[MIX] Suplement KMDO

[Sylwek]

41:    

Alternatywnie, bo nie podoba mi się poprzednie rozwiązanie tego zadania: dodając stronami wyrażenie: \(\displaystyle{ 3(x^2y+xy^2)}\) otrzymujemy równanie: \(\displaystyle{ (x+y)^3=7(x^2y+xy^2)+4}\), którego nierozwiązywalność w liczbach całkowitych wynika z faktu, że sześcian liczby całkowitej nigdy nie daje reszty 4 w dzieleniu przez 7 (co łatwo sprawdzić, np. za pomocą kongruencji).

[klaustrofob]

ad. 50.

Ukryta treść:    

prosta indukcja daje \(\displaystyle{ f(x^n)\leq f(x)^n}\) i w konsekwencji \(\displaystyle{ \sqrt[n]{f(x^n)}\leq f(x)}\) dla dowolnego n. daną nierówność też można udowodnić indukcyjnie: dla n=1 jest prawdą, dla n=2 jest: \(\displaystyle{ f(x^2)\leq f(x)\cdot f(x)\leq f(x)\cdot \sqrt[2]{f(x^2)}}\) na mocy dopiero co udowodnionej nierówności. załóżmy, że dowodzona nierówność jest prawdziwa dla n. dla n+1 mamy: \(\displaystyle{ f(x^{n+1})\leq f(x^n)\cdot f(x)\leq f(x)\cdot \sqrt{f(x^2)}\cdot\ldots\cdot \sqrt[n]{f(x^n)}\cdot f(x)}\) na mocy założenia indukcyjnego i dalej \(\displaystyle{ f(x^{n+1})\leq f(x^n)\cdot f(x)\leq f(x)\cdot \sqrt{f(x^2)}\cdot\ldots\cdot \sqrt[n]{f(x^n)}\cdot \sqrt[n+1]{f(x^{n+1})}}\) na mocy wstępnej uwagi.

[Dumel]

zad. 14:    

\(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) są pierwsze i rózne, wiec sa wzglednie pierwsze. z malego twierdzenia Fermata \(\displaystyle{ p^{q-1} \equiv 1 (mod \ q)}\) więc \(\displaystyle{ p^{q-1}+q^{p-1}-1 \equiv 1+0-1 \equiv 0 (mod \ q)}\) ponadto \(\displaystyle{ p^{q-1}+q^{p-1}-1 \ge p+q^{p-1}-1>q^{p-1} \ge q}\) wiec liczba \(\displaystyle{ p^{q-1}+q^{p-1}-1}\) jest wieksza od \(\displaystyle{ q}\) i podzielna przez \(\displaystyle{ q>1}\) wiec jest złożona

[XMaS11]

Zad.54:    

Oczywiście
\(\displaystyle{ (a-b)^2 |(f(a)-f(b))^2}\),
czyli na mocy warunku
\(\displaystyle{ f(a)f(b)|f(a)^2+f(b)^2}\)
Oznaczmy \(\displaystyle{ d=(f(a),f(b))}\)
Dla wygody przyjmijmy \(\displaystyle{ ed=f(a) \ fd=f(b)}\).
Wracając do tego, co napisaliśmy wcześniej:
\(\displaystyle{ ef|e^2+f^2}\) czyli \(\displaystyle{ e|f^2 i f|e^2}\), ponieważ liczby te są względnie pierwsze, to musi być \(\displaystyle{ |e|=|f|=1}\).
Stąd
\(\displaystyle{ |f(a)f(b)|=f(a)^2}\)
Zatem \(\displaystyle{ |f(a)|=|f(b)|=|a-b|}\).
Co w powiązaniu z warunkami natychmiast daje tezę.

[Sylwek]

46:    

Równanie jest równoważne: \(\displaystyle{ (x^2+y^2+z^2)^2=4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+3}\), co jest niemożliwe, bo prawa strona daje resztę 3 w dzieleniu przez 4, a lewa strona jest kwadratem liczby całkowitej, a kwadrat liczby całkowitej daje w dzieleniu przez 4 resztę 0 albo 1.

