[MIX] Zadania różne VI

[kicaj]

10:    

Gdyby \(\displaystyle{ p_1 p_2 ...p_n +1 = y^2,}\) to \(\displaystyle{ p_1 p_2 ...p_n = (y-1)(y+1),}\) więc istniałby podział zbioru \(\displaystyle{ \{1,2,..,n\}}\) na dwa zbiory rozłączne i niepuste \(\displaystyle{ A,B}\) o tej własności, że \(\displaystyle{ y-1 =\prod_{i\in A } p_i , y+1 =\prod_{i\in B} p_i}\) ale to jest niemożliwe bo liczby \(\displaystyle{ \prod_{i\in A } p_i ,\prod_{i\in B} p_i}\) są różnej parzystości.
Liczba \(\displaystyle{ p_1 p_2 ...p_n -1}\) jest kwadratem tylko dla \(\displaystyle{ n=1}\) dla pozostałych jest postaci \(\displaystyle{ 3k+2}\) więc kwadratem byc nie może.

[yorgin]

28:    

Definiujemy

\(\displaystyle{ a_{n,k}:=\frac{n-k}{n!},\quad n=2,3,\ldots; k=0,1,\ldots n-1}\)

Teraz ciąg długości \(\displaystyle{ 5}\) dostaniemy, biorąc \(\displaystyle{ n=5}\). Stąd można dostać dowolną
długość.

\(\displaystyle{ n=5:\\ \ \\
a_{5,0}=\frac{5}{5!}=\frac{1}{24}, \\
a_{5,1}=\frac{4}{5!}=\frac{1}{30}, \\
a_{5,2}=\frac{3}{5!}=\frac{1}{40}, \\
a_{5,3}=\frac{2}{5!}=\frac{1}{60},\\
a_{5,4}=\frac{1}{5!}=\frac{1}{120}}\)

21:    

Krok 1. Nie istnieje \(\displaystyle{ n}\) takie, że \(\displaystyle{ f(n)=0}\). Fakt oczywisty.

Krok 2. Nie istnieje \(\displaystyle{ n}\) takie, że \(\displaystyle{ f(n)=n}\) - równie oczywisty.

Krok 3. \(\displaystyle{ f(0)\geq 2}\). Gdyby \(\displaystyle{ f(0)=1,}\) to również \(\displaystyle{ f(1)=1}\) i sprzeczność z krokiem 2.

Krok 4. Niech \(\displaystyle{ f(0)=k}\) dla pewnego \(\displaystyle{ k\geq 2}\). Jak zaczniemy śledzić na tej podstawie wartości, to otrzymamy ciąg

\(\displaystyle{ 0\rightarrow k\rightarrow 1\rightarrow k+1\rightarrow 2\rightarrow k+2\rightarrow \ldots}\)

W pewnym momencie wyskoczy

\(\displaystyle{ \ldots\rightarrow 2k-1\rightarrow k}\)

a więc

\(\displaystyle{ f(f(2k-1))=f(k)=1}\)

i mamy sprzeczność.

Zadanko fajne, gdyż rysunek zasugerował bardzo prosto sformalizowanie rozwiązania.

[Premislav]

32.:    

Podstawmy \(\displaystyle{ x+y=p,y-x=q}\). Wówczas układ przyjmuje postać
\(\displaystyle{ \begin{cases} p3 ^{q}= \frac{5}{27} \\ \log _{5}p ^{3}=q \end{cases}}\). Ta druga równość jest równoważna nieco wygodniejszej \(\displaystyle{ p ^{3}=5 ^{q}}\).(*) Teraz podnieśmy pierwsze równanie do trzeciej potęgi, dostając \(\displaystyle{ p ^{3}27 ^{q}= \frac{125}{3 ^{9} }}\). Podstawiając zaś z (*), uzyskujemy \(\displaystyle{ 135 ^{q}=\frac{125}{3 ^{9} }}\), a logarytmując to przy podstawie \(\displaystyle{ 135}\), dostajemy \(\displaystyle{ q=\log _{135} \frac{125}{3 ^{9} }}\). Wobec tego \(\displaystyle{ p=5 ^{\log _{135} \frac{5}{27} }}\). no iteraz podstawiamy te wartości do następującego układu:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+y=p \\ y-x=q \end{cases}}\),
dodając stronami zyskujemy podwojone \(\displaystyle{ y}\), a odejmując drugie od pierwszego stronami - podwojone \(\displaystyle{ x}\). Dzielimy stronami przez \(\displaystyle{ 2}\) w obu przypadkach i voila. To na bank można jeszcze uprościć, ale mi się nie chce.

