Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
\(\displaystyle{ n=1}\) : nie istnieje trójścian. \(\displaystyle{ n \in \left\{ 2,3,4\right\}}\) : żadnego pięciościanu, siedmiościanu, dziewięciościanu nie można pomalować zgodnie z treścią zadania.
Konstrukcja dla \(\displaystyle{ n \ge 5}\) :
W graniastosłupie o podstawie \(\displaystyle{ (n-2)}\) kątnej jest \(\displaystyle{ (2n-4)}\) wierzchołków z których \(\displaystyle{ (n+1)}\) ścinamy. Uzyskane w wyniku cięć dodatkowe trójkątne ściany malujemy na czarno.
Malując każdy wierzchołek \(\displaystyle{ n}\) kąta foremnego na jeden z \(\displaystyle{ k}\) - kolorów, i niekoniecznie używając każdego koloru mamy możliwości:
\(\displaystyle{ x_{n}=(k-1)^n+(-1)^n(k-1)}\)
ten ostatni składnik wziąłem stąd, że mamy albo n parzyste albo nieparzyste i przy nieparzystych
ilość się zmniejsza jak łatwo zauważyć, stąd ten składnik.
Teraz interesuje mnie sytuacja gdy wybieram - \(\displaystyle{ k}\) - kolorów i wszystkie muszą być użyte,
zastosuję tu zasadę włączania i wyłączania wybierając konkretnie za każdym razem - \(\displaystyle{ i}\)
kolorów spośród - \(\displaystyle{ k}\)
Niech czworokąt ma boki : a,b,c,d oraz przekątne p,q
Skoro istnieje okrąg wpisany w ten czworokąt to: \(\displaystyle{ a+c=b+d}\)
Przekątne przecinają się pod katem prostym dzieląc na odcinki p',p'',q',q''. Stąd: \(\displaystyle{ a^2+c^2=\left[ (p')^2+(q')^2\right] +\left[ (p'')^2+(q'')^2\right] =\\=\left[ (p')^2+(q'')^2\right] +\left[ (p')^2+(q'')^2\right]=b^2+d^2\\
(a+c)^2-2ac=(b+d)^2-2bd\\
ac=bd \Rightarrow c= \frac{bd}{a}}\)
wstawiam to do warunku wpisania: \(\displaystyle{ a+\frac{bd}{a}=b+d\\
\frac{1}{a} (a-b)(a-d)=0\\
a=b \vee a=d}\) Nie istnieje czworokąt o prostopadłych przekątnych opisany na kole który ma wszystkie boki różnej długości. \(\displaystyle{ \left( a=b \Rightarrow c=d\right) \vee \left( a=d \Rightarrow c=b\right)}\)
Tylko deltoidy są czworokątami w które można wpisać okrąg, i posiadającymi przekątne prostopadłe.
\(\displaystyle{ \frac{a^2(b-a)}{a+b}=p^2, \ p \in \PP}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ p\nmid a}\) (co jest równoważne \(\displaystyle{ (a,p)=1}\), gdyż \(\displaystyle{ p}\) jest pierwsza), to \(\displaystyle{ (a^2, p^2)=1}\), a w związku z tym musi być \(\displaystyle{ a^2=a+b}\) lub \(\displaystyle{ a^2=1}\).
Przypadek \(\displaystyle{ a^2=1}\) natychmiast prowadzi do sprzeczności, gdyż liczba \(\displaystyle{ \frac{b+1}{b-1}}\), czy też \(\displaystyle{ \frac{b-1}{b+1}}\) rzadko jest choćby całkowitą z uwagi na \(\displaystyle{ (b-1,b+1)\le 2}\) - nie będę tego drobiazgowo rozpisywać (mianowniki \(\displaystyle{ \pm 1, \pm 2}\)), tam nie ma nic. Jeśli natomiast \(\displaystyle{ a^2=a+b}\), to wstawiamy \(\displaystyle{ b=a^2-a}\) do tego ułamka i mamy \(\displaystyle{ \frac{a^2(a^2-2a)}{a^2} =a^2-2a}\), ale skoro \(\displaystyle{ a^2-2a+1=(a-1)^2}\) jest kwadratem liczby całkowitej, a dwie kolejne liczby całkowite będące kwadratami liczb całkowitych to jedynie \(\displaystyle{ 0}\) i \(\displaystyle{ 1}\), to ten przypadek również odpada.
