[MIX] Zadania różne VII

[mol_ksiazkowy]

ad 17 cd

Ukryta treść:    

a co jeśli \(\displaystyle{ \frac{S_m}{S_n}= \frac{m^2}{n^2}}\) (dla jakichś m,n ; ale niekoniecznie dla dowolnych ; ); czy wtedy tez \(\displaystyle{ \frac{a_m}{a_n}= \frac{2m-1}{2n-1}}\) ? np w ciagu \(\displaystyle{ 2, 6, 10, ….}\) przy m=3 , n=1

[Qń]

17:    

Oznaczmy \(\displaystyle{ a=\frac{S_m}{m^2}=\frac{S_n}{n^2}}\), wtedy oczywiście
\(\displaystyle{ S_m=am^2}\) i \(\displaystyle{ S_n=an^2}\)
czyli:
\(\displaystyle{ \frac{a_1+a_m}{2}\cdot m=am^2}\) i \(\displaystyle{ \frac{a_1+a_n}{2}\cdot n=an^2}\)
czyli
\(\displaystyle{ a_1+a_m = 2am}\) i \(\displaystyle{ a_1+a_n=2an}\)
co po odjęciu stronami daje:
\(\displaystyle{ a_m-a_n=2a(m-n)\\
(m-n)r=2a(m-n)\\
a=\frac r2}\)
W takim razie mamy:
\(\displaystyle{ rm=2am=a_1+a_m=2a_1+(m-1)r}\)
skąd łatwo widać, że \(\displaystyle{ a_1=\frac r2}\).

Tak więc nasz ciąg jest postaci \(\displaystyle{ a_k=\frac{r(2k-1)}{2}}\) dla pewnego \(\displaystyle{ r}\), skąd od razu wynika teza.

Q.

[yorgin]

28a:    

Trójkąta się oczywiście nie da. Dla \(\displaystyle{ n\geq 4}\) geometrycznie "widać", że się da. Jak to formalnie zapisać? Mam pewien pomysł, ale słowny opis mnie nie satysfakcjonuje...

28a cd:    

Przypadek 1: \(\displaystyle{ n=4k+1}\) jest liczbą nieparzystą. Zbiór \(\displaystyle{ N=\{1, 2,\ldots, n\}}\) dzielimy na trzy zbiory \(\displaystyle{ A, B, C}\) według regułki jak niżej:

\(\displaystyle{ \underbrace{1}_A \underbrace{2}_B \underbrace{3}_A \underbrace{4}_B \ldots \underbrace{2k-1}_A \underbrace{2k}_B\underbrace{2k+1}_{C}\underbrace{2k+2}_B \underbrace{2k+3}_A\ldots \underbrace{4k}_B \underbrace{4k+1}_A}\)

Zauważmy, że \(\displaystyle{ \sum\limits_{a\in A}a=\sum\limits_{b\in B}b=:K}\)

Ustalmy \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\) i rozważmy trójkąt \(\displaystyle{ T_{2k+1,\varepsilon, K}}\) o bokach długości \(\displaystyle{ 4k+1, K-\varepsilon, K-\varepsilon}\).

Ułóżmy boki ze zbioru \(\displaystyle{ A}\) w jedną łamaną \(\displaystyle{ \kappa}\) o długości \(\displaystyle{ K}\) (de facto wszystkie odcinki leżą na jednej prostej).

Ustalmy teraz \(\displaystyle{ a, b\geq 0}\), rozważmy "trójkąt" o bokach długości \(\displaystyle{ a, b, c}\) i kącie między bokami \(\displaystyle{ a, b}\) o wartości \(\displaystyle{ \phi}\) (może być \(\displaystyle{ \phi\geq 0 \vee \phi\geq \pi}\)). Odwzorowanie

\(\displaystyle{ [0,2pi)
i phimapsto c=c(phi)in [0,+infty)}\)

jest ciągłe.

Z jego ciągłości istnieje taki kąt \(\displaystyle{ \phi_A}\), że w łamanej \(\displaystyle{ \kappa}\) można w każdym węźle ustawić kąt \(\displaystyle{ \kappa}\) między dwoma kolejnymi odcinkami i taki, że odległość skrajnych punktów (węzłów) wynosi \(\displaystyle{ K-\varepsilon}\).

Tak samo znajdujemy kąt \(\displaystyle{ \phi_B}\) i tak samo "pokrzywiamy" łamaną zbudowaną z boków \(\displaystyle{ B}\).