[Ponewor]

13.:    

Dodajmy wszystkie równania stronami. Otrzymamy równoważnie takie coś: \(\displaystyle{ \left(x-y\right)^{2}+\left(y-z\right)^{2}+\left(z-x\right)^{2}=6}\). Zatem chodzi nam o możliwe rozkłady \(\displaystyle{ 6}\) na sumy kwadratów liczb całkowitych. No jest tylko jeden taki \(\displaystyle{ 4+1+1}\), z dokładnością do permutacji. Wyliczamy układ, potem podstawiamy do wyjściowego układu, nie będę tego teraz robił dokładnie, bo kolegom imprezę rozwalam i narzekają, może potem wklepię, ale idea jest jasna.

[bosa_Nike]

poprawka do 6:    

Mimo oglądania tego zadania \(\displaystyle{ n\gg 1}\) razy, jakoś nie zauważyłam ostrej nierówności w warunku \(\displaystyle{ x,y>0}\). Wobec tego funkcja nie ma wartości największej i ostatecznie \(\displaystyle{ 4> y-2x\ge -2-2\sqrt{10}}\).

luźne wnioski do 12:    

Łatwo się przekonać, że para \(\displaystyle{ (x,y)=(1,1)}\) jest rozwiązaniem.

Można zauważyć ponadto, że z równania \(\displaystyle{ 5xy-1=(x+y)^2}\), po dodaniu do obu stron \(\displaystyle{ 15x^2-10xy}\), otrzymamy \(\displaystyle{ 5x(3x-y)-1=\left(x+(3x-y)\right)^2}\). Analogicznie, po dodaniu \(\displaystyle{ 15y^2-10xy}\), otrzymamy \(\displaystyle{ 5(3y-x)y-1=\left((3y-x)+y\right)^2}\), co jest jasne z symetrii.

No to, jeśli para \(\displaystyle{ (x,y)}\) jest rozwiązaniem, to rozwiązaniem jest także \(\displaystyle{ (x,3x-y)}\) oraz \(\displaystyle{ (3y-x,y)}\). Idąc jedną z tych dróg można uzyskać rekurencję np. w takiej postaci: \(\displaystyle{ x_n=y_{n-1},\ y_n=3y_{n-1}-y_{n-2}}\), która po rozwiązaniu daje takie coś:

\(\displaystyle{ y_n=\frac{5-\sqrt{5}}{10}\cdot\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^n+\frac{5+\sqrt{5}}{10}\cdot\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^n}\)

Gdyby się komuś chciało nadać temu jakiś rygor, poprawić, uporządkować, rozwinąć, uściślić, udowodnić, obalić, w ogóle coś tym zrobić, to niech śmiało kontynuuje.

[Kartezjusz]

Zadanie 26

Ukryta treść:    

Tak nie będzie, bo nasz iloczyn to \(\displaystyle{ 100!}\) dzieli się przez liczbę pierwszą \(\displaystyle{ 97}\),ale nie przez \(\displaystyle{ 97^{2}}\)

[Premislav]

Kartezjuszu,

Ukryta treść:    

moim zdaniem źle zrozumiałeś treść, chodzi tutaj o iloczyn \(\displaystyle{ 2 ^{100}}\) liczb postaci np. \(\displaystyle{ 1+ \sqrt{2}+...+\sqrt{99}+\sqrt{100}}\), \(\displaystyle{ -1+...+ \sqrt{100}}\), etc., a nie o \(\displaystyle{ 1 \cdot (-1) \cdot ... \cdot \sqrt{100} \cdot (-\sqrt{100})}\)

[Kartezjusz]

Dzięki za oczy
Zadanie 30

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ z=0}\) zadanie źle przepisane lub zgubiono jakieś założenie

o

[Ponewor]

Zadanie 8. nie działa już dla \(\displaystyle{ p=3, \ 5, \ 7}\).

[Kartezjusz]

Zadanie 33 Pytanie. Chodzi o rzeczywistą trójkę pitagorejską?

