[MIX] Mix matematyczny 43

[mol_ksiazkowy]

1. Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ a^2-bc}\) jest kwadratem liczby całkowitej, to \(\displaystyle{ 2a+b+c}\) nie jest liczbą pierwszą.
2. Wskazać funkcję \(\displaystyle{ f: \RR \to \RR}\) taką, że \(\displaystyle{ f(f (x)) = x^2+2x+6 }\) dla \(\displaystyle{ x \in \RR.}\)
3. Wisienką w grafie nazywa się dwa wierzchołki o stopniu 1 i o wspólnym sąsiedzie. Udowodnić, że w grafie spójnym, który nie ma wisienki można usunąć dwa sąsiednie wierzchołki, tak aby wciąż był on spójny.
4. Niech \(\displaystyle{ ! n ! }\) będzie iloczynem \(\displaystyle{ n }\) kolejnych liczb jedynkowych (np. \(\displaystyle{ ! 3 ! = 1 \cdot 11 \cdot 111 }\)). Udowodnić, że \(\displaystyle{ ! (n+m) ! }\) dzieli się przez iloczyn liczb \(\displaystyle{ ! n! }\) i \(\displaystyle{ !m! }\).
5. Czy szachownicę \(\displaystyle{ 10 \times 10 }\) można pokryć \(\displaystyle{ 25}\) kostkami, z których każda składa się z czterech kwadratów jednostkowych i ma kształt litery L ?
6. Rozwiązać równanie \(\displaystyle{ x^3 = \{ (x+1)^3 \} }\) .
7. Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+ …+ \frac{1}{n}= \frac{a_n}{b_n} }\) (ułamek nieskracalny), to \(\displaystyle{ b_{n+1} < b_n}\) dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n}\).
8. Wyznaczyć \(\displaystyle{ n}\)-ty wyraz ciągu \(\displaystyle{ a_1 = 1 \\ a_{n+1}= \frac{1+4a_n + \sqrt{1+24a_n}}{16} }\).
9. Udowodnić, że na \(\displaystyle{ 19}\) polowej sześciokątnej szachownicy (jak w grze hex) o boku opartym na trzech sześciokątach może wielbłąd z pola środkowego przeskoczyć po wszystkich polach, na każdym będąc tylko raz.
10. W kwadracie o boku długości \(\displaystyle{ 1}\) zawarte są okręgi takie, że suma ich długości jest równa \(\displaystyle{ 10}\). Wykazać, że istnieje prosta przecinająca co najmniej cztery z tych okręgów.

[a4karo]

6:    

Oczywiście \(\displaystyle{ 0\leq x< 1}\)
Podzielmy odcinek \(\displaystyle{ [0,1)}\) na odcinki \(\displaystyle{ I_n=\left[\sqrt[3]{n}-1,\sqrt[3]{n+1}-1\right), n=1,2,...,7}\)

Dla `x\in I_n` mamy `\{(1+x)^3\}=(1+x)^3-n`. Szukamy zatem rozwiązania równania `f_n=(1+x)^3-x-n=0` w przedziale `I_n`

Funkcja `f_n(x)` jest ciągła i rosnąca na odcinku `[0,1`) i
\(\displaystyle{ f_n(\sqrt[3]{n}-1)=n-(\sqrt[3]{n}-1)-n\leq 0}\) i \(\displaystyle{ f_n(\sqrt[3]{n+1}-1)=n+1-(\sqrt[3]{n+1}-1)-n\geq 0}\) zatem w każdym z przedziałów `I_n,\ n=1,2,...,6` istnieje dokładnie jedno rozwiązanie równania.

W sumie to to samo co Janusz Tracz poniżej napisał. Szkoda, że nie da sie posta usunąć

[Janusz Tracz]

6:    

\(\displaystyle{ \bullet}\) Jako, że funkcja \(\displaystyle{ \left\{ \cdot \right\} }\) jest organiczna to rozwiązania to ewentualnych rozwiązań można szukać dla \(\displaystyle{ x\in \left[ 0,1\right) }\).

