[MIX] Mix rekreacyjny

[mol_ksiazkowy]

1. Niektóre pola szachownicy \(\displaystyle{ 2n \times 2n}\) można pokolorować. Na ile sposobów można to zrobić aby każde pole miało parzystą ilość pokolorowanych sąsiadów ?
Uwagi: Pola sąsiadują, gdy mają wspólną krawędź (nie narożnik).
2. Dla jakich wartości \(\displaystyle{ a_1}\) jednym z wyrazów ciągu określonego \(\displaystyle{ a_{n+1}=4a_n(1-a_n)}\) będzie zero ?
3. Kostki do gry; Z jednakowych sześciennych kostek do gry, na ściankach których namalowane są oczka (od 1 do 6) ułożona jest płytka o \(\displaystyle{ n}\) wierszach i \(\displaystyle{ m}\) kolumnach. Przez obrót kolumny kostek rozumiemy jednoczesny obrót wszystkich kostek leżących w tej kolumnie o tę samą wielokrotność kąta prostego. Analogicznie: obrót wiersza kostek.
Czy można uzyskać każdy układ oczek na opisanej płycie, wykonując tylko zdefiniowane wyżej obroty wierszy i kolumn?
M
4. Dane są liczby dodatnie \(\displaystyle{ a, b, c, d, e, f}\) takie że \(\displaystyle{ (a, b, c, d)}\) jest ciągiem arytmetycznym, zaś ciąg \(\displaystyle{ (a, e, f, d)}\) jest ciągiem geometrycznym. Udowodnić, że \(\displaystyle{ bc \geq ef.}\)
5. Ile rozwiązań ma równanie diofantyczne; wyznaczyć je: \(\displaystyle{ t^2+1= s(s+t)}\) ?
6. Basen napełniany jest przez trzy krany; gdy otwarte są pierwszy i drugi kran to napełnianie basenu trwa 20 godzin, gdy pierwszy i trzeci 15 godzin, a gdy drugi i trzeci 12 godzin. Ile będzie trwało napełnianie basenu, gdy otwarte są wszystkie krany ?
7. Udowodnić, że graf w którym ilości wierzchołków i krawędzi są równe ma cykl.
8. Jaka jest odległość środków dwóch krawędzi skośnych czworościanu foremnego ?
9. Wyznaczyć warunki konieczny i wystarczający na to aby suma i iloczyn dwóch liczb całkowitych dodatnich były liczbami względnie pierwszymi.
M
10. Rozwiązać równanie funkcyjne \(\displaystyle{ f (x+ f(y)) + f(x - f(y))= 2x.}\)

11. Dla jakich \(\displaystyle{ n}\) zachodzi twierdzenie:
W dowolnym grafie mającym \(\displaystyle{ n}\) wierzchołków istnieją wśród nich takie dwa różne \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\), że ilość wierzchołków \(\displaystyle{ C}\) koincydentnych (połączonych krawędzią) zarówno z \(\displaystyle{ A}\) jak i z \(\displaystyle{ B}\) jest parzysta ?
12. Niech \(\displaystyle{ I}\) oraz \(\displaystyle{ O}\) będą środkami okręgów wpisanego i opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\). Udowodnić, że środek łuku \(\displaystyle{ BC}\) jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ BIC.}\)
13. Wskazać trzynaście przykładów /modeli/ zastosowań teorii grafów.
14. Zbiór \(\displaystyle{ A}\) ma taką własność: jeśli \(\displaystyle{ x \in A,}\) to \(\displaystyle{ \{ \lfloor x \rfloor, \ \{ x \} , \ x+ \{ x \} \} \subset A}\). Czy zbiór mający tę własność do którego należy liczba niewymierna jest nieskończony ?
M
15. Dla jakich liczb \(\displaystyle{ a, \ b}\) :
\(\displaystyle{ \begin{cases} a^2 \equiv 0 \ (\bmod b) \\ b^2 \equiv 0 \ (\bmod a ) \\ b^2+1 \equiv 0 \ (\bmod a+1) \end{cases}}\)
?
Serbia
16. W kuli o promieniu \(\displaystyle{ 1}\) jest 73 różnych punktów. Udowodnić że można z nich wybrać trzynaście takich, które są wewnątrz jakiejś kuli o promieniu \(\displaystyle{ \frac{5}{6}.}\)
17. Niech \(\displaystyle{ f(n)}\) będzie sumą wszystkich liczb naturalnych nie większych niż \(\displaystyle{ n}\) i nie względnie pierwszych z \(\displaystyle{ n.}\) Udowodnić, że \(\displaystyle{ f(n+p) \neq f(n)}\) dla dowolnej liczby pierwszej \(\displaystyle{ p}\) i dla \(\displaystyle{ n \geq 2.}\)
Mołdawia
18. Niech \(\displaystyle{ N = \underbrace{1 \ldots 1}_{n}}\). Obliczyć \(\displaystyle{ S(N^2)}\) oraz \(\displaystyle{ S(N^3)}\), gdzie \(\displaystyle{ S(m)}\) jest sumą wszystkich cyfr liczby \(\displaystyle{ m.}\)
19. Rozwiązać równanie \(\displaystyle{ \frac{64x^2y^2}{4x^2+y^2} = (x+1)(y+2)(2x+y).}\)
20. Dany jest ciąg \(\displaystyle{ a_n}\) taki, że \(\displaystyle{ a_1+ 2a_2+...+ na_n = \frac{n+1}{n+2}}\). Wyznaczyć \(\displaystyle{ S_n= a_1+...+a_n.}\)

