[MIX] Mix matematyczny 33

[mol_ksiazkowy]

1. Niech \(\displaystyle{ f: R \mapsto R}\) będzie taka, że \(\displaystyle{ f(x+1) f(x)+ f(x+1)=-1}\) dla \(\displaystyle{ x \in R}\). Udowodnić że \(\displaystyle{ f}\) nie może być ciągła.
Wskazać przykład takiej \(\displaystyle{ f}\).
2. Ile rozwiązań ma równanie \(\displaystyle{ (\ln(2))^x = \log_{\ln(2)} x}\) ?
3. Liczby ze zbioru \(\displaystyle{ \{ 1, ..., 4k \}}\) rozmieszczono w dowolny sposób przypisujac je różnym \(\displaystyle{ 4k}\) punktom na okręgu. Udowodnić, że istnieje \(\displaystyle{ 2k}\) rozłącznych cięciw i takich, że różnica liczb na obu końcach każdej z tych cięciw jest nie większa niż \(\displaystyle{ 3k-1}\).
4. Czy istnieję funkcja \(\displaystyle{ f: N \mapsto N}\) iż \(\displaystyle{ f ( f(n) )= 3n}\) dla \(\displaystyle{ n \in N}\) ?
5. Skonstruować trójkąt mając dany wierzchołek \(\displaystyle{ A}\) i proste \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) zawierające dwusieczne tego trójkąta
6. Udowodnić, że ilość wszystkich cyfr w wyrazach ciągu \(\displaystyle{ 1, 2, 3, ..., 10^k}\) jest równa ilości wszystkich zer w wyrazach ciągu \(\displaystyle{ 1, 2, 3, ..., 10^{k+1}}\)
7. Rozwiązać równanie \(\displaystyle{ p^3 - q^5=(p+q)^2}\) gdzie \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) to są liczby pierwsze
8. Niech \(\displaystyle{ n \geq 2}\) oraz \(\displaystyle{ a_1, ..., a_n}\) to różne liczby naturalne. Wyznaczyć wszystkie liczby całkowite \(\displaystyle{ y \geq 0}\) oraz \(\displaystyle{ x_j \geq 0}\) że:
\(\displaystyle{ \begin{cases} a_1x_1+ a_2x_2+ …+ a_nx_n=yx_1\\ a_2x_1+ a_3x_2+ …+ a_1x_n=yx_2 \\ ……………...................\\ a_nx_1+ a_1x_2+ …+ a_{n-1}x_n=yx_n \end{cases}}\)
oraz \(\displaystyle{ NWD(x_1, ..., x_n)= 1}\)
9. Czy istnieje skończony zbiór liczb \(\displaystyle{ M}\), co najmniej dwuelementowy i taki, że jeśli \(\displaystyle{ a, b \in M}\) to \(\displaystyle{ 2a - b^2 \in M}\) ?
10. Na szachownicy \(\displaystyle{ 10 \times 10}\) mamy figurę, która w jednym ruchu może przemieścić się o jedno pole w prawo, o jedno pole w dół lub o jedno pole po przekątnej w lewo w górę. Czy istnieje zamknięty ciąg ruchów po całej szachownicy, taki że na każdym polu jest się tylko raz ?
11. Rozwiązać równanie :
\(\displaystyle{ (16x^2- 9)^3 + x = 1}\)
12. Dla jakich \(\displaystyle{ f: Z \mapsto Z}\): \(\displaystyle{ 2000 f ( f(x) ) - 3999 f(x) + 1999x =0}\) gdy \(\displaystyle{ x \in Z}\) ?
13. Niech \(\displaystyle{ x_1, ..., x_n}\) gdy \(\displaystyle{ n>1}\) będą takie, że
i) \(\displaystyle{ |x_1| + ... +| x_n| =1}\)
ii) \(\displaystyle{ x_1+ … +x_n= 0}\)
Udowodnić, że \(\displaystyle{ | \frac{x_1}{1}+ ...+ \frac{x_n}{n} | \leq \frac{1}{2}(1- \frac{1}{n})}\)

[Medea 2]

