[MIX] Zestaw pięćdziesięciu zadań przed II etapem OM

[wiedzmac]

Witam, dawno nikt nie wrzucał zestawu, to pomyślałem, że na wrzucę.
Większość zadań pochodzi z mathliksa i starych obozów OM. Poziom jest zadań zbliżony do II etapu (tak sądzę) albo lekko wyższy. Proszę tylko o wrzucanie pełnych rozwiązań, a nie odnośników, jeśli ktoś już zna to zadanie i życzę powodzenia!

Rozwiązane zadania wrzucam pod treścią, by łatwiej można było je znaleźć. Jeśli ktoś zmieni je w międzyczasie, albo chce wprowadzić poprawki pod to co wkleiłem - pisać na priv.

Wszelkie uwagi proszę wysyłać na priv.
\(\displaystyle{ \hline}\)

1. Rozwiąż układ równań w \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) :

\(\displaystyle{ \begin{cases}5^{x}-2^{y}=117\\ 5^{y}-2^{x}=117\end{cases}}\)

Rozwiązane przez KPR:    

\(\displaystyle{ 5^x-2^y=5^y-2^x}\)
\(\displaystyle{ 5^x+2^x=5^y+2^y}\)
Ponieważ funkcje \(\displaystyle{ 2^x}\), \(\displaystyle{ 5^x}\) są rosnące, to \(\displaystyle{ x=y}\). Zatem
\(\displaystyle{ 5^x-2^x=117}\).
\(\displaystyle{ x=3}\) spełnia to równanie.
Zauważmy teraz, że dla \(\displaystyle{ 5^x-2^x=2^x\left(\left(\frac52\right)^x-1\right)}\), co jest ujemne dla \(\displaystyle{ x<0}\), a dla \(\displaystyle{ x>0}\)rosnące. Zatem jedynym rozwiązaniem jest\(\displaystyle{ x=y=3}\).

2. Rozwiąż układ równań w liczbach rzeczywistych:

\(\displaystyle{ \begin{cases}2x^3+x^2+14x+1=4y^3+12y^2+y\\xy+x+y-1=0\end{cases}}\)

Rozwiązane przez KPR:    

Niech \(\displaystyle{ a=x+1}\), \(\displaystyle{ b=y+1}\). Z drugiego równania mamy \(\displaystyle{ ab=2}\). Z pierwszego dostajemy \(\displaystyle{ 2a^3-5a^2+18a-14=4b^3-11b+7}\). Podstawiając \(\displaystyle{ b=\frac 2a}\) i wymnażając przez \(\displaystyle{ a^3}\) dostajemy \(\displaystyle{ 2a^6-5a^5+18a^4-21a^3+22a^2-32=0}\), czyli \(\displaystyle{ (a^2-a+4)^2(2a^2-a-2)=0}\), \(\displaystyle{ a=\frac{1\pm\sqrt{17}}{4}}\), \(\displaystyle{ x=\frac{-3\pm\sqrt{17}}{4}}\), \(\displaystyle{ y=\frac{-3\pm\sqrt{17}}2}\).

3. W \(\displaystyle{ \triangle ABC, E\in AB, F\in AC, D}\) jest środkiem \(\displaystyle{ BC, DE \cap BF=G, DF\cap CE=H, AE=AF, EG=FH}\).
Udowodnij, że \(\displaystyle{ AB = AC}\)

4. Okręgi \(\displaystyle{ \Gamma_{1}}\) i \(\displaystyle{ \Gamma_2}\) przecinają się odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ D}\) i \(\displaystyle{ E}\). Na okręgu \(\displaystyle{ \Gamma_{1}}\) leży taki punkt \(\displaystyle{ B}\), a na \(\displaystyle{ \Gamma_2}\) taki punkt \(\displaystyle{ C}\), że \(\displaystyle{ D}\) jest środkiem \(\displaystyle{ BC}\). Punkt \(\displaystyle{ A}\) jest punktem przecięcia stycznych wyprowadzonych z \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ C}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ DA\cdot DE = DC^{2}}\).

Rozwiązane przez KPR:    

Zróbmy sobie trójkąt \(\displaystyle{ XYZ}\) z punktem \(\displaystyle{ T}\) na boku \(\displaystyle{ XY}\) taki, że \(\displaystyle{ XTZ\sim EDB}\) i \(\displaystyle{ YTZ\sim EDC}\). Wtedy \(\displaystyle{ \frac{TY}{TZ}=\frac{DE}{DC}}\) i \(\displaystyle{ \frac{TX}{TZ}=\frac{DE}{DB}=\frac{DE}{DC}=\frac{TY}{TZ}}\). Zatem \(\displaystyle{ TX=TY}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ \angle YXZ=\angle TXZ=\angle DEB=\angle DBA=\angle CBA}\) i \(\displaystyle{ \angle XYZ=\angle TYZ=\angle DEC=\angle DCA=\angle BCA}\), zatem \(\displaystyle{ XYZ\sim BCA}\). Stąd \(\displaystyle{ \frac{DC}{DA}=\frac12 \frac{BC}{DA}=\frac12 \frac{XY}{TZ}=\frac{TY}{TZ}=\frac{DE}{DC}}\), zatem \(\displaystyle{ DC^2=DA\cdot DE}\), c.n.d.

5. W \(\displaystyle{ \triangle ABC}\), \(\displaystyle{ AC = BC}\). \(\displaystyle{ P}\) jest takim punktem w trójkącie, że \(\displaystyle{ \angle PAB = \angle PBC}\). \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem \(\displaystyle{ AB}\).
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \angle APM+\angle BPC = 180^{\circ}}\).

Rozwiązane przez KPR:    

Niech \(\displaystyle{ BPAK}\) będzie równoległobokiem, a trójkąt \(\displaystyle{ CBT\equiv CAP}\) (i jednakowo zorientowany). Wtedy \(\displaystyle{ AP=BT}\) i \(\displaystyle{ AK=BP}\). Ponadto \(\displaystyle{ \angle PBT=\angle PBC+\angle CBT=\angle PAB+\angle CAP=\angle PAB+\angle BAC-\angle PAB=\\=\angle PAB+\angle ABC-\angle PBC=\angle PAB+\angle PBA=\angle PAB+\angle BAK=\angle PAK}\).

Zatem \(\displaystyle{ PBT\equiv KAP}\). Zatem

\(\displaystyle{ \angle APM+\angle BPC=\angle BTP+\angle BPT+\angle TPC=180^\circ-\angle PBT+\angle TPC=\\=180^\circ-\angle PAK+\angle TPC=180^\circ-\angle PAB-\angle PBA+\angle TPC=\\=180^\circ-\angle PBC-\angle PBA+\angle TPC=180^\circ-\angle ABC+\angle TPC=180^\circ}\)
(ostatnia równość wynika z \(\displaystyle{ CPT\sim CAB}\)).

6. Wykaż, że \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^n = n!}\).

KPR, 1.sposób:    

Zauważmy, że \(\displaystyle{ k^n}\) jest liczbą takich słów długości \(\displaystyle{ n}\) o alfabecie \(\displaystyle{ n}\)-elementowym, w których używane jest tylko \(\displaystyle{ k}\) wybranych liter z tego alfabetu. Z zasady włączeń i wyłączeń \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} (n-k)^n{n\choose n-k}}\) jest liczbą takich słów, w których nie wszystkie możliwe litery są wykorzystane. Zatem pozostałych słów jest \(\displaystyle{ n^n-\sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} (n-k)^n{n\choose n-k}=n^n-\sum_{k=0}^{n-1} (-1)^{n-k+1} k^n{n\choose n-k}=n^n+\sum_{k=0}^{n-1} (-1)^{n-k} k^n{n\choose n-k}=\sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k} k^n{n\choose n-k}}\). Są to permutacje.

KPR, 2.sposób:    

Interpolacja Lagrange'a wielomianu \(\displaystyle{ x^n}\) w punktach \(\displaystyle{ 0,1,\dots,n}\) i równość współczynników przy \(\displaystyle{ x^n}\) (równoważna postać równości to \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k} \frac{k^n}{k!(n-k)!}=1}\))

7. Punkt \(\displaystyle{ P}\) leży wewnątrz czworościanu foremnego \(\displaystyle{ ABCD}\) o krawędzi 1. Proste \(\displaystyle{ AP, BP, CP, DP}\) przecinają odpowiednio ściany \(\displaystyle{ BCD, CDA, DAB, ABC}\) w punktach \(\displaystyle{ E, F, G, H}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ PE + PF + PG + PH < 1}\).

8. Udowodnij \(\displaystyle{ \forall n\in\mathbb{N}:\binom{2n}{n}\cdot\sqrt{2n}<\sum_{k=0}^{n}\left (\binom{2n-k}{n}\cdot 2^k \right )}\)

9. Znajdź wszystkie takie liczby pierwsze \(\displaystyle{ p, q}\), dla których \(\displaystyle{ pq\mid 2^p+2^q}\).

Rozwiązane przez Vax:    

Jeżeli któraś z p,q jest równa \(\displaystyle{ 2}\) bso \(\displaystyle{ q=2}\) dostajemy \(\displaystyle{ 2p \mid 2^p+4 \iff p \mid 2^{p-1}+2}\) ale z mtf \(\displaystyle{ 0 \equiv 2^{p-1}+2 \equiv 3 \pmod{p}}\) skąd \(\displaystyle{ p=2 \vee p=3}\) i sprawdzamy, że istotnie pary \(\displaystyle{ (p,q) = (2,2) , (2,3) , (3,2)}\) spełniają tezę, załóżmy, że \(\displaystyle{ p,q \ge 3}\). Mamy więc w szczególności \(\displaystyle{ p \mid 2+2^q \Rightarrow p \mid 2^{q-1}+1 \Rightarrow 2^{q-1} \equiv -1\pmod{p} \Rightarrow 2^{2(q-1)} \equiv 1\pmod{p}}\)

Niech t będzie rzędem \(\displaystyle{ 2}\) modulo \(\displaystyle{ q}\), mamy wtedy \(\displaystyle{ t \nmid q-1 \wedge t\mid 2(q-1) \wedge t\mid p-1}\), czyli \(\displaystyle{ v_2(p-1) \ge v_2(t) > v_2(q-1)}\) czyli \(\displaystyle{ v_2(p-1) > v_2(q-1)}\), ale analogicznie dostajemy \(\displaystyle{ v_2(q-1) > v_2(p-1)}\) sprzeczność.

10. Znajdź wszystkie trójki liczb pierwszych \(\displaystyle{ (p,q,r)}\) spełniające \(\displaystyle{ p\mid q^r+1,\quad q\mid r^p+1,\quad r\mid p^q+1}\).

Rozwiązane przez KPR:    

Oczywiście \(\displaystyle{ p,q,r}\) są parami różne. Jeśli \(\displaystyle{ p=2}\), to mamy \(\displaystyle{ r|2^q+1}\) i \(\displaystyle{ q|r^2+1}\). Jeśli przez \(\displaystyle{ a}\) oznaczymy rząd \(\displaystyle{ 2}\) modulo \(\displaystyle{ r}\), to \(\displaystyle{ a|2q}\) i \(\displaystyle{ a\nmid q}\). Zatem \(\displaystyle{ a=2}\) lub \(\displaystyle{ a=2q}\). Gdyby \(\displaystyle{ a=2q}\), to \(\displaystyle{ 2q|r-1}\), skąd \(\displaystyle{ q|r^2-1}\), a z \(\displaystyle{ q|r^2+1}\) mamy \(\displaystyle{ q|2}\), sprzeczność. Zatem \(\displaystyle{ a=2}\), czyli \(\displaystyle{ r|3}\). Zatem r=3 oraz \(\displaystyle{ q|10}\), więc q=5. Widać, że \(\displaystyle{ (2,5,3)}\) i cyklicznie spełniają warunki zadania.