Każdą z łamanych opieramy na jednym z dwóch boków trójkąta \(\displaystyle{ T_{2k+1,\varepsilon, K}}\). Nasz wielokąt jest skonstruowany.

Przypadek 2: \(\displaystyle{ n=4k+3}\). Zbiór \(\displaystyle{ N=\{1, 2,\ldots, n\}}\) dzielimy na trzy zbiory \(\displaystyle{ A, B, C}\) według regułki jak niżej:

\(\displaystyle{ \underbrace{1}_A \underbrace{2}_B \underbrace{3}_A \underbrace{4}_B \ldots \underbrace{2k}_B \underbrace{2k+1}_C\underbrace{2k+2}_{C}\underbrace{2k+3}_C \underbrace{2k+4}_B\underbrace{2k+5}_A\ldots \underbrace{4k+2}_B \underbrace{4k+3}_A}\)

Ponownie \(\displaystyle{ \sum\limits_{a\in A}a=\sum\limits_{b\in B}b=:K}\)

Dalej tak samo, jak poprzednio, tylko dla trójkąta \(\displaystyle{ T_{6k+6,\varepsilon, K}}\)

Przypadki dla liczb parzystych rozwiązuje się przez analogię. Dla \(\displaystyle{ n=4k}\) można przyjąć, że \(\displaystyle{ C=\emptyset}\), czyli mamy trójkąt ze zdegenerowanym bokiem. Dla \(\displaystyle{ n=4k+2}\) zbiór \(\displaystyle{ C}\) będzie dwuelementowy.

Jeżeli jakaś liczba \(\displaystyle{ n}\) nie spełnia założeń, które po drodze są potrzebne w powyższych konstrukcjach, to robimy je "ręcznie". Łatwo widać, że dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) problemów nie ma, więc skończona liczba przypadków nie jest uciążliwa.

Jestem usatysfakcjonowany, bez machania rękami takie zadanie zrobić...

[mol_ksiazkowy]

ad 3) cd

Ukryta treść:    

No a gdzie jakaś choć mała odrobina ; szkic rozwiązania ; "goły " wynik troche mało...

[Qń]

13:    

Oznaczmy:
\(\displaystyle{ a=x+y+z\\
b= xy+yz+zx\\
c=xyz}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ a=3}\), łatwo też widać, że \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2=a^2-2b=9-2b}\).

Ze wzorów Viete'a wynika, że \(\displaystyle{ x,y,z}\) są pierwiastkami wielomianu \(\displaystyle{ f(t)=t^3-3t^2+bt-c}\), skąd w szczególności wiemy, że:
\(\displaystyle{ x^3-3x^2+bx-c=0\\
y^3-3y^2+by-c=0\\
z^3-3z^2+bz-c=0}\) (*)

Dodanie tych trzech równości stronami i uwzględnienie założeń daje nam:
\(\displaystyle{ (x^3+y^3+z^3)-3 (x^2+y^2+z^2)+b(x+y+z)-3c=0\\
15- 3(9-2b)+3b-3c=0\\
3c=9b-12}\)

Jeśli zaś w (*) przemnożymy kolejne równości stronami przez \(\displaystyle{ x,y,z}\) i dodamy stronami, to po uwzględnieniu założeń dostajemy:
\(\displaystyle{ (x^4+y^4+z^4)-3 (x^3+y^3+z^3)+b(x^2+y^2+z^2)-c(x+y+z)=0\\
35- 3\cdot 15 + b(9-2b)-3c=0\\
35- 3\cdot 15 + b(9-2b)-(9b-12)=0\\
b^2=1\\
b= 1 \vee b=-1}\)

Zauważmy jednak, że nie może być \(\displaystyle{ b=-1}\), bo \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2=9-2b<10}\), stąd \(\displaystyle{ b=1}\) i \(\displaystyle{ c=-1}\), czyli \(\displaystyle{ x,y,z}\) są pierwiastkami wielomianu \(\displaystyle{ f(t)=t^3-3t^2+t+1}\) i (*) przyjmuje postać:
\(\displaystyle{ x^3-3x^2+x+1=0\\
y^3-3y^2+y+1=0\\
z^3-3z^2+z+1=0}\)