Zadanie 9 Jeżeli zbiór \(\displaystyle{ M \subseteq \ZZ}\) zawiera liczbę \(\displaystyle{ n \ge 4}\), to zawiera też \(\displaystyle{ 2n-n^2}\), która jest większa (co do wartości bezwzględnej) niż \(\displaystyle{ n}\): \(\displaystyle{ n^2-2n > n}\), bo \(\displaystyle{ n^2 > 3n}\). Podobnie rozpatruje się przypadek, gdy \(\displaystyle{ M}\) zawiera liczbę \(\displaystyle{ n \le -4}\). Pozostają do zbadania podzbiory \(\displaystyle{ [-3,3] \cap \ZZ}\), z których żaden nie spełnia warunków zadania.

[Premislav]

1.:    

nie wprost: jeżeli \(\displaystyle{ f}\) jest ciągła i przyjmuje wartość dodatnia i ujemna, to jako że z ciągłości na \(\displaystyle{ \RR}\) wynika ciągłość na dowolnym \(\displaystyle{ [-m,n]}\), dostajemy z darboux istnienie takiego \(\displaystyle{ x}\), że \(\displaystyle{ f(x)=0}\), a to jest oczywiście sprzeczność. Pozostaje rozważyć przypadek ciągłej i stale ujemnej, bo gołym okiem widać, że \(\displaystyle{ f}\) nie może być zawsze dodatnia; w takim przypadku mamy \(\displaystyle{ f(x)=- \frac{1}{1+f(x+1)}}\), więc zbiór wartości f zawiera się w przedziale \(\displaystyle{ (-1,0)}\), lecz wtedy mamy zawsze \(\displaystyle{ f(x+1)f(x)+f(x+1)>-1}\).
Sprzeczność.

Przykładu nieciaglej nie chce mi się szukać, może po dwóch piwkach jakąś wymyślę.

[Kaf]

1. jeśli się nie machnąłem, to tutaj są wszystkie rozwiązania:    

Z \(\displaystyle{ f(x+1)=- \frac{1}{1+f(x)}}\) możemy wywnioskować, że \(\displaystyle{ f(x+2)=-1- \frac{1}{f(x)}}\) i \(\displaystyle{ f(x+3)=f(x)}\). Niech \(\displaystyle{ g: left[ 0, 1
ight)
ightarrow RR}\) nie przyjmuje wartości \(\displaystyle{ 0}\) ani \(\displaystyle{ -1}\). Wtedy \(\displaystyle{ f(x)=egin{cases} g(x) & ext{dla } x mod 3 in left[ 0, 1
ight) \- frac{1}{1+g(x)} & ext{dla } x mod 3 in left[ 1, 2
ight)\ -1-frac{1}{g(x)} & ext{dla } x mod 3 in left[ 2, 3
ight)end{cases}}\) jest rozwiązaniem i wszystkie rozwiązania są tej postaci (co nietrudno sprawdzić).

[bakala12]

6.:    

