ \pi }{4}+2 \alpha \right) +3 }}\)
W zadanym przedziale \(\displaystyle{ \alpha \in \left\langle 0, \frac{ \pi }{2} \right\rangle}\) kosinus spod pierwiastka ma największą wartośc dla \(\displaystyle{ \alpha =0}\)
Stąd największe OC to
\(\displaystyle{ \left| OC\right|=\sqrt{2 \sqrt{2}\cos\left( \frac{ \pi }{4}+2 \cdot 0 \right) +3 } = \sqrt{5}}\)

Co ciekawe jeżeli w treści zadania zamiast "uniemożliwić" byłoby napisane umożliwić odpowiedź brzmi: NIE bo z każdym nowym liderem cofamy jeden kamień do tyłu (zakładamy że jest on różny od lidera) więc także z każdym nowym liderem możemy cofnąć o jeden kamień mniej zauważmy że przy \(\displaystyle{ n}\)tym liderze nie możemy cofnąć żadnego kamienia (po za nim samym bo ostatnio nim ruszyliśmy) stąd wniosek że nie można dość do \(\displaystyle{ 2n+1}\) schodka

Dla \(\displaystyle{ 12}\) par można biorąc np.\(\displaystyle{ 36,2,3,33,32,6,7,29,28,10,11,25.}\)
Dla \(\displaystyle{ 11}\) nie można bo suma wszystkich liczb to \(\displaystyle{ 37\cdot 11}\) nie jest podzielna przez \(\displaystyle{ 2}\) czyli suma wybranych liczb musiałaby być niecałkowita.

Przyjmujemy, że \(\displaystyle{ 0^0=1.}\)
Załóżmy najpierw, że \(\displaystyle{ a,b,m,n \neq 0.}\)
Gdyby \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ n}\) miały różne znaki to łatwo otrzymujemy sprzeczność. Załóżmy zatem, że \(\displaystyle{ m,n>0.}\) Ponieważ, \(\displaystyle{ a^2+b^2>ab}\) więc \(\displaystyle{ m<n.}\) Czyli \(\displaystyle{ n=m+l, l>0.}\) Stąd otrzymujemy równość
\(\displaystyle{ \left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)^m=(ab)^l.}\)
Z powyższego \(\displaystyle{ \frac{a}{b}+\frac{b}{a}}\) musi być liczbą całkowitą co jest możliwe jedynie dla \(\displaystyle{ a=b}\) lub \(\displaystyle{ a=-b.}\) Istotnie, dla \(\displaystyle{ x=\frac{a}{b}}\) mamy \(\displaystyle{ x+\frac{1}{x}=k \implies x^2-kx+1=0 \implies \Delta=k^2-4}\) ponieważ \(\displaystyle{ x}\) ma być wymierne to \(\displaystyle{ \Delta}\) musi być kwadratem liczby całkowitej co jest możliwe jedynie dla \(\displaystyle{ k=-2,2,}\) co daje \(\displaystyle{ x=-1,1}\) czyli \(\displaystyle{ a=b, a=-b.}\) Wyjściowa równość dla \(\displaystyle{ a=b}\) przyjmuję postać
\(\displaystyle{ (2a^2)^m=(a^2)^n \iff 2^{\frac{m}{2(n-m)}}=a.}\)
Zatem \(\displaystyle{ \frac{m}{2(n-m)}}\) musi być całkowite co jest równoważne temu, że \(\displaystyle{ m=2k, n=m+d,}\) gdzie \(\displaystyle{ d|k, k,d>0.}\)
Wyjściowa równość dla \(\displaystyle{ a=-b}\) przyjmuję postać
\(\displaystyle{ (2a^2)^m=(-1)^n (a^2)^n \iff 2^{\frac{m}{2(n-m)}}=(-1)^n a.}\)
Zatem \(\displaystyle{ \frac{m}{2(n-m)}}\) musi być całkowite a \(\displaystyle{ n}\) parzyste co jest równoważne temu, że \(\displaystyle{ m=4k, n=m+2d,}\) gdzie \(\displaystyle{ d|k, k,d>0.}\)
Z powyższego widać co będzie dla \(\displaystyle{ m,n<0.}\)

Wszystkie rozwiązania:
Dla \(\displaystyle{ a,b,m,n \neq 0:}\)
1) \(\displaystyle{ a=b=2^{\frac{m}{2(n-m)}}, m=2k, n=m+d,}\) gdzie \(\displaystyle{ d|k, k,d>0,}\)
2) \(\displaystyle{ a=b=2^{\frac{m}{2(m-n)}}, m=2k, n=m+d,}\) gdzie \(\displaystyle{ d|k, k,d<0,}\)
3) \(\displaystyle{ a=-b=2^{\frac{m}{2(n-m)}}, m=4k, n=m+2d,}\) gdzie \(\displaystyle{ d|k, k,d>0,}\)
4) \(\displaystyle{ a=-b=2^{\frac{m}{2(m-n)}}, m=4k, n=m+2d,}\) gdzie \(\displaystyle{ d|k, k,d<0,}\)
Dla któregoś \(\displaystyle{ a,b,m,n}\) równego \(\displaystyle{ 0:}\)
5) \(\displaystyle{ a=b=0, m,n-}\)dowolne,
6) \(\displaystyle{ m=n=0, a,b-}\)dowolne,
7) \(\displaystyle{ m=0, n-}\)nieparzyste, \(\displaystyle{ a=b=-1,1,}\)
8) \(\displaystyle{ m=0, n-}\)parzyste, \(\displaystyle{ a,b=-1,1,}\)
9) \(\displaystyle{ n=0, m-}\)dowolne, \(\displaystyle{ a=0, b=-1,1,}\)
10) \(\displaystyle{ n=0, m-}\)dowolne, \(\displaystyle{ a=-1,1, b=0.}\)