Pozostaje do rozważenia sytuacja, w której \(\displaystyle{ p|a}\), zapiszmy więc wtedy \(\displaystyle{ a=cp, \ c \in \ZZ}\), a otrzymamy (oczywiście \(\displaystyle{ b=cp}\) nie daje rozwiązania!): \(\displaystyle{ \frac{c^2p^2(b-cp)}{cp+b} =p^2\\ \frac{c^2(b-cp)}{cp+b}=1\\c^2= \frac{b+cp}{b-cp}}\)
Łatwo widać (jak ktoś się upiera, może wymnożyć i pogrupować by to pokazać) że musi być \(\displaystyle{ c|b}\), niech więc \(\displaystyle{ q\in \ZZ}\) będzie takie, iż \(\displaystyle{ b=cq}\). Otrzymujemy: \(\displaystyle{ c^2= \frac{q+p}{q-p}\\ \frac{p}{q}= \frac{c^2-1}{c^2+1}}\)
I teraz znowu można wyróżnić dwie sytuacje: albo \(\displaystyle{ (p,q)=1}\), albo nie. Jeśli \(\displaystyle{ (p,q)>1}\), to \(\displaystyle{ p|q}\), tj. \(\displaystyle{ q=mp}\) dla pewnego \(\displaystyle{ m \in \ZZ\setminus\left\{ 0\right\}}\) i po wykonaniu dzielenia otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{1}{m}=\frac{c^2-1}{c^2+1}}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{c^2+1}{c^2-1}=1+\frac{2}{c^2-1}=m \notin \ZZ\setminus\left\{ 0\right\}}\), stąd \(\displaystyle{ c=0}\), co jednakowoż po podstawieniu prowadzi do sprzeczności z \(\displaystyle{ \frac{c^2(b-cp)}{cp+b}=1}\)
Jeżeli natomiast \(\displaystyle{ (p,q)=1}\), to z uwagi na \(\displaystyle{ (c^2-1, c^2+1)\le 2}\) możemy wywnioskować, że \(\displaystyle{ p}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ c^2-1}\) lub przez \(\displaystyle{ \frac{c^2-1}{2}}\). Jeżeli \(\displaystyle{ p}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ c^2-1=(c-1)(c+1)}\) (przypadek \(\displaystyle{ c=0}\) już wykluczyliśmy), to \(\displaystyle{ c}\) musi być parzyste (inaczej \(\displaystyle{ 8}\) dzieli prawą stronę, więc i dzieli \(\displaystyle{ p}\), co jest niemożliwe), więc aby \(\displaystyle{ (c+1)(c-1)}\) nie było złożone, \(\displaystyle{ c=\pm 2}\). Stąd mamy \(\displaystyle{ p=3}\) i jak wrócimy cierpliwe z \(\displaystyle{ a=cp}\), to \(\displaystyle{ a=\pm 6}\) i ma być: \(\displaystyle{ \frac{36(b-6)}{b+6} =9 \vee \frac{36(b+6)}{b-6} =9}\), stąd \(\displaystyle{ \left( a,b\right)=\left( 6,10\right) \vee (a,b)=\left( -6,-10\right)}\)
Przypadek, w którym \(\displaystyle{ c}\) jest nieparzyste, zaś \(\displaystyle{ p}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ \frac{c^2-1}{2}}\) daje zaś natychmiastową sprzeczność, gdyż wówczas \(\displaystyle{ 4}\) dzieli \(\displaystyle{ p}\), więc \(\displaystyle{ p}\) nie jest pierwsza. Korzystałem parę razy z tego, że gdy \(\displaystyle{ b |cd}\) i \(\displaystyle{ (b,c)=1}\), to \(\displaystyle{ b|d}\).
