Kategoria I
Ukryta treść:
1. Danych jest 15 liczb całkowitych większych od 1 i mniejszych od 2009, przy czym są one parami względnie pierwsze (nie mają żadnego wspólnego dzielnika pierwszego). Udowodnij, że wśród tych 15 liczb jest przynajmniej jedna liczba pierwsza.
Wskazówka:
Liczb pierwszych nie większych od \(\displaystyle{ \sqrt{2009}}\) jest dokładnie 14:
2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43.
Należy w odpowiedni sposób zastosować dowód nie wprost i użyć Zasady Szufladkowej Dirichleta.
--
2. W trójkącie \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) punkt D jest środkiem boku AB, a punkt E jest takim punktem należącym do odcinka BC, że: \(\displaystyle{ |BE|=2 \cdot |EC|}\) oraz \(\displaystyle{ \angle ADC = \angle BAE}\). Znajdź miarę kąta \(\displaystyle{ \angle BAC}\).
Odpowiedź:
\(\displaystyle{ 90^o}\)
Rozwiązanie:
Niech F będzie środkiem odcinka EB oraz niech G będzie punktem symetrycznym do punktu D względem punktu A. Wówczas \(\displaystyle{ BD=DA=AG}\) oraz \(\displaystyle{ BF=FE=EC}\), a także (kąt wspólny): \(\displaystyle{ \angle DBF= \angle ABE = \angle GBC}\).
Z tego wynika, że trójkąty \(\displaystyle{ \Delta DBF, \ \Delta ABE, \ \Delta GBC}\) są podobne, w szczególności: \(\displaystyle{ \angle AGC = \angle BGC = \angle BAE = \angle ADC}\) (ostatnia równość z założenia zadania).
Zatem trójkąt \(\displaystyle{ \Delta GDC}\) jest równoramienny, przy czym \(\displaystyle{ GC=DC}\), a w trójkącie równoramiennym środkowa opadająca na podstawę jest zarazem jego wysokością. Ale \(\displaystyle{ GA=AD}\), więc odcinek \(\displaystyle{ CA}\) jest wysokością tego trójkąta. Zatem: \(\displaystyle{ \angle BAC = \angle DAC = 90^o}\)
--
3. Udowodnij, że dla nieujemnych liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a,b,c}\) prawdziwa jest nierówność: \(\displaystyle{ (a+b)(a+c) \ge 2 \sqrt{abc(a+b+c)}}\).
Rozwiązanie:
Na mocy nierówności między średnią arytmetyczną a średnią geometryczną mamy:
\(\displaystyle{ (a+b)(a+c) = a(a+b+c)+bc \ge 2 \sqrt{abc(a+b+c)}}\)
--
4. Udowodnij, że suma 2000 kolejnych liczb całkowitych nie może być kwadratem liczby całkowitej.
Rozwiązanie:
Niech te liczby to: \(\displaystyle{ (n+1), \ (n+2), \ \ldots, \ (n+2000)}\). Ich suma to:
\(\displaystyle{ (n+1)+ (n+2)\ldots+(n+2000)=2000n+\frac{2000 \cdot 2001}{2} = 1000(2n+2001) = 8 \cdot 125 \cdot (2n+2001)}\)
Gdyby ta liczba była kwadratem pewnej liczby całkowitej, to w rozkładzie tej liczby na czynniki pierwsze liczba 2 występowałaby w potędze parzystej (mogłaby nie występować). Ale jak widzimy liczby: \(\displaystyle{ 125, \ 2n+2001}\) są nieparzyste, a \(\displaystyle{ 8=2^3}\), zatem w rozkładzie na czynniki pierwsze tej sumy dwójka występuje w potędze 3 - czyli w potędze nieparzystej. Ta sprzeczność dowodzi, że suma 2000 kolejnych liczb całkowitych nie może być kwadratem liczby całkowitej.
--
5. Dla jakich \(\displaystyle{ k}\) rzeczywistych układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x^2-y^2=0 \\ (x-k)^2+y^2=1 \end{cases}}\)
ma dokładnie 3 pary rozwiązań w liczbach rzeczywistych \(\displaystyle{ (x,y)}\)?
