[MIX] Mix na zimę

[mol_ksiazkowy]

1. Zwinąć sumę \(\displaystyle{ S(1) + S(2) + S(3)+ ... + S(2^k)}\)
Uwagi: \(\displaystyle{ S(m)}\) to suma cyfr liczby \(\displaystyle{ m}\)
2. Dla jakich \(\displaystyle{ a}\) istnieją \(\displaystyle{ x ,y}\) takie, że \(\displaystyle{ x+y =x^3+y^3=x^5+y^5 =a}\) ?
3. Rozwiązać równanie funkcyjne \(\displaystyle{ f(x)+ xf(1-x) =1 + x^2}\)
4. Wyznaczyć skończony ciąg arytmetyczny rosnący liczb całkowitych, w którym żaden wyraz nie ma cyfry \(\displaystyle{ 9}\)
Uwagi: Im więcej wyrazów ma ten ciąg tym lepsze rozwiązanie
5. Na ile sposobów można wpisać w tablice \(\displaystyle{ 4 \times 4}\) liczby ze zbioru \(\displaystyle{ \{ 0,1 \}}\) tak by iloczyn dowolnych dwóch liczb w sąsiadujących (bokiem a nie rogiem) polach był zerem ?
6. Niech \(\displaystyle{ f(x)= x^{x^{...^{x}}}}\) (\(\displaystyle{ n}\) pięter). Obliczyć \(\displaystyle{ f^{\prime}(1)}\)
7. Obliczyć \(\displaystyle{ \prod_{j=0}^{14} \cos(\frac{k \pi}{15})}\)
8. Dla jakich \(\displaystyle{ n}\) liczba \(\displaystyle{ 5^n + 3}\) jest potęgą dwójki ?
9. Rozwiązać układ równań
\(\displaystyle{ \begin{cases} x(y+z) =y^2+z^2-2 \\ y(x+z)=x^2+z^2-2 \\ z(x+y)=x^2+y^2-2 \end{cases}}\)
10. Udowodnić, że \(\displaystyle{ NWW(1,2,3,..,n) \geq 2^{n-1}}\) gdy \(\displaystyle{ n>2}\)

11. Czy można uprościć wyrażenie \(\displaystyle{ \sqrt{a^4 + b^4 + (a+b)^4}}\) ?
12. Dla jakich \(\displaystyle{ n}\) ułamek \(\displaystyle{ \frac{2^n -3}{3^n-2}}\) jest skracalny ?
13. Rozwiązać równanie \(\displaystyle{ \tg^2(2x) + 2 \tg(2x) \tg(3x)=1}\)
14. Dane są trzy okręgi współśrodkowe o promieniach \(\displaystyle{ \sqrt{5}, \sqrt{10}, 5}\). Wyznaczyć maksymalne pole trójkąta mającego po jednym wierzchołku na każdym z tych okręgów
15. Na przeciwprostokątnej narysowano na zewnątrz kwadrat. Obliczyć odległość wierzchołka kąta prostego od środka kwadratu, jeśli suma przyprostokątnych jest równa \(\displaystyle{ d}\)
16. Dla jakich liczb pierwszych \(\displaystyle{ p}\); \(\displaystyle{ 3^p - (p+2)^2}\) też jest pierwsza ?
17. Niech \(\displaystyle{ m, n >1}\). Czy z tego że \(\displaystyle{ 4^m-1}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ n}\) oraz \(\displaystyle{ n-1}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ 2^m}\) wynika, że \(\displaystyle{ n= 2^m +1}\) ?
18. Niech \(\displaystyle{ f: N \mapsto N \cup \{ 0 \}}\) będzie określona wzorami
\(\displaystyle{ f(1) = 0}\) i \(\displaystyle{ f(n) = \max_{j} \{ f(j) +f(n-j)+j \}}\)
gdy \(\displaystyle{ n>1}\).
Obliczyć \(\displaystyle{ f(2016)}\)
19. Na planecie X żyje \(\displaystyle{ 3 \cdot 2005!}\) kosmitów, którzy łącznie znają 2005 języków; ponadto dwaj dowolni z nich znają dokładnie jeden wspólny język. Udowodnić, że istnieje trójka kosmitów znających dokładnie jeden wspólny język
20. Udowodnić że (\(\displaystyle{ n>1}\)):
\(\displaystyle{ \sqrt{ {n \choose 1} } + 2 \sqrt{ {n \choose 2} } +…+ n \sqrt{ {n \choose n} } < \sqrt{2^{n-1}n^3}}\)

21. Narysować graf \(\displaystyle{ Q_3}\) (\(\displaystyle{ 3}\) - kostkę)
22. Rozwiązać równanie \(\displaystyle{ 36x^4 + 36x^3 - 7x^2 - 6x + 1 = 0}\)
23. Wyznaczyć pole obszaru \(\displaystyle{ D= \{ (x,y) : (x^2+y^2)^2 \leq x^3 \}}\)
24. Rozwiązać równanie \(\displaystyle{ 2016= 32 \{x \} + 0,5 \lfloor x \rfloor}\)
25. Liczby \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ n}\) są takie, że \(\displaystyle{ a^2+1}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ n}\). Udowodnić, że istnieje \(\displaystyle{ b}\) takie że \(\displaystyle{ b^2+1}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ n(n^2+1)}\)
26. Skonstruować ciąg \(\displaystyle{ (x_1,...,x_{100})}\) różnych liczb naturalnych taki, aby suma kwadratów dowolnych dwóch kolejnych wyrazów tego ciągu była kwadratem liczby całkowitej
27. W czworościanie \(\displaystyle{ ABCD}\) jest \(\displaystyle{ AB=CD}\). Niech \(\displaystyle{ K, L, M, N}\) będą środkami boków \(\displaystyle{ AC, BC, BD, AD}\). Udowodnić że \(\displaystyle{ KM}\) i \(\displaystyle{ LN}\) przecinają się pod kątem prostym
28. Rozwiązać równanie w zbiorze liczb całkowitych \(\displaystyle{ \arctg(x) + \arctg(y) =\arctg(z)}\)
29. Wyznaczyć funkcje ciągłe \(\displaystyle{ f: R \mapsto R}\) że:
\(\displaystyle{ f(x+y)+ f(xy) = f(x)+f(y)+ f(xy+1)}\) gdy \(\displaystyle{ x, y \in R}\)
30. Udowodnić nierówność dla trójkąta
\(\displaystyle{ \frac{R}{R_a}+ \frac{R}{R_b} +\frac{R}{R_c} \geq 9}\)
Uwagi: oznaczenia standardowe