62:    

Też dość sugestywne zadanie, dobrym startem jest dowiedzenie, że: \(\displaystyle{ x+\frac{3}{x-1} \ge 2\sqrt{x+2}}\), co jest prawdą na mocy nierówności między średnimi, gdyż: \(\displaystyle{ (x-1)+\frac{3}{x-1}+1=(x-1)+\frac{x+2}{x-1} \ge 2\sqrt{x+2}}\).

Sumując takie nierówności po wszystkich zmiennych otrzymujemy: \(\displaystyle{ x+y+z+ \frac{3}{x-1}+ \frac{3}{y-1}+ \frac{3}{z-1} \ge 2 \left( \sqrt{x+2} + \sqrt{y+2} + \sqrt{z+2} \right)}\), a że z danych zadania mamy tutaj równość, zatem we wszystkich wcześniejszych nierównościach musi zachodzić równość. Równość w nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną zachodzi oczywiście wtedy, gdy wszystkie zmienne mają równe wartości: \(\displaystyle{ (x-1)=\frac{x+2}{x-1} \iff x^2-2x+1=x+2 \iff x^2-3x-1=0 \iff x=\frac{1+\sqrt{13}}{2}}\), analogicznie pozostałe zmienne (pamiętamy o tym, że ich wartości są większe od 1), zatem: \(\displaystyle{ x=y=z=\frac{1+\sqrt{13}}{2}}\)

[klaustrofob]

ad 5.

Ukryta treść:    

ponieważ f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0), jest f(0)=0 i dalej 0=f(0)=f(x+(-x))=f(x)+f(-x) skąd f(-x)=-f(x) dla dowolnego x. elementarna indukcja pokazuje, że dla k naturalnych jest \(\displaystyle{ f(kx)=kf(x)}\). niech \(\displaystyle{ x\ne 0}\) i m>0 będzie naturalne. ponieważ \(\displaystyle{ f(\frac{x}{m})\cdot f(\frac{m}{x})=1}\), więc \(\displaystyle{ f(\frac{x}{m})=\frac{1}{f(\frac{m}{x})}=\frac{1}{mf(\frac{1}{x})}=\frac{1}{m\cdot \frac{1}{f(x)}}=\frac{f(x)}{m}}\). stąd, dla wymiernych dodatnich k/m mamy \(\displaystyle{ f(\frac{k}{m}x)=\frac{k}{m}f(x)}\). jeżeli y>0 i ciąg liczb wymiernych \(\displaystyle{ p_n\to y}\), to \(\displaystyle{ f(p_n x)= p_nf(x)}\) i przechodząc po obu stronach do granicy mamy \(\displaystyle{ f(yx)=yf(x)}\) dla dowolnego y>0 i x rzeczywistego. w szczególności, \(\displaystyle{ f(y\cdot 1)=y\cdot f(1)=y}\) dla y>0. jednak dla y<0 mamy f(y)=-f(-y) (patrz początek rozważań) = -(-y)=y. okazuje się więc, że f(x)=x dla dowolnego x rzeczywistego.

[Wasilewski]

Zad. 3:    

Z lewej strony korzystamy z nierówności między średnią arytmetyczną a średnią kwadratową:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} x_{k} + \sqrt{\sum_{k=1}^{n} x_{k}^2} \le \frac{n + \sqrt{n}}{\sqrt{n}} \sqrt{\sum_{k=1}^{n} x_{k}^2} \le \frac{n+\sqrt{n}}{n^2} \left(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_{k}}\right)\cdot \left(\sum_{k=1}^{n} x_{k}^2\right) \\
\sqrt{n \cdot \sum_{k=1}^{n} x_{k}^2} \cdot \frac{ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_{k}}}{n^2} \ge 1}\)
A to już jest prawda (do pierwszej sumy stosujemy nierówność między średnią kwadratową a średnią arytmetyczną, natomiast w przypadku drugiej wykorzystujemy analogiczną zależność między średnią arytmetyczną a średnią harmoniczną).