Odpowiedź:
\(\displaystyle{ k=1 \vee k=-1}\)
Wskazówka:
Geometryczna interpretacja równań:
* pierwsze równanie opisuje na płaszczyźnie analitycznej proste \(\displaystyle{ y=x}\) i \(\displaystyle{ y=-x}\)
* drugie równanie opisuje okrąg o promieniu 1 i środku w punkcie \(\displaystyle{ (k,0)}\).
Trzeba uzasadanić, że <u>warunkiem koniecznym</u> jest przechodzenie okręgu przez punkt \(\displaystyle{ (0,0)}\), czyli \(\displaystyle{ k=1 \vee k=-1}\), a następnie sprawdzić (np. rysunkiem na płaszczyźnie bądź obliczeniami), że te dwie wartości spełniają warunek zadania.
Wskazówka:
Liczb pierwszych nie większych od \(\displaystyle{ \sqrt{2009}}\) jest dokładnie 14:
2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43.
Należy w odpowiedni sposób zastosować dowód nie wprost i użyć Zasady Szufladkowej Dirichleta.
--
2. W trójkącie \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) punkt D jest środkiem boku AB, a punkt E jest takim punktem należącym do odcinka BC, że: \(\displaystyle{ |BE|=2 \cdot |EC|}\) oraz \(\displaystyle{ \angle ADC = \angle BAE}\). Znajdź miarę kąta \(\displaystyle{ \angle BAC}\).
Odpowiedź:
\(\displaystyle{ 90^o}\)
Rozwiązanie:
Niech F będzie środkiem odcinka EB oraz niech G będzie punktem symetrycznym do punktu D względem punktu A. Wówczas \(\displaystyle{ BD=DA=AG}\) oraz \(\displaystyle{ BF=FE=EC}\), a także (kąt wspólny): \(\displaystyle{ \angle DBF= \angle ABE = \angle GBC}\).
Z tego wynika, że trójkąty \(\displaystyle{ \Delta DBF, \ \Delta ABE, \ \Delta GBC}\) są podobne, w szczególności: \(\displaystyle{ \angle AGC = \angle BGC = \angle BAE = \angle ADC}\) (ostatnia równość z założenia zadania).
Zatem trójkąt \(\displaystyle{ \Delta GDC}\) jest równoramienny, przy czym \(\displaystyle{ GC=DC}\), a w trójkącie równoramiennym środkowa opadająca na podstawę jest zarazem jego wysokością. Ale \(\displaystyle{ GA=AD}\), więc odcinek \(\displaystyle{ CA}\) jest wysokością tego trójkąta. Zatem: \(\displaystyle{ \angle BAC = \angle DAC = 90^o}\)
--
3. Udowodnij, że dla nieujemnych liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a,b,c}\) prawdziwa jest nierówność: \(\displaystyle{ (a+b)(a+c) \ge 2 \sqrt{abc(a+b+c)}}\).
Rozwiązanie:
Na mocy nierówności między średnią arytmetyczną a średnią geometryczną mamy:
\(\displaystyle{ (a+b)(a+c) = a(a+b+c)+bc \ge 2 \sqrt{abc(a+b+c)}}\)
--
4. Udowodnij, że suma 2000 kolejnych liczb całkowitych nie może być kwadratem liczby całkowitej.
Rozwiązanie:
Niech te liczby to: \(\displaystyle{ (n+1), \ (n+2), \ \ldots, \ (n+2000)}\). Ich suma to:
\(\displaystyle{ (n+1)+ (n+2)\ldots+(n+2000)=2000n+\frac{2000 \cdot 2001}{2} = 1000(2n+2001) = 8 \cdot 125 \cdot (2n+2001)}\)
Gdyby ta liczba była kwadratem pewnej liczby całkowitej, to w rozkładzie tej liczby na czynniki pierwsze liczba 2 występowałaby w potędze parzystej (mogłaby nie występować). Ale jak widzimy liczby: \(\displaystyle{ 125, \ 2n+2001}\) są nieparzyste, a \(\displaystyle{ 8=2^3}\), zatem w rozkładzie na czynniki pierwsze tej sumy dwójka występuje w potędze 3 - czyli w potędze nieparzystej. Ta sprzeczność dowodzi, że suma 2000 kolejnych liczb całkowitych nie może być kwadratem liczby całkowitej.
