[MIX] Suplement KMDO

[klaustrofob]

zad. 114

Ukryta treść:    

należy wykazać, że \(\displaystyle{ d_1+d_2+\ldots+d_k=\frac{n}{d_1}+\frac{n}{d_2}+\ldots+\frac{n}{d_k}}\). ale dla danego dzielnika d liczba n/d jest dzielnikiem dopełniającym go, zatem po prawej stronie występują wszystkie dzielniki liczby, tylko w innej kolejności niż po lewej.[/latex]

[Dumel]

alternatywne rozwiazanie zad. 22:

Ukryta treść:    

wykorzystam dobrze znany lemat: \(\displaystyle{ 2^x-1|2^y-1 \Leftrightarrow x|y}\). najpierw udowodnię, że dla naturalnych \(\displaystyle{ k}\) zachodzi \(\displaystyle{ x_k|x_{k+1}-1}\). dla \(\displaystyle{ k=1}\) podzielnosc ta wynika z malego twierdzenia Fermata. krok indukcyjny: jesli \(\displaystyle{ x_k|x_{k+1}-1}\) to na mocy przytoczonego lematu \(\displaystyle{ x_{k+1}=2^{x_k}-1|2^{x_{k+1}-1}-1|2^{x_{k+1}}-2=x_{k+2}-1}\). stad wynika ze \(\displaystyle{ x_n=2^{x_{n-1}}-1|2(2^{x_{n}-1}-1})=2^{x_n}-2}\) ckd

-- 25 marca 2009, 13:44 --w 112 teza jest falszywa (przyklad: katy 91, 45, 44). domyslam sie ze to chodzi o trojkat ostrokatny

[frej]

Dodałem wasze rozwiązania. Był lekki problem, gdyż posty nie mogą mieć więcej niż \(\displaystyle{ 60000}\) znaków, ale luka52 rozwiązał go

Dumel, oczywiście masz rację Poprawiłem na wydaje mi się dobrą wersję, przynajmniej rozwiązanie do tego da się łatwo napisać, jeśli czegoś głupiego nie pokręciłem z przepisaniem...

Odnośnie zad. 30 to w książce jest tak napisane, ja jeszcze nie rozwiązałem tego zadania.

Zachęcam po raz kolejny do rozwiązywania, bo zadania coraz ciekawsze i zarazem trudniejsze zostają...

-- 25 marca 2009, 19:23 --

zad.111:    

\(\displaystyle{ \frac{2}{\log n} \sum_{k=1}^{m-1} \log d_k=\frac{2}{\log n} \log \left( \prod_{k=1}^{m-1} d_k \right)}\)

\(\displaystyle{ 1^\circ \quad n}\)- jest kwadratem liczby naturalnej

\(\displaystyle{ \frac{2}{\log n} \log \left( \prod_{k=1}^{m-1} d_k \right)=2 \frac{\log n^{\frac{m-1}{2}}}{\log n}=2 \log_{n} n^\frac{m-1}{2} = m-1 \in \mathbb{N}}\)

\(\displaystyle{ 2^\circ \quad n}\)- nie jest kwadratem liczby naturalnej

\(\displaystyle{ \frac{2}{\log n} \log \left( \prod_{k=1}^{m-1} d_k \right)=2 \frac{\log n^{\frac{m-2}{2}}}{\log n}=2 \log_{n} n^\frac{m-2}{2} = m-2 \in \mathbb{N}}\)

-- 25 marca 2009, 19:40 --

zad.107:    

Skoro liczby tworzą ciąg arytmetyczny, to

\(\displaystyle{ X=\sum_{k=1}^p a_k^2 =\sum_{k=1}^p (a_1+(k-1)r)^2 = p \sum_{k=1}^p a_1^2 +2a_1 r \sum_{k=1}^p (k-1) + r^2 \sum_{k=1}^p (k-1)^2 = \\ = p \sum_{k=1}^p a_1^2 +2a_1 r \sum_{k=0}^{p-1} k + r^2 \sum_{k=0}^{p-1} k^2= p \sum_{k=1}^p a_1^2 +2a_1 r \frac{p(p-1)}{2} + r^2 \frac{(p-1)p(2p-1)}{6}}\)

Nietrudno już zauważyć, że \(\displaystyle{ p| X \qquad \qquad \qquad \blacksquare}\)

-- 25 marca 2009, 19:47 --

W setnym jest błąd. Ciężko jest znaleźć jakiś parzysty dzielnik...

-- 25 marca 2009, 19:54 --

Proponuję nakreślić listę błędów w tych zadaniach...
Takie coś pewnie przyda się autorowi, a jak parę lepszych osób potwierdzi, to będzie jasne, że błąd jest znaleziony.

