[MIX] Mix matematyczny (23)

[mol_ksiazkowy]

1. Niech czworościan \(\displaystyle{ ABCD}\), będzie taki, że wszystkie kąty płaskie przy wierzchołku \(\displaystyle{ D}\) są proste. Wykaż, że spodek wysokości tegoż czworościanu opuszczonej z wierzchołka \(\displaystyle{ D}\) pokrywa się z punktem przecięcia wysokości ściany \(\displaystyle{ ABC}\)

2. Dana jest liczba naturalna \(\displaystyle{ n \geq 4}\) dla której liczba \(\displaystyle{ n+1}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ \lceil \sqrt{n} \rceil +1}\). Dowieśc, że liczba \(\displaystyle{ (n-1)(n-3)}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ \lceil \sqrt{n} \rceil -1}\)
Uwaga: \(\displaystyle{ \lceil x \rceil}\)oznacza największą liczbę całkowitą nie większą niz \(\displaystyle{ x}\)

3. Zbiór \(\displaystyle{ X}\) ma 10 elementów. Dana jest pewna rodzina \(\displaystyle{ S}\) składająca się z podzbiorów \(\displaystyle{ X}\), (tj \(\displaystyle{ S \subset 2^X}\)) i licząca nie mniej niż 177 zbiorów. Wykazać, że wtedy istnieje pewien zbiór \(\displaystyle{ Y \subset X}\) czteroelementowy, taki że jeśli \(\displaystyle{ Z \subset Y}\), to \(\displaystyle{ Z =Y \cap A}\) dla pewnego zbioru \(\displaystyle{ A \in S}\)

4. Wykaż, że dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\) istnieje pewna liczba naturalna \(\displaystyle{ m}\) o tej własnośći, że \(\displaystyle{ m}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 2^n}\) oraz z zapisie dziesiętnym liczby \(\displaystyle{ m}\) występuja jedynie cyfry \(\displaystyle{ 1}\) i \(\displaystyle{ 2}\). Podaj takie \(\displaystyle{ m}\) dla \(\displaystyle{ n=7}\).

5. Wyznacz najmniejsza liczbę naturalną \(\displaystyle{ n}\) taką, aby prawdziwe było twierdzenie:
Każdą liczbę ze zbioru \(\displaystyle{ \{ 1, 2, ...,n \}}\) pomalowano -w dowolny sposób- jednym z trzech kolorów. Wtedy istnieją \(\displaystyle{ a, b}\) a>b pomalowane tym samym kolorem i takie, że \(\displaystyle{ a-b}\) jest kwadratem pewnej liczby naturalnej.

6. Niech \(\displaystyle{ f: R \mapsto R}\) będzie taka funkcją, iż \(\displaystyle{ |f(x)| \leq 1}\) dla każdego \(\displaystyle{ x \in R}\), oraz zachodzi tożsamość \(\displaystyle{ f(x) + f(x+ \frac{13}{42})= f(x+ \frac{1}{6}) + f(x+ \frac{1}{7})}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ f}\) jest funkcją okresową.

7. Niech \(\displaystyle{ n}\) będzie liczba naturalną i \(\displaystyle{ S}\) jest to zbiór wszystkich liczb pierwszych \(\displaystyle{ p}\) takich że \(\displaystyle{ n < p \leq 2n}\). Wykaż, że
a) jesli \(\displaystyle{ p \in S}\) to \(\displaystyle{ p}\) jest dzielnikiem \(\displaystyle{ {2n \choose n}}\)
b) iloczyn wszystkich liczb ze zbioru \(\displaystyle{ S}\) nie przekracza \(\displaystyle{ 4^n}\)

8. Dowieść, że istnieje nieskończenie wiele liczb naturalnych \(\displaystyle{ n}\) takich, że najmniejsza liczba naturalna nająca \(\displaystyle{ n}\) podzielników naturalnych jest większa od najmniejszej liczby naturalnej mającej \(\displaystyle{ n+1}\) podzielników naturalnych.

