Zadania 71-80

Data ostatniej modyfikacji:
2013-09-8

Symbole matematyczne można wpisywać w notacji kalkulatorowej lub TEX-owej. Można korzystać ze ściągi zamieszczonej na  górze strony na pasku poziomego MENU. Każdy wzór należy poprzedzić napisem tex i zakończyć napisem /tex umieszczonymi w nawiasach kwadratowych.

ZADANIE 71 (8 IX 2013)
Dominika (niezweryfikowany), niedziela, 08/09/2013 - 17:51

Wyznaczyć wszystkie liczby pierwsze p, dla których liczba p2+2 jest pierwsza.

 

Rozwiązanie zadania 71

Istnieje tylko jedno takie p=3. Liczby pierwsze większe od trzech mogą mieć postać p=6n+1 lub p=6n+5 dla n \in{0, 1, 2, 3, ...}, bo odrzucamy liczby parzyste (tzn. 6n, 6n+2, 6n+4) i podzielne przez 3 (tzn. 6n+3). Teraz wystarczy zauważyć, że (6n+1)2+2 = 36n2+12n+1+2 = 3·(12n2+4n+1) oraz (6n+5)2+2 = 36n2+60n+25+2 = 3·(12n2+15n+9), a to są liczby złożone.

ZADANIE 72 (9 IX 2013)

Wykazać, że (1+\frac{1}{n})^n > (1+\frac{1}{n+1})^{n+1} dla dowolnej liczby naturanej n.

Uwaga do zadania 72

Zacznijmy od tego, że podana nierówność jest fałszywa ( np. nie jest spełniona dla n=2). Prawdziwa jest natomiast nierówność przeciwna i wynika z nierówności między średnimi.

Brak rozwiązania

Zadanie 72 nadal wymaga szczegółowego uzasadnienia.

TeX

Czy jest możliwość interfejsu TeXowego? Inaczej rozwiązanie bedzie wyglądać masakrycznie.

Wzory w texu

Wszystko działa bez zarzutu. Wystarczy tylko starannie zastosować się do instrukcji podanej powyżej (tzn. użyć nawiasów kwadratowych i właściwego ukośnika).

Rozwiązanie zadania 72

Zacznijmy od przekształcenia lewej strony:
 L= (1+\frac{1}{n+1})^{n+1}=(\frac{n+2}{n+1})^{n+1}=(\frac{1 \cdot n+1+n \cdot \frac{1}{n}}{n+1})^{n+1}=
(\frac{1+n \cdot (1+ \frac{1}{n})}{n+1})^{n+1} .
Teraz stosujemy nierówność między średnią arytmetyczną i geometryczną dla n+1 liczb (które nie wszystkie są równe, stąd nierówność jest ostra):
\frac{1+n \cdot (1+ \frac{1}{n})}{n+1}) > \sqrt[n+1]{1\cdot(1+\frac{1}{n})^{n}}.
Po podniesieniu obu stron nierówności do potęgi n+1 otrzymujemy
 L > (1+\frac{1}{n})^{n} , co kończy dowód.

Cicho coś tutaj

Co się dzieje, jeśli długo nie ma odpowiedzi? Ponad miesiąc mija odkąd wstawiłem ten dowód.

Namieszałeś

No bo namieszałeś z tym zapisem texowym. Nic nie dało się zrozumieć. Teraz jest OK, ale redakcja mogłaby to znacznie wcześniej poprawić.

Teraz pana kolej

Wydaje mi się, że teraz Pan powinien zaproponować zadanie.

ZADANIE 73 (5 XI 2013)

Nie wiem, na jakim dokładnie poziomie powinny być zadania. Podam takie niby studenckie, ale geniuszu do niego nie potrzeba, tylko dużo cierpliwości.
Niech A(x, y) - zwana funkcją Ackermana - będzie zdefiniowana zależnością rekurencyjną:
A(0, n) = n+1
A(m, 0) = A(m-1, 1)
A(m, n) = A(m-1, A(m, n-1)).
Pokazać, że A(3, n)=2n+3-3.

Rozwiązanie zadania 73

Rozwiążemy to metodą indukcji matematycznej.
Zauważmy, że A(1, k) = A(0, A(1, k-1)) = A(1, k-1)+1 = ... = A(1, k-n)+n = ... = A(1, k-k)+k = A(1, 0)+k = A(0, 1)+k = k+2.
Teraz zauważmy, że A(2, k) =  A(1, A(2, k-1)) = A(2, k-1)+2 = ... = A(2, k-n)+2n = A(2, k-k)+2k = A(2, 0)+2k = A(1, 1)+2k = A(0, A(1, 0))+2k = A(1, 0)+2k+1 = A(0, 1)+2k+1 = 2k+3.
Następnie obliczamy A(3, 0) = A(2, 1) = 2·1+1 = 5 = 20+3-3, zatem dla n=0 warunek jest spełniony.
Zakładamy teraz, że dla pewnego n≥0 zachodzi A(3, n) = 2n+3-3. Musimy pokazać, że wówczas dla n+1 zachodzi A(3, n+1) = 2n+4-3.
A oto dowód: A(3, n+1) = A(2, A(3, n)) = 2A(3, n)+3 = 2·(2n+3-3)+3 = 2n+4-3.
Zatem na mocy twierdzenia o indukcji zachodzi teza: A(3, n) = 2n+3-3.

