[MIX] Zadania różne XIII

[marcin7Cd]

7)

Ukryta treść:    

Zauważmy, że równość wychodzi dla \(\displaystyle{ x=\frac{3}{2}}\).Rozważmy \(\displaystyle{ x>0}\) wtedy \(\displaystyle{ x^x>1 \Rightarrow x^{x \cdot \frac{1}{x}}>1^{\frac{1}{x}} \Rightarrow x>1}\). Jeśli \(\displaystyle{ x<0}\) to nie ma rozwiązań, bo albo są ujemne albo nie zdefiniowane w rzeczywistych, albo dla \(\displaystyle{ x<-1}\)(\(\displaystyle{ x^x}\) dodatnie i zdefiniowane) równe \(\displaystyle{ \frac{1}{x^(-x)}=\frac{1}{(-x)^(-x)}<1}\), bo wtedy \(\displaystyle{ -x>1}\) .funkcja \(\displaystyle{ x^x}\) jest rosnąca w przedziale \(\displaystyle{ \langle 1,+ \infty )}\), więc wskazane rozwiązanie jest jedynym.

[bakala12]

39:    

Możliwie 3 ruchy. W dwóch ruchach niestety nie można dać mata gdy drugie posunięcie będzie królem. Przykład partii:
1. f3 e4
2. Kf2 Qh4+
3. Ke3 Qd4#

[kicaj]

36:    

Oznaczmy \(\displaystyle{ x_n =f(x_{n-1} )}\) gdzie \(\displaystyle{ x_0 > 0}\) jes dowolną liczbą. Wówczas otrzymujemy równanie rekurencyjne \(\displaystyle{ x_{n+2} +x_{n+1} -6x_n =0.}\) Skąd \(\displaystyle{ x_n =c_1 2^n +c_2 (-3)^n.}\) Ponieważ \(\displaystyle{ x_n >0}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ n,}\) więc \(\displaystyle{ c_2 =0}\) a zatem \(\displaystyle{ x_0 =c_1 2^0 =c_1}\) oraz \(\displaystyle{ x_1 =2c_1 =2x_0.}\) W konsekwencji \(\displaystyle{ f(x_0 ) =x_1 =2x_0}\) a ponieważ \(\displaystyle{ x_0}\) było dowolne więc jedynym rozwiązaniem tego równania jest funkcja \(\displaystyle{ f(x)=2x .}\)

[marcin7Cd]

37)

Ukryta treść:    

Jeżeli równanie jest w rzeczywistych to nie ma ono rozwiązania, bo
\(\displaystyle{ \sqrt{3-x}+ \sqrt{x-1}=2 \sqrt{2}+(x-y)^2 \ge 2 \sqrt{2}}\), a z średniej AM-GM \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{3-x+x-1}{2}} \ge \frac{ \sqrt{3-x}+ \sqrt{x-1}}{2} \Leftrightarrow 2 \ge \sqrt{3-x}+ \sqrt{x-1}}\), czyli \(\displaystyle{ 2 \ge 2 \sqrt{2}}\) Sprzeczność.

[kicaj]

13:    

Mamy \(\displaystyle{ \left( \cos \left(\frac{\pi}{180} +k\cdot\frac{\pi}{90}\right) +i\sin \left(\frac{\pi}{180} +k\cdot\frac{\pi}{90}\right)\right)^{90} =(-1)^k i .}\)
Z drugiej strony

\(\displaystyle{ \left( \cos \left(\frac{\pi}{180} +k\cdot\frac{\pi}{90}\right) +i\sin \left(\frac{\pi}{180} +k\cdot\frac{\pi}{90}\right)\right)^{90} =\sum_{j=0}^{90} {90\choose j} \left( \cos \left(\frac{\pi}{180} +k\cdot\frac{\pi}{90}\right)\right)^j \left( i\sin \left(\frac{\pi}{180} +k\cdot\frac{\pi}{90}\right)\right)^{90-j}}\)

