[MIX] Suplement KMDO

[Swistak]

60a:    

Zauważmy, że po rozpisaniu danego wyrażenia za pomocą dwumianu Newtona do \(\displaystyle{ a_{n}}\) będą się wliczać wszystkie składniki, w których \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) będzie w potędze parzystej, a do \(\displaystyle{ b_{n}}\) te składniki, w których \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) będzie w potędze nieparzystej. Zauważmy, jednak, że wszystkie składniki, w których \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) będzie w potędze większej lub równej 2, będą miały czynnik parzysty, a więc nie będą wpływać na parzystość wyrazów \(\displaystyle{ a_{n}}\) i \(\displaystyle{ b_{n}}\). Wystarczy zatem rozważyć tylko 2 pierwsze składniki, jeżeli chcemy rozstrzygać o parzystości danych wyrazów. Pierwszy z nich wynosi \(\displaystyle{ 1}\), a drugi \(\displaystyle{ {2n+1 \choose 1} \cdot \sqrt{2}=(2n+1)\cdot\sqrt{2}}\), a więc oba wyrazy \(\displaystyle{ a_{n}}\) i \(\displaystyle{ b_{n}}\) są nieparzyste.

[taka_jedna]

78. Nie wiem czy tak można(jak nie można to proszę skasować ten post ), ale publikuję to rozwiązanie tylko dlatego, bo ciekawi mnie co jest z nim nie tak... dziwny wynik wyszedł.

Ukryta treść:    

Od razu zaznaczam, że przypadki gdy \(\displaystyle{ |y|=1}\) lub \(\displaystyle{ |x|=1}\) zostawiam na koniec, bo "wyskakują" one w trakcie obliczeń wiele razy.
\(\displaystyle{ 2x|x(x-1) \Rightarrow 2x|y^{2}}\) (wnioski: \(\displaystyle{ 2xy|y^{3}}\), \(\displaystyle{ y}\) jest parzyste)
\(\displaystyle{ y|y^{2} \Rightarrow y|x(x-1) \Rightarrow y|x}\) albo \(\displaystyle{ y|x-1}\)
\(\displaystyle{ 2xy|y(x^{2}+y^{2}-x) \Rightarrow 2xy|xy(x-1) \Rightarrow 2|x-1 \Rightarrow y|x-1}\)
\(\displaystyle{ xy|y^{2}(x-1)=xy^{2}-y^{2} \Rightarrow xy|y^{2} \Rightarrow x|y \Rightarrow xy|y(x-1) \Rightarrow xy|y \Rightarrow x|1}\)
1. \(\displaystyle{ x=1^{2} \Rightarrow 2y|y^{2} \Rightarrow 2|y}\) co jest prawdziwe dla każdego parzystego y
2. \(\displaystyle{ x=-1 \Rightarrow 2y|2+y^{2} \Rightarrow 2|y}\)i\(\displaystyle{ 2y|2 ( \Rightarrow y=1)}\) (sprzeczność)
3. \(\displaystyle{ |y|=1 \Rightarrow 2x|x(x-1)+1 \Rightarrow 2x|1}\)(sprzeczność)

[XMaS11]

43:    

Oznaczmy szukaną sumę przez \(\displaystyle{ S}\)
Rozważmy dwa zbiory \(\displaystyle{ n}\)-elementowe \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\).
Powiedzmy, że losujemy \(\displaystyle{ k}\) elementów ze zbioru \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ l}\) elementów ze zbioru \(\displaystyle{ B}\).
Jeśli \(\displaystyle{ k \ge l}\) to losowanie to trafia do grupy 1.
Jeśli \(\displaystyle{ k < l}\) to losowanie wpada do grupy 2.
W grupie 1 mamy \(\displaystyle{ S}\) możliwości, a w grupie 2 \(\displaystyle{ S- \sum_{k=0}^{n} {n\choose k}^2}\),czyli \(\displaystyle{ S - {2n\choose n}}\)
Zauważmy jednak, że wszystkich możliwości jest tyle, co wszystkich podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ 2n}\) -elementowego, czyli \(\displaystyle{ 2^{2n}}\). Zatem
\(\displaystyle{ 2S- {2n\choose n} = 2^{2n}}\).
Pamiętając o tym, że \(\displaystyle{ {2n\choose n}=2{2n-1\choose n}}\)dostajemy natychmiast:
\(\displaystyle{ S=2^{2n-1} - {2n-1\choose n}}\)