Załóżmy teraz, że \(\displaystyle{ p,q,r}\) są nieparzyste. Niech \(\displaystyle{ p}\) będzie najmniejsze. Mamy \(\displaystyle{ p|q^r+1}\), więc jeśli przez \(\displaystyle{ c}\) oznaczymy rząd \(\displaystyle{ q}\) modulo \(\displaystyle{ p}\), to \(\displaystyle{ c|2r}\) i \(\displaystyle{ c\nmid r}\), więc \(\displaystyle{ c=2}\) lub \(\displaystyle{ c=2r}\). Jeśli \(\displaystyle{ c=2r}\), to \(\displaystyle{ 2r|p-1}\), sprzeczność, bo \(\displaystyle{ p}\) najmniejsze. zatem \(\displaystyle{ c=2}\), skąd \(\displaystyle{ p|q+1}\). Teraz analogicznie rząd \(\displaystyle{ d}\) liczby \(\displaystyle{ r}\) modulo \(\displaystyle{ q}\) jest równy \(\displaystyle{ 2}\) lub \(\displaystyle{ 2p}\). Gdyby był równy \(\displaystyle{ 2p}\), to \(\displaystyle{ 2p|q-1}\), co z \(\displaystyle{ p|q+1}\) daje \(\displaystyle{ p|2}\), sprzeczność. Zatem \(\displaystyle{ d=2}\) i \(\displaystyle{ q|r+1}\). Analogicznie \(\displaystyle{ r|p+1}\). Ponieważ jednak \(\displaystyle{ p}\) jest najmniejsze, to nie może być \(\displaystyle{ p+1\ge 2r}\), bo wtedy \(\displaystyle{ 2r<2p}\), \(\displaystyle{ r<p}\). Zatem \(\displaystyle{ p+1=r}\), co jest sprzecznośćią, bo \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ r}\) są nieparzyste.

Zatem jedyne rozwiązania to \(\displaystyle{ (2,5,3)}\), \(\displaystyle{ (5,3,2)}\), \(\displaystyle{ (3,2,5)}\).

11. Znajdź wszystkie wielomiany \(\displaystyle{ P (x^3 + 1) = P ((x + 1)^3 )}\).

Rozwiązane przez KPR:    

Niech \(\displaystyle{ Q(x)=P(x^3)}\). Oczywiście wszystkie niezerowe współczynniki \(\displaystyle{ Q}\) stoją przy wykładnikach podzielnych przez 3. Z kolei \(\displaystyle{ Q(x+1)=P((x+1)^3)=P(x^3+1)}\), więc \(\displaystyle{ Q(x+1)}\) też ma niezerowe współczynniki jedynie przy wykładnikach podzielnych przez 3. Z dwumianu Newtona, jeśli \(\displaystyle{ Q(x)}\) ma stopień niezerowy, to w \(\displaystyle{ Q(x-1)}\) jest jednomian o stopniu o jeden mniejszym. Sprzeczność, więc \(\displaystyle{ Q}\) jest stały, więc \(\displaystyle{ P}\) jest stały.

12. W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) \(\displaystyle{ \angle ABC = 2 \cdot \angle ACB}\). Punkt \(\displaystyle{ M}\) to środek boku \(\displaystyle{ BC}\). Dwusieczna kąta \(\displaystyle{ ACB}\) przecina odcinek \(\displaystyle{ AM}\) w punkcie \(\displaystyle{ D}\). Udowodnij, że \(\displaystyle{ \angle MDC \le 45^{\circ}}\).

13. Znajdź wszystkie całkowite dodatnie \(\displaystyle{ n}\) spełniające \(\displaystyle{ 3^{n-1}+5^{n-1}\mid 3^{n}+5^{n}}\)

Rozwiązane przez Vax:    

\(\displaystyle{ 3^{n-1}+5^{n-1} \mid 3^n+5^n}\)

Jeżeli \(\displaystyle{ 3^n+5^n = \alpha (3^{n-1}+5^{n-1})}\) gdzie \(\displaystyle{ \alpha \ge 5}\), to \(\displaystyle{ 3^n+5^n \ge 5\cdot 3^{n-1}+5\cdot 5^{n-1} > 3^n+5^n}\) sprzeczność, więc \(\displaystyle{ \alpha \in \lbrace 1,2,3,4\rbrace}\), łatwo sprawdzamy te przypadki i dostajemy \(\displaystyle{ n=1}\)

14. Wykaż, że \(\displaystyle{ \sum_{cyc}\frac{a}{(\sqrt{bc}+1)^2}\leq 2}\) dla \(\displaystyle{ (a,b,c)\in [0;1]}\)

Rozwiązane przez Vax, takie samo jak moje:    

Lemat: \(\displaystyle{ \frac{a}{(\sqrt{bc}+1)^2} \le \frac{2a}{a+b+c}}\)

15. Wykaż, że dla naturalnego \(\displaystyle{ n > 3}\) zachodzi \(\displaystyle{ 6+\frac{4^n}{2\sqrt{n}}\le\binom{2n}{n}}\)

16. Wykaż, że nie istnieją trójki liczb całkowitych dodatnich \(\displaystyle{ (x,y,z)}\) spełniające równanie \(\displaystyle{ x^7+y^7=1998^z}\).

17. Niech \(\displaystyle{ p \in \mathbb{P} > 5}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ p^{8n}+3p^{4n}-4\equiv 0 \pmod{5}}\), gdzie \(\displaystyle{ n}\) to pewna liczba naturalna.

Rozwiązane przez Vax:    

Z mtf \(\displaystyle{ p^{8n}+3p^{4n}-4 \equiv (p^{2n})^4+3(p^n)^4-4 \equiv 1+3-4 \equiv 0\pmod{5}}\)

18. W \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) punkty \(\displaystyle{ D, E}\) leżą odpowiednio na bokach \(\displaystyle{ AB, AC}\). Proste \(\displaystyle{ BE, CD}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ F}\).
Wykaż, że jeżeli \(\displaystyle{ BC^2 = BD \cdot BA + CE \cdot CA}\), to punkty \(\displaystyle{ A, D, E, F}\) są współokręgowe.

19. Znajdź wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}}\) spełniające warunek \(\displaystyle{ f(x^2-y^2) = (x+y)(f(x)-f(y))}\).

Rozwiązane przez Vax:    

\(\displaystyle{ f(x^2-y^2) = (x+y)(f(x)-f(y))}\)

Wstawiając \(\displaystyle{ x=y}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ f(0) = 0}\). Teraz \(\displaystyle{ y=0 \Rightarrow f(x^2) = xf(x)}\), więc \(\displaystyle{ f}\) jest nieparzysta. Podstawiając \(\displaystyle{ y:=-y}\) dostajemy \(\displaystyle{ f(x^2-y^2) = (x-y)(f(x)-f(-y)) = (x-y)(f(x)+f(y))}\), czyli:

\(\displaystyle{ \begin{cases} f(x^2-y^2) = (x+y)(f(x)-f(y)) \\ \\ f(x^2-y^2) = (x-y)(f(x)+f(y))\end{cases}}\)

Odejmując stronami otrzymujemy \(\displaystyle{ xf(y) = yf(x)}\), wstawiając \(\displaystyle{ y=1}\) dostajemy \(\displaystyle{ f(x) = cx}\) dla pewnej stałej \(\displaystyle{ c \in \mathbb{R}}\), pozostaje sprawdzić, że wszystkie funkcje takiej postaci spełniają tezę.

20. Znaleźć największą wartość wyrażania \(\displaystyle{ \frac{S(n)}{S(16n)}}\) dla pewnego \(\displaystyle{ n \in \mathbb{Z_+}}\), gdzie \(\displaystyle{ S(n)}\) oznacza sumę cyfr liczby w systemie dziesiętnym.

Rozwiązane przez czekoladowy:    

Zachodzi \(\displaystyle{ S( \sum_{i=1}^{n} x_i) \le \sum_{i=1}^{n} S(x_i)}\) oraz \(\displaystyle{ S(a) \cdot S(b) \ge S(a \cdot b)}\)

Zatem otrzymujemy: \(\displaystyle{ \frac{S(n)}{S(16n)}= \frac{S(10000n)}{S(16n)}= \frac{S(625 \cdot 16n)}{S(16n)} \le \frac{S(625) \cdot S(16n)}{S(16n)}=S(625)=13}\)

Przy czym w ostatniej nierówności zachodzi równość dla \(\displaystyle{ n=625}\).

Odpowiedz: 13.

21. Mamy ciąg zdefiniowany jako \(\displaystyle{ p_0 = 1, p_{n+1}=5p_{n}(5p_n^4-5p_n^2+1)}\). Znajdź \(\displaystyle{ p_n}\).

22. Dany jest wypukły wielokąt \(\displaystyle{ P}\) z \(\displaystyle{ n}\) wierzchołkami. Trójkat o wierzchołkach w wierzchołkach \(\displaystyle{ P}\) nazywamy dobry jeśli wszystkie boki mają równe długości (czyli jak jest równoboczny ) . Udowodni że jest co najwyżej \(\displaystyle{ \frac{2n}{3}}\) dobrych trójkątów.

Rozwiązane przez KPR:    

Zakładamy, że \(\displaystyle{ n\ge5}\), dla mniejszych wiadomo.
Dla każdej pary wierzchołków, których jest \(\displaystyle{ \frac{n(n-1)}2}\) mamy maksymalnie 2 punkty, które dopełniają ją do dobrego trójkąta. Zatem dobrych trójkątów mamy łącznie maksymalnie \(\displaystyle{ \frac{n(n-1)}3}\). Widać, że \(\displaystyle{ \frac{n(n-1)}3\le \frac23\frac{n(n-1)(n-2)}6}\), bo \(\displaystyle{ 6\le 2(n-2)}\).

23. Znajdź wszystkie dodatnie liczby całkowite, dla których \(\displaystyle{ n^2 | 5^n+1}\).

24. Dowieść, że wśród dowolnych \(\displaystyle{ 100}\) kolejnych wyrazów ciągu \(\displaystyle{ a_n = n^8 + n^6 + n^4 + n^2 + 1}\) jest co najmniej 86 liczb złożonych.

Rozwiązane przez mol_ksiazkowy:    

szkic Gdy \(\displaystyle{ n}\) nie dzieli się na \(\displaystyle{ 5}\), to \(\displaystyle{ a_n}\) dzieli się na \(\displaystyle{ 5}\) a to już da \(\displaystyle{ 80}\) liczb, które są wyrazami tego ciągu i są złożone. (\(\displaystyle{ n>1}\))
A skoro \(\displaystyle{ a_{11k \pm 2}}\) oraz \(\displaystyle{ a_{11k \pm 3}}\) są złożone (dla \(\displaystyle{ k=1, 2, 3, ….}\)) (gdyz dzielą się na \(\displaystyle{ 11}\)). Wiec z liczb \(\displaystyle{ n}\) podzielnych przez \(\displaystyle{ 5}\) znajdzie się jeszcze \(\displaystyle{ 6}\) takich ze \(\displaystyle{ a_n}\) będzie złożone, tj.:
Np. gdy \(\displaystyle{ n = 1, ….., 100}\) to będą to
Liczby \(\displaystyle{ n}\) postaci \(\displaystyle{ 11k \pm 2}\): \(\displaystyle{ 20, 35, 90}\):
Liczby \(\displaystyle{ n}\) postaci \(\displaystyle{ 11k \pm 2}\): \(\displaystyle{ 25, 30, 80}\):
etc

25. Każdą z liczb \(\displaystyle{ 1, 2, \ldots , 101}\) umieszczono dokładnie \(\displaystyle{ 101}\) razy w polach tablicy o wymiarach \(\displaystyle{ 101 \times 101}\), po jednej na każdym polu. Udowodnić, że w pewnym wierszu lub w pewnej kolumnie znajduje się co najmniej \(\displaystyle{ 11}\) różnych liczb.