Rozwiązanie zad. 73 - jeszcze raz

Zgrabny opis rozwiązania można znaleźć tutaj - w numerze 25 gazetki "Macierzator" wydawanej przez Studenckie Koło Naukowe Matematyków na Uniwersytecie Śląskim.

ZADANIE 74 (15 XI 2013)

Znajdź najmniejszą liczbę naturalną, która posiada dokładnie 10 dodatnich dzielników.

Rozwiązanie zadania 74

Ponieważ 10=5·2, szukana liczba to 25-1 · 32-1 = 24·3 = 48. Wtedy wszystkich dzielników jest właśnie 5·2 (mamy 5 możliwości wyboru potęgi dwójki - od 0 do 4 - i 2 możliwości wyboru potęgi trójki - od 0 do 1). A że szukamy najmniejszej liczby o 10 dzielnikach, jako podstawy bierzemy najmniejsze liczby pierwsze 2 i 3. Innym kandydatem na rozwiązanie mogłaby być liczba 29, która też ma 10 dzielników (potęgi dwójki od 0 do 9), ale ta liczba jest znacznie większa niż 48.

ZADANIE 75 (25 XI 2013)

Dla każdej liczby możemy podać sumę jej cyfr, a dla tej sumy znowu sumę jej cyfr itd. Tę operację możemy powtarzać tak długo, dopóki nie dostaniemy liczby jednocyfrowej. Jaki wynik wyjdzie w przypadku liczby 2^{3^{4^{5^{6^{7^{7^{8^{9}}}}}}}?

Próba rozwiązanie zadania 75

Wystarczy skorzystać z prostego faktu, że liczba i suma jej cyfr dają taką samą resztę z dzielenia przez 9 (dowodzi się tego tak samo, jak cechy podzielności przez 9). Zatem szukaną w zadaniu liczbą jednocyfrową jest reszta z dzielenia wyjściowej liczby przez 9. Zastosujemy metodę dla kongruencji. Przypominam, że można je potęgować stronami. Znak przystawania oznacza, że liczby dają te same reszty z dzielenia przez 9. Mamy więc:
2 ≡ 2 (mod 9)
23 = 8 ≡ -1 (mod 9)
(-1)4 = 1 ≡ 1 (mod 9)
15 = 1 ≡ 1 (mod 9) itd.
wykonujemy dalsze potęgowania jedynki, aż do
19 = 1 ≡ 1 (mod 9).
Zatem 2^{3^{4^{5^{6^{7^{7^{8^{9}}}}}}}} ≡ 1 (mod 9) i 1 jest szukanym wynikiem.

Błąd

Ogólna idea rozwiązania jest dobra, ale potęgowanie jest błędnie wykonywane. W danym wyrażeniu nie ma zawiasów i nie można brać potęgi po potędze "od dołu". Takie wyrazenia czyta się "od góry", wiec 2 nie jest podnoszone do potęgi 3, ale do całego piętrowego wykładnika traktowanego jako jedna liczba. Ale poprawienie rozwiązania powinno być proste. 

Rozwiązanie zadania 75

Faktycznie, mój błąd. Wystarczy jednak zauważyć, że 26k+i ≡ 2i · 26k ≡ 2i ·(2^{6})^{k}≡ 2i · 64k ≡ 2i · 1k ≡ 2i (mod 9), czyli dla potęgi dwójki reszta z dzielenia przez 9 zmienia się okresowo co 6. Zatem wystarczy znaleźć resztę z dzielenia przez 6 tego piętrowego wykładnika. Jest ona równa 3, bo 3k ≡ 3 (mod 6) dla dowolnego k naturalnego. Z kolei 23 = 8 ≡ 8 (mod 9), więc szukanym wynikiem jest 8.

ZADANIE 76 (30 XI 2013)

Która liczba jest większa: log37 czy log519? Oczywiście nie można korzystać z kalkulatora.

Rozwiązanie zadania 76

Ze wzoru na zmianę podstaw logarytmu mamy: log37 = \frac{\log 7}{\log 3} oraz log519 =\frac{\log 19}{\log 5}.
Obie te liczby porównam z 14/5. Zajmijmy się pierwszą nierównością: \frac{\log 7}{\log 3}< 14/5.
Mnożymy obie strony nierówności przez log3 (co jest dodatnie, więc znak pozostaje bez zmian): log7 < 14/5 · log3. Ze wzoru na logarytm potęgi mamy log7 < log39/5. Ponieważ logarytm jest funkcją rosnącą, możemy usunąć go z obu stron nierówności bez zmiany znaku, czyli 7 < 39/5. Podnosząc do potęgi piątej (co dla liczb większych od 1 możemy zrobić bez zmiany znaku) mamy 75 < 39.  Tę nierówność można łatwo sprawdzić bez kalkulatora: 16807<19683.
Analogicznie dowodzimy drugiej nierówności: \frac{\log 19}{\log 5} > 14/5. Ostatecznie otrzymujemy, że druga z podanych liczb jest większa.

