Po naciśnięciu w link pojawi się ilustracja do zadania (przedstawia ona ważniejsze rzeczy [zad. 2 oraz 5].
Zadanie 1.
Przedział liczb: \(\displaystyle{ x \in \lbrace 2, 3, 4, 5, ..., 2007, 2008 \rbrace}\)Danych jest 15 liczb całkowitych większych od 1 i mniejszych od 2009, przy czym są one parami względnie pierwsze (nie mają żadnego wspólnego dzielnika pierwszego). Udowodnij, że wśród tych 15 liczb jest przynajmniej jedna liczba pierwsza.
Aby para dowolnych liczb była względnie siebie pierwsza, liczby nie mogą mieć wspólnego dzielnika. Żeby dotyczyło się to WSZYSTKICH dowolnych par liczb (z naszych wybranych 15), wszystkie 15 liczb musi być liczbami pierwszymi (gdyż niektóre liczby złożone miałyby wspólny dzielnik [np. 3, 21 – dzielnik 3] ), bądź ich potęgami (postać liczby \(\displaystyle{ (liczba)^n}\), gdzie n jest dowolną potęgą, tak aby liczba zmieściła się w podanym zakresie). Zajmę się najmniejszymi liczbami (gdyż spróbuję udowodnić dane twierdzenie na najmniejszych liczbach, jeżeli się to uda, na większych będzie już udowodnione): więc, wypiszmy pierwsze 15 liczb pierwszych, są to:
- 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47
- 4, 9, 25, 49, 121, 169, 289, 361, 529, 841, 961, 1369, 1681, 2209
Zadanie 2.
(\(\displaystyle{ \Delta}\) oznacza trójkąt.W trójkącie \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) punkt \(\displaystyle{ D}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ AB}\), a punkt \(\displaystyle{ E}\) jest takim punktem należącym do odcinka \(\displaystyle{ BC}\), że:\(\displaystyle{ |BE|=2 \cdot |EC| oraz \angle ADC = \angle BAE.}\) Znajdź miarę kąta \(\displaystyle{ \angle BAC}\)..
Przedstawiając podane dane na rysunku oraz dopisując odpowiednie kąty (wynikające z zależności, że w trójkącie kąty muszą razem mieć 180 stopni) dochodzę do wniosku iż odcinki DF oraz DA są równe (gdyż powstaje trójkąt równoramienny o kącie przy podstawie \(\displaystyle{ \alpha}\)). Prowadzę dwusieczną \(\displaystyle{ \sphericalangle DFA}\), która pomoże mi ustalić miarę kąta tex] sphericalangle BAC [/latex].
Po poprowadzeniu dwusiecznej zmieniają się wartości kątów i dochodzę do wniosku iż \(\displaystyle{ \sphericalangle DGF = \sphericalangle AFG = 90^O}\) (gdyż dwusieczna podzieliła \(\displaystyle{ \sphericalangle 180 – 2 \alpha}\) na 2, i zostały 2 kąty po \(\displaystyle{ 90 - \alpha}\), a że w trójkącie kątów muszą mieć razem 180 stopni, kąty DGF oraz AGF są proste). Po spostrzeżeniu iż \(\displaystyle{ \Delta GDF}\) oraz \(\displaystyle{ \Delta ADC}\) są podobne (bok, kąt, bok, skala podobieństwa = k [nie dotyczy]) dopisuje wartości pozostałych kątów w \(\displaystyle{ \Delta ADC}\) Wynika także z tego, że \(\displaystyle{ FG || AC}\)
[url]http://img2.vpx.pl/up/20090710/2c92.gif[/url]
Na podstawie podobieństwa trójkątów mogę stwierdzić, że \(\displaystyle{ \sphericalangle BAC}\) jest prosty (ma 90 stopni), a \(\displaystyle{ \Delta BAC}\) jest prostokątny. Ostateczny trójkąt prostokątny przedstawia ostatni rysunek.
