[MIX] Zadania na trening

[mol_ksiazkowy]

1. N i e r ó w n o ś ć dla d o d a t n i c h ; Udowodnić, że \(\displaystyle{ \frac{x-y}{xy+2y+1}+ \frac{y-z}{yz+2z+1}+ \frac{z-x}{xz+2x+1} \geq 0.}\)
2. Dane są trzy różne punkty kratowe \(\displaystyle{ A, B, C}\) (tj. punkty o współrzędnych całkowitych). Udowodnić, że istnieje jeszcze inny punkt kratowy \(\displaystyle{ P}\), o tej własności że odcinki \(\displaystyle{ PA, PB, PC}\) nie mają punktów kratowych (poza swymi końcami).
3. Czy istnieje wielomian \(\displaystyle{ f \in \ZZ[x]}\) siódmego stopnia i rozkładalny w \(\displaystyle{ \ZZ[x]}\) jeśli \(\displaystyle{ f ^{-1}(\{ -1,1 \})}\) jest siedmioelementowym zbiorem liczb całkowitych ?
4. Wyznaczyć wszystkie \(\displaystyle{ f: \QQ^{+} \to \QQ^{+}}\) że \(\displaystyle{ f(x+ \frac{y}{x})= f(x) + \frac{f(y)}{f(x)}+ 2y}\) dla \(\displaystyle{ x, y \in \QQ^{+}.}\)
5. Kwadrat \(\displaystyle{ 7 \times 7}\) podzielono na \(\displaystyle{ 16}\) prostokątów \(\displaystyle{ 3 \times 1}\) i kwadrat \(\displaystyle{ 1 \times 1}\). Gdzie może być a gdzie nie może (na jakich polach) ten kwadrat ?
6. Wyznaczyć wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f: \RR \to \RR}\) takie, że \(\displaystyle{ f (yf(x) - x ) = f(x)f(y) + 2x}\) dla \(\displaystyle{ x, y \in \RR.}\)
Japonia
7. Iloczyn \(\displaystyle{ n \geq 2}\) liczb rzeczywistych różni się od każdej z nich o liczbę całkowitą nieparzystą (*). Czy wszystkie one muszą być niewymierne ?
(*) np. \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{13}-1}{2}}\) i \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{13}+3}{2}}\)
8. Udowodnić tożsamość
\(\displaystyle{ 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - ...+ \frac{1}{2n-1}= \frac{1}{n}+ ... + \frac{1}{2n-1}}\)
i) indukcją
ii) bez indukcji.
9. Rozwiązać równanie \(\displaystyle{ x = \sqrt{a-x}\sqrt{b-x} + \sqrt{b-x}\sqrt{c-x} + \sqrt{c-x}\sqrt{a-x}.}\)
Kiedy rozwiązanie nie istnieje ?
10. Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia iż przy \(\displaystyle{ 6n}\) rzutach kostką do gry każda liczba oczek wypadnie \(\displaystyle{ n}\) razy ?

11. Wykaż lub obal: Jeśli w rosnącym ciągu arytmetycznym liczb naturalnych są liczby \(\displaystyle{ p^2}\) i \(\displaystyle{ q^3}\), gdzie \(\displaystyle{ p \neq q}\) są liczbami pierwszymi, to w ciągu tym jest wyraz będący szóstą potęgą liczby naturalnej.
12. Ile jest wszystkich możliwych pokolorowań elementów zbioru \(\displaystyle{ \{ 1,..., n \} \times \{ 1,..., n \}}\) (tj. punktów kratowych) na niebiesko bądź czerwono w ten sposób aby każdy kwadrat jednostkowy miał dwa wierzchołki czerwone i dwa niebieskie ?
13. Czy liczba Fermata może być iloczynem dwóch liczb Mersenne’a ?
14. W pewnej grupie jest \(\displaystyle{ 3,5\%}\) osób z nadciśnieniem przy czym \(\displaystyle{ 80\%}\) osób z nadciśnieniem oraz \(\displaystyle{ 60\%}\) osób, które nie mają nadciśnienia nadużywa alkoholu. Jaki procent wśród osób nadużywających alkohol ma nadciśnienie ?

15. Niech \(\displaystyle{ f(s, t) = \frac{st(1-st)}{(1+s^2)(1+t^2)}}\) dla \(\displaystyle{ s,t >0}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ f}\) ma jedno jedyne ekstremum i wyznaczyć je.
16. Profesor ma \(\displaystyle{ 20}\) studentów i każdy z nich ma swój numer-etykietę (tj. liczbę ze zbioru \(\displaystyle{ \{1,...,20 \}}\)) nieznany Profesorowi. Po wyczytaniu jakiegoś zestawu liczb zgłaszają się studenci z tymi etykietami. Ile co najmniej wyczytań musi wykonać Profesor, aby znać etykietę każdego studenta ?
17. Rozwiązać równanie r ó ż n i c z k o w e \(\displaystyle{ ye^y=(y^3+2xe^y)y'.}\)
18. Na płaszczyźnie dany jest okrąg \(\displaystyle{ \omega}\) oraz dwa dowolne punkty \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\). Skonstruować okrąg \(\displaystyle{ \omega^{\prime}}\) na którym są \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) i taki, że punkty przecięcia się tych okręgów, tj. \(\displaystyle{ C}\) i \(\displaystyle{ D}\) są końcami średnicy okręgu \(\displaystyle{ \omega}\).
Kiedy rozwiązanie nie istnieje ?
19. Udowodnić, że wielomian \(\displaystyle{ P(x) = x^5 - 55x + 21}\) ma dwa pierwiastki rzeczywiste o iloczynie \(\displaystyle{ 1.}\)
20. Rozwiązać układ równań
\(\displaystyle{ \begin{cases}2 \sin (\alpha) + 3 \sin (\gamma) = \sin (\beta) + 6 \sin (\delta) \\ 6 \sin (\alpha) + 4 \sin (\gamma) =8 \sin (\beta) + 3 \sin (\delta), \end{cases}}\)
gdzie \(\displaystyle{ 0 < \alpha, \beta, \gamma, \delta < \pi}\) oraz \(\displaystyle{ \alpha+ \beta + \gamma+ \delta =2\pi.}\)
M

