[MIX] Różne "na wakacje od dziś"

[marek12]

1. Niech \(\displaystyle{ a\in [-2,2],\ x\in (0,\infty)}\) i n-naturalne, \(\displaystyle{ n\ge 2}\) . Pokaż że \(\displaystyle{ x^{2n}+ax^n+1\ge |1-x|^{2n}}\) .



2. Znajdz wszystkie liczby całkowite x,y takie że
\(\displaystyle{ x^{3}+27xy+2009=y^{3}}\)


3. Niech \(\displaystyle{ a}\) będzie rzeczywistym pierwiastkiem wielomianu \(\displaystyle{ - x^3 + 3x^2 + 6x + 1}\)
Nie obliczjąc \(\displaystyle{ a}\), pokaż że:
\(\displaystyle{ \frac{{(x^3 + 3x^2 - 1)^2 }}{{-(x^2 + x + 1)^3 }} = \frac{4}{3}}\)


4.Pokaż że :
\(\displaystyle{ \sqrt[2009]{a^{2009} +b^{2009} +c^{2009} } \leq \sqrt[2008]{a^{2008} +b^{2008} +c^{2008} }}\)



5. Jeśli \(\displaystyle{ a,b>0}\) , pokaż :

\(\displaystyle{ a(a+1)+b(b+1)+\frac{1}{ab}\left(\frac{1}{ab}+1\right)\ge 2\left(ab+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge 6}\)



6. Dane są liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ A,B,C>0}\) wykaż nierówność \(\displaystyle{ max(A^2-B, B^2-C,C^2-A) \ge max(A^2-A, B^2-B,C^2-C)}\)



7. Znajdz wszystkie \(\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}^{+}}\) takie że \(\displaystyle{ n^2}\) dzieli \(\displaystyle{ 3^{n}+1}\).


8. Rozwiązać w zbiorze liczb całkowitych liczb następujące równanie:

\(\displaystyle{ 2(x^3-xy+y^3)=3(x^2+y^2)}\)




9. a,b,c są pierwiastkami wielomianu \(\displaystyle{ x^3 - (a + b + c)x^2 + (ab + bc + ca)x - abc}\)
Znajdź wielomian, którego pierwiastkami są:
\(\displaystyle{ \frac{{a^2 }} {{2a^2 + bc}},\frac{{b^2 }} {{2b^2 + ca}},\frac{{c^2 }} {{2c^2 + ab}}}\)


10. Pokaż że \(\displaystyle{ (\exists)m\in \mathbb{N}^*}\):

\(\displaystyle{ \left[\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{mn+1}\right]=1\ ,\ (\forall)n\in \mathbb{N}}\)




11. Znajdź wszystkie wartości parametru rzeczywistego \(\displaystyle{ a}\), dla którego istnieje dokładnie jedna funkcja f z liczbami rzeczywistymi do liczb rzeczywistych spełniająca:

\(\displaystyle{ f(x^2+y+f(y))=f(x)^2+ay.}\)


12.\(\displaystyle{ E}\) leży na boku \(\displaystyle{ AD}\) czworokąta \(\displaystyle{ ABCD}\). \(\displaystyle{ \triangle{BEC}}\) jest równoramiennym trójkątem prostokątnym. Niech \(\displaystyle{ AB=a, AE=b, ED=c}\) i \(\displaystyle{ CD=d.}\) Jesli \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=d^2}\), to znajdz pole \(\displaystyle{ ABCD.}\)




13.Zdefinujmy funkcję rekurencyjnie \(\displaystyle{ S: \mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}}\) , S(0)=0 dla n>0, \(\displaystyle{ S(n)=S(\lfloor\frac{n}{10}\rfloor)+n\bmod 10}\). Oblicz sumę:\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{10^9}{S(n)}}\)



14 \(\displaystyle{ a,b \in N}\) i \(\displaystyle{ a,b > 0}\)
\(\displaystyle{ \frac {ab + 1}{a + b} < \frac {3}{2}.}\) Znajdz maksimum \(\displaystyle{ S = \frac {a^{3}b^{3} + 1}{a^{3} + b^{3}}}\)


