[MIX] Mix na wiosnę

[mol_ksiazkowy]

1. Udowodnić, bez twierdzenia Kuratowskiego, ze jeśli graf \(\displaystyle{ G}\) ma 6 wierzchołków i jest dwudzielny i \(\displaystyle{ G \neq K_{3, 3}}\), to \(\displaystyle{ G}\) jest planarny.
2. Ciag \(\displaystyle{ a_n}\) ma te własność, ze \(\displaystyle{ \frac{2}{a_n}= \frac{1}{a_{n+1}} + \frac{1}{a_{n-1}}}\) gdy \(\displaystyle{ n >1}\) oraz \(\displaystyle{ a_1 > a_2 >0}\). Czy jest on zbieżny do zera ?
3. W czworościanie foremnym istnieje tylko jedna odległość miedzy wierzchołkami. W sześcianie takich odległości jest trzy. Czy istnieje wielościan, w którym te odległości są dwie ?
A cztery ?
4. Ile jest \(\displaystyle{ n}\) literowych słów nad alfabetem \(\displaystyle{ \{ a, b, c \}}\), w których \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ c}\) nie są nigdy obok siebie ?
5. Na jakiejś planecie jest 20 państw. Wśród dowolnej trojki z nich są takie , które nie mają ze sobą relacji. Udowodnić, że jest co najwyżej 200 ambasad na tej planecie.
6. Niech \(\displaystyle{ C}\) będzie punktem okręgu którego średnicą jest \(\displaystyle{ AB}\). I niech \(\displaystyle{ EC}\) i \(\displaystyle{ EA}\) będą stycznymi do tego okręgu w punktach \(\displaystyle{ C}\) i \(\displaystyle{ A}\); \(\displaystyle{ N}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ AC}\), zaś \(\displaystyle{ K}\) jest środkiem łuku \(\displaystyle{ BC}\) (do którego nie należy punkt \(\displaystyle{ A}\)). Prosta \(\displaystyle{ KN}\) przecina okrąg w punkcie \(\displaystyle{ M}\). Udowodnić, że kąt \(\displaystyle{ EMK}\) jest prosty.
7. Na kartce na której narysowany jest łuk okręgu, którego środek jest poza kartką, zaznaczono punkt. Jak można narysować z tego punktu styczne do okręgu ?
8. Dwaj gracze ustawiają na przemian na pustej szachownicy gońce; A tylko białe zaś B tylko czarne. Przegrywa ten kto nie może już ustawić gońca nie bitego przez figurę przeciwnika. Kto ma strategię wygrywającą ?
9. W urnie jest \(\displaystyle{ n}\) poetykietowanych kul. Losujemy ze zwracaniem kule z tej urny tak długo, aż każda z nich zostanie wyciągnięta co najmniej raz; \(\displaystyle{ X}\) jest liczbą losowań. Obliczyć \(\displaystyle{ E(X).}\)
10. Wyznaczyć układ reszt liczby \(\displaystyle{ \sqrt{3}+ \sqrt{7}}\) modulo 11.
Uwagi: Jeśli \(\displaystyle{ (a-b_1)…(a-b_n) \in \ZZ_p}\) gdzie \(\displaystyle{ b_j}\) są liczbami całkowitymi zaś \(\displaystyle{ \ZZ_p}\) jest zbiorem liczb w formie \(\displaystyle{ a_1p+ a_2\sqrt{p}+ a_3 \sqrt[3]{p}+… + a_m \sqrt[m]{p}}\) , gdzie \(\displaystyle{ a_j}\) sa liczbami całkowitymi, zaś \(\displaystyle{ m}\) jest liczbą naturalną, to \(\displaystyle{ (b_1,…,b_n)}\) jest układem reszt liczby \(\displaystyle{ a}\) modulo \(\displaystyle{ p.}\)

11. Udowodnić, że jeżeli wszystkie ściany czworościanu są przystające to są one trójkątami ostrokątnymi.
12. Czy funkcja \(\displaystyle{ y= \{ x \} \{ \frac{1}{x} \}}\) ma ekstrema ?
13. Na kartce napisana jest liczba \(\displaystyle{ 1111111}\) (siedem jedynek). Uzupełnić ten zapis sześcioma symbolami \(\displaystyle{ ( +, - , *, : , ( , ) )}\), aby otrzymać jak największa wartość tego wyrażenia.
Uwagi: Im większe wyrażenie tym lepsze rozwiązanie.
14. Rozwiązać równanie \(\displaystyle{ (x^2 -3x +3)^2 - 3(x^2-3x+3) + 3 =x.}\)
15. Czy istnieje ciąg arytmetyczny liczb całkowitych, w którym dowolne wyrazy \(\displaystyle{ a_i, a_j}\) (\(\displaystyle{ i \neq j}\)) są względnie pierwsze ?
16. Niech wyrażenia \(\displaystyle{ f^{\prime}= f (\ln(f))'= f (\ln (f)) (\ln(\ln (f) ))'=…}\) będą słowami nad alfabetem \(\displaystyle{ \{ f , \ln , ' , ( , ) \}}\). Których liter jest najwięcej, a których najmniej w tych słowach ?
17. Udowodnić, ze jeśli \(\displaystyle{ a_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(n+1-k)}}\) to \(\displaystyle{ a_{n+1}< a_n}\), gdy \(\displaystyle{ n>1.}\)
18. Jak przez środek elipsy narysować prostopadłe do siebie cięciwy, tak by ich łączna długość była możliwie najmniejsza ?
A największa ?
19. Wyznaczyć \(\displaystyle{ \lim_{n \to + \infty} (\frac{n}{\sqrt{n^2+1}})^n.}\)
20. Udowodnić, że \(\displaystyle{ \prod_{k=2}^{+ \infty} (1+ \frac{2k+1}{(k^2-1)(k+1)^2}) = \frac{4}{3}}\)