Jeśli kolejne równości przemnożymy stronami przez \(\displaystyle{ x^2,y^2,z^2}\) i zsumujemy stronami to dostaniemy:
\(\displaystyle{ (x^5+y^5+z^5) -3(x^4+y^4+z^4)+(x^3+y^3+z^3)+(x^2+y^2+z^2)=0}\)
czyli
\(\displaystyle{ x^5+y^5+z^5= 3\cdot 35- 15- 7 = 83}\)


Połóżmy teraz \(\displaystyle{ u=\frac 1x, v= \frac 1y , w= \frac 1z}\). Mamy wtedy:
\(\displaystyle{ u+v+w= \frac 1x + \frac 1y +\frac 1z = \frac{xy+yz+zx}{xyz} = \frac{1}{-1}= -1\\
uv+vw+wu= \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx} = \frac{x+y+z}{xyz} = \frac{3}{-1}= -3\\
uvw = \frac{1}{xyz} = -1}\)

Tak więc \(\displaystyle{ u,v,w}\) są pierwiastkami wielomianu \(\displaystyle{ g(t)= t^3+t^2-3t +1}\). Mamy więc w szczególności:
\(\displaystyle{ u^3+u^2-3u + 1=0\\
v^3+v^2-3v + 1=0\\
w^3+w^2-3w + 1=0}\)(**)

Łatwo widać, że \(\displaystyle{ u^2+v^2+w^2=(-1)^2- 2\cdot (-3)=7}\). Dodanie stronami (**) daje nam więc:
\(\displaystyle{ u^3+v^3+w^3+7 - 3 \cdot 3+3 = 0}\)
skąd \(\displaystyle{ u^3+v^3+w^3= -1}\)

Jeśli przemnożymy (**) stronami kolejno przez \(\displaystyle{ u,v,w}\) i zsumujemy stronami, to otrzymamy:
\(\displaystyle{ u^4+v^4+w^4+(-1) - 3 \cdot 7 + 3 = 0}\)
skąd \(\displaystyle{ u^4+v^4+w^4=19}\)

Jeśli wreszcie przemnożymy (**) stronami kolejno przez \(\displaystyle{ u^2,v^2,w^2}\) i dodamy stronami, to mamy ostatecznie:
\(\displaystyle{ u^5+v^5+w^5+19 - 3 \cdot (-1) + 7 = 0}\)
skąd \(\displaystyle{ u^5+v^5+w^5=-29}\) i to jest właśnie szukane \(\displaystyle{ \frac{1}{x^5}+\frac{1}{y^5} + \frac{1}{z^5}}\)

(Nie upieram się, że w rachunkach nie ma błędu, ale sama idea rozwiązania jest w porządku)

Q.

[Zahion]

24:    

Przekształcamy do postaci \(\displaystyle{ 16(x-y)^{2} +x^{2}+y^{2} - 41 = 0}\) Od razu zauważmy, że dla \(\displaystyle{ x = y}\) równanie to nie ma rozwiązań. Załóżmy więc, że \(\displaystyle{ x \neq y}\). Teraz zauważmy, że jeśli wartość bezwzględna z różnicy pomiędzy liczbami \(\displaystyle{ x,y}\) jest większa lub równa \(\displaystyle{ 2}\) to \(\displaystyle{ 16(x-y)^{2} \ge 16\cdot 4 = 64}\) Stąd \(\displaystyle{ L > 0}\) co daje sprzeczność. Możemy więc BSO. napisać \(\displaystyle{ x + 1 = y}\). Otrzymujemy wtedy równanie \(\displaystyle{ (x+4)(x-3)=0}\), a stąd \(\displaystyle{ x = -4, x=3}\). Otrzymujemy więc rozwiązania \(\displaystyle{ (x,y)=(-4,-3),(3,4).}\) i z drugiego przypadku \(\displaystyle{ (x,y)=(4,3),(-3-4)}\)

[a4karo]

24:    

Przekształcamy do postaci \(\displaystyle{ 16(x-y)^{2} +x^{2}+y^{2} - 41 = 0}\) Od razu zauważmy, że dla \(\displaystyle{ x = y}\) równanie to nie ma rozwiązań. Załóżmy więc, że \(\displaystyle{ x \neq y}\). Teraz zauważmy, że jeśli wartość bezwzględna z różnicy pomiędzy liczbami \(\displaystyle{ x,y}\) jest większa lub równa \(\displaystyle{ 2}\) to \(\displaystyle{ 16(x-y)^{2} \ge 16\cdot 4 = 64}\) Stąd \(\displaystyle{ L > 0}\) co daje sprzeczność. Możemy więc BSO. napisać \(\displaystyle{ x + 1 = y}\). Otrzymujemy wtedy równanie \(\displaystyle{ (x+4)(x-3)=0}\), a stąd \(\displaystyle{ x = -4, x=3}\). Otrzymujemy więc rozwiązania \(\displaystyle{ (x,y)=(-4,-3),(3,4).}\) i z drugiego przypadku \(\displaystyle{ (x,y)=(4,3),(-3-4)}\)

Ukryta treść:    

Zakończyć można to rozumowanie jeszce efektowniej (dotyczy rozwiązania Qńa też):
\(\displaystyle{ 41-x^2-y^2}\) musi się dzielić przez \(\displaystyle{ 16}\) i nie może to być \(\displaystyle{ 32}\) (dlaczego?).
Zatem \(\displaystyle{ x^2+y^2=25}\)

[Qń]

15:    

Ciąg elementów ze zbioru \(\displaystyle{ \left\{ 1,2, \ldots , 100\right\}}\) nazwiemy dobrym jeśli każdy kolejny element jest wartością funkcji \(\displaystyle{ f(x)=2(x+1)}\) na poprzednim elemencie oraz jest możliwie długim ciągiem o tej własności. Przykładowy ciąg dobry to \(\displaystyle{ (5,12,26,54)}\).

Zauważmy, że jeśli ciąg jest dobry i ma parzystą liczbę elementów, to wszystkie jego elementy z nieparzystych miejsc mogą należeć do \(\displaystyle{ A}\), a z parzystych do \(\displaystyle{ B}\). A jeśli jest dobry i ma nieparzystą liczbę elementów, to co najmniej jeden jego element musi być poza oboma zbiorami.

Stąd wniosek, że poza \(\displaystyle{ A\cup B}\) musi być co najmniej tyle elementów ile jest ciągów dobrych nieparzystej długości. Łatwo sprawdzić, że są to jedynie:
\(\displaystyle{ (2,6,14,30,62),(3,8,18,38,78), \\
(11,24,50),(13,28,58),(15,32,66),(17,36,74),\\
(19,40,82), (21,44,90),(23,48,98)}\)
oraz wszystkie ciągi jednoelementowe składające się z tylko z nieparzystej liczby większej niż \(\displaystyle{ 50}\).

Jest ich łącznie \(\displaystyle{ 9+25=34}\), zatem maksymalna możliwa liczba elementów \(\displaystyle{ A\cup B}\) to \(\displaystyle{ 100-34=66}\).

Q.

[mol_ksiazkowy]

ad 13 cd

Ukryta treść:    

Qniu; chyba błąd (rachunkowy tylko); \(\displaystyle{ 3c=9b-12}\) itd

ad 5 cd

Ukryta treść:    

chyba odchudzić; b=4; \(\displaystyle{ f(x)=2^x + 16 - 2^{\sqrt{x^2+16}}}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\); to \(\displaystyle{ f(3)<0}\); itd.
Jeśli \(\displaystyle{ a=b}\) tez by mogło być to istnieje taki trójkąt o bokach
\(\displaystyle{ 1 + \sqrt{2}, 1 + \sqrt{2}, 2 + \sqrt{2},}\).

[Qń]

32:    

Zadanie sprowadza się do krótkiego spaceru po . Z tego spaceru można wywnioskować, że reprezentacja \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\) w tym drzewie zaczyna się od ciągu \(\displaystyle{ PLPPLPPLP\ldots}\) a to oznacza nierówność:
\(\displaystyle{ \frac{45}{26}< \sqrt{3}<\frac{26}{15}}\)
a co więcej każda liczba wymierna leżąca w powyższym przedziale ma licznik równy co najmniej \(\displaystyle{ 45+26=71>49}\). Stąd wniosek, że najlepszym spełniającym warunki zadania przybliżeniem \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\) jest jeden z końców naszego przedziału. Łatwo sprawdzić, że \(\displaystyle{ \frac{\frac{45}{26}+\frac{26}{15}}{2}> \sqrt{3}}\), a skoro \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\) leży na lewo od środka naszego przedziału, to najlepszym żądanym wymiernym przybliżeniem jest lewy koniec przedziału czyli \(\displaystyle{ \frac{45}{26}}\).