[snm]

27

Ukryta treść:    

Mamy \(\displaystyle{ x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1=(x^{2}+3x+1)^{2}-5x(x+1)^{2}}\), a podstawiając \(\displaystyle{ x=5^{25}}\) drugie wyrażenie robi nam się kwadratem: \(\displaystyle{ 5^{100}+5^{75}+5^{50}+5^{25}+1=(5^{50}+3*5^{25}+1)^{2}-5^{26}(5^{25}+1)^{2}}\), co łatwo ze wzoru skróconego mnożenia zamienić na iloczyn

[Wasilewski]

Zad. 4:    

Funkcja \(\displaystyle{ f(x) = \frac{x}{\sqrt{1-x}}}\) jest wypukła. Zatem skorzystajmy z nierówności Jensena z równymi wagami:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \frac{x_{k}}{\sqrt{1-x_{k}}} \ge n \cdot \frac{ \frac{\sum_{k=1}^{n}x_{k}}{n}}{\sqrt{1 - \frac{\sum_{k=1}^{n}x_{k}}{n}}} = \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n-1}} = \frac{\sqrt{n \cdot \sum_{k=1}^{n} x_{k}}}{\sqrt{n-1}} \ge \frac{\sum_{k=1}^{n} x_{k}}{\sqrt{n-1}}}\)
Druga nierówność to wykorzystanie zależności między średnią kwadratową a średnią arytmetyczną.

Zad. 19:    

Zaprezentuję siłowe rozwiązanie, z wykorzystaniem wzoru Bineta:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} {n\choose k} F_{n-k} = \sum_{k=0}^{n} {n \choose n-k} F_{n-k} = \sum_{k=0}^{n} {n\choose k} F_{k} = \frac{1}{\sqrt{5}} \sum_{k=0}^{n} {n\choose k} \left( (\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{k} - (\frac{1-\sqrt{5}}{2})^{k}\right) = \frac{1}{\sqrt{5}} \left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2} + 1)^{n} - (\frac{1-\sqrt{5}}{2} + 1)^{n}\right) = \frac{1}{\sqrt{5}} \left( (\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{2n} - (\frac{1-\sqrt{5}}{2})^{2n}\right) = F_{2n}}\)
Korzystałem z tego, że:
\(\displaystyle{ 3 \pm \sqrt{5} = \frac{(1\pm \sqrt{5})^2}{2}}\)

Zad. 40:    

Zauważmy, że w sumie określającej \(\displaystyle{ T_{n}}\) wyraz \(\displaystyle{ \frac{1}{k}}\) występuje \(\displaystyle{ (n+1-k)}\) razy, stąd:
\(\displaystyle{ T_{n} = \sum_{k=1}^{n} \frac{n+1-k}{k} = (n+1)S_{n} - n = (n+1)(S_{n+1} - \frac{1}{n+1}) - n = (n+1)(S_{n+1} - 1)}\)
\(\displaystyle{ U_{n}}\) to suma wyrażeń postaci \(\displaystyle{ \frac{(k+1)(S_{k+1} - 1)}{k+1} = S_{k+1} - 1}\).
Zatem:
\(\displaystyle{ U_{n} = sum_{k=1}^{n} S_{k+1} - 1 = \sum_{k=1}^{n} S_{k} + \frac{1}{k+1} - 1 = (n+1)(S_{n+1} - 1) + S_{n+1} - 1 - n = (n+2)(S_{n}-1) -n}\)

Zad. 35:    

Banalna indukcja:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \frac{k(d+k-1)!}{d^{k}} + \frac{(n+1) (d+n)!}{d^{n+1}} = \frac{(n+d)!}{d^{n}} + \frac{(n+1) (n+d)!}{d^{n+1}} -d! = \frac{(n+1+d)(n+d)!}{d^{n+1}} - d! = \frac{(n+1+d)!}{d^{n+1}} - d!}\)

[Dumel]

zad. 15:    

podstawiając \(\displaystyle{ x:=f(x)}\) dostajemy \(\displaystyle{ 2f(x)=f(f(x))+f^{-1}(f(x))=f(f(x))+x \ (*)}\). \(\displaystyle{ f}\) jest odwracalna wiec jest roznowartosciowa. jest tez monotoniczna wiec jest ściśle monotoniczna. udowodnię najpierw ze nie moze byc malejąca. zalozmy nie wprost ze istnieje malejąca funkcja \(\displaystyle{ f}\) spelniajaca warunki zadania. rozpatrzmy teraz dwa przypadki:
1. dla pewnego rzeczywistego \(\displaystyle{ a}\) zachodzi \(\displaystyle{ f(a)>a}\)
wtedy \(\displaystyle{ 2f(a)-a=f(f(a))<f(a)}\) wiec \(\displaystyle{ f(a)<a}\) - sprzecznosc
2. dla pewnego rzeczywistego \(\displaystyle{ a}\) zachodzi \(\displaystyle{ f(a)<a}\)
podobnie jak poprzednio mamy \(\displaystyle{ 2f(a)-a=f(f(a))>f(a)}\) wiec \(\displaystyle{ f(a)>a}\) - sprzecznosc.
wobec tego \(\displaystyle{ f}\) jest funkcją rosnącą. weżmy dowolne dwie liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ a,x: a>x}\). dla pewnych liczb \(\displaystyle{ b,y}\) zachodzą równości:
\(\displaystyle{ f(a)=a+b}\) oraz \(\displaystyle{ f(x)=x+y}\) \(\displaystyle{ (**)}\). wykorzystując \(\displaystyle{ (*)}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ 2a+2b=2f(a)=a+f(f(a))=a+f(a+b)}\) wiec \(\displaystyle{ f(a+b)=(a+b)+b}\). udowodnie indukcyjnie ze dla naturalnych \(\displaystyle{ n}\) zachodzi \(\displaystyle{ f(a+nb)=a+(n+1)b}\). dla \(\displaystyle{ n=1}\) jest ok teraz podobnie jak przed chwila wykorzystujac \(\displaystyle{ (*)}\) mamy \(\displaystyle{ 2(a+(n+1)b)=2f(a+nb)=a+nb+f(f(a+nb))=a+nb+f(a+(n+1)b)}\) wiec \(\displaystyle{ f(a+(n+1)b)=a+(n+2)b}\). stad analogicznie \(\displaystyle{ f(x+(n+1)y)=x+(n+2)y}\). teraz znowu indukcja: jesli \(\displaystyle{ f(a+nb)>f(x+ny)}\) to \(\displaystyle{ f(a+(n+1)b)=f(f(a+nb))>f(f(x+ny))=f(x+(n+1)y)}\). wynika stad ze dla dowolnego naturalnego \(\displaystyle{ n}\) zachodzi nierownosc \(\displaystyle{ a+nb>x+ny}\) wiec \(\displaystyle{ a-x>n(y-b)}\) wiec przy \(\displaystyle{ n}\) dazacym do nieskonczonosci nie moze byc \(\displaystyle{ y>b}\). mamy wiec \(\displaystyle{ b \ge y}\). wracajac do \(\displaystyle{ (**)}\) widzimy ze nierownosc ta oznacza ze dla pewnej niemalejacej funkcji \(\displaystyle{ g}\) mamy \(\displaystyle{ f(x)=x+g(x)}\). podstawmy to do rownania \(\displaystyle{ (*)}\): \(\displaystyle{ 2x+2g(x)=2f(x)=x+f(f(x))=x+f(x+g(x))=2x+g(x)+g(x+g(x))}\) co jest rownowazne rownosci \(\displaystyle{ g(x)=g(x+g(x))}\) wiec dla naturalnych \(\displaystyle{ n}\) mamy \(\displaystyle{ g(x)=g(x+ng(x))}\). jesli dla pewnego \(\displaystyle{ A}\) zachodzi \(\displaystyle{ g(A)=B>0}\) to \(\displaystyle{ g(A+nB)+B}\) (\(\displaystyle{ n \in N}\)) wiec dla kazdego \(\displaystyle{ x \ge A}\) zachodzi \(\displaystyle{ g(x)=A}\). analogicznie jesli \(\displaystyle{ g(C)=D<0}\) to dla kazdego \(\displaystyle{ x<C}\) mamy \(\displaystyle{ g(x)=C}\). wobec tego \(\displaystyle{ g}\) moze przyjmowac tylko trzy wartosci: \(\displaystyle{ A>0;0;D<0}\). \(\displaystyle{ f}\) jest odwracalna wiec z definicji jest to różnowartościowa funkcja "na". \(\displaystyle{ f}\) jest tez rosnąca wobec tego jest ciągła, skąd wynika, ze \(\displaystyle{ g(x)}\) nie moze przyjmowaz dwóch roznych wartosci. tak wiec dla pewnego \(\displaystyle{ E}\) zachodzi rownosc \(\displaystyle{ g(x)=E}\) wiec \(\displaystyle{ f(x)=x+E}\). bezposrednie sprawdzenie potwierdza ze wszystkie funkcje okreslone tym wzorem spelniaja warunki zadania.