Krótsze rozwiązanie

Poprzednie zadanie można zrobić znacznie krócej. Po skorzystaniu ze wzoru na zamianę podstaw wystarczy w nierówności \frac{\log7}{\log3}&lt;\frac{\log19}{\log5} licznik i mianownik prawej strony rozszerzyć przez 2, a lewej - przez 3. Mamy wtedy  \frac{\log343}{\log27}&lt;\frac{\log361}{\log25}. Lewy ułamek ma mniejszy licznik i większy mianownik niż prawy, więc jest na pewno mniejszy.

ZADANIE 77 (5 XII 2013)

Niech x, y > 2. Pokazać, że xy+4 > 2(x+y).

Rozwiązanie zadania 77

Mnożąc stronami nierówność x-2>0 przez y-2 (co można zrobić bez zmiany znaku, bo y-2>0), otrzymujemy xy-2x-2y+4 > 0, co po przekształceniu daje xy+4 > 2(x+y), cbdu.

Szybko i elegancko

W pojedynkę rozwalamy tę dziesiatkę?. Poproszę następne zadanie;)

ZADANIE 78 (7 XII 2013)

Na to wygląda:). Rozstrzygnąć, czy liczba 210+512 jest pierwsza.

Rozwiązanie zadania 78

210+512 = 210+512+2·25·56-2·25·56 = (25+56)2-(23·53)2 = (25+56-2353)(25+56+23·53).
Zostaje zauważyć, że ten rozkład nie zawiera jedynki. Pierwszy nawias przedstawia mniejszą liczbę i jest większy od 1, bo 56-23·53 = 56-103 = 253-103 = 15·(625+250+100) >1. Zatem liczba z zadania jest złożona.

ZADANIE 79 (11 XII 2013)

Pokaż, że jeśli iloczyn i różnica dwóch liczb dzieli się przez liczbę mieszkańców twojego miasta, to różnica miliardowych potęg tych liczb też.

Rozwiązanie zadania 79

Niech k będzie liczbą mieszkańców miasta. Wtedy k dzieli a-b. Ze wzoru skróconego mnożenia na róznicę n-tych potęg mamy an-bn = (a-b)(an-1+an-2b+...+abn-2+bn-1) wynika, że k dzieli także an-bn dla każdego n naturalnego, w szczególności dla n=109.

Było widzę łatwe

Następne zadanie możesz dawać:)

ZADANIE 80 (14 XII 2013)

W turnieju szachowym brało udział 2n zawodników. Każda para rozegrała ze sobą co najwyżej jeden mecz. Po turnieju okazało się, że n zawodników rozegrało dokładnie 2, a pozostali gracze dokładnie 3 spotkania. Ilu było zawodników w tym turnieju?

Rozwiązanie zadania 80

Każdy szachista rozegrał co najmniej dwa spotkania. W momencie gdy rozegrali dokładnie dwa, liczbę graczy można utożsamić z wierzchołkami pewnej liczby rozłącznych wielokątów (z każdego wierzchołka wychodzą dwa boki, które łączą danego gracza z tymi, z którymi rozegrał już mecze). Teraz n z tych graczy musi rozegrać trzecie spotkanie, czyli wyprowadzamy odcinek z jednego z wierzchołków tych wielokątów i doprowadzamy go do dowolnego innego wierzchołka niepołączonego jeszcze bokiem z wierzchołkiem wyjściowym (będzie to przekątna już istniejącego wielokąta lub odcinek idący do innego wielokąta), ale to oznacza, że drugi gracz w tej partii (ten do którego doprowadzaliśmy odcinek) też rozegrał trzecie spotkanie. Z każdego wierzchołka rzędu 2 trzeba wyprowadzić (doprowadzić) co najwyżej jeden odcinek, bo żaden z graczy nie rozegrał czterech lub więcej spotkań. Czyli liczba spotkań może być dowolna, ale podzielna przez cztery, bo liczba graczy z trzema spotkaniami musi być parzysta (liczba graczy "dawców" odcinka musi myć równa liczbie graczy "biorców" odcinka). W ten sposób podałem warunek konieczny. Teraz warunek wystarczający. Załóżmy, że liczba graczy jest podzielna przez 4 i wynosi 4k. Wówczas możemy z graczy ułożyć dwa 2k-kąty foremne. Oznaczmy wierzchołki każdego z nich numerami od 1 do 2k i połączmy pierwsze k wierzchołków pierwszego wielokąta z k wierzchołkami drugiego. Otrzymamy wtedy układ opisany w zadaniu. Mamy więc tezę, że liczba graczy w turnieju była wielokrotnością czwórki.

ZADANIE 81 (25 XII 2013)

W jakiej kolejności występują na osi liczby a, b, c, jeśli zachodzi równość a2+b2-ab=c2?

Powrót na górę strony