[MIX] Mix nietypowy

[mol_ksiazkowy]

1. Rozwiązać układ równań
\(\displaystyle{ \begin{cases}x^2 + y^2 + z^2 + t^2 = 50 \\ x^2 - y^2 + z^2 - t^2 = -24 \\ xy=zt \\ x - y +z - t =0. \end{cases}}\)
Wietnam
2. W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) okrąg dopisany styczny jest do boku \(\displaystyle{ AC}\) (i do przedłużeń \(\displaystyle{ BA}\) oraz \(\displaystyle{ BC}\)) w punkcie \(\displaystyle{ K.}\); \(\displaystyle{ M}\) jest punktem wspólnym prostej \(\displaystyle{ BK}\) i okręgu wpisanego, zaś \(\displaystyle{ D}\) jest rzutem punktu \(\displaystyle{ M}\) na bok \(\displaystyle{ AC}\). Udowodnić ze \(\displaystyle{ AK = DC}\).
3. Wskazać przykład funkcji różniczkowalnej \(\displaystyle{ f}\) i takiej że \(\displaystyle{ f^{\prime}}\) nie jest ciągła.
4. Na spotkaniu \(\displaystyle{ 2n}\) osób każdy ma co najwyżej \(\displaystyle{ n-1}\) wrogów. Czy można ich usadzić przy okrągłym stole by nikt nie siedział obok swego wroga ?
5. Niech dane będą trzy liczby takie, że
\(\displaystyle{ \begin{cases}a \geq 1 \\ b \geq 2 \\ c \geq 3 \end{cases}}\).
Udowodnić, iż \(\displaystyle{ abc \geq a+b+c}\).
6. Udowodnić, że istnieje nieskończenie wiele trójkątów wymiernych średniobocznych.
7. Noe ma umieścić na arce osiem gatunków zwierząt w czterech zagrodach, przy czym chce wykorzystać wszystkie zagrody. Jednak dla każdego gatunku istnieją co najwyżej trzy inne gatunki, z którymi nie może on dzielić zagrody. Udowodnić, że można rozmieścić zwierzęta w zagrodach w ten sposób, aby każdy gatunek był w zagrodzie z odpowiednimi dla siebie innymi gatunkami.
8. Mamy na stole dwie potasowane talie po \(\displaystyle{ n}\) kart każda (na każdej karcie w talii napisana jest jedna z liczb ze zbioru \(\displaystyle{ \{ 1, ..., n \}}\)). Wykładamy równocześnie po jednej karcie z obu talii dopóki nie wylosuje się tej samej liczby. Ile średnio kart wyłożone będzie na stół ?
9. Rozwiązać równanie \(\displaystyle{ 3^{x-1} = \frac{x+1}{3-x}}\).
10. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywymi:
\(\displaystyle{ \begin{cases}(x-y-2)^2 = 9x \\ x=0 \\ y=0 \end{cases}}\)
11. Udowodnić, że istnieje odwzorowanie \(\displaystyle{ f: \RR^2 \to \RR^8}\) które nie jest izometrią, ale takie, że gdy dowolne punkty płaszczyzny są odległe o \(\displaystyle{ 1}\) to ich obrazy też są odległe o \(\displaystyle{ 1}\).
12. Na kartce narysowano figurę o polu \(\displaystyle{ 11}\). Kartkę złożono wielokrotnie i otrzymano kwadrat o polu \(\displaystyle{ 1}\). Udowodnić, że można przekłuć szpilką złożoną kartkę tak, by figura została przekłuta w co najmniej jedenastu miejscach.
tw. Blichfelda
13. Jaka jest największa liczba \(\displaystyle{ n}\) o tej własności, że istnieją wypukłe środkowo-symetryczne wielościany \(\displaystyle{ W, W_1,..., W_n}\) z których każdy jest przesunięciem wielościanu \(\displaystyle{ W}\) mającym z nim punkt wspólny, zaś \(\displaystyle{ W_1,..., W_n}\) mają rozłączne wnętrza ?

[bosa_Nike]

Podbijam, by zestaw został zauważony.