[Premislav]

6.:    

Nie wiem, czy o to chodziło. Określmy rekurencyjnie następujący ciąg funkcji \(\displaystyle{ (f_n)_{n \in \NN}}\):
\(\displaystyle{ \begin{cases} f_1(x)=x \\ f_{n+1}(x)=x^{f_n(x)} \end{cases}}\)
Domyślna dziedzina: \(\displaystyle{ \RR^+}\).
Wówczas \(\displaystyle{ \frac{d}{dx}f_{n+1}(x)= \frac{d}{dx}\left( x^{f_n(x)}\right)= \frac{d}{dx}\left( e^{f_n(x)\ln (x)}\right)=\left( \frac{f_n(x)}{x}+ \ln( x )f_n'(x) \right)x^{f_n(x)}}\)
ze wzoru na pochodną funkcji złożonej i wzoru na pochodną iloczynu.
Ponieważ \(\displaystyle{ f_1(x)=x, f_1'(x)=1, f_1(1)=1}\), to korzystając z powyższej formuły, łatwo dowodzimy indukcyjnie, że dla każdego \(\displaystyle{ n \in \NN^+}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{d}{dx}\left( f_n(x)\right) \bigg|_{x=1}=1}\)

7.:    

Chyba coś nie tak z indeksami, przyjmuję takie, by zadanie miało sens. Pomnóżmy i podzielmy ten produkt przez \(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{14}2\sin\left( \frac{k\pi}{15} \right)}\) oraz skorzystajmy wielokrotnie ze wzoru na sinus podwojonego kąta. Czyli:
\(\displaystyle{ \prod_{k=0}^{14}\cos\left( \frac{k\pi}{15} \right)=\prod_{k=1}^{14}\cos\left( \frac{k\pi}{15} \right)=\left( \prod_{k=1}^{14}2\sin\left( \frac{k\pi}{15} \right)\right)^{-1} \prod_{k=1}^{14}2\sin\left( \frac{k\pi}{15} \right)\prod_{k=1}^{14}\cos\left( \frac{k\pi}{15} \right)=\\=\left( \prod_{k=1}^{14}2\sin\left( \frac{k\pi}{15} \right)\right)^{-1} \prod_{k=1}^{14}\sin\left( \frac{2k\pi}{15}\right)}\)
Następnie korzystamy wielokrotnie z równości \(\displaystyle{ \sin x=\sin\left( \pi-x\right)}\), dla \(\displaystyle{ x= \frac{2k\pi}{15}}\) i \(\displaystyle{ k=1,2,\dots 14}\). Iloczyny sinusów się skracają i zostaje
\(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{14}\cos\left( \frac{k\pi}{15} \right)=-2^{-14}}\).
Minus wychodzi, bo dla \(\displaystyle{ k}\) od \(\displaystyle{ 8}\) do \(\displaystyle{ 14}\) w tożsamości \(\displaystyle{ \sin x=\sin(\pi-x)}\) wychodzą ujemne kąty i wykorzystujemy jeszcze nieparzystość sinusa.
Było kiedyś podobne zadanie na stackexchange, trafiłem na nie przypadkiem, gdy realizując Matematykę Obliczeniową, zmagałem się z jakimś zadankiem o wielomianach Czebyszewa.

13.:    

\(\displaystyle{ \tg^2(2x) + 2 \tg(2x) \tg(3x)=1}\)
Dziedzina: \(\displaystyle{ x \neq \frac{\pi}{4}+\frac k 2 \pi \wedge x \neq \frac{\pi}{6}+\frac k 3\pi, k \in \ZZ}\)
Mnożymy stronami na pałę przez \(\displaystyle{ \cos^2(2x)\cos(3x)}\), co daje nam:
\(\displaystyle{ \sin^2(2x)\cos(3x)+2\sin(2x)\cos(2x)\sin(3x)=\cos^2(2x)\cos(3x)}\)
Równoważnie:
\(\displaystyle{ 2\sin(2x)\cos(2x)\sin(3x)=\cos(3x)\left( \cos^2(2x)-\sin^2(2x)\right)}\)
Korzystamy po lewej ze wzoru na sinus podwojonego kąta, a po prawej - ze wzoru na cosinus podwojonego kąta, dostając:
\(\displaystyle{ \sin(4x)\sin(3x)=\cos(4x)\cos(3x)}\)
Przenosimy znów na jedną stronę i korzystamy ze wzoru na cosinus sumy, otrzymując:
\(\displaystyle{ \cos(7x)=0}\). Zatem odpowiedź: \(\displaystyle{ x= \frac{\pi}{14}+ \frac{k}{7}\pi, k \in \ZZ}\)
(trzeba to skonfrontować z dziedziną, ale to nic trudnego, po wymnożeniu zostają do zauważenia łatwe sprzeczności modulo \(\displaystyle{ 2}\)/modulo \(\displaystyle{ 4}\)).