Na razie lista prawdopodobnych pomyłek, w zamieszczonych zadaniach to:

zadania 3 ( potwierdzone przez autora ), 100, 112

klaustrofob zgłosił możliwość błędu w zadaniu 30

[Wasilewski]

W 49. też jest błąd, choć niewykluczone, że popełniony jedynie przy przepisywaniu, mianowicie z zadanej rekurencji wynika:
\(\displaystyle{ x_{2} = x_{1}^2 + x_{2} \\
x_{1}^2 = 0}\)
A przecież dane jest, że \(\displaystyle{ x_{1} = 1}\).

[frej]

Mój błąd. Już poprawiłem.

-- 25 marca 2009, 20:25 --

Dzięki, że zwróciłeś mi uwagę na to zadanie. Jest nawet proste.

zad.49:    

\(\displaystyle{ \frac{1}{1+x_n}=\frac{x_n+1-1}{x_n+x_n^2}=\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_{n+1}}}\)

\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^n \frac{1}{1+x_n}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{x_k} - \frac{1}{x_{k+1}} = \frac{1}{x_1} - \frac{1}{x_{n+1}} =1 - \frac{1}{x_{n+1}} \qquad \qquad (\star )}\)

\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^n \frac{1}{1+x_n}+ \prod_{k=1}^n \frac{1}{1+x_n} =1 \quad \stackrel{(\star )}{\Leftrightarrow} \quad \prod_{k=1}^n \frac{1}{1+x_n}= \frac{1}{x_{n+1}}}\)

A to już łatwo indukcyjnie idzie.

[Wasilewski]

W takim wypadku rozwiązanie nie sprawia kłopotu:

Zad. 49:    

Przekształcamy rekurencję:
\(\displaystyle{ \frac{1}{x_{n+1}} = \frac{1}{x_{n}(1+x_n)} = \frac{1}{x_{n}} - \frac{1}{x_{n}+1}}\)
Stąd mamy:
\(\displaystyle{ \frac{1}{x_{n} + 1} = \frac{1}{x_{n}} - \frac{1}{x_{n+1}} \\
\frac{1}{1+x_{n}} = \frac{x_{n}}{x_{n+1}}}\)
W konsekwencji:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1+x_{k}} + \prod_{k=1}^{n} \frac{1}{1+x_{k}} = \sum_{k=1}^{n} (\frac{1}{x_{k}} - \frac{1}{x_{k+1}}) + \prod_{k=1}^{n} \frac{x_{k}}{x_{k+1}} = \frac{1}{x_{1}} - \frac{1}{x_{n+1}} + \frac{x_{1}}{x_{n+1}} = 1}\)

[binaj]

102:    

zapiszmy sumę kwadratów boków:
\(\displaystyle{ S=\sum_{i=1}^{6} (a_{i}-a_{i+1})^2+(b_{i}-b_{i+1})^2}\) gdzie \(\displaystyle{ a_1=a_7,b_1=b_7}\)

\(\displaystyle{ S=\sum_{i=1}^{6} (a_{i}-a_{i+1})^2+(b_{i}-b_{i+1})^2=2\sum_{i=1}^{6} a_{i}^{2}+b_{i}^{2}-2\sum_{i=1}^{6}a_{i}b_{i}}\)

jak widzimy suma kwadratów boków jest parzysta, natomiast jeśli miałby to być 6 kolejnych liczby, to ich suma musiałaby być nieparzysta-sprzeczność

[ojciec_kogut]

Zad.93

Ukryta treść:    

Korzystam z nierówności \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2} \ge 2ab}\)

na tej podstawie mam:

\(\displaystyle{ (\frac{\sum_{i=1}^{n=1}a_{i}}{n})^{2} + \frac{1}{4} (max(a_{i}))^{2} \ge max(a_{i})\frac{\sum_{i=1}^{n=1}a_{i}}{n} \ge \frac{ \sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}}{n}}\)

[klaustrofob]

zad 105.

Ukryta treść:    

zauważmy, że jeżeli -1<=a,b,x, y<=1, to
\(\displaystyle{ |ax-by|= |ax-bx+bx-by|\leq |ax-bx|+|bx-by|=|a-b|\cdot |x| + |x-y|\cdot |b|\leq}\)
\(\displaystyle{ \leq |a-b|+|x-y|}\). nierówności z zadania dowodzimy indukcyjnie: dla n=1 jest oczywista, a jeżeli jest prawdziwa dla n-1, to dla n mamy: \(\displaystyle{ \left| \prod_{k=1}^{n-1} a_k\cdot a_n - \prod_{k=1}^{n-1} b_k\cdot b_n \right| \le \left| \prod_{k=1}^{n-1} a_k - \prod_{k=1}^{n-1} b_k\right|+|a_n-b_n| \le \sum_{k=1}^{n} \left| a_k -b_k \right|}\) na mocy wyżej udowodnionego i założenia.