21. Rozwiązać układ
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+ \sqrt{y}+ z = b \\ x + \sqrt{z}+ y = c \\ y+ \sqrt{x}+ z = a. \end{cases}}\)
Kiedy ten układ nie ma rozwiązań ?
22. Prostokąt został podzielony na skończoną mniejszych prostokątów, w taki sposób że ich boki są równoległe do boków prostokąta. Dowolna prosta równoległa do boków prostokąta i przecinająca jego wnętrze przecina też wnętrze jakiegoś mniejszego prostokąta z podziału. Udowodnić, że istnieje prostokąt z podziału nie mający punktu wspólnego z brzegiem podzielonego prostokąta.
23. Ile rozwiązań może mieć równanie \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{x-a}{b}} + \sqrt{\frac{x+b}{a}} = \sqrt{\frac{x-b}{a}} + \sqrt{\frac{x+a}{b}}}\) ?
24. Dany jest sześcioelementowy zbiór \(\displaystyle{ X}\) i jego trzyelementowe podzbiory \(\displaystyle{ A_1, ..., A_6}\). Udowodnić, że można pomalować każdy element zbioru \(\displaystyle{ X}\) jednym z dwóch kolorów, tak aby żaden ze zbiorów \(\displaystyle{ A_j}\) nie był jednokolorowy.
25. Ponumerować wierzchołki sześcianu liczbami ze zbioru \(\displaystyle{ \{ 1,..,9 \}}\) w taki sposób, aby sumy numerów wierzchołków z każdej ściany były równe i nie podzielne przez liczbę nie wziętą do numeracji.
26. Wyznaczyć wszystkie takie \(\displaystyle{ f: \RR \to \RR}\) że \(\displaystyle{ f( (x-y)^2 ) \equiv f(x)^2 - 2xf(y) + y^2.}\)
27. W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) spełnione są nierówności \(\displaystyle{ |AB| > |AC| > |BC|}\). Który z trzech okręgów opisanych na trójkątach \(\displaystyle{ ABH, ACH, BCH}\) ma największy, a który najmniejszy obwód ?
Uwagi: Punkt \(\displaystyle{ H}\) jest ortocentrum trójkąta \(\displaystyle{ ABC.}\)
28. Dla jakich \(\displaystyle{ c \in \RR}\) wielomian
\(\displaystyle{ x^n + {c \choose 1}x^{n-1} + {c \choose 2}x^{n-2} + ... + {c \choose n} \ \ n \geq 2}\)
ma \(\displaystyle{ n}\) pierwiastków rzeczywistych (licząc ewentualne krotności) ?
Australia
29. Udowodnić, że jeśli liczby \(\displaystyle{ a, b ,c}\) są dodatnie i \(\displaystyle{ a+b+c=1,}\) to
\(\displaystyle{ \frac{1}{bc+a+ \frac{1}{a}} + \frac{1}{ca+b+ \frac{1}{b}} + \frac{1}{ab+c+ \frac{1}{c}} \leq \frac{27}{31}.}\)
Serbia
30. Dla jakich \(\displaystyle{ a, b}\) układ
\(\displaystyle{ \begin{cases} x^3+y^3=2 \\ y =ax+b. \end{cases}}\)
nie ma rozwiązań ?

[kerajs]

6:    

Przez 60 godzin otwarte pierwszy i drugi kran napełnią 3 baseny, pierwszy i trzeci kran napełnią 4 baseny, a drugi i trzeci kran napełnią 5 basenów. Sumując mam że zdublowane wszystkie krany napełnią 12 basenów w 60 godzin, czyli trzy krany napełnią basen w godzin 10.

8:    

To wysokość w trójkącie równoramiennym o podstawie \(\displaystyle{ a}\) i ramieniu \(\displaystyle{ \frac{a \sqrt{3} }{2}}\) i wynosi \(\displaystyle{ \frac{a \sqrt{2} }{2}}\), gdzie a to krawędź czworościanu.

30:    

\(\displaystyle{ y= \sqrt[3]{2-x^3}}\)
Ta krzywa ma asymptotę ukośną \(\displaystyle{ y=-x}\) z którą nie ma żadnych punktów wspólnych (cała leży nad asymptotą). Ponadto wykres krzywej jest symetryczny względem prostej \(\displaystyle{ y=x}\) (bo jest swoją funkcją odwrotną)
\(\displaystyle{ x^3+x^3=2 \Rightarrow x=y=1}\)
Układ krzywej z prostą \(\displaystyle{ y=-x+2}\) daje tylko punkt \(\displaystyle{ (1,1)}\). A skoro cały (bo jest ciągła) wykres leży miedzy wskazanymi prostymi to pierwotny układ nie ma rozwiązań dla \(\displaystyle{ a=-1 \wedge b \in (- \infty ,0> \cup (2; \infty)}\)

[Premislav]

20.:    

\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}k \ a_k= \frac{n+1}{n+2}\\ (n+1)a_{n+1}= \frac{n+2}{n+3}- \frac{n+1}{n+2}\\ a_{n+1}= \frac{1}{2n+2}+ \frac{1}{2n+6} - \frac{1}{n+2}\\ S_{n+1}-a_1= \sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2k+2}+ \frac{1}{2k+6} - \frac{1}{k+2} \right)\\ S_{n+1}=\frac 2 3+\frac 1 2 (H_{n+1}-1)+\frac 1 2\left( H_{n+3}-1-\frac 1 2-\frac 1 3\right)-\left( H_{n+2}-1-\frac 1 2\right)}\)
gdzie \(\displaystyle{ H_n=\sum_{k=1}^n\frac 1 k}\)
czyli
\(\displaystyle{ S_{n+1}=\frac 2 3-\frac 1 2+ \frac{1}{2n+4}+ \frac{1}{2n+6}-\frac 1 2 -\frac 1 4-\frac 1 6-\frac{1}{n+2}+\frac 3 2}\)
a odejmując od tego \(\displaystyle{ a_{n+1}}\) mamy
\(\displaystyle{ S_n= \frac{3}{4}+\frac{1}{2n+4}- \frac{1}{2n+2}}\)

