5:
Indukcyjnie, że każdy następny powstaje poprzez dodanie 1 do minimalnego elementu. Potem a musi dzielić 63, gdzie a jest tym najmniejszym elementem, wiec a=1,3,7,9,21,63. Ciagów jest więc 6*63 bo jeśli \(\displaystyle{ (a_{n})}\) spełnia, to ciąg \(\displaystyle{ b_{n}=a_{n+1}; (a_{64}=a_{1})}\) też spełnia)
7:
Pokazujemy, że m lub n musi być podzielne przez 4. Każdy klocek zajmuje 6 kwadratów, więc któreś z m, n jest parzyste. Gdyby dało się utworzyć prostokąt o jednym z boków niepodzielnym przez 4, to dałoby się utworzyć prostokąt "4k+2"x"4l+2" (jedno jest parzyste, a gdyby drugie było nieparzyste, wystarczy "podwoić" na tej długości/szerokości). Numerujemy prostokąt o tych wymiarach, tak, że jedynki znajdują się w kwadratach o "współrzędnych" obu parzystych, resztę zera. Mamy nieparzysta ilość jedynek, a każdy klocek zajmuje parzysta ilość - zero albo dwie. To dowodzi, że jedna ze ścian musi być p. przez 4. Klocki 4ax3b dla dowolnego a i b całkowitego manewrując klockami 4x3. Można utworzyć klocki 12axp dla dowolnego a i p całkowitego dodatniego i p i niemniejszego od 6. (gdyż da się utworzyć 12ax3b, 12ax4b, 12ax6, 12ax7 - układając 7 klocków 4x3, jedna warstwa "poziomo", druga "pionowo", 12ax8, więc wystarczy utworzyć klocek 12axp-q-6, gdzie q przystaje do p mod 6 i dodać do niego prostokąt 12ax6 dla q=0, 12ax7 dla q=1 i 12ax8 dla q=2. Prostokąta 12x5 nie da się utworzyć, ale podobnie jak Panda wykazałem to syfiasto rozpatrując przypadki.
8:
Tak jak Panda dochodzimy do tego, że \(\displaystyle{ f(0)=0}\), teraz wykonując kilka prostych podstawień (do zera, do -x, do x) z danej równości mamy:
\(\displaystyle{ 1) f(f(x)=f(-x)}\)
\(\displaystyle{ 2) f(x+f(x))=f(x)+f(x)^{2}}\)
\(\displaystyle{ 3) f(x+f(2x))=f(x)^{2}}\)
\(\displaystyle{ 4) f(x)= f(2x)+f(x)^{2}}\)
Zaczynami od własności 2, po znaku równości będę pisał, z której własności korzystam dla przejrzystości rozwiązania:
\(\displaystyle{ f(x)+f(x)^{2}=f(x+f(x))=_{4} f(x+f(2x)+f(x)^{2})=_{3} f(x+f(2x)+f(x+f(2x)))=_{2} f(x+f(2x))+f(x+f(2x)^{2}=_{3} f(x)^{2} + f(x)^{4}}\)
Porównując pierwszą i ostatnią równość mamy:
\(\displaystyle{ f(x)+f(x)^{2}=f(x)^{2}+f(x)^{4}}\)
\(\displaystyle{ f(x)=f(x)^{4}}\)
\(\displaystyle{ f(x)(f(x)^3-1)=0}\)
Z tego wynika, że
\(\displaystyle{ f(x)= 0 \Leftrightarrow xeA \wedge f(x)=1 \Leftrightarrow xeB}\) Oczywiście A i B są rozłączne i ich suma daje R. Załóżmy, że zbiór B nie jest pusty, istnieje więc \(\displaystyle{ x_{b}eB}\), ale na mocy własności 2) mamy \(\displaystyle{ f(x_{b}+f(x_{b}))=f(x_{b})+f(x_{b}^{2})}\)
\(\displaystyle{ f(x_{b}+f(x_{b}))=2}\), a funkcja f nie przyjmuje tej wartości. Zatem B jest zbiorem pustym, a jedyną funkcją speł. warunki zadania f(x)=0
\(\displaystyle{ 1) f(f(x)=f(-x)}\)
\(\displaystyle{ 2) f(x+f(x))=f(x)+f(x)^{2}}\)
\(\displaystyle{ 3) f(x+f(2x))=f(x)^{2}}\)
\(\displaystyle{ 4) f(x)= f(2x)+f(x)^{2}}\)
Zaczynami od własności 2, po znaku równości będę pisał, z której własności korzystam dla przejrzystości rozwiązania:
\(\displaystyle{ f(x)+f(x)^{2}=f(x+f(x))=_{4} f(x+f(2x)+f(x)^{2})=_{3} f(x+f(2x)+f(x+f(2x)))=_{2} f(x+f(2x))+f(x+f(2x)^{2}=_{3} f(x)^{2} + f(x)^{4}}\)
Porównując pierwszą i ostatnią równość mamy:
\(\displaystyle{ f(x)+f(x)^{2}=f(x)^{2}+f(x)^{4}}\)
\(\displaystyle{ f(x)=f(x)^{4}}\)
\(\displaystyle{ f(x)(f(x)^3-1)=0}\)
Z tego wynika, że
\(\displaystyle{ f(x)= 0 \Leftrightarrow xeA \wedge f(x)=1 \Leftrightarrow xeB}\) Oczywiście A i B są rozłączne i ich suma daje R. Załóżmy, że zbiór B nie jest pusty, istnieje więc \(\displaystyle{ x_{b}eB}\), ale na mocy własności 2) mamy \(\displaystyle{ f(x_{b}+f(x_{b}))=f(x_{b})+f(x_{b}^{2})}\)
\(\displaystyle{ f(x_{b}+f(x_{b}))=2}\), a funkcja f nie przyjmuje tej wartości. Zatem B jest zbiorem pustym, a jedyną funkcją speł. warunki zadania f(x)=0