20.:    

Zastosujmy nierówność między średnią arytmetyczną a kwadratową:
\(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{ {n \choose 1} } + 2 \sqrt{ {n \choose 2} } +…+ n \sqrt{ {n \choose n} }}{n} \le \sqrt{ \frac{ \sum_{k=1}^{n}k^2{n \choose k} }{n} }}\)
Następnie odnotujmy, że
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}k^2{n \choose k}= \sum_{k=1}^{n}k(k-1+1){n \choose k}= \sum_{k=1}^{n}k{n \choose k}+ \sum_{k=2}^{n}k(k-1){n \choose k}}\)
i różniczkując \(\displaystyle{ (1+x)^n}\) (wzór dwumianowy Newtona; pochodna sumy to suma pochodnych) oraz wstawiając \(\displaystyle{ x=1}\), otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}k{n \choose k}=n2^{n-1}}\) oraz \(\displaystyle{ \sum_{k=2}^{n}k(k-1){n \choose k}=n(n-1)2^{n-2}}\), czyli ostatecznie:
\(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{ {n \choose 1} } + 2 \sqrt{ {n \choose 2} } +…+ n \sqrt{ {n \choose n} }}{n} \le \sqrt{\frac{n(n+1)2^{n-2}}{n}}}\)
Mnożąc to stronami przez \(\displaystyle{ n}\) i wchodząc pod pierwiastek dostajemy:
\(\displaystyle{ \sqrt{ {n \choose 1} } + 2 \sqrt{ {n \choose 2} } +…+ n \sqrt{ {n \choose n} } \le \sqrt{n^2(n+1)2^{n-2}}}\)
Ponieważ pierwiastek kwadratowy jest funkcją rosnącą w swojej dziedzinie, więc pozostaje pokazać, że \(\displaystyle{ n^2(n+1)2^{n-2}<n^3 2^{n-1}}\), ale to po podzieleniu stronami jest równoważne oczywistemu dla \(\displaystyle{ n>1}\) faktowi \(\displaystyle{ 1+\frac 1 n<2}\), co kończy dowód.

22.:    

\(\displaystyle{ 36x^4 + 36x^3 - 7x^2 - 6x + 1 = 0\\ 36x^4+36x^3-7x^2-7x+x+1=0\\(x+1)(36x^3-7x+1)=0\\}\)
Dalej pałujemy z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych i widzimy, że pasuje \(\displaystyle{ \frac 1 3}\), :
\(\displaystyle{ (x+1)(3x-1)(12x^2+4x-1)=0}\)
Trójmian rozwalamy, licząc wyróżnik. Ostatecznie rozwiązania to:
\(\displaystyle{ x_1=-1,x_2=\frac 1 3, x_3=\frac 1 6, x_4=-\frac 1 2}\)

[yorgin]

11:    

\(\displaystyle{ a^4+b^4+(a+b)^4=\\
\\
2a^4+2b^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3=\\
\\
2(a^4+b^4+2a^3b+3a^2b^2+2ab^3)=\\
\\
2((a^2)^2+(b^2)^2+(ab)^2+2a^2b^2+2a^2ab+2b^2ab)=\\
\\
2(a^2+b^2+ab)^2}\)

czyli

\(\displaystyle{ \sqrt{a^4+b^4+(a+b)^4}=\sqrt{2}|a^2+ab+b^2|}\)

21:    

O to chodzi? W rzucie na płaszczyznę.
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}

\draw[fill] (-1,1) circle (2pt);
\draw[fill] (-1,-1) circle (2pt);
\draw[fill] (1,-1) circle (2pt);
\draw[fill] (1,1) circle (2pt);
\draw[fill] (-2,-2) circle (2pt);
\draw[fill] (-2,2) circle (2pt);
\draw[fill] (2,-2) circle (2pt);
\draw[fill] (2,2) circle (2pt);

\draw (-2,-2) rectangle (2,2);
\draw (-1,-1) rectangle (1,1);
\draw (-1,-1) -- (-2,-2)
(-1,1) -- (-2,2)
(1,-1) -- (2, -2)
(1,1) -- (2,2);
\end{tikzpicture}}\)

24:    

Mnożymy przez \(\displaystyle{ 2}\) stronami:

\(\displaystyle{ 64\{x\}+[x]=4032}\).

Niech \(\displaystyle{ x=k+a}\). Wtedy \(\displaystyle{ 64a}\) jest liczbą naturalną, więc \(\displaystyle{ a=\frac{l}{64}}\) dla pewnego \(\displaystyle{ l\in\{0,\ldots,64\}}\). Po prostych przeliczeniach

\(\displaystyle{ x=k+\frac{4032-k}{64}, k\in \{3969,\ldots,4032\}}\)

Było 28, ale częściowe, więc skasowałem i pozostawiam otwarte.

[Kartezjusz]

Zad 26

Ukryta treść:    

Rozważmy ciąg: \(\displaystyle{ a_{n}= 3^{100-n} \cdot 4^{n}}\)gdzie \(\displaystyle{ n=0,1,2,3....,99}\).
Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ k \in \{ 0,1,2,3...,98 \}}\). Wówczas
\(\displaystyle{ (a_{k})^{2}+(a_{k+1})^{2} = 3^{200-2k} \dcot 4^{2k} + 3^{200-2k-2} \dcot 4^{2k+2} = 3^{200-2k-2} \dcot 4^{2k} ( 3^{2}+ 4^{2} ) = 3^{200-2k-2} \dcot 4^{2k} \cdot 5^{2}}\) , a to oczywiście kwadrat liczby całkowitej.

[mint18]

Zad. 15

Ukryta treść:    

Mamy trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) oraz niech \(\displaystyle{ P}\) będzie środkiem tego kwadratu. \(\displaystyle{ BC=a, CA=b, BA= \sqrt{a^2+b^2}}\).
Wtedy \(\displaystyle{ PB=PA= \frac{ \sqrt{a^2+b^2} }{ \sqrt{2} }}\). Kąt \(\displaystyle{ BPA}\) jest prosty więc punkty \(\displaystyle{ C, A, P, B}\) leżą na jednym okręgu. Z tw. Ptolemeusza mamy: \(\displaystyle{ PC \cdot \sqrt{a^2+b^2}= \frac{ b\sqrt{a^2+b^2} }{ \sqrt{2} } + \frac{a \sqrt{a^2+b^2} }{ \sqrt{2} }}\), a stąd już \(\displaystyle{ PC= \frac{a+b}{ \sqrt{2} } = \frac{d \sqrt{2} }{2}}\) .