[kerajs]

4:    

\(\displaystyle{ bc=(a+r)(a+2r)=a^2+3ar+2r^2\\
ef=aq \cdot aq^2=a^2q^3=ad=a(a+3r)=a^2+3ar=bc-2r^2<bc}\)

25:    

Tylko gdy nie użyję cyfry 7 to suma wierzchołków na każdej ścianie nie będzie podzielna przez pozostawioną cyfrę.
\(\displaystyle{ A=9, \ B=1, \ C=6, \ D=3, \\
A'=5, \ B'=4, \ C'=8, \ D'=2}\)

[Bourder]

10:    

Ukryta treść:    

Nie wiem czy dobrze, bo w zasadzie nie bawię się takimi równaniami.
Robiąc podstawienie \(\displaystyle{ x:=0}\) otrzymujemy: \(\displaystyle{ f(f(y)) + f(- f(y))=0}\) Mamy więc, że funkcja jest nieparzysta, ponieważ \(\displaystyle{ f(f(y)=-f(-f(y))}\)
Podstawmy \(\displaystyle{ f(y):=0}\). Stąd bezpośrednio otrzymujemy: \(\displaystyle{ 2f(x)=2x}\), czyli \(\displaystyle{ f(x)=x}\) Funkcja ta spełnia warunki zadania

Jeszcze raz. Podstawmy \(\displaystyle{ f(y)=x}\). Równanie upraszcza się do \(\displaystyle{ f(2x)+f(0)=2x}\).Biorąc teraz \(\displaystyle{ x=0}\) dostajemy \(\displaystyle{ f(0)=0}\). Podstawiając w pierwotnym równaniu \(\displaystyle{ y=0}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ f(x)=x}\).
Mam nadzieję, że nie jest to tym samym co wcześniej, tylko że na około

[AndrzejK]

10:    

Nie wiem czy dobrze, bo w zasadzie nie bawię się takimi równaniami.
Robiąc podstawienie \(\displaystyle{ x:=0}\) otrzymujemy: \(\displaystyle{ f(f(y)) + f(- f(y))=0}\) Mamy więc, że funkcja jest nieparzysta, ponieważ \(\displaystyle{ f(f(y)=-f(-f(y))}\)
Podstawmy \(\displaystyle{ f(y):=0}\). Stąd bezpośrednio otrzymujemy: \(\displaystyle{ 2f(x)=2x}\), czyli \(\displaystyle{ f(x)=x}\) Funkcja ta spełnia warunki zadania.

Ukryta treść:    

Wydaje mi się, że nie do końca. Z \(\displaystyle{ f(f(y))=-f(-f(y))}\) wcale nie wynika, że \(\displaystyle{ f}\) jest nieparzysta, tylko że \(\displaystyle{ f}\) obcięta do swojego zbioru wartości jest nieparzysta. Nie wiadomo jednak czy istnieje \(\displaystyle{ y}\) takie, że \(\displaystyle{ f(y)=0}\).

[bosa_Nike]

29:    

WLOG \(\displaystyle{ 1>a\ge b\ge c>0}\), wtedy

\(\displaystyle{ \frac{1}{bc+a+\frac{1}{a}}=\frac{a}{abc+a^2+1}\ge\frac{b}{abc+b^2+1}=\frac{1}{ac+b+\frac{1}{b}}\iff\\ \\ (a-b)(1-ab+abc)\ge 0}\)

oraz oczywiście \(\displaystyle{ abc+a^2+1\ge abc+b^2+1}\) itd.

Wobec tego, z nierówności Czebyszewa, mamy:

\(\displaystyle{ 3=3\sum a=3\sum\left(\frac{a}{abc+a^2+1}\cdot\left(abc+a^2+1\right)\right)\ge\\ \\ \sum\left(\frac{a}{abc+a^2+1}\right)\cdot\sum\left(abc+a^2+1\right)=\\ \\ \sum\left(\frac{a}{abc+a^2+1}\right)\cdot\left(3+3abc+\sum a^2\right)}\)

Potrzebujemy więc \(\displaystyle{ 3abc+\sum a^2\ge\frac{4}{9}}\), a w postaci jednorodnej \(\displaystyle{ 27abc+9\sum a^2\cdot\sum a\ge 4\left(\sum a\right)^3}\), albo \(\displaystyle{ 5(a+b+c)^3+27abc-18(a+b+c)(ab+bc+ca)\ge 0}\)

Ostatnia nierówność jest prawdziwa na mocy nierówności Schura i AM-GM, bo jest równoważna

\(\displaystyle{ 2\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)+\\ 3\left(a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)\right)\ge 0}\)

Równość dla \(\displaystyle{ a=b=c=\frac{1}{3}}\).

Ble, brzydko wyszło, zafiksowałam się na Czebyszewie.

4:    

\(\displaystyle{ bc=\frac{a+c}{2}\cdot\frac{b+d}{2}\ge\sqrt{abcd}\iff bc\ge ad=ef}\)

[Premislav]

tu były bzdury

[Mruczek]

11.