5.:    

\(\displaystyle{ \begin{aligned}abc-a-b-c&=(a-1)(b-1)(c-1)+(a-1)(b-1)\\ &\phantom{=}+(a-1)(c-1)+\left((b-1)(c-1)-2\right)\\ &=(a-1)(b-1)(c-1)+(a-1)(b-1)\\ &\phantom{=}+(a-1)(c-1)+\frac{1}{2}\left(b(c-3)+(c+1)(b-2)\right)\ge 0\end{aligned}}\)
EDIT: Prościej
\(\displaystyle{ 3abc=abc+abc+abc\ge 3ab+2ac+bc= 3ab+ac+(a+b)c\ge 3b+3a+3c}\)

[Premislav]

1. na pałę:    

\(\displaystyle{ \begin{cases}x^2 + y^2 + z^2 + t^2 = 50 \\ x^2 - y^2 + z^2 - t^2 = -24 \\ xy=zt \\ x - y +z - t =0 \end{cases}}\)

Dodając (albo odejmując) do równości \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2+t^2=50}\) rozpisane zero, czyli \(\displaystyle{ 2xy-2zt}\), dostajemy więc \(\displaystyle{ (x-y)^2+(z+t)^2=(x+y)^2+(z-t)^2=50}\).
Skoro jednak \(\displaystyle{ x-y=-(z-t)}\), to \(\displaystyle{ (x-y)^2=(z-t)^2}\) i dochodzimy do wniosku, że
\(\displaystyle{ z+t=x+y \vee z+t=-x-y}\)
1. Jeżeli \(\displaystyle{ z+t=x+y}\), to dodając tę równość stronami do \(\displaystyle{ t-z=x-y}\) i skracając mamy \(\displaystyle{ t=x}\), a wówczas skoro \(\displaystyle{ x-y+z-t=0}\), to \(\displaystyle{ y=z}\), czyli
mamy sprzeczność \(\displaystyle{ 0=-24}\).
2. Jeżeli \(\displaystyle{ z+t=-x-y}\), to dodając to stronami do równości \(\displaystyle{ t-z=x-y}\) otrzymujemy po prostym skróceniu
\(\displaystyle{ t=-y}\), a odejmując dostajemy \(\displaystyle{ x=-z}\)
Ponadto dodając/odejmując drugie równanie do/od pierwszego nietrudno uzyskać, że
\(\displaystyle{ x^2+z^2=13}\) oraz \(\displaystyle{ y^2+t^2=37}\).
Czyli \(\displaystyle{ x^2=z^2=\frac{13}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ y^2=t^2=\frac{37}{2}}\)
i po ponownym uwzględnieniu \(\displaystyle{ t=-y, \ x=-z, \ xy=zt}\) mamy
takie rozwiązania:
\(\displaystyle{ \left( x,y,z,t\right)=\left( \sqrt{\frac {13}{2}}, \sqrt{\frac{37}{2}}, -\sqrt{\frac{13}{2}}, -\sqrt{\frac{37}{2}}\right)\vee \left( x,y,z,t\right)=\left( -\sqrt{\frac {13}{2}}, -\sqrt{\frac{37}{2}}, \sqrt{\frac{13}{2}}, \sqrt{\frac{37}{2}}\right)\vee \\ \vee \left( x,y,z,t\right)=\left( \sqrt{\frac {13}{2}}, -\sqrt{\frac{37}{2}}, -\sqrt{\frac{13}{2}}, \sqrt{\frac{37}{2}}\right)\vee \left( x,y,z,t\right)=\left( -\sqrt{\frac {13}{2}}, \sqrt{\frac{37}{2}}, \sqrt{\frac{13}{2}}, -\sqrt{\frac{37}{2}}\right)}\)

5. na pałę:    

\(\displaystyle{ \begin{cases}a \geq 1 \\ b \geq 2 \\ c \geq 3 \end{cases}}\)
a zatem istnieją takie nieujemne liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ x,y,z}\), że \(\displaystyle{ a=x+1, \ b=y+2, \ c=z+3}\), a teza przyjmuje formę
\(\displaystyle{ (x+1)(y+2)(z+3)\ge x+y+z+6}\), a po skróceniu
\(\displaystyle{ xyz+5x+2y+z+yz++2zx+3xy\ge 0}\) co w nieujemnych jest oczywiste.