21. W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) środkowe dwóch boków przecinają się pod kątem prostym. Spośród wszystkich trójkątów o tej własności i bokach całkowitych wyznaczyć taki, który ma najmniejszy obwód.
22. W ł a s n o ś ć funkcji E u l e r a; Czy dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\) istnieje \(\displaystyle{ m \neq n}\) że \(\displaystyle{ \phi(n) = \phi(m)}\) ?
23. Na ile sposobów można usadzić 10 osób przy 5 nierozróżnialnych okrągłych stołach, przy założeniu że żaden stolik nie jest pusty i jest istotne kto ma jakich sąsiadów ?
24. Udowodnić, że układy
\(\displaystyle{ \begin{cases} a^2+b^2=2 \\c^2+d^2=2 \\ac=bd \end{cases}}\)
i
\(\displaystyle{ \begin{cases} a^2+c^2=2 \\b^2+d^2=2 \\ab=cd. \end{cases}}\)
są równoważne

25. Czy można poetykietować wierzchołki sześcianu liczbami \(\displaystyle{ 1,..,8}\) w ten sposób aby sumy na wszystkich krawędziach były różne ?
26. Niech dany będzie zbiór \(\displaystyle{ 2n^2}\) prostych na płaszczyźnie, z których żadne dwie nie są równoległe i żadne trzy nie przecinają się w jednym punkcie. Proste dzielą płaszczyznę na obszary. Niech \(\displaystyle{ S}\) będzie zbiorem tych obszarów, które mają skończone pole. Udowodnić, że można pomalować \(\displaystyle{ n}\) prostych na czerwono, w taki sposób że nie istnieje obszar ze zbioru \(\displaystyle{ S}\), którego brzeg jest w całości pomalowany na czerwono
27. Udowodnić że wśród wszystkich wyrazów ciągu \(\displaystyle{ n^2+1}\) jest nieskończona ilość liczb kwadratowych.
(tj. podzielnych przez kwadrat liczby pierwszej \(\displaystyle{ p}\))
28. Dany jest nieskończony ciąg dodatnich liczb całkowitych \(\displaystyle{ a_0 < a_1 < a_2 < ...}\). Udowodnić że istnieje dokładnie jedna liczba całkowita \(\displaystyle{ n \geq 1}\), dla której spełnione jest \(\displaystyle{ a_n < \frac{a_0+ ... +a_n}{n} \leq a_{n+1}.}\)
RPA
29. Dla jakich \(\displaystyle{ c \in \RR}\) istnieje niestała funkcja rzeczywista dla której
\(\displaystyle{ f(c(x+y)) = f(x)+ f(y)}\)
gdy \(\displaystyle{ x,y \in \RR}\) ?
30. W tej wersji trójkąta Pascala każdy wyraz jest sumą trzech liczb powyżej i najbliżej niego. Udowodnić, że w każdym rzędzie (za wyjątkiem pierwszego i drugiego) jest choć jedna liczba parzysta (różna od zera)
\(\displaystyle{ \begin{bmatrix} 0&0&0&0&1&0&0&0&0\\0&0&0&1&1&1&0&0&0\\0&0&1&2&3&2&1&0&0\\0&1&3&6&7&6&3&1&0\\.&.&.&.&.&.&.&.&.\end{bmatrix}}\)

[kerajs]

10:    

\(\displaystyle{ P= \frac{ \frac{(6n)!}{(n!)^6} }{6^{6n}}}\)

[Mruczek]

9. To zadanie z XXXVII OM - I - 7:

[NogaWeza]

17:    

\(\displaystyle{ ye^y=(y^3+2xe^y)y'}\)
Można to przerobić na równanie (niezupełnie ) zupełne i poszukać czynnika całkującego.
\(\displaystyle{ ye^y \dd x + \left( -y^3 - 2xe^y\right) \dd y = 0}\)
Równanie jeszcze nie jest zupełne, bo nie zachodzi \(\displaystyle{ \frac{ \partial P}{ \partial y} = \frac{ \partial Q}{ \partial x}}\). Szukając czynnika całkującego warto zacząć od najprostszych przypadków, na przykład założyć, że czynnik ten jest funkcją tylko jednej ze zmiennych.
Okazuje się, że jeśli założymy \(\displaystyle{ \mu = \mu (y)}\), to dostaniemy równanie zupełne. Pozostaje ten czynnik wyznaczyć.
Różniczkując \(\displaystyle{ \frac{ \partial (P \mu)}{ \partial y} = \frac{ \partial (Q \mu)}{ \partial x}}\) dostajemy \(\displaystyle{ \frac{1}{\mu} \frac{ \dd \mu}{\dd y} = \frac{\frac{ \partial P}{ \partial y} - \frac{ \partial Q}{ \partial x}}{-P}}\), skąd po obliczeniach otrzymujemy \(\displaystyle{ \mu = \frac{1}{y^3} e^{-y}}\).