Zad.16

Ukryta treść:    

Sprawdzamy, że \(\displaystyle{ p=2}\) tego nie spełnia, a dla \(\displaystyle{ p=3}\) jest ok.
Teraz jeśli \(\displaystyle{ p>3}\), to \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą nieparzystą, czyli jeśli \(\displaystyle{ 3^p - (p+2)^2}\) jest liczbą pierwszą, to \(\displaystyle{ 3^p - (p+2)^2=2}\), ale łatwo udowodnić, że dla dowolnej liczby całkowitej \(\displaystyle{ n \ge 4}\) prawdziwa jest nierówność \(\displaystyle{ 3^n-(n+2)^2>2}\), dowód może być np. indukcyjny.

[kerajs]

1:    

\(\displaystyle{ k \in \left\{ 1,2,3\right\} \Rightarrow \sum_{}^{} S=2^k\\
k \in \left\{ 4,5,6,\right\} \Rightarrow \sum_{}^{} S=2 \cdot 2^k-9\\
k \in \left\{ 7,8,9,\right\} \Rightarrow 3 \cdot 2^k-99-9\\}\)
Niech:
\(\displaystyle{ 10^n \le 2^k<10 ^{n+1} \\
n<k\log 2<n+1\\
k \ge 10\\
\sum_{}^{} S=(n+1)2^k-(10^n-1)-(10^{n-1}-1)-...-(10^2-1)-(10^1-1)=(n+1)2^k- (10^n+10^{n-1}+...+10^2+10)+n \cdot 1=(n+1)2^k- \frac{10(10^n-1)}{9}+n}\)

2:    

Z układu:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+y=a \\ x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)=a \\ x^5+y^5=(x+y)^5 -5xy(x^3+y^3)-10(xy)^2(x+y)=a \end{cases}}\)
wychodzi :
\(\displaystyle{ \begin{cases} a=0 \\ x=-y \\ y \in \RR \end{cases} \vee \begin{cases} a=1 \\ x=1 \\ y =0 \end{cases} \vee \begin{cases} a=1 \\ x=0 \\ y=1 \end{cases} \vee \begin{cases} a=-1 \\ x=-1 \\ y =0 \end{cases} \vee \begin{cases} a=-1 \\ x=0 \\ y=-1 \end{cases} \vee \\ \vee \begin{cases} a=2 \\ x=1 \\ y =1 \end{cases} \vee \begin{cases} a=-2 \\ x=-1 \\ y=-1 \end{cases}}\)

3:    

Z układu:
\(\displaystyle{ \begin{cases} f(x)+xf(1-x)=1+x^2 \\ f(1-x)+(1-x)f(1-(1-x))=1+(1-x)^2 \end{cases}}\)
wychodzi :
\(\displaystyle{ f(x)=-x+2+ \frac{x-1}{x^2-x+1}}\)

[yorgin]

4 w naturalnych:    

\(\displaystyle{ 0, 125, 250, \ldots, 8875}\)

Łącznie \(\displaystyle{ 72}\) wyrazy.

Dwie osoby (kerajs i mint18, dzięki ) zwróciły mi uwagę, że w treści zadania są liczby całkowite i łatwo jest rozszerzyć poprzednie rozwiązanie na te w całkowitych:

4 w całkowitych:    

\(\displaystyle{ -8875, -8750,\ldots , -125, 0, 125, 250, \ldots, 8875}\)

Łącznie \(\displaystyle{ 143}\) wyrazy.

18:    

Nietrudno przekonać się, że

\(\displaystyle{ f \left( 2 \right) =1\\
\\
f \left( 3 \right) =3\\
\\
f \left( 4 \right) =6\\
\\
f \left( 5 \right) =10}\)

co narzuca hipotezę, że

\(\displaystyle{ f \left( n \right) =f \left( n-1 \right) +n-1}\)

lub inaczej,

\(\displaystyle{ f \left( n \right) =\frac{n \left( n-1 \right) }{2}}\)

Dowodzimy indukcyjnie. Dla \(\displaystyle{ n=1}\) wzór jest oczywiście prawdziwy. Niech teraz prawdziwa będzie ta zależność dla \(\displaystyle{ k}\). Wtedy z założenia indukcyjnego:

\(\displaystyle{ f \left( k+1 \right) =\max_{1\leq j<k+1} \left\{ f \left( j \right) +f \left( k+1-j \right) +j \right\} =\\
\\
=\max_j \left\{ \frac{j \left( j-1 \right) }{2}+\frac{ \left( k+1-j \right) \left( k-j \right) }{2}+j \right\} =\\
\\
=\max_j \left\{ \frac{k^2+k+2j \left( j-k \right) }{2} \right\}}\)

Wyrażenie to osiąga maksimum, gdy \(\displaystyle{ 2j \left( j-k \right)}\) osiąga maksimum. Ponieważ jednak dla \(\displaystyle{ j<k}\) jest ono ujemne, to maksimum jest dla \(\displaystyle{ j=k}\). Wtedy również

\(\displaystyle{ f \left( k+1 \right) =\frac{k^2+k}{2}}\)

co kończy dowód indukcyjny.

Rozwiązaniem jest więc

\(\displaystyle{ f \left( 2016 \right) =\frac{2016\cdot 2015}{2}}\).

[bosa_Nike]

Jakie elementy kryją się pod standardowymi oznaczeniami w zadaniu nr 30?

