Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
200 była lajtowa, zrobiłem na poprzedniej stronie. 201 wygląda na bardzo ciężką.
mol_ksiazkowy pisze:205
...
Ciekawy jestem, czy jest możliwe zrobić to zadanie bez posiadania odpowiedzi do "niebieskiego Pawłowskiego", tzn. to co napisał (chyba się nie pomylę, jak powiem przepisał ) Mol.
[MIX] Suplement KMDO
: 16 lip 2009, o 13:19
autor: frej
Możliwości techniczne sprawiły, że trzeba było podzielić post z rozwiązaniami na części. Oto druga z nich:
101(rozwiązane przez Nakahed90)
Udowodnij, że jeżeli \(\displaystyle{ a^2+b^2+(a+b)^2=c^2+d^2+(c+d)^2}\), to \(\displaystyle{ a^4+b^4+(a+b)^4=c^4+d^4+(c+d)^4}\)
102(rozwiązane przez binaja)
Rozstrzygnij, czy istnieje sześciokąt o wierzchołkach w punktach kratowych mający boki, których kwadraty długości są sześcioma kolejnymi liczbami naturalnymi.
102:
zapiszmy sumę kwadratów boków: \(\displaystyle{ S=\sum_{i=1}^{6} (a_{i}-a_{i+1})^2+(b_{i}-b_{i+1})^2}\) gdzie \(\displaystyle{ a_1=a_7,b_1=b_7}\)
jak widzimy suma kwadratów boków jest parzysta, natomiast jeśli miałby to być 6 kolejnych liczby, to ich suma musiałaby być nieparzysta-sprzeczność
103(rozwiązane przez Wasilewskiego)
Udowodnij, że jeżeli liczby \(\displaystyle{ a,b\in \mathbb{N}}\) i \(\displaystyle{ (a+b)|a^2+ab+b^2}\), to \(\displaystyle{ (a+b)^2 | a^4+b^4}\)
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: \(\displaystyle{ \frac{(a^2+b^2)^2 - 2(ab)^2}{(a+b)^2} = \frac{a^{4} + b^{4}}{(a+b)^2}}\)
104(rozwiązane przez Sylwka)
Niech \(\displaystyle{ (x]}\) oznacza najmniejszą liczbę całkowitą nie mniejszą od liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ x}\). Udowodnij, że dla dowolnych liczb naturalnych \(\displaystyle{ n\ge 1}\), \(\displaystyle{ p\ge 2}\) zachodzi równość \(\displaystyle{ \left( \frac{p^{n+1}-1}{p^n-1}\cdot \left( \frac{p^{n+1}-2}{p^n-2} \cdot \left( \ldots \left( \frac{p^{n+1}-n}{p^n-n} \right] \ldots \right] \right] \right]=\frac{p^{n+1}-1}{p-1}}\)
104:
Najpierw trzeba udowodnić, że: \(\displaystyle{ p< \frac{p^{n+1}-n}{p^n-n} \le p+1}\) (proste wymożenie i uporządkowanie), zatem: \(\displaystyle{ \left( \frac{p^{n+1}-n}{p^n-n} \right]=p+1=\frac{p^2-1}{p-1}}\)
Teraz indukcyjnie udowodnimy, że dla \(\displaystyle{ k=0,1,\ldots,n-1}\): \(\displaystyle{ \left( \frac{p^{n+1}-(n-k)}{p^n-(n-k)}\cdot \ldots \cdot \left( \ldots \left( \frac{p^{n+1}-n}{p^n-n} \right] \ldots \right] \right]=\frac{p^{k+2}-1}{p-1}}\)
Założenie indukcyjne (zarazem tezę dla n=1) już udowodniliśmy, w kroku indukcyjnym zostaje udowodnić, że: \(\displaystyle{ \frac{p^{k+2}-1}{p-1}-1 < \frac{p^{n+1}-(n-k)}{p^n-(n-k)} \cdot \frac{p^{k+1}-1}{p-1} \le \frac{p^{k+2}-1}{p-1}}\)
--
Lewa nierówność to inaczej: \(\displaystyle{ (p^{k+2}-p) \cdot (p^n-(n-k))<(p^{n+1}-(n-k)) \cdot (p^{k+1}-1)}\)
Po wymnożeniu i uporządkowaniu: \(\displaystyle{ (p-1)(n-k)<p^{k+1}(p-1)(n-k)}\)
Co jest równoważne: \(\displaystyle{ 1<p^{k+1}}\)
Co jest oczywiście prawdą, bo \(\displaystyle{ p \ge 2}\) oraz \(\displaystyle{ k+1 \ge 1}\).
--
Za to prawa nierówność jest równoważna: \(\displaystyle{ (p^{k+2}-1) \cdot (p^n-(n-k)) \ge (p^{n+1}-(n-k)) \cdot (p^{k+1}-1)}\)
Po wymnożeniu i uporządkowaniu: \(\displaystyle{ p^n(p-1) \ge (n-k)p^{k+1}(p-1)}\)
Co jest równoważne: \(\displaystyle{ p^{n-k-1} \ge n-k}\)
Tu można np. indukcyjnie udowodnić, że dla \(\displaystyle{ 1 \le x, \ x \in \mathbb{Z}}\) mamy: \(\displaystyle{ x \le 2^{x-1}}\), co zakończy dowód tej nierówności, gdyż: \(\displaystyle{ 2^{x-1} \le p^{x-1}}\).
105(rozwiązane przez klaustrofoba)
Udowodnij, że dla dowolnych liczb \(\displaystyle{ a_1, a_2, a_3, \ldots , a_n}\) oraz \(\displaystyle{ b_1, b_2, \ldots , b_n}\) z przedziału \(\displaystyle{ [-1,1]}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ \left| \prod_{k=1}^n a_k - \prod_{k=1}^n b_k \right| \le \sum_{k=1}^n \left| a_k -b_k \right|}\)
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.
107(rozwiązane przez freja )
Udowodnij, że jeżeli liczby całkowite \(\displaystyle{ a_1, a_2, \ldots , a_p}\), gdzie \(\displaystyle{ p>3}\) jest liczbą pierwszą, tworzą ciąg arytmetyczny, to \(\displaystyle{ p| a_1^2+a_2^2+\ldots + a_p^2}\)
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 \(\displaystyle{ p| X \qquad \qquad \qquad \blacksquare}\)
108(rozwiązane przez azonipsa)
Udowodnij, że dla każdego naturalnego \(\displaystyle{ n}\) \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^n {2n \choose n+k} k^2=n\cdot 2^{2n-2}}\)
Ukryta treść:
Przedstawie tylko szkic rozwiązania, jeśli ktoś chce, to, tak myślę, z łatwością odtworzy to co pominąłęm.
Pomysł polega na tym aby w jakiś sposób wydobyć zależność rekurencyjną dla sum \(\displaystyle{ S_n= \sum_{k=1}^{n} {n \choose n+k} k^2}\). Z pomocą przychodzi dobrze znana własność symbolu Newtona: \(\displaystyle{ {n \choose k}=\begin{cases} {n-1 \choose k}+ {n-1 \choose k-1},\ 0<k<n \\
1,\ k=0,\ k=n
\end{cases}}\)
Zastosujmy ją dwukrotnie do symbolu Newtona w \(\displaystyle{ S_n}\). Po różnych przekształceniach, które tutaj pominę, otrzymujemy: \(\displaystyle{ S_n=4S_{n-1}+ {2n-2 \choose n-1}+2\sum_{k=1}^{n-1} {2n-2 \choose n-1+k}}\) (*),
obliczmy sumę \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} {n \choose n+k}}\). Korzystając z faktu, że \(\displaystyle{ {n \choose k} = {n \choose n-k}}\) dostajemy, że: \(\displaystyle{ 2^{2n} = \sum_{k=0}^{n-1} {2n \choose k} + {2n \choose n} +
\sum_{k=1}^{n} {2n \choose n+k}={2n \choose n}+2\sum_{k=1}^{n} {2n \choose n+k}}\)
a więc (z (*)) mamy rekurencję: \(\displaystyle{ S_n=4S_{n-1}+2^{2n-2}}\). Po uzupełnieniu jej o warunek początkowy \(\displaystyle{ S_1=1}\) i rozwiązaniu dostajemy tezę.
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.
110(rozwiązane przez mola_ksiazkowego )
W zawodach Olimpiady Matematycznej wzięło udział \(\displaystyle{ (m-1)n+1}\) uczestników. Udowodnij, że wśród nich jest albo \(\displaystyle{ m}\) uczestników nie znających się nawzajem, albo jeden uczestnik znający się z co najmniej \(\displaystyle{ n}\) olimpijczykami. Rozstrzygnij, czy teza zadania jest prawdziwa, gdy liczba uczestników wynosi \(\displaystyle{ (m-1)n}\).
Ukryta treść:
Przypuścmy ze żaden uczestnik nie zna \(\displaystyle{ n}\) kolegów (tj zna ich mniej niz n). Wybiearamy dowolnego z nich. (uczestnik 1). Po usunieciu jego znajomych zostanie co najmniej \(\displaystyle{ (m-2)n +1}\) Niech to bedzie zbiór \(\displaystyle{ A_1}\). Wybierany jest sposród nich (uczestnik 2). I znów usuwamy wszystkich jego znajomych z \(\displaystyle{ A_1}\)
uzyskujac zbiór \(\displaystyle{ A_2}\) majacy nie mniej niż \(\displaystyle{ (m-3)n +1}\) elementów. etc.... W końcu Wybierany jest nich (uczestnik \(\displaystyle{ m-1}\)). Po odrzuceniu z kolei jego znajomych uzyskamy zbiór \(\displaystyle{ A_{m-1}}\) mający \(\displaystyle{ (m-m)n +1=1}\) a wiec uda sie dobrac jeszcze \(\displaystyle{ m}\) tego (uczestnik \(\displaystyle{ m}\)) który nie zna wczesniejszych.
tj mamy m uczestnikow nie znajacych sie ze zoba (zaden z zadnym).
Jesli mamy \(\displaystyle{ (m-1)n}\) olimpijczyków to numerujac ich od \(\displaystyle{ 1, 2, ....(m-1)n}\) wezmy ze \(\displaystyle{ i}\) ty zna \(\displaystyle{ j}\) tego, gdy \(\displaystyle{ i-j}\) dzieli sie przez \(\displaystyle{ m-1}\). Wtedy kazdy ma \(\displaystyle{ n-1}\) znajomych a spośrod dowolnych \(\displaystyle{ m}\) są co najmniej dwa tacy co sie znaja. A wiec teza nie zachodzi
tzw zadanie z alternatywa. Mozna znalezc tego typu z Musztardim , np zad 232:
Mamy 82 kolorowe klocki. Udowodnij , ze mozna sposrod nich wybrac 10 klocków tego samego koloru, albo 10 klocków , z których kazdy jest inego koloru.
111(rozwiązane przez freja )
Niech \(\displaystyle{ n}\) będzie liczbą złożoną, zaś \(\displaystyle{ 1=d_1 < d_2 < \ldots < d_{m-1} < d_{m} =n}\) są wszystkimi dzielnikami liczby \(\displaystyle{ n}\). Udowodnij, że \(\displaystyle{ \left( \frac{2}{\log n} \sum_{k=1}^{m-1} \log d_k \right)\in \mathbb{N}}\)
112(rozwiązane przez Dumla)
Udowodnij, że jeżeli \(\displaystyle{ \alpha , \beta , \gamma}\) są kątami dowolnego trójkąta ostrokątnego , \(\displaystyle{ n}\) jest liczbą naturalną, to \(\displaystyle{ tg^n \alpha + \tg^n \beta + \tg ^n \gamma \ge 3(\sqrt{3})^n}\)
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: \(\displaystyle{ \sqrt[n]{ \frac{tg^n \alpha + tb^n \beta +tg^n \gamma}{3} } \ge \frac{tg \alpha + tg \beta+tg \gamma}{3} \ge tg( \frac{\alpha+\beta+\gamma}{3})= \sqrt{3}}\) co jest rownowazne tezie zadania
Tu jest błąd co najmniej taki: \(\displaystyle{ (3\sqrt{3})^n}\) zamiast \(\displaystyle{ 3(\sqrt{3})^n}\) ( kontrprzykładem jest nawet \(\displaystyle{ \Delta}\) równoboczny...) Dumel ma oczywiście rację. Wystarczy nieparzyste \(\displaystyle{ n}\) i np. \(\displaystyle{ \Delta \quad 91^\circ, 45^\circ, 44^\circ}\)
113(rozwiązane przez binaja)
Wyznacz wszystkie rozwiązania w liczbach pierwszych \(\displaystyle{ p,q,r}\) równania \(\displaystyle{ p^q+q^p=r}\)
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
114(rozwiązane przez klaustrofoba)
Niech \(\displaystyle{ n}\) będzie liczbą złożoną, zaś \(\displaystyle{ d_1, d_2, d_3, \ldots , d_k}\) wszystkimi dzielnikami liczby \(\displaystyle{ n}\). Udowodnić, że \(\displaystyle{ \frac{d_1}{\sqrt{n}}+\frac{d_2}{\sqrt{n}}+\ldots + \frac{d_k}{\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{n}}{d_1} + \frac{\sqrt{n}}{d_2} + \ldots + \frac{\sqrt{n}}{d_k}}\)
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]
115(rozwiązane przez chris139)
Udowodnij, że jeżeli \(\displaystyle{ a>b>0}\), to \(\displaystyle{ \frac{(a-b)^2}{8a} < \frac{a+b}{2} - \sqrt{ab} < \frac{(a-b)^2}{8b}}\)
116(rozwiązane przez bosa_Nike)
Rozwiąż w liczbach naturalnych \(\displaystyle{ x,y,z}\) układ równań: \(\displaystyle{ \begin{cases} x^3-y^3-z^3=3xyz \\ x^2=2(x+y+z) \end{cases}}\)
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.
Z pierwszego równania mamy \(\displaystyle{ x_{2}=2x_{1}-1}\).Podstawiamy to do drugiego równania: \(\displaystyle{ -x_{1}+2(2x_{1}-1)-x_{3}=1 \Rightarrow x_{3}=3x_{1}-3}\). Można w ten sam sposób wyznaczyć \(\displaystyle{ x_{4}, x_{5}}\)... aż zauważy się regułę: (*)\(\displaystyle{ x_{k}=kx_{1}- \frac{(k-1)k}{2}}\). [Miejsce na Twój dowód indukcyjny] Z 3 równania mamy \(\displaystyle{ -(n-1)x_{1} +\frac{(n-1)(n-2)}{2} +2nx_{1}-n(n-1)=1 \Rightarrow x_{1}= \frac{n}{2}}\) Wobec tego(podstawienie do (*)) \(\displaystyle{ x_{n}= \frac{n}{2}}\)
118(rozwiązane przez ojciec_kogut)
(a) Udowodnij, że dla dowolnych liczb naturalnych \(\displaystyle{ M}\) i \(\displaystyle{ N}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^M \sum_{j=1}^{N} \frac{1}{i^2 j^2} < 4}\)
(b) Udowodnij, że dla dowolnych liczb naturalnych \(\displaystyle{ M}\) i \(\displaystyle{ N}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^M \sum_{j=1}^N \frac{1}{ij} \cdot \min \Big\{ \frac{1}{i^2} , \frac{1}{j^2} \Big\} <4}\)
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)
b)
Załóżmy bez straty ogólności, że \(\displaystyle{ M \ge N}\) \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{M}\sum_{j=1}^{N}\frac{1}{ij}min(\frac{1}{i^{2}},\frac{1}{j^{2}}) \le \sum_{i=1}^{M}\sum_{j=1}^{M}\frac{1}{ij}min(\frac{1}{i^{2}},\frac{1}{j^{2}}) = 2\sum_{1 \le i \le j \le M}\frac{1}{i j^{3}}-\sum_{i=1}^{M}\frac{1}{i^{4}} < 2\sum_{1 \le i \le j \le M}\frac{1}{i^{2}j^{2}}-\sum_{i=1}^{M}\frac{1}{i^{4}}=\sum_{i=1}^{M}\frac{1}{i^{4}}+2\sum_{1 \le i < j \le M}\frac{1}{i^{2}j^{2}}=(\sum_{i=1}^{M}\frac{1}{i^{2}})^{2}<4}\)
119(rozwiązane przez mola_ksiazkowego )
Ciąg \(\displaystyle{ (f_n)}\) jest określony następująco: \(\displaystyle{ f_1=1 \quad f_2=-1 \qquad f_n=-f_{n-1} -2f_{n-2} \quad \text{dla } \quad n\ge 3}\)
Udowodnij, że dla każdego naturalnego \(\displaystyle{ n\ge 2\qquad 2^{n+1}-7f_{n-1}^2}\) jest kwadratem liczby naturalnej.