9. Rozstrzygnij czy zbiór \(\displaystyle{ \{1^2, 2^2, 3^2, ...., 1000^2 \}}\) można rozłozyc na dwa rozłaczne zbiory równej mocy, \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) (tj mające po 500 elementów każdy ) i takie, że \(\displaystyle{ \sum_{x \in A} x = \sum_{x \in B} x}\)

10. Udowodnić twierdzenie (Anninga -Erdosa): dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n>2}\) istnieje na płaszczyznie \(\displaystyle{ n}\) punktów takich, że nie wszystkie leżą na jednej prostej i że odległość każdych dwóch z nich jest liczbą całkowitą.

Bedzie co robic w weekend! Powodzenia

[alchemik]

zad. 9.:    

Rozparzmy resztę z dzielenia przez 3 w zbiorze z treści zadania mamy 667 liczb z resztą równą 1 i 333 z resztą rowną 0,a z tego łatwo wynika, że suma liczb ze zbioru A będzie miała inną resztę z dzielenia przez 3 niż suma liczb ze zbioru B

[Dumel]

zad. 7a.:    

\(\displaystyle{ {2n \choose n}= \frac{(2n)!}{(n!)^2}}\)
mianownik nie jest podzielny przez \(\displaystyle{ p}\) a licznik jest; p jest liczba pierwszą a symbol Newtona liczbą naturalną i stad wynika podzielnosc.

-- 30 maja 2009, 09:12 --

Uwaga: \(\displaystyle{ \lceil x \rceil}\)oznacza największą liczbę całkowitą nie większą niz \(\displaystyle{ x}\)

nie powinno być: "najmniejszą liczbą naturalną nie mniejszą niż \(\displaystyle{ x}\)?

[binaj]

zad.4:    

Wykażemy, że dla każdego \(\displaystyle{ n}\) istnieje taka liczba \(\displaystyle{ m}\) i ma ona w zapisie dziesiętnym dokładnie \(\displaystyle{ n}\) cyfr.

Lemat 1. \(\displaystyle{ 10^{n} \equiv 2^{n} (mod 2^{n+1})}\)

\(\displaystyle{ 10^{n} \equiv 2^{n} (mod 2^{n+1}) \Leftrightarrow 2^{n+1}|10^n-2^n=2^n(5^n-1) = 2^{n} \cdot 2 \cdot k=2^{n+1} \cdot k}\), bo \(\displaystyle{ 5^n-1}\) jest parzyste, co kończy dowód Lematu 1.

Przeprowadzimy dowód indukcyjny, dla \(\displaystyle{ n=2}\), mamy, że \(\displaystyle{ 2|2}\)

Załóżmy, że istnieje taka liczba \(\displaystyle{ a_{n}}\) spełniająca warunki zadania; tzn: \(\displaystyle{ 2^n|a_{n}}\), czyli:
\(\displaystyle{ a_{n} \equiv 0 (mod 2^{n+1})}\) lub
\(\displaystyle{ a_{n} \equiv 2^n (mod 2^{n+1})}\)

Teraz rozpatrzmy liczby:
\(\displaystyle{ a_{n+1}=10^n + a_{n}}\)
\(\displaystyle{ A_{n+1}= 2 \cdot 10^n + a_{n}}\)

Obie te liczby mają w zapisie dziesiętnym tylko cyfry 1 lub 2

jeśli: \(\displaystyle{ a_{n} \equiv 0 (mod 2^{n+1})}\) to z korzystając z Lematu 1. dostajemy,że
\(\displaystyle{ 2^{n+1}|A_{n+1}}\)
a jeśli: \(\displaystyle{ a_{n} \equiv 2^n (mod 2^{n+1})}\) to podobnie z Lematu 1. wnioskujemy, że:
\(\displaystyle{ 2^{n+1}|a_{n+1}}\)

co kończy dowód indukcyjny

dla \(\displaystyle{ n=7}\), warunki zadania spełnia liczba \(\displaystyle{ 2122112}\)

-- 30 maja 2009, 13:38 --

zad.8:    

