[MIX] Różne "na wakacje od dziś"

[robin5hood]

Wg mnie powinno być tak:
\(\displaystyle{ y ^{3}-(a+b+c)y ^{2}+(ab+bc+ac)y-abc}\) gdzie \(\displaystyle{ y=....}\) uzależnione od \(\displaystyle{ x,a,b,c}\)

[bakala12]

Zobaczymy. Idę robić to zadanie na spokojnie. Popołudniu się odezwę.

[timon92]

13.

Ukryta treść:    

zauważmy, że \(\displaystyle{ S(n) = \text{suma cyfr liczby n modulo 10}}\)

łatwo teraz dowieść, że \(\displaystyle{ S(10k) + S(10k+1) + ... + S(10k + 9) = 0 +1+2+ ... +9 = 45}\)

Zatem \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{10^9}{S(n)} = \sum_{n=0}^{10^8 - 1}{\left(S(10n) + S(10n+1) + ... + S(10n + 9)\right)} + S(10^9) = 10^8 \cdot 45 + 1 = 4500000001}\)

[robin5hood]

16.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ P(x) = (x + 2\sqrt2)Q(x)}\), gdzie \(\displaystyle{ Q(x) = x^4 - 2\sqrt2x^3 + 3x^2 + b_1x + b_0}\) ma 4 pierwiastki więc Q' ma trzy.
\(\displaystyle{ Q''(x) = 12(x - \frac {\sqrt 2}2)^2\ \Longrightarrow \ Q'(x) = 4(x - \frac {\sqrt 2}2)^3 + c .}\) Ale Q'(x) ma trzy pierwiastki więc c = 0.
\(\displaystyle{ Q'(x) = 4(x - \frac {\sqrt 2}2)^3 \ \Longrightarrow\ Q(x) = (x - \frac {\sqrt 2}2)^4 + d.}\)
Ale Q(x) ma cztery pierwiastki więc d=0
Stąd \(\displaystyle{ x_{1}=x_{2}=x_{3}=x_{4}=\frac{\sqrt2}{2}}\)

[timon92]

5. Jeśli \(\displaystyle{ a,b>0}\) , pokaż :

\(\displaystyle{ a(a+1)+b(b+1)+\frac{1}{ab}\left(\frac{1}{ab}+1\right)\ge 2\left(ab+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge 6}\)

Ukryta treść:    

Lewa nierówność: niech \(\displaystyle{ c=\frac{1}{ab}}\), wówczas \(\displaystyle{ abc = 1}\), a nierówność przyjmuje postać \(\displaystyle{ \sum a^{2}+\sum a\ge 2\sum\frac{1}{a}}\). Ale na mocy AM-GM, Schura i AM-GM mamy

\(\displaystyle{ \sum a^{2}+\sum a \ge \sum a^{2}+3\sqrt[3]{abc}=\sum (\sqrt[3]{a^{2}})^{3}+3\sqrt[3]{a^{2}}\cdot\sqrt[3]{b^{2}}\cdot\sqrt[3]{c^{2}}\ge\sum\left( (\sqrt[3]{a^{2}})^{2}\cdot\sqrt[3]{b^{2}}+(\sqrt[3]{b^{2}})^{2}\cdot\sqrt[3]{a^{2}}\right)\ge\sum 2\sqrt{(\sqrt[3]{a^{2}})^{2}\cdot\sqrt[3]{b^{2}}\cdot (\sqrt[3]{b^{2}})^{2}\cdot\sqrt[3]{a^{2}}}= 2\sum ab = 2\sum\frac{1}{a}}\)

Prawa nierówność to AM-GM dla liczb \(\displaystyle{ a,b,\frac{1}{ab}}\)

[timon92]

6. przypuśćmy przeciwnie, niech \(\displaystyle{ A^2-A = \max(A^2-A, B^2-B, C^2-C) > \max(A^2-B, B^2-C, C^2-A)}\)

wówczas:
\(\displaystyle{ A^2-A > A^2-B \implies B>A}\)
\(\displaystyle{ A^2-A > C^2-A \implies A>C}\)

zatem \(\displaystyle{ B^2-C > A^2-A}\) sprzeczność