Najprościej będzie zastosować indukcję po \(\displaystyle{ k}\). Łatwo przekonać się, że teza zachodzi dla \(\displaystyle{ k=1}\) (9 cyfr i 9 zer). Załóżmy że teza zachodzi dla pewnego \(\displaystyle{ k}\). Oznaczmy przez \(\displaystyle{ S_{k}^{1}}\) liczbę wszystkich cyfr wśród liczb \(\displaystyle{ 1,2,\dots , 10^{k}}\) zaś przez \(\displaystyle{ S_{k}^{2}}\) liczbę wszystkich zer w liczbach \(\displaystyle{ 1,2, \dots , 10^{k+1}}\). Z założenia indukcyjnego mamy że \(\displaystyle{ S^{1}_{k}=S^{2}_{k}}\). Ponadto łatwo przekonujemy się o następujących równościach:
1. \(\displaystyle{ S_{k+1}^{1}=S_{k}^{1}+9 \cdot 10^{k} \cdot \left(k+1\right)}\)
To wynika z faktu, że doszły liczby \(\displaystyle{ k+1}\)-cyfrowe i one mają w sumie \(\displaystyle{ 9 \cdot 10^{k} \cdot \left(k+1\right)}\) cyfr.
2. \(\displaystyle{ S_{k+1}^{2}=S_{k}^{2}+9 \cdot 10^{k} \cdot \left(k+1\right)}\)
Wystarczy pokazać, że wśród liczb \(\displaystyle{ k+2}\)-cyfrowych, które doszły jest dokładnie \(\displaystyle{ 9 \cdot 10^{k} \cdot \left(k+1\right)}\) cyfr zerowych. Istotnie, jest to prawda, jako pierwszą cyfrę ustawiamy coś niezerowego na \(\displaystyle{ 9}\) sposobów, zaś wśród pozostałych cyfr wybieramy pozycje dla \(\displaystyle{ i}\) zer na \(\displaystyle{ {k+1 \choose i}}\) sposobów a pozostałe miejsca wypełniamy jakkolwiek czymś niezerowym na \(\displaystyle{ 9^{k+1-i}}\) sposobów i w ten sposób dostajemy liczbę która ma \(\displaystyle{ i}\) cyfr równych \(\displaystyle{ 0}\). Sumujemy po możliwych wartościach \(\displaystyle{ i}\) i dostajemy, że:
\(\displaystyle{ S_{k+1}^{2}=S_{k}^{2}+ 9 \sum_{i=0}^{k+1} {k+1 \choose i} \cdot 9^{k+1-i} \cdot i=S_{k}^{2}+9 \cdot \left(k+1\right) \cdot \sum_{i=0}^{k} {k \choose i}9^{k-i}=S_{k}^{2}+9\cdot 10^{k} \cdot \left(k+1\right)}\)
To na mocy założenia indukcyjnego kończy dowód.

[marcin7Cd]

13.

Ukryta treść:    

Pomnóżmy drugie równanie przez trzecie otrzymując równoważny układ równań \(\displaystyle{ \begin{cases}x+y^2+z^3=A \\ xy^2+xz^3+y^2z^3=A \\ xy^2z^3=A^2 \end{cases}}\)
Rozważmy wielomian, którego rozwiązaniami są liczby \(\displaystyle{ x,y^2,z^3}\). Ze wzorów vieta wiemy, że ten wielomian jest postaci \(\displaystyle{ t^3-At^2+At-A^2=t^2(t-A)+A(t-A)=(t^2+A)(t-A)}\) Aby \(\displaystyle{ t^2+A}\) miało pierwiastki rzeczywiste to \(\displaystyle{ A \le 0}\). Zauważmy, że rozwiązaniami tego wielomianu są \(\displaystyle{ A, \sqrt{-A},\sqrt{-A}}\). Z uwagi, że rozwiązania są liczbami całkowitymi to jest taka liczba całkowita dodatnia \(\displaystyle{ b}\), że \(\displaystyle{ A=-b^2}\). Z tąd wynika, że A nie jest kwadratem daje to dwa przypadki:
1)\(\displaystyle{ x=A=-b^2}\) Wtedy \(\displaystyle{ b}\) musi być kwadratem i sześcianem, czyli szóstą potęgą. Z tąd wynika, że \(\displaystyle{ A}\) musi być postaci \(\displaystyle{ -c^{12}}\) dla jakiegoś \(\displaystyle{ c \in \ZZ}\). Biorąc \(\displaystyle{ x=-b^2 \ y=c^3 \ z=c^2}\) otrzymuje rozwiązanie.
2)\(\displaystyle{ z^3=A=-b^2}\) Oznacza to, że \(\displaystyle{ b}\) musi być sześcianem. Z tąd wynika, że \(\displaystyle{ A}\) musi być postaci \(\displaystyle{ -c^{12}}\) dla jakiegoś \(\displaystyle{ c \in \ZZ}\). Biorąc \(\displaystyle{ x=-b^2 \ y=c^3 \ z=c^2}\) otrzymuje rozwiązanie.