[Premislav]

9.:    

\(\displaystyle{ \begin{cases} x(y+z) =y^2+z^2-2 \\ y(x+z)=x^2+z^2-2 \\ z(x+y)=x^2+y^2-2 \end{cases}}\)
Odejmując stronami drugie równanie od pierwszego i trzecie równanie od drugiego, dostajemy równoważny powyższemu układ:
\(\displaystyle{ \begin{cases} (x-y)(x+y+z)=0 \\ (y-z)(x+y+z)=0 \\ z(x+y)=x^2+y^2-2 \end{cases}}\)
Rozważmy przypadki:
1) \(\displaystyle{ x=y \wedge y=z}\) - wówczas podstawiając \(\displaystyle{ y:=x, z:=x}\) do trzeciego równania i redukując, otrzymujemy \(\displaystyle{ 0=-2}\). Sprzeczność.
2) \(\displaystyle{ x+y+z=0}\): wówczas wstawiając do trzeciego równania \(\displaystyle{ z=-(x+y)}\), otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ x^2+xy+y^2=1, z=-x-y}\). Wtedy rzecz jasna \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2=2}\) i łatwo sprawdzić, że każda trójka \(\displaystyle{ (x,y,z)}\) spełniająca te warunki jest rozwiązaniem.
Podsumowanie: rozwiązaniem równania jest każda trójka \(\displaystyle{ (x,y,z)}\) spełniająca
\(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2=2 \wedge x+y+z=0}\) - jest to część wspólna pewnej sfery i płaszczyzny w \(\displaystyle{ \RR^3}\)
Można je dokładniej sklasyfikować, żeby został tylko jeden parametr, ale chyba rozwiązywać równania kwadratowe każdy umie.

Użytkowniczce bosa_Nike, która wykryła mój błąd rachunkowy rozwalający całe rozwiązanie w poprzedniej wersji, serdecznie dziękuję.

23.:    

Po wprowadzeniu współrzędnych biegunowych:
\(\displaystyle{ x=rcos heta,\ y=rsin heta,\ rge 0,\ heta in [0,2pi)}\)
nierówność opisująca obszar, którego pola szukamy, przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ r \le \cos^3 \theta}\)
Zatem ze znanego wzorku mamy
\(\displaystyle{ S= \frac{1}{2} \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\cos^6 \theta \,\dd \theta+ \frac{1}{2} \int_{\frac 3 2\pi}^{2\pi}\cos^6 \theta \,\dd \theta}\), a dalej z własności cosinusa \(\displaystyle{ \cos(2\pi-x)=\cos x}\) dostajemy:
\(\displaystyle{ S= \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\cos^6 \theta \,\dd \theta}\)
Następnie:
\(\displaystyle{ \cos^2 \theta= \frac{1+\cos(2\theta)}{2}\\
\int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\cos^6 \theta \,\dd \theta= \frac{1}{8} \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }(1+\cos(2\theta))^3 \,\dd \theta=\\=\frac 1 8 \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\left(1+3\cos(2\theta)+3\cos^2(2\theta)+\cos^3(2\theta) \right)\,\dd \theta=\\= \frac{\pi}{16}+ \frac{3}{8} \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\cos^2(2\theta) \,\dd \theta+\frac 1 8 \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\cos^3 \theta \,\dd \theta}\)
oraz \(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\cos^2(2t) \,\dd t= \frac{1}{2} \int_{0}^{\pi}\cos^2 t \,\dd t= \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\cos^2 t \,\dd t= \frac{\pi}{4}}\),
a także \(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \cos^3 (2t) \,\dd t=\frac 1 2 \int_{0}^{ \pi }\cos^3 u \,\dd u=0}\), ponieważ \(\displaystyle{ \cos u=-\cos\left( \pi-u\right)}\).
Ostatecznie:
\(\displaystyle{ S= \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} }\cos^6 \theta \,\dd \theta=\frac{5}{32}\pi}\)

[Slup]

19:

Ukryta treść:    

Rozpatrzmy stwierdzenie:
Niech \(\displaystyle{ K_{3\cdot n!}}\) będzie grafem pełnym o \(\displaystyle{ 3\cdot n!}\) wierzchołkach. Załóżmy, że pokolorowano jego krawędzie na \(\displaystyle{ n}\) kolorów. Wówczas w tym grafie istnieje jednokolorowy trójkąt.

Dla \(\displaystyle{ n=1}\) to stwierdzenie jest oczywiste. Załóżmy, że stwierdzenie zachodzi dla \(\displaystyle{ n\geq 1}\) i rozpatrzmy graf pełny \(\displaystyle{ K_{3\cdot (n+1)!}}\) o krawędziach pokolorowanych na \(\displaystyle{ n+1}\) kolorów. Rozpatrzmy wierzchołek \(\displaystyle{ v}\) tego grafu. Wówczas istnieje pewien kolor \(\displaystyle{ s}\) taki, że z wierzchołka \(\displaystyle{ v}\) wypuszczonych jest co najmniej \(\displaystyle{ 3\cdot n!=\left[ \frac{3\cdot (n+1)!-1}{n}\right]+1}\) krawędzi o kolorze \(\displaystyle{ s}\). Rozpatrzmy końce tych \(\displaystyle{ 3\cdot n!}\) krawędzi różne od \(\displaystyle{ v}\). Rozpinają one podgraf \(\displaystyle{ G}\) grafu \(\displaystyle{ K_{3\cdot (n+1)!}}\) izomorficzny z \(\displaystyle{ K_{3\cdot n!}}\). Jeżeli jakaś krawędź grafu \(\displaystyle{ G}\) jest pokolorowana na \(\displaystyle{ s}\), to biorąc jej końce \(\displaystyle{ w_1}\) i \(\displaystyle{ w_2}\) otrzymujemy jednokolorowy trójkąt \(\displaystyle{ vw_1w_2}\). Załóżmy więc, że żadna krawędź grafu \(\displaystyle{ G}\) nie jest pokolorowana kolorem \(\displaystyle{ s}\). Wówczas \(\displaystyle{ G}\) jest grafem pełnym typu \(\displaystyle{ K_{3\cdot n!}}\) o krawędziach pokolorowanych na \(\displaystyle{ (n+1)-1=n}\) kolorów. Z założenia indukcyjnego istnieje jednokolorowy trójkąt w \(\displaystyle{ G}\).

17:

Ukryta treść:    

Mamy \(\displaystyle{ n-1=2^m\cdot k}\) dla \(\displaystyle{ k\in \mathbb{Z}}\). Uzyskujemy \(\displaystyle{ n=2^m\cdot k+1}\). Skoro \(\displaystyle{ n>1}\) to \(\displaystyle{ k\geq 1}\). Z tego, że \(\displaystyle{ n|4^m-1}\) dostajemy, że \(\displaystyle{ 2^m\cdot k+1|4^m-1}\) a to jest możliwe tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ k=1}\). Zatem \(\displaystyle{ n=2^m+1}\).