--
5. Dla jakich \(\displaystyle{ k}\) rzeczywistych układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x^2-y^2=0 \\ (x-k)^2+y^2=1 \end{cases}}\)
ma dokładnie 3 pary rozwiązań w liczbach rzeczywistych \(\displaystyle{ (x,y)}\)?
Odpowiedź:
\(\displaystyle{ k=1 \vee k=-1}\)
Wskazówka:
Geometryczna interpretacja równań:
* pierwsze równanie opisuje na płaszczyźnie analitycznej proste \(\displaystyle{ y=x}\) i \(\displaystyle{ y=-x}\)
* drugie równanie opisuje okrąg o promieniu 1 i środku w punkcie \(\displaystyle{ (k,0)}\).
Trzeba uzasadanić, że <u>warunkiem koniecznym</u> jest przechodzenie okręgu przez punkt \(\displaystyle{ (0,0)}\), czyli \(\displaystyle{ k=1 \vee k=-1}\), a następnie sprawdzić (np. rysunkiem na płaszczyźnie bądź obliczeniami), że te dwie wartości spełniają warunek zadania.
Kategoria II
Ukryta treść:
1. Wyznacz wszystkie pary liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ (x,y)}\) spełniające warunki:
\(\displaystyle{ \begin{cases} y^6+y^3+2x^2=\sqrt{xy-x^2y^2}\\4xy^3+y^3+\frac{1}{2} \geq 2x^2+\sqrt{1+(2x-y)^2}\end{cases}}\)
Rozwiazanie
Niech \(\displaystyle{ z=xy}\). wtedy \(\displaystyle{ 0 \leq \sqrt{z-z^2} \leq \frac{1}{2}}\). , gdyż \(\displaystyle{ \frac{1}{4}- (z-z^2) =(z-\frac{1}{2})^2 \geq 0}\).
czyli
\(\displaystyle{ \begin{cases} y^6+y^3+2x^2\leq \frac{1}{2}\\2x^2+\sqrt{1+(2x-y)^2} \leq 4xy^3+y^3+\frac{1}{2} \end{cases}}\)
tj po dodaniu stronami i redukcji uzyskamy:
\(\displaystyle{ (y^3-2x)^2 \leq 1-\sqrt{1+(2x-y)^2}}\).
Ale prawa strona nierówności musi być liczbą nieujemną, co jest możliwe tylko gdy \(\displaystyle{ 2x=y}\). I wtedy \(\displaystyle{ y^3=2x}\).
Stąd uzyskujemy rozwiązania \(\displaystyle{ (0,0), \ (-\frac{1}{2}, -1), \ (\frac{1}{2}, 1)}\). Bezpośrednie sprawdzenie przekonuje iż tylko para \(\displaystyle{ (-\frac{1}{2}, -1)}\) stanowi rozwiązanie zadania.
2. Pewien stop skłąda się z miedzi i z cynku w stosunku 1:2. Drugi stop składa się z tych metali w stosunku 3:5. W jakim stosunku nalezy wziasc te dwa stopy, aby otrzymać trzeci stop zawierajacy miedz i cynk w stosunku 5:9 ?