\(\displaystyle{ \bullet}\) Zauważmy, że \(\displaystyle{ \left\{ (x+1)^3\right\}= (x+1)^3- k }\) dla \(\displaystyle{ x\in \left[ \sqrt[3]{k}-1,\sqrt[3]{k+1}-1 \right) }\).

\(\displaystyle{ \bullet}\) Zbiór \(\displaystyle{ \left[ 0,1\right)}\) można podzielić \(\displaystyle{ \left[ 0,1\right)= \bigcup_{k=1}^{7}\left[ \sqrt[3]{k}-1,\sqrt[3]{k+1}-1 \right) }\).

Teraz rozważmy jakieś \(\displaystyle{ k\in \left\{ 1,2,3,...,7\right\} }\) i zbiór z nim związany. Na takim zbiorze równanie sprowadza się do \(\displaystyle{ x^3=(x-1)^3-k}\) czyli \(\displaystyle{ k=3x^2+3x+1}\). Równanie to ma rozwiązania \(\displaystyle{ x^{(1),(2)}_{k}= \frac{-3 \pm \sqrt{12k-3} }{6} }\). Jeszcze trzeba się ograniczyć z rozwiązaniami które nie wpadają do przedziału generowanego przez odpowiednie \(\displaystyle{ k}\). Ostatecznie powinno wyjść \(\displaystyle{ x_k= \frac{-3 + \sqrt{12k-3} }{6}}\) dla \(\displaystyle{ k\in \left\{ 1,2,3,4,5,6\right\} }\).

[Premislav]

8.:    

Oznaczmy \(\displaystyle{ b_{n}=\sqrt{1+24a_{n}}}\). Mamy wówczas oczywiście
\(\displaystyle{ a_{n}=\frac{b_{n}^{2}-1}{24}, \ b_{n}>0}\) i równanie rekurencyjne przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ \frac{b_{n+1}^{2}-1}{24}=\frac{1+\frac{b_{n}^{2}-1}{6}+b_{n}}{16}\\ 4\left(b_{n+1}^{2}-1\right)=5+b_{n}^{2}+6b_{n}\\(2b_{n+1})^{2}=(b_{n}+3)^{2}\\b_{n+1}=\frac{b_{n}+3}{2}}\)
Ponadto jest \(\displaystyle{ b_{1}=\sqrt{1+24a_{1}}=5}\)
Jeśli położymy \(\displaystyle{ c_{n}=b_{n}-3}\), to ciąg \(\displaystyle{ (c_{n})}\) jest geometrycznym o ilorazie \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\), a ponadto \(\displaystyle{ c_{1}=2}\), więc \(\displaystyle{ c_{n}=\frac{1}{2^{n-2}}, \ b_{n}=3+\frac{1}{2^{n-2}}, \\ a_{n}=\frac{\left(3+\frac{1}{2^{n-2}}\right)^{2}-1}{24}}\)
i zabijcie mnie, ale nie chce mi się tego upraszczać.

[kerajs]

9. Udowodnić, że na \(\displaystyle{ 19}\) polowej sześciokątnej szachownicy (jak w grze hex) o boku opartym na trzech sześciokątach może wielbłąd z pola środkowego przeskoczyć po wszystkich polach, na każdym będąc tylko raz.

A jakie ruchy może wykonywać wielbłąd? Co prawda, w jednym z mixów był Wielbłąd jako ((1, 3) koń), ale na szachownicy sześciokątnej nie można skręcać pod kątem prostym.

5:    

Szachownicę maluję w dwukolorowe pasy 1x10 . Kostka, niezależnie od położenia, zakrywa trzy jednostkowe pola w jednym z kolorów i jedno w drugim. Zakładam, że pokrycie jest możliwe, więc A kostek zakrywa po trzy jednostkowe pola w jednym kolorze, a B kostek zakrywa po trzy jednostkowe pola w drugim z kolorów.
Niestety układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} 3A+B=50 \\ A+3B=50\\ A+B=25 \end{cases} }\)
nie ma rozwiązania w liczbach naturalnych, co sprawia, iż pokrycie z treści zadania nie jest możliwe.