21. Wyznaczyć wszystkie funkcje ciągłe takie że \(\displaystyle{ 3f(2x+1)= f(x) +5x}\), gdy \(\displaystyle{ x \in \RR.}\)
22. Na ile sposobów można rozmieścić liczby \(\displaystyle{ 1, 0, -1}\) na szachownicy \(\displaystyle{ n \times n}\) tak, aby na każdym polu była jedna z tych liczb i suma wszystkich liczb na dowolnej najkrótszej drodze wieży szachowej zaczynającej się w lewym górnym, a kończącej w prawym dolnym rogu była zawsze równa zeru ?
M
23. Ile jest permutacji \(\displaystyle{ (a_1,…,a_n)}\) zbioru \(\displaystyle{ \{ 1,…, n \}}\) takich że \(\displaystyle{ a_1 < a_2 > a_3 < a_4 > a_5 < …. a_n}\) ?
24. Znaleźć trójkąt, o całkowitych długościach boków oraz wysokości i możliwie najmniejszym polu.
25. Udowodnić, że \(\displaystyle{ a \geq b > 0}\) to \(\displaystyle{ a+ \frac{1}{b(a-b)} \geq 3.}\)
26. Rozwiązać układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases}xy=\frac{z^2}{1+z^2} \\ xz= \frac{y^2}{1+y^2} \\ yz=\frac{x^2}{1+x^2}. \end{cases}}\)
27. Udowodnić, że w dowolnym \(\displaystyle{ 2n}\) kącie wypukłym istnieje przekątna nierównoległa do żadnego z boków.
28. Czy istnieją wielomiany \(\displaystyle{ f, g \in \ZZ[x]}\) takie że \(\displaystyle{ f( g(x) ) = x^{2017} +2x+1}\) ?
29. Niech \(\displaystyle{ f: \RR \to \RR_{+}}\) jest funkcją różniczkowalną, oraz ciąg iteracji \(\displaystyle{ x_n = f(x_{n-1})}\); zaś \(\displaystyle{ x_0}\) dowolne. Udowodnić, że jeśli ciąg ten jest rosnący to:
i) istnieje \(\displaystyle{ \lim \frac{1}{x_n} =g;}\)
ii) jesli \(\displaystyle{ g \leq \alpha \leq 1}\) to istnieje \(\displaystyle{ \beta}\) takie, że \(\displaystyle{ f' (\beta) \geq 1- \alpha.}\)
M
30. Czy koło domknięte można podzielić na figury \(\displaystyle{ F_1}\) i \(\displaystyle{ F_2}\) rozłączne i przystające ?

[Benny01]

26.

Ukryta treść:    

Trójka \(\displaystyle{ (x,y,z)=(0,0,0)}\) spełnia układ.
Załóżmy, że \(\displaystyle{ (x,y,z) \neq (0,0,0)}\). Pomnóżmy pierwsze, drugie i trzecie równanie przez siebie. Dostaniemy \(\displaystyle{ x^2y^2z^2=\frac{x^2y^2z^2}{(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)}}\)
\(\displaystyle{ x^2y^2z^2}\) jest różne od zera, więc możemy podzielić przez to obustronnie. Na koniec dostajemy, że \(\displaystyle{ (1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)=1}\) co jest oczywiście sprzeczne. Jedyna trójka, która spełnia układ to \(\displaystyle{ (x,y,z)=(0,0,0)}\).

[bosa_Nike]

25:    

AM-GM dla trzech liczb: \(\displaystyle{ b+(a-b)+\frac{1}{b(a-b)}\ge 3}\) z równością dla \(\displaystyle{ a=2,b=1}\).

-- 9 stycznia 2017, 16:33 --

14:    

Można kombinować z \(\displaystyle{ f(f(x))=x}\), ale wcale nie trzeba. Jeżeli \(\displaystyle{ t=x-3}\), to \(\displaystyle{ (xt+3)^2-3(xt+3)-t=x^2t^2+6xt+9-3xt-9-t=t\left(x^2t+3x-1\right)=(x-3)\left(x^3-3x^2+3x-1\right)=(x-3)(x-1)^3=0}\)

-- 9 stycznia 2017, 16:52 --

19:    

\(\displaystyle{ \lim_{n\to +\infty}\left(\left(1-\frac{1}{n^2+1}\right)^{n^2+1}\right)^{\frac{n}{2\left(n^2+1\right)}}=1}\)

[arek1357]

Zad 23:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ a_{n}}\) - ciąg o tych warunkach spełniający

\(\displaystyle{ \left\{ 1,2,3,...,n\right\}}\)

weźmy najpierw dla: \(\displaystyle{ n=2}\)

\(\displaystyle{ 1,2}\) - jedna możliwość

\(\displaystyle{ \left\{ 1,2,3\right\}}\)

\(\displaystyle{ 1,3,2}\)

\(\displaystyle{ 2,3,1}\) - dwie możliwości

dla \(\displaystyle{ n=4}\)

\(\displaystyle{ 1,3,2,4}\)

\(\displaystyle{ 1,4,2,3}\)

\(\displaystyle{ 2,3,1,4}\)

\(\displaystyle{ 2,4,1,3}\)

\(\displaystyle{ 3,4,1,2}\)

pięć możliwości.