[Swistak]

Błąd w rozwiązaniu taka_jedna zad 78:    

Złym jest stwierdzenie, że skoro \(\displaystyle{ y|x(x-1)}\), to z tego wynika, że \(\displaystyle{ y|x}\) lub \(\displaystyle{ y|x-1}\). Dla przykładu \(\displaystyle{ 6|8\cdot 9}\) ale nie zachodzi ani \(\displaystyle{ 6|8}\) ani \(\displaystyle{ 6|9}\). Wiemy, że wszystkie dzielniki pierwsze w rozkładzie y dzielą iloczyn x i x-1, ale y może "wziąć" niektóre dzielniki z x, a niektóre dzielniki z x-1. W przykładzie 6 "wzięło" dzielnik 2 z liczby 8 i dzielnik 3 z liczby 9.
Nie widzę także skąd wzięłaś 1 przejście w nastej linijce i czemu z tego, że \(\displaystyle{ 2|x-1}\) wynika, że \(\displaystyle{ y|x-1}\). Z tego, y jest parzyste wynika przejśie w drugą tronę, a nie w tę.

[taka_jedna]

Dzięki Swistak.

[Wasilewski]

Zad. 43:    

Przedstawię trochę inny sposób. Zauważmy, że \(\displaystyle{ {n\choose k}}\) występuje od k-tego wyrazu, stąd współczynnik przy nim to \(\displaystyle{ \left( {n\choose k} + {n \choose k+1} + \ldots + {n \choose n}\right)}\)
Możemy więc sumę zapisać w ten sposób:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} {n\choose k} \cdot \left({n\choose k} + {n \choose k+1} + \ldots + {n\choose n}\right)}\)
Dodajmy to do naszej sumy:
\(\displaystyle{ 2 S_{n} = \sum_{k=0}^{n} {n\choose k} \cdot \left({n\choose 0} + {n\choose 1} +\ldots + {n \choose n}\right) + {n\choose k}^{2} = 2^{2n} + {2n \choose n}}\)
Dzielimy stronami przez dwa i przekształcamy drugi składnik tak, by otrzymać żądaną postać.

[taka_jedna]

64.

Ukryta treść:    

Zapiszmy tę liczbę ociupineczkę inaczej: \(\displaystyle{ (1^{m}+[(n-1)^{p}]^{m})+(2^{m}+[(n-1)^{p}-1]^{m})+(3^{m}+[(n-1)^{p}-2]^{m})+...}\).
Teraz zauważmy, że każda z liczb postaci \(\displaystyle{ k^{m}+[(n-1)^{p}-k+1]^{m}\equiv 0 (modn)}\).
Uzasadnienie: \(\displaystyle{ n-1\equiv-1(modn) \Rightarrow (n-1)^{p}\equiv-1(modn) \Rightarrow (n-1)^{p}+1-k\equiv-k \Rightarrow [(n-1)^{p}+1-k]^{m}\equiv(-1)^{m} \cdot k^{m} \equiv -k^{m}}\)

[frej]

Uff, uzupełniłem braki, które się zrobiły do tej pory. Jednocześnie chciałbym przeprosić za opóźnienie. Kolejne zadania wrzucę myślę za parę dni, nie mam teraz zadań przy sobie. Możliwe, że zapomniałem wrzucić czyjegoś rozwiązania albo się gdzieś pomyliłem, proszę mnie o tym poinformować.-- 12 kwietnia 2009, 20:15 --Lista do tej pory nierozwiązanych zadań wygląda następująco:

6,25,31,42,44,45,50,51,52,53,55,60(w połowie ), 67 ,70,72, 76,78,84,89 ,90,91,94,95 ,104 ,106 ,108, 110,119, 122, 127, 133, 136, 139

Mam nadzieję, że to nie ma błędów

[taka_jedna]

139.

