Zadania 26-30

Orbita Ziemi wokół Słońca jest niemal kołowa o promieniu ok. 150 mln km. Czas pełnego obiegu to ok. 365,25 dni, czyli 8 766 godzin, co daje prędkość ok. 17 112 km/h.

Jeśli przyjąć, że Ziemia jest kulą o promieniu 6300 km, to punkt równika pokonuje jej okrąg wielki w 24 godziny, czyli porusza się z prędkością 1649 km/h.

Wrocław leży na szerokości geograficznej ok. 50°. Stosunek promienia tego równoleżnika do promienia Ziemi to cos 50°. Zatem droga pokonywana dziennie przez mieszkańców Wrocławia w ruchu wirowym to ok. 25 444 km, co daje prędkość ok. 1060 km/h, co stanowi więcej niż połowę prędkości mieszkańców równika.

Czy w trójkącie Pascala można znaleźć 3 kolejne wyrazy stojące w tym samym wierszu i tworzące ciąg geometryczny?

Nie, nie można:

Niech szukane wyrazy to kolejno [tex]{{n}\choose{k-1}}, {{n}\choose{k}}, {{n}\choose{k+1}}[/tex], gdzie n > k >0.

Z założenia o ciągu geometrycznym mamy:
[tex] {{n}\choose{k-1}}\cdot{{n}\choose{k+1}} = {{n}\choose{k}}^2 [/tex]. Skracając wyrazy w ostatnim równaniu, dostajemy (n-k+1)·(k+1)=(n-k)·k. Opuszczając nawiasy i znów skracając, otrzymujemy ostatecznie n=-1, co jest sprzeczne z założeniem.

Pewien wędrowiec postanowił wybrać się do słynnego miasta odległego o M km od jego rodzinnej miejscowości. Trasę zaplanował na N dni wędrówki.

Na początku pierwszego dnia obliczył 1/N część całej trasy i z uśmiechem na twarzy stwierdził, że wyraża się ona całkowitą liczbą kilometrów. Jako że był człowiekiem zapobiegliwym, postanowił tego dnia przebyć S razy więcej kilometrów, niż by to wynikało ze sprawiedliwego podziału trasy (tzn. przemierzył S·M/N km). Drugiego dnia postąpił podobnie: pozostałą część trasy podzielił na (N-1) równych odcinków ze zdumieniem stwierdzając, że ich długość także wyraża się całkowitą liczbą kilometrów, i przebył S razy większą odległość. Analogiczna sytuacja powtarzała się codziennie: za każdym razem nasz wędrowiec stwierdzał, pozostała odległość do pokonania dzieli się bez reszty przez pozostałą liczbę dni, a następnie konsekwentnie przebywał S razy większy dystans. Jak można łatwo zgadnąć, po N-S+1 dniach szczęśliwie dotarł do celu podróży i miał S-1 dodatkowych dni na zwiedzanie miasta.

Zakładając, że M, N i S są liczbami naturalnymi większymi od zera oraz S < N, podać minimalną długość trasy wędrowca (w zależności od N i S). W zadaniu należy pominąć ograniczenie maksymalnego dystansu, jaki człowiek jest w stanie pokonać jednego dnia.

Przyjmijmy (trochę dziwną) numerację 'od końca', mianowicie niech:
[tex]x_N[/tex] = odległość od celu na początku pierwszego dnia (rano), czyli [tex]x_N=M[/tex],
[tex]x_{N-1}[/tex] = odległość od celu na początku drugiego dnia (rano),
[tex]x_{N-2}[/tex] = odległość od celu na początku trzeciego dnia (rano),
...
[tex]x_{S}[/tex] = odległość od celu na początku [tex]N-S+1[/tex] dnia (rano).

Zauważmy, że właśnie tego dnia (wieczorem) wędrowiec dotarł do celu, bowiem tego dnia rano obliczył [tex]\frac{x_{S}}{S}[/tex] (była to liczba całkowita, nazwijmy ją c) i wędrowiec przebył nie c lecz [tex]S\cdot c= x_S[/tex]km, osiągając cel.

Dzień wcześniej przebył [tex]S\cdot\frac{x_{S+1}}{S+1}[/tex], zatem [tex]x_{S+1}-S\cdot\frac{x_{S+1}}{S+1}=x_{S}[/tex], skąd [tex] x_{S+1}=(S+1)\cdot S\cdot c [/tex].