Ukryta treść:
Idea podobna jak kol taka_jedna uzyła do zadania 136
szkic
Mamy \(\displaystyle{ f_n= \frac{\alpha^n - \beta^n }{\alpha- \beta}}\) dla n=1,2,3,... gdzie \(\displaystyle{ \alpha , \ \beta}\) są to l. zespolone i są to
pierwiastki równania \(\displaystyle{ x^2+x+2=0}\). Dzieki temu, że \(\displaystyle{ (\alpha- \beta)^2=-7}\) oraz \(\displaystyle{ \alpha \beta =2}\) wiec mamy \(\displaystyle{ g_n=2^{n+1} - 7f_{n-1}^2= 2^{n+1}-7 (\frac{\alpha^{n-1} - \beta^{n-1} }{\alpha- \beta})^2 = \\ 2^n + \alpha^{2(n-1)} + \beta^{2(n-1)} =(\alpha^{n-1}+\beta^{n-1})^2}\)
Oczywiscie trywialna indukcja wykazujemy ze liczba \(\displaystyle{ \alpha^{n}+ \beta^{n}}\) jest całkowita dla n=1,2,3,....
120(rozwiązane przez taka_jedna )
Rozwiąż w liczbach naturalnych równanie
\(\displaystyle{ \frac{x}{y}= \frac{(x^{2}-y^{2})^{\frac{y}{x}}+1}{(x^{2}-y^{2})^{\frac{y}{x}}-1} \Rightarrow (x-y)(x^{2}-y^{2})^{\frac{y}{x}}=x+y \Rightarrow (x-y)^{\frac{x+y}{x}}(x+y)^{\frac{y-x}{x}}=1 \Rightarrow (x-y)^{x+y}=(x+y)^{x-y}}\)
Niech \(\displaystyle{ x-y=a, x+y=b}\) Widać(bo rozwiązujemy w liczbach naturalnych... no o podzielność mi chodzi, ale nie wiem jak to zapisać), że \(\displaystyle{ b=a^{k}, k>1 \Rightarrow a^{a^{k}}=a^{ka} \Rightarrow a^{k}=ka \Rightarrow a=\sqrt[k-1]{k}}\) Dla k=2 to działa, dla k>2 można udowodnić indukcyjnie, że \(\displaystyle{ 1<\sqrt[k-1]{k}<2}\) (nie jest całkowite). Mamy więc \(\displaystyle{ x-y=2}\)i \(\displaystyle{ x+y=4 \Rightarrow x=3 \; i \; y=1}\)
121(rozwiązane przez taka_jedna )
Rozwiąż nierówność \(\displaystyle{ \left[ x \right] \cdot \{ x \} < x-1}\)
Ukryta treść:
\(\displaystyle{ [x] \cdot \{x\}<[x]+\{x\}-1 \Rightarrow ([x]-1)(\{x\}-1)<0 \Rightarrow [x]-1>0}\) (bo zawsze \(\displaystyle{ \{x\}-1<0}\)) \(\displaystyle{ \Rightarrow x \in <2; \infty )}\)
122(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Dla liczb naturalnych \(\displaystyle{ k,n}\) oznaczmy przez \(\displaystyle{ N_n(k)}\) liczbę takich naturalnych \(\displaystyle{ d}\), że \(\displaystyle{ d|k}\) i \(\displaystyle{ k\le d^2 \le n}\). Znajdź sumę \(\displaystyle{ S_n (1) + S_n (2) + S_3(3) + \ldots + N_n (n^2)}\)
Ukryta treść:
Liczba \(\displaystyle{ m}\) grająca rolę \(\displaystyle{ d}\) bedzie przypisana liczbom \(\displaystyle{ k}\), takim, że \(\displaystyle{ k}\) dzieli sie przez \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ k \leq m^2 \leq n}\), Beda wiec to liczby k postaci \(\displaystyle{ 1*m, 2m,...,m*m}\) oraz \(\displaystyle{ m \leq \lfloor \sqrt{n} \rfloor}\). Ponadto \(\displaystyle{ S_n(k)=0}\) dla \(\displaystyle{ k>n}\)
Szukana suma wyniosi więc \(\displaystyle{ \sum_{m=1}^{\lfloor \sqrt{n} \rfloor} m}\)
bo np \(\displaystyle{ S_9(6)= 1}\) - tylko dzielnik k=6, tj d=3 spełnia \(\displaystyle{ 6 \leq d^2 \leq 9}\)
123(rozwiązane przez Dumla i mola_ksiazkowego)
Udowodnij, że dla każdej liczby pierwszej \(\displaystyle{ p}\) istnieją takie liczby całkowite \(\displaystyle{ x,y}\), że \(\displaystyle{ x^2+y^2 \equiv -1 \pmod{p}}\)
Dumel:
wykorzystam pare wlasnosci reszt kwadratowych. sposrod liczb \(\displaystyle{ 1,2,...,p-1}\) dokładnie połowa to reszty kwadratowe modulo \(\displaystyle{ p}\). \(\displaystyle{ 0}\) tez oczywiscie jest reszta kwadratowa wiec ogolem istnieje \(\displaystyle{ \frac{p+1}{2}}\) reszt kwadratowych modulo \(\displaystyle{ p}\). gdyby teza byla falszywa to dla kazdej reszty kwadratowej \(\displaystyle{ a}\) liczba \(\displaystyle{ p-1-a}\) nie bylaby resztą kwadratową. w szczegolnosci liczba \(\displaystyle{ \frac{p-1}{2}}\) nie moze byc reszta kwadratowa, wobec tego reszt kwadratowych byloby co najwyzej \(\displaystyle{ \frac{p-1}{2}}\)-sprzecznosc
mol_ksiazkowy:
szkic Jesli zbiór \(\displaystyle{ A= \{ 1,2, ...., \frac{p-1}{2} \}}\) to wezmy reszty z dzielenia liczb \(\displaystyle{ n^2}\) przez \(\displaystyle{ p}\) jak i reszty z dzielenia liczb \(\displaystyle{ -n^2}\) przez \(\displaystyle{ p}\),
gdzie \(\displaystyle{ n \in A}\). W obu klasach sa one rózne. Musza istnieć liczby \(\displaystyle{ x , y}\) t ze \(\displaystyle{ 1+x^2}\) i \(\displaystyle{ -y^2}\) dają te sama reszte. ckd
dodajemy stronami wszystkie nierownosci, przenosimy calosc na prawa strone i dostajemy: \(\displaystyle{ 0 \ge (\sqrt{ x_{1}}-1)^{2} + (\sqrt{ x_{2}-1 }-1)^{2} + (\sqrt{ x_{3}-2 }-1)^{2}+...+(\sqrt{ x_{n}-(n-1) }-1)^{2}}\)
wiec jedynym rozwiazaniem sa liczby \(\displaystyle{ x _{k} =k}\),
127(rozwiązane przez freja)
Rozstrzygnij, ile wyrazów dodatnich występuje w ciągu \(\displaystyle{ sin1^\circ , \; sin 10^\circ , \; sin100^\circ , \; sin 1000^\circ , \ldots}\)
zad.127:
Nie trudno zauważyć, że trzy pierwsze wyrazy są dodatnie.
I teraz robimy indukcyjnie, że dla \(\displaystyle{ n\ge 3}\)
\(\displaystyle{ sin ( \underbrace{10 \ldots 0}_{n} )^\circ = sin280^\circ}\)
Dla \(\displaystyle{ n=3}\) się zgadza, założenie, krok:
\(\displaystyle{ sin ( \underbrace{10 \ldots 0}_{n+1} )^\circ \stackrel{Zalozenie}{=} sin 2800^\circ \stackrel{okresowosc sinusa}{=} sin280^\circ <0 \qquad \qquad \blacksquare}\)
128(rozwiązane przez taka_jedna)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \left[ \log_2 x - \log_2 \left[ x \right] \right]=\left[ \log_2 x \right]-\left[ \log_2 \left[ x \right] \right]}\)
Zad. 128
Ukryta treść:
Założenie: [x]>0. Niech \(\displaystyle{ a \in <0;1)}\) Wtedy \(\displaystyle{ L=[log_{2}([x]+a)-log_{2}[x]]=[log_{2} \frac{[x]+a}{[x]}]=0}\), bo \(\displaystyle{ log_{2}1=0 \le log_{2} \frac{[x]+a}{[x]}<log_{2}2=1}\)
(1)\(\displaystyle{ log_{2}([x]+a) \ge log_{2}[x] \ge [log_{2}[x]] \Rightarrow [log_{2}([x]+a)] \ge [log_{2}[x]]}\)
(2)\(\displaystyle{ [log_{2}([x]+a)]< [log_{2}2[x]]=[log_{2}[x]]+1 \Rightarrow [log_{2}([x]+a)] \le [log_{2}[x]]}\)
(1),(2) \(\displaystyle{ \Rightarrow P=[log_{2}([x]+a)]-[log_{2}[x]]=0}\) Wobec tego L=P c.n.d.
129(rozwiązane przez bosa_Nike)
Udowodnij, że jeżeli \(\displaystyle{ \frac{a_1}{b_1} = \frac{a_2}{b_2} = \frac{a_3}{b_3}}\) oraz \(\displaystyle{ \ \left| p_1 \right| + \left| p_2 \right| + \left| p_3 \right| > 0}\), to \(\displaystyle{ \left( \frac{a_1}{b_1} \right) ^n = \frac{p_1 a_1^n + p_2 a_2^n + p_3 a_3^n}{p_1 b_1^n + p_2 b_2^n + p_3 b_3^n}}\)
dla każdego naturalnego \(\displaystyle{ n}\)
zad. 129:
Drugi warunek jest równoważny stwierdzeniu, że dla przynajmniej jednego indeksu \(\displaystyle{ i,\ \ 1\le i\le 3}\) zachodzi \(\displaystyle{ p_i\neq 0}\).
Na początek załóżmy, że żadne \(\displaystyle{ p_i}\) zerem nie jest.
Oczywiście, z pierwszego warunku, każde \(\displaystyle{ b_i\neq 0}\), a jeżeli któreś \(\displaystyle{ a_i=0}\), to pierwszy warunek pociąga za sobą przypadek trywialny.
Dalej niech \(\displaystyle{ a_i\neq0}\) dla każego \(\displaystyle{ i}\).
Ponieważ \(\displaystyle{ d_i=c_i\cdot\frac{d_1}{c_1}}\), to \(\displaystyle{ \frac{c_1+c_2+c_3}{d_1+d_2+d_3}=\frac{c_1+c_2+c_3}{c_1\cdot\frac{d_1}{c_1}+c_2\cdot\frac{d_1}{c_1}+c_3\cdot\frac{d_1}{c_1}}=\frac{c_1}{d_1}}\), więc stąd wnika teza. Jasne jest, że gdy dla jakiegoś \(\displaystyle{ i=j}\) mamy \(\displaystyle{ p_j=0}\), to postępujemy analogicznie z tą różnicą, że nie uwzględniamy \(\displaystyle{ c_j, d_j}\).
130(rozwiązane przez smigola i mola_ksiazkowego)
Niech \(\displaystyle{ x=\left( 1+ \frac{1}{n} \right)^n}\) , \(\displaystyle{ y=\left( 1+ \frac{1}{n} \right) ^{n+1}}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ x^y=y^x}\)
Jesli \(\displaystyle{ S_n=x_1+...+x_n}\), to \(\displaystyle{ x_{n+1}=S_{n+1}-S_n =(n+1)^2x_{n+1} - n^2x_n}\) co daje \(\displaystyle{ x_{n+1}= \frac{n}{n+2} x_n}\) , oraz \(\displaystyle{ x_1 =\frac{1}{2}}\) skad przez trywialna indukcje \(\displaystyle{ x_n=\frac{1}{n(n+1)}}\)
132(rozwiązane przez taka_jedna)
Dana jest funkcja \(\displaystyle{ f(x)=x^2+x}\). Wykazać, że dla żadnych liczb całkowitych \(\displaystyle{ a,b}\) nie zachodzi równość \(\displaystyle{ 4f(a)=f(b)}\)
Ukryta treść:
Rozumiem, że należy przyjąć, że a=b=0 nie jest całkowite;). Wtedy mamy \(\displaystyle{ 4a^{2}+4a-b^{2}-b =0}\) \(\displaystyle{ \Delta=16+16b^{2}+16b}\) Ta delta jest kwadratem liczby naturalnej,gdy \(\displaystyle{ b^{2}+b+1}\) jest kwadratem. Jest to niemożliwe, ponieważ, jeśli b jest dodatnie\(\displaystyle{ b^{2}<b^{2}+b+1<(b+1)^{2}}\), a jeśli ujemne\(\displaystyle{ (b+1)^{2}<b^{2}+b+1<(b)^{2}}\)
133(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) będą pierwiastkami równania \(\displaystyle{ x^3-x^2-x-1=0}\)
Wykaż, że
Jesli \(\displaystyle{ u_n =\frac{a^n-b^n}{a-b} +\frac{b^n-c^n}{b-c} +\frac{c^n-a^n}{c-a}}\) to mamy \(\displaystyle{ u_1=3, \ u_2= 2, \ u_3=4}\) i \(\displaystyle{ u_{n+3}= u_{n+2} +u_{n+1}+u_n}\) dla n=1, 2, 3, ... a wiec liczby \(\displaystyle{ u_n}\) sa całkowite dla n=1, 2, 3,....
134(rozwiązane przez taka_jedna)
Udowodnij, że dla każdej liczby pierwszej \(\displaystyle{ p}\) istnieje nieskończenie wiele liczb naturalnych \(\displaystyle{ n}\), dla których \(\displaystyle{ 2^n \equiv n \pmod{p}}\)
Ukryta treść:
Dla \(\displaystyle{ p=2}\) wystarczy przyjąć, że \(\displaystyle{ n}\) jest dowolną parzystą liczbą naturalną. Dla inniejszych \(\displaystyle{ p}\) mamy (z małego twierdzenia Fermata): \(\displaystyle{ 2^{p-1}\equiv1 \Rightarrow 2^{(p-1)^{2k}}\equiv1^{(p-1)^{2k-1}}\equiv1\equiv(p-1)^{2k}}\).
135(rozwiązane przez mm-aops)
Wykaż, że liczba \(\displaystyle{ 2^{n-1}}\) dzieli liczbę \(\displaystyle{ n!}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ n}\) jest postaci \(\displaystyle{ 2^{k-1}}\), gdzie \(\displaystyle{ k\in \mathbb{N}}\)
Ukryta treść:
nietrudno zauwazyc, ze najmniejsza liczba n spelniajaca zalozenia jest wlasnie zadanej postaci, wykaze, ze jesli mamy liczbe \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}}\) spelniajaca zalozenia to nastepna taka liczba bedzie \(\displaystyle{ 2 ^{k-1} + 2 ^{k-1}}\) przeanalizujmy kolejno wszystkie liczby spomiedzy tego przedzialu mamy, ze dla: \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}+1}\) mamy 0 bonusowych dwojek (przy czym za liczbe "bonusowych" dwojek rozumiem wzrost maksymalnej potegi 2 dzielacej nasza liczbe, to chyba dosc intuicyjne ), dla \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}+2}\) jedna, dla \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}+3}\) jedna, dla \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}+4}\) trzy, dla \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}+5}\) trzy, dla \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}+6}\) cztery, dla \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}+7}\) cztery, dla \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}+8}\) siedem, itd. Ogolnie, dla kazdej liczby \(\displaystyle{ p < k}\) przy liczbie \(\displaystyle{ 2 ^{k-1} + 2 ^{p-1}}\) dodajemy \(\displaystyle{ 2^{p-1}-1}\) bonusowych dwojek (bo skoro \(\displaystyle{ p < k}\) to najwieksza potega dwojki dzielaca nasza liczbe jest \(\displaystyle{ p}\)) , podczas gdy potrzebujemy dodac o jedna wiecej, zauwazmy teraz jeszcze tylko, ze dodajac \(\displaystyle{ 2 ^{k-1} + 2^{k-1}}\) dodajemy zgodnie z nasza regula \(\displaystyle{ 2^{k-1}-1}\) dwojek, ale jeszcze jedna dostajemy stad, ze \(\displaystyle{ 2 ^{k-1} + 2^{k-1} = 2^{k}}\) wiec najwieksza potega dwojki dzielaca nasza liczbe n jest teraz \(\displaystyle{ 2^{k}}\) czyli w sumie dodajemy \(\displaystyle{ 2^{k}}\) dwojek i teza zachodzi
hm, wyszlo troche brutalnie, no ale coz. wlasciwie to wypadaloby jeszcze pokazac ze przy dodawaniu nie-poteg dwojki nie dostaniemy nagle jakiegos przeskoku, ale to chyba dosc latwo widac.
136(rozwiązane przez taka_jedna)
Niech \(\displaystyle{ x_{n+1}=4x_n - 4x_{n-1} \quad x_0=0 \quad x_1=1}\)
oraz \(\displaystyle{ y_{n+1}=4y_n-y_{n-1} \quad y_0=1 \quad y_1=2}\)
Udowodnij, że dla każdego \(\displaystyle{ n\ge 0 \quad y_n^2=3x_n^2 +1}\)
136.:
Przed chwilą przeczytałam w dodatku do sprawozdania z 50.OM jak można to zrobić . Na tej stronie też ten sposób jest opisany: tutaj.