Q.

[Premislav]

7.:    

Jakieś dziwne to zadanie, pewnie znowu okaże się, że oblałem test na spostrzegawczość.
Łatwo stwierdzić, że ciąg \(\displaystyle{ b _{n}= \sqrt{2n}+a _{n}}\), jako ściśle rosnący i mający granicę \(\displaystyle{ \infty}\), spełnia założenia twierdzenia Stolza. Wobec tego \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }a _{n}- \sqrt{2n}= \lim_{n \to \infty } \frac{a ^{2} _{n}-2n }{\sqrt{2n}+a _{n}}= \lim_{n \to \infty } \frac{a ^{2} _{n}-a ^{2} _{n-1}-4}{a _{n}-a _{n-1}+ \frac{2}{ \sqrt{2n}+ \sqrt{2n-2} } }=\lim_{n \to \infty } \frac{(a _{n}-a _{n-1})(a _{n}+a _{n-1}) -4}{a _{n}-a _{n-1}+ \frac{2}{ \sqrt{2n}+ \sqrt{2n-2} } }}\). Teraz przypomnijmy, że \(\displaystyle{ a _{n}=1+ \sum_{i=1}^{n-1} \frac{1}{a _{i} }}\). Wobec tego mamy \(\displaystyle{ a _{n}-a _{n-1}= \frac{1}{a _{n-1} }}\) oraz \(\displaystyle{ a _{n}+a _{n-1}= \frac{1}{a _{n-1} }+2a _{n-1}}\). A teraz wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{1}{a _{n} }=0}\), ale to akurat przechodzi przez szacowanie \(\displaystyle{ a _{n} \ge \sqrt{n}}\). Pozostaje wymnożyć, skrócić i, co mnie zaskoczyło, otrzymałem wynik \(\displaystyle{ -\infty}\). Zapewne jakiś postolimpijczyk by wyjechał z jakąś śliczną rekurencją, do zauważenia której trzeba być powołanym przez Stwórcę.

[a4karo]

7.:    

Jakieś dziwne to zadanie, pewnie znowu okaże się, że oblałem test na spostrzegawczość.
Łatwo stwierdzić, że ciąg \(\displaystyle{ b _{n}= \sqrt{2n}+a _{n}}\), jako ściśle rosnący i mający granicę \(\displaystyle{ \infty}\), spełnia założenia twierdzenia Stolza. Wobec tego \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }a _{n}- \sqrt{2n}= \lim_{n \to \infty } \frac{a ^{2} _{n}-2n }{\sqrt{2n}+a _{n}}= \lim_{n \to \infty } \frac{a ^{2} _{n}-a ^{2} _{n-1}-4}{a _{n}-a _{n-1}+ \frac{2}{ \sqrt{2n}+ \sqrt{2n-2} } }=\lim_{n \to \infty } \frac{(a _{n}-a _{n-1})(a _{n}+a _{n-1}) -4}{a _{n}-a _{n-1}+ \frac{2}{ \sqrt{2n}+ \sqrt{2n-2} } }}\). Teraz przypomnijmy, że \(\displaystyle{ a _{n}=1+ \sum_{i=1}^{n-1} \frac{1}{a _{i} }}\). Wobec tego mamy \(\displaystyle{ a _{n}-a _{n-1}= \frac{1}{a _{n-1} }}\) oraz \(\displaystyle{ a _{n}+a _{n-1}= \frac{1}{a _{n-1} }+2a _{n-1}}\). A teraz wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{1}{a _{n} }=0}\), ale to akurat przechodzi przez szacowanie \(\displaystyle{ a _{n} \ge \sqrt{n}}\). Pozostaje wymnożyć, skrócić i, co mnie zaskoczyło, otrzymałem wynik \(\displaystyle{ -\infty}\). Zapewne jakiś postolimpijczyk by wyjechał z jakąś śliczną rekurencją, do zauważenia której trzeba być powołanym przez Stwórcę.

Ukryta treść:    

Może dlatego wyszło \(\displaystyle{ -\infty}\), że w liczniku masz \(\displaystyle{ -4}\) zamiast \(\displaystyle{ -2}\)

[Premislav]

Dziękuję za zwrócenie mi uwagi na błąd. Nie wiem, jak to możliwe, że nie wyleciałem na pierwszym roku, skoro nawet rachować nie potrafię (o reszcie nie wspominajmy), miałbym teraz więcej czasu na czytanie książek.