Odpowiedź: \(\displaystyle{ \left( a,b\right)=\left( 6,10\right) \vee (a,b)=\left( -6,-10\right)}\)
Nie jestem dobry z teorii liczb, dobrze by było, gdyby ktoś to skontrolował. Może też istnieje nieco „szlachetniejsze" rozwiązanie…
Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ a \in \RR\setminus \QQ}\). Oczywiście mamy \(\displaystyle{ a+(1-a)=1\in \QQ}\)
oraz \(\displaystyle{ a+(2-a)=2\in \QQ}\). Przypuśćmy teraz nie wprost, że \(\displaystyle{ a(1-a) \in \QQ \wedge a(2-a) \in \QQ}\), wówczas \(\displaystyle{ a=a(2-a)-a(1-a)\in \QQ}\), sprzeczność. Zatem co najmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ a(1-a), \ a(2-a)}\) jest niewymierną. Wobec tego któraś z liczb \(\displaystyle{ 1-a, 2-a}\) nadaje się na nasze \(\displaystyle{ b}\). Teraz \(\displaystyle{ b'.}\) Załóżmy nie wprost, że (przypominam, \(\displaystyle{ a}\) to ustalona liczba niewymierna) dla każdego \(\displaystyle{ q \in \QQ\setminus\left\{ 0\right\}}\) liczba \(\displaystyle{ a+\frac{q}{a}}\) jest wymierna. Wobec tego ustalając pewne \(\displaystyle{ q}\), mamy \(\displaystyle{ \QQ \ni a-\frac q a+a+\frac q a=2a}\) (bo suma liczb wymiernych jest wymierna), czyli \(\displaystyle{ a\in \QQ}\), sprzeczność. Stąd istnieje takie \(\displaystyle{ q\in \QQ\setminus\left\{ 0\right\}}\), że \(\displaystyle{ a+\frac q a \notin \QQ}\). Wówczas bierzemy \(\displaystyle{ b'=\frac q a}\).
Oczywiście funkcja \(\displaystyle{ f(x)=x}\) spełnia warunki zadania. Wykażę, że jest to jedyna taka funkcja. Dla dowodu nie wprost załóżmy, że istnieje taka funkcja \(\displaystyle{ f}\), która spełnia warunki zadania oraz dla której istnieje taki argument \(\displaystyle{ z}\), że \(\displaystyle{ f(z)=z+a}\), dla pewnego niezerowego \(\displaystyle{ a}\) rzeczywistego. Skonstruujmy następujący ciąg: \(\displaystyle{ \begin{cases} c_{0}=z; \\ c_{i}=4f(c_{i-1})-3c_{i-1}, \ dla \ i\geqslant1; \end{cases}}\)
Liczba \(\displaystyle{ z}\) jest nieujemna, ponadto jeżeli dla pewnego \(\displaystyle{ i}\) liczba \(\displaystyle{ c_{i}}\) jest nieujemna to zgodnie z treścią zadania zachodzi \(\displaystyle{ c_{i+1}=4f(c_{i})-3c_{i}\geqslant0}\), zatem liczba \(\displaystyle{ c_{i+1}}\) również jest wówczas nieujemna. Zatem na mocy indukcji wszystkie wyrazy ciągu \(\displaystyle{ c_{i}}\) muszą być nieujemne, dzięki czemu możemy taki ciąg konstruować w nieskończoność (funkcja \(\displaystyle{ f(x)}\) jest określona tylko na zbiorze nieujemnych liczb rzeczywistych). Pokażę, jednak że nie jest to możliwe i, że w końcu (dla niezerowego \(\displaystyle{ a}\)) w ciągu tym musi się pojawić wyraz ujemny, co doprowadzi do sprzeczności. Zauważmy teraz, że \(\displaystyle{ f(c_{i})=f(4f(c_{i-1})-3c_{i-1})=c_{i-1}}\), dla \(\displaystyle{ i\geqslant1}\). Możemy zatem przepisać powyższą rekurencję następująco: \(\displaystyle{ \begin{cases}c_{0}=z;\\
c_{1}=z+4a;\\
c_{i}=4c_{i-1}-3c_{i-1}, \ dla \ i\geqslant2;\end{cases}}\)
Skonstruujmy teraz kolejny ciąg \(\displaystyle{ k_{i}}\), określony następująco: \(\displaystyle{ k_{i}=\frac{(c_{i}-z)}{a}}\), dla każdego \(\displaystyle{ i\geqslant0;}\) (skoro \(\displaystyle{ a}\) jest różne od zera to możemy tak zrobić)
Przekształcając tę równość otrzymujemy \(\displaystyle{ c_{i}=z+k_{i}a}\), dla każdego \(\displaystyle{ i\geqslant0}\). Kilka początkowych wyrazów tych ciągów to: \(\displaystyle{ \begin{cases}c_{0}=z;\\
c_{1}=z+4a;\\
c_{2}=z-12a;\\
c_{3}=z+52a;\end{cases}}\) \(\displaystyle{ \begin{cases}k_{0}=0;\\
k_{1}=4;\\
k_{2}=-12;\\
k_{3}=52;\end{cases}}\)
Zgodnie z rekurencją pierwszego ciągu, dla \(\displaystyle{ i\geqslant2}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ k_{i}=\frac{(c_{i}-z)}{a}=\frac{(4c_{i-2}-3c_{i-1}-z)}{a}=\frac{(4(z+k_{i-2}a)-3(z+k_{i-1}a)-z)}{a}=4k_{i-2}-3k_{i-1};}\)
Ciąg \(\displaystyle{ k_{i}}\) spełnia zatem następującą rekurencję: \(\displaystyle{ \begin{cases}k_{0}=0;\\
k_{1}=4;\\
k_{i}=4k_{i-2}-3k_{i-1};\end{cases}}\)
Indukcyjnie łatwo dowieść trzech istotnych własności tego ciągu: \(\displaystyle{ 1.}\)\(\displaystyle{ k_{i}}\) jest liczbą całkowitą, dla każdego \(\displaystyle{ i\geqslant0}\).