[Dumel]

zad. 112:    

funkcja \(\displaystyle{ f(x)=tgx}\) jest wypukla w przedziale \(\displaystyle{ (0, \frac{\pi}{2})}\) (bo \(\displaystyle{ f'(x)= \frac{1}{cos^2x}}\) jest w tym przedziale rosnąca). \(\displaystyle{ n}\) jest liczba naturalna wiec \(\displaystyle{ n \ge 1}\). z nierownosci miedzy srednimi potęgowymi (katy sa ostre wiec tangensy sa dodatnie i mozna te nierownosc zastosowac) i nierownosci Jensena: \(\displaystyle{ \sqrt[n]{ \frac{tg^n \alpha + tg^n \beta +tg^n \gamma}{3} } \ge \frac{tg \alpha + tg \beta+tg \gamma}{3} \ge tg( \frac{\alpha+\beta+\gamma}{3})= \sqrt{3}}\) co jest rownowazne tezie zadania

[patry93]

Jeśli można - mam pytanie do rozwiązania zadania 12
Dlaczego i skąd wzięła się liczba 46? Wydaje mi się, że samo 1980 "wyczerpuje" wszystkich znajomych, a do tego jeszcze Ci, którzy są przy stole i wyjdzie mniej niż 1995... nie rozumiem tego

[Dumel]

zad. 56:    

jesli \(\displaystyle{ f(m)=f(n)}\) to \(\displaystyle{ m=f(f(m))=f(f(n))=n}\) wiec \(\displaystyle{ f}\) jest roznowartosciowa wiec z (ii) oraz (iii) mamy \(\displaystyle{ f(n)=f(n+2)+2}\) stad oraz z (i) uzyskujemy \(\displaystyle{ f(2k)=1-2k}\) dla calkowitych \(\displaystyle{ k}\). teraz \(\displaystyle{ 1-(1-2k)=2k=f(f(2k))=f(1-2k)}\) wiec \(\displaystyle{ f(x)=1-x}\) dla wszystkich calkowitych \(\displaystyle{ x}\). bezposrednie sprawdzenie potwierdza ze funkcja ta spelnia warunki zadania.

[ojciec_kogut]

Zad. 118

Ukryta treść:    

Lemat:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i^{2}} < \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i(i-1)}=1+ \sum_{i=2}^{n}(\frac{1}{i-1} - \frac{1}{i})=2- \frac{1}{n}<2}\)
a)

\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{M}\sum_{j=1}^{N}\frac {1}{i^{2}j^{2}}=\sum_{i=1}^{M}(\frac{1}{i^{2}}\sum_{j=1}^{N}\frac{1}{j^{2}})<2\sum_{i=1}^{M}\frac{1}{i^{2}}<4}\)

b)
Załóżmy bez straty ogólności, że \(\displaystyle{ M \ge N}\)
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{M}\sum_{j=1}^{N}\frac{1}{ij}min(\frac{1}{i^{2}},\frac{1}{j^{2}}) \le \sum_{i=1}^{M}\sum_{j=1}^{M}\frac{1}{ij}min(\frac{1}{i^{2}},\frac{1}{j^{2}}) = 2\sum_{1 \le i \le j \le M}\frac{1}{i j^{3}}-\sum_{i=1}^{M}\frac{1}{i^{4}} < 2\sum_{1 \le i \le j \le M}\frac{1}{i^{2}j^{2}}-\sum_{i=1}^{M}\frac{1}{i^{4}}=\sum_{i=1}^{M}\frac{1}{i^{4}}+2\sum_{1 \le i < j \le M}\frac{1}{i^{2}j^{2}}=(\sum_{i=1}^{M}\frac{1}{i^{2}})^{2}<4}\)

[bosa_Nike]

Bardzo toporne. Gdyby ktoś zechciał, to chętnie zobaczę ładniejsze. Będę również wdzięczna za informacje o ewentualnych błędach.

zad. 85:    

WLOG (symetria) zakładamy, że \(\displaystyle{ z=0}\), wtedy mamy \(\displaystyle{ xy=0}\), więc nasze równanie spełniają permutacje trójek \(\displaystyle{ (r,0,0),\ r\in\mathbb{Z}}\).
Dalej zakładamy \(\displaystyle{ x,y,z\neq 0}\).

1. \(\displaystyle{ x\ge y\ge z>0}\), wtedy z przedstawienia \(\displaystyle{ 5\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=4}\) widać, że \(\displaystyle{ z\neq 1}\), wobec tego \(\displaystyle{ z\ge 2}\).