15.Dla \(\displaystyle{ n\geq 2}\), niech \(\displaystyle{ a_nx+b_n}\) będzie reszta kiedy \(\displaystyle{ x^n}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ x^2-6x-12}\). Znajdz, dla n, wszystkie liczby pierwsze które są wspólnymi dzielnikami \(\displaystyle{ a_n}\) i \(\displaystyle{ b_n.}\)



16.\(\displaystyle{ P(x) = x^{5} - 5x^{3} + a_3x^{2} + a_{4}x + a_5}\) wielomian o współczynnikach rzeczywistych. Jeśli pierwiastkami \(\displaystyle{ P (x)}\) są \(\displaystyle{ x_5\le x_4\le x_3\le x_2\le x_1}\) oraz \(\displaystyle{ x_5 = - 2\sqrt2}\). Znajdz \(\displaystyle{ a_3,a_4,a_5.}\)

[Dumel]

10. Pokaż że \(\displaystyle{ (\exists)m\in \mathbb{N}^*}\):\(\displaystyle{ \left[\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{mn+1}\right]=1\ ,\ (\forall)n\in \mathbb{N}}\)

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ H_n \to \infty}\) i \(\displaystyle{ \frac{1}{n+1}<1}\) wiec wystarczy pokazać że dla dowolnego m
\(\displaystyle{ \frac{1}{mn+2}+\frac{1}{mn+1}+...+\frac{1}{(m+1)n+1}<1}\)
wiadomo że
\(\displaystyle{ H_n=\ln n + \gamma + \epsilon_n}\)
gdzie \(\displaystyle{ \gamma}\) to stała Eulera-Masheroniego równa \(\displaystyle{ \approx 0,5772156649}\) a \(\displaystyle{ \epsilon_n \to 0}\) i ciąg \(\displaystyle{ \epsilon}\) jest malejący
wiec
\(\displaystyle{ \frac{1}{mn+2}+\frac{1}{mn+1}+...+\frac{1}{(m+1)n+1}=\ln(1+\frac{n}{mn+1})+\epsilon_{(m+1)n+1}-\epsilon_{mn+1}<\ln2+\epsilon_{(m+1)n+1}<\ln2+\epsilon_2 = \ln2 + \frac{3}{2} - \ln2 - \gamma = \frac{3}{2} - \gamma <1}\)

[ordyh]

4.Pokaż że :
\(\displaystyle{ \sqrt[2009]{a^{2009} +b^{2009} +c^{2009} } \leq \sqrt[2008]{a^{2008} +b^{2008} +c^{2008} }}\)

Ukryta treść:    

Wiemy, że dla \(\displaystyle{ p>1}\) zachodzi \(\displaystyle{ (x+y+z)^p \geq x^p + y^p + z^p}\) (wystarczy podzielić przez lewą stronę i w prosty sposób oszacować prawą stronę).
Wstawiając:
\(\displaystyle{ p= \frac{2009}{2008}}\)
\(\displaystyle{ x = a^{2008}}\)
\(\displaystyle{ y = b^{2008}}\)
\(\displaystyle{ z = c^{2008}}\)
otrzymujemy:
\(\displaystyle{ (a^{2008}+b^{2008}+c^{2008})^{\frac{2009}{2008}} \geq a^{2009} + b^{2009} +c^{2009}}\)
pierwiastkując stopnia \(\displaystyle{ 2009}\):

\(\displaystyle{ \sqrt[2008]{a^{2008}+b^{2008}+c^{2008}} \geq \sqrt[2009]{a^{2009} + b^{2009} +c^{2009}}}\)

[Elvis]

Zadanie 7

Ukryta treść:    

Oczywiście \(\displaystyle{ n=1}\) działa. Weźmy więc \(\displaystyle{ n>1}\) spełniające warunki. Niech \(\displaystyle{ p}\) będzie najmniejszym dzielnikiem pierwszym \(\displaystyle{ n}\), a \(\displaystyle{ d}\) rzędem \(\displaystyle{ 3}\) modulo \(\displaystyle{ p}\). Mamy \(\displaystyle{ d|p-1 \Rightarrow d<p-1 \Rightarrow d \perp n}\), z założenia także (kongruencje modulo \(\displaystyle{ p}\)) \(\displaystyle{ 3^n+1 \equiv 0 \Rightarrow 3^{2n} \equiv 1 \Rightarrow d|2n \Rightarrow d|2}\). Łatwo sprawdzić, że oznacza to \(\displaystyle{ p=2}\).