Dalej, mnożąc obustronnie przez \(\displaystyle{ \mu}\):
\(\displaystyle{ \frac{1}{y^2} \dd x + \left( -e^{-y} - \frac{2x}{y^3}\right) \dd y = 0}\)
Teraz rzeczywiście \(\displaystyle{ P_{y}^{\prime} = Q_{x}^{\prime}}\)
Istnieje zatem \(\displaystyle{ F}\) takie, że \(\displaystyle{ \frac{ \partial F}{ \partial x} = P(x,y) , \quad \frac{ \partial F}{ \partial y} = Q(x,y)}\)
\(\displaystyle{ F = \frac{x}{y^2} + C(y)}\)
\(\displaystyle{ \frac{-2x}{y^3} + D'(y) = \frac{-2x}{y^3} - e^{-y}}\), stąd \(\displaystyle{ D = e^{-y}}\)
Ostatecznie \(\displaystyle{ \frac{x}{y^2} + e^{-y} = C}\), da się wyznaczyć jawnie \(\displaystyle{ x(y)}\):
\(\displaystyle{ x(y) = y^2 (C - e^{-y})}\)

[Premislav]

Czy na pewno zadanie 8. jest dobrze Mnie wychodzi brak równości dla \(\displaystyle{ n=1, n=2}\) i dalej mi się nie chciało sprawdzać.
EDIT: Teraz jest już OK, więc to udowodnię.

8.:    

\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{2n-1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}= \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{k}}\)
I Dowód indukcyjny:
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Dla \(\displaystyle{ n=1}\) mamy równość \(\displaystyle{ 1=1}\).
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Przypuśćmy, że dla pewnego \(\displaystyle{ n \in \NN^+}\) jest
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{2n-1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}= \sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{k}}\)
Wówczas mamy
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{2n+1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}=-\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+1}+\sum_{k=1}^{2n-1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}=\\=-\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+1}+\sum_{k=n}^{2n-1} \frac{1}{k}=\frac{1}{n}-\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+1}+ \sum_{k=n+1}^{2n-1}\frac 1 k=\sum_{k=n+1}^{2n+1}\frac 1 k}\)
gdzie po prostu w drugiej równości wykorzystałem założenie indukcyjne.
To kończy dowód (BTW kiedyś straciłem na sprawdzianie w liceum punkt za nienapisanie "na mocy zasady indukcji matematycznej bla bla", lol).


II Dowód nieindukcyjny:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{2n-1} \frac{(-1)^{k+1}}{k}= \sum_{m=1}^{n} \frac{1}{2m-1} -\sum_{m=1}^{n-1} \frac{1}{2m}=\\=\sum_{m=1}^{n} \frac{1}{2m-1} + \sum_{m=1}^{n-1} \frac{1}{2m}- \sum_{m=1}^{n-1} \frac{1}{2m}- \sum_{m=1}^{n-1} \frac{1}{2m}=\\= \sum_{m=1}^{2n-1}\frac{1}{m}- \sum_{m=1}^{n-1}\frac{1}{m}= \sum_{m=n}^{2n-1}\frac 1 m}\)
Może pomieszałem indeksy, ale taka jest idea (dodać i odjąć coś).

15.:    

Niech \(\displaystyle{ f(s,t)=\frac{st(1-st)}{(1+s^2)(1+t^2)}}\)
Wówczas
\(\displaystyle{ \frac{\partial f}{\partial s}= \frac{(t-2st^2)(1+s^2)-2s^2t(1-st)}{\left( 1+s^2\right)^2(1+t^2) }= \frac{t-2st^2-s^2 t}{(1+s^2)^2(1+t^2)}=\\=t\cdot \frac{1-2st-s^2}{(1+s^2)^2(1+t^2)}}\)
oraz, wobec symetryczności \(\displaystyle{ f}\),
\(\displaystyle{ \frac{\partial f}{\partial t}=s\cdot \frac{1-2ts-t^2}{(1+t^2)^2(1+s^2)}}\)
Zatem układ równań (warunek konieczny istnienia ekstremum)
\(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{\partial f}{\partial s}=0\\ \frac{\partial f}{\partial t}=0 \end{cases}}\)
daje nam następujące przypadki:
\(\displaystyle{ \begin{cases} s=0 \\ t=0 \end{cases}\vee \begin{cases}s=0 \\ 1-2st-s^2=0 \end{cases} \\
\vee \begin{cases}t=0 \\ 1-2st-t^2=0 \end{cases}\vee \begin{cases}1-2st-s^2=0 \\ 1-2st-t^2=0 \end{cases}}\)
Drugi i trzeci przypadek dają oczywistą sprzeczność \(\displaystyle{ 1=0}\), natomiast punkt \(\displaystyle{ (0,0)}\) usuwamy z rozważań, gdyż z założenia \(\displaystyle{ s,t>0}\)
Natomiast układ równań
\(\displaystyle{ \begin{cases}1-2st-s^2=0 \\ 1-2st-t^2=0 \end{cases}}\)
rozwiązujemy, odejmując stronami np. drugie od pierwszego, co daje \(\displaystyle{ s=\pm t}\), a ponieważ rozważamy \(\displaystyle{ s,t>0}\), więc \(\displaystyle{ s=t}\). Wstawiając tę zależność np. do drugiego równania układu, otrzymujemy \(\displaystyle{ 3t^2=1}\), tj. z uwagi na ograniczenie do liczb dodatnich \(\displaystyle{ t=s=\frac{1}{\sqrt{3}}}\)
W tym punkcie istotnie jest ekstremum, a mianowicie maksimum (nie tylko lokalne) i wynosi ono \(\displaystyle{ \frac{1}{8}}\). Dowód: po wstawieniu na pałę dostajemy \(\displaystyle{ f\left( \frac{1}{\sqrt{3}}, \frac{1}{\sqrt{3}}\right)=\frac 1 8}\)
Pozostaje zatem wykazać, że dla dowolnych dodatnich \(\displaystyle{ s,t}\) mamy
\(\displaystyle{ \frac{st(1-st)}{(1+s^2)(1+t^2)} \le \frac 1 8}\)
Równoważnie
\(\displaystyle{ (st)^2+s^2+t^2+1 \ge 8st-8(st)^2\\ 9(st)^2+s^2+t^2+1 \ge 8st\\ 3(st)^2+3(st)^2+3(st)^2+s^2+t^2+\frac 1 3+\frac 1 3+\frac 1 3 \ge 8st}\)
co natychmiast wynika z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną.
Równość zachodzi dla równych zmiennych (tych z AM-GM, nie z zadania), więc dla
\(\displaystyle{ s^2=t^2=3(st)^2=\frac 1 3}\), czyli \(\displaystyle{ s=t=\frac{1}{\sqrt{3}}}\)

Poza tym przypomniało mi się, że gdzieś już widziałem zadanie 28.
- jest to zadanie 1. z IMO 2014.

