[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

[Manolin]

Oczywiście \(\displaystyle{ f(0)=0}\). Niech x=y=z=b , wtedy \(\displaystyle{ f(b)+2f(2b)=f(3b)}\) ,
niech x=0 y=2b z=b wtedy\(\displaystyle{ f(b)+f(2 \sqrt{2}b)=f(3b)}\) porównując lewe strony dwóch ostatnich równań mam : \(\displaystyle{ 2f(2b)=f(2 \sqrt{2}b )= \frac{f(2 \sqrt{2} \cdot b \sqrt{2} )}{2}= \frac{f(4b)}{2}}\) czyli \(\displaystyle{ 4f(b)=f(2b)}\)Niech \(\displaystyle{ x+y=z}\) , wtedy \(\displaystyle{ f(0)+f( 2 \cdot \sqrt{x(x+y)} )+f(2 \cdot \sqrt{y(x+y)}=f(2(x+y))}\) podstawiając dla ułatwienia y(x+y)=b i x(x+y)=a mam: \(\displaystyle{ f(2 \sqrt{a})+f(2 \sqrt{b} )=f(2( \sqrt{a+b} ))}\) Korzystając z tego że \(\displaystyle{ 4f(b)=f(2b)}\) mam: \(\displaystyle{ f( \sqrt{a} )+f( \sqrt{b} )=f( \sqrt{a+b} )}\) niech b=1 i niech a będzie liczbą naturalną.
wtedy :\(\displaystyle{ f( \sqrt{a} )+f( \sqrt{1} )=f( \sqrt{a+1} )}\) i łatwo przez indukcję można otrzymać :
\(\displaystyle{ f( \sqrt{a+1}=a \cdot f(1)+f(1) )=(a+1)f(1)}\) z czego łatwo można obliczyć że \(\displaystyle{ f(x)= x^{2} \cdot f(1)}\) , teraz wystarczy sprawdzić że funkcja \(\displaystyle{ f(x)= x^{2} \cdot f(1)}\) spełnia początkowe równanie też dla wszystkich liczb rzeczywsitych.
Nie wiem czy to moje rozwiązanie jest dobre , ale jeśli jest dobre to to jest następne zadanie :
Liczby a,b,c,d są całkowite.Udowodnić że równanie \(\displaystyle{ x ^{2} +ax+b=y ^{2}+cy+d}\) ma nieskończenie rozwiązań x , y w liczbach całkowitych wtedy i tylko wtedy gdy : \(\displaystyle{ a ^{2} -4b=c ^{2}-4d}\)

[Dumel]

wtedy :\(\displaystyle{ f( \sqrt{a} )+f( \sqrt{1} )=f( \sqrt{a+1} )}\) i łatwo przez indukcję można otrzymać : \(\displaystyle{ f( \sqrt{a+1}=a \cdot f(1)+f(1) )=(a+1)f(1)}\) z czego łatwo można obliczyć że \(\displaystyle{ f(x)= x^{2} \cdot f(1)}\)

przez indukcję to Ty udowodniłeś to tylko dla naturalnych

[Manolin]

No tak , ale gdyby istniała jakaś inna funkcja spełaniająca dla rzeczywistych początkowe równanie to musiała by też spełaniać to równanie dla naturalnych , a dla naturalnych spełnia tylko ta jedna znaleziona funkcja.

[Dumel]

wykasuj te bzdury zanim ktoś przeczyta

[Zordon]

No tak , ale gdyby istniała jakaś inna funkcja spełaniająca dla rzeczywistych początkowe równanie to musiała by też spełaniać to równanie dla naturalnych , a dla naturalnych spełnia tylko ta jedna znaleziona funkcja.

Czyli uważasz, że każda funkcja jest określona jednoznacznie przez swoje wartości na liczbach naturalnych?

[Manolin]

tak chyba myślałem , ale już kapuje co jest żle
Coś mi się z tym porombało xD

[danioto]

To ma ktoś prawidłowe rozwiązanie tego zadania?

Swoją drogą to dziwne zadanie zaproponowane prze pana Manolin. Może mi ktoś powiedzieć, czy dobrze myślę? Bo jeśli
\(\displaystyle{ x^{2}+ax+b=y^{2}+cy+d}\)
To jeśli lewą stronę równania oznaczymy jako f(x) oraz prawą jako g(y), to są to dwie funkcje kwadratoiwe, więc aby to równanie miało nieskończenie wiele rozwiązań w x i y, to musi być f(x)=f(y), czyli a=c oraz b=d, czyli z pewnością \(\displaystyle{ a^{2}-4b=c^{2}-4d}\).