Z drugiej strony \(\displaystyle{ 4xyz=5(xy+xz+yz)\le 5(xy+xy+xy)=15xy\ \Rightarrow\ z\le 3}\)

1a. \(\displaystyle{ z=2}\), wtedy \(\displaystyle{ 5(xy+2(x+y))=8xy\ \Rightarrow\ 10(x+y)=3xy}\), ale \(\displaystyle{ 3xy=10(x+y)\le 10(x+x)=20x\ \Rightarrow\ y\le 6}\). Z drugiej strony \(\displaystyle{ x=\frac{10y}{3y-10}>0}\) tzn. \(\displaystyle{ y\ge 4}\).
Podstawiając kolejno \(\displaystyle{ y=4,5,6}\) otrzymujemy następne dwie trójki rozwiązujące równanie: \(\displaystyle{ (20,4,2),\ (10,5,2)}\).

1b. \(\displaystyle{ z=3}\) - postępując analogicznie, jak w poprzednim podpunkcie mamy \(\displaystyle{ 3\le y\le 4}\) i \(\displaystyle{ x=\frac{15y}{7y-15}}\), stąd widać, że może być tylko \(\displaystyle{ y=4}\) (musi być parzysty), ale podstawienie nie daje całkowitego \(\displaystyle{ x}\).

2. \(\displaystyle{ x\ge y>0>z}\), wtedy niech \(\displaystyle{ -z=s >0}\) i mamy \(\displaystyle{ -4xys=5(xy-xs-ys)\ \Rightarrow\ s(5(x+y)-4xy)=5xy}\). Obie strony muszą być dodatnie stąd \(\displaystyle{ 5x+5y>4xy}\), ale \(\displaystyle{ 4xy<5(x+y)\le 5(x+x)=10x\ \Rightarrow\ y\le 2}\).

2a. \(\displaystyle{ y=1}\), wtedy po podstawieniu \(\displaystyle{ s=\frac{5x}{x+5}=5-\frac{25}{x+5}}\), stąd od razu \(\displaystyle{ x=20}\) i dostajemy trójkę \(\displaystyle{ (20,1,-4)}\).

2b. \(\displaystyle{ y=2}\), wtedy po podstawieniu \(\displaystyle{ s=\frac{10x}{10-3x}>0\ \Rightarrow\ x\le 3}\). Podstawiając kolejno \(\displaystyle{ x=2,3}\) otrzymujemy dwie trójki: \(\displaystyle{ (2,2,-5),\ (3,2,-30)}\).

3. \(\displaystyle{ x>0>y\ge z}\), wtedy niech \(\displaystyle{ -y=t>0,\ -z=u>0,\ u\ge t}\) i mamy \(\displaystyle{ 4xtu=5(-xt-xu+tu)}\), czyli \(\displaystyle{ 5xt+5xu=tu(5-4x)>0\ \Rightarrow\ x=1}\).
Po podstawieniu \(\displaystyle{ tu=5(t+u)}\), ale \(\displaystyle{ tu=5(t+u)\le 5(u+u)=10u\ \Rightarrow\ t\le 10}\). Z drugiej strony \(\displaystyle{ u=\frac{5t}{t-5}>0\ \Rightarrow\ t\ge 6}\) jednak z postaci ostatniego ułamka widać, że \(\displaystyle{ t}\) musi być parzyste, więc może być tylko \(\displaystyle{ t\in\{6,8,10\}}\).
Podstawienie daje dwie trójki: \(\displaystyle{ (1,-6,-30),\ (1,-10,-10)}\).

4. \(\displaystyle{ 0>x\ge y\ge z}\) - ta sytuacja nie może zajść, bo prawa strona wyjściowego równania byłaby ujemna, a lewa dodatnia.

Na koniec uwalniamy się od założenia o porządku niewiadomych i permutujemy wyznaczone trójki.

EDIT: Sama znalazłam jedną nieścisłość, ale nie wpływa ona jakościowo na rozwiązanie, tzn. zwykła kosmetyka załatwia sprawę.

[Sylwek]

Co do powyższego - można kombinować z różnymi podzielnościami typu mod 5, ale to (jeśli w ogóle) uprości sytuacje bardzo niewiele. Taki typ zadania i dobrze zrobiłaś

97:    

Pożonglujmy trochę tymi równaniami (\(\displaystyle{ x}\) jest dowolną liczbą rzeczywistą):
\(\displaystyle{ \sqrt{2} f(x+1)=f(x+2)+f(x) \ \Rightarrow \ (*) \ 2f(x+1)=\sqrt{2} f(x+2) + \sqrt{2}f(x) \\ (**) \ \sqrt{2} f(x+2) = f(x+3) + f(x+1) \\ (***) \ \sqrt{2} f(x) = f(x+1) + f(x-1)}\)
Dodając (*), (**) i (***) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ 0=f(x-1)+f(x+3)}\)
Stąd: \(\displaystyle{ f(x)=-f(x+4)=-(-f(x+8))=f(x+8)}\), zatem funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest okresowa i ma okres (niekoniecznie zasadniczy) równy \(\displaystyle{ 8}\).