[MIX] Suplement KMDO

[chris139]

115

https://matematyka.pl/86140.htm Tutaj już zrobiłem.

[Nakahed90]

101

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+(a+b)^{2}=c^{2}+d^{2}+(c+d)^{2}}\)
\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+a^{2}+2ab+b^{2}=c^{2}+d^{2}+c^{2}+2cd+d^{2}}\)
\(\displaystyle{ 2a^{2}+2b^{2}+2ab=2c^{2}+2d^{2}+2cd}\)
\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+ab=c^{2}+d^{2}+cd|()^{2}}\)
\(\displaystyle{ a^{4}+b^{4}+a^{2}b^{2}+2a^{2}b^{2}+2a^{3}b+2ab^{3}=c^{4}+d^{4}+c^{2}d^{2}+2c^{2}d^{2}+2c^{3}d+2cd^{3}|\cdot 2}\)
\(\displaystyle{ a^{4}+b^{4}+a^{4}+4a^{3}b+6a^{2}b^{2}+4ab^{3}+b^{4}=c^{4}+d^{4}+c^{4}+4c^{3}d+6c^{2}d^{2}+4cd^{3}+d^{4}}\)
\(\displaystyle{ a^{4}+b^{4}+(a+b)^{4}=c^{4}+d^{4}+(c+d)^{4}}\)

[Sylwek]

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

Świetnie . Jeszcze bardzo dużo zadań jest "możliwych do zrobienia", więc może tym razem coś z tych zadań mniej lubianych:

24:    

Zauważmy, że dla każdej liczby całkowitej dodatniej \(\displaystyle{ n}\) zachodzi: \(\displaystyle{ a_{n+20}=a_n}\), gdyż: \(\displaystyle{ a_{n+20}-a_n=20n+190 \equiv 0 \ (mod \ 10)}\), zatem poszukiwana suma \(\displaystyle{ S}\) jest równa:
\(\displaystyle{ S=\left( 100 \sum_{i=1}^{20}a_i \right) - \left( \sum_{i=15}^{20} a_i \right)=100 \cdot 70 - 10 = 6990}\)

[tkrass]

59:    

Ze wzorków Viete'a dla drugiego stopnia:
\(\displaystyle{ x_{1}+x_{2}=-1-\frac{1}{r} \\ x_{1}x_{2}=1- \frac{1}{r}}\)
Z tych dwóch równanek:
\(\displaystyle{ 2=-x_{1}+x_{1}x_{2}-x_{2} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow 3=(x_{1}-1)(x_{2}-1)}\)
A to przy założeniu, że \(\displaystyle{ x_{1} \ge x_{2}}\) pozostawia nam dwie możliwości:
\(\displaystyle{ x_{1}=4 \wedge x_{2}=2}\) lub \(\displaystyle{ x_{1}=0 \wedge x_{2}=-2}\).
W takim razie mamy:
\(\displaystyle{ r=1 \vee r= - \frac{1}{7}}\)
Obydwie liczby są wymierne, więc spełniają warunki zadania.

[frej]

Zadań jest jeszcze dużo, szczególnie niepokojąco dużo jest tych trudniejszych ... ^^

Sylwek, dlaczego mniej lubianych? To zadanie kojarzyłem wcześniej, ale nawet jak liczyć bez tego, tzn. typowo na paukę, to i tak nie ma z tym kłopotu

[pawelsuz]

Zadanie 101

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+(a+b)^{2}=c^{2}+d^{2}+(c+d)^{2}}\)

\(\displaystyle{ 2a^{2}+2b^{2}+2ab=2c^{2}+2d^{2}+2cd}\)

\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+ab=c^{2}+d^{2}+cd}\) obustronnie do kwadratu

\(\displaystyle{ a^{4}+b^{4}+a^{2}b^{2}+2a^{3}b+2ab^{3}+2a^{2}b^{2}=c^{4}+d^{4}+c^{2}d^{2}+2c^{3}d+2cd^{3}+2c^{2}d^{2}}\)

\(\displaystyle{ a^{4}+b^{4}+a^{4}+4a^{3}b+6a^{2}b^{2}+4ab^{3}+b^{4}=c^{4}+d^{4}+c^{4}+4c^{3}d+6c^{2}d^{2}+4cd^{2}+d^{4}}\)

\(\displaystyle{ a^{4}+b^{4}+(a+b)^{4}=c^{4}+d^{4}+(c+d)^{4}}\)
c.k.d.