26. Udowodnij dla \(\displaystyle{ x_1,x_2, x_3, \ldots , x_{2011}, y_1, y_2, \ldots , y_{2011}, k \in \mathbb{Z_+}:}\)
\(\displaystyle{ (2x_1^2+3y_1^2)(2x_2^2+3y_2^2) \ldots (2x_{2011}^2+3y_{2011}^2) \neq k^2}\)

Rozwiązane przez Vax:    

Zauważmy, że \(\displaystyle{ (2a^2+3b^2)(2c^2+3d^2) = \frac{1}{2}((2ac+3bd)^2+3(2ad-2bc)^2)}\), więc \(\displaystyle{ (2x_1^2+3y_1^2)(2x_2^2+3y_2^2) \ldots (2x_{2011}^2+3y_{2011}^2) = \frac{1}{2^{2010}}(2x^2+3y^2)}\) dla pewnych \(\displaystyle{ x,y}\) i jeżeli nie wprost istniałoby takie \(\displaystyle{ z}\), że \(\displaystyle{ 2x^2+3y^2 = 2^{2010}z^2}\), to musiałoby być \(\displaystyle{ 2\mid y \iff y=2y'}\), czyli \(\displaystyle{ x^2+6y'^2 = 2^{2009}z^2}\), więc \(\displaystyle{ 2\mid x \iff x=2x'}\) czyli \(\displaystyle{ 2x'^2+3y'^2 = 2^{2008}z^2}\), robimy tak parę razy aż w końcu dochodzimy do \(\displaystyle{ 2a^2+3b^2=c^2}\) dla pewnych \(\displaystyle{ a,b,c}\), dzielimy obustronnie przez \(\displaystyle{ \min(v_2(a),v_2(b),v_2(c))}\) i dostajemy sprzeczność modulo \(\displaystyle{ 8}\)

27. Rozwiąż w rzeczywistych:

\(\displaystyle{ \left\{\begin{matrix}
& |x-y| - \frac{|x|}{x} = -1\\
& |2x - y| + |x+y -1| + |x-y| + y = 1
\end{matrix}\right.}\)

Rozwiązane przez kamil13151:    

\(\displaystyle{ \left\{\begin{matrix} & |x-y| - \frac{|x|}{x} = -1\\ & |2x - y| + |x+y -1| + |x-y| + y = 1 \end{matrix}\right}\)

Z pierwszego: \(\displaystyle{ x>0 \Rightarrow y=x}\), dla \(\displaystyle{ x<0}\) mamy sprzeczność \(\displaystyle{ |x-y|=-2}\).

Podstawiamy \(\displaystyle{ y=x>0}\) do drugiego równania:
\(\displaystyle{ x+|2x-1|+x=1 \iff |2x-1|=- \left( 2x-1 \right) \\ \iff - \left( 2x-1 \right) \ge 0 \iff x \in \left( 0; \frac{1}{2} \right]}\)

Zatem: \(\displaystyle{ x=y \in \left( 0; \frac{1}{2} \right]}\)

28. Mamy pewny graf \(\displaystyle{ G = (V, E)}\). Udowodnij, że \(\displaystyle{ \sum_{x\in V}d(x)^2=\sum_{\{a,b\}\in E}(d(a)+d(b))}\)

Rozwiązane przez KPR:    

\(\displaystyle{ \sum_{\{a,b\}\in E} d(a)+d(b)=\frac12(\sum_{(a,b)|\{a,b\}\in E} d(a)+d(b))=\frac12(\sum_{(a,b)|\{a,b\}\in E} d(a)+\sum_{(a,b)|\{a,b\}\in E} d(b))=\frac12(\sum_{a\in V}\sum_{(a,b)|\{a,b\}\in E} d(a)+\sum_{b\in V}\sum_{(a,b)|\{a,b\}\in E} d(b))=\frac12(\sum_{a\in V}d(a)\cdot d(a)+\sum_{b\in V}d(b)\cdot d(b))=\sum_{x\in V}d(x)^2}\).

29. Niech \(\displaystyle{ fib_n}\) będzie n-tą liczbą Fibonacciego. Udowodnij, że \(\displaystyle{ fib_{2n+1}\equiv fib_{n+1}^2\mod fib_n^2}\)

30. Płaszczyznę pokryto kołami w ten sposób, że środek każdego z tych kół nie należy do żadnego innego koła. Dowieść, że każdy punkt płaszczyzny należy do co najwyżej pięciu kół.

31. Na sali znajduje się 100 osób, z których każda zna co najmniej 67 innych. Dowieść, że jest na tej sali taka czwórka osób, w której każde dwie osoby się znają. Zakładamy, że jeśli osoba A zna osobę B, to również osoba B zna osobę A.

Rozwiązane przez mol_ksiazkowy:    

\(\displaystyle{ A}\) to dowolna z tych osób. Jeśli opuszczą salę wszystkie te osoby, które nie znają \(\displaystyle{ A}\). Zostanie więc na sali 68 osób (bądź nawet więcej…). \(\displaystyle{ B \neq A}\) to dowolna z tych osób, tj. \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) znają się. Niech z salę opuszcza ci, co nie znają \(\displaystyle{ B}\). A wiec teraz na sali jest \(\displaystyle{ 68- 32 = 36}\) osób (bądź nawet więcej…). Niech więc \(\displaystyle{ C}\) będzie jedna z nich , różna od \(\displaystyle{ A}\) i od \(\displaystyle{ B}\). Gdy sale opuszcza te osoby które nie znaja \(\displaystyle{ C}\), to zostana \(\displaystyle{ 36- 32 = 4}\) osoby. (bądź nawet więcej…). Jest wiec wśród nich osoba \(\displaystyle{ D}\) różna od \(\displaystyle{ A}\) , \(\displaystyle{ B}\) i od \(\displaystyle{ C}\), zaś \(\displaystyle{ A, B, C, D}\) jest szukana taka czwórka.
Uogólnienie:
Jeśli na sali jest \(\displaystyle{ n}\) osób, z których każda zna co najmniej \(\displaystyle{ \lfloor \frac{2n}{3} \rfloor + 1}\) z pozostałych osób, to na sali jest czwórka w której każdy zna się z każdym (tzw. \(\displaystyle{ 4}\) klika).
Jeśli zaś bedzie tak ,i z każda z tych \(\displaystyle{ n}\) osób zna co najmniej \(\displaystyle{ \lfloor \frac{2n}{3} \rfloor}\) z pozostałych osób, to może się tak zdarzyć, iż na sali nie ma \(\displaystyle{ 4}\) kliki.

32. Udowodnij, że \(\displaystyle{ \frac{a^2}{(ab+2)(2ab+1)}+\frac{b^2}{(bc+2)(2bc+1)}+\frac{c^2}{(ca+2)(2ca+1)}\geq\frac{1}{3}}\) dla \(\displaystyle{ a,b,c > 0}\) i \(\displaystyle{ abc = 1}\).

33. Znajdź wszystkie całkowite dodatnie rozwiązania równania \(\displaystyle{ 2x^6+y^7 = 11}\).

Rozwiązane przez Vax:    

Patrząc na to równanie modulo 43 dostajemy sprzeczność.

34. Znajdź wszystkie trójki liczb naturalnych \(\displaystyle{ (x,y,u)}\) spełniające układ równań :
\(\displaystyle{ \begin{cases}x+y=u+12\\ x^{5}+y^{5}=u^{5}+12\end{cases}}\)

35. Wielomian \(\displaystyle{ w(x)}\) stopnia drugiego o współczynnikach całkowitych przyjmuje dla całkowitych \(\displaystyle{ x}\) wartości będące kwadratami liczb całkowitych. Dowieść, że wielomian \(\displaystyle{ w(x)}\) jest kwadratem pewnego wielomianu.

Rozwiązane przez mol_ksiazkowy:    

Niech \(\displaystyle{ f(x) = \sqrt{w(x)}= \sqrt{ax^2+bx+c}}\), \(\displaystyle{ f : R \mapsto N}\), to
\(\displaystyle{ \lim_{x \to + \infty } f(x+1) - f(x) = \sqrt{a}}\),
tzn.
\(\displaystyle{ f(x+1) - f(x) =\sqrt{a}}\) dla \(\displaystyle{ x \geq N}\), tj.
\(\displaystyle{ w(x)= (f(N) + (x-N)\sqrt{a})^2}\) dla \(\displaystyle{ x \geq N}\), tj.
(\(\displaystyle{ \sqrt{a} \in N}\)) stad
\(\displaystyle{ w(x) \equiv (f(N) + (x-N)\sqrt{a})^2}\) tj.
\(\displaystyle{ w(x)= (\sqrt{a}x+ \sqrt{c})^2}\)

36. Dane są ciągi wielomianów \(\displaystyle{ (P_n)}\), \(\displaystyle{ (Q_n)}\) określone, jak następuje:
\(\displaystyle{ P_0 = Q_0 = 1}\)
\(\displaystyle{ P_n(x) = P_{n-1}(x) + x^{2n-1} \cdot Q_{n-1}(x)}\)
\(\displaystyle{ Q_n(x) = P_{n-1}(x) - x^{2n-1} \cdot Q_{n-1}(x)}\)

Niech \(\displaystyle{ a_n}\) będzie liczbą współczynników wielomianu \(\displaystyle{ P_n}\) równych 1. Udowodnić, że istnieje granica \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \frac{a_n}{2^n}}\) i obliczyć ją.

37. Na każdym polu planszy \(\displaystyle{ n \times n}\) ustawiamy jeden pionek, a następnie wykonujemy ruchy. W jednym ruchu wolno przesunąć dowolny pionek o dwa pola w prawo lub o dwa pola w dół (o ile pole docelowe znajduje się na planszy), usuwając z planszy jeden spośród pionków znajdujących się na polu pomiędzy polem wyjściowym a docelowym (ruch wolno wykonać, o ile taki pionek istnieje). Wyznaczyć wszystkie takie \(\displaystyle{ n}\), dla których poprzez ciąg ruchów można doprowadzić do sytuacji, w której wszystkie pionki nieusunięte z planszy znajdują się na jednym polu.

38. Rozwiąż układ równań:

\(\displaystyle{ \begin{cases} x^2+x-1 = y \\ y^2+y-1 = z \\ z^2+z-1 = x\end{cases}}\)

Rozwiązane przez Vax:    

Na początku zauważmy, że żadna z niewiadomych nie może być większa od 1, istotnie, niech nie wprost bez straty ogólności \(\displaystyle{ x>1}\), wówczas:

\(\displaystyle{ z^2+z-1 = x > 1 \iff (z-1)(z+2) > 0 \iff z \in (-\infty ; -2) \cup (1 ; +\infty)}\)

Jeżeli \(\displaystyle{ z<-2}\) to \(\displaystyle{ y^2+y-1 = z < -2 \iff y^2+y+1 < 0}\) sprzeczność, więc \(\displaystyle{ z > 1}\), ale wtedy \(\displaystyle{ y^2+y-1 = z > 1 \iff (y-1)(y+2) > 0}\) i podobnie jak wcześniej, jeżeli \(\displaystyle{ y<-2}\) to \(\displaystyle{ x^2+x-1 = y < -2 \iff x^2+x+1 < 0}\) sprzeczność. Więc \(\displaystyle{ x,y,z > 1}\), ale wtedy jeżeli bso \(\displaystyle{ x=max(x,y,z)}\), to \(\displaystyle{ z^2+z-1 = x \ge y = x^2+x-1 \iff (z-x)(z+x+1) \ge 0 \iff z \ge x \ge z}\) skąd \(\displaystyle{ x=z}\), analogicznie \(\displaystyle{ x=y=z}\), każde równanie przyjmuje postać \(\displaystyle{ x^2=1}\) skąd sprzeczność, gdyż \(\displaystyle{ x>1}\). Podobnie, jeżeli któraś z niewiadomych jest mniejsza od \(\displaystyle{ -1}\), bso \(\displaystyle{ x < -1}\), wówczas \(\displaystyle{ z^2+z-1 = x < -1 \iff z(z+1) < 0 \iff z \in (-1;0)}\), czyli \(\displaystyle{ y^2+y-1 = z > -1 \iff y(y+1) > 0 \iff y \in (-\infty ; -1) \cup (0;+\infty)}\), jednak jeżeli \(\displaystyle{ y<-1}\) to \(\displaystyle{ x^2+x-1 = y < -1 \iff x(x+1) < 0}\) sprzeczność, gdyż \(\displaystyle{ x<-1}\), jeżeli \(\displaystyle{ y>0}\) to:

\(\displaystyle{ 0 < x^2+x-1 = (x+\frac{1}{2})^2-\frac{5}{4} \iff \frac{5}{4} < (x+\frac{1}{2})^2}\)

Jednak z drugiej strony \(\displaystyle{ x = (z+\frac{1}{2})^2-\frac{5}{4} \ge -\frac{5}{4}}\), więc \(\displaystyle{ -\frac{5}{4} \le x < -1}\), więc \(\displaystyle{ -\frac{3}{4} \le x+\frac{1}{2} < -\frac{1}{2}}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{1}{4} < (x+\frac{1}{2})^2 \le \frac{9}{16} < \frac{5}{4} < (x+\frac{1}{2})^2}\) sprzeczność.