25:

Ukryta treść:    

Mamy
\(\displaystyle{ a^2\equiv -1\,(\mathrm{mod}\,n)}\)
i oczywiście
\(\displaystyle{ n^2\equiv -1\,(\mathrm{mod}\,(n^2+1))}\)
Stąd wynika, że istnieją \(\displaystyle{ x\in \mathbb{Z}/_{n\mathbb{Z}}}\) oraz \(\displaystyle{ y\in \mathbb{Z}/_{(n^2+1)\mathbb{Z}}}\) takie, że \(\displaystyle{ x^2=-1}\) oraz \(\displaystyle{ y^2=-1}\). Zatem
\(\displaystyle{ (x,y)^2=(x^2,y^2)=(-1,-1)}\)
w pierścieniu \(\displaystyle{ \mathbb{Z}/_{n\mathbb{Z}}\times \mathbb{Z}/_{(n^2+1)\mathbb{Z}}}\). Krótko mówiąc, w tym pierścieniu element przeciwny do jedności (czyli \(\displaystyle{ -1}\)) jest kwadratem.

Na mocy chińskiego twierdzenia o resztach mamy izomorfizm pierścieni
\(\displaystyle{ \mathbb{Z}/_{n(n^2+1)\mathbb{Z}}\cong \mathbb{Z}/_{n\mathbb{Z}}\times \mathbb{Z}/_{(n^2+1)\mathbb{Z}}}\), bo liczby \(\displaystyle{ n}\) i \(\displaystyle{ n^2+1}\) są względnie pierwsze.

Otrzymujemy, że w pierścieniu \(\displaystyle{ \mathbb{Z}/_{n(n^2+1)\mathbb{Z}}}\) element przeciwny do jedynki jest kwadratem. Tłumacząc to na liczby całkowite dostajemy, że istnieje liczba całkowita \(\displaystyle{ b}\) taka, że \(\displaystyle{ b^2\equiv -1\,(\mathrm{mod}\,n(n^2+1))}\)

[arek1357]

Zad 5, zad 8 na szybko bez wytłumaczenia:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ 2^9+2^6+2^2-1}\)

W zadaniu 8:

jest takie twierdzenie ( Bennetta..) czy kogo mówiące, że jeżeli:

\(\displaystyle{ a \ge 2, b \ge 2 , c \neq 0}\)

to równie w naturalnych ma co najwyżej dwa rozwiązania:

\(\displaystyle{ a^x-b^y=c}\)

W tym naszym możemy sobie zapisać:

\(\displaystyle{ 2^x- 5^y=3}\)

i to ma co najwyżej dwa rozwiązania w naturalnych:

\(\displaystyle{ x=3, y=1}\)

\(\displaystyle{ x=7, y=3}\)

i się zgadza, można jeszcze dołożyć jedno w całkowitych:

\(\displaystyle{ x=2, y=0}\)

[kp1311]

20. innym sposobem niż Premislav

Ukryta treść:    

Korzystamy z CBS:
\(\displaystyle{ \left(\sum_{k=1}^{N} \sqrt{{N \choose k}}k \right)^2 \le \left(\sum_{k=1}^{N} {N \choose k}\right)\left( \sum_{k=1}^{N} k^2 \right) \le 2^N\left( \sum_{k=1}^{N} k^2 \right)}\)

Wystarczy pokazać że:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{N} k^2 < \frac{N^3}{2}}\)
Co robimy np. tak
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{N} k^2 = \frac{N(N+1)(2N+1)}{6} < \frac{N^3}{2}}\) (działa dla \(\displaystyle{ N>3}\))

[arek1357]

zad. 12

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{2^n-3}{3^n-2}}\)

Niech będzie skracalny czyli istnieje taka pierwsza \(\displaystyle{ p}\) , że:

\(\displaystyle{ p|2^n-3}\)

i:

\(\displaystyle{ p|3^n-2}\)

załóżmy ponadto, że \(\displaystyle{ p>5}\)

łatwo zauważyć, że równania:

\(\displaystyle{ 3^n=2 , 2^n=3, n \le p}\)

powinny mieć rozwiązania w ciele:

\(\displaystyle{ Z_{p}=\left\{ 0,1,2,3,...,p-1\right\}}\)

ale:

mnożąc stronami otrzymamy:

\(\displaystyle{ 3^n \cdot 2^n=6}\)

z tego:

\(\displaystyle{ 6^n=6}\)

W ciele \(\displaystyle{ Z_{p}}\) zachodzi to dla \(\displaystyle{ n=1, n=p}\)

co daje sprzeczność.

oczywiście \(\displaystyle{ p \neq 2,3}\)

zostaje nam sprawdzić dla: \(\displaystyle{ p=5}\)

i dla:

\(\displaystyle{ n=4k-1}\) ułamek jest skracalny przez: \(\displaystyle{ 5}\)

[arek1357]

Zadanie 29.

Ukryta treść:    

Przepiszmy funkcję wyjściową:

(1) \(\displaystyle{ f(x+y)=f(x)+f(y)+f(xy+1)-f(xy)}\)

podstawienie:

\(\displaystyle{ x=-x, y=-y:}\)

\(\displaystyle{ f(-x-y)=f(-x)+f(-y)+f(xy+1)-f(xy)}\)

teraz odejmijmy:

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

podstawmy:

\(\displaystyle{ y=x:}\)

\(\displaystyle{ f(2x)-f(-2x)=2f(x)-2f(-2x)}\)

teraz:

\(\displaystyle{ y=2x}\)

\(\displaystyle{ f(3x)-f(-3x)=f(x)-f(-x)+f(2x)-f(-2x)=3f(x)-3f(-x)}\)

łatwo pójść indukcją i zauważyć, że dla: \(\displaystyle{ \alpha \in Z}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ f(\alpha x)- f(-\alpha x)=\alpha\left[ f(x)-f(-x)\right] , x \in R}\)