[kerajs]

14:    

x - liczność grupy
\(\displaystyle{ \frac{ \frac{35}{1000} \cdot \frac{8}{10} x}{\frac{35}{1000} \cdot \frac{8}{10} x+\frac{1000-35}{1000} \cdot \frac{6}{10} x} \cdot 100 \% =4,61285 \%}\)

16:    

Profesor zapisuje binarnie numery studentów i wyczytuje tych co mają jedynki na miejscu jedności, potem tych co mają jedynki na miejscu dwójek, ... itd.
\(\displaystyle{ 2^4<20<2^5}\)
Profesor może zidentyfikować każdego studenta już po pięciu wyczytanych zestawach.

19:    

\(\displaystyle{ x^5-55x+21=(x^2+ax+1)(x^3+bx^2+cx+21)}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} a+b=0\\ 1+ab+c=0\\ 21+ac+b=0\\ 21a+c=-55 \end{cases} \Rightarrow
\begin{cases} b=-a\\ a^2+21a+54=0\\ 21(a^2+ \frac{8}{3}a-1) =0\\ c=-21a-55 \end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases} b=-a\\ a=-18 \vee a=-3\\ a=-3 \vee a= \frac{1}{3} \\ c=-21a-55 \end{cases} \\
x^5-55x+21=(x^2-3x+1)(x^3+3x^2+8x+21)=\\=(x- \frac{3- \sqrt{5} }{2} )(x- \frac{3+ \sqrt{5} }{2} )(x^3+3x^2+8x+21)}\)

25:    

Jest 13 możliwych sum (od \(\displaystyle{ 1+2=3}\) do \(\displaystyle{ 7+8=15}\) które można przypisać do 12 krawędzi sześcianu. Niech pominiętą sumą będzie mniejsza od 12. Wymusza to krawędzie połączone z wierzchołkiem 8: 8+7(15), 8+6(14) i 8+5(13) {krawędź 7+6(13) nie jest możliwa ze względu na krawędzie o sumie 15 i 14}. Sprawia to, że nie jest możliwe uzyskanie krawędzi o sumie 12 bo wierzchołek z cyfrą 8 ma już trzy krawędzie (odpada suma 4+8), a wybrane wierzchołki 7 i 5 tworzą przekątną. Sprzeczność. Więc niech pominiętą sumą będzie nie mniejsza niż 12. Ale to wymusza krawędzie połączone z wierzchołkiem 1: 1+2(3), 1+3(4) i 1+4(5) {krawędź 2+3(5) nie jest możliwa ze względu na krawędzie o sumie 3 i 4}. Jednak teraz nie jest możliwe uzyskanie krawędzi o sumie 6 bo wierzchołek z cyfrą 1 ma już trzy krawędzie (odpada suma 1+5), a wybrane wierzchołki 2 i 4 tworzą przekątną. Sprzeczność.
Wniosek. Ponumerowanie wierzchołków zgodnie z tezą zadania nie jest możliwe

[Premislav]

1.:    

\(\displaystyle{ \frac{x-y}{xy+2y+1}+ \frac{y-z}{yz+2z+1}+ \frac{z-x}{xz+2x+1} \geq 0}\)
Po cierpliwym wymnożeniu i redukcji wyrazów podobnych otrzymujemy równoważną (w dodatnich)
nierówność \(\displaystyle{ 3(x-y)(y-z)(z-x)+(x+1)^2(y-z)^2+(y+1)^2(z-x)^2+(z+1)^2(x-y)^2\ge 0}\)
Teraz zauważmy, że
\(\displaystyle{ 3x(y-z)^2+3y(z-x)^2+3z(x-y)^2+3(x-y)(y-z)(z-x)=\\=6 (x^2 z + x y^2+ y z^2 - 3 x y z )}\),
zaś z nierówności między średnimi mamy
\(\displaystyle{ x^2 z + x y^2 + y z^2 \ge 3 x y z}\)
oraz że \(\displaystyle{ \frac{(x+1)^2+3(x-1)^2}{4}+3x=(x^2-x+1)+3x=(x+1)^2}\) itd.
Mamy zatem
\(\displaystyle{ (1.) \ 3(x-y)(y-z)(z-x)+ \sum_{\text{cyc}}^{}3x(y-z)^2=6 (x^2 z + x y^2 + y z^2- 3 x y z )\ge 0}\)
oraz
\(\displaystyle{ (2.) \ \frac 1 4\sum_{\text{cyc}}^{}\left((x+1)^2+3(x-1)^2 \right)\left( y-z\right)^2\ge 0}\)
Po dodaniu stronami nierówności (1.) i (2.) dostajemy właśnie
\(\displaystyle{ 3(x-y)(y-z)(z-x)+(x+1)^2(y-z)^2+(y+1)^2(z-x)^2+(z+1)^2(x-y)^2\ge 0}\)
co kończy dowód.
Jak ktoś zna/wymyśli bardziej zgrabne podejście, to proszę pisać.