Zauważyłem takie coś, że jeśli liczba od której zaczyna się ciąg o tej własności jest:

mniejsza od \(\displaystyle{ \left[ \frac{n}{2} \right]}\) - to rekurencyjnie możemy ilość tych liczb wymnożyć przez:

\(\displaystyle{ a_{n-1}}\)

czyli mamy:

\(\displaystyle{ a_{n-1} \cdot \left[ \frac{n}{2} \right]}\)

ale to nie wszystko, ciąg morze się rozpoczynać liczbami z przedziału przeciwnego, czyli:

\(\displaystyle{ <n-\left[ \frac{n}{2} \right];n)}\) - dla n nieparzystych

\(\displaystyle{ (n-\left[ \frac{n}{2} \right];n)}\) - dla n parzystych

mamy możliwości:

\(\displaystyle{ {n- \left[ \frac{n}{2}\right] \choose 2} \cdot a_{n-2}}\)

reasumując otrzymujemy możliwości:

\(\displaystyle{ a_{1}=1 , a_{2}=1 , a_{3}=2}\)

\(\displaystyle{ a_{n}= \left[ \frac{n}{2} \right] \cdot a_{n-1} +{n- \left[ \frac{n}{2}\right] \choose 2} \cdot a_{n-2} \ , \ \ \ n \ge 3}\)

[Premislav]

Gdzie Wy, do jasnej anielki, widzicie wiosnę

2.:    

Podstawiamy \(\displaystyle{ b_n= \frac{1}{a_n}}\) i mamy typową rekurencję liniową. Stosując metodę równania charakterystycznego (trzeba wiedzieć, co zrobić z podwójnym pierwiastkiem tegoż równania) lub metodę funkcji tworzących, można wyliczyć, że \(\displaystyle{ b_n=C_1+nC_2}\) dla pewnych stałych \(\displaystyle{ C_1, C_2}\), które zależą od początkowych warunków. Można też to załatwić bardziej elementarnie:
\(\displaystyle{ \frac{2}{a_n}= \frac{1}{a_{n+1}}+ \frac{1}{a_{n-1}}\\b_{n+1}-2b_n+b_{n-1}=0\\b_{n+1}-b_n=b_n-b_{n-1}\\b_{n+1}=(b_{n+1}-b_n)+(b_n-b_{n-1})+\dots+b_2-b_1+b_1\\b_{n+1}= \frac{1}{a_1}+n\left( \frac{1}{a_2}- \frac{1}{a_1} \right)\\b_n= \frac{1}{a_1}+(n-1)\left( \frac{1}{a_2}- \frac{1}{a_1} \right)\\a_n= \frac{1}{ \frac{1}{a_1}+(n-1)\left( \frac{1}{a_2}- \frac{1}{a_1} \right)}= \frac{a_1 a_2}{a_2+(n-1)(a_1-a_2)}\\ \lim_{n \to \infty }a_n=0}\)
To zadanie jest właściwie wręcz szkolne.

17.:    

Niech \(\displaystyle{ a_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(n+1-k)}}\)
Wówczas nietrudno zauważyć, że \(\displaystyle{ a_n= \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^{n} \frac{k+n+1-k}{k(n+1-k)}= \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}+ \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n+1-k}= \frac{2}{n+1} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}}\)
Zatem nierówność
\(\displaystyle{ a_{n+1}<a_n}\) możemy równoważnie zapisać jako:
\(\displaystyle{ \frac{2}{n+2} \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k}< \frac{2}{n+1} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}}\)
Po elementarnych przekształceniach dostajemy:
\(\displaystyle{ 1< \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}}\), co dla \(\displaystyle{ n>1}\) jest oczywiście prawdą. Zadanie na poziomie gimnazjum, i to jeszcze schematyczne.

20.:    

\(\displaystyle{ \prod_{k=2}^{+ \infty} (1+ \frac{2k+1}{(k^2-1)(k+1)^2})}\)
zapiszemy w trochę inny sposób. Przyjrzymy się iloczynowi trzech kolejnych wyrazów:
\(\displaystyle{ \left(1+ \frac{2k+1}{(k^2-1)(k+1)^2} \right)\left(1+ \frac{2k+3}{((k+1)^2-1)(k+2)^2} \right)\left( 1+ \frac{2k+5}{((k+2)^2-1)(k+3)^2}\right)=\\ \\= \frac{k^2({\red (k+1)^2-1)}}{(k^2-1){\blue (k+1)^2}} \cdot \frac{{\blue (k+1)^2}{\yellow((k+2)^2-1)}}{{\red ((k+1)^2-1)}{\green (k+2)^2}}\cdot \frac{{\green (k+2)^2}((k+3)^2-1)}{{\yellow((k+2)^2-1)}(k+3)^2}}\)
Stąd już widać, że wszystkie te śmieci się skracają, pozostaje tylko
\(\displaystyle{ \frac{2^2}{2^2-1}=\frac 4 3}\) i to jest wartość tego iloczynu.