[Rafsaf]

zad 4:    

Dla każdego podziału tych osób przy okrągłym stole rozważmy liczbę konfliktów, tzn. sytuacji w której osoba \(\displaystyle{ X}\) siedzi obok co najmniej jednego wroga.
Weźmy teraz taki podział, w którym jest najmniejsza możliwa liczba konfliktów.
Załóżmy, że przy takim podziale istnieje osoba \(\displaystyle{ A}\) mająca co najmniej jednego wroga obok siebie. Z warunków zadania wynika, że "przyjaciół" osoby \(\displaystyle{ A}\) jest o jeden więcej niż wrogów. Zatem istnieje na pewno dwóch takich przyjaciół osoby \(\displaystyle{ A}\) którzy siedzą obok siebie. Jeśli przesiądzie się ona między nich to zmniejszymy liczbę konfliktów, co jest sprzeczne z wyborem naszego podziału (wybraliśmy ten o najmniejszej możliwej liczbie konfiktów). A zatem tak, zawsze da się ich tak ustawić by nikt nie siedział obok wroga.

zad 7:    

Robimy identycznie jak zad 4

Tym razem konfliktem nazwiemy sytuację w której pewien gatunek \(\displaystyle{ X}\) ma w swojej zagrodzie co najmniej jeden wrogi gatunek.
Weźmy teraz taki podział, w którym jest najmniejsza możliwa liczba konfliktów.
Załóżmy, że przy takim podziale istnieje gatunek \(\displaystyle{ A}\) mający co najmniej jednego wroga w swojej zagrodzie. To oznacza, że w co najmniej jednej z pozostałych \(\displaystyle{ 3}\) zagród nie ma wrogów gatunku \(\displaystyle{ A}\) (bo są maksymalnie \(\displaystyle{ 3}\) wrogie gatunki). A zatem przenosząc gatunek \(\displaystyle{ A}\) do tej zagrody zmniejszymy liczbę konfliktów, co przeczy maksymalności naszego podziału. Zatem nie może być żadnych konfliktów przy takim wyborze podziału.

[mol_ksiazkowy]

5 cd

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{a+b+c}{abc} = \frac{1}{ab}+ \frac{1}{ac}+ \frac{1}{bc} \leq 1}\)

[Benny01]

9. Edit
Źle sobie coś wywnioskowałem.

[a4karo]

9:    

Równość może być spełniona tylko dla \(\displaystyle{ x \in (-1,3)}\). Sprawdzamy tylko punkty całkowite,
ponieważ dla pozostałych lewa strona jest niewymierna, a prawa wymierna. Równość zachodzi dla \(\displaystyle{ x \in \left\{ 0,1,2\right\}}\)

No nie

[Bierut]

Zad. 10:    

\(\displaystyle{ \begin{cases}(x-y-2)^2 = 9x \\ x=0 \\ y=0 \end{cases}}\)

\(\displaystyle{ (x-y-2)^2 = 9x}\)
\(\displaystyle{ x^2-2xy-4x+y^2+4y+4=9x}\)
\(\displaystyle{ y^2+y(4-2x)+(x^2-13x+4)=0}\)
\(\displaystyle{ \Delta=(4-2x)^2-4\cdot(x^2-13x+4)=16-16x+4x^2-4x^2+52x-16=36x}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{\Delta}=6\sqrt{x} \wedge x \ge 0}\)

\(\displaystyle{ y_1=\frac{-(4-2x)-6\sqrt{x}}{2}=x-3\sqrt{x}-2}\)
\(\displaystyle{ y_2=\frac{-(4-2x)+6\sqrt{x}}{2}=x+3\sqrt{x}-2}\)

Łatwo sobie wyobrazić wykresy powyższych dwóch funkcji. Ich punkt wspólny to \(\displaystyle{ (0,-2)}\). Dziedzina to \(\displaystyle{ x \ge 0}\). W zadaniu należy policzyć pole obszaru ograniczonego osiami OX i OY oraz podaną krzywą. Warunek ten spełnia fragment krzywej przedstawiony przy pomocy drugiej funkcji \(\displaystyle{ y_2}\). W pierwszym przypadku mielibyśmy obszar ograniczony jedynie osią OX i podaną krzywą.