Rozwiazanie
Niech \(\displaystyle{ x}\) to bedzie masa stopu I ([pierwszego), a \(\displaystyle{ y}\) masa stopu drugiego. W stopie I mamy miedzi \(\displaystyle{ \frac{1}{3}x}\), a w stopie II jest miedzi \(\displaystyle{ \frac{3}{8}y}\). Cynku w stopie I jest \(\displaystyle{ \frac{2}{3}x}\), zas w stopie II \(\displaystyle{ \frac{5}{8}y}\), W trzecim stopie stosunek miedzi do cynku ma byc rowny 5:9, tj \(\displaystyle{ \frac{\frac{1}{3}x + \frac{3}{8}y}{\frac{2}{3}x+\frac{5}{8}y }=\frac{5}{9}}\). a stad \(\displaystyle{ \frac{x}{y} =\frac{3}{4}}\)
3. Dany jest ciąg liczbowy \(\displaystyle{ u_n}\):
\(\displaystyle{ u_1=1, \ u_{n+1}=2u_n +7}\) dla \(\displaystyle{ n \geq 1}\) .Wyznacz największą liczbę naturalna \(\displaystyle{ n}\), dla ktorej zachodzi nierównosc:
\(\displaystyle{ u_n <9001}\)
Rozwiazanie:
Szukamy wzoru na \(\displaystyle{ u_n}\). Zauwazmy, ze \(\displaystyle{ u_{n+1}+7=2(u_n+7)}\). a wiec ciag \(\displaystyle{ u_n +7}\) jest ciagiem geometrycznym I jego pierwszy wyraz wynosi \(\displaystyle{ 8}\), a iloraz wynosi \(\displaystyle{ 2}\). tj \(\displaystyle{ u_n+7= 8*2^{n-1}}\).
Nierównosc jaka mamy rozwazyc przybiera postac:
\(\displaystyle{ u_n =8*2^{n-1} -7 <9001}\)., tj \(\displaystyle{ 2^{n-1} < 1126}\)., stad \(\displaystyle{ n=11}\) jest szukana liczba.
4. Ze zbioru funkcji \(\displaystyle{ f: \{ 1, 2, ...., 25\} \mapsto \{ 1, 2, ..., 31 \}}\) wybrano losowo jedną funkcję. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzeń:
a) wybrana funkcja f będzie rosnąca, tj. f(a)>f(b) dla a>b
b) maksimum funkcji f wynosi 10
c) zbiór wartosci f jest dwuelementowy
Rozwiazanie
Zdarzeniem elementarnych jest dowolna funkcja \(\displaystyle{ f: \{ 1, 2, ...., 25\} \mapsto \{ 1, 2, ..., 31 \}}\). Są one jednakowo prawdopodobne i jest ich \(\displaystyle{ 31^{25}}\)
a) Funkcji rosnących jest tyle, ile podzbiorów 25 elementowych ze zbioru 31 elementowego, tj \(\displaystyle{ {31 \choose 25}}\), stad \(\displaystyle{ P(A)= \frac{ {31 \choose 25}}{31^{25}}}\)
b)f musi przyjmować wartosc 10 (co najmniej raz ) i nie może przyjmować żadnej większej wartosci niż 10. Takich funkcji jest \(\displaystyle{ 10^{25}-9^{25}}\), tj \(\displaystyle{ P(B)= \frac{10^{25}-9^{25} }{31^{25}}}\)
c) moc zbioru C wynosi \(\displaystyle{ { 31 \choose 2}(2^{25}-2)}\) (f nie może być funkcją stałą). a więc
\(\displaystyle{ P(C)=\frac{ {31 \choose 2} (2^{25}-2)}{ 31^{25}}}\)
5. Znajdź \(\displaystyle{ f : R \backslash \{ 0 \} \mapsto R}\) wiedzac ze dla dowolnego \(\displaystyle{ x \neq 0}\) zachodzi \(\displaystyle{ f(x)+4f(\frac{1}{x})= 3x}\)
Rozwiazanie
A wiec mamy \(\displaystyle{ f(x)+4f(\frac{1}{x})= 3x}\)
Jesli zastapimy \(\displaystyle{ x}\) przez \(\displaystyle{ \frac{1}{x}}\) to otrzymamy:
\(\displaystyle{ f(\frac{1}{x})+4f(x)= \frac{3}{x}}\)
Jesli od pierwszego równania odejmiemy drugie pomnozone przez 4 , to uzyskamy po redukcji
\(\displaystyle{ f(x)= \frac{4}{5x}- \frac{1}{5}x}\) dla \(\displaystyle{ x \neq 0}\)
Bezposrednim rachunkem sprawdzamy ze f spełnia zalozenia zadania, tj stanowi jego rozwiazanie.