[yorgin]

13 już było:

378556.htm#p5300111

4:    

Wydaje mi się, że tak. Spójrzmy na tabelę:

\(\displaystyle{ \begin{array}{c|c|c}
n&f(n)&f(f(n))\\ \hline
0&0&0\\
1&2&3\\
2&3&6\\
3&6&9\\
4&5&12\\
5&12&15\\
\vdots&\vdots&\vdots
\end{array}}\)
Jak ją skonstruować? Pierwsza i trzecia kolumna są dane. Szukana jest środkowa. Do środkowej wypisujemy najmniejszą niewykorzystaną jeszcze liczbę zdefiniowaną przez tabelę.

Przykład: w drugim wierszu szukamy \(\displaystyle{ f(1)}\). Nie wykorzystaliśmy \(\displaystyle{ 2}\), więc kładziemy \(\displaystyle{ f(1)=2}\)

Trzeci wiersz jest w całości zdeterminowany przez drugi.

Czwarty - z poprzedniego wiersza mamy \(\displaystyle{ f(3)=6}\), więc \(\displaystyle{ f(6)=9}\).

Piąty - nie wykorzystalismy jeszcze \(\displaystyle{ 5}\), więc kładziemy \(\displaystyle{ f(4)=5}\) i tym samym \(\displaystyle{ f(5)=12}\). Wymusza to na szóstym, by \(\displaystyle{ f(12)=15}\)

Itd \(\displaystyle{ f(6)=9, f(9)=18, f(7)=8, f(8)=21 ...}\)

[timon92]

4 inaczej:    

można zdefiniować \(\displaystyle{ f(n)= \begin{cases} 9n \text{ gdy }2 \mid v_3(n) \\ \frac n3 \text{ gdy }2 \nmid v_3(n) \end{cases}}\), gdzie \(\displaystyle{ v_3(n)}\) oznacza największy wykładnik, w jakim \(\displaystyle{ 3}\) dzieli \(\displaystyle{ n}\), tzn. \(\displaystyle{ v_3(n)}\) jest taką liczbą naturalną, że \(\displaystyle{ 3^{v_3(n)} \mid n}\) oraz \(\displaystyle{ 3^{v_3(n)+1} \nmid n}\)

[mint18]

7:    

Z równania \(\displaystyle{ p^3 - q^5=(p+q)^2}\) wynika, że \(\displaystyle{ p>q}\). Sprawdzamy ręcznie, że dla \(\displaystyle{ q=2}\) nie ma rozwiązania, a dla \(\displaystyle{ q=3}\) mamy parę \(\displaystyle{ (p,q)=(7,3)}\). Odtąd \(\displaystyle{ p>q>3}\).
Wtedy p i q mogą dawać tylko reszty 1 lub 2 z dzielenia przez 3.

Nietrudno się przekonać, że lewa i prawa strona zawsze będą dawały różne reszty z dzielenia przez 3, ale to już prosta kongruencja, wystarczy zbadać cztery przypadki.

Czy zadanie 11 jest na pewno poprawne?

[marcin7Cd]

9:    

Jeżeli \(\displaystyle{ 0}\) należy do zbioru \(\displaystyle{ M}\), to biorąc element o największym module(nie może być równy zero) otrzymuje sprzeczność, bo\(\displaystyle{ |a|<|2a-0^2|}\). Jeżeli \(\displaystyle{ 1}\) należy do zbioru \(\displaystyle{ M}\). Weźmy liczbę \(\displaystyle{ a\in M}\) różną od \(\displaystyle{ 1}\). Wtedy \(\displaystyle{ 2a-1 \in M \Rightarrow 2(2a-1)-1=4a-3 \in M \\ \Rightarrow 2(4a-3)-1=8a-7 \in M ... 2^na-2^n=1\in M}\) tworzy to nieskończony ciąg liczb należących do \(\displaystyle{ M}\). Każdy element jest różny, bo jeśli \(\displaystyle{ 2^na-2^n+1=2^ma-2^m+1 \Leftrightarrow (2^n-2^m)a=2^n-2^m \Leftrightarrow a=1}\), a \(\displaystyle{ a}\) miało być różne od \(\displaystyle{ 1}\)(oczywiście \(\displaystyle{ m,n}\) są różne). To oznacza, że \(\displaystyle{ 1}\) nie należy do \(\displaystyle{ M}\).
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ d,e}\) odpowiednio największy i najmniejszy element zbioru \(\displaystyle{ M}\). Zauważmy, że jeśli \(\displaystyle{ e\in (- \infty,0) \cup (1,+ \infty )}\), to wtedy \(\displaystyle{ 2e-e^2<e \Leftrightarrow e(1-e)<0}\) daje to sprzeczność. Oznacza to, że \(\displaystyle{ e\in(0,1)}\). Jeżeli \(\displaystyle{ d\in (0,1)}\), to daje sprzeczność, bo \(\displaystyle{ 2d-d^2>d \Leftrightarrow d(1-d)>0}\). Z uwagi na to, że \(\displaystyle{ d>e}\) otrzymuje \(\displaystyle{ 1<d}\). \(\displaystyle{ e<1<d^2 \Rightarrow e-d^2<0 \Rightarrow 2e-d^2<e}\) sprzeczność \(\displaystyle{ e}\) miało być najmniejsze. Otrzymana sprzeczność dowodzi, że nie ma takich zbiorów \(\displaystyle{ M}\)