uff... mam nadzieje ze nigdzie sie w przepisywaniu nie walnąłem ale już mi sie nie chce tego sprawdzac

[binaj]

12:    

Rozważmy ucznia \(\displaystyle{ a_1}\) i jego znajomych \(\displaystyle{ a_2 \ldots a_{46}}\)
jeśli któraś dwójka z \(\displaystyle{ a_2 \ldots a_{46}}\) ma wspólnego znajomego to możemy go razem z tą dwójką i \(\displaystyle{ a_1}\) posadzić przy tym stole, załóżmy, że tak nie zachodzi wówczas każdy z \(\displaystyle{ a_2 \ldots a_{46}}\) ma innych znajomych, razem musi ich być co najmniej \(\displaystyle{ 45 \cdot 44 =1980}\) czyli wszystkich uczniów co najmniej \(\displaystyle{ 1980 +46 = 2026}\)-sprzeczność

[Sylwek]

Niezła rzeźnia z tym 15. , tu jest do tego ładniejsze rozwiązanie (jak będziesz Frej edytował pierwszy post w temacie, to lepiej nie wklejaj linka, tylko skopiuj tamtejsze rozwiązanie z dopiskiem, kto jest autorem): post355894.htm#p355894 , nie gniewaj się Dumel

37:    

Z nierówności pomiędzy średnią arytmetyczną a geometryczną: \(\displaystyle{ 9(xyz)^2=9(x+y+z)^2=(x^5+y^5+z^5)(x+y+z) \ge 3\sqrt[3]{x^5y^5z^5} \cdot 3 \sqrt[3]{xyz}=9(xyz)^2}\), zatem we wszystkich nierównościach po drodze zachodzi równość, czyli: \(\displaystyle{ (x^5=y^5=z^5 \wedge x=y=z) \Rightarrow x=y=z}\). Zadanie sprowadziło się do rozwiązania układu równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} 3x^5=27x \\ 3x=x^3 \end{cases}}\), którego dodatnim rozwiązaniem jest tylko \(\displaystyle{ x=\sqrt{3}}\), czyli: \(\displaystyle{ x=y=z=\sqrt{3}}\).

[frej]

Z serii tych łatwych 68.