1.Równanie charakterystyczne: \(\displaystyle{ x^{2}=4x-1 \Rightarrow x_{1}=2- \sqrt{3} x_{2}=2+ \sqrt{3} \Rightarrow}\)równanie ma postać \(\displaystyle{ x_{n}=A(2- \sqrt{3})^{n}+B(2+ \sqrt{3})^{n}}\)
2. \(\displaystyle{ \begin{cases} A+B=x_{0}=0 \\ A(2- \sqrt{3})+B(2+ \sqrt{3})=x_{1}=1 \end{cases} \Rightarrow A= \frac{-1}{2 \sqrt{3}}; B= \frac{1}{2 \sqrt{3}}}\)
3. \(\displaystyle{ x_{n}=\frac{-1}{2 \sqrt{3}}(2- \sqrt{3})^{n}+\frac{1}{2 \sqrt{3}}(2+ \sqrt{3})^{n}}\)
4. Analogicznie \(\displaystyle{ y_{n}=0,5(2- \sqrt{3})^{n}+0,5(2+ \sqrt{3})^{n}}\)
5.Teraz łatwo sprawdzić(pamiętając o tym, że \(\displaystyle{ (2- \sqrt{3})(2+ \sqrt{3})=1}\)), że rzeczywiście \(\displaystyle{ y_{n}^{2}=3x_{n}^{2}+1}\)
137(rozwiązane przez kluczyk)
Wykaż, że jeżeli \(\displaystyle{ x,y,z \ge 0}\), to \(\displaystyle{ x(x-z)^2 + y(y-z)^2 \ge (x-z)(y-z)(x+y-z)}\)
Ukryta treść:
Po wymnożeniu, uporządkowaniu i przerzuceniu wszystkiego na lewą stronę dostaniemy: \(\displaystyle{ x^{3}+y^{3}+z^{3}+3xyz-x^{2}z-xz^{2}-x^{2}y-xy^{2}-y^{2}z-yz^{2} \ge 0}\) Można założyć, że \(\displaystyle{ x \ge y \ge z \ge 0}\) , stąd: \(\displaystyle{ x^{3}+y^{3}+z^{3}+3xyz-x^{2}z-xz^{2}-x^{2}y-xy^{2}-y^{2}z-yz^{2}=y^{3}+z^{3}-y^{2}z-yz^{2}+x^{2}(x-z-y)+x(3yz-z^{2}-y^{2} \ge y^{3}+z^{3}-y^{2}z-yz^{2}+y^{2}(y-z-y)+y(3yz-z^{2}-y^{2})=z^{3}+y^{2}z-2yz^{2}=z^{3}+y(yz-2z^{2}) \ge z^{3}+z(z^{2}-2z^{2})=0}\)
138(rozwiązane przez Dumla)
Udowodnij, że jeżeli funkcja \(\displaystyle{ f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}}\) spełnia dla wszystkich \(\displaystyle{ x\in \mathbb{R}}\) nierówności \(\displaystyle{ f(x+2) \ge f(x) + 2 \quad \text{oraz} \quad f(x+3) \le f(x) + 3}\), to
funkcja \(\displaystyle{ g(x)=f(x)-x}\) jest okresowa.
zad. 138:
z danych nierowności otrzymujemy \(\displaystyle{ f(x)+6 \ge f(x+6) \ge f(x)+6}\) wiec musi zachodzic \(\displaystyle{ f(x+6)=f(x)+6}\) czyli dla całkowitych \(\displaystyle{ k}\) mamy \(\displaystyle{ f(x+6k)=f(x)+6k}\)
wobec tego dla \(\displaystyle{ x=1,2,...,6}\) mamy \(\displaystyle{ g(x+6k)=f(x+6k)-x-6k=f(x)-x}\) wiec \(\displaystyle{ g}\) jest okresowa
Łatwo udowodnić chociażby indukcyjnie, że dla \(\displaystyle{ n \ge 2, a_{n}= \frac{1}{n!}}\). Wobec tego suma ta się równa \(\displaystyle{ \frac{1}{2}+4+(3+4+5+...+1995) = \frac{1995 \cdot 1996}{2} -1-2+4+0,5=1991011,5}\)
140(rozwiązane przez mm-aops)
Udowodnij, że suma \(\displaystyle{ 1+2+3+\ldots + n}\) dzieli \(\displaystyle{ n!}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ n+1}\) nie jest liczbą pierwszą nieparzystą.
Ukryta treść:
\(\displaystyle{ 1+2+3+...+n = \frac{n(n+1)}{2}}\)
stad, jesli \(\displaystyle{ n+1}\) jest liczba pierwsza nieparzysta to \(\displaystyle{ n+1 | 1+2+3+...+n \wedge n+1}\) nie dzieli \(\displaystyle{ n!}\), jesli zas \(\displaystyle{ n+1}\) nie jest liczba pierwsza nieparzysta to \(\displaystyle{ n+1}\) mozna rozlozyc na jakies dwa czynniki a i b i \(\displaystyle{ \frac{n(n+1)}{2}}\) jest iloczynem 3 roznych liczb mniejszych od n, stad \(\displaystyle{ \frac{n(n+1)}{2} | n!}\) co konczy dowod.
141
Wielomian \(\displaystyle{ f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\ldots + a_nx^n}\) spełnia warunki \(\displaystyle{ f(1)=1 \; f(0,9)=0 \quad -0,1 \le f(x) \le 0 \quad \text{ dla wszystkich } \; 0\le x \le 0,9}\).
Udowodnij, że \(\displaystyle{ n\ge 4}\).
142(rozwiązane przez Sylwka)
Niech \(\displaystyle{ a_1=1 \; a_2=2}\) oraz \(\displaystyle{ a_{n+2}= \begin{cases} 5a_{n+1}-3a_n \quad \text{gdy} \; 2| a_n a_{n+1} \\ a_{n+1}-a_n \quad \text{gdy} \; 2\nmid a_n a_{n+1} \end{cases}}\)
Wykaż, że \(\displaystyle{ a_n \neq 0}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ n=1,2,3,\ldots}\)
142:
Wykażemy dwa fakty:
I) Ciąg reszt z dzielenia przez 2 wyrazów tego ciągu to: \(\displaystyle{ (1,0,1,1,0,1,1,0,\ldots)}\), czyli parzyste są jedynie wyrazy o numerach 3k+2
II) Ciąg reszt z dzielenia przez 3 wyrazów tego ciągu to: \(\displaystyle{ (1,2,1,2,\ldots)}\).
ad I)
Wystarczy wykazać, że jeśli pewien wyraz jest parzysty, to dwa następne będą nieparzyste, a po nich następuje znowu jeden wyraz parzysty, itd. Wynika to wprost ze wzoru rekurencyjnego. Proste jak drut więc dowód pomijam.
ad II)
Tu jest troszkę trudniej, ale nadal dowód banalny. Należy policzyć (mod 3) wyrazy od 3 do 8, a następnie zauważyć, że: \(\displaystyle{ i \ge 7 \Rightarrow a_{i} \equiv a_{i-6} \ (mod \ 3)}\) (częściowo wynika z I), i to dowieść indukcją. Również proste jak drut.
Wróćmy do zadania. Jeśli by było \(\displaystyle{ a_n=0}\), to \(\displaystyle{ a_n \equiv 0 \ (mod \ 3)}\), co na mocy II jest niemożliwe. Sprzeczność kończy dowód.
143(rozwiązane przez Sylwka)
Funkcja \(\displaystyle{ f: \mathbb{R} \setminus \{ 0\} \to \mathbb{R}}\) spełnia warunki \(\displaystyle{ 1^\circ \; f(x)-f(y)=f(x) \cdot f \left( \frac{1}{y} \right) - f\left( \frac{1}{x} \right) \cdot f(y) \quad \text{dla wszystkich } \; x,y\in \mathbb{R} \setminus \{ 0\}}\) \(\displaystyle{ 2^\circ \; f(x)=\frac{1}{2}}\) dla co najmniej jednego \(\displaystyle{ x\in \mathbb{R} \setminus \{ 0\}}\)
Wyznacz \(\displaystyle{ f(-1)}\).
143:
Niech \(\displaystyle{ y=\frac{1}{x}}\). Wówczas po podstawieniu i zwinięciu otrzymujemy równość: \(\displaystyle{ (f(x)-f(\frac{1}{x})) \cdot (f(x)+f(\frac{1}{x})-1) = 0}\). Niech x będzie takie, że \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{2}}\) (zgodnie z założeniami zadania takowe istnieje). Wówczas: \(\displaystyle{ f(\frac{1}{x})=f(x) \vee f(\frac{1}{x})=1-f(x)}\) - w obu przypadkach otrzymujemy \(\displaystyle{ f(\frac{1}{x})=\frac{1}{2}}\).
Zatem udowodniliśmy: \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{2} \Rightarrow f(\frac{1}{x})=\frac{1}{2}}\)
Teraz niech y będzie takie, że \(\displaystyle{ f(y)=\frac{1}{2}}\), oczywiście zgodnie z powyższym \(\displaystyle{ f(\frac{1}{y})=\frac{1}{2}}\). Czyli: \(\displaystyle{ f(x)-\frac{1}{2}=f(x) \cdot \frac{1}{2} - f(\frac{1}{x}) \cdot \frac{1}{2} \Rightarrow f(x)+f(\frac{1}{x})=1}\)
144(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Udowodnij, że dla każdej liczby naturalnej nieparzystej \(\displaystyle{ n\ge 3}\) liczba \(\displaystyle{ 1^n + 2^n + \ldots + 9^n -(1+6^n+8^n )}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 18}\).
Ukryta treść:
liczba \(\displaystyle{ a_n= 1+2^n+...+9^n -(1+6^n+8^n)}\) dla n=1 i dla n=2 nie jest podzielna przez 18. (choc jest zawsze parzysta)
Ale \(\displaystyle{ a_n= 1+2^n+...+9^n -(1+6^n+8^n) = (2^n+ 7^n) +(4^n + 5^n) +3^n+ 9^n}\) jest podzielna przez 9 gdy n jest nieparzyste i >1
moze o to chodzilo..?!
Poprawiono błędną treść zadania.
145(rozwiązane przez Sylwka)
Wyznacz wszystkie liczby pierwsze \(\displaystyle{ p}\), dla których liczba \(\displaystyle{ \frac{2^{p-1}-1}{p}}\) jest kwadratem liczby naturalnej.
145:
\(\displaystyle{ p=2}\) - ta liczba nawet nie jest całkowita \(\displaystyle{ p=3}\) - to wyrażenie wynosi 1, zatem jest OK \(\displaystyle{ p=5}\) - to wyrażenie wynosi 3, zatem jest źle \(\displaystyle{ p=7}\) - to wyrażenie wynosi 9, zatem jest OK
W dalszym rozumowaniu niech \(\displaystyle{ p>7 \iff p \ge 11}\). Mamy do rozwiązania: \(\displaystyle{ 2^{p-1}-1=a^2 \cdot p}\)
Próbowałem kilkanaście razy dojść do sprzczności wykorzystując różne modulo (m.in. miałem postać: \(\displaystyle{ p=168c+127}\)) aż zauważyłem, że to niemożliwe... . Zatem trzeba podejść do problemu z innej strony.
Oczywiście \(\displaystyle{ \frac{p-1}{2}}\) jest całkowite dodatnie. Zatem: \(\displaystyle{ (2^\frac{p-1}{2}-1)(2^\frac{p-1}{2}+1)=a^2p}\). Oba nawiasy po lewej stronie są całkowite oraz względnie pierwsze z sobą. Więc są dwie możliwości (wynikające z podkreślonego faktu, gdyż jeśli \(\displaystyle{ 2^\frac{p-1}{2} \pm 1 \equiv 0 \ (mod \ q)}\), to \(\displaystyle{ (2^\frac{p-1}{2} \mp 1,q)=1}\), więc z założeń równania: \(\displaystyle{ 2^\frac{p-1}{2} \pm 1 \equiv 0 \ (mod \ q^2)}\)):
(*) Drugie równanie to inaczej: \(\displaystyle{ 2^\frac{p-1}{2}=(\beta-1)(\beta+1)}\), zatem oba nawiasy po lewej musiałyby być potęgami dwójki (bo założyliśmy \(\displaystyle{ p \ge 11}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{p-1}{2} \ge \frac{11-1}{2}=5}\)), a jedyne potęgi dwójki różniące się od siebie o 2 to 2 i 4, zatem \(\displaystyle{ \beta=3 \Rightarrow p=7}\) - sprzeczność, bo założyliśmy p>7.
(**) Przyda nam się tu fakt, że gdy a jest nieparzyste, to \(\displaystyle{ a^2 \equiv 1 \ (mod \ 8)}\). Weźmy pierwsze równanie: \(\displaystyle{ 2^\frac{p-1}{2}=\alpha^2+1}\) i rozpatrzmy je modulo 8: \(\displaystyle{ 0 \equiv 2^\frac{p-1}{2} = a^2 + 1 \equiv 1+1=2}\) - sprzeczność.
Sprzeczność we wszystkich przypadkach pokazuje, że dla \(\displaystyle{ p>7}\) nie ma rozwiązań
Odpowiedź: \(\displaystyle{ p \in \lbrace 3, 7 \rbrace}\).
146(rozwiązane przez Sylwka)
Dla jakich liczb naturalnych \(\displaystyle{ n}\) liczba \(\displaystyle{ 3^{2n+1}-2^{2n+1}-6^{n}}\) jest złożona?
146:
Niech 0 nie będzie naturalne (jeśli wliczać, po prostu rozpatrujemy to jako oddzielny przypadek i dowód wydłuża się o linijkę . \(\displaystyle{ a=3^n \\ b=2^n \\ 3^{2n+1}-2^{2n+1}-6^{n}=3a^2 - 2b^2 - ab = (a-b)(3a+2b)}\)
Oczywiście dla \(\displaystyle{ n \ge 2}\) mamy: \(\displaystyle{ a-b>1}\) oraz \(\displaystyle{ 3a+2b>1}\), zatem dla tych n ta liczba jest złożona. Dla n=1 mamy: \(\displaystyle{ a=3 \wedge b=2}\), zatem to wyrażenie jest równe 13, czyli jest pierwsze.
Odpowiedź: \(\displaystyle{ n \ge 2}\).
147(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie zbiorem \(\displaystyle{ n}\)-elementowym. Wyznacz liczbę takich par \(\displaystyle{ (A,B)}\) różnych podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\) takich, że \(\displaystyle{ A \subset B}\).
Ukryta treść:
Określamy bijekcję miedzy funkcjami \(\displaystyle{ f: X \mapsto \{1, 2, 3 \}}\) a parami zbiorów , o jakich mowa jest w zadaniu: : \(\displaystyle{ f (x) = \left\{\begin{array}{l}1 \ \ x \in A \\ 2 \ \ x \in B , x \notin A \\ 3 \ \ x \notin B \end{array}\right.}\)
A wiec istnieje dokładnie \(\displaystyle{ 3^n}\) takich par, gdzie n jest moca zbioru X
Uogólnienie Jeśli m i n sa to liczby naturalne, to ilosc wszystkich takich ukladów \(\displaystyle{ (A_1, A_2,..., A_m)}\) gdzie \(\displaystyle{ A_i}\) sa podzbiorami X, oraz \(\displaystyle{ A_1 \subset A_2 \subset.... \subset A_m}\) wynosi \(\displaystyle{ (m+1)^n}\)
148(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\) niech \(\displaystyle{ f(n)=\left[2\sqrt{n} \right] -\left[ \sqrt{n-1}+\sqrt{n+1} \right]}\). Wyznacz wszystkie liczby naturalne \(\displaystyle{ n}\), dla których \(\displaystyle{ f(n)=1}\).
Ukryta treść:
Mamy \(\displaystyle{ f(n)=\left[2\sqrt{n} \right] -\left[ \sqrt{n-1}+\sqrt{n+1} \right]}\), wezmy wpierw przypadek gdy \(\displaystyle{ n=k^2}\) dla pewnego k całowitego >0. Wtedy istotnie \(\displaystyle{ f(n)=1}\), gdyz dla k=1, 2, 3,... zachodzi \(\displaystyle{ 2k-1 < \sqrt{k^2-1}+ \sqrt{k^2+1} <2k.}\)
Rozwazmy teraz gdy \(\displaystyle{ k^2 < n < (k+1)^2}\). Wtedy liczba \(\displaystyle{ \left[2\sqrt{n} \right]}\) moze byc równa \(\displaystyle{ 2k}\) lub \(\displaystyle{ 2k+1}\). Mamy też \(\displaystyle{ \left[ \sqrt{n-1}+\sqrt{n+1} \right] \geq k + \sqrt{k^2+1} \geq 2k}\). Jesli wiec \(\displaystyle{ g(n)=1}\), to musi być: \(\displaystyle{ \left[2\sqrt{n} \right] =2k+1}\) i \(\displaystyle{ \left[ \sqrt{n-1}+\sqrt{n+1} \right]}\) =2k. Zbadajmy kiedy \(\displaystyle{ \left[2\sqrt{n} \right] =2k+1}\). Musi być \(\displaystyle{ 2\sqrt{n} \geq 2k+1}\), tj \(\displaystyle{ n \geq k^2+k+\frac{1}{4}}\)
I tak np dla k=5, w przedziale (25,36) bedzie k=31, 32, 33, ...,35
Z kolei badamy nierównosc \(\displaystyle{ 2k \leq \sqrt{n-1}+\sqrt{n+1} < 2k+1}\) Lewa bedzie zachodzic przy \(\displaystyle{ k^2<n< (k+1)^2}\) zas prawa zapiszemy \(\displaystyle{ \sqrt{n-1}+\sqrt{n+1} <2k+1}\)
tj (podnosimy do kwadratu) \(\displaystyle{ n+\sqrt{n^2-1} <2k^2+2k+\frac{1}{4}}\)
tj (podnosimy do kwadratu, znow) \(\displaystyle{ \sqrt{n^2-1} <2k^2+2k+\frac{1}{4} -n}\)
i mamy szacowanie na n: \(\displaystyle{ n < k^2+k+\frac{1}{4} + \frac{1}{4k^2+4k+1}}\)
Jednak liczba po prawej stronie tej ostatniej nierównosci nie przekracza \(\displaystyle{ k^2+k+1}\).