W takim razie \(\displaystyle{ n=2k}\) dla pewnego \(\displaystyle{ k \in \mathbb{Z}^+}\). Modulo \(\displaystyle{ 4}\):
\(\displaystyle{ 0 \equiv 3^n +1 \equiv (-1)^{2k}+1 \equiv 1+1 \equiv 2}\) - sprzeczność.

[piasek101]

3. Dla każdego (x) ?

Dla mnie to chyba czegoś brak w treści (albo była inna).

[smigol]

Pewnie w ułamku miało być \(\displaystyle{ a}\) zamiast \(\displaystyle{ x}\).

[mol_ksiazkowy]

ad 3

Ukryta treść:    

Zawsze \(\displaystyle{ x^2+x+1 \geq 0}\) wiec chodzilo o to ze:
\(\displaystyle{ \frac{{(x^3 + 3x^2 - 1)^2 }}{(x^2 + x + 1)^3 } = \frac{4}{3}}\). Ułamek z lewej strony mozna
zapisac w formie \(\displaystyle{ (6a^2+6a)^2 (\frac{a-1}{a^3-1})^3 =\frac{36}{27} \frac{(a+1)^2(a-1)^3}{a(a+2)^3}}\)
Łatwo zobaczyc rozpisujac (*)iz: \(\displaystyle{ (a+1)^2(a-1)^3 = a(a+2)^3 =9(5a^2+7a+1)}\) stad teza
* wg \(\displaystyle{ a^3=3a^2+6a+1}\)

ad 8

Ukryta treść:    

mam tylko w naturalnych Postac rownowazna
\(\displaystyle{ (x-y)^2+ x^2(2x-4) +y^2(2y-4)=0}\) daje jedynie \(\displaystyle{ x=y=2}\) gdyz \(\displaystyle{ x=1}\) badz \(\displaystyle{ y=1}\) prowadzi do sprzecznosci

[marek12]

jeszcze się wakacje nie skończyły

[robin5hood]

zad 8

Ukryta treść:    

jeszcze od razu widać że \(\displaystyle{ x=y=0}\)

[ordyh]

zad 1, może gdzieś być blef bo wyszło mi bez jednego założenia

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ a\geq-2}\) oraz \(\displaystyle{ x>0}\) więc \(\displaystyle{ ax^n\geq-2x^n}\), więc:
\(\displaystyle{ x^{2n}+ax^n+1 \geq x^{2n}-2x^n+1=(x^n-1)^2}\)
więc wystarczy dowieść, że zachodzi:
\(\displaystyle{ (x^n-1)^2 \geq |1-x|^{2n}}\)
wartość bezwzględną można pominąć, ponieważ jest podnoszona do parzystej potęgi, czyli mamy do udowodnienia:
\(\displaystyle{ (x^n-1)^2 \geq (x-1)^{2n}}\)
Rozpatrzmy 2 przypadki:
1. \(\displaystyle{ x\geq 1}\)
w tym przypadku obie strony są nieujemne, więc możemy spierwiastkować obustronnie, otrzymamy:
\(\displaystyle{ x^n-1 \geq (x-1)^n}\)

\(\displaystyle{ x^n \geq (x-1)^n + 1}\)

\(\displaystyle{ 1 \geq \left(\frac{x-1}{x}\right)^n + \left(\frac{1}{x}\right)^n}\)
co jest prawdą, bo:
\(\displaystyle{ \left(\frac{x-1}{x}\right)^n + \left(\frac{1}{x}\right)^n \leq \frac{x-1}{x} + \frac{1}{x} = 1}\)
2. \(\displaystyle{ x < 1}\)

\(\displaystyle{ (x^n-1)^2 \geq (x-1)^{2n}}\)

\(\displaystyle{ \left(\frac{x^n-1}{(x-1)^n}\right)^2 \geq 1}\)
Rozpatrzmy 2 podprzypadki:
2a. \(\displaystyle{ 2|n \Rightarrow \frac{x^n-1}{(x-1)^n} \leq 0}\)
więc:
\(\displaystyle{ \frac{x^n-1}{(x-1)^n} \leq -1}\)

