[MIX] Zadania różne XIV

[mol_ksiazkowy]

ad 17 cd

Ukryta treść:    

był błąd w źródle....

[Premislav]

27.:    

Z założenia \(\displaystyle{ n>0}\). Z kongruencji łatwo wychodzi, że gdy \(\displaystyle{ 2|n}\), to \(\displaystyle{ 3^{2^{n}}\equiv 3\pmod{13}}\), zaś w przeciwnym wypadku mamy \(\displaystyle{ 3^{2^{n}}\equiv9\pmod{13}}\). Podobnie otrzymujemy, że gdy \(\displaystyle{ 2\nmid n}\), to \(\displaystyle{ 4^{2^{n}}\equiv 3\pmod{13}}\), zaś gdy \(\displaystyle{ 2|n}\), to \(\displaystyle{ 4^{2^{n}}\equiv 9\pmod{13}}\). Zatem w przypadku gdy \(\displaystyle{ 2|n}\) otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ 4 \cdot 3^{2^n} + 3 \cdot 4^{2^n}\equiv (4\cdot 3+3\cdot 9)\equiv 0\pmod{13}}\), zaś gdy
\(\displaystyle{ 2\nmid n}\), to \(\displaystyle{ 4 \cdot 3^{2^n} + 3 \cdot 4^{2^n}\equiv(4\cdot9+3\cdot 3)\equiv 6\pmod{13}}\)
co kończy dowód.

Przypomniał mi się Gniewosz z Dalewic.
Edit: poprawa błędu rachunkowego, który kompletnie nic nie zmieniał.
Edit2: no dobra, ja serio nie umiem mnożyć, do diabła z tym, ważne, że wychodzi.

[Elayne]

12:    

Załóżmy że \(\displaystyle{ R(x)=W(x)-827x}\), wówczas \(\displaystyle{ R(x)}\) jest wielomianem czwartego stopnia. Skoro \(\displaystyle{ R(1)=W(1)-827=0, \ R(2)=W(2)-1654=0, \ R(3)=W(3)-2481=0,}\) to mamy \(\displaystyle{ R(1)=R(2)=R(3)=0}\), więc możemy napisać: \(\displaystyle{ R(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-a)}\) dla jakiejś rzeczywistej \(\displaystyle{ a}\).
Dlatego
\(\displaystyle{ W(-5)+ W(9)=R(-5)+R(9)=[R(-5)+R(9)]+827\\=[(6)(7)(8)(5+a)+(6)(7)(8)(9-a)]+827=4704+827=5531}\)

[marcin7Cd]

21.:    

Oznaczmy elementy zbioru \(\displaystyle{ S}\) przez \(\displaystyle{ x_1,x_2,...,x_{21}}\). Załóżmy nie wprost, że pewien element tego zbioru jest niedodatni. Bez starty ogólności niech to będzie \(\displaystyle{ x_{21}}\). Oznaczmy dla wygody \(\displaystyle{ t}\) jako sumę wszystkich elementów z \(\displaystyle{ S}\).Wtedy
\(\displaystyle{ x_1+x_2+...x_{10}<x_{11}+x_{12}+...x_{21} \\
x_{11}+x_{12}+...x_{20}<x_1+x_2+...x_{10}+x_{21}}\)
Sumuje obie nierówności i otrzymuje:
\(\displaystyle{ x_1+x_2+...+x_{20}<x_1+x_2+...+x_{20}+2x_{21} \Leftrightarrow \\
t-x_{21}<t+x_{21} \Leftrightarrow 0<x_{21}}\)
otrzymałem sprzeczność, bo \(\displaystyle{ x_{21}}\) miał być niedodatni, a otrzymałem, że jest dodatni. Co kończy dowód nie wprost

10.:    

analizując wyrażenia pod pierwiastkami i w mianownikach dochodzę do wniosku, że albo wszystkie liczby są ujemne albo są dodatnie. Jeśli wszystkie są dodatnie to:
korzystając z zależności między średnią geometryczną, a arytmetyczną otrzymuje
\(\displaystyle{ a^2=\frac{ \sqrt{bc}}{b+c} \cdot \frac{\sqrt[3]{bcd} }{b+c+d} \le \frac{ \frac{b+c}{2} }{b+c} \cdot \frac{ \frac{b+c+d}{3}}{b+c+d}= \frac{1}{6}}\)
,co daje \(\displaystyle{ a \le \frac{1}{\sqrt{6}}}\) analogicznie udowadniam, że \(\displaystyle{ b,c,d \le \frac{1}{ \sqrt{6}}}\).
Mnożąc równania z układu przez siebie otrzymuje
\(\displaystyle{ 1=(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)(a+b+c)(a+b+d)(a+c+d)(b+c+d) \le \frac{2}{\sqrt{6}} \cdot \frac{2}{\sqrt{6}} \cdot \frac{2}{\sqrt{6}} \cdot \frac{2}{\sqrt{6}} \cdot \frac{3}{\sqrt{6}} \cdot \frac{3}{\sqrt{6}} \cdot \frac{3}{\sqrt{6}} \cdot \frac{3}{\sqrt{6}} \cdot=\frac{2^4 \cdot 3^4}{6^4}=1}\)
Oznacza to, że stosowane nierówności muszą być równościami, więc \(\displaystyle{ a=b=c=d=\frac{1}{\sqrt{6}}}\), co rzeczywiście jest rozwiązaniem.
Jeśli wszystkie liczby są ujemne to stosuje podstawienie \(\displaystyle{ a=-a' \ b=-b' \ c=c' \ d=-d'}\) i otrzymuje ten sam układ, co już rozważany, więc rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ a=b=c=d=-\frac{1}{ \sqrt{6}}}\)