Właściwie to formalnie należałoby to potraktować jako
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }\prod_{k=2}^{n} (1+ \frac{2k+1}{(k^2-1)(k+1)^2})}\)
i korzystając z powyższych spostrzeżeń napisać, że gdy \(\displaystyle{ n=3m+1}\) dla pewnego \(\displaystyle{ m \in \NN}\), to \(\displaystyle{ \prod_{k=2}^{n} (1+ \frac{2k+1}{(k^2-1)(k+1)^2})= \frac{4}{3} \frac{(n+1)^2-1}{(n+1)^2}}\)
i jeszcze analogicznie dla \(\displaystyle{ n=3m, n=3m+2}\) i policzyć granice tych podciągów.

[yorgin]

Wiosna, wiosna... już za prawie 3 miesiące!

3:    

Ostrosłup prawidłowy trójkątny różny od czworościanu foremnego.

Edit: odpowiedź powyższa jest na pierwsze pytanie. Nie zauważyłem drugiego pytania, ale jako że odpowiedź na nie padła w następnym poście, pomijam.

16:    

Najmniej jest oczywiście liter \(\displaystyle{ \prime}\) - dokładnie jedna w każdym słowie.

Liter \(\displaystyle{ f}\) jest, poza pierwszym i drugim słowem, mniej niż \(\displaystyle{ \ln}\) (każde zagnieżdżenia \(\displaystyle{ \ln}\) zawierają w sobie \(\displaystyle{ f}\).)

Liter \(\displaystyle{ (}\) i \(\displaystyle{ )}\) jest oczywiście tyle samo.

Ponadto, jeżeli pojawia się w jakimś słowie litera \(\displaystyle{ \ln}\), to jej sąsiedztwo wygląda tak:

\(\displaystyle{ (\ln(}\)

Liter \(\displaystyle{ (}\) jest zatem więcej niż liter \(\displaystyle{ \ln}\). Stąd \(\displaystyle{ (}\) i \(\displaystyle{ )}\) są najliczniejsze.

26 troszkę inaczej:    

Dzieląc stronami dwa pierwsze równania i potem przez coś mnożąc otrzymujemy

\(\displaystyle{ \frac{z^3}{z^2+1}=\frac{x^3}{x^2+1}}\).

Ponieważ funkcja \(\displaystyle{ x\mapsto \frac{x^3}{x^2+1}}\) jest ściśle rosnąca, powyższe równanie jest spełnione tylko dla \(\displaystyle{ z=x}\). Postępując analogicznie otrzymujemy \(\displaystyle{ y=x=z}\). Pozostaje zatem rozwiązać równanie

\(\displaystyle{ x^2=\frac{x^2}{x^2+1}}\)

ale to ma tylko jedno rozwiązanie: \(\displaystyle{ x=0}\). Stąd \(\displaystyle{ (0,0,0)}\) jest jedynym rozwiązaniem układu wyjściowego.

Pytanie do 30:
Co rozumiemy przez figurę?

[bosa_Nike]

3:    

Obie części: tak. Np.:

1.jpg (24 KiB) Przejrzano 113 razy

[mol_ksiazkowy]

Pytanie do 30:
Co rozumiemy przez figurę?

dowolny zbiór na płaszczyźnie.

Ukryta treść:    

np. zrodło

[arek1357]

zad4:

Ukryta treść:    

Wyszło mi na piechotę:

\(\displaystyle{ a_{1}=3 , \\ \ a_{2}=7 , \\\ a_{3}=17}\)

a zauważyłem , że:


\(\displaystyle{ a_{n+2}=2a_{n+1}+a_{n}}\)

zad 22.

Ukryta treść:    

Na piechotę można policzyć, że w macierzy \(\displaystyle{ 2 \times 2}\) jest takich możliwości: \(\displaystyle{ \ 7}\)

niech \(\displaystyle{ \\ x_{n}}\) ilość takich układów w macierzy \(\displaystyle{ \\ n \times n}\)

Wystarczy wziąć pod uwagę tylko te równania, które w miarę niezależnie wypełniają całą macierz czyli
zawierają wszystkie zmienne (elementy macierzy)

pierwsze równanie (górny i prawy bok kwadratu):

(1)\(\displaystyle{ a_{1,1}+a_{1,2}+...+a_{1,n}+a_{2,n}+a_{3,n}+...+a_{n,n}=0}\) - \(\displaystyle{ 2n-1}\) zmiennych

Drugie równanie (lewy i dolny bok kwadratu)

(1) \(\displaystyle{ a_{1,1}+a_{2,1}+...+a_{n,1}+a_{n,2}+a_{n,3}+...+a_{n,n}=0}\)

Widać , że te dwa równania równe mają tylko pierwszy i ostatni wyraz

\(\displaystyle{ a_{i,j} \in \left\{ -1 , 0 , 1\right\}}\)

Łatwo teraz policzyć ile może być dla każdego równania rozwiązań

możliwości są takie:

1. Wszystkie zera

2. \(\displaystyle{ -1 , 1}\) reszta zera

3.Dwie minus jedynki i dwie jedynki reszta zera

4.Trzy minus jedynki i trzy jedynki reszta zera

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

itd...

Na końcu zawsze zostanie tylko jedno zero a po połowie jedynki i minus jedynki.