Ukryta treść:    

Odpowiedź: dowolne \(\displaystyle{ n}\) parzyste.
Przypadek gdy \(\displaystyle{ n}\) nieparzyste. Wtedy weźmy klikę \(\displaystyle{ n}\) - wierzchołkową i jej dwa dowolne wierzchołki. Są one połączone ze wszystkimi pozostałymi wierzchołkami tego grafu - mają nieparzystą liczbę wspólnych sąsiadów. Dla \(\displaystyle{ n}\) nieparzystego nie działa.

Pokażemy, że dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\) parzystego to działa.
Przypadek gdy każdy wierzchołek ma parzysty stopień rozpatrzyłem tutaj:
https://www.matematyka.pl/viewtopic.php?t=419609.
Przypadek gdy pewien wierzchołek ma nieparzysty stopień:
Weźmy ten wierzchołek \(\displaystyle{ v}\), a zbiór jego sąsiadów oznaczmy przez \(\displaystyle{ N(v)}\). Jeżeli jakiś wierzchołek \(\displaystyle{ u \in N(v)}\) ma parzystą liczbę sąsiadów w tym zbiorze, tzn. \(\displaystyle{ |N(u) \cap N(v)|}\) jest parzyste, to wtedy \(\displaystyle{ u}\) i \(\displaystyle{ v}\) mają parzystą liczbę wspólnych sąsiadów - ich wspólni sąsiedzi to zbiór \(\displaystyle{ N(u) \cap N(v)}\). Jeżeli nie to w podgrafie utworzonym przez \(\displaystyle{ N(v)}\) każdy wierzchołek ma nieparzysty stopień, ale ten podgraf ma nieparzystą liczbę wierzchołków, czyli łączna suma stopni w tym podgrafie jest nieparzysta, sprzeczność z lematem o uściskach dłoni.

[kerajs]

3:    

Mam w i-tym wierszu i j-otej kolumnie tak ustawioną kostkę \(\displaystyle{ K_{ij}}\) (suma oczek z przeciwnych ścian to 7)

1.jpg (43.31 KiB) Przejrzano 1777 razy

\(\displaystyle{ \leftarrow , \ \rightarrow}\) obroty kolumny
\(\displaystyle{ \uparrow, \ \downarrow}\) obroty wiersza
Sekwencja ruchów wykonywanych tylko i-tym wierszem i j-otą kolumną :
a) \(\displaystyle{ \uparrow \leftarrow \leftarrow \downarrow \rightarrow \rightarrow}\) daje 6 oczek
b) \(\displaystyle{ \uparrow \leftarrow \downarrow \rightarrow}\) daje 5 oczek
c) \(\displaystyle{ \downarrow \leftarrow \uparrow \rightarrow}\) daje 2 oczka
d) \(\displaystyle{ \leftarrow \downarrow \rightarrow \uparrow}\) daje 4 oczka
e) \(\displaystyle{ \rightarrow \downarrow \leftarrow \uparrow}\) daje 3 oczka
na kostce \(\displaystyle{ K_{ij}}\), jednocześnie nie zmieniając położenia pozostałych kostek na i-tym wierszu i w j -tej kolumnie.

Wniosek: Na płytce można ułożyć każdy układ oczek.

12:    

Niech kątami w trójkącie ABC będą: \(\displaystyle{ 2 \alpha , \ 2\beta , \ 2\gamma}\), a \(\displaystyle{ \left| BC\right|=a}\)

Promień okręgu (o środku w punkcie O) opisanego na ABC :
\(\displaystyle{ R= \frac{a}{2\sin ( \pi -2\beta - 2\gamma)}= \frac{a}{2\sin (2\beta +2\gamma)}}\)
Promień okręgu (o środku w punkcie O') opisanego na BCI :
\(\displaystyle{ R'= \frac{a}{2\sin ( \pi -\beta - \gamma)}= \frac{a}{2\sin (\beta +\gamma)}}\)
Środki obu okregów leżą na symetralnej boku a. Teza zadania jest równoważna tezie: odległość środków obu okręgów jest równa promieniowi okręgu opisanego na ABC.

a) Kąt A jest ostry.
\(\displaystyle{ \left| Oa\right|+\left| O'a\right|= \sqrt{R^2- (\frac{a}{2})^2 }+ \sqrt{R'^2- (\frac{a}{2})^2 } =\\= \sqrt{( \frac{a}{2\sin (2\beta +2\gamma)})^2- (\frac{a}{2})^2 }+ \sqrt{( \frac{a}{2\sin (\beta +\gamma)})^2- (\frac{a}{2})^2 }=\\
= \frac{a}{2}\left[ \sqrt{ \frac{1-\sin^2 (2\beta +2\gamma)}{\sin^2 (2\beta +2\gamma)} }+ \sqrt{ \frac{1-\sin^2 (\beta +\gamma)}{\sin^2 (\beta +\gamma)} } \right]=
\frac{a}{2}\left[ \frac{-\cos (2\beta +2\gamma)}{\sin (2\beta +2\gamma)} + \frac{\cos (\beta +\gamma)}{\sin (\beta +\gamma)} \right]=\\
=\frac{a}{2}\left[ \frac{-\cos (2\beta +2\gamma)+2\cos^2 (\beta +\gamma)}{\sin (2\beta +2\gamma)} \right]=\frac{a}{2} \frac{1}{\sin (2\beta +2\gamma)} =R}\)