[url]http://img2.vpx.pl/up/20090710/2d99.gif[/url]
Zadanie 3.
Założenie:Udowodnij, że dla nieujemnych liczb rzeczywistych a,b,c prawdziwa jest nierówność: \(\displaystyle{ (a+b)(a+c) \ge 2 \sqrt{abc(a+b+c)}.}\)
pod pierwiastkiem nie może znajdować się liczba ujemna, więc:
\(\displaystyle{ abc(a + b + c)} \ge 0}\)
\(\displaystyle{ a \ge 0}\)
\(\displaystyle{ b \ge 0}\)
\(\displaystyle{ c \ge 0}\).
Przekształcamy naszą nierówność:
\(\displaystyle{ (a+b)(a+c) \ge 2 \sqrt{abc(a + b + c)}}\)
\(\displaystyle{ a^2 + ab + ac + bc \ge 2 \sqrt{abc(a + b + c)}}\)
\(\displaystyle{ a(a + b + c) + bc \ge 2 \sqrt{abc(a + b + c)}}\) /\(\displaystyle{ ^2}\) *
(* Możemy tak zrobić gdyż wiemy, że a, b oraz c są nieujemne.)
\(\displaystyle{ [a(a + b + c) + bc]^2 \ge [2 \sqrt{abc(a+b+c)}]^2}\)
\(\displaystyle{ a^2(a + b + c)^2 + 2abc(a + b + c) + b^2c^2 \ge 4abc(a + b + c)}\)
\(\displaystyle{ a^2(a + b + c)^2 + 2abc(a + b + c) - 4abc(a + b + c)+ b^2c^2 \ge 0}\)
\(\displaystyle{ a^2(a + b + c)^2 - 2abc(a + b + c) + b^2c^2 \ge 0}\)
Potraktujemy to jako nierówność kwadratową (\(\displaystyle{ ax^2 + bx + c}\)), naszym "x" będzie wyrażenie (a + b + c)
I przypadek (a = 0)
Pozostaje wtedy równanie kwadratowe: \(\displaystyle{ b^2c^2 \ge 0}\), co jest zawsze prawdziwe.
II przypadek (a > 0)
\(\displaystyle{ \Delta = 4a^2b^2c^2 - 4 * a^2b^2c^2}\)
\(\displaystyle{ \Delta = 0}\)
Wiedząc, że a > 0, \(\displaystyle{ \Delta}\) = 0 wykres wygląda wtedy tak:
[url]http://img2.vpx.pl/up/20090710/313.gif[/url]
wnioskuję iż zbiorem rozwiązań tej nierówności dla:
\(\displaystyle{ a \ge 0}\)
\(\displaystyle{ b \ge 0}\)
\(\displaystyle{ c \ge 0}\).
jest zbiór liczb R.
Więc nierówność: \(\displaystyle{ (a+b)(a+c) \ge 2 \sqrt{abc(a + b + c)}}\) jest spełniona dla wszystkich nieujemnych rzeczywistych liczb, c.n.u..
Zadanie 4.
Sumę 2000 kolejnych całkowitych cyfr możemy przedstawić jako sumę ciągu arytmetycznego:Udowodnij, że suma 2000 kolejnych liczb całkowitych nie może być kwadratem liczby całkowitej.
Wzór na sumę: \(\displaystyle{ S_n = \frac{a_1 + a_n}{2} \cdot n}\) oraz:
Wzór ogólny: \(\displaystyle{ a_n = a_1 + (n - 1)r}\), gdzie:
\(\displaystyle{ a_1}\) - pierwszy wyraz ciągu
\(\displaystyle{ r}\) - różnica wyrazów - W tym wypadku 1, gdyż są to KOLEJNE liczby całkowite.
\(\displaystyle{ n}\) - ilość wyrazów w ciągu - W tym wypadku 2000, gdyż jest to kolejne 2000 liczb całkowitych.