\(\displaystyle{ y_{2n-1} \\}\) Ten ciąg oznacza właśnie ile jest w równaniu o długości \(\displaystyle{ 2n-1}\) rozwiązań tego typu.

Reasumując łatwo zauważyć, że dla równania (1) ilość rozwiązań wyniesie:

\(\displaystyle{ y_{2n-1}=1+ {2n-1 \choose 1}{2n-2 \choose 1}+{2n-1 \choose 2}{2n-3 \choose 2}+....+{2n-1 \choose n-1}{n \choose n-1}}\)


A dla równania (2) mamy:

\(\displaystyle{ y_{2n-3}=1+ {2n-3 \choose 1}{2n-4 \choose 1}+{2n-3 \choose 2}{2n-5 \choose 2}+....+{2n-3 \choose n-2}{n-1 \choose n-2}}\)

Zostaje teraz kwadrat albo jak kto woli macierz w środku o wymiarach:

\(\displaystyle{ (n-1) \times (n-1)}\)

ale tu już działa rekurencja: \(\displaystyle{ \\ x_{n-1}}\)

Reasumując i dodając otrzymamy ogólny wzór na ilość rozwiązań:

\(\displaystyle{ x_{2}=7}\)

\(\displaystyle{ x_{n}=y_{2n-1}+y_{2n-3}+x_{n-1}}\)

lub:

\(\displaystyle{ y_{2n-1}= \sum_{i=0}^{n-1} {2n-1 \choose 2i} \frac{(2i)!}{(i!)^2}}\)

\(\displaystyle{ y_{2n-3}= \sum_{i=0}^{n-2} {2n-3 \choose 2i} \frac{(2i)!}{(i!)^2}}\)

zad 12.

Ma extrema.

Tam nawet to jakoś wychodzi kawałkami proste kawałkami hiperbole urywane ale z extremami,

-- 12 stycznia 2017, 13:52 --

Zad 21:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ 3f(2x+1)=f(x)+5}\)

niech \(\displaystyle{ f(0)=a}\)

podstawiajmy za \(\displaystyle{ x}\):

\(\displaystyle{ x=1}\)

\(\displaystyle{ f(3)= \frac{1}{3^2}a+ \frac{5}{3}}\)

\(\displaystyle{ x=7:}\)

\(\displaystyle{ f(7)= \frac{1}{3^3}a+ \frac{5}{3^2}+5}\)

\(\displaystyle{ f(15)=\frac{1}{3^4}a+ \frac{5}{3^3}+\frac{15}{3^2}+ \frac{5 \cdot 7}{3}}\)

ogólnie:

\(\displaystyle{ f(2^n-1)= \frac{1}{3^n}a+5 \left( \frac{1}{3^{n-1}}+\frac{3}{3^{n-2}}+\frac{7}{3^{n-3}}+...+\frac{2^{n-1}-1}{3^{1}} \right)}\)

lub:

\(\displaystyle{ f(2^n-1)= \frac{1}{3^n}a+5 \cdot \frac{1}{3^n}\left[ \sum_{i=1}^{n-1}6^i-\sum_{i=1}^{n-1}3^i \right]}\)

po zwinięciu i uproszczeniu otrzymamy:

\(\displaystyle{ f(2^n-1)= \frac{1}{3^n}a+5\left[ \frac{1}{5}2^n+ \frac{3}{10} \frac{1}{3^n}- \frac{1}{2} \right]}\)

lub prościej:

\(\displaystyle{ f(2^n-1)= \frac{1}{3^n}A+2^n- \frac{5}{2}}\)

teraz podstawmy:

\(\displaystyle{ 2^n-1=x}\)

\(\displaystyle{ 2^n=x+1}\)

\(\displaystyle{ 3^{-n}=3^{- \frac{\ln (x+1)}{\ln 2} }=(x+1)^{- \frac{\ln 3}{\ln 2} }}\)

podstawiając te rzeczy otrzymamy ostatecznie:

\(\displaystyle{ f(x)=A(x+1)^{- \frac{\ln 3}{\ln 2} }+x- \frac{3}{2}}\)

funkcja nasza ma spełniać:

\(\displaystyle{ 3f(2x+1)=f(x)+5x}\)

I uwierzcie mi, że spełnia...

-- 12 stycznia 2017, 23:00 --

Treść zadania 10 jest pokićkana.

[mol_ksiazkowy]

Nierozwiazane zadania to: 1, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 15, 18, 19, 21, 24, 27, 28, 29 ,30
(tj. 19 zadan)...

[Benny01]

19.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \lim _{n \rightarrow \infty } ( \frac{n}{\sqrt{n^2+1}})^n= \lim _{n \rightarrow \infty }= \lim _{n \rightarrow \infty }(\frac{n^2}{n^2+1})^{\frac{n}{2}}=e^0=1}\)

[yorgin]

1:    

Każdy graf dwudzielny jest oczywiście podgrafem pełnego grafu dwudzielnego.

\(\displaystyle{ K_{1,5}}\) i \(\displaystyle{ K_{2,4}}\) są w oczywisty sposób planarne. Zatem planarne są dowolne ich podgrafy.

Przypadek grafu dwudzielnego typu \(\displaystyle{ (3,3)}\) różnego od \(\displaystyle{ K_{3,3}}\) to stosunkowo znany problem. Można łatwo narysować podgraf grafu \(\displaystyle{ K_{3,3}}\), z którego usunięto jedną krawędź łączącą dwa wierzchołki dwóch różnych części tak, aby graf był planarny. Nie będę tego robić, ale każdy bez problemu samodzielne to zrealizuje

8:    

Wydaje mi się, że strategię wygrywającą ma drugi gracz.