4.:    

\(\displaystyle{ f\left(x+ \frac{y}{x}\right)= f(x) + \frac{f(y)}{f(x)}+ 2y}\)
Kładąc \(\displaystyle{ y=x}\) otrzymujemy
(1.) \(\displaystyle{ f(x+1)=f(x)+2x+1}\)
Natomiast podstawiając w wyjściowym równaniu \(\displaystyle{ x=1}\), po czym zamieniając \(\displaystyle{ y}\) na \(\displaystyle{ x}\) dostajemy
(2.) \(\displaystyle{ f(x+1)=f(1)+ \frac{f(x)}{f(1)}+2x}\)
Ponieważ z (1.) wynika, że \(\displaystyle{ f}\) nie może być stała, więc po porównaniu prawych stron (1.)
i (2.) mamy \(\displaystyle{ f(1)=1}\)
W połączeniu z \(\displaystyle{ f(x+1)=f(x)+2x+1}\) daje nam to
\(\displaystyle{ f(n)=n^2, n=1,2,3\ldots}\):
zgadujemy mianowicie, że \(\displaystyle{ f(n)=cn^2+dn}\) i wstawiając \(\displaystyle{ n=1, n=2}\) oraz rozwiązując układ równań uzyskujemy, że \(\displaystyle{ c=1, d=0}\)(pozostaje sprawdzenie, które pomijam).

Teraz znajdziemy postać \(\displaystyle{ f\left( \frac 1 m\right), \ m=1,2,3\ldots}\)
Zauważmy, że kładąc w wyjściowym równaniu \(\displaystyle{ x=m \in \NN^+, y=1}\)
uzyskujemy \(\displaystyle{ f\left( m+\frac 1 m\right)=\left( m+\frac 1 m\right)^2}\)
Korzystając teraz z (1.) możemy zapisać
\(\displaystyle{ \left( m+\frac 1 m\right)^2 =f\left( m+\frac 1 m\right)=f\left( m-1+\frac 1 m\right)+2\left( m-1+\frac 1 m\right)+1}\)
i stąd po żmudnych obliczeniach mamy
\(\displaystyle{ f\left( m-1+\frac 1 m\right)=\left( m-1+\frac 1 m\right)^2}\)
W ten sposób, z użyciem indukcji (czy jak to tam nazwać) dowodzimy, że
\(\displaystyle{ f\left( m-n+\frac 1 m\right)=\left( m-n+\frac 1 m\right)^2, \ m,n \in \NN^+, m\le n}\)
Drugi krok indukcyjny: jeżeli dla pewnego \(\displaystyle{ n<m}\) zachodzi
\(\displaystyle{ f\left( m-n+\frac 1 m\right)=\left( m-n+\frac 1 m\right)^2}\),
to w myśl (1.) możemy zapisać
\(\displaystyle{ f\left( m-n-1+\frac 1 m\right)= \left( m-n+\frac 1 m\right)^2-2\left( m-n+\frac 1 m\right)+1=\left( m-n-1+\frac 1 m\right)^2}\)
ze wzoru skróconego mnożenia na kwadrat różnicy.
W szczególności, biorąc \(\displaystyle{ n=m}\), dostajemy
\(\displaystyle{ f\left( \frac 1 m\right)=\left( \frac 1 m\right)^2, \ m=1,2,3\ldots}\)

Pozostał ostatnii etap: udowodnienie, że
\(\displaystyle{ f\left( \frac m n\right) =\left( \frac m n\right)^2, \ m,n \in \NN^+}\)
Połóżmy \(\displaystyle{ x=m, y=n, m,n \in \NN^+}\) i dostajemy z wyjściowego równania oraz z rozwiązania dla naturalnych:
\(\displaystyle{ f\left( m+\frac n m\right) =f(m)+ \frac{f(n)}{f(m)}+2n=m^2+\left( \frac n m\right)^2+2n=\\=\left( m+\frac n m\right)^2}\)
Następnie, podobnie jak w poprzednim przypadku, wykazujemy, że jeśli \(\displaystyle{ m,n,k \in \NN^+}\)
oraz \(\displaystyle{ k\le m}\), to
\(\displaystyle{ f\left( m-k+\frac{n}{m}\right) =\left( m-k+\frac{n}{m}\right)^2}\)
Nie chce mi się już tego pisać, więc pokażę tylko drugi krok indukcyjny (o ile tak to można nazwać):
niech \(\displaystyle{ m,n,k \in \NN^+}\) i \(\displaystyle{ k<m}\) oraz
\(\displaystyle{ f\left( m-k+\frac n m\right) =\left( m-k+\frac n m\right)^2}\)
Na mocy (1.) zapisujemy, że
\(\displaystyle{ \left( m-k+\frac n m\right)^2=f\left( m-k-1+\frac n m\right)+2 \left( m-k-1+\frac n m\right)+1}\)
i otrzymujemy, że wówczas jest
\(\displaystyle{ f\left( m-k-1+\frac n m\right)=\left( m-k-1+\frac n m\right)^2}\)
i tyle.
Podsumowanie: jedyna taka funkcja to \(\displaystyle{ f(t)=t^2}\)

13.:    

Nie może. Jako liczbę Fermata rozumiem
\(\displaystyle{ 2^{2^n}+1, n \in \NN}\), zaś jako liczbę Mersenne'a \(\displaystyle{ 2^m-1, m \in \NN}\).
Przypuśćmy nie wprost, że istnieją \(\displaystyle{ m,n,k \in \NN^+}\) (przy czym \(\displaystyle{ m,k}\) różne) takie, że
\(\displaystyle{ 2^{2^n}+1=(2^m-1)(2^k-1)}\)
Po przekształceniach:
\(\displaystyle{ 2^{m+k}=2^{2^n}+2^m+2^k}\)
(stąd oczywiście \(\displaystyle{ m+k>2^n}\)).
Jest to sprzeczność z jednoznacznością zapisu binarnego.