[Zahion]

szkic 8:    

Z warunkow liczby od \(\displaystyle{ x_{1}}\) do \(\displaystyle{ x_{n}}\) nie moga wszystkie sie zerowac. Sumujemy wszystkie rownania stronami , wyciagamy przed nawias po lewej i prawej stronie sumy od \(\displaystyle{ x_{1}}\) do \(\displaystyle{ x_{n}}\) i dzielimy przez nia, gdyz jest rozna od zera. Widzimy, ze \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}a_{i}=y}\) Wybieramy teraz taka liczbe \(\displaystyle{ k}\), zeby spelniala \(\displaystyle{ x_{k} \ge x_{j}}\) dla \(\displaystyle{ k, j =1,...n}\)( mianowicie najwieksza liczbe sposrod liczb \(\displaystyle{ x_{1}, ..., x_{n}}\)). Nastepnie wstawiamy do rownania z ukladu wyliczona wartosc \(\displaystyle{ y}\) i szacujemy, ze \(\displaystyle{ a_{i}x_{k} \ge a_{i}x_{j}}\) otrzymujac stad, ze wszystkie \(\displaystyle{ x_{i}}\) sa rowne i wynosza jeden z warunkow zadania dla \(\displaystyle{ x_{i,j} = 1,...n}\)

[Kartezjusz]

Szkic 5

Ukryta treść:    

1. Wierzchołek \(\displaystyle{ A}\) i przecięcie pomiędzy dwoma danymi dwusiecznymi wyznacza jednoznacznie trzecią
2. Kąty pomiędzy dwusiecznymi dają z układu równań możliwość wyznaczenia kątów trójkąta.
3. Kąt wyznaczony wobec odpowiednich kątów dzielimy na dwa i każdą z połów odbijamy na dwusiecznej z obu stron. Przecięcia drugich ramion tych kątów w przecięciu z dwusiecznymi wyznaczają brakujące wierzchołki

[mint18]

10.
Nie jestem pewny czy rozumiem dobrze to zadanie, bo coś zbyt łatwo poszło:

Ukryta treść:    

[bakala12]

10.
Nie jestem pewny czy rozumiem dobrze to zadanie, bo coś zbyt łatwo poszło:

Ukryta treść:    

Też to znalazłem. Jednakże to chyba nie tak należy rozumieć.

Czy istnieje zamknięty ciąg ruchów po całej szachownicy, taki że na każdym polu jest się tylko raz ?

Słowo klucz to "zamknięty".

[mol_ksiazkowy]

Słowo klucz to "zamknięty".

rozumieć to intuicyjnie, np.

Jeśli początek pierwszego boku pokrywa się z końcem ostatniego, to łamaną nazywamy zamkniętą, w przeciwnym razie mówimy, że łamana jest otwarta. Jeżeli boki łamanej nie przecinają się (nie mają punktów wspólnych poza wierzchołkami), to łamaną nazywamy zwyczajną, jeśli zaś boki łamanej przecinają się to łamaną taką nazywamy wiązaną.

Ukryta treść: