Z pierwszej własności danej funkcji wynika, że dla każdej liczby \(\displaystyle{ y \ge 0}\) istnieje taka liczba x że \(\displaystyle{ y=f(x)}\).
Z drugiej własności opisanej w treści zadania po podstawieniu mamy więc \(\displaystyle{ y=f(y)}\) tak więc funkcja szukana ma wzór \(\displaystyle{ f(x)=x}\) dla \(\displaystyle{ x \ge 0}\).
Z trzeciej opisanej własności wynika że funkcja jest parzysta więc na mocy wcześniejszych rozważań:
\(\displaystyle{ f(x) =x}\) dla \(\displaystyle{ x \ge 0}\) \(\displaystyle{ f(x)=f(-x)=-x}\) dla \(\displaystyle{ x<0}\)
A jest to definicja funkcji \(\displaystyle{ f(x)=|x|}\) która jest jedyną funkcją spełniającą podane warunki.
Prawdą jest że \(\displaystyle{ x^{3}+y^{3}=(x+y)^{3}-3xy(x+y)}\)
można to sprawdzić wymnażając nawiasy. Z pierwszego równania danego układu wyznaczam \(\displaystyle{ x+y=-z}\) co po podstawieniu do powyższej równości daje: \(\displaystyle{ x^{3}+y^{3}=(-z)^{3}+3xyz}\) \(\displaystyle{ 3xyz=x^{3}+y^{3}+z^{3}}\)
Korzystając z drugiego równania układu obliczamy więc \(\displaystyle{ xyz=6}\) co oczywiście jest równoważne \(\displaystyle{ xy(x+y)=-6}\).
Dalej: prawdą rówież jest, że: \(\displaystyle{ x^{7}+y^{7}=(x+y)^{7}-7(x^{6}y+3x^{5}y^{2}+5x^{4}y^{3}+5x^{3}y^{4}+3x^{2}y^{5}+xy^{6})}\)
Dokonuję nieco uciążliwych przekształceń bezpośrednio bazując na równaniach danego układu oraz wcześniej dowiedzionej równości \(\displaystyle{ xy(x+y)=-6}\). Ufam że ta część nie wymaga opisu:
Korzystając z twierdzenia o całkowitych pierwiastkach wielomianu możemy dość łatwo znaleźć trzy pierwiastki tego równania. Po rozłożeniu go na odpowiednie czynniki otrzymamy wielomian:
\(\displaystyle{ (z+1)(z+2)(z-3)(z^{3}+7z-6)=0}\)
Ostatni z czynników czyli \(\displaystyle{ z^{3}+7z-6}\) ma jeden pierwiastek (wynika to np. z wykresu, albo z faktu że w ciągu współczynników wielomianu występuje jedna zmiana znaku) który jest liczbą niewymierną (twierdzenie o wymiernych pierwiastkach wielomianu).
Zauważmy że układ dany w zadaniu jest symetryczny, tzn możemy zamienić miejscami dowolną parę zmiennych i nic się nie zmieni. W związku z tym wyżej napisane równanie spełnia, dla danego rozwiązania układu, wartość każdej ze zmiennych.
Innymi słowy, każde rozwiązanie układu to trzy z czterech pierwiastków wielomianu w dowolnej kolejności. Zauważmy jednak, że trzy z tych pierwiastków są wymierne, a jeden nie. Jako że zachodzi równość \(\displaystyle{ x+y+z=0}\) to gdyby jedna z liczb x, y, z była niewymierna to co najmniej jedna z pozostałych byłaby również, a jest to niemożliwe.
Powyższe rozważania dowodzą że ostatni, niewymierny pierwiastek wielomianu, nie będzie w rozwiązaniu układu. Tak więc rozwiązaniami danego układu będą trójki:
Umieśćmy kwadrat ABCD w układzie współrzędnych, tak aby \(\displaystyle{ A=(0,0)}\) i by leżał on, dla wygody, w pierwszej ćwiartce układu. Wtedy, oznaczając bok kwadratu jako a, oraz współrzędne punktu P jako (m,n) możemy z łatwością wyznaczyć:
Żeby znaleźć |PQ| musimy obliczyć odległość punktu P od funkcji zawierającej w sobie przekątną BD. Funkcja ta przecina obie osie w a, więc będzie to funkcja \(\displaystyle{ y=-x+a}\). Po przekształceniu ją do pożądanej postaci otrzymamy \(\displaystyle{ x+y-a=0}\).