24.:    

Niech \(\displaystyle{ a,b,c,d \in \RR}\) będą takie, że
\(\displaystyle{ \begin{cases} a^2+b^2=2 \\c^2+d^2=2 \\ac=bd \end{cases}}\)
Odejmując drugie równanie od pierwszego stronami, dostajemy \(\displaystyle{ a^2-c^2=d^2-b^2}\)
Mnożąc trzecie równanie stronami przez \(\displaystyle{ 2i}\) (\(\displaystyle{ i^2=-1}\)), mamy \(\displaystyle{ 2iac=2ibd}\)
Dodając teraz te dwa ostatnie badziewia stronami, otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ (a+ic)^2=(d+ib)^2}\), więc
\(\displaystyle{ a+ic=d+ib \vee a+ic=-d-ib}\)
Z przyrównania części rzeczywistych i urojonych (bo \(\displaystyle{ a,b,c,d \in \RR}\)) wychodzi, że
\(\displaystyle{ a=d, b=c \vee a=-d, c=-b}\)
i po wstawieniu tego do początkowego układu już łatwo widać, że także \(\displaystyle{ ad=bc}\).
Analogicznie w drugą stronę, tj. gdy \(\displaystyle{ a^2+b^2=2, c^2+d^2=2, ad=bc}\),
wówczas dostajemy \(\displaystyle{ (a+id)^2=(c+ib)^2}\)

Inny pomysł to jakaś interpretacja geometryczna…
A w przypadku \(\displaystyle{ a,b,c,d \in \CC}\) nie mam zgrabnego pomysłu. Można dojść do tego samego,
co powyżej z tymi \(\displaystyle{ a+ic=d+ib \vee a+ic=-d-ib}\) itd., ale dalej wchodzą części rzeczywiste i urojone \(\displaystyle{ a,b,c,d}\)

27.:    

Niechaj \(\displaystyle{ n=7k^{10}}\) takie że \(\displaystyle{ \NWD(k,50)=1}\), np. \(\displaystyle{ k=10m+1, m \in \NN}\). Wówczas mamy z twierdzenia Eulera
\(\displaystyle{ k^{20}\equiv 1\pmod{50}}\), gdyż \(\displaystyle{ \varphi(50)=\varphi(2)\varphi(25)=20}\)
a więc wtedy \(\displaystyle{ n^2+1=49k^{20}+1\equiv 0\pmod{50}}\), więc w szczególności \(\displaystyle{ n^2+1\equiv 0\pmod{25}}\)
Tj. wystarczy wziąć \(\displaystyle{ n=7\cdot (10m+1)^{10}, m=1,2,3,\ldots}\)
i wtedy \(\displaystyle{ 5^2 |n^2+1}\)

Zadanie 29. wygląda na koszmarnie trudne…

[timon92]

29:    

tylko dla \(\displaystyle{ c=1}\) istnieje taka funkcja

dla \(\displaystyle{ c=1}\) funkcja \(\displaystyle{ f(x)=x}\) jest ok

dla \(\displaystyle{ c \neq 1}\) próbujemy podstawić takie \(\displaystyle{ x,y}\), że \(\displaystyle{ c(x+y)=y}\), na przykład \(\displaystyle{ x}\) dowolny i \(\displaystyle{ y=x\cdot\frac{c}{1-c}}\); dowiadujemy się, że \(\displaystyle{ f(y)=f(c(x+y))=f(x)+f(y)}\), tj. \(\displaystyle{ f(x)=0}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ x}\)

1:    

\(\displaystyle{ \frac{x-y}{xy+2y+1}+1=\frac{xy+x+y+1}{xy+2y+1}=\frac{(x+1)(y+1)}{xy+2y+1}}\)

dla przejrzystości podstawimy \(\displaystyle{ a=x+1, b=y+1, c=z+1}\)

\(\displaystyle{ \frac{(x+1)(y+1)}{xy+2y+1}=\frac{ab}{ab-a+b} = \frac{1}{1-\frac 1b+\frac 1a}=\frac{1}{1-e+d},}\)

przy czym \(\displaystyle{ d=\frac 1a, e=\frac 1b, f=\frac 1c}\)

przekształcenia prowadzą do

\(\displaystyle{ \sum_{\text{cyc}}\frac{x-y}{xy+2y+1} \ge 0 \iff \sum_{\text{cyc}}\frac{(x+1)(y+1)}{xy+2y+1} \ge 3 \iff \sum_{\text{cyc}}\frac{1}{1-e+d} \ge 3}\)

a to jest prawda, bo z nierówności Schwarza mamy \(\displaystyle{ 3\left(\sum_{\text{cyc}}\frac{1}{1-e+d}\right) = \left(\sum_{\text{cyc}}(1-e+d)\right)\left(\sum_{\text{cyc}}\frac{1}{1-e+d}\right) \ge 9}\)

(zamiast Schwarza można użyć AM-HM)

[Premislav]

Co do 29. - NO CUSH tak to jest, jak się próbuje znaleźć takie funkcje dla \(\displaystyle{ c\neq 1}\), medytując nad nieciągłymi rozwiązaniami równania Cauchy'ego.

Bardzo fajne rozwiązanie pierwszego, znacznie zgrabniejsze.

[kerajs]

5:    

Kwadrat może być tylko na polach: \(\displaystyle{ (1,1),(1,4),(1,7), (4,1),(4,4),(4,7), (7,1),(7,4),(7,7)}\)

12:    

il - ilość pokolorowań
\(\displaystyle{ il=2\left( 2^{n}-1\right)}\)

23:    

Na czerwono podane są układy ilości osób przy 5 stołach, a na czarno ilości rozsadzeń przy danym układzie.
\(\displaystyle{ \red 6,1,1,1,1 \ \ \ \black {10 \choose 6} \cdot 5!\\
\red 5,2,1,1,1 \ \ \ \black {10 \choose 5} \cdot 4! \cdot {5 \choose 2} \\
\red 4,3,1,1,1 \ \ \ \black {10 \choose 4} \cdot 3! \cdot {6 \choose 3} \cdot 2! \\
\red 4,2,2,1,1 \ \ \ \black {10 \choose 4} \cdot 3! \cdot {6 \choose 2} \cdot {4 \choose 2} \cdot \frac{1}{2!} \\
\red 3,3,2,1,1 \ \ \ \black {10 \choose 3} \cdot 2! \cdot {7 \choose 3} \cdot 2! \cdot {4 \choose 2} \cdot \frac{1}{2!} \\
\red 3,2,2,2,1 \ \ \ \black {10 \choose 3} \cdot 2! \cdot {7 \choose 2} \cdot {5 \choose 2} \cdot {3 \choose 2} \cdot \frac{1}{3!} \\
\\red 2,2,2,2,2 \ \ \ \black {10 \choose 2} \cdot {8 \choose 2} \cdot {6 \choose 2} \cdot {4 \choose 2} \cdot \frac{1}{5!}}\)