Liczymy miejsce zerowe:
\(\displaystyle{ x+3\sqrt{x}-2=0}\)
\(\displaystyle{ niech \; t=\sqrt{x} \wedge t \ge 0}\)
\(\displaystyle{ t^2+3t-2=0}\)
\(\displaystyle{ \Delta_t=3^2-4\cdot1\cdot(-2)=17}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{\Delta_t}=\sqrt{17}}\)
\(\displaystyle{ t_1=\frac{-3-\sqrt{17}}{2}<0}\)
\(\displaystyle{ t_2=\frac{-3+\sqrt{17}}{2}=t}\)
\(\displaystyle{ x=t^2=\frac{9-6\sqrt{17}+17}{4}=\frac{13-3\sqrt{17}}{2}}\)

\(\displaystyle{ \int_{\frac{13-3\sqrt{17}}{2}}^{0} (x+3\sqrt{x}-2)dx
=\left[ \frac{x^2}{2}+2x^{3/2}-2x \right]_{\frac{13-3\sqrt{17}}{2}}^{0}=}\)
\(\displaystyle{ =0-\left(\frac{161-39\sqrt{17}}{4}+\frac{44\sqrt{17}-180}{4}-\frac{52-12\sqrt{17}}{4} \right)=-\frac{17\sqrt{17}-71}{4} \approx 0,2268}\)

Dodatkowo:    

Jeśli rozpatrywalibyśmy wcześniej odrzucony przypadek - obszar ograniczony osią OX oraz podaną krzywą - otrzymalibyśmy:

\(\displaystyle{ \int_{\frac{13+3\sqrt{17}}{2}}^{0} (x-3\sqrt{x}-2)dx
-\int_{\frac{13-3\sqrt{17}}{2}}^{0} (x+3\sqrt{x}-2)dx=}\)
\(\displaystyle{ =\frac{17\sqrt{17}}{2} \approx 35,0464}\)

[mol_ksiazkowy]

10 cd

Ukryta treść:    

Być może rysunek się przyda...



ps U mnie w odpowiedzi \(\displaystyle{ P = \frac{1}{2}}\)

ps bład w równaniu: ma być \(\displaystyle{ (y-x-2)^2 = 9x}\)

[Bierut]

ps bład w równaniu: ma być \(\displaystyle{ (y-x-2)^2 = 9x}\)

Aha, to niweluje problem z określeniem ograniczonego obszaru. No i wynik wychodzi ładniejszy.

[kerajs]

3:    

Klasyczny przykład:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x^2 \sin \frac{1}{x} &\text{dla } x \neq 0\\0 &\text{dla } x=0 \end{cases}}\)

6:    

Trójkąty wymierne średnioboczne to takie których boki są kolejnymi liczbami naturalnymi, a pole
jest wymierne.
Dla boków \(\displaystyle{ n-1,n,n+1}\) pole wynosi:
\(\displaystyle{ P= \frac{1}{4} \sqrt{3n(n)(n-2)(n+2)}= \frac{n}{4} \sqrt{3(n^2-4)}}\)
Gdyby n było nieparzyste to reszta z dzielenia przez 4 wyrażenia podpierwiastkowego wynosiłaby 3, więc wyrażenie podpierwiastkowe nie może być kwadratem.
\(\displaystyle{ n=2m \Rightarrow P=m \sqrt{3(m^2-1)}}\)
Niech: \(\displaystyle{ 3(m^2-1)=a^2}\) , to liczba a musi być podzielna przez 3 (\(\displaystyle{ a=3b}\)).
\(\displaystyle{ m^2-1=3b^2\\
m^2- 3b^2=1}\)
Ostatnie równanie jest równaniem Pella które ma nieskończenie wiele rozwiązań (bo 3 nie jest kwadratem liczby całkowitej)
\(\displaystyle{ n=2 \sum_{i=0}^{\lfloor \frac{k}{2}\rfloor } {k \choose 2i}2^{k-2i}\left( \sqrt{3}\right) ^{2i} \ \ \ \ \ \ \ \ \wedge k \in \NN_+}\)

może 13:    