b) Kąt A jest prosty (\(\displaystyle{ R= \frac{a}{2}}\)) .
\(\displaystyle{ \left| Oa\right|+\left| O'a\right|=0+ \sqrt{R'^2- (\frac{a}{2})^2 } = \sqrt{( \frac{a}{2\sin (\beta +\gamma)})^2- (\frac{a}{2})^2 }= \frac{a}{2} \sqrt{ \frac{\cos^2 (\beta +\gamma)}{\sin^2 (\beta +\gamma)} }=\\= \frac{a}{2}\tg (\beta +\gamma)=\frac{a}{2}\tg ( \frac{ \pi }{4} )= \frac{a}{2}=R}\)

c) Kąt A jest rozwarty.
\(\displaystyle{ -\left| Oa\right|+\left| O'a\right|=- \sqrt{R^2- (\frac{a}{2})^2 }+ \sqrt{R'^2- (\frac{a}{2})^2 } =\\= - \sqrt{( \frac{a}{2\sin (2\beta +2\gamma)})^2- (\frac{a}{2})^2 }+ \sqrt{( \frac{a}{2\sin (\beta +\gamma)})^2- (\frac{a}{2})^2 }=\\
= \frac{a}{2}\left[ -\sqrt{ \frac{1-\sin^2 (2\beta +2\gamma)}{\sin^2 (2\beta +2\gamma)} }+ \sqrt{ \frac{1-\sin^2 (\beta +\gamma)}{\sin^2 (\beta +\gamma)} } \right]=
\frac{a}{2}\left[ \frac{-\cos (2\beta +2\gamma)}{\sin (2\beta +2\gamma)} + \frac{\cos (\beta +\gamma)}{\sin (\beta +\gamma)} \right]=\\
=\frac{a}{2}\left[ \frac{-\cos (2\beta +2\gamma)+2\cos^2 (\beta +\gamma)}{\sin (2\beta +2\gamma)} \right]=\frac{a}{2} \frac{1}{\sin (2\beta +2\gamma)} =R}\)

-- 21 cze 2017, o 20:57 --

2:    

Niech symbol \(\displaystyle{ \div}\) oznacza dowolne z dwóch działań: \(\displaystyle{ +}\) lub \(\displaystyle{ -}\)
\(\displaystyle{ a_1 \in \left\{ 0, \ 1, \ \frac{1}{2}, \ \frac{2 \div \sqrt{2} }{4}, \ \frac{2 \div \sqrt{2 \div \sqrt{2} } }{4}, \ \frac{2 \div \sqrt{2 \div \sqrt{2 \div \sqrt{2} } } }{4}, \ \frac{2 \div \sqrt{2 \div \sqrt{2 \div \sqrt{2 \div \sqrt{2} } } } }{4}, ....\right\}}\)

5:    

\(\displaystyle{ (0,1)\\
(1,1)\\
(3,2)\\
(8,5)\\
(21,13)\\
(55,34)\\
.....}\)
wskazuje, że nieskończenie wiele rozwiązań \(\displaystyle{ ( t_k, s_k)}\) oraz \(\displaystyle{ ( t_k, s_k)}\) dostaje się z zależności:
\(\displaystyle{ \begin{cases} s_{n+1}=t_n+s_n \\ t_{n+1}=t_n+s_{n+1}\end{cases} \ \ \ \ dla \ \ \ t_1=0 \wedge s_1=1}\)
\(\displaystyle{ t_n= \frac{(-5-3 \sqrt{5}) }{10}\left( \frac{3- \sqrt{5} }{2} \right)^n+ \frac{(-5+3 \sqrt{5}) }{10}\left( \frac{3+ \sqrt{5} }{2} \right)^n\\
s_n= \frac{5+2 \sqrt{5} }{5}\left( \frac{3- \sqrt{5} }{2} \right)^n+ \frac{5-2 \sqrt{5} }{5}\left( \frac{3+ \sqrt{5} }{2} \right)^n}\)
Drugą grupę rozwiązań o różnych znakach \(\displaystyle{ ( t_k, s_k)}\) (oraz \(\displaystyle{ ( - t_k, -s_k))}\) tworzą:
\(\displaystyle{ (0,-1)\\
(1,-2)\\
(3,-5)\\
(8,-13)\\
(21,-34)\\
...}\)
dostaje się je z zależności:
\(\displaystyle{ \begin{cases} t_{n+1}=t_n- s_n \\ s_{n+1}=-t_{n+1}+s_{n}\end{cases} \ \ \ \ dla \ \ \ t_1=0 \wedge s_1=-1}\)
Pozostaje wskazać, równie brzydki jak w pierwszej grupie, jawny wzór pary rozwiązań.

-- 22 cze 2017, o 07:49 --Errata
W zad 5 jest:

wskazuje, że nieskończenie wiele rozwiązań ( t_k, s_k) oraz ( t_k, s_k) dostaje się z zależności:

a powinno być:

wskazuje, że nieskończenie wiele rozwiązań ( t_k, s_k) oraz ( - t_k,- s_k) dostaje się z zależności:

[Premislav]

Czy zadanie 19. nie miało być w nieujemnych? Jeśli tak, to

19.:    