Zrobimy jeszcze taki trik:

\(\displaystyle{ f( \frac{\alpha}{\alpha})-f( -\frac{\alpha}{\alpha})=\alpha\left[ f( \frac{1}{\alpha} )- f( -\frac{1}{\alpha} )\right]=f(1)-f(-1)=A}\)

Z tego:

\(\displaystyle{ f( \frac{1}{\alpha} )- f( -\frac{1}{\alpha} )= \frac{A}{\alpha}}\)

Czyli dla ułamków

Teraz dla: \(\displaystyle{ x \in R}\)

Wiadomo, że istnieje taki ciąg wymiernych, że zachodzi:

\(\displaystyle{ x=\lim_{n\to\infty} \frac{p_{n}}{q_{n}}}\)

Z ciągłości funkcji \(\displaystyle{ \ f}\) mamy:

\(\displaystyle{ f(x)-f(-x)=f(\lim_{n\to\infty}\frac{p_{n}}{q_{n}})-f(-\lim_{n\to\infty}\frac{p_{n}}{q_{n}})=}\)

\(\displaystyle{ =\lim_{n\to\infty}\left\{ f(\frac{p_{n}}{q_{n}})- f(-\frac{p_{n}}{q_{n}})\right\}=}\)

\(\displaystyle{ =\lim_{n\to\infty}\left\{ p_{n}\left[ f( \frac{1}{q_{n}} )-f( -\frac{1}{q_{n}} )\right] \right\}=}\)

\(\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\left\{ p_{n} \cdot \frac{1}{q_{n}}\left[ f(1)-f(-1)\right] \right\}=}\)

\(\displaystyle{ =\lim_{n\to\infty}\left\{\cdot \frac{p_{n}}{q_{n}}\left[ f(1)-f(-1)\right] \right\}=A \cdot x =Ax}\)

Czyli mamy dla wszystkich rzeczywistych:

\(\displaystyle{ f(x)-f(-x)=Ax}\)

\(\displaystyle{ f(x)=f(-x)+Ax}\)

I teraz się zatrzymajmy otóż można funkcję f przedstawić jako sumę funkcji parzystej i nieparzystej na ten temat napisałem posta tu, żeby było jasne:

https://www.matematyka.pl/415463.htm#p5467201

(***) \(\displaystyle{ f(x)=h(x)+ \frac{1}{2} Ax}\)

\(\displaystyle{ h}\)- parzysta

podstawmy teraz nasze \(\displaystyle{ h}\) do (1)

po podstawieniu iskróceniu otrzymamy:

\(\displaystyle{ h(x+y)=h(x)+h(y)+h(xy+1)-h(xy)+c}\)

teraz podstawienie:

\(\displaystyle{ y= \frac{1}{x}}\)

mamy:

(2) \(\displaystyle{ h(x+ \frac{1}{x})=h(x)+h( \frac{1}{x})+h(2)-h(1)+c=h(x)+h( \frac{1}{x})+c_{1}}\)

teraz podstawienie:

\(\displaystyle{ y=-\frac{1}{x}}\)

otrzymamy:

(3) \(\displaystyle{ h(x- \frac{1}{x})=h(x)+h( \frac{1}{x})+h(0)-h(1)+c=h(x)+h( \frac{1}{x})+c_{2}}\)

odejmijmy stronami:

(2)-(3):

\(\displaystyle{ h(x+ \frac{1}{x})-h(x- \frac{1}{x})= c_{1}-c_{2}=d}\)

(5) \(\displaystyle{ h(x+ \frac{1}{x})-h(x- \frac{1}{x})=d}\)

poskracało się...

taka fajna równość...

a teraz rozbijmy przedział od zero dokądśtam...

\(\displaystyle{ (0;1;2)}\)

\(\displaystyle{ (2;1+ \sqrt{2} ;2 \sqrt{2} )}\)

\(\displaystyle{ (2 \sqrt{2} ; \sqrt{2} + \sqrt{3} ;2 \sqrt{3} )}\)

..............................................................................


\(\displaystyle{ (2 \sqrt{n-1} ; \sqrt{n-1} + \sqrt{n} ;2 \sqrt{n} )}\)

zauważmy, że skoro środkowy wyraz przyjmiemy jako \(\displaystyle{ x}\)

to skrajne są to:

\(\displaystyle{ x_{i}+ \frac{1}{x_{i}}}\) - prawy

\(\displaystyle{ x_{i}- \frac{1}{x_{i}}}\) - lewy

teraz zsumujmy:

\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\left[ h(x_{i}+ \frac{1}{x_{i}})-h(x_{i}- \frac{1}{x_{i}})\right] =dn}\)

ale cała ta lewa suma wyjdzie:

\(\displaystyle{ h(2 \sqrt{n})-h(2 \sqrt{0} )=dn}\)

co sugeruje, że postać funkcji\(\displaystyle{ h}\) jest w formie:

\(\displaystyle{ h(2 \sqrt{n})=c+d'n}\)

po podstawieniu:

\(\displaystyle{ 2 \sqrt{n} =t}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ h(t)=c+dt^2}\)

ale to jeszcze nam nie daje pełni szczęścia bo jak na razie dziedzina jest mocno zawężona

i tu miałem dylemat, ale ja mogę z kolei wziąć jakąś liczbę \(\displaystyle{ a >0 \in R}\)

i rozbić przedział od a dokądś tam...

\(\displaystyle{ a- \frac{1}{a};a=x_{1}; a+ \frac{1}{a}}\)

\(\displaystyle{ a+ \frac{1}{a}=x_{2}- \frac{1}{x_{2}};x_{2};x_{2}+ \frac{1}{x_{2}}}\)

\(\displaystyle{ x_{3}- \frac{1}{x_{3}};x_{3};x_{3}+ \frac{1}{x_{3}}}\)

......................................................................................................