Ukryta treść:    

Łatwo udowodnić chociażby indukcyjnie, że dla \(\displaystyle{ n \ge 2, a_{n}= \frac{1}{n!}}\). Wobec tego suma ta się równa \(\displaystyle{ \frac{1}{2}+4+(3+4+5+...+1995) = \frac{1995 \cdot 1996}{2} -1-2+4+0,5=1991011,5}\)

[frej]

zad.31:    

\(\displaystyle{ \lambda_1=\frac{-1-\sqrt{5}}{2} \qquad \lambda_2=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}\)

\(\displaystyle{ \lambda_1^2=\frac{3+\sqrt{5}}{2} \qquad \lambda_2^2=\frac{3-\sqrt{5}}{2}}\)

\(\displaystyle{ x^2+x-1=\left(x-\frac{-1-\sqrt{5}}{2} \right) \left(x-\frac{-1+\sqrt{5}}{2} \right) = \left(x-\lambda_1 \right) \left(x-\lambda_2 \right)}\)

Skorzystamy z wzoru Bineta

\(\displaystyle{ F_n=\frac{1}{\sqrt{5}} \left( \left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)^n - \left( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)^n \right) = \frac{1}{\sqrt{5}} \left( (-\lambda_1)^n - (-\lambda_2)^n \right)}\)

No i wystarczy trochę porachować...

\(\displaystyle{ W(\lambda_1 ) =\left( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right) \lambda_1^{2n-1} + \left( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right) \frac{1}{\sqrt{5}} \left( -\lambda_1^{2n-1} \left(\frac{3+\sqrt{5}}{2} \right) + \left(\frac{3-\sqrt{5}}{2} \right) \lambda_2^{2n-1} \right) - \frac{1}{\sqrt{5}} \left( -\lambda_1^{2n-1} +\lambda_2^{2n-1} \right)=0}\)
wystarczy wymnożyć...

sposób pracy jest podobny, więc mam nadzieję, że mi uwierzycie na słowo, że działa. Kto nie wierzy niech sprawdzi

Dochodzimy w każdym razie do momentu
\(\displaystyle{ W(\lambda_1 ) = W(\lambda_2 ) =0}\)
czyli z tw. Bezouta mamy tezę.

Drugi wielomian idzie dokładnie tak samo.

\(\displaystyle{ W_2(\lambda_1 ) = \frac{3+\sqrt{5}}{2} \lambda_1^{2n} - \frac{1}{\sqrt{5}} \left( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \lambda_1^{2n} - \frac{3-\sqrt{5}}{2} \lambda_2^{2n} \right) \left( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right) + \frac{1}{\sqrt{5}} \left( \lambda_1^{2n} - \lambda_2^{2n} \right) =0}\)

czyli \(\displaystyle{ W_2(\lambda_1 ) = W_2 (\lambda_2)=0}\)

czyli istotnie \(\displaystyle{ W_2(x)=(x^2+x-1) Q(x)}\)

-- 13 kwietnia 2009, 19:16 --

zad.44:    

Indukcja zupełna

założenie

\(\displaystyle{ \forall_{\mathbb{N}_0 \ni k \le n} \ \ a_k = k!+2^k}\)

\(\displaystyle{ a_{n}=(n+4)( (n-3)! (n-2) (n-1) + 4 \cdot 2^{n-3} ) -4n ((n-3)! (n-2) + 2
\cdot 2^{n-3} ) + (4n-8) ( (n-3)! + 2^{n-3} ) = (n-3)! \left((n+4)(n-2)(n-1) -4n(n-2) + 4n-8 \right) + 2^{n-3} \left( 4n+16 -8n +4n-8 \right) = (n-3)! (n-2)(n-1)n + 8
\cdot 2^{n-3} = n! + 2^{n}}\)

-- 13 kwietnia 2009, 20:09 --

zad.70 okresowosc f:    

\(\displaystyle{ f(x+2)=\frac{g(x+1)}{f(x+1)}=\frac{\frac{g(x)-1}{f(x)-1}}{\frac{g(x)}{f(x)}}= \frac{g(x)-1}{g(x)} \cdot \frac{f(x)}{f(x)-1}}\)