\(\displaystyle{ \begin{cases} y^6+y^3+2x^2=\sqrt{xy-x^2y^2}\\4xy^3+y^3+\frac{1}{2} \geq 2x^2+\sqrt{1+(2x-y)^2}\end{cases}}\)
Rozwiazanie
Niech \(\displaystyle{ z=xy}\). wtedy \(\displaystyle{ 0 \leq \sqrt{z-z^2} \leq \frac{1}{2}}\). , gdyż \(\displaystyle{ \frac{1}{4}- (z-z^2) =(z-\frac{1}{2})^2 \geq 0}\).
czyli
\(\displaystyle{ \begin{cases} y^6+y^3+2x^2\leq \frac{1}{2}\\2x^2+\sqrt{1+(2x-y)^2} \leq 4xy^3+y^3+\frac{1}{2} \end{cases}}\)
tj po dodaniu stronami i redukcji uzyskamy:
\(\displaystyle{ (y^3-2x)^2 \leq 1-\sqrt{1+(2x-y)^2}}\).
Ale prawa strona nierówności musi być liczbą nieujemną, co jest możliwe tylko gdy \(\displaystyle{ 2x=y}\). I wtedy \(\displaystyle{ y^3=2x}\).
Stąd uzyskujemy rozwiązania \(\displaystyle{ (0,0), \ (-\frac{1}{2}, -1), \ (\frac{1}{2}, 1)}\). Bezpośrednie sprawdzenie przekonuje iż tylko para \(\displaystyle{ (-\frac{1}{2}, -1)}\) stanowi rozwiązanie zadania.
2. Pewien stop skłąda się z miedzi i z cynku w stosunku 1:2. Drugi stop składa się z tych metali w stosunku 3:5. W jakim stosunku nalezy wziasc te dwa stopy, aby otrzymać trzeci stop zawierajacy miedz i cynk w stosunku 5:9 ?
Rozwiazanie
Niech \(\displaystyle{ x}\) to bedzie masa stopu I ([pierwszego), a \(\displaystyle{ y}\) masa stopu drugiego. W stopie I mamy miedzi \(\displaystyle{ \frac{1}{3}x}\), a w stopie II jest miedzi \(\displaystyle{ \frac{3}{8}y}\). Cynku w stopie I jest \(\displaystyle{ \frac{2}{3}x}\), zas w stopie II \(\displaystyle{ \frac{5}{8}y}\), W trzecim stopie stosunek miedzi do cynku ma byc rowny 5:9, tj \(\displaystyle{ \frac{\frac{1}{3}x + \frac{3}{8}y}{\frac{2}{3}x+\frac{5}{8}y }=\frac{5}{9}}\). a stad \(\displaystyle{ \frac{x}{y} =\frac{3}{4}}\)
3. Dany jest ciąg liczbowy \(\displaystyle{ u_n}\):
\(\displaystyle{ u_1=1, \ u_{n+1}=2u_n +7}\) dla \(\displaystyle{ n \geq 1}\) .Wyznacz największą liczbę naturalna \(\displaystyle{ n}\), dla ktorej zachodzi nierównosc:
\(\displaystyle{ u_n <9001}\)
Rozwiazanie:
Szukamy wzoru na \(\displaystyle{ u_n}\). Zauwazmy, ze \(\displaystyle{ u_{n+1}+7=2(u_n+7)}\). a wiec ciag \(\displaystyle{ u_n +7}\) jest ciagiem geometrycznym I jego pierwszy wyraz wynosi \(\displaystyle{ 8}\), a iloraz wynosi \(\displaystyle{ 2}\). tj \(\displaystyle{ u_n+7= 8*2^{n-1}}\).