Np dla k=5, \(\displaystyle{ \sqrt{29} + \sqrt{31}=10,95...}\) ale juz \(\displaystyle{ \sqrt{30} + \sqrt{32}=11,13...}\)
Wniosek: \(\displaystyle{ f(n)=1}\) tylko wtedy gdy n jest kwadratem liczby całkowitej>0
149(rozwiązane przez Sylwka)
Rozwiąż w liczbach całkowitych nieujemnych równanie \(\displaystyle{ 7^x+1=3^y+5^z}\)
149:
Rozpatrując \(\displaystyle{ 7^x+1=3^y+5^z}\) modulo 8 szybko otrzymujemy, że jedyne możliwe rozwiązanie jest wtedy, gdy x,y,z są tej samej parzystości. Gdy \(\displaystyle{ y=0}\), to \(\displaystyle{ 7^x=5^z}\), co oczywiście daje trójkę \(\displaystyle{ (x,y,z)=(0,0,0)}\), gdy \(\displaystyle{ y \ge 1}\), to modulo 3 otrzymujemy: \(\displaystyle{ -1 \equiv 2 \equiv 7^x + 1 = 3^y + 5^z \equiv (-1)^z}\), zatem z jest nieparzyste, czyli wszystkie liczby: x,y,z są nieparzyste.
No i teraz zaczyna się brzydsza część rozwiązania, w której bardzo pomógł mi Excel . Oczywiście mamy cały czas: \(\displaystyle{ x,y,z \in \mathbb{Z}_+}\). Przy każdym kolejnym kroku będziemy używać założeń z poprzedniego kroku a następnie "zapominać" o znaczeniach liczb a,b,c użytych krok wcześniej (bo nie chce mi się wprowadzać kilkunastu zmiennych). Rozwiązanie poniżej jest niedługie, Excel musiał się męczyć ze znacznie większymi modulo abym mógł wpaść na coś optymalnego
1) Rozpatrując obie strony tego równania modulo 21 i pamiętając o tym, że x,y,z są nieparzyste otrzymujemy: \(\displaystyle{ \begin{cases}x=2a+1 \\ y=6b+1 \\ z=6c+1 \end{cases}}\)
(*) Przypadkiem gdy y=1 zajmiemy się później. W tym monecie załóżmy, że y>1.
3) Rozpatrując obie strony modulo 9 otrzymujemy: \(\displaystyle{ \begin{cases}x=12a+5 \\ y=12b+1 \\ z=6c+1 \end{cases}}\)
4) Rozpatrując obie strony modulo 13 otrzymujemy (z MTF dla d niepodzielnego przez 13 mamy: \(\displaystyle{ d^{12} \equiv 1 \ (mod \ 13)}\)): \(\displaystyle{ 12 \equiv 11+1 \equiv 7^5 + 1 \equiv 3 + 5 \cdot (5^6)^c \equiv 3 + 5 \cdot (-1)^c \equiv 8 \vee -2 \equiv 8 \vee 11}\)
Co jest oczywistą sprzecznością. Zatem dla y>1 brak rozwiązań.
Wracamy do (*). Zostaje do rozwiązania \(\displaystyle{ 7^x+1=3+5^z \iff 7(7^{x-1}-1)=5(5^{z-1}-1)}\). Korzystamy z oznaczeń z podpunktu 2) (bo był ostatni przed założeniem \(\displaystyle{ y>1}\), zatem nadal są one OK). Stąd: \(\displaystyle{ \begin{cases} x-1=4a \\ z-1=6c \end{cases}}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ a=0 \iff c=0}\), zatem w dalszym rozumowaniu załóżmy dodatniość a, c. W dalszej części będziemy przeskakiwać ze strony na stronę i wykorzystywać twierdzenie: \(\displaystyle{ x|y \iff (a^x-1)|(a^y-1)}\).
A więc mamy do rozwiązania w dodatnich (a raczej do wykazania, że rozwiązań nie ma): \(\displaystyle{ 7(7^{4a}-1)=5(5^{6c}-1)}\).
150(rozwiązane przez Sylwka)
Udowodnij, że jeżeli liczby naturalne \(\displaystyle{ x,y,z}\) spełniają równanie \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2=1993}\) to \(\displaystyle{ x+y+z}\) nie jest kwadratem liczby naturalnej.
150:
Szacując: \(\displaystyle{ (x+y+z)^2 \ge x^2+y^2+z^2 \ge \frac{(x+y+z)^2}{3}}\) otrzymujemy: \(\displaystyle{ 45 \le (x+y+z) \le 77}\). Jeśli (x+y+z) jest kwadratem, to jest 49 lub 64. Ale:
\(\displaystyle{ 1 \equiv x^2+y^2+z^2 \equiv x+y+z \ (mod \ 2)}\), zatem zostaje tylko możliwość \(\displaystyle{ x+y+z=49}\). Ale wówczas: \(\displaystyle{ 2401=(x+y+z)^2=1993+2(xy+yz+zx) \iff xy+yz+zx=204}\)
Niech \(\displaystyle{ x \le y \le z}\), czyli: \(\displaystyle{ x+y \le 32}\). Wówczas: \(\displaystyle{ 204=xy+z(y+x)=xy+(49-(x+y))(x+y)) \ge (49-(x+y))(x+y)}\). Ale dla \(\displaystyle{ 5 \le x+y \le 32}\) mamy: \(\displaystyle{ 204 \ge (49-(x+y))(x+y) \ge 44 \cdot 5 = 220 > 204}\) - sprzeczność.
Zatem: \(\displaystyle{ x+y \le 4}\), a że x,y są naturalne, to: \(\displaystyle{ x+y \in \lbrace 2,3,4 \rbrace}\).
Czyli: \(\displaystyle{ (x,y) \in \lbrace (1,1);(1,2);(1,3);(2,2) \rbrace}\). Łatwo sprawdzić, że w każdym z tych przypadków \(\displaystyle{ 44^2 < z^2 < 45^2}\) - sprzeczność kończy dowód.
151(rozwiązane przez Sylwka)
Wyznacz największą liczbę \(\displaystyle{ a}\), dla której nierówność \(\displaystyle{ \frac{x}{\sqrt{y^2+z^2}}+\frac{y}{\sqrt{x^2+z^2}}+\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2}}>a}\)
jest spełniona przez każdą trójkę \(\displaystyle{ (x,y,z)}\) liczb rzeczywistych dodatnich.
151:
Dla \(\displaystyle{ (x,y,z) \to (1,1,0)}\) wartość lewej strony dąży do dwóch. Zatem jeśli pokażemy, że to wyrażenie jest ograniczone z dołu przez 2 (i dwójka nigdy nie jest przyjmowana), to dla \(\displaystyle{ (x,y,z) \to (1,1,0)}\) wartość lewej strony dąży do dwóch od góry, zatem a=2.
Zatem wiadomo co trzeba pokazać. Nierówność jest jednorodna, więc możemy przyjąć: \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2=1}\), gdzie x,y,z są dodatnie. Mamy do udowodnienia: \(\displaystyle{ \sum \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} > 2 \iff \sum x^2 \cdot \frac{1}{\sqrt{x^2-x^4}} > 2}\)
Niech \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2-x^4}}}\). Według kalkulatora (nie jestem aż taki twardy ): \(\displaystyle{ f''(x)= {3 \left(2x -4x^3 \right) ^2 \over 4 \left(x^2 -x^4 \right) ^{ {5 \over 2} } } - {2 -12x^2 \over 2 \left(x^2 -x^4 \right) ^{ {3 \over 2} } }= \frac{3(2x-4x^3)^2-2(x^2-x^4)(2-12x^2)}{4(x^2-x^4)^{\frac{5}{2}}}}\)
Mianownik jest dodani, z licznika można wyciągnąć przed nawias \(\displaystyle{ 4x^2}\), co też jest dodatnie. W nawiasie zostaje po uporządkowaniu: \(\displaystyle{ 6x^4-5x^2+2=6(x^2)^2-5x^2+2}\), szybko stwierdzamy, że to jest dodatnie, bo \(\displaystyle{ \Delta=25-48<0}\). Zatem druga pochodna jest dodatnia dla \(\displaystyle{ x \in (0,1)}\), więc funkcja jest tu ściśle wypukła.
Zatem z Jensena: \(\displaystyle{ \sum x^2 \cdot \frac{1}{\sqrt{x^2-x^4}} \ge f(\sum x^2 \cdot x) = f(\underbrace{x^3+y^3+z^3}_k)=\frac{1}{\sqrt{k^2-k^4}}}\)
Zostaje udowodnić, że \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{k^2-k^4}}>2 \iff k^2-k^4< \frac{1}{4} \iff \frac{1}{4}(2k^2-1)^2 > 0}\). Lewa strona jest zawsze nie mniejsza niż 0. Zatem jeśli ta nierówność nie byłaby prawdziwa, to muszą zachodzić 2 warunki:
(1) \(\displaystyle{ k^2=\frac{1}{2}}\)
(2) w nierówności Jensena zachodzi równość, co przy tej funkcji zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ x=y=z}\) (gdyż wagi są dodatnie oraz funkcja jest ściśle wypukła [\(\displaystyle{ f''(x)>0}\)], gdyby były dopuszczone nieujemne, to równość by zachodziła np. też dla \(\displaystyle{ x^2=y^2=\frac{1}{2}}\) i \(\displaystyle{ z^2=0}\), [właśnie w takim przypadku: x=y i z->0 jest "najbliżej" równości w wyjściowej nierówności]).
Z drugiego warunku: \(\displaystyle{ x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3}}\). Jednak wówczas \(\displaystyle{ k^2=\frac{1}{3}}\), zatem oba warunki nigdy nie będą razem spełnione, co kończy dowód tej nierówności.
Podsumowując dotychczasowe rozumowanie stwierdzamy, że \(\displaystyle{ a=2}\)
152(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Udowodnij, że dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\) istnieje liczba \(\displaystyle{ x>1}\) taka, że \(\displaystyle{ \left[ \log_{x} 3 \right] - \left[ \log_{x} 2 \right]=n}\)
Ukryta treść:
szkic Istnieje liczba naturalna \(\displaystyle{ m}\), t ze \(\displaystyle{ 2^{n+1} \geq (\frac{3}{2})^m \geq 2^n}\) Wtedy kładziemy \(\displaystyle{ x=\sqrt[m]{2}}\)
153(rozwiązane przez mola_ksiazkowego(pośrednio) i andkoma)
Niech \(\displaystyle{ a_0 , a_1, \ldots}\) będzie ciągiem takich liczb dodatnich, że \(\displaystyle{ a_{i-1} a_{i+1} \le a_{i}^2}\) dla \(\displaystyle{ i=1,2,3,\ldots}\) Udowodnij, że dla każdego \(\displaystyle{ n>1}\) \(\displaystyle{ \frac{a_0 + \ldots + a_{n}}{n+1} \; \frac{a_1 + \ldots + a_{n-1}}{n-1} \ge \frac{a_0 + \ldots + a_{n-1}}{n} \; \frac{a_1 + \ldots + a_n}{n}}\)
154(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Znajdź największą i najmniejszą wartość funkcji \(\displaystyle{ f(x)=x\left( 1993+\sqrt{1995-x^2} \right)}\)
Ukryta treść:
szkic Niech \(\displaystyle{ f(x)=x(a+ \sqrt{b-x^2})}\) Ddziedzina \(\displaystyle{ |x| \leq \sqrt{b}}\) f jest nieparzysta a tez
f>0 dla x>0. Wyliczyc wystarczy wiec max \(\displaystyle{ f^\prime(x)=a +\sqrt{b-x^2} - \frac{x^2}{\sqrt{b-x^2}} =0}\) prowadzi do równania \(\displaystyle{ a\sqrt{b-x^2}=2x^2-b}\)
podstawiajac \(\displaystyle{ t=x^2}\) dostaje sie rownanie kwadratowe zmiennej t
Dla a=1993, b=1995, jego wyroznik \(\displaystyle{ \Delta =(1993*1997)^2}\) co pozwala obliczyc t (oraz x).
155(rozwiązane przez Wasilewskiego)
Ciągi \(\displaystyle{ (x_n)}\) i \(\displaystyle{ (y_n)}\) są określone następująco \(\displaystyle{ x_0=2 \; y_0=1}\) \(\displaystyle{ x_{n+1}=\frac{2x_n y_n}{x_n + y_n} \quad y_{n+1}=\sqrt{x_{n+1} y_n } \qquad \text{dla } \; n=0,1,2,3,\ldots}\)
Udowodnij, że te ciągi mają wspólną granicę i oblicz ją.
Zad. 155:
Rozważmy dla wygody ciągi \(\displaystyle{ a_{n} = \frac{1}{x_{n}}}\) oraz \(\displaystyle{ b_{n} = \frac{1}{y_{n}}}\). Mamy wtedy: \(\displaystyle{ a_{n+1} = \frac{a_{n} + b_{n}}{2} \\
b_{n+1} = \sqrt{a_{n+1} b_{n}}}\)
Mamy zatem: \(\displaystyle{ a_{n} = \frac{b_{n}^2}{b_{n-1}}}\)
Stąd: \(\displaystyle{ b_{n+1} = \sqrt{ \frac{b_{n} + \frac{b_{n}^2}{b_{n-1}}}{2} \cdot b_{n}} \\
\frac{b_{n+1}}{b_{n}} = \sqrt{\frac{1+ \frac{b_{n}}{b_{n-1}}}{2}} \\
c_{n} = \frac{b_{n+1}}{b_{n}} \\
c_{0} = \frac{\sqrt{3}}{2} \\
c_{n} = \sqrt{\frac{1+c_{n-1}}{2}}}\)
W tym wzorze rozpoznajemy wzór na cosinus kąta połówkowego, zatem: \(\displaystyle{ c_{n} = cos(\frac{\pi}{6\cdot 2^{n}})}\)
Następnie: \(\displaystyle{ b_{n+1} = c_{n} b_{n} \Rightarrow b_{n+1} = b_{0} \cdot \prod_{k=0}^{n}c_{k} = \prod_{k=0}^{n} cos(\frac{\pi}{6\cdot2^{k}} \rightarrow \frac{sin(\frac{\pi}{3})}{\frac{\pi}{3}}}\)
Zatem oczywiście: \(\displaystyle{ y_{n} \rightarrow \frac{\frac{\pi}{3}}{sin\frac{\pi}{3}}}\)
Sprawdzenie, że \(\displaystyle{ x_{n}}\) dąży do tej samej granicy to jedynie prosta formalność.
156(rozwiązane przez taka_jedna)
Liczby naturalne \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ ab=cd}\). Wykaż, że dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\) liczba \(\displaystyle{ a^{n} + b^n+c^n+d^n}\) jest złożona.
156.:
\(\displaystyle{ ab=cd \Rightarrow b^{n}= \frac{c^{n}d^{n}}{a^{n}}}\) \(\displaystyle{ a^{n}+b^{n}+c^{n}+d^{n}= \frac{a^{2n}+c^{n}d^{n}+a^{n}c^{n}+a^{n}d^{n}}{a^{n}}= \frac{(a^{n}+c^{n})(a^{n}+d^{n})}{a^{n}}}\)
Ponieważ każdy z mnożników w liczniku jest większy od mianownika, mam nadzieję, że każdy widzi, że ta liczba jest złożona.
157(rozwiązane przez taka_jedna)
Wyznacz wszystkie pary \(\displaystyle{ (p,q)}\) liczb pierwszych, dla których liczba \(\displaystyle{ (p+1)^q}\) jest kwadratem liczby naturalnej.
157.:
Są dwie opcje: \(\displaystyle{ q=2}\). Wtedy \(\displaystyle{ p}\) jest dowolną liczbą pierwszą. \(\displaystyle{ q}\) jest nieparzyste. Wtedy \(\displaystyle{ p+1=n^{2} \Rightarrow p=(n-1)(n+1) \Rightarrow n-1=1 \wedge p=3}\)
158(rozwiązane przez Sylwka)
Niech \(\displaystyle{ \frac{1}{1995 \left\{ 1 + \frac{1}{1+\frac{1}{1+_{ \ddots +\frac{1}{1}}}} \right\}} = \frac{m}{n}}\)
gdzie \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ n}\) są liczbami naturalnymi względnie pierwszymi. Wyznacz wartość wyrażenia \(\displaystyle{ m^2+mn-n^2}\).