Ukryta treść:    

Na mocy nierówności Cauchy'ego Schwarza
\(\displaystyle{ (a_{n-1} a_n + a_n a_{n+1})^2\le (a_n^2+a_{n-1}^2)(a_{n+1}^2+a_n^2)}\)
i tak dla wszystkich \(\displaystyle{ n}\)
Równość zachodzi wtedy, gdy istnieje taki \(\displaystyle{ x\in \mathnn{R}}\), że \(\displaystyle{ x=\frac{a_2}{a_1}=\frac{3}{2}=\frac{a_3}{a_2}=\frac{a_4}{a_3}=\ldots}\)

-- 24 marca 2009, 00:01 --No to może jeszcze 80 i idę spać...

zad.80:    

Na mocy AM-GM i znanej tożsamości

\(\displaystyle{ 1^2+2^2+\ldots n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}\)

otrzymujemy

\(\displaystyle{ (n!)^2=1^2\cdot 2^2\cdot 3^3 \cdot \ldots \cdot n^2 \le \left(\frac{1^2+2^2+\ldots n^2}{n} \right)^n=\left(\frac{\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}{n} \right)^n=\left( \frac{(n+1)(2n+1)}{6} \right)^n = \left( \frac{2n^2+3n+1}{6} \right) ^n\qquad \qquad \blacksquare}\)

[Wasilewski]

Zad. 71:    

Zauważmy, że:
\(\displaystyle{ \frac{1}{F_{n} F_{n+2}} = \frac{1}{F_{n}(F_{n+1} + F_{n})} = \frac{F_{n+1} + F_{n} - F_{n}}{F_{n+1}F_{n}(F_{n+1} + F_{n})} = \frac{1}{F_{n}F_{n+1}} - \frac{1}{F_{n+1}(F_{n} + F_{n+1})} = \frac{1}{F_{n}F_{n+1}} - \frac{1}{F_{n+1} F_{n+2}}}\)
Stąd mamy:
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{F_{k} F_{k+2}} = \lim_{n\to \infty} \frac{1}{F_{1}F_{2}} - \frac{1}{F_{n+1}F_{n+2}} = \frac{1}{F_{1}F_{2}} = 1}\)
Jest tak, ponieważ wyraz ogólny ciągu Fibonacciego jest nieograniczony.

Zad. 74:    

Dokonajmy takiego przekształcenia:
\(\displaystyle{ k^4 + 4 = (k^2+2)^2 - (2k)^2 = (k^2-2k+2)(k^2+2k+2) = ((k-1)^2+1)((k+1)^2+1)}\)
Zatem dwa czynniki z mianownika są w stanie zredukować jeden czynnik z licznik. Po dokonaniu tej czynności otrzymamy takie coś:
\(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n} \frac{k^2+1}{\sqrt{k^4+4}} = \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{n^2+1}}{\sqrt{(n+1)^2+1}} \rightarrow \sqrt{2}}\)

[frej]

73

zad.73:    

\(\displaystyle{ a,b \in \mathbb{Q}}\)

\(\displaystyle{ a^{2n+1}-2a^n b^n + b^{2n+1}=0}\)

\(\displaystyle{ \frac{a}{b^n} a^{2n}-2a^n+b^{n+1}=0}\)

Zatem \(\displaystyle{ a^n}\) jest wymiernym pierwiastkiem funkcji kwadratowej \(\displaystyle{ f(x)=\frac{a}{b^n}x^2-2 x + b^{n+1}}\)

\(\displaystyle{ \mathbb{Q} \ni a^n=\frac{2\pm \sqrt{\Delta}}{2\frac{a}{b^n}}}\)

Z wymierności liczb \(\displaystyle{ a,b}\) w łatwy sposób wynika wymierność \(\displaystyle{ \sqrt{\Delta}}\)

Aby zakończyć dowód wystarczy zauważyć, że \(\displaystyle{ \Delta=4-4ab}\)

Jakby ktoś nie zauważył, to wrzuciłem trochę nowych zadanek.


Poza tym Pan Pawłowski chwali nasze forum ( jeżeli mogę tak mówić ), bardzo mu się ono podoba. Cieszy się, że tak temat powstał, zwłaszcza, że chętnie skorzysta z zamieszczonych tutaj rozwiązań.
Oczywiście odpowiednio wspomni o tym w książce.

Jeszcze chciałbym pogratulować w imieniu swoim i Pana Pawłowskiego całemu forum wznowienia KMDO, gdyż matematyka.pl przyczyniła się do tego w dużej mierze