\(\displaystyle{ \frac{64x^2y^2}{4x^2+y^2} = (x+1)(y+2)(2x+y)}\)
Oczywiście nie może być jednocześnie \(\displaystyle{ x=0, y=0}\).
Dla ułatwienia podstawmy \(\displaystyle{ y=2u}\). Po skróceniu mamy:
\(\displaystyle{ \frac{16u^2 x^2}{x^2+u^2}=(x+1)(u+1)(x+u)\\ \frac{16u^2 x^2}{u^2+x^2}\\16u^2x^2=(u^2+x^2)(x+1)(u+1)(x+u)}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ u,x>0}\), to z nierówności między średnimi
\(\displaystyle{ 16x^2u^2 \le (u^2+x^2)(x+1)(u+1)(x+u)}\)
i równość zachodzi dla \(\displaystyle{ u=x=1}\), czyli \(\displaystyle{ x=1, y=2}\)
Jeżeli dokładnie jedna ze zmiennych \(\displaystyle{ u, x}\) jest równa zero, to druga musi być równa \(\displaystyle{ -1}\), bo lewa strona jest zerem, a żaden z czynników \(\displaystyle{ x+u, u^2+x^2}\) nie będzie zerem, czyli wówczas \(\displaystyle{ (x,y)=(-1,0) \vee (x,y)=(0,-2)}\)
(a to być może odpada, jeśli ograniczymy się do nieujemnych).

A jeśli chodzi o dopuszczenie liczb ujemnych, to wtedy to jest jakiś syf - tak to krótko skomentuję.
Niektóre możliwości łatwo odpadają, np. \(\displaystyle{ x<-1 \wedge u<-1}\), ale nie wszystkie.

-- 22 cze 2017, o 18:20 --

26.:    

\(\displaystyle{ f( (x-y)^2 ) \equiv f(x)^2 - 2xf(y) + y^2 \ (*)}\)
Kładąc \(\displaystyle{ x=y}\) mamy
\(\displaystyle{ f(0)=(f(x)-x)^2}\), czyli
\(\displaystyle{ |f(x)-x|=c, \ c \ge 0}\), gdzie \(\displaystyle{ c=\sqrt{f(0)}}\)
Natomiast wstawiając w początkowej tożsamości \(\displaystyle{ x=y=0}\), mamy \(\displaystyle{ f(0)=f(0)^2}\), więc \(\displaystyle{ f(0)=0\vee f(0)=1}\)
W tym pierwszym przypadku otrzymujemy po prostu \(\displaystyle{ |f(x)-x|\equiv 0}\), czyli \(\displaystyle{ f(x)=x}\)

zaś w tym drugim przypadku kładziemy w \(\displaystyle{ (*)}\) za \(\displaystyle{ x=0}\),
co daje nam
\(\displaystyle{ f(y^2)=f(0)^2+y^2}\) dla każdego \(\displaystyle{ y \in \RR}\)
Zatem jeśli \(\displaystyle{ x \ge 0}\), to \(\displaystyle{ f(x)=x+1}\).
A teraz weźmy dwie równe co do modułu liczby przeciwnych znaków, dajmy na to, \(\displaystyle{ x>0}\) i \(\displaystyle{ y=-x}\)
Wówczas dostajemy
\(\displaystyle{ 4x^2+1=f(4x^2)=f((x-y)^2)= f(x)^2 - 2xf(y) + y^2=(x+1)^2-2xf(-x)+x^2}\)
Po redukcjach:
\(\displaystyle{ 2x^2-2x=-2xf(-x)\\f(-x)=-x+1}\)
Skoro \(\displaystyle{ f(x)=x+1}\) i \(\displaystyle{ f(-x)=-x+1}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\), to ogólnie \(\displaystyle{ f(x)=x+1, x \in \RR}\)

Odpowiedź: są dwie takie funkcje, \(\displaystyle{ f(x)=x, \ f(x)=x+1}\)


Dziękuję użytkownikowi timon92 za zauważenie mojego błędu w poprzedniej wersji.

[mol_ksiazkowy]

Nierozwiazane zadania to 1, 7, 9, 10, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 21, 22, 23, 24, 27 i 28

Jeśli coś znowu namieszane to niecelowo...

6 cd

Ukryta treść:    

Fizycy raczej nie uznają takiego rozwiązania / uproszczenia...

[mol_ksiazkowy]

7.

Ukryta treść:    

Twierdzenie:
Jeśli każdy wierzchołek grafu ma stopień > 1 to graf ma cykl.
(krok indukcyjny, ucięcie liścia).

13.

Ukryta treść:    

wzory chemiczne, mapy, modele wielościanów, system znajomości , operacje zbiorami, obsada kompetencji , układy scalone, gry, turnieje, matroidy, kody binarne, macierze, kraty, algorytmy. schematy dowodowe, diagramy Feynmana, itd.

[Jakub Gurak]

Wczoraj rozwiązałem dwa zadania będące nierozwiązanymi zadaniami w tym wątku. Przedstawię teraz rezultaty:

22:(Zainteresowałem się tym zadaniem już jesienią poprzedniego roku- pamiętam, że pewnego niedzielnego dnia (to chyba była zima) moje rozumowanie dość mocno skomplikowało się- i dlatego teraz na nowo do niego podszedłem; nie dam też głowy za to obecne moje rozwiązanie tego zadania- nie czuję tego do końca):
DOWÓD TEGO FAKTU:
Po pierwsze, jeśli \(\displaystyle{ P}\) jest danym prostokątem, to dla podziału postaci \(\displaystyle{ \left\{ P\right\}}\), tzn. dla podziału na jeden cały zbiór- wtedy teza zadania nie zachodzi:
Wtedy każdy prostokąt tego podziału (a może nim być tylko prostokąt \(\displaystyle{ P}\)) przecina brzeg \(\displaystyle{ Fr\left( P\right)}\) prostokąta \(\displaystyle{ P}\), bo \(\displaystyle{ P \cap Fr\left( P\right)=Fr\left( P\right) \neq \left\{ \right\}}\), a więc nasza teza nie zachodzi.
Dalej rozważamy podział na co najmniej dwa prostokąty:
Prostą równoległą do boków danego prostokąta (piszę to tutaj w oderwaniu od tego zadania) podzielonego na mniejsze prostokąty, taką, że każdy prostokąt z tego podziału ma wnętrze rozłączne z tą prostą, taką prostą nazwiemy linią rozgraniczającą zbiory tego podziału.
Niech \(\displaystyle{ P}\) będzie danym prostokątem o dodatnim polu i niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}=\left\{ P_1, P_2, \ldots, P_n\right\}}\), gdzie \(\displaystyle{ n \ge 2}\), będzie jego podziałem spełniającym warunki zadania.
Nasze założenie mówi, że dla tego podziału nie ma linii rozgraniczających.
Przypuśćmy nie wprost, że również każdy prostokąt \(\displaystyle{ P_i}\) przecina brzeg \(\displaystyle{ Fr\left( P\right).}\)
Jeśli mamy podział na dwa prostokąty pionowe bądź na dwa prostokąty poziome, to ich wspólna krawędź jest linią rozgraniczającą, a więc te dwa przypadki możemy odrzucić.
W przeciwnym przypadku z górnego lewego rogu całego prostokąta możemy odciąć mniejszy prostokąt tego podziału. Wtedy przedłużając jego krawędzie leżące wewnątrz całego prostokąta albo otrzymamy linie rozgraniczającą, albo, w pozostałym obszarze całego prostokąta, otrzymamy nowy prostokąt tego podziału. Powtarzając ten proces otrzymamy w końcu linie rozgraniczającą, bo, w przeciwnym przypadku, w kolejnych krokach moglibyśmy otrzymywać nowe prostokąty tego podziału, dochodząc do wniosku, że ten podział ma nieskończenie wiele elementów (tzn. jest to podział na nieskończoną ilość prostokątów), co również daje sprzeczność, która kończy dowód tego faktu.\(\displaystyle{ \square}\)