[Ponewor]

Zadanie 33 Pytanie. Chodzi o rzeczywistą trójkę pitagorejską?

Trójka pitagorejska to trójka pitagorejska, o co Ci chodzi w tym pytaniu?

Inna sprawa, że teza nie zachodzi dla żadnej z trójek pitagorejskich spełniającej podane warunki - chyba, że dopuścimy \(\displaystyle{ 0}\), to działa jedynie dla \(\displaystyle{ \left(0, \ 1, \ 1\right)}\).

[yorgin]

14.:    

To jest bardzo łatwa indukcja. Dla \(\displaystyle{ n=1, \ 2}\) działa. Jak działa dla \(\displaystyle{ n}\), to weźmy \(\displaystyle{ n+1}\) punktów, wydzielmy z nich \(\displaystyle{ n}\) i zastosujmy założenie indukcyjne - mamy okrąg i wewnątrz \(\displaystyle{ n-1}\) punktów, za zewnątrz \(\displaystyle{ n}\)-ty i nie wiadomo gdzie \(\displaystyle{ n+}\)-szy. Załóżmy, że \(\displaystyle{ n+1}\)-szy punkt nie leży wewnątrz okręgu. Jeśli leży leży na okręgu to możemy zwiększyć promień okręgu bardzo delikatnie (dokładniej to np. o odległość \(\displaystyle{ n}\)-tego punktu od środka okręgu minus promień okręgu dzielone przez \(\displaystyle{ 2}\)). Jeśli leży poza okręgiem. Mamy więc dwa punkty poza okręgiem. Zwiększmy jego promień tak żeby ci najwyżej jeden pozostał poza okręgiem (np. o najmniejszą z ich odległości od środka okręgu odjąć stary promień okręgu). Załóżmy, że pechowo oba się znalazły na okręgu. Teraz możemy wybrać dowolny z nich i bardzo delikatnie obrócić cały okrąg wokół niego, by ten drugi wyleciał poza okrąg. Na koniec delikatnie zwiększamy promień okręgu i gotowe.

Pewna formalizacja + uwagi:    

Wszędzie, gdzie piszesz delikatnie można się powołać na ciągłość funkcji odległości między punktami. Podobnie ciągłe są obrót wokół punktu. Z tego można wyciągnąć sformalizowany dowód. Coś w takim stylu:

Oznaczam standardowo \(\displaystyle{ d(a,b)}\) przez odległość euklidesową punktów na płaszczyźnie.

Są podane punkty \(\displaystyle{ x_1, x_2, \ldots x_{n+1}}\).

Z założenia indukcyjnego istnieje \(\displaystyle{ x\in\RR^2}\) oraz \(\displaystyle{ R>0}\) takie, że

\(\displaystyle{ d(x,x_i)<R}\) dla \(\displaystyle{ i=1,\ldots, n-1}\)
oraz
\(\displaystyle{ d(x,x_n)>R}\).

Są trzy przypadki:

1) \(\displaystyle{ d(x,x_{n+1})<R}\) - oczywisty.

2) \(\displaystyle{ d(x,x_{n+1})=R}\). Definiujemy nowy promień:

\(\displaystyle{ R:=R+\frac{d(x,x_{n+1}+d(x,x_n)}{2}}\)

3) \(\displaystyle{ d(x,x_{n+1})>R}\).

Jeżeli \(\displaystyle{ d(x,x_{n+1})>d(x,x_n)}\), to przyjmujemy

\(\displaystyle{ R:=R+\frac{d(x,x_{n+1}+d(x,x_n)}{2}}\)

Jeżeli \(\displaystyle{ d(x,x_n)=d(x,x_{n+1})}\), to z ciągłości odwzorowania obrotu wokół pukntu
istnieje taki kąt \(\displaystyle{ \alpha}\), że koło obrócone względem \(\displaystyle{ x_{n}}\)o kąt \(\displaystyle{ \alpha}\) zawiera w sobie \(\displaystyle{ x_{1},\ldots, x_{n-1}}\) i nie zawiera \(\displaystyle{ x_{n+1}}\). Wtedy jesteśmy w przypadku 2), który potrafimy rozwiązać.