28.:    

\(\displaystyle{ p=2l+1}\), gdzie \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą
\(\displaystyle{ a=(2l+1)^2 \ b= \frac{l(l+1)}{2}}\)
\(\displaystyle{ m}\) jest liczbą trójkątną, więc \(\displaystyle{ m=\frac{n(n+1)}{2}}\)
\(\displaystyle{ a\frac{n(n+1)}{2}+b=(2l+1)^2\frac{n(n+1)}{2}+\frac{l(l+1)}{2}= \\
=\frac{1}{2}((2l+1)^2n^2+(4l^2+4l+1)n+l^2+l)= \\
= \frac{1}{2}((2l+1)^2n^2+2l(2l+1)n +(2l+1)n+l^2+l)= \\
= \frac{1}{2}(((2l+1)n)^2+2l(2l+1)n+l^2+(2l+1)n+l)= \\
= \frac{1}{2}( ((2l+1)n+l)^2 +(2l+1)n+l)= \\
= \frac{((2l+1)n+l)((2l+1)n+l+1)}{2}}\)
Teraz wynikanie w drugą stronę
\(\displaystyle{ (2l+1)^2m+\frac{l(l+1)}{1}=\frac{t(t+1)}{2} \Leftrightarrow (2l+1)^2m=\frac{t^2-l^2+t-l}{2} \Leftrightarrow \\
(2l+1)^2m=\frac{(t-l)(t+l+1)}{2} \Leftrightarrow (2l+1)^2m=\frac{(t-l)(2l+1+t-l)}{2} \Leftrightarrow \\ p^2m=\frac{(t-l)(p+t-l)}{2}}\)
\(\displaystyle{ 2 \nmid p}\) , więc \(\displaystyle{ p|l-t}\) lub \(\displaystyle{ p|p+t-l}\) w obu przypadkach wynika, że \(\displaystyle{ p|t-l \Rightarrow \frac{t-l}{p} \in Z}\). Dzieląc otrzymane równanie przez \(\displaystyle{ p}\) uzyskuje \(\displaystyle{ m=\frac{(\frac{t-l}{p})(1+\frac{t-l}{p})}{2}}\). To kończy dowód.
Można udowodnić, że 2l+1 nie musi być liczbą pierwszą, aby to wynikanie zachodziło. Jeśli chodzi o wszystkie takie pary(spełniające wynikania z zadania) to wydaje mi się, że \(\displaystyle{ a=2l+1 \ b= \frac{l(l+1)}{2}}\) to są wszystkie pary liczb o takich własnościach(do tego potrzebny jest fakt, że jeśli funkcja kwadratowa jest kwadratem dla każdej liczby całkowitej dodatniej, to jest ona kwadratem funkcji liniowej, co jest dosyć trudno udowodnić)

22.było kiedyś w delcie

Ukryta treść:    

tam jest użyte słowo biśrodkowe, a to jest odcinek łączący środki przeciwległych krawędzi czworościanu

[mol_ksiazkowy]

25.

Ukryta treść:    

Jeśli \(\displaystyle{ q=1}\) to trywialne. Niech \(\displaystyle{ q \geq 2}\) to \(\displaystyle{ \frac{|2q^2-p^2|}{q^2}=|(\sqrt{2}- \frac{p}{q})(\sqrt{2}+ \frac{p}{q})| \geq \frac{1}{q^2}}\).
Stąd teza gdy \(\displaystyle{ \sqrt{2}+ \frac{p}{q} \leq 3}\).
Jeśli \(\displaystyle{ \sqrt{2}+ \frac{p}{q} >3}\) to \(\displaystyle{ |\sqrt{2}- \frac{p}{q}| > 3- 2\sqrt{2} > \frac{1}{12} \geq \frac{1}{3q^2}}\)

-- 21 czerwca 2015, 14:12 --

ad 3 cd

Ukryta treść:    

czy nie ma innych ...?