Porównując części rzeczywiste obu tych wyrażeń otrzymamy
\(\displaystyle{ \sum_{j=0}^{45} {90\choose 2j} \left( \cos \left(\frac{\pi}{180} +k\cdot\frac{\pi}{90}\right)\right)^{2j} (-1)^{45-j} \left( \sin \left(\frac{\pi}{180} +k\cdot\frac{\pi}{90}\right)\right)^{90-2j} =0}\)
dzieląc powyższe równanie przez \(\displaystyle{ \cos^{90} \left(\frac{\pi}{180} +k\cdot\frac{\pi}{90}\right)}\) orzymamy
\(\displaystyle{ \sum_{j=0}^{45} (-1)^{45-j}{90\choose 2j} \left( \tan^2 \left(\frac{\pi}{180} +k\cdot\frac{\pi}{90}\right)\right)^{45-j} =0}\). Zatem liczby\(\displaystyle{ x_k =\tan^2 \left(\frac{\pi}{180} +k\cdot\frac{\pi}{90}\right)}\) dla \(\displaystyle{ k=0,1,...,44}\) są pierwiastkami równania

\(\displaystyle{ \sum_{j=0}^{45} (-1)^{45-j}{90\choose 2j} x^{45-j} =0}\)

więc ich suma na podstawie wzorów Viete'a wynosi

\(\displaystyle{ {90\choose 2} =4005.}\)

[mol_ksiazkowy]

29.

Ukryta treść:    

Szkic ; firmowe \(\displaystyle{ \frac{1}{2} - b = (a - \frac{1}{2} )^2 + (c - \frac{1}{2} )^2 \geq 0}\) itd. symetria oraz

\(\displaystyle{ a(1-2a) + b(1-2b) + c(1-2c) + d(1-2d) + e(1-2e) =0}\) stąd
\(\displaystyle{ (a, b, c, d, e)=(0, 0, 0, 0, 0)}\) lub \(\displaystyle{ (a, b, c, d, e)=( \frac{1}{2} , \frac{1}{2}, \frac{1}{2} , \frac{1}{2}, \frac{1}{2})}\).

[yorgin]

22 - dowód bycia wielomianem:    

\(\displaystyle{ W_n ( x ) = ( (x + \sqrt{x^2-4})^n + (x - \sqrt{x^2-4})^n )}\) dla \(\displaystyle{ n = 1, 2, 3,.....}\)

Mamy

\(\displaystyle{ W_1(x)=2x}\)

\(\displaystyle{ W_2(x)=4x^2-8}\)

Ponadto patrząc na postać ogólną wielomianu łatwo przewidzieć, że jest on rozwiązaniem równania
rekurencyjnego drugiego rzędu, tj postaci

\(\displaystyle{ W_{n+2}+bW_{n+1}+cW_{n}=0}\)

Wtedy też \(\displaystyle{ b=-2x}\) oraz \(\displaystyle{ \sqrt{b^2-4c}=\sqrt{4x^2-16}}\), czyli \(\displaystyle{ c=4}\).

Dostajemy więc rekurencję

\(\displaystyle{ W_{n+2}(x)-2xW_{n+1}(x)+4W_n(x)=0}\)

z której jasno wynika, że wszystkie \(\displaystyle{ W_n}\) są wielomianami.

Notabene, jeżeli nie pomyliłem się w rachunkach, to

\(\displaystyle{ W_n(x)=2^{n+1}\cos\left(n\arccos\frac{x}{2}\right)}\).

Jak widać powyższe to po prostu drobna modyfikacja wielomianów Czebyszewa I rodzaju.

31:    

Zapis \(\displaystyle{ (i,j)}\) sugeruje, że kostki są rozróżnialne. Mamy zatem \(\displaystyle{ 36}\) różnych wyników rzutu.

Mamy następujące wypłaty i wyniki je dające:

\(\displaystyle{ w=1 \qquad (1,2), (2,1), (2,3), (3,2), (4,5), (5,4), (5,6), (6,5), (1,1)}\)

\(\displaystyle{ w=2\qquad (2,2)}\)

\(\displaystyle{ w=3\qquad (3,3)}\)

\(\displaystyle{ w=4\qquad (3,3)}\)

\(\displaystyle{ w=5\qquad (3,3)}\)

\(\displaystyle{ w=6\qquad (3,3)}\)

\(\displaystyle{ w=0}\) w pozostałych, poza \(\displaystyle{ (3,4), (4,3)}\)

W powtórzonym rzucie mamy dodatkowo wypłatę równą \(\displaystyle{ 1}\) dla \(\displaystyle{ (3,4), (4,3)}\).