30:    

Ponumeruję od 0 poziomy trójkąta i liczby na danym poziomie . Poziom 0 ma tylko jedynkę: \(\displaystyle{ 1_{0,0}}\), poziom 1 to trzy jedynki: \(\displaystyle{ 1_{1,0}, 1_{1,1}, 1_{1,2},}\), poziom 2 to \(\displaystyle{ 1_{2,0},2_{2,1},3_{2,2},2_{2,3},1_{2,4}}\) itd.
Można zauważyć że parzystość/nieparzystość czterech pierwszych liczb w tym samym poziomie trójkąta powtarza się okresowo co cztery poziomy. Parzystymi są dla \(\displaystyle{ n \in \NN_+}\) :
\(\displaystyle{ a_{2n,1}=a_{2n,4n-1}=2n\\
a_{4n-1,2}=a_{4n-1,8n-4}\\
a_{4n+1,3}=a_{4n+1,8n-1}}\)

[PoweredDragon]

6. \(\displaystyle{ f (yf(x) - x ) = f(x)f(y) + 2x}\)

Niedokończone; miałem coś, ale skopałem w myśleniu:    

Kładziemy \(\displaystyle{ y =0}\)
\(\displaystyle{ f(-x) = f(0)f(x)+2x}\)
\(\displaystyle{ x:= -x}\)
\(\displaystyle{ f(x) = f(0)f(-x)-2x}\)

Załóżmy, że miejscem zerowym \(\displaystyle{ f}\) nie jest \(\displaystyle{ 0}\).
Wstawiając \(\displaystyle{ x = 0}\) otrzymujemy

\(\displaystyle{ f(0) = f^2(0)}\)
Skąd \(\displaystyle{ f(0) = 0}\) lub \(\displaystyle{ f(0) = 1}\)
Jeśli \(\displaystyle{ f(0) = 0}\), otrzymujemy sprzeczność, z tym, że \(\displaystyle{ 0}\) nie jest miejscem zerowym f; jeśli \(\displaystyle{ f(0) = 1}\), wówczas mamy
\(\displaystyle{ f(x) = f(-x)-2x \Leftrightarrow f(x) = g(x) - x}\), gdzie \(\displaystyle{ g(x)}\) jest funkcją parzystą, \(\displaystyle{ g(0) = 1}\)
Sprawdzamy, że funkcja ta nie spełnia warunku zadania:
\(\displaystyle{ f(yf(x)-x)=f(y)f(x)+2x}\)
\(\displaystyle{ f(yg(x)-xy-x) = (g(y)-y)(g(x)-x)+2x}\)
\(\displaystyle{ g(yg(x)-xy-x)-(yg(x)-xy-x) = g(y)g(x)-yg(x)-xg(y)+xy+2x}\)
\(\displaystyle{ g(yg(x)-xy-x) = g(y)g(x)-xg(y)+x}\)
\(\displaystyle{ g(y(g(x)-x)-x) = g(y)(g(x)-x)+x}\)


No i lipa; udowodni ktoś, że ta funkcja nie spełnia warunków zadania i mamy koniec ;_;

\(\displaystyle{ f(0) = 0}\).
Wówczas \(\displaystyle{ f(x) = -2x}\) i sprawdzamy, że rzeczywiście owa funkcja spełnia warunki zadania
\(\displaystyle{ f(-2xy-x) = -2(-2xy-x)=4xy+2x = f(x)f(y)+2x}\)

[timon92]

6:    

\(\displaystyle{ x:=0, y:=0}\) prowadzi do \(\displaystyle{ f(0)=f(0)^2}\), czyli \(\displaystyle{ f(0)=0}\) lub \(\displaystyle{ f(0)=1}\)

gdy \(\displaystyle{ f(0)=0}\), to \(\displaystyle{ x:=-x, y:=0}\) daje \(\displaystyle{ f(x)=-2x}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ x}\) i sprawdzamy, że ta funkcja działa

gdy \(\displaystyle{ f(0)=1}\), to podstawienie \(\displaystyle{ y:=0}\) prowadzi do \(\displaystyle{ f(-x)=f(x)+2x}\) i wobec tego dla dowolnych \(\displaystyle{ x,y}\)

\(\displaystyle{ f(x)f(y)+2x=f(yf(x)-x)=f(x-yf(x))+2(x-yf(x)) \implies \\
f(x)(f(y)+2y)=f(x-yf(x)) \implies \\
f(x)f(-y)=f(x-yf(x))}\)

podstawmy sobie w ostatniej równości \(\displaystyle{ y:=-y}\), dostajemy \(\displaystyle{ \boxed{f(x)f(y)=f(x+yf(x))}}\)

teraz weźmy dowolną liczbę \(\displaystyle{ a}\) o tej własności, że \(\displaystyle{ f(a)=1}\) i wstawmy \(\displaystyle{ x:=a, y:=a}\):