Korzystając ze wzoru na odległość punktu od prostej (który można łatwo wyznaczyć przy użyciu tw. Pitagorasa) otrzymujemy:
Jako że mamy dowieść że \(\displaystyle{ |PQ|^{2}=|PR| \cdot |PS|}\) wystarczy więc, by wstawić do tego równania obliczone wcześniej długości odcinków i udowodnić że takie równanie zachodzi. Podstawiam:
Zauważmy że (m,n) to współrzędne punktu leżącego na okręgu o środku w (0,0) i promieniu a. Otrzymane równanie to równanie właśnie takiego okręgu, więc musi być spełnione. Jako że było ono równoważne tezie postawionej w zadaniu, więc została ona udowodniona.
Zadanie 4:
Bez straty ogólności można założyć że \(\displaystyle{ a \ge b \ge c \ge d}\). Do nierówności podstawiam \(\displaystyle{ d= \frac{1}{abc}}\) i przekształcam:
Zauważmy, że wartość lewej strony nierówności może dochodzić dowolnie blisko do liczby 1 - wystarczy, że a, b, c będą dążyć do nieskończoności, a wszystkie cztery ułamki w nierówności będą dążyć do zera, więc całość - do 1.
Teraz wystarczy, by udowodnić że lewa strona nierówności nie może osiągnąć wartości równej lub mniejszej od 1 i zadanie będzie rozwiązane (wtedy największe t spełniające nierówność będzie równe 1). W tym celu trzeba zauważyć, że:
\(\displaystyle{ a \ge 1}\) \(\displaystyle{ d \le 1}\)
W istocie, gdyby \(\displaystyle{ a<1}\) to każda z liczb a, b, c, d byłaby mniejsza od 1 i w konsekwencji \(\displaystyle{ abcd<1}\) co jest nieprawdą. Analogicznie można dowieść że nie może byc \(\displaystyle{ d>1}\).
--
Rozważmy dwa przypadki:
Przypadek 1: \(\displaystyle{ c \ge 1}\)
W tym przypadku będzie oczywiście \(\displaystyle{ b \ge 1}\) czyli w konsekwencji \(\displaystyle{ bc \ge 1}\).
Korzystając natomiast z tego że \(\displaystyle{ a \ge 1}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ abc+1 \ge a+1}\) i w konsekwencji \(\displaystyle{ \frac{1}{a+1} \ge \frac{1}{abc+1}}\).
Dodając do tego dwie oczywiste nierówności \(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{1}{b+1}>0 \\ \frac{1}{c+1}>0 \end{cases}}\)
i dokonując prostych przekształceń otrzymujemy:
W tym przypadku \(\displaystyle{ c+1<2}\) z czego wynika że \(\displaystyle{ \frac{1}{c+1}>\frac{1}{2}}\). Wiadomo też że \(\displaystyle{ d \le 1}\) skąd wynika że \(\displaystyle{ abc \ge 1}\) czyli \(\displaystyle{ \frac{1}{abc+1} \le \frac{1}{2}}\).
Z tych dwóch nierówności bezpośrednio wynika że \(\displaystyle{ \frac{1}{c+1}>\frac{1}{abc+1}}\). Podobnie jak w przypadku pierwszym dodajemy nierówności \(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{1}{a+1}>0 \\ \frac{1}{b+1}>0 \end{cases}}\)
i po przekształceniach otrzymujemy:
Po połączeniu rozważań dowiedliśmy, że \(\displaystyle{ \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}+\frac{1}{d+1}>1}\)
oraz że nie prawa strona nierówności nie może być zwiększona. Tak więc:
-szukane t istnieje (np. t=0,5)
-zbiór dodatnich t spełniających nierówność przyjmuje wartość największą, którą jest t=1
Zadanie 5:
Najpierw udowodnię że dla żadnego n szukane A nie ma ostatniej cyfry 0. W istocie, załóżmy że liczba ta ma na końcu x cyfr zero. Wtedy \(\displaystyle{ S(A-1)>S(A)}\) oraz \(\displaystyle{ S(A-10^{x})=S(A)-1}\). Z równości danej w zadaniu dla \(\displaystyle{ k=1}\) oraz \(\displaystyle{ k=10^{x}}\) otrzymałbym wtedy:
Skąd \(\displaystyle{ S(A-1)+1=S(A-10^{x})+1}\) czyli po podstawieniu \(\displaystyle{ S(A-1)+1=S(A)-1}\) co jest niemożliwe.