158:
\(\displaystyle{ F_1=1, \ F_2=1, \ F_{n+1}=F_n+F_{n-1}}\), można dowieść indukcją, że kolejne takie ułamki są równe: \(\displaystyle{ \frac{F_{n+1}}{F_n}}\), w naszym przypadku jest to (jeśli 1995 oznacza ilość pojawiających się znaków "+" w mianowniku): \(\displaystyle{ \frac{F_{1998}}{F_{1997}}}\). Zatem \(\displaystyle{ m=F_{1998}, \ n=F_{1997}}\), bo każde dwa kolejne wyrazy ciągu Fibonacciego są względnie pierwsze. Szukana wartość wyrażenia \(\displaystyle{ m^2+mn-n^2}\) jest więc jasna.
Podziękowania dla abc666 za pomoc w zapisaniu tego piętrowego ułamka w \(\displaystyle{ \LaTeX -u}\).
159(rozwiązane przez Sylwka)
Udowodnij, że jeżeli \(\displaystyle{ a,b,c \ge 0}\) oraz \(\displaystyle{ a+b+c \le 3}\), to \(\displaystyle{ \frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2} + \frac{c}{1+c^2} \le \frac{3}{2} \le \frac{1}{1+a} + \frac{1}{1+b} + \frac{1}{1+c}}\)
160(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Udowodnij, że liczba \(\displaystyle{ 4^{545} + 545^4}\) jest złożona.
Ukryta treść:
Zapisac mozna te liczbe jako iloczyn \(\displaystyle{ (545^2 +2^{545}-2^{273}*545)(545^2 +2^{545}+2^{273}*545)}\)
161(rozwiązane przez Sylwka)
Udowodnij, że jeżeli dla liczb naturalnych \(\displaystyle{ a,b,c}\) liczby \(\displaystyle{ p=b^c+a \; q=a^b+c \; r=c^a+b}\) są pierwsze, to dwie z nich są równe.
161:
Dwie z liczb a,b,c są tej samej parzystości, dla ustalenia uwagi niech to będą a i b. Wówczas \(\displaystyle{ b^c}\) oraz \(\displaystyle{ a}\) są tej samej parzystości, zatem \(\displaystyle{ p=b^c+a}\) jest parzysta, a że jest też pierwsza, to jest równa 2. Ale \(\displaystyle{ b^c \ge 1 \wedge a \ge 1}\), zatem w obu tych nierównościach muszą zachodzić równości. Zatem \(\displaystyle{ a=b=1}\), co należało dowieść.
162
Ciąg \(\displaystyle{ (x_n)}\) określony jest następująco \(\displaystyle{ x_1 =2 \quad x_{n+1} =\left[ \frac{3}{2} x_n \right] \quad \text{dla } \; n=1,2,3,\ldots}\)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ 1^\circ}\) w ciągu \(\displaystyle{ (x_n)}\) występuje nieskończenie wiele liczb parzystych i nieskończenie wiele liczb nieparzystych. \(\displaystyle{ 2^\circ}\) ciąg \(\displaystyle{ \left( (-1)^{x_n} \right)}\) nie jest okresowy.
Szukana suma s wynosi wobec \(\displaystyle{ a_1+...+a_{1024}=0}\) oraz \(\displaystyle{ a_1+...+a_{512}=0}\) \(\displaystyle{ a_1+...+a_{256}=0}\) \(\displaystyle{ a_1+...+a_{128}=0}\)
.... \(\displaystyle{ a_1+...+a_{8}=0}\) \(\displaystyle{ a_1+...+a_{4}=0}\)
Rozważmy sumę \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty} {n-k \choose k} x_{0}^{k} = f_{n}(x_{0})}\).
Wobec równości \(\displaystyle{ {n-k \choose k} = {(n-1) - k \choose k} + {(n-2) - (k-1) \choose k-1}}\)
otrzymujemy zależność rekurencyjną na \(\displaystyle{ f_{n}(x_{0})}\): \(\displaystyle{ f_{n}(x_{0}) = f_{n-1}(x_{0}) + x_{0} f_{n-2}(x_{0})}\).
W szczególności suma z zadania równa się \(\displaystyle{ f_{n}(-\frac{1}{4})}\), a z otrzymanej zależności można łatwo indukcyjnie udowodnić, że: \(\displaystyle{ f_{n}(-\frac{1}{4}) = \frac{n+1}{2^{n}}}\).
Możliwe, że korzystając z tej zależności rekurencyjnej da się rozwiązać zadanie 55.
165(rozwiązane przez Sylwka)
Rozstrzygnij, ile rozwiązań w liczbach całkowitych posiada równanie \(\displaystyle{ \left[ \sqrt[1995]{n} \right] + \left[ \sqrt[1995]{\frac{n+1}{2} } \right] + \left[ \sqrt[1995]{\frac{n+2}{3}} \right] + \ldots + \left[ \sqrt[1995]{\frac{n+1994}{1995}} \right]=1996}\)
165:
Dla n=1, a wszystkie cechy są równe 1. Dla \(\displaystyle{ n \ge 2}\) mamy: \(\displaystyle{ n > \frac{n+1}{2} > \frac{n+2}{3}>\ldots>\frac{n+1994}{1995}}\). Szybko można wywnioskować, że równanie jest spełnione wtedy i tylko wtedy, gdy: \(\displaystyle{ \left[ \sqrt[1995]{n} \right]=2 \wedge \left[ \sqrt[1995]{\frac{n+1}{2} } \right]=1}\), czyli: \(\displaystyle{ n \ge 2^{1995} \wedge n < 2^{1996}-1}\). Zatem to równanie ma \(\displaystyle{ 2^{1995}-1}\) rozwiązań: \(\displaystyle{ n \in \lbrace 2^{1995}, 2^{1995}+1, \ldots, 2^{1996}-2 \rbrace}\).
166(rozwiązane przez Sylwka)
Niech \(\displaystyle{ n}\) będzie liczbą naturalną, zaś \(\displaystyle{ \alpha_1 , \alpha_2 , \alpha_3 ,\ldots , \alpha_n}\) takimi liczbami rzeczywistymi, że \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \sin^2 \alpha_i =1}\). Udowodnij, że \(\displaystyle{ \left| \sum_{i=1}^n \sin 2\alpha_i \right| \le 2\sqrt{n-1}}\)
Udowodnimy indukcyjnie, że \(\displaystyle{ x_k=k}\). Przedstawię krok indukcyjny (korzystam z powszechnie znanych wzorów na sumę trzecich i drugich potęg kolejnych liczb naturalnych): \(\displaystyle{ x_k=\binom{k+3}{4}-\sum_{i=1}^{k-1}(k-i)\frac{(i+2)(i+1)}{2}= \\ = \binom{k+3}{4}+\frac{1}{2}(\sum_{i=1}^{k-1}i^3)-\frac{1}{2}(k-3)(\sum_{i=1}^{k-1}i^2)-\frac{1}{2}(3k-2)(\sum_{i=1}^{k-1}i)-\frac{1}{2}(\sum_{i=1}^{k-1} 2k) = \\ = \frac{(k+3)(k+2)(k+1)k}{24} + \frac{1}{2}(\frac{(k-1)k}{2})^2 - \\ - \frac{1}{2}(k-3) \cdot \frac{(k-1)k(2k-1)}{6} - \frac{1}{2}(3k-2) \cdot \frac{(k-1)k}{2} - k(k-1) = \\ = [obliczenia] = k}\)
168(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Udowodnij, że dla dowolnych liczb naturalnych \(\displaystyle{ k,m,n}\) liczba \(\displaystyle{ 1^m+2^m+3^m+\ldots + (n^k-1)^m+(n^k)^m}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ n^{k-1}}\)
Ukryta treść:
Niech \(\displaystyle{ L_k= 1^m+2^m+....+(n^k)^m}\). Indukcja po k. \(\displaystyle{ L_1=1}\) wiec ok, Niech \(\displaystyle{ L_k}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ n^{k-1}}\) mamy \(\displaystyle{ L_{k+1}=L_k +\sum_{j=1...,n-1 \ i=1,...,n^k} (jn^k+i)^m= L_k +\sum_{j=1...,n-1 \ i=1,...,n^k} i^m +A_{i,j}n^k}\) gdzie \(\displaystyle{ A_{i,j}}\) sa to l naturalne,
tj \(\displaystyle{ L_{k+1}=L_k +\sum_{j=1}^{n-1} L_k+B_j n^k =nL_k +n^k(B_1+...+B_{n-1})}\) , gdzie \(\displaystyle{ B_{j}=A_{1,j}+...+A_{n^k,j}}\)
Liczba ta dzieki zalozeniu indukcyjnemu dzieli sie przez \(\displaystyle{ n^k}\) cbdo
169
Udowodnij, że dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n\ge 2}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n-1} \frac{n}{n-k} \; \frac{1}{2k-1} <4}\)
Niestety jak zauważył Sylwek zadanie jest błędne...
Po prawej stronie mamy szereg harmoniczny, który jest rozbieżny do + nieskończoności.
170(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Wyznacz najmniejszą wartość funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\frac{\left(x+\frac{1}{x}\right)^6-\left(x^6+\frac{1}{x^6}\right)-2}{\left(x+\frac{1}{x}\right)^3+\left(x^3+\frac{1}{x^3}\right)}}\)
Ukryta treść:
Jesli \(\displaystyle{ x+\frac{1}{x}=a}\) to: \(\displaystyle{ x^2+\frac{1}{x^2}=a^2-2}\)
i \(\displaystyle{ x^3+\frac{1}{x^3}=(x^2+\frac{1}{x^2})(x+\frac{1}{x})- (x+\frac{1}{x})= a^3-3a}\)
i \(\displaystyle{ x^6+\frac{1}{x^6}= (x^3+\frac{1}{x^3})^2-2= a^6-6a^4+9a^2-2}\)
tj \(\displaystyle{ f(x)=3a=3(x+\frac{1}{x})}\)
Na całej dziedzinie R, f osiaga dowolnie mała wartosc, a najmniejsza wartość f na dziedzinie R+
wynosi 6
Wyraz ogólny ciągu to: \(\displaystyle{ \frac{cos^{4}(\frac{\pi}{2^{k}}) - sin^{4} (\frac{\pi}{2^{k}})}{cos^{4}( \frac{\pi}{2^{k}})} = \frac{cos(\frac{\pi}{2^{k-1}})}{cos^{4}(\frac{\pi}{2^{k}})}}\)
Na boku policzymy: \(\displaystyle{ \frac{sinx}{x} = \frac{sin(\frac{x}{2^{k}})}{\frac{x}{2^{k}}} \cdot \prod_{n=1}^{k} cos(\frac{x}{2^{n}}) \rightarrow \prod_{n=1}^{\infty} cos(\frac{x}{2^{n}})}\)
Stąd wynik: \(\displaystyle{ \frac{\frac{sin\frac{\pi}{2}}{\frac{\pi}{2}}}{\left(\frac{sin\frac{\pi}{4}}{\frac{\pi}{4}}\right)^{4}} = \frac{\pi^3}{32}}\)
Albo coś w tym stylu.
172(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Udowodnij, że pierwiastki kwadratowe trzech różnych liczb pierwszych nie mogą być wyrazami tego samego ciągu geometrycznego.
Ukryta treść:
Jesliby \(\displaystyle{ \sqrt{p}, \sqrt{q} ,\sqrt{r}}\) były wyrazami ciagu geometrycznego o ilorazie s,
to \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{q}{p}}= s^k}\) i \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{r}{q}}= s^m}\) dla pewnych k i m >0 liczb naturalnych ,co by oznaczało ze \(\displaystyle{ q^{m+k}= p^m r^k}\) co nie jest mozliwe
Gdy \(\displaystyle{ n=1}\) to chyba nie trzeba mówić czemu ta nierówność jest prawdziwa.
Niech \(\displaystyle{ a_i}\) oznaczają wszystkie po kolei składniki tej sumy znajdującej się po lewej stronie (składającej się z \(\displaystyle{ 2^n}\) składników), oczywiście \(\displaystyle{ a_i \ge 0}\). Gdy \(\displaystyle{ n \ge 2}\) korzystamy z nierówności pomiędzy średnią arytmetyczną a geometryczną: \(\displaystyle{ \frac{\sum_{i=1}^{2^n} a_i}{2^n} \le \sqrt{ \frac{ \sum_{i=1}^{2^n} a_i^2 }{2^n} }}\)
175(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Liczby \(\displaystyle{ a_1, a_2, \ldots , a_{32}}\) całkowite nieparzyste i niepodzielne przez \(\displaystyle{ 3}\) tworzą ciąg arytmetyczny. Wykaż, że liczba \(\displaystyle{ a_1^2 - a_2^2+a_3^2 -a_4^4 +\ldots + a_{31}^2-a_{32}^2}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 384}\).
Ukryta treść:
szkic Rozwazana liczba ma postac \(\displaystyle{ -r(a_1+...+a_{32})=-16r(a_1+a_{32})}\) Liczba \(\displaystyle{ r}\), tj roznica ciagu arytmetycznego jest parzysta, zaś \(\displaystyle{ a_1}\) musi byc postaci \(\displaystyle{ 6k+1}\) lub \(\displaystyle{ 6k+5}\).
Wynika stad iz \(\displaystyle{ r=6m}\), tj \(\displaystyle{ r}\) musi byc podzielne przez 6. Jesli \(\displaystyle{ r=6m}\) m nieparzyste, to \(\displaystyle{ a_1+a_{32}}\) dzieli sie przez 4. Jesli zas \(\displaystyle{ m}\) jest pazryzte, to \(\displaystyle{ r}\) dzieli sie przez 12. Liczba \(\displaystyle{ a_1+a_{32}}\) jest zawsze parzysta. Tak wiec zawsze \(\displaystyle{ r(a_1+a_{32})}\) dzieli sie przez 24, tj \(\displaystyle{ -16r(a_1+a_{32})}\) dzieli sie przez 384
176(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Niech \(\displaystyle{ S}\) będzie podzbiorem zbioru liczb wymiernych o następujących własnościach
a) jeżeli \(\displaystyle{ x,y\in S}\), to \(\displaystyle{ x+y\in S}\) i \(\displaystyle{ xy\in S}\)
b) dla każdej liczby wymiernej \(\displaystyle{ r}\) zachodzi dokładnie jeden z warunków: \(\displaystyle{ r\in S}\) , \(\displaystyle{ -r\in S}\), \(\displaystyle{ r=0}\)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ S}\) jest zbiorem liczb wymiernych dodatnich.
Ukryta treść:
\(\displaystyle{ -1 \notin S}\), (bo jesli \(\displaystyle{ -1 \in S}\), to \(\displaystyle{ (-1)*(-1)=1 \in S}\), sprzecznosc z b).
A wiec \(\displaystyle{ 1 \in S}\) W efekcie S zawiera wszystkie liczby naturalne.
Wystarczy pokazac ze w S nie ma zadnej liczby wymiernej ujemnej
Ale gdyby dla pewnych liczb naturalnych m, n było \(\displaystyle{ \frac{-m}{n} \in S}\) to \(\displaystyle{ \frac{-m}{n} + \frac{-m}{n} +...+\frac{-m}{n} = -m \in S}\)- w sumie wzielismy n skladników
A takim razie (b) \(\displaystyle{ m \notin S}\) sprzecznosc ta konczy dowod
177(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Dana jest liczba pierwsza \(\displaystyle{ p\ge 3}\). Oznaczmy przez \(\displaystyle{ r_k}\) resztę z dzielenia liczby \(\displaystyle{ k^p}\) przez \(\displaystyle{ p^2 \; ( k=1,2,\ldots , p-1 )}\). Oblicz \(\displaystyle{ r_1 + r_2 + \ldots + r_{p-1}}\)
Ukryta treść:
Najlepiej wpierw zobaczyc sobie na przykladzie, \(\displaystyle{ p=7}\) \(\displaystyle{ 1^7 \equiv 1 \ (mod \ 49)}\) \(\displaystyle{ 2^7 \equiv 30 \ (mod \ 49)}\) \(\displaystyle{ 3^7 \equiv 31 \ (mod \ 49)}\) \(\displaystyle{ 4^7 \equiv 18 \ (mod \ 49)}\) \(\displaystyle{ 5^7 \equiv 19 \ (mod \ 49)}\) \(\displaystyle{ 6^7 \equiv 48 \ (mod \ 49)}\)
Teraz juz widac ze trzeba łaczyc w pary reszty "pierwsza z ostatnia" etc. Uzadanienie jest takie ze \(\displaystyle{ k^p+ (p-k)^p}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ p^2}\) co wynika z rozwiniecia tego wzoru wg dwumianu Newtona.
tj \(\displaystyle{ r_k +r_{p-k}=p^2}\) jako ze \(\displaystyle{ r_k \neq 0}\) Stad wynik: \(\displaystyle{ \sum_k r_k= \frac{p-1}{2} p^2}\)
ps Jest to zadanko z GMILa
kazdy wyraz tej sumy zapisac jako \(\displaystyle{ \frac{sin(k+1)cos(k)- cos(k+1)sin(k)}{cos(k)cos(k+1)}= tg(k+1)-tg(k)}\)
tj suma zwija sie do \(\displaystyle{ tg(n)-tg(0)}\)
Niech \(\displaystyle{ y=x_1+2x_2+\ldots+nx_n}\) oraz \(\displaystyle{ a=x_1}\). Wówczas nasz układ równań to układ n równań postaci: \(\displaystyle{ -y=\frac{x_k}{k}}\) dla k=1,2,...,n. Zatem wyrażenie: \(\displaystyle{ \frac{x_k}{k}}\) ma stałą wartość, w szczególności podstawiając k=1 jest ona równa \(\displaystyle{ \frac{x_1}{1}=x_1=a}\). Czyli: \(\displaystyle{ x_k=ak}\) dla k=1,2,...,n.