Wygrywamy średnio

\(\displaystyle{ E=\frac{9}{36}+\frac{1}{36}(2+3+4+5+6)+\frac{1}{18}\left(\frac{11}{36}+\frac{1}{36}(2+3+4+5+6)\right)=\frac{29}{36}+\frac{1}{18}\cdot\frac{31}{36}=\frac{553}{648}}\)

Zatem średnia wygrana to

\(\displaystyle{ \frac{553}{648}-1=-\frac{95}{648}}\)

zatem gra jest niekorzystna.

Gdyby kości były nierozróżnialne, to wtedy z warunku \(\displaystyle{ i=j}\) dostajemy średnio \(\displaystyle{ \frac{1}{21}(1+2+3+4+5+6)=1}\), poza tym są jeszcze inne sytuacje wygrywające, więc gra staje się korzystna dla gracza.

[Elayne]

7:    

\(\displaystyle{ x^x = \frac{3}{4}\sqrt{6}\\
\\
x=\left(\frac{3}{4}\sqrt{6} \right)^{1/x}\\
\\
x=\left(\frac{3}{2}\right)^{3/2x}\\
\\
x=\frac{3}{2}\\
\\
x=1,5}\)

[kicaj]

4:    

Mamy \(\displaystyle{ \sin nx =\mbox{Im} (\cos x +i\sin x )^n =\sum_{j=0}^{\left[\frac{n-1}{2}\right]} {n \choose 2k+1 } (-1)^k \sin^{2k+1} x\cos^{n-2k-1} x =\cos^n x \sum_{j=0}^{\left[\frac{n-1}{2}\right]}(-1)^k a_{2k+2} \tan^{2k+1} x}\)
\(\displaystyle{ \cos nx =\mbox{Re} (\cos x +i\sin x )^n =\sum_{j=0}^{\left[\frac{n-1}{2}\right]} {n \choose 2k } (-1)^k \sin^{2k} x \cos^{n-2k} x =\cos^n x \sum_{j=0}^{\left[\frac{n-1}{2}\right]}(-1)^k a_{2k+1} \tan^{2k} x}\)
Skąd wynika teza.

[Msciwoj]

18:    

Po typowych przekształceniach z użyciem wzoru Eulera otrzymujemy:
\(\displaystyle{ f(x,y,z) = 4 \cos z \cos y \cos x + i \cdot 4 \sin z \sin y \sin x}\)

Ponieważ dla dowolnych \(\displaystyle{ x,y,z}\) rzeczywistych mamy:
\(\displaystyle{ \left(\cos z \cos y \cos x \right)^{2/3} + \left(\sin z \sin y \sin x \right)^{2/3} \le 1}\)
Dowód: AM-GM i jedynka trygonometryczna - liczby są dodatnie, bo dwójka wchodzi pod pierwiastek.

A zatem, jeżeli \(\displaystyle{ a+bi \in f(R^3)}\), to \(\displaystyle{ a^{2/3} + b^{2/3} \le 4^{2/3}}\), a więc wszystkie punkty przeciwdziedziny leżą wewnątrz standardowo zorientowanej asteroidy takiej że promień większego okręgu wynosi \(\displaystyle{ 4}\).