\(\displaystyle{ x_{n}- \frac{1}{x_{n}};x_{n};x_{n}+ \frac{1}{x_{n}}}\)

zależność rekurencyjna:

\(\displaystyle{ x_{1}=a}\)

\(\displaystyle{ x_{n+1}- \frac{1}{x_{n+1}}= x_{n}+ \frac{1}{x_{n}}}\)

z czego wzór jawny:

\(\displaystyle{ x_{n}= \sqrt{a+n}+ \sqrt{a+n-1}}\)


\(\displaystyle{ x_{n}+ \frac{1}{x_{n}}=2 \sqrt{a+n}}\)

Oczywiście każdy prawy kraniec przedziału wyżej jest równy lewemu krańcowi przedziału niżej,
taki rozkład jest możliwy.

i przeprowadzając podobne sumowanie jak wyżej otrzymamy:

\(\displaystyle{ h(x_{n}+\frac{1}{x_{n}})-h(a- \frac{1}{a})=dn}\)

co z dowolności\(\displaystyle{ \ a}\) oraz z ciągłości\(\displaystyle{ \ h}\)

możemy sugerować , że postać funkcji h ostatecznie będzie:

\(\displaystyle{ h(x)=d+ax^2}\)

a teraz wracając do funkcji \(\displaystyle{ f=h(x)+ \frac{1}{2} Ax}\) :

otrzymamy, że postać funkcji \(\displaystyle{ f}\) w ogólności winien wyglądać następująco:

\(\displaystyle{ f(x)=ax^2+bx+c}\)

podstawmy do wzoru wyjściowego za f:

\(\displaystyle{ a(x+y)^2+b(x+y)+c=ax^2+bx+c+ay^2+by+c+a(xy+1)^2+b(xy+1)+c-a(xy)^2-b(xy)-c}\)

po skróceniu wyjdzie:

\(\displaystyle{ c=-a-b}\)

czyli ostatecznie:

\(\displaystyle{ f(x)=ax^2+bx-a-b}\)

no chyba na tyle po poprawkach...

[Premislav]

28.:    

Niestety rozważę kilka przypadków:

\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) załóżmy, że \(\displaystyle{ xy=1}\). Ponieważ szukamy rozwiązań równania
\(\displaystyle{ \arctan(x)+\arctan(y)=\arctan(z)}\) w liczbach całkowitych, to stąd \(\displaystyle{ x=y=-1}\) lub \(\displaystyle{ x=y=1}\), ale to prowadzi kolejno do \(\displaystyle{ \arctan(z)=-\frac \pi 2}\)oraz \(\displaystyle{ \arctan(z)=\frac \pi 2}\), co jest niemożliwe. Brak rozwiązań w tym przypadku.

\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) załóżmy, że \(\displaystyle{ xy<1}\). Wówczas prawdziwy jest wzór:
\(\displaystyle{ \arctan(x)+\arctan(y)=\arctan\left( \frac{x+y}{1-xy} \right)}\). Dowód: ustalmy \(\displaystyle{ y \in \RR}\) i rozważmy \(\displaystyle{ f(x)=\arctan(x)+\arctan(y)-\arctan\left( \frac{x+y}{1-xy} \right)}\). Mamy \(\displaystyle{ f(0)=0}\), a ponadto \(\displaystyle{ f'(x)= \frac{1}{1+x^2}- \frac{1+y^2}{(1-xy)^2} \cdot \frac{1}{1+\left( \frac{x+y}{1-xy} \right)^2 }= \frac{1}{1+x^2}- \frac{1}{1+x^2}=0}\).
Z równości \(\displaystyle{ \arctan(x)+\arctan(y)=\arctan(z)}\) przechodzimy więc do:
\(\displaystyle{ \frac{x+y}{1-xy} =z}\) w całkowitych, bo arcus tangens jest funkcją różnowartościową.
Jeśli \(\displaystyle{ xy=0}\), to dostajemy następujące serie rozwiązań:
\(\displaystyle{ (x,y,z)=(t,0,t)}\) oraz \(\displaystyle{ (x,y,z)=(0,t,t)}\), gdzie \(\displaystyle{ t \in \ZZ}\).
Jeżeli \(\displaystyle{ xy<0}\), to nie może być \(\displaystyle{ (1-xy)|x+y}\), chyba że \(\displaystyle{ x+y=0}\), bo wówczas \(\displaystyle{ |1-xy|=1-xy>\max(|x|,|y|)>|x+y|}\) (ostatnia nierówność zachodzi, bo liczby różnią się znakiem), czyli w tym wypadku jedyne rozwiązania całkowite są postaci \(\displaystyle{ (t,-t,0)}\), gdzie \(\displaystyle{ t\neq 0}\).
Podsumowanie tego przypadku: \(\displaystyle{ (x,y,z)=(t,0,t) \vee (x,y,z)=(0,t,t) \vee (x,y,z)=(t,-t,0), t \in \ZZ}\)

\(\displaystyle{ 3^{\circ}}\) Załóżmy, że \(\displaystyle{ xy>1}\). Wówczas ma miejsce inna prawidłowość:
\(\displaystyle{ \arctan(x)+\arctan(y)=\pi+\arctan\left( \frac{x+y}{1-xy} \right)}\). Używamy jakichś sztuczek trygonometrycznych:
przechodzimy do równania \(\displaystyle{ \pi+\arctan\left( \frac{x+y}{1-xy} \right)=\arctan(z)}\), a następnie przypominamy sobie własność \(\displaystyle{ \arctg t+\arcctg t=\frac \pi 2}\) i po drobnych przekształceniach, wykorzystujących nieparzystość arcusa tangensa, dostajemy
\(\displaystyle{ \arcctg(z)+\arcctg\left( \frac{-x-y}{1-xy} \right)=0}\). Ale arcus cotangens jest zawsze dodatni, więc otrzymujemy sprzeczność.

Ostateczne podsumowanie:
rozwiązania są postaci \(\displaystyle{ (x,y,z)=(t,0,t) \vee (x,y,z)=(0,t,t) \vee (x,y,z)=(t,-t,0), t \in \ZZ}\)