Istotnie \(\displaystyle{ k_{0}}\) i \(\displaystyle{ k_{1}}\) są całkowite, a jeśli \(\displaystyle{ k_{i-2}}\) i \(\displaystyle{ k_{i-1}}\) są całkowite dla pewnego \(\displaystyle{ i\geqslant2}\), to wówczas również \(\displaystyle{ k_{i}=4k_{i-2}-3k_{i-1}}\) jest całkowite, jako suma iloczynów liczb całkowitych. Zatem na mocy indukcji własność ta jest spełniona. \(\displaystyle{ 2.}\) Wyrazy o indeksach parzystych (po za indeksem \(\displaystyle{ 0}\)) są ujemne, a wyrazy o indeksach nieparzystych są dodatnie.
Jeżeli dla pewnego \(\displaystyle{ i\geqslant2}\) wyraz \(\displaystyle{ k_{i-2}}\) jest ujemny, natomiast wyraz \(\displaystyle{ k_{i-1}}\) jest dodatni, to wówczas wyrażenia \(\displaystyle{ 4k_{i-2}}\) oraz \(\displaystyle{ -3k_{i-1}}\) są ujemne, więc wyraz \(\displaystyle{ k_{i}=4k_{i-2}-3k_{i-1}}\) również jest ujemny, jako suma wyrażeń ujemnych. Idąc dalej wyrażenia \(\displaystyle{ 4k_{i-1}}\) oraz \(\displaystyle{ -3k_{i}}\) są dodatnie, a zatem wyraz \(\displaystyle{ k_{i+1}=4k_{i-1}-3k_{i}}\) również jest dodatni, jako suma wyrażeń dodatnich. Zatem, jeżeli dla pewnego \(\displaystyle{ i\geqslant2}\) wyrazy \(\displaystyle{ k_{i-2}}\) i \(\displaystyle{ k_{i-1}}\) są odpowiednio ujemny i dodatni, to także wyrazy \(\displaystyle{ k_{i}}\) i \(\displaystyle{ k_{i+1}}\) są odpowiednio ujemny i dodatni. Oznacza to, że skoro wyraz \(\displaystyle{ k_{2}}\) jest ujemny, a wyraz \(\displaystyle{ k_{3}}\) jest dodatni, to na mocy indukcji wszystkie dalsze wyrazy o indeksach parzystych są ujemne, a o indeksach nieparzystych dodatnie. \(\displaystyle{ 3.}\)\(\displaystyle{ |k_{i}|>|k_{i-1}|}\), dla każdego \(\displaystyle{ i\geqslant1}\).
Dla \(\displaystyle{ i=1}\) oraz \(\displaystyle{ i=2}\) teza zachodzi. Natomiast dla \(\displaystyle{ i\geqslant3}\) zgodnie z własnością \(\displaystyle{ 2}\) wiemy, że liczby \(\displaystyle{ -k_{i-1}}\) i \(\displaystyle{ k_{i-2}}\) są tego samego znaku, a stąd otrzymujemy następujące nierówności \(\displaystyle{ |k_{i}|=|4k_{i-2}-3k_{i-1}|>|-3k_{i-1}|=3|-k_{i-1}|=3|k_{i-1}|>|k_{i-1}|}\).