\(\displaystyle{ g(x+2)=\frac{g(x+1)-1}{f(x+1)-1}=\frac{\frac{g(x)-1}{f(x)-1}-1}{\frac{g(x)}{f(x)}-1}=\frac{f(x)}{f(x)-1}}\)

\(\displaystyle{ f(x+3)=\frac{g(x+2)}{f(x+2)}=\frac{\frac{f(x)}{f(x)-1}}{\frac{f(x)}{f(x)-1} \cdot \frac{g(x)-1}{g(x)}}=1+\frac{1}{g(x)-1}=1+\frac{1}{\frac{f(x-2)}{f(x-2)-1}-1}=f(x-2)}\)

\(\displaystyle{ 5}\) jest zatem okresem, niekoniecznie najmniejszym.

-- 13 kwietnia 2009, 20:55 --

zad.70 okresowość g:    

Jak wcześniej wyprowadziłem
\(\displaystyle{ g(x+2)=\frac{f(x)}{f(x)-1}}\)

\(\displaystyle{ f(x+3)= \frac{g(x+2)}{f(x+2)}= \frac{ \frac{f(x)}{f(x)-1}}{ \frac{f(x)}{f(x)-1} \cdot \frac{g(x)-1}{g(x)}}=1+ \frac{1}{g(x)-1}}\)

\(\displaystyle{ f(x+5)=f(x)}\)
jedziemy dalej

\(\displaystyle{ g(x+3)=\frac{g(x+2)-1}{f(x+2)-1}=\frac{\frac{1}{(f(x)-1 )}}{\frac{g(x)-f(x)}{g(x) \cdot (f(x)-1)}}=\frac{g(x)}{g(x)-f(x)}}\)

\(\displaystyle{ g(x+4)=\frac{f(x) \left( g(x)-1 \right)}{g(x)-f(x)}}\)

\(\displaystyle{ f(x+4)=\frac{g(x)-1}{g(x)-f(x)}}\)

\(\displaystyle{ g(x+5)=g(x)}\)

-- 14 kwietnia 2009, 11:03 --

zad.127:    

Nie trudno zauważyć, że trzy pierwsze wyrazy są dodatnie.

\(\displaystyle{ sin1000^\circ=sin280^\circ < 0}\)

I teraz robimy indukcyjnie, że dla \(\displaystyle{ n\ge 3}\)

\(\displaystyle{ sin ( \underbrace{10 \ldots 0}_{n} )^\circ = sin280^\circ}\)

Dla \(\displaystyle{ n=3}\) się zgadza, założenie, krok:

\(\displaystyle{ sin ( \underbrace{10 \ldots 0}_{n+1} )^\circ \stackrel{Zalozenie}{=} sin 2800^\circ \stackrel{okresowosc sinusa}{=} sin280^\circ <0 \qquad \qquad \blacksquare}\)

[taka_jedna]

134.

Ukryta treść:    

Dla \(\displaystyle{ p=2}\) wystarczy przyjąć, że \(\displaystyle{ n}\) jest dowolną parzystą liczbą naturalną. Dla inniejszych \(\displaystyle{ p}\) mamy (z małego twierdzenia Fermata): \(\displaystyle{ 2^{p-1}\equiv1 \Rightarrow 2^{(p-1)^{2k}}\equiv1^{(p-1)^{2k-1}}\equiv1\equiv(p-1)^{2k}}\).

[taka_jedna]

42.

Ukryta treść:    

Z założenia mamy \(\displaystyle{ (\sum_{k=1}^{n}a_{k})^{2} \le 1 \Rightarrow \sum_{k=1}^{n}a_{k}^{2} \le 1- 2\sum_{1 \le i<j \le n}a_{i}a_{j}}\)
Wobec tego
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}(2k-1)a_{k}^{2}= \sum_{k=1}^{n}a_{k}^{2}+2 \sum_{k=1}^{n}(k-1)a_{k}^{2} \le 1+ 2(-\sum_{1 \le i<j \le n}a_{i}a_{j} + \sum_{k=1}^{n}(k-1)a_{k}^{2})=1+2( \sum_{k=1}^{n}(k-1)a_{k}^{2}- a_{2}a_{1}-a_{3} \sum_{k=1}^{2}a_k-a_{4} \sum_{k=1}^{3}a_{k}-...-a_{n} \sum_{k=1}^{n-1} a_{k}) =1 +2[a_{2}(a_{2}-a_{1}) +a_{3}(a_{3}-a_{1})+a_{3}(a_{3}-a_{2})+...+a_{n}(a_{n}-a_{n-1})] \le 1}\)
(bo z założenia mamy, że \(\displaystyle{ s \ge t \Rightarrow a_{s}-a_{t} \le 0}\))

[kluczyk]

84.