9. Niech \(\displaystyle{ n_1, n_2 \in \NN_+}\), \(\displaystyle{ n_1, n_2 \ge 2. }\)
Jeśli liczby \(\displaystyle{ n_1}\) i \(\displaystyle{ n_2}\) są względnie pierwsze, to rozłóżmy je najpierw na czynniki pierwsze:
\(\displaystyle{ n_1=a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots a _{x}}\), gdzie \(\displaystyle{ a_i \in \mathbb{P};}\) i:
\(\displaystyle{ n_2=b_1 \cdot b_2 \cdot \ldots \cdot b_y}\), gdzie \(\displaystyle{ b_i \in \mathbb{P}.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ c \in \NN}\) i \(\displaystyle{ c \neq 1}\) oraz \(\displaystyle{ c|\left( n_1 \cdot n_2\right)}\) i \(\displaystyle{ c|\left( n_1+n_2\right)}\), to ponieważ \(\displaystyle{ c|\left( n_1 \cdot n_2\right)}\), to: \(\displaystyle{ c=\left( a _{x_1} \cdot a _{x_2} \cdot \ldots \cdot a _{x_i}\right) \cdot \left( b _{y _{1} } \cdot b _{y_2} \cdot \ldots \cdot b _{y_j} \right)}\), gdzie: \(\displaystyle{ x _{k} \in \left\{ 1,2, \ldots, x\right\}}\) i \(\displaystyle{ y _{k} \in \left\{ 1,2,\ldots,y\right\}}\); wtedy iloczyn liczb w lewym nawiasie oznaczmy przez \(\displaystyle{ M _{a},}\) a iloczyn liczb z prawego nawiasu oznaczmy jako \(\displaystyle{ M _{b}}\). Ponieważ \(\displaystyle{ a_{x_1}|c}\) i \(\displaystyle{ c\left( n_1+n_2\right)}\), to \(\displaystyle{ a _{x_1}|\left( n_1+n_2\right)}\), a ponieważ \(\displaystyle{ a_{x_1}|\left( a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_x\right)=n_1}\), to również \(\displaystyle{ a _{x_1}|\left[ \left( n_1+n_2\right)-n_1=n_2 \right]}\), a ponieważ liczby \(\displaystyle{ n_1}\) i \(\displaystyle{ n_2}\) są względnie pierwsze, więc (gdyż ich jedynym wspólnym dzielnikiem jest \(\displaystyle{ 1}\)), więc \(\displaystyle{ a _{x_1}=1.}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ a _{x_2}|c}\) i \(\displaystyle{ c|\left( n_1+n_2\right)}\), to \(\displaystyle{ a _{x_2}|\left( n_1+n_2\right)}\). Mamy \(\displaystyle{ a _{x_2}|n_1}\), więc również \(\displaystyle{ a _{x_2}|\left[ \left( n_1+n_2\right)-n_1 = n_2\right]}\), ponieważ jednak liczby \(\displaystyle{ n_1}\) i \(\displaystyle{ n_2}\) są względnie pierwsze, to \(\displaystyle{ a _{x_2}=1}\).
Postępując dalej w ten sposób z każdym czynnikiem \(\displaystyle{ a _{x_k},}\) otrzymamy: \(\displaystyle{ a _{x_1}=a _{x_2}=\ldots= a _{x_i}=1.}\)
Mamy \(\displaystyle{ b _{y_1}|c}\) i \(\displaystyle{ c|\left( n_1+n_2\right),}\) a więc \(\displaystyle{ b _{y_1}| \left( n_1+n_2\right)}\). Mamy \(\displaystyle{ b _{y_1}|n_2}\), skąd \(\displaystyle{ b _{y_1}|\left[ \left( n_1+n_2\right)-n_2=n_1 \right]}\). Ponieważ jednak liczby \(\displaystyle{ n_1}\) i \(\displaystyle{ n_2}\) są względnie pierwsze, to: \(\displaystyle{ b _{y_1}=1}\).
I postępując tak dalej z każdym czynnikiem \(\displaystyle{ b _{y_k},}\) otrzymamy: \(\displaystyle{ b _{y_1}=b _{y_2}=\ldots=b _{y_j}=1.}\)
A zatem:
\(\displaystyle{ c=\left( a _{x_1} \cdot a _{x_2} \cdot \ldots \cdot a _{x_i} \right) \cdot \left( b _{y_1} \cdot b _{y_2} \cdot \ldots \cdot b _{y_j} \right)=\left( \underbrace{1 \cdot 1 \cdot \ldots \cdot 1}_{i \ \hbox{ razy}}\right) \cdot \left( \underbrace{1 \cdot 1 \cdot \ldots \cdot 1}_{j \ \hbox{razy}} \right)=1}\) -sprzeczność.
Wobec czego liczby \(\displaystyle{ \left( n_1+n_2\right)}\) i \(\displaystyle{ \left( n_1 \cdot n_2\right)}\) są względnie pierwsze, co kończy połowę dowodu tego faktu.
Druga część tego dowodu jest prosta:
Jeśli \(\displaystyle{ c \in \NN}\) i \(\displaystyle{ c \neq 1}\), oraz \(\displaystyle{ c}\) jest wspólnym dzielnikiem liczb \(\displaystyle{ n_1}\) i \(\displaystyle{ n_2}\), to również \(\displaystyle{ c|\left( n_1 \cdot n_2\right),}\) i ponieważ \(\displaystyle{ c|n_1,}\) to \(\displaystyle{ n_1=c \cdot b_1}\), gdzie \(\displaystyle{ b_1 \in \NN}\); oraz podobnie: \(\displaystyle{ n_2= c \cdot b_2}\). A wtedy: \(\displaystyle{ n_1+n_2=c \cdot \left( b_1+b_2\right)}\), a stąd \(\displaystyle{ c|\left( n_1+n_2\right)}\); i ponieważ mamy \(\displaystyle{ c|\left( n_1 \cdot n_2\right),}\) i ponieważ \(\displaystyle{ c \neq 1}\), to liczby \(\displaystyle{ \left( n_1+n_2\right)}\) i \(\displaystyle{ \left( n_1 \cdot n_2\right)}\) nie są względnie pierwsze.
Pozostaje jeszcze rozważyć przypadek gdy co najmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ n_1}\) i \(\displaystyle{ n_2}\) jest równa \(\displaystyle{ 1}\):
Jeśli \(\displaystyle{ n_1=1}\), a \(\displaystyle{ n_2 \neq 1}\), to: \(\displaystyle{ n_1 \cdot n_2=n_2}\) i \(\displaystyle{ n_1+n_2=n_2+1}\), a zatem liczby \(\displaystyle{ \left( n_1 \cdot n_2\right)}\) i \(\displaystyle{ \left( n_1+n_2\right)}\) są względnie pierwsze, bo każdy dzielnik liczby \(\displaystyle{ n_2}\) daje resztę \(\displaystyle{ 1}\) przy dzieleniu liczby \(\displaystyle{ \left( n_2+1\right)}\) (mamy \(\displaystyle{ n _{2} \ge 2}\)).
Podobnie rozumujemy gdy: \(\displaystyle{ n_2=1}\) i \(\displaystyle{ n_1 \ge 2}\).
No i oczywiście dla \(\displaystyle{ n_1=1=n_2}\) liczby \(\displaystyle{ \left( n_1+n_2\right)}\) i \(\displaystyle{ \left( n_1 \cdot n_2\right)}\) są względnie pierwsze.
Otrzymujemy zatem, że dla \(\displaystyle{ n_1, n_2 \in \NN_+:}\)
Liczby \(\displaystyle{ \left( n_1+n_2\right)}\) i \(\displaystyle{ \left( n_1 \cdot n_2\right) }\) są względnie pierwsze (nie zawsze), lecz dokładnie wtedy, gdy liczby \(\displaystyle{ n_1}\) i \(\displaystyle{ n_2}\) są względnie pierwsze lub gdy co najmniej jedna z nich jest równa \(\displaystyle{ 1}\);
co udowodniliśmy powyżej\(\displaystyle{ .\square}\)
Dziwne, że nikt z forumowiczów na to nie wpadł.

[Sylwek]

9. szybciej

9:    

Niech nasze dodatnie liczby całkowite to \(\displaystyle{ a, b}\).

Jeśli \(\displaystyle{ d=NWD(a, b)>1}\), to \(\displaystyle{ d|a+b}\) oraz \(\displaystyle{ d|ab}\), więc liczby \(\displaystyle{ a+b}\) oraz \(\displaystyle{ ab}\) nie są względnie pierwsze.

Jeśli natomiast \(\displaystyle{ NWD(a, b)=1}\), to z algorytmu Euklidesa \(\displaystyle{ NWD(a+b, a)=NWD(b, a)=1}\), analogicznie też \(\displaystyle{ NWD(a+b, b)=1}\), co oznacza już, że \(\displaystyle{ NWD(a+b, ab)=1}\).

Podsumowując, dla \(\displaystyle{ a, b \in \mathbb{Z}_+}\) zachodzi \(\displaystyle{ NWD(a+b, ab)=1 \iff NWD(a, b)=1}\).