Podstawiając do pierwszego równania: \(\displaystyle{ y=-a \iff (x_1+2x_2+\ldots+nx_n)=-a \iff (a+ 2^2 \cdot a + \ldots + n^2 \cdot a)=-a \iff \\ \iff a(1^2+2^2+\ldots+n^2+1)=0}\)
Oczywiście wyrażenie w nawiasie jest dodatnie, zatem \(\displaystyle{ a(1^2+2^2+\ldots+n^2+1)=0 \iff a=0}\)
To oznacza, że: \(\displaystyle{ x_k=ka=0}\). Zatem \(\displaystyle{ x_1=\ldots=x_n=0}\).
Sprawdzenie pokazuje, że ten układ liczb istotnie spełnia podany układ równań.
180(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Udowodnij, że liczba \(\displaystyle{ 2^{147}-1}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 343}\).
Ukryta treść:
Mamy \(\displaystyle{ 2^{147}-1= (a-1)(1+a+a^2+a^3+a^4+a^5+a^6)=(a-1)N}\), gdzie \(\displaystyle{ a=2^{21}}\)
i \(\displaystyle{ a-1= (b-1)(1+b+b^2+b^3+b^4+b^5+b^6)=7M}\), gdzie \(\displaystyle{ b=2^3=8}\)
liczby N i M dziela sie przez 7 , jako ze \(\displaystyle{ 2^{3} \equiv 1 \ (mod \ 7)}\) i \(\displaystyle{ 2^{21} \equiv 1 \ (mod \ 7)}\)
181(rozwiązane przez Sylwka)
Udowodnij, że jeżeli \(\displaystyle{ k_1, k_2, \ldots , k_n \; (n\ge 2)}\) sa liczbami całkowitymi nieujemnymi, to \(\displaystyle{ k_1! \cdot k_2 ! \cdot \ldots \cdot k_n! \ge \left( \left[ \frac{k_1+k_2+\ldots + k_n}{n} \right] ! \right)^n}\)
181:
Pomysł w miarę oczywisty (zbliżanie najbardziej oddalonych wyrazów), ale zapis już nie taki oczywisty. Niech \(\displaystyle{ k_1 \ge k_2 \ge \ldots k_n}\). Jeśli \(\displaystyle{ k_1-k_n \ge 2}\), to mamy: \(\displaystyle{ k_1! \cdot k_n! > (k_1-1)! \cdot (k_n+1)! \iff k_1 > k_n+1}\). Zatem: \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^n k_i! > (k_1-1)! \cdot \prod_{i=2}^{n-1} k_i! \cdot (k_n+1)!}\)
Następnie sortujemy ciąg: \(\displaystyle{ (k_1-1,k_2,\ldots,k_n+1)}\) malejąco, czyli otrzymujemy znowu inny ciąg: \(\displaystyle{ k_1' \ge k_2' \ge \ldots \ge k_n'}\)
Operację tą kontynuujemy do takiego momentu, aż otrzymamy taki ciąg, że nie istnieją w nim dwie liczby różne od siebie o co najmniej 2 (jeśli różnica największego i najmniejszego wyrazu jest równa b, gdzie \(\displaystyle{ b \ge 2}\), to po nie więcej niż n takich operacjach (chyba nawet po mniejszej ilości, ale nie ma konieczności rozstrzygać tego) różnica największego i najmniejszego wyrazu będzie mniejsza od b).
Niech ten ostatni ciąg to \(\displaystyle{ (a_1,a_2,\ldots,a_n)}\) (posortowany malejąco, więc zgodnie z wcześniejszymi ustaleniami: \(\displaystyle{ a_n+1 \ge a_1 \ge a_2 \ge \ldots \ge a_n}\)). Oczywiście przy tych operacjach zachowana była suma liczb w ciągu. Zatem (nierówność nieostra, gdyż mogło być: \(\displaystyle{ k_i=a_i}\) dla i=1,2,...,n): \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^n k_i! \ge \prod_{i=1}^n a_i!}\)
Oczywiście: \(\displaystyle{ n(a_n+1)>(n-1)(1+a_n)+a_n \ge a_1+\ldots+a_{n-1}+a_n \ge n \cdot a_n}\), co oznacza: \(\displaystyle{ \left[ \frac{k_1+k_2+\ldots + k_n}{n} \right]=\left[ \frac{a_1+a_2+\ldots + a_n}{n} \right]=a_n}\). Zatem ponieważ: \(\displaystyle{ a_1 \ge \ldots \ge a_n}\), to: \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^n k_i! \ge \prod_{i=1}^n a_i! \ge \prod_{i=1}^n a_n! = (a_n!)^n=\left( \left[ \frac{k_1+k_2+\ldots + k_n}{n} \right] ! \right)^n}\)
Co należało dowieść.
182(rozwiązane przez binaja i adek05)
Udowodnij, że jeżeli liczby \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) sa dodatnie, \(\displaystyle{ m}\)-liczba całkowita, to \(\displaystyle{ \left( 1+ \frac{a}{b} \right)^m + \left( 1+ \frac{b}{a} \right)^m \ge 2^{m+1}}\)
binaj:
z nierówności między średnimi potęgowymi stopnia \(\displaystyle{ m}\) i 1\(\displaystyle{ (m \ge 1)}\)
i wtedy... wsk \(\displaystyle{ |x-y|+ x+y =2max(x,y)}\)
Tu, jak zauważył mol_ksiazkowy jest błąd w książce.
184(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Wykaż, że jeżeli liczby wymierne dodatnie \(\displaystyle{ a,b,c}\) są długościami boków trójkąta, to \(\displaystyle{ \left( 1+\frac{b-c}{a} \right)^a \; \left( 1+\frac{c-a}{b} \right)^b \; \left( 1+\frac{a-b}{c} \right)^c \le 1}\)
Ukryta treść:
Jensen dla \(\displaystyle{ f(x)=ln(x)}\) wklesłej w \(\displaystyle{ (0, +\infty)}\)
dla punktów \(\displaystyle{ x_1= \frac{a+b-c}{a}, \ x_2= \frac{b+c-a}{b},\ x_3= \frac{c+a-b}{c},}\)
dla wag \(\displaystyle{ p_1= \frac{a}{a+b+c}, \ p_2= \frac{b}{a+b+c}, \ p_3= \frac{c}{a+b+c},}\)
185(rozwiązane przez Sylwka)
Udowodnij, że jeżeli \(\displaystyle{ n\ge 2}\) jest liczbą naturalną, to liczba \(\displaystyle{ \sqrt{2+\sqrt[3]{3+\ldots + \sqrt[n-1]{n-1+\sqrt[n]{n}}}}}\) jest niewymierna.
185:
Przypuśćmy, że ta liczba wynosi k i jest wymierna, wówczas: \(\displaystyle{ \sqrt[3]{3+\ldots + \sqrt[n-1]{n-1+\sqrt[n]{n}}}=k^2-2}\) też jest wymierna, teraz podnosimy do trzeciej i odejmjemy 3 i znowu po prawej mamy liczbę wymierną, itp.. Kontynuując to postępowanie dochodzimy do momentu, gdzie \(\displaystyle{ \sqrt[n]{n}}\) jest liczbą wymierną. Jednak wówczas \(\displaystyle{ \sqrt[n]{n}}\) musiałaby być liczbą naturalną, jednak dla \(\displaystyle{ n \ge 2}\): \(\displaystyle{ 1<\sqrt[n]{n}<2}\), co łatwo dowieść. Sprzeczność obala przypuszczenie kończy dowód nie wprost.
186(rozwiązane przez Sylwka)
Oblicz \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{1995} \frac{1}{\sqrt{n+\sqrt{n^2-1}}}}\)
187(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Wyznacz wszystkie liczby naturalne \(\displaystyle{ n}\), dla których równanie \(\displaystyle{ \left| x \right| + \left| x+1 \right| + \left| x+2 \right| + \ldots + \left| x+n \right| =n}\) posiada rozwiązanie.
Ukryta treść:
szkic Jesli n=1, sa rozwiazania np x=0.
Dla n=2 też jest rozwiązanie: x=-1
dla n>2 brak bo gdyby \(\displaystyle{ |x|+ |x+1|+...+|x+n|=n}\) to x<0. i
jesli \(\displaystyle{ x \in <-k-1 , -k>}\) , dla k nieujemnego całkowitego to w wyrazeniu \(\displaystyle{ |x|+ |x+1|+...+(|x+k|+|x+k+1|) +...+|x+n|}\)
skladnik w nawiasie =1, i mamy pozostałe n-1 skladnikow >1. tj suma ta jest >n.
ps nalezy jeszcze uwzglednic gdy x całkowite... co raczej trudne nie bedzie
188(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Udowodnij, że dla dowolnych liczb naturalnych \(\displaystyle{ m,n}\) liczba \(\displaystyle{ \frac{\left[ (mn)! \right]^2}{(m!)^{n+1} \; (n!)^{m+1}}}\) jest naturalna.
Ukryta treść:
\(\displaystyle{ \frac{(mn)!}{n! (m!)^n }}\) jest całkowita , tj \(\displaystyle{ \frac{(mn)!}{m! (n!)^m }}\) takze, wiec ich iloczyn tez,
bo \(\displaystyle{ \frac{(mn)!}{n! (m!)^n }= {2m-1 \choose m-1} {3m-1 \choose m-1} .... {nm-1 \choose m-1}}\)
jako ze \(\displaystyle{ \frac{(mn)!}{ (m!)^n } ={2m \choose m} {3m\choose m} .... {nm \choose m}}\)
189(rozwiązane przez Sylwka)
W przedziale \(\displaystyle{ \left( 1; (2n-1)^2 \right)}\) wyróżniono \(\displaystyle{ n}\) liczb naturalnych, z których każde dwie są względnie pierwsze. Udowodnij, że wśród wyróżnionych liczb jest co najmniej jedna liczba pierwsza.
189:
Rozpatrzmy dwa zbiory: \(\displaystyle{ A}\) - zbiór liczb pierwszych z przedziału \(\displaystyle{ <1,2n-1)}\), tych liczb jest nie więcej niż \(\displaystyle{ (2n-2)-(n-2)-1 = n-1}\) (odjąłem liczby parzyste większe od 2 i jedynkę). \(\displaystyle{ B}\) - zbiór liczb pierwszych z przedziału \(\displaystyle{ <2n-1, (2n-1)^2)}\)
Oczywiście wszystkie dzielniki pierwsze każdej z tych liczb należą do sumy zbiorów A i B. Każda z nich posiada maksymalnie 1 dzielnik pierwszy ze zbioru B (gdyż inaczej pewna z nich byłaby nie mniejsza niż \(\displaystyle{ (2n-1)^2}\)). Z drugiej strony z Zasady Szufladkowej Dirichleta przynajmniej jedna wśród tych n liczb nie posiada dzielnika ze zbioru A (bo inaczej nie byłyby względnie pierwsze). Zatem ta liczba posiada tylko jeden dzielnik pierwszy, który należy do zbioru B. Z tego wynika, że ta liczba jest pierwsza, co należało dowieść.
190(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Dana jest funkcja \(\displaystyle{ f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}}\) oraz liczba \(\displaystyle{ a\neq 0}\). Udowodnij, że jeżeli \(\displaystyle{ f}\) jest funkcją parzystą, zaś \(\displaystyle{ g(x)=f(x-a)}\) - funkcją nieparzystą, to \(\displaystyle{ f}\) jest funkcją okresową.
Ukryta treść:
Jesli \(\displaystyle{ f(x+t)=-f(x)}\) to \(\displaystyle{ f(x+2t)=f(x)}\) mamy \(\displaystyle{ f(x+2a)=f(-x-2a)= g(-x-a)=-g(x+a)=-f(x)}\)
okres f wynosi 4a
191(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Wyznacz sumę \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{1994} (-1)^n \; \frac{n^2+n+1}{n!}}\)
192
Udowodnij, że jeżeli liczby \(\displaystyle{ a,b}\) są nieujemne, \(\displaystyle{ n}\) - liczbą naturalną, to \(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n} \left( a^k+b^k \right)^2 \ge \left( a^{n+1}+b^{n+1} \right)^2}\)
Te zadanie też jest raczej błędne.
193(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Dla liczb całkowitych \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ n}\) takich, że \(\displaystyle{ 0\le m \le n}\) definiujemy \(\displaystyle{ d_{n,m}}\) następująco: \(\displaystyle{ (a) \quad d_{n,0} = d_{n,n} = 1 \; n=0,1,2,3,\ldots}\) \(\displaystyle{ (b) \quad m\cdot d_{n,m} = m \cdot d_{n-1,m} + (2n-m)d_{n-1,m-1} \; \text{ dla } \; 0<m<n}\)
Udowodnij, że wszystkie liczby \(\displaystyle{ d_{n,m}}\) są kwadratami liczb całkowitych.
Ukryta treść:
\(\displaystyle{ d_{n,m} = {n \choose m}^2}\) - np indukcja po n
194(rozwiązane przez Sylwka)
Ciąg \(\displaystyle{ (a_n)}\) liczb naturalnych jest określony następująco: \(\displaystyle{ a_0=0 \; a_1=1 \; a_n=2a_{n-1}+a_{n-2} \; \text{dla } \ n\ge 2}\)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ 2^k}\) dzieli \(\displaystyle{ a_n}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ 2^k}\) dzieli \(\displaystyle{ n}\).
194:
Można zacząć od udowodnienia tego, że dokładnie co drugi wyraz ciągu jest parzysty (poczynając od zerowego), czyli: \(\displaystyle{ 2^1|a_n \iff 2^1|n}\). Niech to będzie nasze założenie indukcyjne (oczywiście trzeba to udowodnić, ale że to proste jak 2+2, to pozwolę sobie opuścić dowód). Oczywiście \(\displaystyle{ a_0}\) spełnia warunki zadania, więc pominiemy go przy dalszych rozważaniach
Mamy: \(\displaystyle{ a_2=2, \ a_3=5, \ a_4=12}\), itd. Rozpisując wzór rekurencyjny możemy zauważyć: \(\displaystyle{ a_n=2a_{n-1}+a_{n-2}=2(2a_{n-2}+a_{n-3})+a_{n-2} = 5a_{n-2}+2a_{n-3}=a_3a_{n-2}+a_2a_{n-3}}\)
Łatwo zauważyć, że rozpisując tak dalej otrzymamy (można np. zastosować indukcję): \(\displaystyle{ a_n=a_{i+1}a_{n-i} + a_i a_{n-i-1}}\) dla i=1,2,...,n-1. Ten wzór bardzo nam się przyda do rozwiązania zadania.
Założenie indukcyjne można zapisać w ten sposób: dla każdego \(\displaystyle{ k}\) naturalnego takiego, że: \(\displaystyle{ 1 \le k<t}\), \(\displaystyle{ t \ge 2}\), zachodzi: \(\displaystyle{ 2^k|a_n \iff 2^k|n}\)
Teraz udowodnimy dwie implikacje:
I) \(\displaystyle{ 2^t|n \Rightarrow 2^t|a_n}\)
II) \(\displaystyle{ 2^t|a_n \Rightarrow 2^t|n}\)
Co będzie naszym krokiem indukcyjnym.
I) Mamy: \(\displaystyle{ n=b \cdot 2^t}\). Niech \(\displaystyle{ i=b \cdot 2^{t-1}}\). Wówczas: \(\displaystyle{ a_n=a_{b \cdot 2^{t-1}+1}a_{b \cdot 2^{t-1}} + a_{b \cdot 2^{t-1}} a_{b \cdot 2^{t-1}-1} = a_{b \cdot 2^{t-1}} \cdot (a_{b \cdot 2^{t-1}+1}+a_{b \cdot 2^{t-1}-1})}\)
Oczywiście z założenia: \(\displaystyle{ 2^{t-1}|a_{b \cdot 2^{t-1}}}\) oraz oba składniki w ostatnim nawiasie są nieparzyste (bo indeksy są niepodzielne przez 2 i korzystamy z założenia indukcyjnego), zatem nawias jest podzielny przez 2. Co za tym idzie całość jest podzielna przez \(\displaystyle{ 2^{t-1} \cdot 2 = 2^t}\), czyli: \(\displaystyle{ 2^t|a_n}\), co kończy dowód tej implikacji.