[klaustrofob]

ad 30. czy w tym zadaniu czegoś nie brakuje?

Ukryta treść:    

dla j<=n mamy \(\displaystyle{ x_jx_{j+1}+x_{j+1}=x_{j+1}(1+x_j)=-1}\) tzn. \(\displaystyle{ x_{j+1}=\frac{-1}{1+x_j}}\). stąd: \(\displaystyle{ x_2=\frac{-1}{1+x_1}}\) i \(\displaystyle{ x_3=\frac{-1}{1+x_2}=\frac{-1}{1+\frac{-1}{1+x_1}}=\frac{-(1+x_1)}{x_1}}\). potem mamy \(\displaystyle{ x_4=x_1}\) i stąd \(\displaystyle{ x_{j+3}=x_j}\) dla j+3<=n. wychodziłoby, że iloczyn \(\displaystyle{ \prod_{j}^{3k} x_j=1}\), ale dla n=3k+1 byłoby to \(\displaystyle{ x_1}\), a dla n=3k+2: \(\displaystyle{ \frac{-x_1}{1+x_1}}\).

[Sylwek]

Frej, w zadaniach, gdzie zamiast coś dowieść trzeba coś policzyć, łatwo popełnić błąd i w sumie jak dla mnie wyglądają mniej ciekawie

98:    

Potraktujmy lewą stronę tego równania jako \(\displaystyle{ f(x)}\), gdzie dziedziną są liczby całkowite. Łatwo zaobserwować, że \(\displaystyle{ f(x)}\) jest rosnąca. Zauważmy, że:
* \(\displaystyle{ x=584 \Rightarrow f(x)=1001}\)
* \(\displaystyle{ x \le 583 \Rightarrow f(x) \le f(583)<f(584)=1001}\)
* \(\displaystyle{ x \ge 585 \Rightarrow f(x) \ge f(585) > f(584)=1001}\)

Zatem jedynym rozwiązaniem całkowitym tego równania jest \(\displaystyle{ x=584}\).

[tkrass]

86:    

Rozważmy ośmiokąt foremny wpisany w dane koło. Jego boki będą miały długość \(\displaystyle{ 2,5 \cdot \frac{\sin \frac{\pi}{4} }{\sin \frac{3 \pi}{8} }<2}\). Łatwo dowieść, że jeśli wybierzemy dziewięć kół o promieniach 1 i środkach w środkach ośmiu boków ośmiokąta oraz w środku wyjściowego koła, to zakryją one cały okrąg. Z zasady szufladkowej mamy zatem tezę (trzeba jeszcze rozważyć przypadek, gdy odległość między naszymi dwoma Dirichletowymi punkatmi wynosi dokładnie 2, ale wtedy dostajemy nowego Dirichleta dla mniejszej liczby okręgów).

[Wasilewski]

Sylwek, co kto lubi; ja, na przykład, najchętniej liczę jakieś sumy lub granice.

Zad. 103:    

Mamy:
\(\displaystyle{ a+b \mid (a+b)^2 - ab \Rightarrow a+b \mid ab}\)
Dalej mamy:
\(\displaystyle{ a+b \mid a^2+ab+b^2 - ab =a^2+b^2}\)
Dlatego całkowita jest liczba:
\(\displaystyle{ \frac{(a^2+b^2)^2 - 2(ab)^2}{(a+b)^2} = \frac{a^{4} + b^{4}}{(a+b)^2}}\)

[binaj]

113:    

(*) \(\displaystyle{ r=p^q+q^p \ge 17>3}\)

oczywiście liczby p i q muszą być różnej parzystości, niech bez straty ogólności \(\displaystyle{ q=2}\) wtedy równanie przyjmuje postać: \(\displaystyle{ 2^p+p^2=r}\)
dla \(\displaystyle{ p=3}\) i otrzymujemy rozwiązania: (**) \(\displaystyle{ (2,3,17), (3,2,17)}\),

dla \(\displaystyle{ p \neq 3}\)
\(\displaystyle{ 2^p+p^2\equiv(-1)^p+1\equiv-1+1\equiv0 (mod 3)}\), bo \(\displaystyle{ p}\) jest nieparzyste, czyli w tym wypadku \(\displaystyle{ r}\) jest podzielne przez 3, a ze jest większe od 3 (*)to nie jest pierwsze, więc pary (**) są jedynymi rozwiązaniami