\(\displaystyle{ x^n-1 \leq -(x-1)^n}\)

\(\displaystyle{ (x-1)^n+x^n \leq 1}\)

\(\displaystyle{ (1-x)^n+x^n \leq 1}\)

co jest prawdą, ponieważ przy założeniu \(\displaystyle{ 0<x<1}\) prawdą jest: \(\displaystyle{ 0<1-x<1}\), więc:

\(\displaystyle{ (1-x)^n+x^n \leq 1-x+x = 1}\)

2b. \(\displaystyle{ 2\nmid n \Rightarrow \frac{x^n-1}{(x-1)^n} \geq 0}\)

\(\displaystyle{ \frac{x^n-1}{(x-1)^n} \geq 1}\)

\(\displaystyle{ x^n-1 \leq (x-1)^n}\)

\(\displaystyle{ 0 \leq (x-1)^n-x^n+1}\)

\(\displaystyle{ -(x-1)^n+x^n \leq 1}\)

\(\displaystyle{ (1-x)^n+x^n \leq 1}\)

co zostało udowodnione w przypadku 2a.

[binaj]

Dla \(\displaystyle{ n\geq 2}\), niech \(\displaystyle{ a_nx+b_n}\) będzie reszta kiedy \(\displaystyle{ x^n}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ x^2-6x-12}\). Znajdz, dla n, wszystkie liczby pierwsze które są wspólnymi dzielnikami \(\displaystyle{ a_n}\) i \(\displaystyle{ b_n.}\)

Niech \(\displaystyle{ x^n=P_n(x)(x^2-6x-12)+a_nx+b_n}\)

mamy w oczywisty sposób:

\(\displaystyle{ xP_{n-1}(x)(x^2-6x-12)+a_{n-1}x^2+b_{n-1}x=P_n(x)(x^2-6x-12)+a_nx+b_n \Leftrightarrow a_{n-1}x^2+(-a_n+b_{n-1})x-b_n=(x^2-6x-12)(P_n(x)-xP_{n-1}(x))}\)

teraz powołując, się na równość wielomianów, musi zachodzić: \(\displaystyle{ P_n(x)-xP_{n-1}(x)=a_{n-1}}\)
i dalej:
\(\displaystyle{ b_n=12a_{n-1}}\)
\(\displaystyle{ a_n=6a_{n-1}+b_{n-1}=6a_{n-1}+12a_{n-2}}\), gdzie \(\displaystyle{ a_1=1}\)
widzimy, że \(\displaystyle{ 2 \cdot 3|a_n}\) oraz \(\displaystyle{ 2 \cdot 3|b_n}\)
załóżmy, że \(\displaystyle{ p>3|a_n,b_n}\) wtedy z \(\displaystyle{ b_n=12a_{n-1}}\) dostajemy \(\displaystyle{ p|a_{n-1}}\), kolejno zatem z \(\displaystyle{ a_n=6a_{n-1}+12a_{n-2}}\), \(\displaystyle{ p|a_{n-2}}\) itd. zatem dostajemy \(\displaystyle{ p|a_2=6}\) - sprzeczność

zatem jedynymi liczbami pierwszymi dzielącymi \(\displaystyle{ a_n}\) i \(\displaystyle{ b_n}\)są \(\displaystyle{ 2}\) i \(\displaystyle{ 3}\)

[bakala12]

9. Jak na mój rozum to ten wielomian ma postać:
\(\displaystyle{ (x- \frac{a ^{2} }{2a ^{2} +bc})(x- \frac{b ^{2} }{2b ^{2}+ac })(x- \frac{c ^{2} }{2c ^{2} +ab})}\)

[Elvis]

Zadanie 8:    

Straszne syfienie, ale jakoś wychodzi. Pewnie da się mądrzej.

Weźmy \(\displaystyle{ x,y \in \mathbb{Z}}\) spełniające równanie. Niech \(\displaystyle{ p=x+y}\), \(\displaystyle{ q=xy}\) (\(\displaystyle{ p,q \in \mathbb{Z}}\)). Równanie \(\displaystyle{ 2(x^3-xy+y^3)=3(x^2+y^2)}\) jest równoważne \(\displaystyle{ 2q(3p-2)=p^2(2p-3) \ (*)}\). Stąd \(\displaystyle{ 2(3p-2)|p^2(2p-3)}\). Będziemy teraz mielić ten warunek, żeby otrzymać coś ciekawego dla \(\displaystyle{ p}\).