II) Niech \(\displaystyle{ n=2^t \cdot b + c}\), gdzie \(\displaystyle{ 0 \le c < 2^t}\). Niech \(\displaystyle{ i=2^t \cdot b}\). Wówczas:
(*) \(\displaystyle{ 2^t|a_n=a_{2^t \cdot b + 1} \cdot a_c + a_{2^t \cdot b} \cdot a_{c-1}}\)
Oczywiście z implikacji I) mamy: \(\displaystyle{ 2^t|a_{2^t \cdot b}}\), zatem podzielność (*) zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy:
(**) \(\displaystyle{ 2^t|a_{2^t \cdot b + 1} \cdot a_c}\)
Ale \(\displaystyle{ a_{2^t \cdot b + 1}}\) jest nieparzyste, bo indeks jest niepodzielny przez 2 i korzystamy z założenia indukcyjnego. Zatem podzielność (**) zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy: \(\displaystyle{ 2^t|a_c}\)
Pokażemy, że \(\displaystyle{ c=0}\). Przypuśćmy, że tak nie jest.
a) \(\displaystyle{ c=2^d \cdot e}\), gdzie \(\displaystyle{ d \le t-2}\) oraz e jest nieparzyste (czyli nie rozpatrujemy tylko przypadku \(\displaystyle{ c=2^{t-1}}\))
Wówczas gdyby było: \(\displaystyle{ 2^t|a_c}\), to także: \(\displaystyle{ 2^{d+1}|a_c}\), a skoro \(\displaystyle{ d+1<t}\), to z założenia indukcyjnego: \(\displaystyle{ 2^{d+1}|a_c \Rightarrow 2^{d+1}|c=2^d \cdot e}\) - sprzeczność, bo e jest nieparzyste
b) \(\displaystyle{ c=2^{t-1}}\). Gdy t=2 to można na palcach policzyć, że mamy sprzeczność, bo \(\displaystyle{ 2^2 \nmid 2}\). Gdy \(\displaystyle{ t>3}\), to niech: \(\displaystyle{ i=2^{t-2}}\) i wówczas: \(\displaystyle{ 2^t|a_c=a_{2^{t-2}+1} \cdot a_{2^{t-2}} + a_{2^{t-2}} \cdot a_{2^{t-2}-1}=a_{2^{t-2}} \cdot ( a_{2^{t-2}+1} + a_{2^{t-2}-1} )}\)
Pokażemy jeszcze drobny fakt - każdy wyraz tego ciągu o nieparzystym indeksie przystaje do 1 modulo 4, gdyż: \(\displaystyle{ 2|a_{2f}}\), czyli: \(\displaystyle{ a_{2f+1}-a_{2f-1}=2a_{2f} =4g \equiv 0 \ (mod \ 4)}\), czyli każde dwa kolejne nieparzyste wyrazy tego ciągu dają tą samą resztę w dzieleniu przez 4, co za tym idzie jest ona stała i równa \(\displaystyle{ a_1 \ (mod \ 4)}\), czyli 1.
Przypuszczenie, że \(\displaystyle{ c \neq 0}\) poprowadziło nas do błędnych wniosków. Więc \(\displaystyle{ c=0}\), dalej: \(\displaystyle{ n=2^t \cdot b}\), co kończy dowód implikacji II) i zarazem potwierdza tezę zadania.
195(rozwiązane przez Sylwka)
Wykaż, że jeżeli liczby \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) są rzeczywiste oraz \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2+d^2 \le 1}\), to \(\displaystyle{ (a+b)^4+(a+c)^4+(b+c)^4+(b+d)^4+(c+d)^4 \le 6}\)
196(rozwiązane przez Sylwka
Oblicz sumę \(\displaystyle{ \frac{2}{3+1}+\frac{2^2}{3^2+1}+\frac{2^3}{3^4+1}+ \ldots + \frac{2^{n+1}}{3^{2^n}+1}}\)
196:
Niech \(\displaystyle{ f(n)=(3^{2^0}+1)\cdot \ldots \cdot (3^{2^n}+1)}\), tzn. \(\displaystyle{ f(0)=4, \ f(1)=40}\), itp.. Dowiedziemy indukcyjnie, że suma poszukiwana w zadaniu jest równa \(\displaystyle{ \frac{f(n)-2^{n+1}}{f(n)}}\). Oczywiście \(\displaystyle{ 2 \cdot f(n)=(3-1) \cdot (3+1)\cdot \ldots \cdot (3^{2^n}+1)=3^{2^{n+1}}-1}\)
Przejdę od razu do dowodu, założenie sobie może każdy sam sprawdzić : \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n+1} \frac{2^i}{3^{2^{i-1}}+1} = [zalozenie] = \frac{f(n-1)-2^n}{f(n-1)} + \frac{2^{n+1}}{3^{2^{n}}+1}= \\ =\frac{2f(n-1)-2^{n+1}}{2f(n-1)}+\frac{2^{n+1}}{3^{2^{n}}+1} = \\ = \frac{3^{2^{n}}-1-2^{n+1}}{3^{2^{n}}-1}+\frac{2^{n+1}}{3^{2^{n}}+1} = \\ = \frac{3^{2^{n+1}}-1 - 2^{n+1}(3^{2^{n}}+1) + 2^{n+1} \cdot (3^{2^{n}}-1)}{3^{2^{n+1}}-1}= \\ = \frac{3^{2^{n+1}}-1-2^{n+2}}{3^{2^{n+1}}-1}=\frac{2f(n)-2 \cdot 2^{n+1}}{2f(n)}= \\ =\frac{f(n)-2^{n+1}}{f(n)}}\)
Co należało dowieść.
P.S. Oczywiście wzór zwarty to: \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n+1} \frac{2^i}{3^{2^{i-1}}+1} = \frac{3^{2^{n+1}}-1-2^{n+2}}{3^{2^{n+1}}-1}}\) (dla n=0 mamy tylko jeden składnik, dla n=1 mamy dwa składniki, itp.), powyższy zapis był tylko w celu przejrzystości dowodu
197(rozwiązane przez mola_ksiazkowego )
Niech \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) będą liczbami naturalnymi względnie pierwszymi takimi, że \(\displaystyle{ xy>1}\), zaś \(\displaystyle{ n}\) niech będzie liczbą naturalną parzystą. Udowodnij, że \(\displaystyle{ x+y}\) nie dzieli \(\displaystyle{ x^n+y^n}\)
Ukryta treść:
Mamy \(\displaystyle{ n=2k}\), i \(\displaystyle{ x^n-y^n}\) dzieli sie przez \(\displaystyle{ x^2- y^2}\) tj dzieli sie przez \(\displaystyle{ x+y}\) Jesli jednak \(\displaystyle{ x^n+y^n}\) dzieli sie przez \(\displaystyle{ x+y}\), to \(\displaystyle{ 2x^n}\) i \(\displaystyle{ 2y^n}\)dziela sie przez \(\displaystyle{ x+y}\). Ale \(\displaystyle{ x , y}\) sa wzglednie pierwsze
wiec musi byc \(\displaystyle{ x+y=1}\) lub \(\displaystyle{ x+y=2}\), co nie jest mozliwe, bo x, y sa to rózne liczby naturalne.
Sprzecznosc konczy dowod
Uwaga załozenie xy>1 jest istotnie, w tym sensie bo jesli dopuścimy liczby całkowite ,x i y beda roznych znakow to \(\displaystyle{ x^n+y^n}\) moze dzielic sie przez \(\displaystyle{ x+y}\), np
x=5, y=-3, dla n=2
198(rozwiązane przez mola_ksiazkowego )
Niech \(\displaystyle{ n>1}\) będzie liczbą całkowitą. Wyznacz liczbę wszystkich permutacji \(\displaystyle{ (a_1, a_2, \ldots , a_n)}\) zbioru \(\displaystyle{ \{ 1,2,\ldots , n\}}\) takich, że \(\displaystyle{ 1| a_1-a_2 \; 2|a_2-a_3 \ \ldots \ n-1|a_{n-1}-a_n}\)
Ukryta treść:
Permutacje o postulowanej własnosci zwiemy dobra. Jest jasne, ze skoro \(\displaystyle{ a_{n-1}-a_n}\) dzieli sie przez \(\displaystyle{ n-1}\), wiec ostatnie dwa miejsca zajmować musza w permutacji dobrej\(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ n}\). Permutacje konczace sie na \(\displaystyle{ n}\) zwiemy typu a, zas konczace sie na \(\displaystyle{ 1}\) typu b.
Jesli \(\displaystyle{ (a_1, ...a_n)}\) jest dobra typu a, to \(\displaystyle{ (a_1, ...,a_{n-1})}\) jest dobra typu b zbioru \(\displaystyle{ \{1,..,n-1 \}}\).
Jesli \(\displaystyle{ (a_1, ..., a_n)}\) jest dobra typu b, to \(\displaystyle{ (a_1-1, ...a_{n-1}-1)}\) jest dobra typu a zbioru \(\displaystyle{ \{1,..., n-1 \}}\) .
Istnieje wiec bijekcja miedzy zbiorem permutacji \(\displaystyle{ n}\) elementowych dobrych a zbiorem permutacji \(\displaystyle{ n-1}\) elementowych dobrych. Jest ich tyle samo.
Skoro dla permutacji \(\displaystyle{ n=3}\) sa dwie takie: \(\displaystyle{ 2, 1, 3}\) i \(\displaystyle{ 2, 3, 1}\), wiec dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\) sa tylko dwie permutacje dobre. Dla \(\displaystyle{ n=2}\) takze dwie.
Przyklad: \(\displaystyle{ n=7, typ \ a \ (4, 3, 5, 2, 6, 1, 7) \mapsto (4, 3, 5, 2, 6, 1) \ n=6 \ typ \ b}\) \(\displaystyle{ n=7, typ \ b \ (4, 5, 3, 6, 2, 7, 1) \mapsto (3, 4, 2, 5, 1, 6) \ n=6 \ typ \ a}\)
199
Niech \(\displaystyle{ a_1, a_2, a_3, a_4}\) i \(\displaystyle{ n}\) będą takimi liczbami całkowitymi dodatnimi, że \(\displaystyle{ a_i}\) jest względnie pierwsze z \(\displaystyle{ n \; i=1,2,3,4}\) \(\displaystyle{ (ka_1 )_n + (ka_2)_n + (ka_3)_n + (ka_4)_n = 2n \; k=1,2,\ldots ,n-1}\)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ (a_1)_n+ (a_j)_n=n}\) dla pewnego \(\displaystyle{ 2\le j \le 4}\)
UWAGA \(\displaystyle{ (a)_n=a-n\cdot \left[ \frac{a}{n} \right]}\)
200(rozwiązane przez Sylwka)
Udowodnij, że dla dowolnych liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ x,y}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ x^4+y^4+(x^2+1)(y^2+1) \ge x^3(1+y)+y^3(1+x)+x+y}\)
200:
Przez zwinięcie do kwadratu można udowodnić kilka prostych nierówności: \(\displaystyle{ \begin{cases}\frac{1}{2}(x^4+x^2) \ge x^3 \\ \frac{1}{2}(y^4+y^2) \ge y^3 \\ \frac{1}{2}(x^2y^2 + x^4) \ge x^3y \\ \frac{1}{2}(x^2y^2+y^4) \ge xy^3 \\ \frac{1}{2}(x^2+1) \ge x \\ \frac{1}{2}(y^2+1) \ge y \end{cases}}\)
Sumując dostajemy tezę.
201(rozwiązane pośrednio przez robin5hood)
Wykaż, że jeżeli liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) są dodatnie, to \(\displaystyle{ \left( ab+bc+ac \right) \left( \frac{1}{(a+b)^2} + \frac{1}{(b+c)^2} + \frac{1}{(c+a)^2} \right) \ge \frac{9}{4}}\)
202(rozwiązane przez paladina)
Dana jest liczba naturalna \(\displaystyle{ N}\). Niech \(\displaystyle{ d_1, d_2, \ldots , d_n}\) będą wszystkimi dzielnikami tej liczby, zaś \(\displaystyle{ a_i}\) niech oznacza liczbę wszystkich dzielników \(\displaystyle{ d_i (i=1,2,\ldots , n)}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ a_1^3+a_2^3+\ldots + a_n^3=\left( a_1+a_2+\ldots + a_n \right)^2}\)
Ukryta treść:
Niech \(\displaystyle{ \sigma(k)}\) oznacza liczbę dzielników \(\displaystyle{ k}\).
Mamy udowodnić, że:
Dla \(\displaystyle{ n=1}\) teza wygląda na prawdziwą. Użyjmy teraz indukcji matematycznej: załóżmy, że mamy tezę dla wszystkich liczb naturalnych mniejszych od \(\displaystyle{ n}\) i pokażmy ją dla \(\displaystyle{ n}\).
Jeśli \(\displaystyle{ n = p^k}\), to dzielnikami \(\displaystyle{ n}\) są \(\displaystyle{ 1, p, p^2, ..., p^k}\). Funkcja \(\displaystyle{ \sigma}\) jest dla nich równa odpowiednio \(\displaystyle{ 1, 2, \ldots, k+1}\) i nasza równość wynika z bardzo znanego faktu: \(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{k+1}j^3 = (\sum_{j=1}^{k+1}j)^2}\)
Jeśli zaś \(\displaystyle{ n}\) ma co najmniej dwa dzielniki pierwsze, to można przedstawić \(\displaystyle{ n}\) jako \(\displaystyle{ r \cdot s}\), gdzie \(\displaystyle{ r}\) i \(\displaystyle{ s}\) są względnie pierwsze i mniejsze od \(\displaystyle{ n}\). Dzielniki \(\displaystyle{ n}\) to liczby postaci \(\displaystyle{ r' s'}\), gdzie \(\displaystyle{ r' | r}\), \(\displaystyle{ s' | s}\). Z podobnych powodów (dzielniki \(\displaystyle{ r's'}\) są iloczynami dzielników \(\displaystyle{ r'}\) i \(\displaystyle{ s'}\)) dostajemy \(\displaystyle{ \sigma(r' s') = \sigma(r')\sigma(s')}\). Wiedząc z założenia indukcyjnego, że dla \(\displaystyle{ r}\) i \(\displaystyle{ s}\) teza jest prawdziwa, możemy napisać:
203(rozwiązane przez Wasilewskiego
Znajdź wszystkie wielomiany \(\displaystyle{ P: \mathbb{R} \to \mathbb{R}}\) takie, że \(\displaystyle{ 1^\circ \; P(1)=1}\) \(\displaystyle{ 2^\circ \; x^2P(x-1)P(x+1) \equiv P^2(x)(x-1)(x+1)}\)
Zad. 203:
Wystarcz, jeśli określimy wartość wielomianu w punktach całkowitych. Dostajemy taką równość: \(\displaystyle{ n^2 P_{n-1} \cdot P_{n+1} = P_{n}^2 \cdot (n+1)(n-1) \\
\frac{n}{n+1} \cdot \frac{P_{n+1}}{P_{n}} = \frac{P_{n}}{P_{n-1}} \cdot \frac{n-1}{n}}\)
Stąd mamy: \(\displaystyle{ \frac{n}{n+1} \cdot \frac{P_{n+1}}{P_{n}} = C \\
\frac{P_{n+1}}{n+1} = C \cdot \frac{P_{n}}{n}}\)
Stąd wynika: \(\displaystyle{ P_{n} = anC^{n}}\)
Z równości \(\displaystyle{ P(1) = 1}\) mamy: \(\displaystyle{ P_{n} = nC^{n-1}}\)
Jednak będzie to wielomian jedynie, gdy: \(\displaystyle{ C=1}\),
stąd jedynym rozwiązaniem jest wielomian \(\displaystyle{ P(x) = x}\).
204(rozwiązane przez mola_ksiazkowego
Ciąg \(\displaystyle{ (x_n)}\) jest określony następująco: \(\displaystyle{ x_0=1994 \quad x_{n+1}=\frac{x_n^2}{x_n+1} \; \text{ dla } \; n\ge 0}\)
Udowodnij, że dla każdego \(\displaystyle{ 0\le n \le 998\quad \left[ x_n \right] = 1994-n}\)
Ukryta treść:
Mamy \(\displaystyle{ a_j>0}\) i ciag \(\displaystyle{ a_j}\) jest malejący, bo \(\displaystyle{ a_{n} -a_{n+1}= \frac{a_n}{1+a_n}= 1 - \frac{1}{1+a_n} >0}\)
a wiec ciag \(\displaystyle{ \frac{1}{1+a_n}}\) jest rosnący. Mamy \(\displaystyle{ a_{n}= a_0 +(a_1-a_0) + (a_2-a_1) + .... + (a_n-a_{n-1}) =1994 -n + \frac{1}{1+a_0} +....+ \frac{1}{1+a_{n-1}} > 1994-n}\)
(w szczegolnosci \(\displaystyle{ a_{997} >997}\))
Ale dla \(\displaystyle{ 1 \leq n \leq 998}\) \(\displaystyle{ \frac{1}{1+a_0} +....+ \frac{1}{1+a_{n-1}} < \frac{n}{1+a_{n-1}} < \frac{998}{1+a_{997}}<1}\)
stad teza
205(rozwiązane przez mola_ksiazkowego)
Niech \(\displaystyle{ f(x)=\frac{x^2+1}{2x}}\) dla \(\displaystyle{ x\neq 0}\). Przyjmujemy \(\displaystyle{ f^{(0)} (x) = x}\) oraz \(\displaystyle{ f^{(n)}(x)=f\left( f^{(n-1)}(x) \right)}\) dla \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\) oraz \(\displaystyle{ x\neq 0}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ \frac{f^{(n)}(x)}{f^{(n+1)}(x)}=1+\frac{1}{f\left( \left( \frac{x+1}{x-1} \right)^{2n} \right)}}\)
dla wszystkich \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\) oraz \(\displaystyle{ x\in \mathbb{R} \setminus \{ -1,0,1 \}}\)
Ukryta treść:
szkic, Określamy ciag wielomianów \(\displaystyle{ p_{0}(x)=x , \ q_{0}(x)=1}\) oraz \(\displaystyle{ p_{n}=p_{n-1}^2+ q_{n-1}^2 \ , q_{n}=2p_{n-1}*q_{n-1}}\)
wtedy (indukcja) \(\displaystyle{ f^n (x)=\frac{p_n(x)}{q_n(x)}}\) dla n=1,2...
oraz \(\displaystyle{ p_n(x)+ q_n(x) =(x+1)^{2^n}}\)
i \(\displaystyle{ p_n(x)- q_n(x) =(x-1)^{2^n}}\)
Wobec tego \(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{f((\frac{x+1}{x-1})^{2n})}= \frac{((x+1)^{2^n} + (x-1)^{2^n})^2}{(x+1)^{2^{n+1}}+(x-1)^{2^{n+1}}}= \\
\frac{2(p_n(x))^2}{p_{n+1}(x)}= \frac{f^n(x)}{f^{n+1}(x)}}\)
Wszystko będzie wyglądać jak dawniej, ten post będzie edytowany i tutaj będzie można oglądać rozwiązania zadań z numerem \(\displaystyle{ 101\le n \le 205 \; n\in \mathbb{N}}\), reszta w poście pierwszym.