Niech \(\displaystyle{ n}\) będzie liczbą pierwszą postaci \(\displaystyle{ n=p=4k-1}\), \(\displaystyle{ k>1}\)
takich liczb jest oczywiście nieskończenie wiele (twierdzenie Dirichleta)

najmniejszą liczbą mają \(\displaystyle{ p}\) dzielników jest \(\displaystyle{ A=2^{4k-2}}\)

niech liczba \(\displaystyle{ B}\) ma \(\displaystyle{ p+1}\) dzielników czyli \(\displaystyle{ 4k}\), jedną z takich liczb jest liczba \(\displaystyle{ C=2^{2k-1} \cdot 3}\)
widzimy, że dla każdego \(\displaystyle{ k>1}\): \(\displaystyle{ A>C \ge min.(B)}\) co kończy dowód

[mol_ksiazkowy]

ad 10 szkic

Ukryta treść:    

Sztuczka ze wzorem \(\displaystyle{ (a^2-b^2)^2 +(2ab)^2= (a^2+b^2)^2}\)
Wezmy liczbe \(\displaystyle{ k}\) majaca \(\displaystyle{ n-1}\) dzielników , (np \(\displaystyle{ k=n!}\)). tj \(\displaystyle{ k=a_ib_i}\) dla \(\displaystyle{ i=1, ...n-1}\)
Ciag \(\displaystyle{ a_i}\) rośnie, ciag \(\displaystyle{ b_i}\) maleje , ciag \(\displaystyle{ a_i^2-b_i^2}\) rośnie. Punkt \(\displaystyle{ P_1(0,2k)}\) lezy na osi oy
a punkty \(\displaystyle{ P_i(a_i^2-b_i^2,0)}\) dla \(\displaystyle{ 1<i \leq n}\) na osi ox. Odległość \(\displaystyle{ P_1}\) od \(\displaystyle{ P_i}\) , (i>1) wynosi \(\displaystyle{ a_i^2+b_i^2}\) tj l naturalna.

Pomalutku do przodu

[Sylwek]

Nie zauważyłem wcześniej, nieco wzmocniona wersja zad. 10 jest dowiedziona na 2 sposoby tutaj: 121917.htm

7.b:    

Z podpunktu a.: \(\displaystyle{ \prod_{p \in S} p \ | \binom{2n}{n}}\), stąd:
\(\displaystyle{ \prod_{p \in S} p \le \binom{2n}{n} = \left( \frac{2n \cdot (2n-1)}{n \cdot n} \right) \cdot \ldots \cdot \left( \frac{2 \cdot 1}{1 \cdot 1} \right) < 4 \cdot \ldots \cdot 4 = 4^n}\)

[Swistak]

zad. 9.:    

Rozparzmy resztę z dzielenia przez 3 w zbiorze z treści zadania mamy 667 liczb z resztą równą 1 i 333 z resztą rowną 0,a z tego łatwo wynika, że suma liczb ze zbioru A będzie miała inną resztę z dzielenia przez 3 niż suma liczb ze zbioru B

błąd w tym rozwiązaniu:    

Z tego wcale nic tak łatwo nie wynika. Na pierwszy rzut oka mozna stwierdzić, że mając zbiór 7 liczb, które mają z dzielenia resztę 1 oraz 3 liczb, które mają z dzielenia resztę 0, to ich nie da się podzielić na 2 zbiory spełniające warunki zadania, jednak mając dany zbiór {1; 1; 1; 1; 1; 1; 1; 3; 0; 0}, możemy go podzielić na zbiory {1; 1; 3; 0; 0} i {1; 1; 1; 1; 1}, a te zbiory spełniają warunki zadania. Po prostu jeżeli suma elementów jakiegoś zbioru daję z dzielenia przez 3 resztę 1, to nie oznacza, że nie da się go podzielić na 2 zbiory o takiej samej sumie elementów, bo istnieją takie zbiory, które da się podzielić na 2 zbiory dające resztę 2.

[Sylwek]

Słuszna uwaga.

9:    

\(\displaystyle{ \begin{cases}1999+1987=1995+1991 \\ \ldots \\ 15+3=11+7 \end{cases} \iff \\ \iff \begin{cases}1000^2-999^2 + 994^2-993^2=998^2-997^2+996^2-995^2 \\ \ldots \\ 8^2-7^2+2^2-1^2 = 6^2-5^2+4^2-3^2 \end{cases}}\)
Sumując i przerzucając na obie strony tak, żeby wszędzie były "plusy" dostajemy:
\(\displaystyle{ (2^2+3^2+5^2+8^2)+\ldots+(994^2+995^2+997^2+1000^2)= \\ =(1^2+4^2+6^2+7^2)+\ldots+(993^2+996^2+998^2+999^2)}\)
Czyli się da, co dziwi, gdyż mol pochwalił post, w którym była próba dowodu, że się nie da .