[mol_ksiazkowy]

9 cd

Ukryta treść:    

Wielbład z sześciu sąsiadujących pól może iść na trzy z nich: w górę, w lewo-dół bądż w prawo-dół (por. Dynkin, Uspienski - Ciekawe zagadnienia matematyczne)

2

Ukryta treść:    

Jeśli \(\displaystyle{ g(x)= f(x-3)+ 3 }\) to \(\displaystyle{ g(g(x))= x^2}\) tj. \(\displaystyle{ g(x)= x^{\sqrt{2}}}\)

[mol_ksiazkowy]

Nierozwiązane są 1, 3, 4, 7, 8 + (?) 9.

[Premislav]

1.:    

Przyjmuję w tym rozwiązaniu, że \(\displaystyle{ a,b,c\in \NN^{+}}\), w przeciwnym przypadku to niekoniecznie prawda, rozważmy bowiem \(\displaystyle{ (a,b,c)=(1,0,0)}\), wtedy \(\displaystyle{ a^{2}-bc=1^{2}, \ 2a+b+c=2\in \PP}\).

Przypuśćmy nie wprost, że istnieje takie \(\displaystyle{ k\in \NN}\), że \(\displaystyle{ a^{2}-bc=k^{2}}\), a zarazem jest \(\displaystyle{ 2a+b+c\in \PP}\).
Mamy:
\(\displaystyle{ 4a^{2}-4bc=4k^{2}\\4a^{2}-(b+c)^{2}+(b-c)^{2}=4k^{2}\\(2a+b+c)(2a-b-c)=(2k-b+c)(2k+b-c)}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ 2a+b+c\in \PP}\) zgodnie z założeniem nie wprost, więc zachodzi co najmniej jedna z podzielności
\(\displaystyle{ (2a+b+c)|(2k-b+c), \ (2a+b+c)|(2k+b-c)}\)
Mając na uwadze pełną symetrię zadania ze względu na \(\displaystyle{ b,c}\), wystarczy wykazać, że jedna z tych podzielności prowadzi do absurdu, co poniżej uczynię.

Jeśli \(\displaystyle{ (2a+b+c)|(2k-b+c)}\), to natychmiast dostajemy \(\displaystyle{ (2a+b+c)|2(a+k+c)}\). Ponieważ \(\displaystyle{ 2a+b+c\in \NN^{+}, \ 2(a+k+c)\in \NN^{+}}\), więc wówczas istnieje takie \(\displaystyle{ r\in \NN^{+}}\), że
\(\displaystyle{ 2(a+k+c)=r(2a+b+c)}\). Mamy jednak \(\displaystyle{ 2\cdot (2a+b+c)>2(a+k+c)}\). Istotnie, równoważnie dostajemy
\(\displaystyle{ 2(a+b)>2k\\a+b>k\\(a+b)^{2}>k^{2}\\(a+b)^{2}>a^{2}-bc\\b(2a+b+c)>0}\)
co jest oczywiste z uwagi na \(\displaystyle{ a,b,c\in \NN^{+}}\).

Pozostaje więc opcja \(\displaystyle{ r=1}\), która daje nam
\(\displaystyle{ 2(a+k+c)=2a+b+c\\2k=b-c\\4k^{2}=(b-c)^{2}\\4a^{2}-4bc=(b-c)^{2}\\2a=b+c}\)
Jednak wówczas jest \(\displaystyle{ 2a+b+c=2(b+c)}\), a zatem \(\displaystyle{ 2a+b+c\notin \PP}\) (wszak skoro \(\displaystyle{ b,c\in \NN^{+}}\), to \(\displaystyle{ b+c\in \NN^{+}, \ b+c>1}\)). Otrzymana sprzeczność kończy dowód.