[MIX] Suplement KMDO
: 16 lip 2009, o 17:06
autor: adek05
182
Ukryta treść:
Z nierówności pomiędzy średnimi aryt. i geom. : \(\displaystyle{ (1+\frac{a}{b})^m + (1+\frac{b}{a})^m \ge (2\frac{\sqrt{ab}}{b})^m + (2\frac{\sqrt{ab}}{a})^m = 2^m*(\frac{a+b}{\sqrt{ab}}}) \ge 2^m* 2 = 2^{m+1}}\)
[MIX] Suplement KMDO
: 16 lip 2009, o 17:50
autor: frej
Dlaczego treść 162 jest niekompletna? Sory, że tak wolno nadrabiam zaległości, ale mam jakieś problemy z netem
[MIX] Suplement KMDO
: 16 lip 2009, o 18:06
autor: Django
frej pisze:Dlaczego treść 162 jest niekompletna? Sory, że tak wolno nadrabiam zaległości, ale mam jakieś problemy z netem
2 podpunkt w tym zadaniu: ciąg \(\displaystyle{ \left( (-1)^{x_n} \right)}\) i nie wiemy co dalej
[MIX] Suplement KMDO
: 16 lip 2009, o 18:53
autor: frej
Ok, chyba wszystko zaktualizowane. Poprawiłem 162. Mogłem o czymś zapomnieć, więc zauważone przeoczenie proszę zgłosić. Jeszcze raz przepraszam za zaległości ...
Rzeczywiście nierówność 201 jest bardzo trudna, jednocześnie to jedna ze sławniejszych nierówności jakie znam. Gdyby ktoś chciał znać źródło tej nierówności, to proszę:
Ukryta treść:
Iran 96
[MIX] Suplement KMDO
: 16 lip 2009, o 19:07
autor: Sylwek
Jeszcze chyba coś nie tak z nierównością 169, a poza tym wydaje się wszystko być OK.
A żeby nie było daremnego postu:
146:
Niech 0 nie będzie naturalne (jeśli wliczać, po prostu rozpatrujemy to jako oddzielny przypadek i dowód wydłuża się o linijkę . \(\displaystyle{ a=3^n \\ b=2^n \\ 3^{2n+1}-2^{2n+1}-6^{n}=3a^2 - 2b^2 - ab = (a-b)(3a+2b)}\)
Oczywiście dla \(\displaystyle{ n \ge 2}\) mamy: \(\displaystyle{ a-b>1}\) oraz \(\displaystyle{ 3a+2b>1}\), zatem dla tych n ta liczba jest złożona. Dla n=1 mamy: \(\displaystyle{ a=3 \wedge b=2}\), zatem to wyrażenie jest równe 13, czyli jest pierwsze.
Odpowiedź: \(\displaystyle{ n \ge 2}\).
[MIX] Suplement KMDO
: 16 lip 2009, o 19:21
autor: frej
Nierówność 169 jest przepisana tak jak jest w książce.
Po prawej stronie mamy szereg harmoniczny, który jest rozbieżny do + nieskończoności.
Nie daję głowy, ale jeden poddział "wędrówek po krainie nierówności" jest poświęcony ograniczeniom z góry, może tam jest poprawna wersja tej nierówności?
[MIX] Suplement KMDO
: 16 lip 2009, o 21:01
autor: frej
No to jest źle... Nawet CS daje rozbieżność, bez korzystania z rozbieżności szeregu harmonicznego
Nie kojarzyłem tego z wędrówek, ale dla pewności sprawdziłem. Nie ma tam takiego zadania, z tego co widziałem. Może ktoś inny wpadnie, jak można uratować te zadanie
A co do 169. to trudno strzelać, co autor miał na myśli. Jakby, na przykład, wyrzucić z licznika \(\displaystyle{ n}\), to ta suma będzie mniejsza od 2.
[MIX] Suplement KMDO
: 18 lip 2009, o 00:30
autor: Sylwek
Kolejne z serii "tym razem umiem zrobić"
145:
\(\displaystyle{ p=2}\) - ta liczba nawet nie jest całkowita \(\displaystyle{ p=3}\) - to wyrażenie wynosi 1, zatem jest OK \(\displaystyle{ p=5}\) - to wyrażenie wynosi 3, zatem jest źle \(\displaystyle{ p=7}\) - to wyrażenie wynosi 9, zatem jest OK
W dalszym rozumowaniu niech \(\displaystyle{ p>7 \iff p \ge 11}\). Mamy do rozwiązania: \(\displaystyle{ 2^{p-1}-1=a^2 \cdot p}\)
Próbowałem kilkanaście razy dojść do sprzczności wykorzystując różne modulo (m.in. miałem postać: \(\displaystyle{ p=168c+127}\)) aż zauważyłem, że to niemożliwe... . Zatem trzeba podejść do problemu z innej strony.
Oczywiście \(\displaystyle{ \frac{p-1}{2}}\) jest całkowite dodatnie. Zatem: \(\displaystyle{ (2^\frac{p-1}{2}-1)(2^\frac{p-1}{2}+1)=a^2p}\). Oba nawiasy po lewej stronie są całkowite oraz względnie pierwsze z sobą. Więc są dwie możliwości (wynikające z podkreślonego faktu, gdyż jeśli \(\displaystyle{ 2^\frac{p-1}{2} \pm 1 \equiv 0 \ (mod \ q)}\), to \(\displaystyle{ (2^\frac{p-1}{2} \mp 1,q)=1}\), więc z założeń równania: \(\displaystyle{ 2^\frac{p-1}{2} \pm 1 \equiv 0 \ (mod \ q^2)}\)):
(*) Drugie równanie to inaczej: \(\displaystyle{ 2^\frac{p-1}{2}=(\beta-1)(\beta+1)}\), zatem oba nawiasy po lewej musiałyby być potęgami dwójki (bo założyliśmy \(\displaystyle{ p \ge 11}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{p-1}{2} \ge \frac{11-1}{2}=5}\)), a jedyne potęgi dwójki różniące się od siebie o 2 to 2 i 4, zatem \(\displaystyle{ \beta=3 \Rightarrow p=7}\) - sprzeczność, bo założyliśmy p>7.
(**) Przyda nam się tu fakt, że gdy a jest nieparzyste, to \(\displaystyle{ a^2 \equiv 1 \ (mod \ 8)}\). Weźmy pierwsze równanie: \(\displaystyle{ 2^\frac{p-1}{2}=\alpha^2+1}\) i rozpatrzmy je modulo 8: \(\displaystyle{ 0 \equiv 2^\frac{p-1}{2} = a^2 + 1 \equiv 1+1=2}\) - sprzeczność.
Sprzeczność we wszystkich przypadkach pokazuje, że dla \(\displaystyle{ p>7}\) nie ma rozwiązań
Odpowiedź: \(\displaystyle{ p \in \lbrace 3, 7 \rbrace}\).
[MIX] Suplement KMDO
: 18 lip 2009, o 02:40
autor: mol_ksiazkowy
148
Ukryta treść:
Mamy \(\displaystyle{ f(n)=\left[2\sqrt{n} \right] -\left[ \sqrt{n-1}+\sqrt{n+1} \right]}\), wezmy wpierw przypadek gdy \(\displaystyle{ n=k^2}\) dla pewnego k całowitego >0. Wtedy istotnie \(\displaystyle{ f(n)=1}\), gdyz dla k=1, 2, 3,... zachodzi \(\displaystyle{ 2k-1 < \sqrt{k^2-1}+ \sqrt{k^2+1} <2k.}\)
Rozwazmy teraz gdy \(\displaystyle{ k^2 < n < (k+1)^2}\). Wtedy liczba \(\displaystyle{ \left[2\sqrt{n} \right]}\) moze byc równa \(\displaystyle{ 2k}\) lub \(\displaystyle{ 2k+1}\). Mamy też \(\displaystyle{ \left[ \sqrt{n-1}+\sqrt{n+1} \right] \geq k + \sqrt{k^2+1} \geq 2k}\). Jesli wiec \(\displaystyle{ g(n)=1}\), to musi być: \(\displaystyle{ \left[2\sqrt{n} \right] =2k+1}\) i \(\displaystyle{ \left[ \sqrt{n-1}+\sqrt{n+1} \right]}\) =2k. Zbadajmy kiedy \(\displaystyle{ \left[2\sqrt{n} \right] =2k+1}\). Musi być \(\displaystyle{ 2\sqrt{n} \geq 2k+1}\), tj \(\displaystyle{ n \geq k^2+k+\frac{1}{4}}\)
I tak np dla k=5, w przedziale (25,36) bedzie k=31, 32, 33, ...,35
Z kolei badamy nierównosc \(\displaystyle{ 2k \leq \sqrt{n-1}+\sqrt{n+1} < 2k+1}\) Lewa bedzie zachodzic przy \(\displaystyle{ k^2<n< (k+1)^2}\) zas prawa zapiszemy \(\displaystyle{ \sqrt{n-1}+\sqrt{n+1} <2k+1}\)
tj (podnosimy do kwadratu) \(\displaystyle{ n+\sqrt{n^2-1} <2k^2+2k+\frac{1}{4}}\)
tj (podnosimy do kwadratu, znow) \(\displaystyle{ \sqrt{n^2-1} <2k^2+2k+\frac{1}{4} -n}\)
i mamy szacowanie na n: \(\displaystyle{ n < k^2+k+\frac{1}{4} + \frac{1}{4k^2+4k+1}}\)
Jednak liczba po prawej stronie tej ostatniej nierównosci nie przekracza \(\displaystyle{ k^2+k+1}\).
Np dla k=5, \(\displaystyle{ \sqrt{29} + \sqrt{31}=10,95...}\) ale juz \(\displaystyle{ \sqrt{30} + \sqrt{32}=11,13...}\)
Wniosek: \(\displaystyle{ f(n)=1}\) tylko wtedy gdy n jest kwadratem liczby całkowitej>0
ad 169 (Komentarz)
Ukryta treść:
A moze tam chodzi o \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n-1} \frac{n}{n+k} \; \frac{1}{2k-1} <4}\)
lub \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n-1} \frac{k}{n-k} \; \frac{1}{2k-1} <4}\)
?!
[MIX] Suplement KMDO
: 18 lip 2009, o 10:42
autor: Sylwek
ad. 169 (komentarz)
Ukryta treść:
Pierwsza wersja na pewno nie, gdyż: \(\displaystyle{ \frac{n}{n+k} \ge \frac{1}{2}}\) i dalej znowu dojdziemy do kontrprzykładu z rozbieżnością szeregu harmonicznego. Druga wersja choć obiecująca, też niestety niepoprawna - dla n=2500 suma ta przekroczyła (Excel ) 4,2.
ad. 192 (komentarz - błąd w zadaniu?)
Ukryta treść:
Widzę, że nierówność jest "rozwiązana", ale moim zdaniem jest ona nieprawdziwa (chyba, że błąd przy przepisywaniu). Pokażę kontrprzykład dla a,b dodatnich. Niech \(\displaystyle{ n\ge 3}\) (w celu pokazania kontrprzykładu ). W obecnej postaci można się pozbyć kwadratów i nierówność to inaczej: \(\displaystyle{ (a+b)(a^2+b^2)\ldots(a^n+b^n) \ge (a^{n+1}+b^{n+1})}\)
Niech a=b, nierówność wygląda tak: \(\displaystyle{ 2^n \cdot a^\frac{n(n+1)}{2} \ge 2 a^{n+1} \iff a^\frac{(n-2)(n+1)}{2} \ge \frac{1}{2^{n-1}} \iff \\ \iff a \ge \sqrt[\frac{(n-2)(n+1)}{2}]{\frac{1}{2^{n-1}}}=f(n)}\)
Ponieważ prawa strona jest dodatnia i zależna tylko od n, to wystarczy wziąć \(\displaystyle{ a=\frac{f(n)}{2}}\) i już mamy kontrprzykład. Na pewno jest dobrze przepisane?
P.S. Błąd logiczny Django jest tu:
A ta jest równoważna nierówności: \(\displaystyle{ \frac{n(n+1)}{2} \ge n+1}\)
Niech \(\displaystyle{ f(n)=(3^{2^0}+1)\cdot \ldots \cdot (3^{2^n}+1)}\), tzn. \(\displaystyle{ f(0)=4, \ f(1)=40}\), itp.. Dowiedziemy indukcyjnie, że suma poszukiwana w zadaniu jest równa \(\displaystyle{ \frac{f(n)-2^{n+1}}{f(n)}}\). Oczywiście \(\displaystyle{ 2 \cdot f(n)=(3-1) \cdot (3+1)\cdot \ldots \cdot (3^{2^n}+1)=3^{2^{n+1}}-1}\)
Przejdę od razu do dowodu, założenie sobie może każdy sam sprawdzić : \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n+1} \frac{2^i}{3^{2^{i-1}}+1} = [zalozenie] = \frac{f(n-1)-2^n}{f(n-1)} + \frac{2^{n+1}}{3^{2^{n}}+1}= \\ =\frac{2f(n-1)-2^{n+1}}{2f(n-1)}+\frac{2^{n+1}}{3^{2^{n}}+1} = \\ = \frac{3^{2^{n}}-1-2^{n+1}}{3^{2^{n}}-1}+\frac{2^{n+1}}{3^{2^{n}}+1} = \\ = \frac{3^{2^{n+1}}-1 - 2^{n+1}(3^{2^{n}}+1) + 2^{n+1} \cdot (3^{2^{n}}-1)}{3^{2^{n+1}}-1}= \\ = \frac{3^{2^{n+1}}-1-2^{n+2}}{3^{2^{n+1}}-1}=\frac{2f(n)-2 \cdot 2^{n+1}}{2f(n)}= \\ =\frac{f(n)-2^{n+1}}{f(n)}}\)
Co należało dowieść.
P.S. Oczywiście wzór zwarty to: \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n+1} \frac{2^i}{3^{2^{i-1}}+1} = \frac{3^{2^{n+1}}-1-2^{n+2}}{3^{2^{n+1}}-1}}\) (dla n=0 mamy tylko jeden składnik, dla n=1 mamy dwa składniki, itp.), powyższy zapis był tylko w celu przejrzystości dowodu
Czy tam nawet trzy...
179:
Niech \(\displaystyle{ y=x_1+2x_2+\ldots+nx_n}\) oraz \(\displaystyle{ a=x_1}\). Wówczas nasz układ równań to układ n równań postaci: \(\displaystyle{ -y=\frac{x_k}{k}}\) dla k=1,2,...,n. Zatem wyrażenie: \(\displaystyle{ \frac{x_k}{k}}\) ma stałą wartość, w szczególności podstawiając k=1 jest ona równa \(\displaystyle{ \frac{x_1}{1}=x_1=a}\). Czyli: \(\displaystyle{ x_k=ak}\) dla k=1,2,...,n.
Podstawiając do pierwszego równania: \(\displaystyle{ y=-a \iff (x_1+2x_2+\ldots+nx_n)=-a \iff (a+ 2^2 \cdot a + \ldots + n^2 \cdot a)=-a \iff \\ \iff a(1^2+2^2+\ldots+n^2+1)=0}\)
Oczywiście wyrażenie w nawiasie jest dodatnie, zatem \(\displaystyle{ a(1^2+2^2+\ldots+n^2+1)=0 \iff a=0}\)
To oznacza, że: \(\displaystyle{ x_k=ka=0}\). Zatem \(\displaystyle{ x_1=\ldots=x_n=0}\).
Sprawdzenie pokazuje, że ten układ liczb istotnie spełnia podany układ równań.