Tak więc \(\displaystyle{ -1 \le x,y,z \le 1}\), czyli w szczególności \(\displaystyle{ x^2 \le 1}\), jednak dodając stronami trzy wyjściowe równania dostajemy \(\displaystyle{ 3 = x^2+y^2+z^2 \ge 3}\), czyli muszą zajść równości \(\displaystyle{ x^2=1 \ , \ y^2=1 \ , \ z^2=1}\), z czego jedynymi trójkami spełniającymi tezę są \(\displaystyle{ (x,y,z) = (1,1,1) , (-1,-1,-1)}\)

39. Pokaż, że \(\displaystyle{ cos(\frac{\pi}{n}) + cos(\frac{2 \cdot \pi}{n}) + \ldots + cos(\frac{n \cdot \pi}{n}) = -1}\)

mol_ksiazkowy:    

wg: \(\displaystyle{ \frac{1}{2}+ \sum_{k=1}^{n} cos(kx) = \frac{sin(n+\frac{1}{2})x}{2sin(\frac{x}{2})}}\)
dla \(\displaystyle{ x= \frac{\pi}{n}}\)

40. Niech \(\displaystyle{ ABCD}\) będzie czworokątem cyklicznym. Wykaż, że \(\displaystyle{ |AB - CD| + |AD - BC| \geq 2|AC - BD|}\)

41. Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ \triangle ABC}\), w którym\(\displaystyle{ BC = AC}\). Punkty \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) leżą wewnątrz tego trójkąta i spełniają zależności \(\displaystyle{ \angle PAC = \angle QBA}\) oraz \(\displaystyle{ \angle PBC = \angle QAB}\). Dowieść, ze punkty \(\displaystyle{ C,P,Q}\) są współliniowe.

Rozwiązane przez Vax:    

Niech \(\displaystyle{ Q'}\) będzie punktem symetrycznym do \(\displaystyle{ Q}\) względem wysokości opuszczonej z wierzchołka \(\displaystyle{ C}\), wówczas z założeń mamy \(\displaystyle{ \angle PAC = \angle QBA = \angle Q'AB}\) oraz \(\displaystyle{ \angle CBP = \angle BAQ = \angle ABQ'}\), czyli punkty \(\displaystyle{ P,Q'}\) są izogonalnie sprzężone w trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\), skąd \(\displaystyle{ \angle PCB = \angle ACQ' = \angle QCB}\), czyli \(\displaystyle{ P,C,Q}\) są współliniowe.

42. Wykazać, że nie można obejść koniem całej szachownicy o wymiarach \(\displaystyle{ 8 \times 8}\) odwiedzając każde pole tylko jeden raz oraz startując z pola w lewym górnym rogu i kończąc na polu w prawym dolnym rogu.

Rozwiązane przez mol_ksiazkowy:    

aby obejsc wszystkie pola nalezy wykonac 63 ruchy, ale przy nieparzystej ilosci ruchów pola poczatkowe i koncowe sa przeciwnych kolorów, no a pola a8 i h1 sa tego samego koloru. tj. takie cos jest niemozliwym

43. W czworokącie wypukłym \(\displaystyle{ ABCD}\), nie będącym równoległobokiem, prosta przechodząca przez środki przekątnych przecina odcinek \(\displaystyle{ BC}\) w punkcie \(\displaystyle{ R}\). Wykazać, że suma pól trójkątów \(\displaystyle{ ABR}\) i \(\displaystyle{ CDR}\) jest równa polu trójkąta ADR.

44. Wyznaczyć najmniejsza֒ liczbę naturalna \(\displaystyle{ n > 1}\), dla której średnia kwadratowa liczb \(\displaystyle{ 1, 2, \ldots , n}\) jest liczba całkowita.

Rozwiązane przez Vax:    

\(\displaystyle{ k = \sqrt{\frac{1^2+2^2+..+n^2}{n}} = \sqrt{\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n}} = \sqrt{\frac{2n^2+3n+1}{6}} \iff 2n^2+3n+1-6k^2 = 0}\)

Aby to miało rozwiązania całkowite, delta trójmianu o niewiadomej \(\displaystyle{ n}\) ma być kwadratem liczby całkowitej, więc:

\(\displaystyle{ 48k^2+1 = m^2 \iff m^2-3(4k)^2 = 1}\), niech \(\displaystyle{ s=4k}\), mamy \(\displaystyle{ m^2-3s^2 = 1}\), co jest równaniem Pella, szukamy najmniejszego rozwiązania dla którego \(\displaystyle{ 4 \mid s}\), widzimy, że najmniejszym nietrywialnym rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ (m_1,s_1) = (2,1)}\), skąd pozostałe wyrażone są rekurencją \(\displaystyle{ m_{l+1} = 2m_l+3s_l \\ \\ s_{l+1} = m_l+2s_l}\), liczymy tak parę kolejnych wyrazów, aż w końcu znajdujemy \(\displaystyle{ s_6 = 780 \iff k = 195}\) (wcześniej podzielne przez \(\displaystyle{ 4}\) jest jeszcze \(\displaystyle{ s_4 = 56}\), ale to nam nie daje całkowitego n), a stąd \(\displaystyle{ n = 337}\)

֒
45. Znaleźć wszystkie rozwiązania równania \(\displaystyle{ x^3 +2x+1 = 2^n}\) w liczbach naturalnych \(\displaystyle{ (x,n)}\).

Rozwiązane przez KPR:    

Musimy mieć \(\displaystyle{ 2^n\ge 2^{x+1}}\), zatem \(\displaystyle{ x^3+1\ge 2^x}\). Przez indukcję pokazujemy, że dla \(\displaystyle{ x>9}\) mamy \(\displaystyle{ x^3+1<2^x}\). Dla \(\displaystyle{ x=10}\) wiadomo. Krok indukcyjny:
\(\displaystyle{ 2^{x+1}>2\cdot 2^x>2x^3+2>(x+1)^3+2>(x+1)^3+1}\).
Nierówność \(\displaystyle{ 2x^3>(x+1)^3}\) wzięła się stąd, że \(\displaystyle{ 1+\frac1x<\sqrt[3]2}\), więc \(\displaystyle{ \frac{x+1}x<\sqrt[3]2}\), zatem \(\displaystyle{ (x+1)^3<2x^3}\).
Mamy zatem \(\displaystyle{ x<10}\). Poza tym oczywiście \(\displaystyle{ x}\) nieparzyste.
Łatwo sprawdzić, że \(\displaystyle{ x=1}\). Mamy zatem \(\displaystyle{ (x,n)=1,2}\).

46. Znaleźć wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}}\) spełniające równanie \(\displaystyle{ f(f(x) + y) = 2x + f(f(y) − x)}\).

Rozwiązane przez Vax:    

\(\displaystyle{ f(f(x)+y) = 2x+f(f(y)x)}\).
Wstawiając \(\displaystyle{ x=0}\) dostajemy \(\displaystyle{ f(y+f(0)) = f(0)}\), skąd \(\displaystyle{ f(x)}\) jest funkcją stałą która jak łatwo sprawdzić nie spełnia tezy, więc taka funkcja nie istnieje.

47. W sześciokącie wypukłym wszystkie trzy główne przekątne mają długość \(\displaystyle{ > 2}\). Udowodnić, że pewien bok tego sześciokąta ma długość większą od \(\displaystyle{ 1}\).

48. Wykazać, że dla każdej liczby całkowitej \(\displaystyle{ n \geq 2}\) istnieje taki zbiór złożony z \(\displaystyle{ n}\) dodatnich liczb całkowitych, że suma dowolnych dwóch różnych elementów tego zbioru jest podzielna przez ich różnicę.

49. Dla \(\displaystyle{ a,b,c \in \mathbb{R_+}}\) takich, że \(\displaystyle{ abc = 1}\) udowodnij, że \(\displaystyle{ \sum\frac{1}{b(a+b)}\geq\frac{3}{2}}\).

50. Alicja i Bob grają w grę, w której mają dane 3 kupki, w których jest kolejno \(\displaystyle{ a, b, c}\) kamieni, przy czym \(\displaystyle{ a, b, c}\) są całkowitymi dodatnimi parami różnymi liczbami. Ruch polega na wskazaniu kupki i zabraniu z niej dodatniej liczby kamieni, ale przy zachowaniu własności, że żadne 2 kupki nie mają tej samej dodatniej liczby kamieni. Grę wygrywa ten, kto zabierze ostatni kamień. Alicja zaczyna. Udowodnij, że Bob ma strategię wygrywającą wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ (a+1) \oplus (b+1) \oplus (c+1)=0}\), gdzie \(\displaystyle{ \oplus}\) jest operatorem działania XOR.

\(\displaystyle{ \hline}\)
Wszelkie uwagi proszę wysyłać na priv.

Do zrobienia zostały zadania
\(\displaystyle{ 3, 7, 8, 12, 15, 18, 21, 23, 25, 29, 30, 32, 34, 36, 37, 40, 43, 45, 47, 48, 49, 50}\)

[KPR]

1:    

\(\displaystyle{ 5^x-2^y=5^y-2^x}\)
\(\displaystyle{ 5^x+2^x=5^y+2^y}\)
Ponieważ funkcje \(\displaystyle{ 2^x}\), \(\displaystyle{ 5^x}\) są rosnące, to \(\displaystyle{ x=y}\). Zatem
\(\displaystyle{ 5^x-2^x=117}\).
\(\displaystyle{ x=3}\) spełnia to równanie.
Zauważmy teraz, że dla \(\displaystyle{ 5^x-2^x=2^x\left(\left(\frac52\right)^x-1\right)}\), co jest ujemne dla \(\displaystyle{ x<0}\), a dla \(\displaystyle{ x>0}\)rosnące. Zatem jedynym rozwiązaniem jest\(\displaystyle{ x=y=3}\).

2:    

Niech \(\displaystyle{ a=x+1}\), \(\displaystyle{ b=y+1}\). Z drugiego równania mamy \(\displaystyle{ ab=2}\). Z pierwszego dostajemy \(\displaystyle{ 2a^3-5a^2+18a-14=4b^3-11b+7}\). Podstawiając \(\displaystyle{ b=\frac 2a}\) i wymnażając przez \(\displaystyle{ a^3}\) dostajemy \(\displaystyle{ 2a^6-5a^5+18a^4-21a^3+22a^2-32=0}\), czyli \(\displaystyle{ (a^2-a+4)^2(2a^2-a-2)=0}\), \(\displaystyle{ a=\frac{1\pm\sqrt{17}}{4}}\), \(\displaystyle{ x=\frac{-3\pm\sqrt{17}}{4}}\), \(\displaystyle{ y=\frac{-3\pm\sqrt{17}}2}\).