Podstawiamy dane:
\(\displaystyle{ S_n = \frac{a_1 + a_1 + (2000 - 1) * 1}{2} \cdot 2000}\)
\(\displaystyle{ S_n = \frac{a_1 + a_1 + 1999}{2} \cdot 2000}\)
\(\displaystyle{ S_n = (2a_1 + 1999) \cdot 1000}\)
\(\displaystyle{ S_n = 2000a_1 + 1999000}\)
Suma w danym ciągu niezależnie od a1 będzie miała zawsze na końcu trzy zera. (Czwartego zera nie da się osiągnąć, gdyż dodajemy liczbę z trzema zerami na końcu. Nie możemy czwartego zera także osiągnąć gdyż 2000a1, gdzie a1 jest całkowite, będzie miało cyfrę tysięcy parzystą, zaś dodawana liczba, cyfrę tysięcy ma nieparzystą, przez co nie da uzyskać się czwartego zera.) Trzech zer na końcu zaś NIE możemy osiągnąć podnosząc do kwadratu liczbę całkowitą (wynika to z cechy kwadratów liczb 2, 5 i 10). Zatem suma 2000 kolejnych liczb całkowitych nie może być kwadratem liczby całkowitej przez ilość 0 na końcu.
Zadanie 5.
Powstaje nam układ równań:Dla jakich \(\displaystyle{ k}\) rzeczywistych układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x^2-y^2 = 0 \\ (x-k)^2+y^2=1 \end{cases}}\)
ma dokładnie 3 pary rozwiązań w liczbach rzeczywistych \(\displaystyle{ (x,y)}\)?
\(\displaystyle{ \begin{cases} x^2 = y^2 \\ (x - k)^2 + y^2 = 1 \end{cases}}\)
Wg mnie najlepszą i najłatwiejszą metodą na rozwiązanie tego zadania, będzie metoda graficzna (mam nadzieję, że metoda zostanie uznana). A więc:
1. Rysujemy funkcję przedstawioną pierwszym równaniem:
\(\displaystyle{ x^2 = y^2}\) \(\displaystyle{ \sqrt{}}\)
\(\displaystyle{ |x| = |y|}\)
Rozpisujemy wartość bezwzględną i zostaje:
a. \(\displaystyle{ x = y}\)
b. \(\displaystyle{ x = -y}\)
c. \(\displaystyle{ -x = y}\)
d. \(\displaystyle{ -x = -y}\)
a oraz c, a także b oraz d są takie same, więc pozostaje nam funkcja:
\(\displaystyle{ y = |x|}\)
Rysujemy:
[url]http://img2.vpx.pl/up/20090710/5s60.gif[/url]
2. Określamy rodzaj drugiego równania:
\(\displaystyle{ (x - k)^2 + y^2 = 1}\), przekształcamy:
\(\displaystyle{ (x - k)^2 + (y - 0)^2 = 1^2}\)
Poznajemy, że to jest równanie okręgu (wzór ogólny \(\displaystyle{ [(x - a)^2 + (y - b)^2 = r^2}\), gdzie a oraz b to współrzędne środka okręgu, zaś r to długość promienia]).
Ze wzoru mamy, że:
współrzędne punktu (k, 0)
promień = 1
Musimy tak umieścić środek okręgu (k), aby przecinał on funkcję f(x) w trzech punktach. Skoro są dwa ramiona, okrąg musi także przechodzić także przez wierzchołek. Skoro promień = 1 to k = 1 (odległość od wierzchołka (0, 0) musi wynosić 1, więc środek okręgu ma punkt (1, 0) . Rysunek:
[url]http://img2.vpx.pl/up/20090710/5_b28.gif[/url]
Odp. Układ równań ma trzy rozwiązania dla k = 1:
x = 0, y = 0
x = 1, y = 1
x = 1, y = -1.