7. -korekta:    

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{a ^{2} _{n}-a ^{2} _{n-1}-2}{a _{n}-a _{n-1}+ \frac{2}{ \sqrt{2n}+ \sqrt{2n-2} } }=\lim_{n \to \infty } \frac{(a _{n}-a _{n-1})(a _{n}+a _{n-1}) -2}{a _{n}-a _{n-1}+ \frac{2}{ \sqrt{2n}+ \sqrt{2n-2} } }=\lim_{n \to \infty } \frac{ \frac{1}{a ^{2} _{n-1} }}{ \frac{1}{a _{n-1} } + \frac{2}{ \sqrt{2n}+ \sqrt{2n-2} } }= \lim_{n \to \infty } \frac{ 1}{ a _{n-1} + \frac{2a ^{2} _{n-1} }{ \sqrt{2n}+ \sqrt{2n-2} } }}\).
Z tego, co pisałem w poprzednim poście (\(\displaystyle{ a _{n} \ge \sqrt{n}}\), dla dowodu zauważmy, że \(\displaystyle{ a _{n}=1+ \sum_{i=1}^{n-1} \frac{1}{a _{i}} \ge \frac{n}{a _{n-1} }}\), bo \(\displaystyle{ a _{n}}\) rosnący; dalej dostajemy \(\displaystyle{ a _{n}a _{n-1} \ge n}\),a ponownie korzystając z tego, że \(\displaystyle{ a _{n}}\) jest rosnący i ma wyrazy dodatnie, tym bardziej \(\displaystyle{ a ^{2} _{n} \ge n}\)), wynika, że granicą jest \(\displaystyle{ 0}\). Jeśli znowu jest źle, to poproszę o zbanowanie mnie, przynajmniej nie będę tracić czasu (swojego i innych).

[Qń]

33:    

Nierówność jest równoważna:
\(\displaystyle{ \sum_{m,n=-9}^9\left( |m+n|-|m-n|\right) a_ma_n\ge 0}\)

Zauważmy teraz, że jeśli którykolwiek z indeksów \(\displaystyle{ m,n}\) jest równy zero, to składnik sumy się zeruje. Pozostałe składniki zaś pogrupujmy w czwórki tak, że w jednej grupie są składniki o indeksach \(\displaystyle{ (k,l),(-k,l),(k,-l), (-k,-l)}\). Wtedy taka czwórka to:

\(\displaystyle{ \left( |k+l|-|k-l|\right) a_ka_l+\left( |-k+l|-|-k-l|\right) a_{-k}a_l+ \\ +\left( |k-l|-|k+l|\right) a_ka_{-l}+\left( |-k-l|-|-k+l|\right) a_{-k}a_{-l}= \\ =\left( |k+l|-|k-l|\right) \left( a_k-a_{-k}\right) \left( a_l- a_{-l}\right)}\)

Oznaczmy teraz \(\displaystyle{ a_i-a_{-i}=b_i}\) i zauważmy, że \(\displaystyle{ |k+l|-|k-l|=2\min (k,l)}\). Wtedy nasza nierówność przyjmie równoważną postać:
\(\displaystyle{ 2\sum_{m,n=1}^9\min (m,n) b_mb_n\ge 0}\)

Mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{m,n=1}^9\min (m,n) b_mb_n= \sum_{m,n=1}^9 b_mb_n + \sum_{m,n=2}^9\left( \min (m,n) -1 \right) b_mb_n = \\ =
\sum_{m,n=1}^9 b_mb_n + \sum_{m,n=2}^9 b_mb_n + \sum_{m,n=3}^9\left( \min (m,n) -2 \right) b_mb_n = \ldots = \\ =
\sum_{m,n=1}^9 b_mb_n + \sum_{m,n=2}^9 b_mb_n+ \ldots +\sum_{m,n=9}^9 b_mb_n = \\ = \left( \sum_{i=1}^9b_i\right)^2+\left( \sum_{i=2}^9b_i\right)^2+ \ldots +\left( \sum_{i=8}^9b_i\right)^2 + b_9^2}\)
co w oczywisty sposób jest nieujemne.

Q.

[mol_ksiazkowy]

ad 27

Ukryta treść:    

Istnieje równoległobok o bokach 400, 49 i przekątnych 361, 441

ad 28

Ukryta treść:    

a ...Jeszcze pkt b)