Nierównosc jaka mamy rozwazyc przybiera postac:
\(\displaystyle{ u_n =8*2^{n-1} -7 <9001}\)., tj \(\displaystyle{ 2^{n-1} < 1126}\)., stad \(\displaystyle{ n=11}\) jest szukana liczba.
4. Ze zbioru funkcji \(\displaystyle{ f: \{ 1, 2, ...., 25\} \mapsto \{ 1, 2, ..., 31 \}}\) wybrano losowo jedną funkcję. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzeń:
a) wybrana funkcja f będzie rosnąca, tj. f(a)>f(b) dla a>b
b) maksimum funkcji f wynosi 10
c) zbiór wartosci f jest dwuelementowy
Rozwiazanie
Zdarzeniem elementarnych jest dowolna funkcja \(\displaystyle{ f: \{ 1, 2, ...., 25\} \mapsto \{ 1, 2, ..., 31 \}}\). Są one jednakowo prawdopodobne i jest ich \(\displaystyle{ 31^{25}}\)
a) Funkcji rosnących jest tyle, ile podzbiorów 25 elementowych ze zbioru 31 elementowego, tj \(\displaystyle{ {31 \choose 25}}\), stad \(\displaystyle{ P(A)= \frac{ {31 \choose 25}}{31^{25}}}\)
b)f musi przyjmować wartosc 10 (co najmniej raz ) i nie może przyjmować żadnej większej wartosci niż 10. Takich funkcji jest \(\displaystyle{ 10^{25}-9^{25}}\), tj \(\displaystyle{ P(B)= \frac{10^{25}-9^{25} }{31^{25}}}\)
c) moc zbioru C wynosi \(\displaystyle{ { 31 \choose 2}(2^{25}-2)}\) (f nie może być funkcją stałą). a więc
\(\displaystyle{ P(C)=\frac{ {31 \choose 2} (2^{25}-2)}{ 31^{25}}}\)
5. Znajdź \(\displaystyle{ f : R \backslash \{ 0 \} \mapsto R}\) wiedzac ze dla dowolnego \(\displaystyle{ x \neq 0}\) zachodzi \(\displaystyle{ f(x)+4f(\frac{1}{x})= 3x}\)
Rozwiazanie
A wiec mamy \(\displaystyle{ f(x)+4f(\frac{1}{x})= 3x}\)
Jesli zastapimy \(\displaystyle{ x}\) przez \(\displaystyle{ \frac{1}{x}}\) to otrzymamy:
\(\displaystyle{ f(\frac{1}{x})+4f(x)= \frac{3}{x}}\)
Jesli od pierwszego równania odejmiemy drugie pomnozone przez 4 , to uzyskamy po redukcji
\(\displaystyle{ f(x)= \frac{4}{5x}- \frac{1}{5}x}\) dla \(\displaystyle{ x \neq 0}\)
Bezposrednim rachunkem sprawdzamy ze f spełnia zalozenia zadania, tj stanowi jego rozwiazanie.
Kategoria III
Ukryta treść:
- Niech \(\displaystyle{ 0 \le a \le 1}\). Znajdź wszystkie funkcje ciągłe \(\displaystyle{ f: [0,1] \rightarrow \mathbb{R}_+}\) spełniające trzy następujące warunki:
\(\displaystyle{ \int_0^1 f(x) \; \mbox d x = 1, \; \int_0^1 x f(x) \; \mbox d x = a, \; \int_0^1 x^2 f(x) \; \mbox d x = a^2}\)
- Wyznacz ostatnią cyfrę liczby
\(\displaystyle{ 23^{23^{23^{23}}}}\)w systemie dziesiętnym
- Niech dana będzie macierz \(\displaystyle{ A = (a_{ij})_{n \times n}}\) o rzeczywistych nieujemnych elementach takich, że:
\(\displaystyle{ \sum_{j=1}^n a_{ij} = 1 \quad (1 \le i \le n)}\)Udowodnij, że moduł żadnej wartości własnej macierzy \(\displaystyle{ A}\) nie jest większy niż \(\displaystyle{ 1}\). - Udowodnij, że jeśli rząd elementu \(\displaystyle{ a}\) grupy abelowej \(\displaystyle{ A}\) jest względnie pierwszy z \(\displaystyle{ n}\), to równanie \(\displaystyle{ nx= a}\) ma rozwiązanie w \(\displaystyle{ A}\).