[klaustrofob]

zad. 77

Ukryta treść:    

niech \(\displaystyle{ p=\frac{a^2-1}{b+1},\ q=\frac{b^2-1}{a+1}}\). pq=(a-1)(b-1) jest całkowite. stąd \(\displaystyle{ (p-q)^2=(p+q)^2-4pq}\) i \(\displaystyle{ p^2+q^2=(p+q)^2-2pq}\) też są takie. przywołujemy lemat: jeżeli kwadrat liczby wymiernej jest całkowity, to sama ta liczba jest całkowita. zatem, p-q jest całkowita i w konsekwencji całkowita jest również liczba \(\displaystyle{ p^2-q^2}\). zatem, całkowite są liczby 2p i \(\displaystyle{ 2p^2}\). 2p jest albo parzysta - i wtedy całkowita jest p - albo nie, i wtedy \(\displaystyle{ p=\frac{x}{2}}\), gdzie x nie jest podzielne przez 2. to jednak jest niemożliwe, bo byłoby \(\displaystyle{ 2p^2=\frac{x^2}{2}}\), czyli \(\displaystyle{ x^2}\) byłoby podzielne przez 2, a więc x byłoby takie, wbrew przypuszczeniu. stąd, p jest całkowite i całkowite jest też q=p-(p-q)

[tkrass]

69:    

Najpierw poprzekształcamy sobie równoważnie założenie:
\(\displaystyle{ \frac{\sin^{4} x}{a} + \frac{\cos^{4} x}{b}= \frac{1}{a+b} \Leftrightarrow}\)
\(\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{ab}{a \cos^{4} x + b \sin^{4} x} =a+b \Leftrightarrow}\)
\(\displaystyle{ \Leftrightarrow 2ab \sin^{2} x \cos^{2} x=a^{2} \cos^{4} x + b^{2} \sin^{4} x \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow (a \cos^{2} x - b \sin^{2} x)^{2}=0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow a \cos^{2} x=b \sin^{2} x}\)
Wyszła nam bardzo zgrabnie wyglądająca równość (nazwijmy ją lemacikiem) to teraz poprzekształcajmy równoważnie tezę:
\(\displaystyle{ \frac{\sin^{2n} x}{a^{n-1}} + \frac{\cos^{2n} x}{b^{n-1}} = \frac{1}{(a+b)^{n-1}} \Leftrightarrow}\)
\(\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{\sin^{2} x (b \sin^{2} x)^{n-1}+ \cos^{2} x (a \cos^{2} x)^{n-1}}{(ab)^{n-1}}= \frac{1}{(a+b)^{n-1}} \Leftrightarrow}\)
(na mocy lemaciku)
\(\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{(b \sin^{2} x)^{n-1}}{(ab)^{n-1}} = \frac{1}{(a+b)^{n-1}} \Leftrightarrow}\)
(na mocy tego, że rozważamy liczby dodatnie)
\(\displaystyle{ \Leftrightarrow (a+b) \cdot b \cdot \sin^{2}x =ab \Leftrightarrow}\)
\(\displaystyle{ \Leftrightarrow b \sin^{2} x=a(1- \sin^{2} x) \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow b \sin^{2} x= a \cos^{2} x}\)
A to można niezwykle szybko dowieść z lemaciku

[Wasilewski]

Zad. 22:    

Najpierw z małego twierdzenia Fermata mamy:
\(\displaystyle{ 2^{x_1} -2 \equiv 0 (mod \ x_{1})}\)
Załóżmy indukcyjnie, że dla pewnego n mamy:
\(\displaystyle{ 2^{x_{n}} - 2 = kx_{n}}\)
Stąd wynika, że:
\(\displaystyle{ 2^{x_{n+1}} - 2 = 2(2^{x_{n+1}-1} - 1) = 2(2^{2^{x_{n}}-2} - 1) = 2(2^{kx_{n}}-1) = 2(2^{x_{n}} - 1)(2^{(k-1)x_{n}} + \ldots + 1) = l(2^{x_{n}}-1) = lx_{n+1} \equiv 0 (mod \ x_{n+1})}\)
Zatem na mocy zasady indukcji matematycznej dla dowolnego n:
\(\displaystyle{ 2^{x_{n}} - 2 \equiv 0 (mod \ x_{n})}\)