Mam nadzieję, że nie zgubiłem żadnych przypadków, a jeżeli tak, to z powyższego raczej wiadomo, jak uzupełnić

Można zamiast obrotu wziąć translację okręgu w kierunku równoległym do prostej zawierającej punkty \(\displaystyle{ x_{n}}\) oraz \(\displaystyle{ x_{n+1}}\). Wtedy nie jest potrzebne modyfikowanie promienia.

[Qń]

4:    

\(\displaystyle{ 2^{29}}\).

Zauważmy, że skoro suma wszystkich elementów naszego zbioru to \(\displaystyle{ 465 = 2\cdot 232 +1}\), to funkcja \(\displaystyle{ f(B) = X\setminus B}\) ustala nam bijekcję między podzbiorami o sumie elementów większej niż \(\displaystyle{ 232}\) i nie mniejszej niż \(\displaystyle{ 232}\). Stąd wniosek, że każdego z tych typów zbiorów jest dokładnie połowa, czyli \(\displaystyle{ \frac 12 \cdot 2^{30}}\)

Q.

[mol_ksiazkowy]

ad 3 , 8, 30, 33 cd

Ukryta treść:    

bierzemy jedną klikę trzyelementową i ją wyrzucamy (bo mają być rozłączne) i zostaje pięć osób wśród których ma być ponoć zawsze klika,

Nie zawsze ale czasem moze byc, wybór początkowej 3 kliki nie jest jednoznaczny; jesli twierdzenie jest fałszywe nalezy podac kontrprzykład.
ad 8 i 33 : faktycznie fake; być moze w 8 miało byc \(\displaystyle{ q>p}\)...
ad 30 \(\displaystyle{ 0<|z| <1}\)
Przepraszam za pomyłki i niedociągnięcia.

[fon_nojman]

30:    

Załóżmy, że \(\displaystyle{ z_0}\) jest pierwiastkiem wielomianu \(\displaystyle{ P(z)=a_n z^n+a_{n-1} z^{n-1}+\ldots+a_0}\) z zadania oraz \(\displaystyle{ |z_0|>1.}\) Wtedy \(\displaystyle{ z_0}\) jest także pierwiastkiem \(\displaystyle{ (1-z)P(z)}\) czyli

\(\displaystyle{ -a_n z_0^{n+1}+(a_n-a_{n-1})z_0^n+\ldots+(a_1-a_0)z_0+a_0=0.}\)

Stąd
\(\displaystyle{ |a_n z_0^{n+1}|=|(a_n-a_{n-1})z_0^n+\ldots+(a_1-a_0)z_0+a_0|<(a_n-a_{n-1})|z_0|^n+\ldots+(a_1-a_0)|z_0|^n+a_0 |z_0|^n=a_n |z_0|^n<|a_n z_0^{n+1}|.}\)
Sprzeczność. Zatem wszystkie pierwiastki wielomianu \(\displaystyle{ P}\) leżą w kole \(\displaystyle{ |z| \le 1.}\)
\(\displaystyle{ 0}\) jest jednokrotnym pierwiastkiem \(\displaystyle{ P}\) a \(\displaystyle{ -1,1}\) nie są pierwiastkami. Jeżeli wielomian o współczynnikach rzeczywistych ma pierwiastek \(\displaystyle{ z_0\not=-1,1}\) taki, że \(\displaystyle{ |z_0|=1}\) to jego pierwiastkiem jest także \(\displaystyle{ \overline{z}_0}\) czyli jest podzielny przez \(\displaystyle{ (z-z_0)(z-\overline{z}_0)=z^2-2\Re{(z_0)} z+1.}\)
Załóżmy, że wszystkie niezerowe pierwiastki \(\displaystyle{ P}\) leżą na okręgu \(\displaystyle{ |z|=1,}\) wtedy

\(\displaystyle{ P(z)=n^3 z(z^2+a_1 z+1)(z^2+a_2 z+1)\ldots (z^2+a_k z+1)}\)

dla pewnych \(\displaystyle{ a_1,a_2,\ldots,a_k\in \mathbb{R}.}\) Co jest niemożliwe bo wyraz wolny \(\displaystyle{ P}\) wynosi \(\displaystyle{ 1.}\) Zatem przynajmniej jeden pierwiastek wielomianu \(\displaystyle{ P}\) leży w zbiorze \(\displaystyle{ 0<|z|<1.}\)