Powyższe rozumowanie byłoby niemożliwe do przeprowadzenia tylko gdyby \(\displaystyle{ A=10^{x}}\) (bo wtedy otrzymalibyśmy A=k). Jednak wtedy dla \(\displaystyle{ k=\frac{A}{2}}\) otrzymalibyśmy \(\displaystyle{ n=10}\) co jest niezgodne z treścią zadania.
--
Wiemy, że A nie ma na końcu cyfry zero, a więc \(\displaystyle{ S(A-1)=S(A)-1}\) co dla \(\displaystyle{ k=1}\) daje \(\displaystyle{ n=S(A)}\). Załóżmy że A ma na końcu cyfrę t taką że \(\displaystyle{ 1 \le t \le 8}\). Wtedy dla jednocyfrowego \(\displaystyle{ k=t+1}\) mamy:
\(\displaystyle{ S(A-t-1)+S(t+1)=n}\)
Skąd po podstawieniu \(\displaystyle{ n=S(A)}\) wychodzi:
\(\displaystyle{ S(A-t-1)=S(A)-t-1}\)
Zauważmy że A-t jest liczbą zakończoną na zero, tak więc \(\displaystyle{ S(A-t-1) \ge S(A-t)+8}\) (jest to łatwe do zauważenia, równość zachodzi gdy A-t jest zakończona na jedno zero, nierówność gdy na więcej). Oczywiste jest też że \(\displaystyle{ S(A-t)=S(A)-t}\). Po użyciu dwóch wspomnianych równości otrzymam:
\(\displaystyle{ S(A-t)+8 \le S(A-t)+1}\)
Co jest sprzeczne.
Założenie że t jest maksymalnie równe 8 było potrzebne, gdyż inaczej t+1 nie byłoby jednocyfrowe i całe rozumowanie by się posypało. Skoro rozumowanie to prowadzi do sprzeczności to oznacza, że jeśli istnieje dla danego n odpowiednie A, to kończy się ono na 9.
--
Prowadząc analogiczne rozumowanie dla przedostatniej cyfry, oznaczając ją jako t i dając \(\displaystyle{ k=10(t+1)}\) otrzymamy że przedostatnia cyfra A musi być również równa 9. Takie rozumowanie dla pewnego A można przeprowadzić dla każdej cyfry, z wyjątkiem pierwszej, bo wtedy \(\displaystyle{ k>A}\).
Tak więc, reasumując, jeśli dla danego n istnieje odpowiednie A, to wszystkie cyfry A z wyjątkiem pierwszej są równe 9. Łatwo sprawdzić, że wtedy odpowiednie równanie dla każdego k będzie spełnione, gdyż przy odejmowaniu liczb A i k nie będziemy musieli "zapożyczać" z kolejnej cyfry, co sprawia że suma cyfr różnicy będzie różnicą sum cyfr składników.
Znalezienie odpowiedniej liczby A jest możliwe dla każdego n i jest dość proste. Wystarczy podzielić n przez 9, oznaczając I jako iloraz i R jako resztę. Szukane A to cyfra R oraz I dziewiątek.
Z góry przepraszam za wszelkie niedociągnięcia i drobne błędy, które są wynikiem skomplikowania moich rozwiązań Apropo poziomu zadań: jest dobry. Wysoki (kilka dni zajęło mi poskładanie wszystkich rozwiązań), ale wciąż w zasięgu.
Zadanie 1: 6
Zadanie 2: 5
Zadanie 3: 6
Zadanie 4: 6
Zadanie 5: 6
Uwagi:
ad 2: Poniższy opis nie był do końca trafny, przekaz jasny, ale forma nie do końca:
Innymi słowy, każde rozwiązanie układu to trzy z czterech pierwiastków wielomianu w dowolnej kolejności. Zauważmy jednak, że trzy z tych pierwiastków są wymierne, a jeden nie. Jako że zachodzi równość x+y+z=0 to gdyby jedna z liczb x, y, z była niewymierna to co najmniej jedna z pozostałych byłaby również, a jest to niemożliwe.
Po drugie:
Tak więc rozwiązaniami danego układu będą trójki:
Nie zostało pokazane (a nawet prawdopodobnie problem został przeoczony), czy x,y,z są parami różne.
ad 5:
Nie wyjaśnione dostatecznie dobrze, dlaczego:
Skąd \(\displaystyle{ S(A-1)+1=S(A-10^{x})+1}\) czyli po podstawieniu \(\displaystyle{ S(A-1)+1=S(A)-1}\) co jest niemożliwe.
Ale później zostało o tym wspomniane \(\displaystyle{ (S(A-t-1) \ge S(A-t)+8)}\).