Zad. 10:    

Wszystkie wyrazy tego ciągu są z przedziału \(\displaystyle{ [0,1]}\); jeśli \(\displaystyle{ x_{n}}\) leży w tym przedziale, to \(\displaystyle{ (1-x_{n})}\) też, a co za tym idzie, również ich iloczyn, równy \(\displaystyle{ x_{n+1}}\). Stąd wynika, że dla dowolnych \(\displaystyle{ n \ i \ m}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ |x_{n} - x_{m}| \le 1}\)
Przekształćmy trochę zadaną rekurencję:
\(\displaystyle{ x_{n}^2 = x_{n} - x_{n+1}}\)
Wynika stąd, że ciąg jest malejący. Skorzystajmy z nierówności między średnią arytmetyczną a średnią kwadratową:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} x_{k} \le \sqrt{n \cdot \sum_{k=1}^{n} x_{k}^2} = \sqrt{n \cdot \sum_{k=1}^{n} (x_{k} - x_{k+1})} = \sqrt{n(x_{1} - x_{n+1})} \le \sqrt{n}}\)

[bosa_Nike]

zad. 109:    

Korzystamy z tego, że \(\displaystyle{ \left[ a\right] +\left[ a+\frac{1}{n}\right] +\left[ a+\frac{2}{n}\right] +...+\left[ a+\frac{n-1}{n}\right] =\left[ na\right]}\).
\(\displaystyle{ \left[ \frac{2x-1}{3}\right] +\left[ \frac{4x+1}{6}\right] =\left[ \frac{2x-1}{3}\right] +\left[ \frac{2x-1}{3}+\frac{1}{2}\right] =\left[ \frac{4x-2}{3}\right] =\frac{5x-4}{3}}\)
Oznaczmy \(\displaystyle{ \left[ \frac{4x-2}{3}\right] =y,\ y\in\mathbb{Z}}\).
Z drugiej strony \(\displaystyle{ y=\frac{5x-4}{3}\ \Rightarrow\ x=\frac{3y+4}{5}\ \Rightarrow\ y=\left[ \frac{4\cdot\frac{3y+4}{5}-2}{3} \right] =\left[ \frac{4y+2}{5} \right]}\)
Mamy również \(\displaystyle{ y=\left[ \frac{4y+2}{5} \right] \le\frac{4y+2}{5}<\left[ \frac{4y+2}{5} \right] +1=y+1\ \Rightarrow\ -3<y\le 2}\).
Stąd \(\displaystyle{ y\in \{ -2,-1,0,1,2\}}\) i z \(\displaystyle{ x=\frac{3y+4}{5}}\) jest \(\displaystyle{ x\in\{ \frac{-2}{5},\frac{1}{5},\frac{4}{5},\frac{7}{5},2\}}\).
Bezpośrednie sprawdzenie pokazuje, że wszystkie wyznaczone wartości są rozwiązaniami.

zad. 116:    

Przez "naturalne" rozumiem "całkowite dodatnie".
Mamy z drugiego, że \(\displaystyle{ x}\) jest parzyste, czyli \(\displaystyle{ x\ge 2,\ y,z\ge 1}\).
Prawa strona pierwszego jest dodatnia, więc \(\displaystyle{ x^3>y^3+z^3}\), stąd \(\displaystyle{ x>y\ \wedge\ x>z}\).
Ograniczamy z drugiego \(\displaystyle{ x^2=2(x+y+z)<2(x+x+x)=6x\ \Rightarrow\ x<6}\).
Z drugiej strony \(\displaystyle{ x^2=2(x+y+z)\ge 2(2+1+1)=8\ \Rightarrow\ x>2}\).
Możliwe jest więc tylko \(\displaystyle{ x=4}\), ale wtedy z drugiego \(\displaystyle{ y+z=4}\), czyli możemy mieć \(\displaystyle{ y=1,\ z=3,\ \vee\ y=z=2,\ \vee\ y=3,\ z=1}\). Bezpośrednio sprawdzamy, że wszystkie wyznaczone trójki spełniają pierwsze równanie.