\(\displaystyle{ f(af(a)-a)=f(a)f(a)+2a}\), ale \(\displaystyle{ f(af(a)-a))=f(a-a)=f(0)=1}\) oraz \(\displaystyle{ f(a)f(a)+2a=1+2a}\), tj. \(\displaystyle{ 1=1+2a}\), czyli \(\displaystyle{ a=0}\)

innymi słowy, \(\displaystyle{ f}\) przyjmuje wartość \(\displaystyle{ 1}\) wyłącznie w zerze

teraz zajmiemy się miejscami zerowymi, powiedzmy, że \(\displaystyle{ f(a)=0}\) dla jakiejś liczby \(\displaystyle{ a}\), wtedy podstawienie \(\displaystyle{ x:=\frac 12, y:=a}\) w wyjściowym równaniu daje \(\displaystyle{ f\left(af\left(\frac 12\right)-\frac 12\right)=1}\) więc z tego co było wyżej dostajemy \(\displaystyle{ af\left(\frac 12\right)-\frac 12=0}\), czyli \(\displaystyle{ a=\frac{1}{2f\left(\frac 12\right)}}\)

to znaczy, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) może przyjąć wartość \(\displaystyle{ 0}\) wyłącznie dla argumentu \(\displaystyle{ \frac{1}{2f\left(\frac 12\right)}}\)

teraz weźmy \(\displaystyle{ a,b}\) takie, że \(\displaystyle{ f(a)=f(b)\neq 0}\) i wstawmy do równości z ramki \(\displaystyle{ x:=a, y:=\frac{b-a}{f(a)}}\), wtedy \(\displaystyle{ a+yf(a)=b}\) i dostajemy \(\displaystyle{ f(a)f(y)=f(b)}\), czyli \(\displaystyle{ f(y)=1}\), czyli \(\displaystyle{ y=0}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{b-a}{f(a)}=0}\), czyli \(\displaystyle{ a=b}\)

wniosek stąd taki, że każda niezerowa liczba rzeczywista jest przyjmowana przez \(\displaystyle{ f}\) dla co najwyżej jednego argumentu, a wcześniej pokazaliśmy to samo dla zera, to znaczy, że \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa

teraz już z górki: dwukrotnie stosując równość w ramce dostajemy \(\displaystyle{ f(x+yf(x))=f(x)f(y)=f(y)f(x)=f(y+xf(y))}\) i z różnowartościowości wnioskujemy iż \(\displaystyle{ x+yf(x)=y+xf(y)}\)

wstawiamy powyżej \(\displaystyle{ y:=-x}\), stosujemy wzór \(\displaystyle{ f(-x)=f(x)+2x}\) i dochodzimy do \(\displaystyle{ x-xf(x)=-x+xf(-x)=-x+x(f(x)+2x)}\)

gdy \(\displaystyle{ x\neq 0}\) to powyższą równość można podzielić przez \(\displaystyle{ x}\), otrzymujemy \(\displaystyle{ 1-f(x)=-1+f(x)+2x}\), czyli \(\displaystyle{ f(x)=1-x}\) dla każdego \(\displaystyle{ x\neq 0}\), zaś skądinąd wiemy, że \(\displaystyle{ f(0)=1}\), czyli formuła \(\displaystyle{ f(x)=1-x}\) zachodzi dla wszystkich \(\displaystyle{ x}\)

pozostaje sprawdzić, że funkcja \(\displaystyle{ f(x)=1-x}\) spełnia warunki zadania

odpowiedź: jedyne funkcje spełniające warunki zadania to \(\displaystyle{ x \mapsto -2x}\) oraz \(\displaystyle{ x \mapsto 1-x}\)

[mol_ksiazkowy]

24 cd

Ukryta treść:    

Wynika bezpośrednio z tożsamości
\(\displaystyle{ (a^2+b^2 - 2)^2 + (c^2+d^2 - 2)^2 + 2(ac-bd)^2 = (a^2+c^2 - 2)^2+ (b^2+d^2 - 2)^2 +2(ab-cd)^2}\)
uogólnienie:
Jeśli wiersze macierzy kwadratowej są układem ortonormalnym, to także są nim kolumny tej macierzy.

[HelperNES]

15.

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ f(s, t) = \frac{st(1-st)}{(1+s^2)(1+t^2)}}\) dla \(\displaystyle{ s,t >0}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ f}\) ma jedno jedyne ekstremum i wyznaczyć je

Korzystając z warunku koniecznego na istnienie ekstremum:
\(\displaystyle{ \bigtriangledown f=0}\)

Otrzymujemy układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{\partial f}{\partial t}=\frac{s(t^2+2st-1)}{(t^2+1)^2(s^2+1)}=0 \\ \frac{\partial f}{\partial s}=\frac{t(s^2+2st-1)}{(t^2+1)(s^2+1)^2}=0\end{cases}}\)

Przez \(\displaystyle{ s,t>0}\) mamy, że \(\displaystyle{ \frac{s}{(t^2+1)^2(s^2+1)} , \frac{t}{(t^2+1)(s^2+1)^2} >0}\)

W takim razie układ równań redukuje się nam do:
\(\displaystyle{ \begin{cases} t^2+2st-1=0 \\ s^2+2st-1=0 \end{cases}}\)

Z czego widać od razu, że \(\displaystyle{ t^2=s^2}\), dodatkowo z \(\displaystyle{ s,t>0}\) wynika \(\displaystyle{ s=t}\) , a wtedy z dowolnego równania otrzymujemy:
\(\displaystyle{ t^2 + 2t^2 -1 =0 \Rightarrow 3t^2=1 \Rightarrow t=s= \pm\frac{\sqrt{3}}{3}}\)

Rozwiązanie \(\displaystyle{ (-\frac{\sqrt{3}}{3},-\frac{\sqrt{3}}{3})}\) odrzucamy przez \(\displaystyle{ s,t>0}\) i zostaje nam jedyne rozwiązanie \(\displaystyle{ (\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3})}\) , dla którego funkcja przyjmuje wartość:
\(\displaystyle{ f(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3})=\frac{1}{8}}\)

[Premislav]

HelperNES, ale sprawdziłeś tylko warunek konieczny, Twoje rozumowanie nie dowodzi, że w tym punkcie istotnie jest ekstremum.