Strategią jest ustawianie swoich gońców symetrycznie względem ustalonej symetralnej szachownicy, dzielącej ją na dwa prostokąty.

Wtedy jeżeli gracz I postawił gońca na polu niebitym, z symetrii ruchu i sposobu bicia gońca gracz II również postawi gońca na polu niebitym. Tym samym gracz II zablokuje się nie wcześniej, niż gracz I, ale wtedy I przegrywa, a II wygrywa.

12:    

Jeżeli \(\displaystyle{ x=n}\) dla pewnej liczby naturalnej dodatniej, to \(\displaystyle{ y(x)=0}\). Jeżeli teraz \(\displaystyle{ x\in (n,n+1)}\) dla pewnej liczby naturalnej dodatniej \(\displaystyle{ n}\), to

\(\displaystyle{ \frac{1}{n+1}<\frac{1}{x}<\frac{1}{n}}\)

czyli \(\displaystyle{ \{x\}>0, \{1/x\}>0}\), zatem \(\displaystyle{ f(x)>0}\) ma \(\displaystyle{ (n,n+1)}\).

Tym samym liczby postaci \(\displaystyle{ x=n}\) dla \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}\setminus\{0\}}\) są minimami lokalnymi.

Dokładnie analogicznie sprawdzamy, że \(\displaystyle{ x=\frac{1}{n}, n\in\mathbb{N}\setminus\{0\}}\) są minimami lokalnymi.

Odpowiedź na pytanie jest więc pozytywna, choć nie wyczerpująca. Można trochę pogrzebać dokładniej i pokazać, że innych ekstremów nie ma.

13:    

Najpierw napisałem

\(\displaystyle{ (1+1)*111-1:1=221}\),

po czym stwierdziłem, że da się "nieco" lepiej:

\(\displaystyle{ (1-1+111)*11:1=1221}\).

Chwilę później kolejne olśnienie:

\(\displaystyle{ (1:1+111)*11-1=1231}\)
Nic lepszego już nie wymyśliłem.

28:    

Tak, \(\displaystyle{ g(x)=x, f(x)=x^{2017}+2x+1}\)

A na poważnie, to inaczej się nie da. \(\displaystyle{ 2017}\) jest liczbą pierwszą, a stopień złożenia dwóch wielomianów jest iloczynem stopni składowych. Wobec tego jeden musi być stopnia \(\displaystyle{ 2017}\), a drugi stopnia \(\displaystyle{ 1}\).

[kerajs]

11:    

Wystarczy narysować siatki czworościanów złożone z przystających trójkątów:
a) rozwartokątnych:

1.jpg (17.55 KiB) Przejrzano 112 razy

Zagięcie i połączenie wspólną krawędzią niebieskiego i zielonego trójkąta

2.jpg (21.03 KiB) Przejrzano 112 razy

nie jest możliwe nawet w płaszczyźnie połączonej z nimi podstawy czworościanu.
Wniosek: Nie istnieje czworościan o przystających rozwartokątnych ścianach.

b) prostokątnych:

3.jpg (16.84 KiB) Przejrzano 112 razy

Zagięcie i połączenie wspólną krawędzią niebieskiego i zielonego trójkąta

4.jpg (18.08 KiB) Przejrzano 112 razy

jest możliwe dopiero w płaszczyźnie połączonej z nimi podstawy czworościanu.
Wniosek: Nie istnieje czworościan o przystających prostokątnych ścianach.

c) ostrokątnych:

5.jpg (17.08 KiB) Przejrzano 112 razy

Zagięcie i połączenie wspólną krawędzią niebieskiego i zielonego trójkąta

6.jpg (19.12 KiB) Przejrzano 112 razy

jest możliwe gdyż ściany te nachodzą na siebie w płaszczyźnie połączonej z nimi podstawy czworościanu. Zachodzi to także dla pozostałych par ścian.
Wniosek: Istnieje czworościan o przystających ostrokątnych ścianach.
Przykładowy (niebieski) czworościan o ostrokątnych równoramiennych ścianach

7.jpg (32.76 KiB) Przejrzano 112 razy

[Mruczek]

23.

Zad 23:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ a_{n}}\) - ciąg o tych warunkach spełniający

\(\displaystyle{ \left\{ 1,2,3,...,n\right\}}\)

weźmy najpierw dla: \(\displaystyle{ n=2}\)

\(\displaystyle{ 1,2}\) - jedna możliwość

\(\displaystyle{ \left\{ 1,2,3\right\}}\)

\(\displaystyle{ 1,3,2}\)

\(\displaystyle{ 2,3,1}\) - dwie możliwości

dla \(\displaystyle{ n=4}\)

\(\displaystyle{ 1,3,2,4}\)

\(\displaystyle{ 1,4,2,3}\)

\(\displaystyle{ 2,3,1,4}\)

\(\displaystyle{ 2,4,1,3}\)

\(\displaystyle{ 3,4,1,2}\)

pięć możliwości.