Teraz należy pokazać że każdy taki punkt wewnątrz asteroidy należy do przeciwdziedziny. W trywialny sposób należą do niej wszystkie punkty na samej asteroidzie, bierzemy po prostu \(\displaystyle{ x=y=z}\). Wiemy bowiem, że taka asteroida jest parametryzowana przez równania \(\displaystyle{ a= \cos^3 x, b = \sin^3 x}\).
Może to można jakoś lepiej dokończyć, ale ja dokańczam tak:
Inaczej przekształcić \(\displaystyle{ f}\) można do tej postaci:
\(\displaystyle{ f(x,y,z) = 2 \cos(y+z) e^{ix} + 2 \cos(y-z) e^{-ix}}\)
Zauważmy, że zmienne \(\displaystyle{ x, y+z,y-z}\) są również niezależne, mając dobrane dwie z nich możemy w dowolny sposób dobrać trzecią.
A zatem, jeżeli \(\displaystyle{ y+z=s, y-z=p}\)
\(\displaystyle{ f(x,s,p) = 2 \cos(s) e^{ix} + 2 \cos(p) e^{-ix}}\)
Mając taką trójkę \(\displaystyle{ x,s,p}\), że \(\displaystyle{ f(x,s,p)}\) leży na brzegu, możemy niezależnie manipulować zmiennymi \(\displaystyle{ s,p}\), zostawiając \(\displaystyle{ x}\) stałe, w taki sposób, że stosunek \(\displaystyle{ \frac{\cos(s)}{\cos (p)}}\) pozostaje stały, a zatem faza \(\displaystyle{ f}\) pozostaje stała, a moduł \(\displaystyle{ f}\) maleje aż do zera dla chociażby \(\displaystyle{ s=p=\frac{\pi}{2}}\). Wynika to z tego, że jeżeli pozwolimy zmiennym \(\displaystyle{ s,p}\) tylko na przyjmowanie wartości z przedziału \(\displaystyle{ \left\langle 0,\pi \right\rangle}\), to na tym przedziale istnieje funkcja odwrotna do funkcji kosinus, która jest ciągła.
Oznacza to, że moduł takiej liczby może przyjąć dowolną wartość, przy stałej fazie. A zatem do każdego punktu wewnątrz asteroidy możemy w taki sposób dojść.
Czyli każdy punkt wewnątrz asteroidy należy do przeciwdziedziny, co kończy dowód w drugą stronę i zarazem cały dowód.

[yorgin]

20 a):    

Rozważmy dowolny kwadrat \(\displaystyle{ 3\times 3}\) kratek. Jest \(\displaystyle{ 5}\) kratek położonych na dowolnej przekątnej, więc co najmniej \(\displaystyle{ 3}\) z nich są białe (lub czarne). Mogą one utworzyć szukany trójką, lub nie. To ostatnie jest możliwe tylko wtedy, gdy układ jest taki:

\(\displaystyle{ \begin{array}{ccc} B & 1 & C\\ 2 & B & 3 \\ C & 4 & B\end{array}}\)

lub symetrycznie. \(\displaystyle{ 1, 2, 3, 4}\) są polami nieznanych kolorów. Zauważmy, że gdyby \(\displaystyle{ 1=B}\) lub \(\displaystyle{ 2=B}\), to w lewym górnym rogu powstaje szukany trójkąt. Niech więc \(\displaystyle{ 1=2=C}\). Analogicznie sprowadzamy do sytuacji, w której \(\displaystyle{ 3=4=C}\). Ale wtedy dostajemy sporo trójkątów o czarnych wierzchołkach.

\(\displaystyle{ \begin{array}{ccc} B & C & C\\ C & B & C \\ C & C & B\end{array}}\)

Zatem w każdym kwadracie \(\displaystyle{ 3\times 3}\) jest trójkąt, którego szukamy.


b) Wydaje się być proste, ale moja wyobraźnia szwankuje i nie "widzę", jak to dobrze zrobić.

[mol_ksiazkowy]

16

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ n=7}\)
źródło: (link) ... ierwszych/

[Elayne]

35:    

\(\displaystyle{ a^b=8 \iff b = \log_{a}(8) \\
b^c=10 \iff c = \log_{b}(10) \\
a^c=2 \iff c = \log_{a}(2) \\

b = \log_{a}(8) = 3 \log_{a}(2) \\
b^c=10 \iff (3c)^c=10 \ \text{to} \ c \approx 1,51851 ; \ b \approx 4,55553 \\
\\
a^c = 2 \\
a^{1,51851} = 2 \ \text{to} \ a = 1,5784847}\)

\(\displaystyle{ a^a \approx 2,0555 \\
b^b \approx 999,986 \\
c^c \approx 1,8857}\)

[a4karo]

39:    

Możliwie 3 ruchy. W dwóch ruchach niestety nie można dać mata gdy drugie posunięcie będzie królem. Przykład partii:
1. f3 e4
2. Kf2 Qh4+
3. Ke3 Qd4#

można krócej?:    

Powinno być 1. ... e5

A poza tym białe mogą poddać partię w każdej chwili

[Elayne]

16:    

W zadaniu 16 jest literówka, dla \(\displaystyle{ n=7}\) mamy:
LHS \(\displaystyle{ = 4 \ 294 \ 967 \ 296}\)
RHS \(\displaystyle{ = 4 \ 294 \ 967 \ 297}\)