\(\displaystyle{ 2 \perp 2p-3}\), więc \(\displaystyle{ 2|p^2}\) tudzież \(\displaystyle{ 2|p}\), czyli \(\displaystyle{ p=2k \ (**)}\) dla pewnego \(\displaystyle{ k \in \mathbb{Z}}\). Podstawmy i uprośćmy (zdejmujemy czwórkę z obu stron):
\(\displaystyle{ 3k-1|k^2(4k-3)}\)
Teraz \(\displaystyle{ 3k-1 \perp k^2}\), więc \(\displaystyle{ 3k-1|4k-3}\), inaczej mówiąc \(\displaystyle{ (4k-3,3k-1)=3k-1}\). Tymczasem z algorytmu Euklidesa \(\displaystyle{ (4k-3,3k-1) = (3k-1,k-2) = (3k-6,5)}\), co dzieli \(\displaystyle{ 5}\).

Z kilku przypadków do rozpatrzenia (\(\displaystyle{ 3k-1 \in \{ -5, -1, 1, 5 \}}\)) jedyne sensowne wyniki to \(\displaystyle{ k=0}\) i \(\displaystyle{ k=2}\). Podstawiamy to do \(\displaystyle{ (*)}\) i \(\displaystyle{ (**)}\), żeby obliczyć \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\), a następnie rozwiązujemy równania kwadratowe na \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\). Otrzymane wyniki to \(\displaystyle{ x=y=0}\) i \(\displaystyle{ x=y=2}\); oczywiście są dobre.

Zadanie 14:    

Założenie po przekształceniu to \(\displaystyle{ 3b-2>a(2b-3)}\).
Rozważmy dwa przypadki:
1. Któraś z liczb \(\displaystyle{ a,b}\) jest równa \(\displaystyle{ 1}\). Wtedy \(\displaystyle{ S=1}\).
2. Przeciwnie, więc \(\displaystyle{ a \geq 2}\). Wtedy \(\displaystyle{ 3b-2>2(2b-3)}\), co po przekształceniu daje \(\displaystyle{ b<4}\), czyli \(\displaystyle{ b=1,2,3}\). Podobnie \(\displaystyle{ a=1,2,3}\).

Teraz pozostałe pary sprawdzimy ręcznie. Para \(\displaystyle{ (3,3)}\) nie spełnia założeń. Pary \(\displaystyle{ (2,3)}\) i \(\displaystyle{ (2,2)}\) spełniają założenie i dają \(\displaystyle{ S}\) równe odpowiednio \(\displaystyle{ \frac{31}{5}}\) i \(\displaystyle{ \frac{17}{16}}\).

Wszystkie wartości \(\displaystyle{ S}\) to \(\displaystyle{ 1, \frac{31}{5}, \frac{17}{16}}\). Największa to \(\displaystyle{ \frac{31}{5}}\), czyli \(\displaystyle{ 6,2}\).

[robin5hood]

9. Jak na mój rozum to ten wielomian ma postać:
\(\displaystyle{ (x- \frac{a ^{2} }{2a ^{2} +bc})(x- \frac{b ^{2} }{2b ^{2}+ac })(x- \frac{c ^{2} }{2c ^{2} +ab})}\)

Wydaje sie być ok, ale pewnie czemuś ma to służyć \(\displaystyle{ x^3 - (a + b + c)x^2 + (ab + bc + ca)x - abc}\)
Chyba trzeba to co podał bakala12 przedstawić w podobnej postaci

[bakala12]

Jak dla mnie to te współczynniki są tylko po to żeby nie wymnażać tych nawiasów.
\(\displaystyle{ (x- \frac{a ^{2} }{2a ^{2}+bc })(x- \frac{b ^{2} }{2b ^{2}+ac })(x- \frac{c^{2} }{2c ^{2}+ab })}\)
Wymnażanie tego "na pałę" nie ma sensu, stosując proste podstawienia także można się zestarzeć mnożąc to. Tutaj musi być jakiś tik, ale niestety ja nie jestem w stanie go znaleźć.