4:    

Zróbmy sobie trójkąt \(\displaystyle{ XYZ}\) z punktem \(\displaystyle{ T}\) na boku \(\displaystyle{ XY}\) taki, że \(\displaystyle{ XTZ\sim EDB}\) i \(\displaystyle{ YTZ\sim EDC}\). Wtedy \(\displaystyle{ \frac{TY}{TZ}=\frac{DE}{DC}}\) i \(\displaystyle{ \frac{TX}{TZ}=\frac{DE}{DB}=\frac{DE}{DC}=\frac{TY}{TZ}}\). Zatem \(\displaystyle{ TX=TY}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ \angle YXZ=\angle TXZ=\angle DEB=\angle DBA=\angle CBA}\) i \(\displaystyle{ \angle XYZ=\angle TYZ=\angle DEC=\angle DCA=\angle BCA}\), zatem \(\displaystyle{ XYZ\sim BCA}\). Stąd \(\displaystyle{ \frac{DC}{DA}=\frac12 \frac{BC}{DA}=\frac12 \frac{XY}{TZ}=\frac{TY}{TZ}=\frac{DE}{DC}}\), zatem \(\displaystyle{ DC^2=DA\cdot DE}\), c.n.d.

5:    

Niech \(\displaystyle{ BPAK}\) będzie równoległobokiem, a trójkąt \(\displaystyle{ CBT\equiv CAP}\) (i jednakowo zorientowany). Wtedy \(\displaystyle{ AP=BT}\) i \(\displaystyle{ AK=BP}\). Ponadto \(\displaystyle{ \angle PBT=\angle PBC+\angle CBT=\angle PAB+\angle CAP=\angle PAB+\angle BAC-\angle PAB=\\=\angle PAB+\angle ABC-\angle PBC=\angle PAB+\angle PBA=\angle PAB+\angle BAK=\angle PAK}\).

Zatem \(\displaystyle{ PBT\equiv KAP}\). Zatem

\(\displaystyle{ \angle APM+\angle BPC=\angle BTP+\angle BPT+\angle TPC=180^\circ-\angle PBT+\angle TPC=\\=180^\circ-\angle PAK+\angle TPC=180^\circ-\angle PAB-\angle PBA+\angle TPC=\\=180^\circ-\angle PBC-\angle PBA+\angle TPC=180^\circ-\angle ABC+\angle TPC=180^\circ}\)
(ostatnia równość wynika z \(\displaystyle{ CPT\sim CAB}\)).

6, 1.sposób:    

Zauważmy, że \(\displaystyle{ k^n}\) jest liczbą takich słów długości \(\displaystyle{ n}\) o alfabecie \(\displaystyle{ n}\)-elementowym, w których używane jest tylko \(\displaystyle{ k}\) wybranych liter z tego alfabetu. Z zasady włączeń i wyłączeń \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} (n-k)^n{n\choose n-k}}\) jest liczbą takich słów, w których nie wszystkie możliwe litery są wykorzystane. Zatem pozostałych słów jest \(\displaystyle{ n^n-\sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} (n-k)^n{n\choose n-k}=n^n-\sum_{k=0}^{n-1} (-1)^{n-k+1} k^n{n\choose n-k}=n^n+\sum_{k=0}^{n-1} (-1)^{n-k} k^n{n\choose n-k}=\sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k} k^n{n\choose n-k}}\). Są to permutacje.

6, 2.sposób:    

Interpolacja Lagrange'a wielomianu \(\displaystyle{ x^n}\) w punktach \(\displaystyle{ 0,1,\dots,n}\) i równość współczynników przy \(\displaystyle{ x^n}\) (równoważna postać równości to \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k} \frac{k^n}{k!(n-k)!}=1}\))

10:    

Oczywiście \(\displaystyle{ p,q,r}\) są parami różne. Jeśli \(\displaystyle{ p=2}\), to mamy \(\displaystyle{ r|2^q+1}\) i \(\displaystyle{ q|r^2+1}\). Jeśli przez \(\displaystyle{ a}\) oznaczymy rząd \(\displaystyle{ 2}\) modulo \(\displaystyle{ r}\), to \(\displaystyle{ a|2q}\) i \(\displaystyle{ a\nmid q}\). Zatem \(\displaystyle{ a=2}\) lub \(\displaystyle{ a=2q}\). Gdyby \(\displaystyle{ a=2q}\), to \(\displaystyle{ 2q|r-1}\), skąd \(\displaystyle{ q|r^2-1}\), a z \(\displaystyle{ q|r^2+1}\) mamy \(\displaystyle{ q|2}\), sprzeczność. Zatem \(\displaystyle{ a=2}\), czyli \(\displaystyle{ r|3}\). Zatem r=3 oraz \(\displaystyle{ q|10}\), więc q=5. Widać, że \(\displaystyle{ (2,5,3)}\) i cyklicznie spełniają warunki zadania.

Załóżmy teraz, że \(\displaystyle{ p,q,r}\) są nieparzyste. Niech \(\displaystyle{ p}\) będzie najmniejsze. Mamy \(\displaystyle{ p|q^r+1}\), więc jeśli przez \(\displaystyle{ c}\) oznaczymy rząd \(\displaystyle{ q}\) modulo \(\displaystyle{ p}\), to \(\displaystyle{ c|2r}\) i \(\displaystyle{ c\nmid r}\), więc \(\displaystyle{ c=2}\) lub \(\displaystyle{ c=2r}\). Jeśli \(\displaystyle{ c=2r}\), to \(\displaystyle{ 2r|p-1}\), sprzeczność, bo \(\displaystyle{ p}\) najmniejsze. zatem \(\displaystyle{ c=2}\), skąd \(\displaystyle{ p|q+1}\). Teraz analogicznie rząd \(\displaystyle{ d}\) liczby \(\displaystyle{ r}\) modulo \(\displaystyle{ q}\) jest równy \(\displaystyle{ 2}\) lub \(\displaystyle{ 2p}\). Gdyby był równy \(\displaystyle{ 2p}\), to \(\displaystyle{ 2p|q-1}\), co z \(\displaystyle{ p|q+1}\) daje \(\displaystyle{ p|2}\), sprzeczność. Zatem \(\displaystyle{ d=2}\) i \(\displaystyle{ q|r+1}\). Analogicznie \(\displaystyle{ r|p+1}\). Ponieważ jednak \(\displaystyle{ p}\) jest najmniejsze, to nie może być \(\displaystyle{ p+1\ge 2r}\), bo wtedy \(\displaystyle{ 2r<2p}\), \(\displaystyle{ r<p}\). Zatem \(\displaystyle{ p+1=r}\), co jest sprzecznośćią, bo \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ r}\) są nieparzyste.

Zatem jedyne rozwiązania to \(\displaystyle{ (2,5,3)}\), \(\displaystyle{ (5,3,2)}\), \(\displaystyle{ (3,2,5)}\).

11:    

Niech \(\displaystyle{ Q(x)=P(x^3)}\). Oczywiście wszystkie niezerowe współczynniki \(\displaystyle{ Q}\) stoją przy wykładnikach podzielnych przez 3. Z kolei \(\displaystyle{ Q(x+1)=P((x+1)^3)=P(x^3+1)}\), więc \(\displaystyle{ Q(x+1)}\) też ma niezerowe współczynniki jedynie przy wykładnikach podzielnych przez 3. Z dwumianu Newtona, jeśli \(\displaystyle{ Q(x)}\) ma stopień niezerowy, to w \(\displaystyle{ Q(x-1)}\) jest jednomian o stopniu o jeden mniejszym. Sprzeczność, więc \(\displaystyle{ Q}\) jest stały, więc \(\displaystyle{ P}\) jest stały.

[kamil13151]

27:    

\(\displaystyle{ \begin{cases} |x-y| - \frac{|x|}{x} = -1\\ |2x - y| + |x+y -1| + |x-y| + y = 1 \end{cases}}\)

Z pierwszego: \(\displaystyle{ x>0 \Rightarrow y=x}\), dla \(\displaystyle{ x<0}\) mamy sprzeczność \(\displaystyle{ |x-y|=-2}\).

Podstawiamy \(\displaystyle{ y=x>0}\) do drugiego równania:
\(\displaystyle{ x+|2x-1|+x=1 \iff |2x-1|=- \left( 2x-1 \right) \\ \iff - \left( 2x-1 \right) \ge 0 \iff x \in \left( 0; \frac{1}{2} \right]}\)

Zatem: \(\displaystyle{ x=y \in \left( 0; \frac{1}{2} \right]}\)

[czekoladowy]

zad. 20:    

Zachodzi \(\displaystyle{ S( \sum_{i=1}^{n} x_i) \le \sum_{i=1}^{n} S(x_i)}\) oraz \(\displaystyle{ S(a) \cdot S(b) \ge S(a \cdot b)}\)

Zatem otrzymujemy: \(\displaystyle{ \frac{S(n)}{S(16n)}= \frac{S(10000n)}{S(16n)}= \frac{S(625 \cdot 16n)}{S(16n)} \le \frac{S(625) \cdot S(16n)}{S(16n)}=S(625)=13}\)

Przy czym w ostatniej nierówności zachodzi równość dla \(\displaystyle{ n=625}\).

Odpowiedz: 13.

[Vax]

9:    

Jeżeli któraś z p,q jest równa \(\displaystyle{ 2}\) bso \(\displaystyle{ q=2}\) dostajemy \(\displaystyle{ 2p \mid 2^p+4 \iff p \mid 2^{p-1}+2}\) ale z mtf \(\displaystyle{ 0 \equiv 2^{p-1}+2 \equiv 3 \pmod{p}}\) skąd \(\displaystyle{ p=2 \vee p=3}\) i sprawdzamy, że istotnie pary \(\displaystyle{ (p,q) = (2,2) , (2,3) , (3,2)}\) spełniają tezę, załóżmy, że \(\displaystyle{ p,q \ge 3}\). Mamy więc w szczególności \(\displaystyle{ p \mid 2+2^q \Rightarrow p \mid 2^{q-1}+1 \Rightarrow 2^{q-1} \equiv -1\pmod{p} \Rightarrow 2^{2(q-1)} \equiv 1\pmod{p}}\)

Niech t będzie rzędem \(\displaystyle{ 2}\) modulo \(\displaystyle{ q}\), mamy wtedy \(\displaystyle{ t \nmid q-1 \wedge t\mid 2(q-1) \wedge t\mid p-1}\), czyli \(\displaystyle{ v_2(p-1) \ge v_2(t) > v_2(q-1)}\) czyli \(\displaystyle{ v_2(p-1) > v_2(q-1)}\), ale analogicznie dostajemy \(\displaystyle{ v_2(q-1) > v_2(p-1)}\) sprzeczność.

13:    

\(\displaystyle{ 3^{n-1}+5^{n-1} \mid 3^n+5^n}\)

Jeżeli \(\displaystyle{ 3^n+5^n = \alpha (3^{n-1}+5^{n-1})}\) gdzie \(\displaystyle{ \alpha \ge 5}\), to \(\displaystyle{ 3^n+5^n \ge 5\cdot 3^{n-1}+5\cdot 5^{n-1} > 3^n+5^n}\) sprzeczność, więc \(\displaystyle{ \alpha \in \lbrace 1,2,3,4\rbrace}\), łatwo sprawdzamy te przypadki i dostajemy \(\displaystyle{ n=1}\)

14:    

Lemat: \(\displaystyle{ \frac{a}{(\sqrt{bc}+1)^2} \le \frac{2a}{a+b+c}}\)

16:    

Jeżeli \(\displaystyle{ 37 \nmid x,y}\), to:

\(\displaystyle{ x^7+y^7 \equiv 0\pmod{37} \iff (xy^{-1})^7 \equiv -1\pmod{37} \Rightarrow (xy^{-1})^{14} \equiv 1\pmod{37}}\), niech \(\displaystyle{ t=ord_{37} (xy^{-1})}\), mamy wtedy \(\displaystyle{ (t \nmid 7 \wedge t \mid 14) \Rightarrow t=14}\), ale też z mtf \(\displaystyle{ t \mid 36 \iff 14 \mid 36}\) sprzeczność, więc bso \(\displaystyle{ 37 \mid x}\), ale wtedy też \(\displaystyle{ 37 \mid y}\), czyli \(\displaystyle{ 7 \mid v_{37} (x^7+y^7)}\), więc też \(\displaystyle{ 7 \mid v_{37}(1998^z)}\), czyli \(\displaystyle{ 7\mid z \iff z = 7z'}\), czyli \(\displaystyle{ x^7+y^7 = 1998^{7z'} = (1998^{z'})^7}\) co nie ma nietrywialnych rozwiązań na mocy WTF.

17:    

Z mtf \(\displaystyle{ p^{8n}+3p^{4n}-4 \equiv (p^{2n})^4+3(p^n)^4-4 \equiv 1+3-4 \equiv 0\pmod{5}}\)

26:    

Zauważmy, że \(\displaystyle{ (2a^2+3b^2)(2c^2+3d^2) = \frac{1}{2}((2ac+3bd)^2+3(2ad-2bc)^2)}\), więc \(\displaystyle{ (2x_1^2+3y_1^2)(2x_2^2+3y_2^2) \ldots (2x_{2011}^2+3y_{2011}^2) = \frac{1}{2^{2010}}(2x^2+3y^2)}\) dla pewnych \(\displaystyle{ x,y}\) i jeżeli nie wprost istniałoby takie \(\displaystyle{ z}\), że \(\displaystyle{ 2x^2+3y^2 = 2^{2010}z^2}\), to musiałoby być \(\displaystyle{ 2\mid y \iff y=2y'}\), czyli \(\displaystyle{ x^2+6y'^2 = 2^{2009}z^2}\), więc \(\displaystyle{ 2\mid x \iff x=2x'}\) czyli \(\displaystyle{ 2x'^2+3y'^2 = 2^{2008}z^2}\), robimy tak parę razy aż w końcu dochodzimy do \(\displaystyle{ 2a^2+3b^2=c^2}\) dla pewnych \(\displaystyle{ a,b,c}\), dzielimy obustronnie przez \(\displaystyle{ \min(v_2(a),v_2(b),v_2(c))}\) i dostajemy sprzeczność modulo \(\displaystyle{ 8}\)

33:    

Patrząc na to równanie modulo 43 dostajemy sprzeczność.

41:    

Niech \(\displaystyle{ Q'}\) będzie punktem symetrycznym do \(\displaystyle{ Q}\) względem wysokości opuszczonej z wierzchołka \(\displaystyle{ C}\), wówczas z założeń mamy \(\displaystyle{ \angle PAC = \angle QBA = \angle Q'AB}\) oraz \(\displaystyle{ \angle CBP = \angle BAQ = \angle ABQ'}\), czyli punkty \(\displaystyle{ P,Q'}\) są izogonalnie sprzężone w trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\), skąd \(\displaystyle{ \angle PCB = \angle ACQ' = \angle QCB}\), czyli \(\displaystyle{ P,C,Q}\) są współliniowe.

44:    

\(\displaystyle{ k = \sqrt{\frac{1^2+2^2+..+n^2}{n}} = \sqrt{\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n}} = \sqrt{\frac{2n^2+3n+1}{6}} \iff 2n^2+3n+1-6k^2 = 0}\)

Aby to miało rozwiązania całkowite, delta trójmianu o niewiadomej \(\displaystyle{ n}\) ma być kwadratem liczby całkowitej, więc:

\(\displaystyle{ 48k^2+1 = m^2 \iff m^2-3(4k)^2 = 1}\), niech \(\displaystyle{ s=4k}\), mamy \(\displaystyle{ m^2-3s^2 = 1}\), co jest równaniem Pella, szukamy najmniejszego rozwiązania dla którego \(\displaystyle{ 4 \mid s}\), widzimy, że najmniejszym nietrywialnym rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ (m_1,s_1) = (2,1)}\), skąd pozostałe wyrażone są rekurencją \(\displaystyle{ m_{l+1} = 2m_l+3s_l \\ \\ s_{l+1} = m_l+2s_l}\), liczymy tak parę kolejnych wyrazów, aż w końcu znajdujemy \(\displaystyle{ s_6 = 780 \iff k = 195}\) (wcześniej podzielne przez \(\displaystyle{ 4}\) jest jeszcze \(\displaystyle{ s_4 = 56}\), ale to nam nie daje całkowitego n), a stąd \(\displaystyle{ n = 337}\)

46:    

\(\displaystyle{ f(f(x)+y) = 2x+f(f(y)x)}\).

Wstawiając \(\displaystyle{ x=0}\) dostajemy \(\displaystyle{ f(y+f(0)) = f(0)}\), skąd \(\displaystyle{ f(x)}\) jest funkcją stałą która jak łatwo sprawdzić nie spełnia tezy, więc taka funkcja nie istnieje.

[KPR]

28:    

\(\displaystyle{ \sum_{\{a,b\}\in E} d(a)+d(b)=\frac12(\sum_{(a,b)|\{a,b\}\in E} d(a)+d(b))=\frac12(\sum_{(a,b)|\{a,b\}\in E} d(a)+\sum_{(a,b)|\{a,b\}\in E} d(b))=\frac12(\sum_{a\in V}\sum_{(a,b)|\{a,b\}\in E} d(a)+\sum_{b\in V}\sum_{(a,b)|\{a,b\}\in E} d(b))=\frac12(\sum_{a\in V}d(a)\cdot d(a)+\sum_{b\in V}d(b)\cdot d(b))=\sum_{x\in V}d(x)^2}\).
PS. Wkurza mnie ten \(\displaystyle{ \LaTeX}\) tutaj.

[kaszubki]

43:    

Prosta Newtona-Gaussa.

Dla nieogarów, fiszów itp.:

Kod: Zaznacz cały

http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/Geometry/NewtonTheorem.shtml#explanation

[mol_ksiazkowy]

ad 31

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ A}\) to dowolna z tych osób. Jeśli opuszczą salę wszystkie te osoby, które nie znają \(\displaystyle{ A}\). Zostanie więc na sali 68 osób (bądź nawet więcej…). \(\displaystyle{ B \neq A}\) to dowolna z tych osób, tj. \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) znają się. Niech z salę opuszcza ci, co nie znają \(\displaystyle{ B}\). A wiec teraz na sali jest \(\displaystyle{ 68- 32 = 36}\) osób (bądź nawet więcej…). Niech więc \(\displaystyle{ C}\) będzie jedna z nich , różna od \(\displaystyle{ A}\) i od \(\displaystyle{ B}\). Gdy sale opuszcza te osoby które nie znaja \(\displaystyle{ C}\), to zostana \(\displaystyle{ 36- 32 = 4}\) osoby. (bądź nawet więcej…). Jest wiec wśród nich osoba \(\displaystyle{ D}\) różna od \(\displaystyle{ A}\) , \(\displaystyle{ B}\) i od \(\displaystyle{ C}\), zaś \(\displaystyle{ A, B, C, D}\) jest szukana taka czwórka.
Uogólnienie:
Jeśli na sali jest \(\displaystyle{ n}\) osób, z których każda zna co najmniej \(\displaystyle{ \lfloor \frac{2n}{3} \rfloor + 1}\) z pozostałych osób, to na sali jest czwórka w której każdy zna się z każdym (tzw. \(\displaystyle{ 4}\) klika).
Jeśli zaś bedzie tak ,i z każda z tych \(\displaystyle{ n}\) osób zna co najmniej \(\displaystyle{ \lfloor \frac{2n}{3} \rfloor}\) z pozostałych osób, to może się tak zdarzyć, iż na sali nie ma \(\displaystyle{ 4}\) kliki.

ad 39

Ukryta treść:    

wg: \(\displaystyle{ \frac{1}{2}+ \sum_{k=1}^{n} cos(kx) = \frac{sin(n+\frac{1}{2})x}{2sin(\frac{x}{2})}}\)
dla \(\displaystyle{ x= \frac{\pi}{n}}\)

[Vax]

19:    

\(\displaystyle{ f(x^2-y^2) = (x+y)(f(x)-f(y))}\)

Wstawiając \(\displaystyle{ x=y}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ f(0) = 0}\). Teraz \(\displaystyle{ y=0 \Rightarrow f(x^2) = xf(x)}\), więc \(\displaystyle{ f}\) jest nieparzysta. Podstawiając \(\displaystyle{ y:=-y}\) dostajemy \(\displaystyle{ f(x^2-y^2) = (x-y)(f(x)-f(-y)) = (x-y)(f(x)+f(y))}\), czyli:

\(\displaystyle{ \begin{cases} f(x^2-y^2) = (x+y)(f(x)-f(y)) \\ \\ f(x^2-y^2) = (x-y)(f(x)+f(y))\end{cases}}\)

Odejmując stronami otrzymujemy \(\displaystyle{ xf(y) = yf(x)}\), wstawiając \(\displaystyle{ y=1}\) dostajemy \(\displaystyle{ f(x) = cx}\) dla pewnej stałej \(\displaystyle{ c \in \mathbb{R}}\), pozostaje sprawdzić, że wszystkie funkcje takiej postaci spełniają tezę.

38:    

Na początku zauważmy, że żadna z niewiadomych nie może być większa od 1, istotnie, niech nie wprost bez straty ogólności \(\displaystyle{ x>1}\), wówczas:

\(\displaystyle{ z^2+z-1 = x > 1 \iff (z-1)(z+2) > 0 \iff z \in (-\infty ; -2) \cup (1 ; +\infty)}\)

Jeżeli \(\displaystyle{ z<-2}\) to \(\displaystyle{ y^2+y-1 = z < -2 \iff y^2+y+1 < 0}\) sprzeczność, więc \(\displaystyle{ z > 1}\), ale wtedy \(\displaystyle{ y^2+y-1 = z > 1 \iff (y-1)(y+2) > 0}\) i podobnie jak wcześniej, jeżeli \(\displaystyle{ y<-2}\) to \(\displaystyle{ x^2+x-1 = y < -2 \iff x^2+x+1 < 0}\) sprzeczność. Więc \(\displaystyle{ x,y,z > 1}\), ale wtedy jeżeli bso \(\displaystyle{ x=max(x,y,z)}\), to \(\displaystyle{ z^2+z-1 = x \ge y = x^2+x-1 \iff (z-x)(z+x+1) \ge 0 \iff z \ge x \ge z}\) skąd \(\displaystyle{ x=z}\), analogicznie \(\displaystyle{ x=y=z}\), każde równanie przyjmuje postać \(\displaystyle{ x^2=1}\) skąd sprzeczność, gdyż \(\displaystyle{ x>1}\). Podobnie, jeżeli któraś z niewiadomych jest mniejsza od \(\displaystyle{ -1}\), bso \(\displaystyle{ x < -1}\), wówczas \(\displaystyle{ z^2+z-1 = x < -1 \iff z(z+1) < 0 \iff z \in (-1;0)}\), czyli \(\displaystyle{ y^2+y-1 = z > -1 \iff y(y+1) > 0 \iff y \in (-\infty ; -1) \cup (0;+\infty)}\), jednak jeżeli \(\displaystyle{ y<-1}\) to \(\displaystyle{ x^2+x-1 = y < -1 \iff x(x+1) < 0}\) sprzeczność, gdyż \(\displaystyle{ x<-1}\), jeżeli \(\displaystyle{ y>0}\) to:

\(\displaystyle{ 0 < x^2+x-1 = (x+\frac{1}{2})^2-\frac{5}{4} \iff \frac{5}{4} < (x+\frac{1}{2})^2}\)

Jednak z drugiej strony \(\displaystyle{ x = (z+\frac{1}{2})^2-\frac{5}{4} \ge -\frac{5}{4}}\), więc \(\displaystyle{ -\frac{5}{4} \le x < -1}\), więc \(\displaystyle{ -\frac{3}{4} \le x+\frac{1}{2} < -\frac{1}{2}}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{1}{4} < (x+\frac{1}{2})^2 \le \frac{9}{16} < \frac{5}{4} < (x+\frac{1}{2})^2}\) sprzeczność.