Zadanie 965, Delta, Wrzesień 2001.
Minimalne zachwaszczenie
\(\displaystyle{ \begin{tabular}{ccccccc}
x & o & x & o & x & o & x \\
o & x & o & o & o & x & o \\
x & o & x & o & x & o & x \\
o & o & o & x & o & o & o \\
x & o & x & o & x & o & x \\
o & x & o & o & o & x & o \\
x & o & x & o & x & o & x \\
\end{tabular}}\)
Deltowe rozwiązanie:
Załóżmy, że na początku \(\displaystyle{ n}\) części było zarośniętych chwastem. Zauważmy, że po każdym zarośnięciu jednej części pola długość brzegu zarośniętego obszaru zmniejsza się co najmniej o \(\displaystyle{ 2.}\) Po zarośnięciu całego pola długość brzegu obszaru zarośniętego zmniejszy się co najmniej o \(\displaystyle{ 2(49-n).}\) Na początku długość ta wynosi co najwyżej \(\displaystyle{ 4n,}\) całe pole zaś ma brzeg długości \(\displaystyle{ 28.}\) Wynika stąd, że \(\displaystyle{ 4n-2(49-n) \ge 28,}\) czyli \(\displaystyle{ n \ge 21.}\)

Weźmy \(\displaystyle{ n \ge 3}\). Można zauważyć, że \(\displaystyle{ 1, \ n-1 \in S}\) i \(\displaystyle{ n \not\in S}\). Dalej rozważając dwa przypadki \(\displaystyle{ 2 \in S}\) i \(\displaystyle{ 2 \not\in S}\) otrzymujemy, że \(\displaystyle{ a_{n}=a_{n-1}+a_{n-2}}\) dla \(\displaystyle{ n \ge 3}\), gdzie \(\displaystyle{ a_{i}}\) jest poszukiwaną liczbą podzbiorów. Formalnie to należy popatrzeć na funkcję \(\displaystyle{ f: A_{n} \rightarrow A_{n-1} \cup A_{n-2}}\) taką, że:
\(\displaystyle{ f\left(S\right)= \begin{cases} 2 \in S : \left\{ x-1: x \in S \setminus \left\{ 1\right\} \right\} \\ 2 \not\in S : \left\{ x-2: x \in S \setminus \left\{ 1\right\} \right\} \end{cases}}\)
gdzie \(\displaystyle{ A_{i}=\left\{ S:S\cup S+1 =\left\{ 1, \ \ldots , \ i \right\} \right\}}\) i pozakać, że jest ona bijekcją. Dowód jest raczej męczący i bardziej żmudny niż pomysłowy, więc odpuszczę go czytelnikom.
Stąd mamy, że \(\displaystyle{ \left| A_{n}\right| =\left| A_{n-1}\cup A_{n-2}\right|}\)
Trzeba teraz zauważyć, że \(\displaystyle{ A_{n-1} \cap A_{n-2} = \emptyset}\) - choćby dlatego, że gdyby \(\displaystyle{ S}\) należało do obydwu tych zbiorów, to jednocześnie zachodziłoby \(\displaystyle{ n-2 \in S}\) i \(\displaystyle{ n-2 \not\in S}\) na mocy obserwacji z początku. A zatem \(\displaystyle{ \left| A_{n}\right| =\left| A_{n-1}\right| +\left| A_{n-2}\right|}\) i skoro \(\displaystyle{ a_{i}=\left| A_{i}\right|}\), to mamy dowód przytoczonej na początku zależności rekurencyjnej.

Nietrudno ręcznie sprawdzić, że \(\displaystyle{ a_{1}=1}\) i \(\displaystyle{ a_{2}=2}\). Dalej też sprawdzając, że ciąg \(\displaystyle{ a_{n}=F_{n+1}}\) spełnia zadane warunki otrzymujemy go jako rozwiązanie.

\(\displaystyle{ \left(x-y-z\right)^2 \ge 0 \Rightarrow x^2+y^2+z^2 \ge 2xy+2xz-2yz}\).
Równość zachodzi tylko dla \(\displaystyle{ x=y+z}\). Podstawiając do równości z założenia mamy:
\(\displaystyle{ y^3+z^3=\frac{1}{2}}\). Idąc dalej z AM-GM: \(\displaystyle{ 2xy+2xz-2yz=2\left(y^2+z^2+yz\right) \ge 6yz}\). Równość zachodzi wtedy gdy \(\displaystyle{ y=z=\sqrt[3]{\frac{1}{4}}}\). Równość z założenia jest spełniona dla tych liczb. W takim razie minimalna wartość wyrażenia \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2}\) wynosi \(\displaystyle{ 6 \cdot \sqrt[3]{\frac{1}{16}}=\frac{3}{\sqrt[3]{2}}}\)

mamy \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2 \ge x^2}\), a równość zachodzi tylko dla \(\displaystyle{ y=z=0}\). Podstawiamy to do założenia i dostajemy \(\displaystyle{ x=1}\), zatem \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2 \ge 1}\) i jest to osiągane czyli to jest minimum

\(\displaystyle{ f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2= \frac{1}{x+y+z}+xy+xz+yz}\)
Wynika to z:
\(\displaystyle{ 1=x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz=(x+y+z)(x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-xz-yz)}\)
gdzie \(\displaystyle{ x+y+z \neq 0}\)
Optymalizując f(x,y,z), z WK istnienia ekstremum mam jedno rozwiazanie:
\(\displaystyle{ x=y=z= \frac{1}{ \sqrt[3]{18} }}\) ale ten punkt nie spełnia założenia.
Ergo : Dla warunku z treści zadania f(x,y,z) nie posiada ekstremum (więc i minimum)