Na podstawie własności \(\displaystyle{ 1}\), \(\displaystyle{ 2}\) i \(\displaystyle{ 3}\) możemy stwierdzić, że ciąg \(\displaystyle{ (k_{0}, k_{2}, k_{4}, ...)}\) jest ściśle malejącym ciągiem liczb całkowitych, co oznacza że dla dostatecznie dużego indeksu jego wyrazy mogą być dowolnie małe, natomiast ciąg \(\displaystyle{ (k_{1}, k_{3}, k_{5}, ...)}\) jest ściśle rosnącym ciągiem liczb całkowitych, co analogicznie oznacza, że dla dostatecznie dużego indeksu jego wyrazy mogą być dowolnie duże. Zauważmy teraz, że aby dla pewnego \(\displaystyle{ i}\) wyraz \(\displaystyle{ c_{i}}\) był ujemny wystarczy, że zajdzie nierówność \(\displaystyle{ c_{i}=z+k_{i}a<0}\). Po jej przekształceniu otrzymujemy \(\displaystyle{ k_{i}<\frac{-z}{a}}\), dla \(\displaystyle{ a}\) dodatniego oraz \(\displaystyle{ k_{i}>\frac{-z}{a}}\), dla \(\displaystyle{ a}\) ujemnego. Widzimy zatem, że wystarczy aby \(\displaystyle{ k_{i}}\) było dla pewnego \(\displaystyle{ i}\) odpowiednio mniejsze lub większe od pewnej ustalonej wartości (równej \(\displaystyle{ \frac{-z}{a}}\)). Wyrazy ciągu \(\displaystyle{ k_{i}}\) na mocy wcześniejszych stwierdzeń mogą być natomiast dowolnie małe i dowolnie duże, dla dostatecznie dużych indeksów, w szczególności zatem zawsze istnieje taki dostatecznie duży indeks nieparzysty \(\displaystyle{ N}\), że wyraz \(\displaystyle{ k_{N}}\) jest większy od dowolnej ustalonej wartości oraz dostatecznie duży indeks parzysty \(\displaystyle{ M}\), taki że wyraz \(\displaystyle{ k_{M}}\) jest mniejszy od dowolnej ustalonej wartości. W szczególności zatem od wartości \(\displaystyle{ \frac{-z}{a}}\), co prowadzi do wniosku, że zawsze istnieje taki dostatecznie duży indeks \(\displaystyle{ i}\), że wyraz \(\displaystyle{ c_{i}}\) jest ujemny, a zatem że \(\displaystyle{ 4f(c_{i-1})-3c_{i-1}=c_{i}<0}\). Otrzymaliśmy zatem spodziewaną sprzeczność.
-- 1 sty 2018, o 19:28 --
13.:
Ukryta treść:
Odp.: Szukane ciągi to \(\displaystyle{ (1, 2, 1, 0), (2, 0, 2, 0), (2, 1, 2, 0, 0)}\) oraz \(\displaystyle{ (n-3, 2, 1, 0, 0, 0, ... , 1, 0, 0, 0)}\) dla każdego \(\displaystyle{ n \ge 6}\).
Zauważmy na początek, że dla każdego \(\displaystyle{ 0 \le i \le n}\) zachodzą nierówności \(\displaystyle{ 0 \le w_{i} \le n}\). Pierwsza jest oczywista, żadna liczba nie może wystąpić w ciągu ujemną liczbę razy. Ponadto, skoro ciąg ma \(\displaystyle{ n+1}\) wyrazów to żadna liczba nie może w nim wystąpić więcej niż \(\displaystyle{ n+1}\) razy, czyli \(\displaystyle{ w_{i} \le n+1}\). Gdyby natomiast dla pewnego \(\displaystyle{ 0 \le k \le n}\) zachodziło \(\displaystyle{ w_{k}=n+1}\), to wówczas każdy z \(\displaystyle{ n+1}\) wyrazów tego ciągu byłby równy \(\displaystyle{ k}\), zatem także \(\displaystyle{ n+1=w_{k}=k \le n}\), zatem istotnie \(\displaystyle{ w_{i} \le n}\). Skoro zatem w ciągu tym występują tylko liczby całkowite z przedziału \(\displaystyle{ \left\langle0; n\right\rangle}\), to suma liczb