Tak więc \(\displaystyle{ -1 \le x,y,z \le 1}\), czyli w szczególności \(\displaystyle{ x^2 \le 1}\), jednak dodając stronami trzy wyjściowe równania dostajemy \(\displaystyle{ 3 = x^2+y^2+z^2 \ge 3}\), czyli muszą zajść równości \(\displaystyle{ x^2=1 \ , \ y^2=1 \ , \ z^2=1}\), z czego jedynymi trójkami spełniającymi tezę są \(\displaystyle{ (x,y,z) = (1,1,1) , (-1,-1,-1)}\)

[KPR]

45:    

Musimy mieć \(\displaystyle{ 2^n\ge 2^{x+1}}\), zatem \(\displaystyle{ x^3+1\ge 2^x}\). Przez indukcję pokazujemy, że dla \(\displaystyle{ x>9}\) mamy \(\displaystyle{ x^3+1<2^x}\). Dla \(\displaystyle{ x=10}\) wiadomo. Krok indukcyjny:
\(\displaystyle{ 2^{x+1}>2\cdot 2^x>2x^3+2>(x+1)^3+2>(x+1)^3+1}\).
Nierówność \(\displaystyle{ 2x^3>(x+1)^3}\) wzięła się stąd, że \(\displaystyle{ 1+\frac1x<\sqrt[3]2}\), więc \(\displaystyle{ \frac{x+1}x<\sqrt[3]2}\), zatem \(\displaystyle{ (x+1)^3<2x^3}\).
Mamy zatem \(\displaystyle{ x<10}\). Poza tym oczywiście \(\displaystyle{ x}\) nieparzyste.
Łatwo sprawdzić, że \(\displaystyle{ x=1}\). Mamy zatem \(\displaystyle{ (x,n)=1,2}\).

-- 6 sty 2013, o 22:17 --

22:    

Zakładamy, że \(\displaystyle{ n\ge5}\), dla mniejszych wiadomo.
Dla każdej pary wierzchołków, których jest \(\displaystyle{ \frac{n(n-1)}2}\) mamy maksymalnie 2 punkty, które dopełniają ją do dobrego trójkąta. Zatem dobrych trójkątów mamy łącznie maksymalnie \(\displaystyle{ \frac{n(n-1)}3}\). Widać, że \(\displaystyle{ \frac{n(n-1)}3\le \frac23\frac{n(n-1)(n-2)}6}\), bo \(\displaystyle{ 6\le 2(n-2)}\).

[mol_ksiazkowy]

ad 35

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ f(x) = \sqrt{w(x)}= \sqrt{ax^2+bx+c}}\), \(\displaystyle{ f : R \mapsto N}\), to
\(\displaystyle{ \lim_{x \to + \infty } f(x+1) - f(x) = \sqrt{a}}\),
tzn.
\(\displaystyle{ f(x+1) - f(x) =\sqrt{a}}\) dla \(\displaystyle{ x \geq N}\), tj.
\(\displaystyle{ w(x)= (f(N) + (x-N)\sqrt{a})^2}\) dla \(\displaystyle{ x \geq N}\), tj.
(\(\displaystyle{ \sqrt{a} \in N}\)) stad
\(\displaystyle{ w(x) \equiv (f(N) + (x-N)\sqrt{a})^2}\) tj.
\(\displaystyle{ w(x)= (\sqrt{a}x+ \sqrt{c})^2}\)

ad 42

Ukryta treść:    

aby obejsc wszystkie pola nalezy wykonac 63 ruchy, ale przy nieparzystej ilosci ruchów pola poczatkowe i koncowe sa przeciwnych kolorów, no a pola a8 i h1 sa tego samego koloru. tj. takie cos jest niemozliwym

ad 29

Ukryta treść:    

Ciag Fibonacciego spełnia:

\(\displaystyle{ F_{2n+1} = F_n^2 + F_{n+1}^2}\) (stad teza)
co wynika z tego ze:
\(\displaystyle{ F_{n+1} = F_mF_{n-m} + F_{m+1}F_{n-m+1}}\) dla \(\displaystyle{ n \geq m \geq 0}\)

na marginesie: jest także: \(\displaystyle{ F_{2n} = F_{n+1}^2 - F_{n-1}^2}\)

-- 9 stycznia 2013, 05:41 --ad 24

Ukryta treść:    

szkic Gdy \(\displaystyle{ n}\) nie dzieli się na \(\displaystyle{ 5}\), to \(\displaystyle{ a_n}\) dzieli się na \(\displaystyle{ 5}\) a to już da \(\displaystyle{ 80}\) liczb, które są wyrazami tego ciągu i są złożone. (\(\displaystyle{ n>1}\))
A skoro \(\displaystyle{ a_{11k \pm 2}}\) oraz \(\displaystyle{ a_{11k \pm 3}}\) są złożone (dla \(\displaystyle{ k=1, 2, 3, ….}\)) (gdyz dzielą się na \(\displaystyle{ 11}\)). Wiec z liczb \(\displaystyle{ n}\) podzielnych przez \(\displaystyle{ 5}\) znajdzie się jeszcze \(\displaystyle{ 6}\) takich ze \(\displaystyle{ a_n}\) będzie złożone, tj.:
Np. gdy \(\displaystyle{ n = 1, ….., 100}\) to będą to
Liczby \(\displaystyle{ n}\) postaci \(\displaystyle{ 11k \pm 2}\): \(\displaystyle{ 20, 35, 90}\):
Liczby \(\displaystyle{ n}\) postaci \(\displaystyle{ 11k \pm 2}\): \(\displaystyle{ 25, 30, 80}\):
etc

[Oildale]

48.

Ukryta treść:    

Dowód indukcyjny. Dla \(\displaystyle{ n=2}\) zbiór \(\displaystyle{ \left\{ 1,2\right\}}\) spełnia warunki zadania. Niech działa dla \(\displaystyle{ n}\). Niech zbiór o żądanej własności to \(\displaystyle{ \left\{ a _{1}, ... a_{n} \right\}}\). Niech \(\displaystyle{ N= \prod_{}^{} \left| a_{i}-a_{j}\right| \cdot \prod_{}^{} a_{i}}\). Łatwo zauważyć, że ciąg \(\displaystyle{ N, N+a_{1}, ... N+a_{n}}\) spełnia warunki zadania.

-- 15 sty 2013, o 20:27 --37.

Ukryta treść:    

Łatwo rozstrzygnąć dla \(\displaystyle{ n \le 4}\), załóżmy, że \(\displaystyle{ n \ge 5}\). Dla uproszczenia możemy przyjąć, że ruch możemy wykonywać ruchy w górę i prawo (sytuacja jest symetryczna).
Niech \(\displaystyle{ F _{1} = 1, F_{2} = 2, F_{n}=F_{n-1} + F_{n-2}}\) (taki przesunięty ciąg Fibonacciego). Wpiszmy sobie naszą szachownicę w układ kartezjański, wiadomo jak i przypiszmy polom wagi w ten sposób, że polu \(\displaystyle{ \left( i,j\right)}\) daje wagę \(\displaystyle{ F_{i+j-1}}\). Zauważmy, że wykonując dozwolony ruch nie zmieniam ważonej sumy pionków. Niech ta suma ważona równa się \(\displaystyle{ F(n)}\). Zatem jeśli dla pewnego \(\displaystyle{ n}\) istnieje szukana sekwencja ruchów to \(\displaystyle{ F_{2n-1}}\) dzieli \(\displaystyle{ F(n)}\), gdyż oczywiste jest, że ta sekwencja skończy się na polu \(\displaystyle{ \left( n,n\right)}\). Wykaże, że taka podzielność nie zachodzi co zakończy dowód. Zauważmy, że \(\displaystyle{ F_{1}+F_{2}+...+F_{n}=F_{n+2}-2}\) (łatwe do pokazania, np. z funkcji tworzących). Korzystając kilkukrotnie z tej tożsamości łatwo otrzymać:
\(\displaystyle{ F(n)=F_{2n+3}-2F_{n+3}+3}\) i naszą tezą jest pokazanie, że \(\displaystyle{ F_{2n-1}}\) nie dzieli \(\displaystyle{ F_{2n+3}-2F_{n+3}+3}\) dla \(\displaystyle{ n \ge 5}\).
Załóżmy, że istnieje takie \(\displaystyle{ n \ge 5}\), że ta podzielność zachodzi. Wtedy również \(\displaystyle{ F_{2n-1}}\) dzieli \(\displaystyle{ 3F_{2n-2} - 2F_{n+3} + 3 \le 3F_{2n-1} - 1}\)
Łatwo zauważyć również, że \(\displaystyle{ 3F_{2n-2} + 3 - 2F_{n+3} \neq F_{2n-1}}\), bo \(\displaystyle{ 3F_{2n-2} + 3 - 2F_{n+3} > 2F_{2n-2}+3 > F_{2n-1}+3 > F_{2n-1}}\).
Z drugiej strony:
\(\displaystyle{ 3F_{2n-2}-2F_{n+3}+3 \neq 2F_{2n-1} \Leftrightarrow F_{2n-2}-2F_{n+3}+3=2F_{2n-3}}\) gdyż \(\displaystyle{ F_{2n-2}-2F_{n+3}+3 < F_{2n-2} < 2F_{2n-3}}\)
To kończy dowód zadania.

[Swistak]

45:    

Musimy mieć \(\displaystyle{ 2^n\ge 2^{x+1}}\), zatem \(\displaystyle{ x^3+1\ge 2^x}\). Przez indukcję pokazujemy, że dla \(\displaystyle{ x>9}\) mamy \(\displaystyle{ x^3+1<2^x}\). Dla \(\displaystyle{ x=10}\) wiadomo. Krok indukcyjny:
\(\displaystyle{ 2^{x+1}>2\cdot 2^x>2x^3+2>(x+1)^3+2>(x+1)^3+1}\).
Nierówność \(\displaystyle{ 2x^3>(x+1)^3}\) wzięła się stąd, że \(\displaystyle{ 1+\frac1x<\sqrt[3]2}\), więc \(\displaystyle{ \frac{x+1}x<\sqrt[3]2}\), zatem \(\displaystyle{ (x+1)^3<2x^3}\).
Mamy zatem \(\displaystyle{ x<10}\). Poza tym oczywiście \(\displaystyle{ x}\) nieparzyste.
Łatwo sprawdzić, że \(\displaystyle{ x=1}\). Mamy zatem \(\displaystyle{ (x,n)=1,2}\).

Co to za blef?? Jakieś zupełnie nie wiadomo skąd zdupny wniosek piszesz "Musimy mieć", a potem z jakimś trywiałem się rozpisujesz na 10 razy dłużej .

-- 15 stycznia 2013, 21:09 --

22:    

Zakładamy, że \(\displaystyle{ n\ge5}\), dla mniejszych wiadomo.
Dla każdej pary wierzchołków, których jest \(\displaystyle{ \frac{n(n-1)}2}\) mamy maksymalnie 2 punkty, które dopełniają ją do dobrego trójkąta. Zatem dobrych trójkątów mamy łącznie maksymalnie \(\displaystyle{ \frac{n(n-1)}3}\). Widać, że \(\displaystyle{ \frac{n(n-1)}3\le \frac23\frac{n(n-1)(n-2)}6}\), bo \(\displaystyle{ 6\le 2(n-2)}\).

Hahaha, najpierw zacytowałem 45., ale to drugie w tym rozwiązanie jest jeszcze lepsze, hahahaha xD.
Blefujesz tu więcej niż nawet ja na ćwiczeniach z analizy
Btw to zadanie jest superharde.