-- 26 czerwca 2015, 12:57 --18 cd

Ukryta treść:    

lub z przekształcenia \(\displaystyle{ xy+yz+xz + z - x - (x^2+y^2+z^2)= (z-x)(1-z+x) + (y-x)(z-y) \geq 0}\)

[Msciwoj]

9:    

Oznaczmy sobie wspólny wierzchołek obu figur przez \(\displaystyle{ A}\), kolejne (odwrotnie do wskazówek zegara) wierzchołki kwadratu \(\displaystyle{ B,C,D}\), kolejne wierzchołki trójkąta \(\displaystyle{ E,F}\). Kolejne punkty przecięcia obu figur \(\displaystyle{ P,Q,R,S}\). Poza tym punkt przecięcia odcinków \(\displaystyle{ EF}\) i \(\displaystyle{ AC}\) niech będzie \(\displaystyle{ H}\).

Prosta \(\displaystyle{ AC}\) jest osią symetrii wszystkich trzech figur, czyli jest osią symetrii całego rysunku.

Pole kwadratu wynosi \(\displaystyle{ 2}\), bo jego bok wynosi \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\).
Wystarczy od tego pola odjąć pola trójkątów \(\displaystyle{ ABP, QCR, SDA}\). Oczywiście z powodu symetrii \(\displaystyle{ [ABP] = [SDA]}\).

Łuk \(\displaystyle{ AB}\) stanowi czwartą część okręgu, a łuk \(\displaystyle{ AE}\) - trzecią część okręgu. Wobec tego łuk \(\displaystyle{ BE}\) to dwunasta część okręgu. Z tego wynika, że \(\displaystyle{ \angle BAE = \frac{\pi}{12}}\). Co oznacza, że \(\displaystyle{ [ABP] = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {2} \cdot \tan {\frac{\pi}{12}} \sqrt{2} = \tan {\frac{\pi}{12}} = 2 - \sqrt{3}}\).

Z symetrii otrzymujemy \(\displaystyle{ \angle QHC = \frac{\pi}{2}}\). Poza tym, \(\displaystyle{ \angle CQH}\) jest sumą łuków \(\displaystyle{ CF}\) i \(\displaystyle{ BE}\). Ponieważ łuki \(\displaystyle{ CF}\) i \(\displaystyle{ EC}\) z symetrii są równe, to ten kąt jest taki, jakby był oparty na łuku \(\displaystyle{ BC}\), czyli \(\displaystyle{ \angle CQH = \frac{\pi}{4}}\). Oznacza to że \(\displaystyle{ QH = HC = HR}\). \(\displaystyle{ HC = AC - AH = 2 - \sqrt{3}}\). Oznacza to, że \(\displaystyle{ [QCR] = 2 [QHC] = (2 - \sqrt {3})^2}\)

Stąd \(\displaystyle{ [APQRS] = [ABCD] - 2[ABP] -[QCR] = 2 - 2 (2 - \sqrt{3}) - (2 - \sqrt{3})^2 = 6 \sqrt{3} - 9 \approx 1.392}\)

29:    

Niech \(\displaystyle{ A',B'}\) będą obrazami \(\displaystyle{ A,B}\) w symetrii względem naszej średnicy. Leży na okręgu, ponieważ każda średnica jest osią symetrii okręgu. Oczywiście \(\displaystyle{ \angle ACA' = \frac{\pi}{2}}\), bo kąt zostaje podwojony. Co oznacza, że \(\displaystyle{ \angle A'CB = \frac{\pi}{2}}\). Czyli wystarczy udowodnić, że \(\displaystyle{ BA' = \sqrt{2}}\), reszta to twierdzenie Pitagorasa.

Ale kąt \(\displaystyle{ \angle A'CB}\) jest sumą kątów opartych na łukach \(\displaystyle{ A'B}\) i \(\displaystyle{ AB'}\). A te łuki są równe. Czyli kąt wpisany oparty na każdym z nich wynosi \(\displaystyle{ \frac{\pi}{4}}\), a kąt środkowy jest prosty. Czyli \(\displaystyle{ BA'}\) jest przekątną kwadratu o boku \(\displaystyle{ 1}\), czyli \(\displaystyle{ BA' = \sqrt{2}}\)

Co kończy dowód.

-- 2 lip 2015, o 17:25 --Przepraszam za dwa posty pod rząd, ale pod poprzednim dostałem już znacznik "pomógł", więc nie chciałem go edytować, jakby ten był niepoprawny.

16:    

Zadanie wydaje się aż za proste. Na pewno nie ma błędu?

Podzielmy ten zbiór w dowolny sposób na trzy podzbiory, jeden zawiera 10 elementów, drugi także 10, a trzeci tylko jeden element. Niech sumy liczb w kolejnych podzbiorach wynoszą \(\displaystyle{ A,B,x}\). To ostatnie to oczywiście po prostu ta jedna liczba. Z założenia mamy
\(\displaystyle{ B < A +x}\) - po lewej suma dziesięciu, po prawej pozostałych jedenastu
\(\displaystyle{ A < B +x}\) - takoż
Dodając te nierówności otrzymujemy:
\(\displaystyle{ 2x >0}\).
\(\displaystyle{ x>0}\)

Jako że \(\displaystyle{ x}\) był dowolną liczbą z tego zbioru i okazał się być dodatni, wszystkie liczby z tego zbioru są dodatnie.