wystąpień wszystkich tych liczb w ciągu jest liczbą wystąpień wszystkich liczb w tym ciągu, a zatem jest liczbą elementów w tym ciągu, czyli \(\displaystyle{ (1)}\)\(\displaystyle{ \sum_{0}^{n}w_{i}=n+1}\). Niech teraz \(\displaystyle{ a_{i}}\), dla \(\displaystyle{ 0 \le i \le n}\) oznacza sumaryczną liczbę wystąpień w ciągu tych elementów, które występują w tym ciągu dokładnie i razy. Oznacza to, że \(\displaystyle{ \sum_{0}^{n} a_{i}}\) jest sumaryczną liczbą wystąpień w ciągu wszystkich liczb, które występują w tym ciągu co najmniej \(\displaystyle{ 0}\) razy i co najwyżej \(\displaystyle{ n}\) razy, a skoro każdy element występuje w tym ciągu co najmniej \(\displaystyle{ 0}\) razy i co najwyżej \(\displaystyle{ n}\) razy, to powyższa suma jest liczbą wystąpień wszystkich liczb w tym ciągu, czyli jest liczbą elementów w tym ciągu, a zatem \(\displaystyle{ \sum_{0}^{n} a_{i}=n+1}\). Ponadto z definicji w tym ciągu dokładnie \(\displaystyle{ w_{i}}\) liczb występuje w nim \(\displaystyle{ i}\) razy, a to oznacza, że \(\displaystyle{ a_{i}=w_{i}i}\), dla każdego \(\displaystyle{ 0 \le i \le n}\), a zatem \(\displaystyle{ (2)}\)\(\displaystyle{ \sum_{0}^{n}w_{i}i=n+1}\). Łączą uzyskane równości otrzymujemy \(\displaystyle{ \sum_{0}^{n}w_{i}i=\sum_{0}^{n}w_{i}}\). Po jej przekształceniu otrzymujemy \(\displaystyle{ \sum_{0}^{n}w_{i}(i-1)=0}\) i następnie \(\displaystyle{ (3)}\)\(\displaystyle{ w_{0}= \sum_{2}^{n}w_{i}(i-1)}\). Dalej rozpatrzmy cztery przypadki. \(\displaystyle{ 1.}\)\(\displaystyle{ w_{0}=0}\)
W tym przypadku liczba wystąpień liczby \(\displaystyle{ 0}\) wynosi \(\displaystyle{ 0}\), jednak \(\displaystyle{ w_{0}=0}\), zatem w przypadku nie mamy rozwiązań. \(\displaystyle{ 2.}\)\(\displaystyle{ w_{0}=1}\)
Wówczas, zgodnie z równością \(\displaystyle{ (3)}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ \sum_{2}^{n}w_{i}(i-1)=1}\). Ponadto \(\displaystyle{ w_{i}(i-1) \ge 0}\), dla \(\displaystyle{ i \ge 2}\) oraz \(\displaystyle{ w_{i}(i-1) \neq 1}\), dla \(\displaystyle{ i \ge 3}\), gdyż jest wówczas podzielne przez \(\displaystyle{ (i-1) \ge 2}\). Oznacza to, że \(\displaystyle{ w_{2}=1}\) oraz \(\displaystyle{ w_{i}=0}\), dla każdego \(\displaystyle{ i \ge 3}\). Skoro zatem \(\displaystyle{ 2}\) występuje w tym ciągu dokładnie jeden raz, to musi być \(\displaystyle{ w_{1}=2}\), dodatkowo \(\displaystyle{ 0}\) musi wystąpić w tym ciągu dokładnie jeden raz, czyli musi być \(\displaystyle{ n=3}\) oraz \(\displaystyle{ w_{3}=0}\). Ciąg \(\displaystyle{ (1, 2, 1, 0)}\) spełnia warunki zadania. \(\displaystyle{ 3.}\)\(\displaystyle{ w_{0}=2}\)
W tym przypadku, zgodnie z równością \(\displaystyle{ (3)}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ \sum_{2}^{n}w_{i}(i-1)=2}\). Dodatkowo \(\displaystyle{ w_{2} \ge 1}\), gdyż \(\displaystyle{ 2}\) występuje w tym ciągu na pozycji \(\displaystyle{ 0}\). Oznacza to, że \(\displaystyle{ \sum_{3}^{n}w_{i}(i-1) \le 1}\).