Ukryta treść:    

Z nierówności \(\displaystyle{ \frac{a}{b} > \frac{p}{q} > \frac{c}{d}}\) mamy następujące
\(\displaystyle{ aq-bp>0}\) i \(\displaystyle{ pd-qc>0}\) \(\displaystyle{ \Rightarrow aq-bp \ge 1}\) i \(\displaystyle{ pd-qc \ge 1}\), to z uwagi na to, że działamy w zbiorze liczb naturalnych. Teraz \(\displaystyle{ q=q(ad-bc)=b(pd-qc)+d(aq-bp) \ge b+d}\) Teraz implikacja \(\displaystyle{ q=b+d \Rightarrow p=a+c}\) Skoro \(\displaystyle{ q=b+d}\), to :
\(\displaystyle{ b(pb-cq-1)+d(aq-bp-1)=0 \Rightarrow pd-cq=1=aq-bp}\), więc \(\displaystyle{ q(a+c)=p(b+d)}\), skąd już z uwagi na to, iż \(\displaystyle{ q=b+d}\)mamy \(\displaystyle{ a+c=p}\)

[Dumel]

zad. 42:    

metoda zbliżeń. dla \(\displaystyle{ k \ge 2}\) mamy \(\displaystyle{ (2k-1)a_k^2+(2(k-1)-1)a_{k-1}^2 \le (2(k-1)-1)(a_{k-1}+a_k)^2 \Leftrightarrow a_k \le (2k-3)a_{k-1}}\). po serii \(\displaystyle{ n-1}\) takich zbliżeń otrzymujemy
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}(2k-1)a_k \le (2 \cdot 1-1)(a_1+a_2+...+a_n)^2 \le 1}\) ckd.

[taka_jedna]

53.

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ A=p^{2}q+q^{2}r+r^{2}p}\) i \(\displaystyle{ B=pq^{2}+qr^{2}+rp^{2}}\)
Powszechnie wiadomo, że:
\(\displaystyle{ pqr=1}\)
\(\displaystyle{ -27=(pq+qr+pr)^{3}=3A+3B+6+(pq)^{3}+(qr)^{3}+(pr)^{3}}\)
\(\displaystyle{ -216=(p+q+r)^{3}=3A+3B+6+p^{3}+q^{3}+r^{3}}\)
Wobec tego:
\(\displaystyle{ AB=3+(pr)^{3}+(pq)^{3}+(qr)^{3}+p^{3}+q^{3}+r^{3}=-252-6(A+B)}\)
Wiemy też że:
\(\displaystyle{ 18=(p+q+r)(pq+qr+pr)=A+B+3}\)
Umożliwia to wyznaczenie zbioru wartości A: \(\displaystyle{ \{ \frac{15+3 \sqrt{177} }{2}; \frac{3 \sqrt{177}-15 }{2} \}}\)(hmm... nieładny wynik, przepraszam, jeśli gdzieś pomyliłam się w obliczeniach)

-- 22 maja 2009, 20:45 --

60b.

Ukryta treść:    

Łatwo to udowodnić(choćby dowodem przez sprzeczność), wiedząc, że \(\displaystyle{ a_{n}= \frac{( \sqrt{2}+1)^{2n+1}+( \sqrt{2}-1)^{2n+1}}{2}}\),a \(\displaystyle{ b_{n}=\frac{( \sqrt{2}+1)^{2n+1}+( 1-\sqrt{2})^{2n+1}}{2}}\)oraz zauważając, że teza=\(\displaystyle{ b_{n}^{2}= \frac{a_{n}^{2}+1}{2}}\)