[mol_ksiazkowy]

Czyli się da, co dziwi, gdyż mol pochwalił post, w którym była próba dowodu, że się nie da

Za bardzo sie "rozpedzilem..." Coż moge teraz jedynie przeprosic

[binaj]

zad.1.:    

Niech punkt H będzie spodkiem wysokości czworościanu poprowadzonej z wierzchołka D.
Niech \(\displaystyle{ \sphericalangle AHB=\gamma}\), \(\displaystyle{ \sphericalangle AHC=\beta}\),\(\displaystyle{ \sphericalangle CHB=\alpha}\), oraz punkty A' i C' odpowiednio rzutami punktów A i C na prostą BH

Trójkąty ADH i BDH są prostokątne, więc:
\(\displaystyle{ AH^2+DH^2=AD^2}\)
\(\displaystyle{ BH^2+DH^2=BD^2}\)
sumując otrzymujemy\(\displaystyle{ AB^2=AD^2+BD^2=AH^2+BH^2+2DH^2}\)

a z tw. cosinusów dla \(\displaystyle{ ABH}\):

\(\displaystyle{ AB^2=AH^2+BH^2-2AH \cdot BH \cdot cos\gamma}\)
czyli: \(\displaystyle{ DH^2= - AH \cdot BH \cdot cos\gamma= AH \cdot BH \cdot cos(180-\gamma)}\)
analogicznie: \(\displaystyle{ DH^2= CH \cdot BH \cdot cos(180-\alpha)}\)

łącząc te równości dostajemy:

\(\displaystyle{ \frac{AH}{HC} = \frac{cos(180-\alpha)}{cos(180-\gamma)}= \frac{AH}{HC} \cdot \frac{HC'}{HA'}}\)

stąd \(\displaystyle{ A'=C'}\), ponadto ten punkt jest spodkiem wysokości trójkąta ABC poprowadzonej z punktu B
czyli punkt H leży na wysokości BA'
podobnie pokazujemy, że leży na pozostałych dwóch wysokościach trójkąta ABC, stąd jest ortocentrum ABC, ckd.

[taka_jedna]

2.

Ukryta treść:    

Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ \lceil \sqrt{n}\rceil=k}\). Wówczas \(\displaystyle{ k \le \sqrt{n} <k+1 \Rightarrow k^{2}+1 \le n+1<k^{2}+2k+2}\). Ponieważ \(\displaystyle{ k+1|n+1}\) i \(\displaystyle{ n \ge 4}\), możemy wywnioskować, że \(\displaystyle{ n+1=k(k+1)}\) lub \(\displaystyle{ n+1=(k+1)^{2}}\). W pierwszym przypadku \(\displaystyle{ \lceil \sqrt{n}\rceil-1=k-1|k^{2}+k-2=n-1}\), a w drugim \(\displaystyle{ k-1|k^{2}+2k-3=n-3}\). Jak więc widać, teza jest prawdziwa.

PS. Jak Wy to robicie, że numerki zadań pojawiają się w ciemnoniebieskiej ramce, w której jest rozwiązanie, a nie obok (jak to jest w moim przypadku)?

[Nakahed90]

Kod: Zaznacz cały

[hide=TEKST][/hide]

daje

TEKST:    

[taka_jedna]

Dziękuje bardzo

[Dumel]

molu, mógłbyś dać jakąś wskazówkę do zad. 5.?

[mol_ksiazkowy]

Quote:

molu, mógłbyś dać jakąś wskazówkę do zad. 5.?

Ukryta treść:    

Najmocniej przepraszam ,ale zgubilem zródlo,... i nie pamietam . ale jeszcze poszukam

wsk ad 6

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ g(x)=f(x+\frac{1}{6}) -f(x)}\) to wtedy \(\displaystyle{ g(x+\frac{1}{7})=g(x)}\)