Nie wiem jak zinterpretować fragment:

z których każdy jest przesunięciem wielościanu \(\displaystyle{ W}\) mającym z nim punkt wspólny

Czy jako co najmniej jeden punkt, a wtedy \(\displaystyle{ n=26}\) dla W będącego sześcianem (o krawędzi \(\displaystyle{ a}\)), czy dokładnie tylko jeden punkt? Tu postawiłbym na \(\displaystyle{ n=14}\). Z 26 sześcianów otaczających sześcian W usunąłbym 12 dzielących z W wspólną krawędź, a 6 sześcianów przylegających do W ścianą odsunąłbym na wspólną, niewielką odległość \(\displaystyle{ 2d}\). Do każdej ściany sześcianów dołożyłbym ostrosłup prawidłowy czworokątny o krawędzi podstawy \(\displaystyle{ a}\) i wysokości \(\displaystyle{ d}\)

[mol_ksiazkowy]

11

Ukryta treść:    

należy dokonać cyklicznego parkietażu płaszczyzny kwadratami o przekątnej \(\displaystyle{ 1}\) (etykietując je liczbami ze zbioru \(\displaystyle{ \{ 1,..., 9 \}}\)) i wykorzystać to że:
W \(\displaystyle{ R^n}\) istnieje \(\displaystyle{ n+1}\) punktów, z których dowolne dwa są odległe o jeden

9 cd

Ukryta treść:    

a może graficznie jakoś...?!

[mol_ksiazkowy]

Nierozwiązane zostały zadania: 2, 8 i 12

[Bierut]

Próba podejścia do 12:    

Wydaje się, że łatwo to udowodnić zasadą szufladkowa Dirichleta, ale nie za bardzo wiem, jak to formalnie zapisać. Poniżej próba. Ktoś inny może poprawi.

Kwadrat o polu \(\displaystyle{ 1}\) (będący złożoną kartką) dzielimy dowolnie na \(\displaystyle{ n}\) obszarów (taki sam podział będzie na każdej warstwie złożonej kartki). Każdy obszar to miejsce przez które może przechodzić szpilka oraz \(\displaystyle{ n}\) może przyjmować dowolnie dużą wartość. Na kolejnych warstwach złożonej kartki, gdzie każda warstwa ma maksymalnie powierzchnię równą \(\displaystyle{ 1}\), musimy rozłożyć pole równe \(\displaystyle{ 11}\). To pole równe \(\displaystyle{ 11}\) rozdzielamy dowolnie na ustalone wcześniej \(\displaystyle{ n}\) fragmentów (możemyu je wybierać na różnych warstwach). Suma pól wszystkich \(\displaystyle{ n}\) fragmentów z jednej warstwy daje pole równe \(\displaystyle{ 1}\). Tak więc minimalna liczba warstw, które musimy wykorzystać, to \(\displaystyle{ 11}\). Wtedy niezależnie, w którym miejscu przekłujemy kwadrat, to figura będzie przekłuta \(\displaystyle{ 11}\) razy. W każdym innym przypadku figura może być przekłuta więcej niż \(\displaystyle{ 11}\) razy. Co należało dowieść.

[a4karo]

12:    

Można tak:
Kwadrat jednostkowy \(\displaystyle{ I}\) jest pokryty kawałkami zbioru o polu 11. Oznaczmy ten zbiór przez A, a kawałki (które moga mieć co najwyżej wspólne brzegi) przez \(\displaystyle{ A_i, i=1,2,\dots,n}\).

Niech dla każdego punktu \(\displaystyle{ x}\) należącego do kwadratu \(\displaystyle{ f(x)}\) oznacza ilość zbiorów \(\displaystyle{ A_i}\), które go nakrywają.

Mamy \(\displaystyle{ 11=P(A)=\sum_{i=1}^n P(A_i)=\sum_{i=1}^n \int_I \chi(A_i)dx=\int_I f(x)dx}\). Stąd wniosek, że dla pewnego \(\displaystyle{ x}\) musi zachodzić \(\displaystyle{ f(x)>10}\)


Tak, to jest regułą Dirichleta