Gdyby natomiast, dla pewnego \(\displaystyle{ i \ge 3}\) zachodziło \(\displaystyle{ w_{i} \ge 1}\), to wówczas \(\displaystyle{ w_{i}(i-1) \ge 2}\), a zatem także \(\displaystyle{ \sum_{3}^{n}w_{i}(i-1) \ge 2}\). A zatem \(\displaystyle{ w_{i}=0}\), dla każdego \(\displaystyle{ i \ge 3}\), co oznacza, że \(\displaystyle{ w_{2}=\sum_{3}^{n}w_{i}(i-1)=2}\). Zatem liczba \(\displaystyle{ 1}\), w tym przypadku może wystąpić tylko na pozycji \(\displaystyle{ 1}\), co oznacza, że \(\displaystyle{ w_{1} \le 1}\). Gdy \(\displaystyle{ w_{1}=0}\), to \(\displaystyle{ 0}\) musi wystąpić w tym ciągu jeszcze dokładnie jeden raz, a zatem musi być \(\displaystyle{ n=3}\) oraz \(\displaystyle{ w_{3}=0}\), gdy natomiast \(\displaystyle{ w_{1}=1}\), to \(\displaystyle{ 0}\) musi wystąpić w tym ciągu jeszcze dokładnie \(\displaystyle{ 2}\) razy, zatem musi być \(\displaystyle{ n=4}\) oraz \(\displaystyle{ w_{3}=0}\) i \(\displaystyle{ w_{4}=0}\). Obydwa ciągi \(\displaystyle{ (2, 0, 2, 0)}\) oraz \(\displaystyle{ (2, 1, 2, 0, 0)}\) spełniają warunki zadania. \(\displaystyle{ 4.}\)\(\displaystyle{ w_{i} \ge 3}\)
Przyjmijmy oznaczenie \(\displaystyle{ w_{0}=k}\), wówczas \(\displaystyle{ k \ge 3}\). Liczba \(\displaystyle{ k}\) występuje zatem w tym ciągu co najmniej jeden raz, czyli \(\displaystyle{ w_{k} \ge 1}\), a zatem \(\displaystyle{ w_{k}(k-1) \ge (k-1)}\). Gdyby zatem dla pewnego \(\displaystyle{ l \ge 3}\), \(\displaystyle{ l \neq k}\) zachodziło \(\displaystyle{ w_{i} \ge 1}\), to wówczas \(\displaystyle{ w{i}(i-1) \ge 2}\), a zatem \(\displaystyle{ \sum_{2}^{n}w_{i}(i-1) \ge k+1>k=w_{0}}\), co przeczyłoby równości \(\displaystyle{ (3)}\). Tak samo, gdyby \(\displaystyle{ w_{k} \ge 2}\), to wówczas \(\displaystyle{ \sum_{2}^{n}w_{i}(i-1) \ge w_{k}(k-1) \ge 2(k-1)=k+(k-2) \ge k+1>k=w_{0}}\). Oznacza to, że \(\displaystyle{ w_{k}=1}\) oraz, że \(\displaystyle{ w_{i}=0}\), dla każdego \(\displaystyle{ i \ge 3}\), \(\displaystyle{ i \neq k}\). Dalej mamy natomiast \(\displaystyle{ w_{2}=\sum_{2}^{n}w_{i}(i-1)-w_{k}(k-1)=w_{0}-(k-1)=k-(k-1)=1}\). Zatem \(\displaystyle{ 1}\) występuje w tym ciągu co najmniej jeden razy, stąd \(\displaystyle{ w_{1} \ge 1}\), a zatem wszystkie wyrazy po za \(\displaystyle{ w_{0}, w_{1}, w_{2} i w_{k}}\) są równe \(\displaystyle{ 0}\), co oznacza, że \(\displaystyle{ w_{0}=k=(n+1)-4}\), skąd otrzymujemy \(\displaystyle{ k=n-3}\), czyli także \(\displaystyle{ n \ge 6}\). Gdyby \(\displaystyle{ w_{1}=1}\), to wówczas \(\displaystyle{ w_{1}=w_{k}=1}\), czyli \(\displaystyle{ 1}\) występowałoby w tym ciągu co najmniej \(\displaystyle{ 2}\) razy, a stąd \(\displaystyle{ w_{1} \ge 2}\), mamy sprzeczności, zatem musi być \(\displaystyle{ w_{1} \ge 2}\). Gdyby natomiast \(\displaystyle{ w_{1}=l \ge 3}\), to wówczas dla \(\displaystyle{ l \neq k}\) mielibyśmy \(\displaystyle{ w_{l}=1}\), co przeczy temu, że \(\displaystyle{ w_{l}=0}\), dla dowolnego \(\displaystyle{ l \ge 3}\), \(\displaystyle{ l \neq k}\). Gdyby natomiast \(\displaystyle{ l=k}\), to wówczas \(\displaystyle{ w_{l}=2}\), co przeczy temu, że \(\displaystyle{ w_{l}=1}\). Musi być zatem \(\displaystyle{ w_{1}=2}\). Dla dowolnego \(\displaystyle{ n \ge 6}\) ciąg postaci \(\displaystyle{ (n-3, 2, 1, 0, 0, 0, ... , 1, 0, 0, 0)}\) spełnia warunki zadania.