- Czy można skonstruować takie trzy kostki sześcienne, że \(\displaystyle{ P(A>B)>\tfrac{1}{2} \ \wedge \ P(B>C)>\tfrac{1}{2} \ \wedge \ P(C>A)>\tfrac{1}{2}}\),
gdzie \(\displaystyle{ P(X>Y)}\) oznacza, że na kostce \(\displaystyle{ X}\) wypadnie większa liczba niż na kostce \(\displaystyle{ Y}\)? Podaj przykład lub wykaż, że nie jest to możliwe.
- Mnożąc podane równości kolejno przez \(\displaystyle{ a^2, -2a,1}\) i dodając do siebie stronami otrzymujemy \(\displaystyle{ \int_0^1 f(x) (a-x)^2 \; \mbox d x = 0}\). Jednak całka ta jest dodatnia dla każdej dodatniej funkcji ciągłej f, zatem nie istnieje f spełniająca warunki zadania.
- Ponieważ \(\displaystyle{ 23 \equiv 3 \pmod{10}}\) wystarczy znaleźć \(\displaystyle{ 3^{23^{23^{23}}} \pmod{10}}\). Mamy \(\displaystyle{ \varphi (10) = 4}\), gdzie \(\displaystyle{ \varphi}\) jest funkcją \(\displaystyle{ \varphi}\) Eulera i na mocy twierdzenia Eulera \(\displaystyle{ 3^r \equiv 3^s \pmod{10}}\) gdy \(\displaystyle{ r \equiv s \pmod{4}}\). Zatem szukamy \(\displaystyle{ 23^{23^{23}} \pmod{4}}\). Mamy \(\displaystyle{ 23 \equiv 3 \pmod{4}}\), więc \(\displaystyle{ 23^{23^{23}} \equiv 3^{23^{23}} \pmod{4}}\). Jako, że \(\displaystyle{ -1 \equiv 3 \pmod{4}}\) jest \(\displaystyle{ 3^{23^{23}} \equiv (-1)^{23^{23}} \equiv - 1 \pmod{4}}\), ponieważ \(\displaystyle{ 23^{23}}\) jest liczbą nieparzystą. Zatem \(\displaystyle{ 23^{23^{23}} \equiv 3 \pmod{4}}\) i \(\displaystyle{ 3^{23^{23^{23}}} \equiv 3^3 \equiv 7 \pmod{10}}\).
- Niech \(\displaystyle{ \lambda}\) będzie wartością własną macierzy \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ \vec{x} = (x_1, \ldots , x_n)^T}\) odpowiadającym tej wartości własnej wektorem własnym. Przez \(\displaystyle{ x_i}\) oznaczmy współrzędną wektora \(\displaystyle{ \vec{x}}\) o największej co do wartości bezwzględnej wartości. Mamy:
\(\displaystyle{ \lambda x_i = \sum_{j = 1}^n a_{ij} x_j}\)więc\(\displaystyle{ | \lambda | |x_i| \le \sum_{j = 1}^n a_{ij} |x_j| \le |x_i| \sum_{j =1}^n a_{ij} = |x_i|}\)Przeto \(\displaystyle{ |\lambda | \le 1}\). - Odwzorowanie \(\displaystyle{ x \mapsto nx}\) jest automorfizmem grupy cyklicznej \(\displaystyle{ \langle a \rangle}\) (ma jądro trywialne), dlatego dla odpowiedniego \(\displaystyle{ x}\) mamy \(\displaystyle{ nx=a}\).
- Możliwe, odpowiedzi jest wiele. Temat był kiedyś poruszany przez scyth'a w quizie, jest też na angielskiej wikipedii pod hasłem "nontransitive dice".