Pewnie głupotki, ale zawsze warto spytać

Pozdrawiam!

[smigol]

gdyby było f(x)=g(x) to pewnie by było ok.

[danioto]

Aby temat nie stał:

Znajdź wszystkie pary liczb naturalnych (a,b), takich, że:
\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}=ab(a+b)}\)

[mol_ksiazkowy]

\(\displaystyle{ a^2(1-b) =b^2(a-1)}\)
wiec tylko a=b=1

Czy istnieja liczby naturalne \(\displaystyle{ m >1, \ n>1}\) że \(\displaystyle{ m! n! =12!}\) ?

[tkrass]

Zachodzi \(\displaystyle{ m<12}\) i \(\displaystyle{ n<12}\). Ale \(\displaystyle{ 12!}\) jest podzielne przez 11 w pierwszej potędze, zatem musi być np. \(\displaystyle{ m=11}\). Ale nie ma liczby naturalnej n takiej, że \(\displaystyle{ n!=12}\).

Mamy 400 punktów na płaszczyźnie. Pokazać, że istnieje co najmniej 15 różnych odległości pomiędzy tymi punktami.

[danioto]

Skoro \(\displaystyle{ m! n! = 1 \cdot 2 \cdot ... \cdot 12}\) to w prawej stronie równania występuje liczba pierwsza 11, czyli i w lewej stronie musi występować 11, czyli WLOG \(\displaystyle{ m \ge n}\), czyli \(\displaystyle{ m!=11! \vee m!=12!}\). Drugi przypadek odrzucamy na wstępie (n>1), zaś rozpatrując pierwszy mamy:
\(\displaystyle{ n!11!=12! \\
n!=12}\)
Dostajemy sprzeczność, czyli nie istnieją takie m i n, spełniające powyższe równanie.



Niech m i n będą liczbami naturalnymi. Udowodnij, że:
\(\displaystyle{ A= \frac{(m+3)^{n}+1}{3m}}\)
Jest nieparzysta.

Edit:
Upps!

[Dumel]

Mamy 400 punktów na płaszczyźnie. Pokazać, że istnieje co najmniej 15 różnych odległości pomiędzy tymi punktami.

załóżmy że jest co najwyżej 14 różnych odległości. weźmy dowolny punkt \(\displaystyle{ A}\). istnieje \(\displaystyle{ \lceil \frac{399}{14} \rceil =29}\) punktów leżących na jednym okręgu o środku \(\displaystyle{ A}\). niech będą to punkty \(\displaystyle{ A_1,A_2,...A_{29}}\). Prosta \(\displaystyle{ AA_1}\) dzieli nam ten okrąg na pół. w pewnej połówce mamy co najmniej15 punktów. niech to będą \(\displaystyle{ A_1,...A_{15}}\). Odległości między \(\displaystyle{ A_1}\) a \(\displaystyle{ A_2,...A_{14}}\) są różne, więc mamy tezę, chyba że pewna z tych odległości równa jest promieniowi okręgu. no ale to też jest łatwe bo gdyby pewien z odcinków \(\displaystyle{ A_1A_{16},...,A_1A_{29}}\) miał różną długość od tych już wymienionych byłoby ok, załóżmy że tak nie jest czyli że prosta \(\displaystyle{ A_1A}\) jest osią symetrii naszego wielokąta. Nasz wielokąt nie może być foremny bo 29 nie jest podzielne przez 6 (założyliśmy że "pewna z tych odległości równa jest promieniowi okręgu") więc zamiast \(\displaystyle{ A_1}\) możemy sobie wziąć jakieś \(\displaystyle{ A_i}\) tak aby \(\displaystyle{ A_iA}\) nie było osią symetrii wielokąta i mamy teze

no to teraz:

Niech m i n będą liczbami naturalnymi. Udowodnij, że:
\(\displaystyle{ A= \frac{(m+3)^{n}+1}{3m}}\)
Jest nieparzysta.

[Zordon]

Czasem ta liczba nie bywa nawet całkowita, tak ma być?
\(\displaystyle{ (n,m)=(2,1)}\)
\(\displaystyle{ A=\frac{(1+3)^{2}+1}{3}= \frac{17}{3}}\)

[marek12]

tak mam być:
168919.htm