Rozpatrzyliśmy już wszystkie przypadki, otrzumując zatem wszystkie szukane ciągi.
-- 1 sty 2018, o 19:50 --
14.:
Ukryta treść:
Dla dowodu nie wprost załóżmy, że istnieje taki zbiór \(\displaystyle{ A}\) rozłącznych prostych, że ich suma jest płaszczyzną, nazwijmy ją płaszczyzną \(\displaystyle{ \pi}\), bez jednego punktu, nazwijmy go punktem \(\displaystyle{ X}\). Proste są rozłączne wtedy i tylko wtedy, gdy nie mają punktów wspólnych, czyli gdy są równoległe i nie pokrywają się. Wybierzmy teraz dowolną prostą \(\displaystyle{ k \in A}\). Następnie rozpatrzmy prostą \(\displaystyle{ l}\), równoległą do prostej \(\displaystyle{ k}\) i przechodzącą przez punkt \(\displaystyle{ X}\). Następnie obierzmy dowolny punkt \(\displaystyle{ Y}\) na prostej \(\displaystyle{ l}\), różny od punktu \(\displaystyle{ X}\). Punkt \(\displaystyle{ Y}\) należy do sumy prostych ze zbioru \(\displaystyle{ A}\), co oznacza, że istnieje taka prosta \(\displaystyle{ m \in A}\), że punkt \(\displaystyle{ Y}\) leży na tej prostej. Skoro prosta \(\displaystyle{ m \in A}\), to jest ona równoległa do prostej \(\displaystyle{ k}\), zatem także do prostej \(\displaystyle{ l}\), oznacza to, że proste \(\displaystyle{ l}\) i \(\displaystyle{ m}\) są równoległe, ale jednocześnie mają punkt wspólny \(\displaystyle{ Y}\), co oznacza, że się pokrywają, a zatem punkt \(\displaystyle{ X}\) leży także na prostej \(\displaystyle{ m \in A}\), czyli należy do sumy wszystkich prostych ze zbioru \(\displaystyle{ A}\). Otrzymaliśmy zatem sprzeczność, która kończy dowód.
Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ a \in \RR\setminus \QQ}\). Oczywiście mamy \(\displaystyle{ a+(1-a)=1\in \QQ}\)
oraz \(\displaystyle{ a+(2-a)=2\in \QQ}\). Przypuśćmy teraz nie wprost, że \(\displaystyle{ a(1-a) \in \QQ \wedge a(2-a) \in \QQ}\), wówczas \(\displaystyle{ a=a(2-a)-a(1-a)\in \QQ}\), sprzeczność. Zatem co najmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ a(1-a), \ a(2-a)}\) jest niewymierną. Wobec tego któraś z liczb \(\displaystyle{ 1-a, 2-a}\) nadaje się na nasze \(\displaystyle{ b}\). Teraz \(\displaystyle{ b'.}\) Załóżmy nie wprost, że (przypominam, \(\displaystyle{ a}\) to ustalona liczba niewymierna) dla każdego \(\displaystyle{ q \in \QQ\setminus\left\{ 0\right\}}\) liczba \(\displaystyle{ a+\frac{q}{a}}\) jest wymierna. Wobec tego ustalając pewne \(\displaystyle{ q}\), mamy \(\displaystyle{ \QQ \ni a-\frac q a+a+\frac q a=2a}\) (bo suma liczb wymiernych jest wymierna), czyli \(\displaystyle{ a\in \QQ}\), sprzeczność. Stąd istnieje takie \(\displaystyle{ q\in \QQ\setminus\left\{ 0\right\}}\), że \(\displaystyle{ a+\frac q a \notin \QQ}\). Wówczas bierzemy \(\displaystyle{ b'=\frac q a}\).
Ukryta treść:
Chyba ci się to co ma być wymierne i niewymierne pokićkało.