-- 15 stycznia 2013, 21:17 --

11:    

Niech \(\displaystyle{ Q(x)=P(x^3)}\). Oczywiście wszystkie niezerowe współczynniki \(\displaystyle{ Q}\) stoją przy wykładnikach podzielnych przez 3. Z kolei \(\displaystyle{ Q(x+1)=P((x+1)^3)=P(x^3+1)}\), więc \(\displaystyle{ Q(x+1)}\) też ma niezerowe współczynniki jedynie przy wykładnikach podzielnych przez 3. Z dwumianu Newtona, jeśli \(\displaystyle{ Q(x)}\) ma stopień niezerowy, to w \(\displaystyle{ Q(x-1)}\) jest jednomian o stopniu o jeden mniejszym. Sprzeczność, więc \(\displaystyle{ Q}\) jest stały, więc \(\displaystyle{ P}\) jest stały.

Nie ma to jak proste rozwiązanie, gdy

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ P(2)=P(8)=P((\sqrt[3]{7}+1)^3)=...}\) itd

Btw, jeżeli nie stało się nic złego, to rozw. 50 będziecie mogli przeczytać w marcowej Delcie . A rozw. na szybko teraz nie musicie znać, bo raczej się wam na II etap OM znajomość takich rzeczy nie przyda .

[KPR]

45:    

Musimy mieć \(\displaystyle{ 2^n\ge 2^{x+1}}\), zatem \(\displaystyle{ x^3+1\ge 2^x}\). Przez indukcję pokazujemy, że dla \(\displaystyle{ x>9}\) mamy \(\displaystyle{ x^3+1<2^x}\). Dla \(\displaystyle{ x=10}\) wiadomo. Krok indukcyjny:
\(\displaystyle{ 2^{x+1}>2\cdot 2^x>2x^3+2>(x+1)^3+2>(x+1)^3+1}\).
Nierówność \(\displaystyle{ 2x^3>(x+1)^3}\) wzięła się stąd, że \(\displaystyle{ 1+\frac1x<\sqrt[3]2}\), więc \(\displaystyle{ \frac{x+1}x<\sqrt[3]2}\), zatem \(\displaystyle{ (x+1)^3<2x^3}\).
Mamy zatem \(\displaystyle{ x<10}\). Poza tym oczywiście \(\displaystyle{ x}\) nieparzyste.
Łatwo sprawdzić, że \(\displaystyle{ x=1}\). Mamy zatem \(\displaystyle{ (x,n)=1,2}\).

Co to za blef?? Jakieś zupełnie nie wiadomo skąd zdupny wniosek piszesz "Musimy mieć", a potem z jakimś trywiałem się rozpisujesz na 10 razy dłużej .

Treść tego zadania była zmieniana ze sto razy, na początku było tam \(\displaystyle{ x^3+2x+1=2n}\), potem jeszcze coś się zmieniało, a ja wstawiłem rozwiązanie w chwili, gdy tam było \(\displaystyle{ x^3+2^x+1=2^n}\).

22:    

Zakładamy, że \(\displaystyle{ n\ge5}\), dla mniejszych wiadomo.
Dla każdej pary wierzchołków, których jest \(\displaystyle{ \frac{n(n-1)}2}\) mamy maksymalnie 2 punkty, które dopełniają ją do dobrego trójkąta. Zatem dobrych trójkątów mamy łącznie maksymalnie \(\displaystyle{ \frac{n(n-1)}3}\). Widać, że \(\displaystyle{ \frac{n(n-1)}3\le \frac23\frac{n(n-1)(n-2)}6}\), bo \(\displaystyle{ 6\le 2(n-2)}\).

Hahaha, najpierw zacytowałem 45., ale to drugie w tym rozwiązanie jest jeszcze lepsze, hahahaha xD.
Blefujesz tu więcej niż nawet ja na ćwiczeniach z analizy
Btw to zadanie jest superharde.

No a tutaj to jeszcze lepiej Ja napisałem rozwiązania do zadania, w którym było coś w stylu "Co najmniej \(\displaystyle{ \frac23}\) trójkątów to dobre trójkąty".

Generalnie, w tym temacie pojawił się już milion postów stylu "zadanie x jest trywialne/błędne/nieskończenie trudne", ale wszystkie zniknęły.

[Ponewor]

15.:    

Przeprowadzimy dowód indukcyjny.
Dla \(\displaystyle{ n=4}\) nierówność przybiera postać:
\(\displaystyle{ 6+\frac{4^{4}}{2\sqrt{4}} \le \binom{2\cdot 4}{4} \Leftrightarrow 70 \le \frac{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5}{4 \cdot 3 \cdot 2}=70}\)
Załóżmy zatem, że nierówność jest prawdziwa dla pewnego \(\displaystyle{ n \ge 4}\). Wtedy:
\(\displaystyle{ \binom{2\cdot \left(n+1\right)}{n+1}=\binom{2n+2}{n+1}=\frac{2\left(2n+1\right)}{n+1} \binom{2n}{n} \ge \frac{2\left(2n+1\right)}{n+1} \cdot \left(6+\frac{4^{n}}{2\sqrt{n}} \right)=\frac{2\left(2n+1\right)}{n+1}\cdot 6+\frac{2\left(2n+1\right)}{n+1}\cdot\frac{4^{n}}{2\sqrt{n}}=\frac{\left(n+1\right)+3n+1}{n+1} \cdot 6+\frac{\left(2n+1\right)4^{n}}{\left(n+1\right)\sqrt{n}}>\frac{n+1}{n+1} \cdot 6+\frac{\left(2n+1\right)4^{n}}{\left(n+1\right)\sqrt{n}}=6+\frac{\left(2n+1\right)4^{n}}{\left(n+1\right)\sqrt{n}}}\)
Pokażemy, że:
\(\displaystyle{ 6+\frac{\left(2n+1\right)4^{n}}{\left(n+1\right)\sqrt{n}} > 6+\frac{4^{n+1}}{2\sqrt{n+1}}}\)
i udowodnimy tezę. Równoważnie:
\(\displaystyle{ \frac{2n+1}{\sqrt{n\left(n+1\right)}}>2 \Leftrightarrow 4n^{2}+4n+1>4n^{2}+4n \Leftrightarrow 1>0}\)
Na mocy zasady indukcji matematycznej stwierdzamy prawdziwość tezy.

30.:    

Załóżmy, że istnieje punkt na płaszczyźnie należący do więcej niż pięciu kół takich jak w treści zadania. Zatem istnieje punkt na płaszczyźnie należący do sześciu kół. Połączmy środki tych kół, tak aby powstał sześciokąt. Niech środki tych kół to \(\displaystyle{ A_{i}}\), zaś ów magiczny punkt to \(\displaystyle{ P}\). Dowiedziemy, że punkt czyniący zadość naszemu założeniu, we wnętrzu każdego sześciokąta nie istnieje. Zgodnie z założeniem:
\(\displaystyle{ \left| A_{i}P\right| < \left| A_{i}A_{j}\right| \qquad i \neq j}\)
Po zsumowaniu po \(\displaystyle{ j}\) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ 5\left| A_{i}P\right| < \sum_{i \neq j}\left| A_{i}A_{j}\right|}\)
a po zsumowaniu po \(\displaystyle{ i}\):
\(\displaystyle{ 5\sum_{i}^{6}\left| A_{i}P\right|<2 \sum_{i\neq j}\left| A_{i}A_{j}\right|}\)
Tymczasem z nierówności trójkąta:
\(\displaystyle{ \left| A_{i}P \right| + \left| A_{j}P\right| > \left| A_{i}A_{j}\right| \qquad i \neq j}\)
co po zsumowaniu daje nam:
\(\displaystyle{ 5\sum_{i}^{6}\left| A_{i}P\right|>2 \sum_{i\neq j}\left| A_{i}A_{j}\right|}\)
Otrzymaliśmy sprzeczność, która dowodzi tezy zadania.

8. sposób I obliczenia sumy:    

Nikogo nie zaskoczy chyba, że na początek zajmiemy się prawą stroną.
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n}\left (\binom{2n-k}{n}\cdot 2^k \right )= \sum_{k=0}^{n}\left(\binom{n+k}{n}\cdot 2^{n-i}\right)=\sum_{k=1}^{n}\left(\binom{n+k}{n}\cdot 2^{n-i}\right)+2^{n}= \sum_{k=1}^{n-1}\left(2^{n-k}-2^{n-k-1}\right) \sum_{i=1}^{k}\binom{n+i}{n}+ 2^{n-n}\sum_{k=1}^{n}\binom{n+k}{n}+2^{n}}\)
Ostatnia równość zachodzi na mocy tożsamości Abela. Wykorzystamy teraz magiczny wzór, który udowodnię może w następnym "hide" co by już tutaj nie robić zamieszania. A wzór prezentuje się tak:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{m}\binom{n+k}{n}=\binom{n+m+1}{n+1}}\)
Nasza suma przybiera postać:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n-1}2^{n-k-1}\left(\binom{n+k+1}{n+1}-1\right)+ \binom{2n+1}{n+1}-1+2^{n}=\sum_{k=1}^{n-1}2^{n-k-1}\binom{n+k+1}{n+1}-\left(2^{n-1}-1\right)+\binom{2n+1}{n+1}-1+2^{n}=\sum_{k=1}^{n-1}2^{n-k-1}\binom{n+k+1}{n+1}+2^{n-1}+\binom{2n+1}{n+1}=\sum_{k=0}^{n-1}2^{n-k-1}\binom{n+1+k}{n+1}+\frac{1}{2}\binom{2n+1}{n+1}+\frac{1}{4}\binom{2n+2}{n}=\sum_{k=0}^{n+1}\left(\binom{n+1+k}{n+1}\cdot 2^{n-k-1}\right)=\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{n+1}\left(\binom{n+1+k}{n+1}\cdot 2^{n+1-k}\right)=\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{n+1}\left (\binom{2n+2-k}{n+1}\cdot 2^k \right )=\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{n+1}\left (\binom{2\left(n+1\right)-k}{n+1}\cdot 2^k \right )}\)
A ponieważ pierwsze wyrazy ciągu po prawej stronie, to \(\displaystyle{ 1, \ 4, 16, \ldots}\), to na mocy zasady indukcji matematycznej stwierdzamy, że prawa strona wynosi \(\displaystyle{ 4^{n}}\). Po drodze wykorzystałem prostą tożsamość:
\(\displaystyle{ \binom{2n+2}{n+1}=2\binom{2n+1}{n+1}}\)
której prawdziwość również pokażę w osobnym "hide".
Załóżmy teraz, że \(\displaystyle{ 4^{n}>\binom{2n}{n}\cdot\sqrt{2n}}\) dla pewnego \(\displaystyle{ n\ge 1}\). Wtedy:
\(\displaystyle{ 4^{n+1}=4\cdot 4^{n}>4\binom{2n}{n}\cdot\sqrt{2n}}\)
Resztę dowodu przepiszę innym razem, bo czasu już nie mam niestety.
EDIT
Dowód nierówności nie jest jednak taki łatwy. Pomyślę jeszcze.
W wolnej chwili wrzucę też drugi sposób wyliczenia tej sumy.

48.:    

Indukcja. Dowolne dwie liczby naturalne różniące się od dwa są przykładem dla \(\displaystyle{ n=2}\). Niech istnieje zbiór \(\displaystyle{ n\ge 2}\) liczb spełniający warunki zadania istnieje. Niech będą to \(\displaystyle{ a_{1}, \ a_{2}, \ \ldots , \ a_{n}}\). Z założenia \(\displaystyle{ a_{i}-a_{j}|a_{i}+a_{j}}\). Niech \(\displaystyle{ I}\) będzie iloczynem wszystkich wyrazów tego ciągu i wszystkich dodatnich różnic między wyrazami tego ciągu. Z założenia \(\displaystyle{ a_{i}|I}\), oraz \(\displaystyle{ a_{i}-a_{j}|I}\). Wtedy wyrazu ciągu: \(\displaystyle{ I, \ I+a_{1}, \ I+a_{2}, \ \ldots , \ I+a_{n}}\) będą spełniały warunki zadania. Istotnie: \(\displaystyle{ a_{i}-a_{j}|2I+a_{i}+a_{j}}\), oraz \(\displaystyle{ a_{i}|2I+a_{i}}\). A ten ciąg ma \(\displaystyle{ n+1}\) wyrazów.