Zauważyłem takie coś, że jeśli liczba od której zaczyna się ciąg o tej własności jest:

mniejsza od \(\displaystyle{ \left[ \frac{n}{2} \right]}\) - to rekurencyjnie możemy ilość tych liczb wymnożyć przez:

\(\displaystyle{ a_{n-1}}\)

czyli mamy:

\(\displaystyle{ a_{n-1} \cdot \left[ \frac{n}{2} \right]}\)

ale to nie wszystko, ciąg morze się rozpoczynać liczbami z przedziału przeciwnego, czyli:

\(\displaystyle{ <n-\left[ \frac{n}{2} \right];n)}\) - dla n nieparzystych

\(\displaystyle{ (n-\left[ \frac{n}{2} \right];n)}\) - dla n parzystych

mamy możliwości:

\(\displaystyle{ {n- \left[ \frac{n}{2}\right] \choose 2} \cdot a_{n-2}}\)

reasumując otrzymujemy możliwości:

\(\displaystyle{ a_{1}=1 , a_{2}=1 , a_{3}=2}\)

\(\displaystyle{ a_{n}= \left[ \frac{n}{2} \right] \cdot a_{n-1} +{n- \left[ \frac{n}{2}\right] \choose 2} \cdot a_{n-2} \ , \ \ \ n \ge 3}\)

To jest blef. Wzór nie działa dla większych \(\displaystyle{ n}\).
Te permutacje to tzw. permutacje alternujące (alternating permutations) i są dobrze znane / opisane, dużo rzeczy pod tym hasłem jest w Google i np. tutaj

Kod: Zaznacz cały

https://en.wikipedia.org/wiki/Alternating_permutation

.

5:    

Przerabiamy to na graf - państwa to wierzchołki, relacje to krawędzie. Dla każdej krawędzi budujemy dwie ambasady (po jednej w każdym państwie), czyli liczba ambasad to suma stopni wierzchołków w grafie. Szukamy grafu u maksymalnej sumie stopni, czyli maksymalnej liczbie krawędzi takiego, że w każdej trójce wierzchołków pewne dwa nie są połączone krawędzią. To znaczy, że szukamy maksymalnych grafów bez trójkątów. Z twierdzenia Mantela maksymalna liczba krawędzi w grafie bez trójkątów o \(\displaystyle{ n}\) wierzchołkach to \(\displaystyle{ \left[ \frac{n^{2}}{4} \right]}\). U nas \(\displaystyle{ n = 20}\), czyli maksymalna liczba krawędzi to \(\displaystyle{ 100}\), a suma stopni czyli liczba ambasad to \(\displaystyle{ 200}\). Równość zachodzi dla pełnego grafu dwudzielnego, który ma po \(\displaystyle{ 10}\) wierzchołków w każdym zbiorze. Można pokazać, że jest to jedyny taki maksymalny graf.

[Premislav]

9.:    

Oczywiście mamy \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X=n)= \frac{n!}{n^n}}\)
To tak na rozgrzewkę, bo dalej będziemy rozumować inaczej. Policzymy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X>k), \ k=n, n+1\dots}\)
Prawdopodobieństwo, że w pojedynczym losowaniu wypadnie konkretna kula jest równe \(\displaystyle{ \frac{1}{n}}\), zatem prawdopodobieństwo, że w \(\displaystyle{ k}\) losowaniach ani razu nie wypadnie ta konkretna kula wyniesie \(\displaystyle{ \left( 1-\frac 1 n\right)^k}\)
Widzimy, że \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X>k)}\) to prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na niewystąpieniu którejkolwiek z \(\displaystyle{ n}\) kul w ciągu \(\displaystyle{ k}\) pierwszych losowań.
Liczymy to ze wzoru włączeń i wyłączeń:
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X>k)=n\left( 1-\frac 1 n\right)^k -{n \choose 2}\left( 1-\frac{2}{n}\right)^k+\ldots+(-1)^n{n \choose n-1}\left( 1- \frac{n-1}{n} \right)^k}\)
oraz oczywiście mamy dla \(\displaystyle{ k>n}\) co następuje:
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X=k)=\mathbf{P}(X>k-1)-\mathbf{P}(X>k)=\\= \sum_{m=1}^{n-1}{n \choose m}(-1)^{m+1}\left( 1-\frac m n\right)^{k-1}- \sum_{m=1}^{n-1}{n \choose m}(-1)^{m+1}\left( 1-\frac m n\right)^{k}=\\=\sum_{m=1}^{n-1}{n \choose m}(-1)^{m+1} \frac m n\left( 1-\frac m n\right)^{k-1}=\sum_{m=1}^{n-1}{n-1 \choose m-1}(-1)^{m-1}\left( 1-\frac m n\right)^{k-1}}\)

Nad wyraz urocze, prawda? Teraz
\(\displaystyle{ \mathbf{E}(X)= \sum_{k=n}^{+\infty}k \ \mathbf{P}(X=k)= \sum_{k=n}^{+\infty}k\left( \sum_{m=1}^{n-1}{n-1 \choose m-1}(-1)^{m-1}\left( 1-\frac m n\right)^{k-1}\right)=\\= \sum_{m=1}^{n-1} \sum_{k=n}^{+\infty} {n-1 \choose m-1}(-1)^{m-1}k\left( 1-\frac m n\right)^{k-1}=\sum_{m=1}^{n-1} {n-1 \choose m-1}(-1)^{m-1} \sum_{k=n}^{+\infty}k\left( 1-\frac m n\right)^{k-1}}\)
i teraz mamy tak: dla \(\displaystyle{ |x|<1}\) jest
\(\displaystyle{ \sum_{k=n}^{ \infty }x^k= \frac{x^n}{1-x}}\)
Po zróżniczkowaniu stronami (szeregi potęgowe różniczkujemy wyraz po wyrazie):
\(\displaystyle{ \sum_{k=n}^{ \infty }kx^{k-1}= \frac{nx^{n-1}-(n-1)x^n}{(1-x)^2}}\)
Kładziemy teraz \(\displaystyle{ x=1-\frac m n}\) i otrzymujemy, że wewnętrzna suma zwija się do:
\(\displaystyle{ \sum_{k=n}^{+\infty}k\left( 1-\frac m n\right)^{k-1}= \frac{n^2}{m^2}\left(n\left( 1-\frac m n\right)^{n-1}-(n-1)\left( 1-\frac m n\right)^n \right)=\\= \frac{n^2}{m^2}\left( 1-\frac m n\right)^{n-1}+(n-1) \frac{n}{m}\left( 1-\frac m n\right)^{n-1}}\)
czyli
\(\displaystyle{ \sum_{m=1}^{n-1} {n-1 \choose m-1}(-1)^{m-1} \sum_{k=n}^{+\infty}k\left( 1-\frac m n\right)^{k-1}=\\=\sum_{m=1}^{n-1} {n-1 \choose m-1}(-1)^{m-1} \frac{n^2}{m^2}\left( 1-\frac m n\right)^{n-1}+\sum_{m=1}^{n-1} {n-1 \choose m-1}(-1)^{m-1}(n-1) \frac{n}{m}\left( 1-\frac m n\right)^{n-1}=\\=\sum_{m=1}^{n-1} {n \choose m}(-1)^{m-1} \frac{n}{m}\left( \frac {n-m} n\right)^{n-1}+\sum_{m=1}^{n-1} {n \choose m}(-1)^{m-1}(n-1) \left(\frac {n-m} n\right)^{n-1}=\\=(-1)^n\sum_{m=1}^{n-1} {n \choose m}(-1)^{m+1} \frac{n}{n-m}\left( \frac {m} n\right)^{n-1}+(n-1)(-1)^n\sum_{m=1}^{n-1} {n \choose m}(-1)^{m+1}\left(\frac {m} n\right)^{n-1}}\)
i to jest chyba nie do zwinięcia, przynajmniej ja nie potrafię tego zwinąć.
Na upartego trzeba by jeszcze uzasadniać, że mogę tak zmienić kolejność sumowania, ale MOGĘ I KONIEC.

Jeżeli ktoś ma ładniejsze rozwiązanie, to bardzo proszę pisać (choćby szkicem/wskazówką nie pogardzę), to nadaje się raczej do nowego wątku "beka z podludzia Premislava".-- 1 lip 2017, o 23:51 --

9. - inne podejście:    

Oznaczmy \(\displaystyle{ X:=X_n}\). Jeżeli wylosowaliśmy już \(\displaystyle{ k}\) kul, \(\displaystyle{ k \in \left\{ 1, \dots n-1\right\}}\), to czas oczekiwania na wylosowanie \(\displaystyle{ k+1}\). kuli ma rozkład geometryczny z parametrem \(\displaystyle{ p= \frac{n-k}{n}}\)
Niech \(\displaystyle{ X_{n-1}}\) będzie zmienną losową oznaczającą liczbę losowań do uzyskania \(\displaystyle{ n-1}\) różnych kul, wówczas mamy więc
\(\displaystyle{ \mathbf{E}(X_n|X_{n-1}=k)= \sum_{m=1}^{ \infty }(k+m)\left( 1-\frac 1 n\right)^{m-1} \frac 1 n=k+n}\)
Mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{E}(X_n)= \sum_{k=n-1}^{ \infty }\mathbf{E}(X|X_{n-1}=k) \mathbf{P}(X_{n-1}=k)=\\= \sum_{k=n-1}^{ \infty }(k+n)\mathbf{P}(X_{n-1}=k)=n+\mathbf{E}(X_{n-1})}\)
gdyż
\(\displaystyle{ \sum_{k=n-1}^{ \infty } \mathbf{P}(X_{n-1}=k)=1, \\\sum_{k=n-1}^{ \infty } k \ \mathbf{P}(X_{n-1}=k)=\mathbf{E}(X_{n-1})}\)
Następnie analogicznie możemy rozpisać:
\(\displaystyle{ \mathbf{E}(X_{n-1})= \sum_{k=n-2}^{ \infty }\mathbf{E}(X_{n-1}|X_{n-2}=k)\mathbf{P}(X_{n-2}=k)=\dots=n-1+\mathbf{E}(X_{n-2})}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ \mathbf{E}(X_1)=1}\) (bo gdy raz spróbujemy, to zawsze wylosujemy którąś z tych \(\displaystyle{ n}\) kul), więc sumując to, otrzymujemy
\(\displaystyle{ \mathbf{E}(X)=n+n-1+\dots+1= \frac{n(n+1)}{2}}\)
Mam nadzieję, że nie ma błędów. Skoro tak, to albo się rąbnąłem przy wyznaczaniu tej chorej sumy, albo udało mi się pokazać, że ona tyle jest równa.
Może i mam niskie IQ, ale przynajmniej nie daję łatwo za wygraną.