Jeszcze dzień wcześniej przebył [tex]S\cdot\frac{x_{S+2}}{S+2}[/tex], zatem [tex]x_{S+2}-S\cdot\frac{x_{S+2}}{S+2}=x_{S+1}[/tex], skąd [tex] x_{S+2}=\frac{1}{2}(S+2)\cdot x_{S+1}=\frac{1}{2}(S+2)(S+1)S\cdot c [/tex].

Ogólnie: [tex]x_{S+k}-S\cdot\frac{x_{S+k}}{S+k}=x_{S+k-1}[/tex], skąd

[tex] x_{S+k}=\frac{1}{k}(S+k)\cdot x_{S+k-1}=\frac{1}{k\cdot(k-1)\cdot\ldots\cdot2\cdot 1}(S+k)(S+k-1)...(S+2)(S+1)S\cdot c [/tex]

Po krótkich przekształceniach mamy:
[tex] x_{S+k}=\frac{(S+k)!}{(S-1)!\cdot k!}\cdot c=(S+k)\cdot\frac{(S+k-1)!}{(S-1)!\cdot ((S+k-1)-(S-1))!}\cdot c=(S+k)\cdot{ S+k-1 \choose S-1}\cdot c [/tex].

Stąd widać, że ilorazy [tex]\frac{x_{S+k}}{S+k}[/tex] są liczbami całkowitymi (bo wartości symboli Newtona są całkowite).

Ponadto wartość
[tex] M=x_N=N\cdot{ N-1 \choose S-1}\cdot c [/tex] jest najmniejsza dla c = 1,
czyli [tex] M=N\cdot{ N-1 \choose S-1} [/tex].

Czy w trójkącie Pascala można znaleźć 3 kolejne wyrazy stojące w tym samym wierszu i tworzące ciąg arytmetyczny?

Odpowiedź: Tak. Niech szukanymi elementami będą: [tex]{{n}\choose{k-1}}[/tex],[tex]{{n}\choose{k}}[/tex]i[tex]{{n}\choose{k+1}}[/tex], gdzie n≥2 i 0<k<n są liczbami naturalnymi. Wtedy z założenia o ciągu arytmetycznym mamy: [tex]{{n}\choose{k-1}}+{{n}\choose{k+1}}=2\cdot{{n}\choose{k}}[/tex]. Mnożąc powyższe równanie przez [tex]\frac{(k+1)!(n-k+1)!}{n!}[/tex] i skracając, dostajemy: k(k+1)+(n-k+1)(n-k) = 2(k+1)(n-k+1), a po opuszczeniu nawiasów i pogrupowaniu: (2k-n)² = n+2.

Przypadek 1. 2k-n≥0
Po spierwiastkowaniu i opuszczeniu modułu mamy:[tex]k=\frac{n+\sqrt{n+2}}{2}[/tex]. Aby k było naturalne, n musi być postaci m²-2, gdzie m>1 jest liczbą naturalną. Stąd[tex]k=\frac{m^2+m-2}{2}[/tex]. Łatwo sprawdzić, że dla m>2 te rozwiązania spełniają założenia zadania.

Przypadek 2. 2k-n<0
Postępując jak wyżej, dostajemy: n=m²-2 i [tex]k=\frac{m^2-m-2}{2}[/tex], gdzie m>2.

Łatwo zauważyć, że[tex]\frac{m^2-m-2}{2}+\frac{m^2+m-2}{2}=m^2-2=n[/tex].

Czyli z obydwu przypadków dostajemy te same trójki liczb, ponieważ [tex]{{a}\choose{b}}={{a}\choose{a-b}}[/tex].

Dla jakich wartości parametrów a, b [tex]\in[/tex]Z oraz c, d, e[tex] \in[/tex]N wszystkie rozwiązania równania[tex]x^{a+b\cdot log \left(\frac{x}{c}\right)}=10^d c^e[/tex] są liczbami naturalnymi?
Dla ograniczenia liczby możliwych przypadków proszę założyć, że: a, b ≠ 0, c>1, NWD(a, b)=1, NWD(10, c)<10. Oczywiście log a oznacza logarytm dziesiętny z liczby a.

Ze względu na długi okres, jaki upłynął od zamieszczenia zadania, przedstawiamy rozwiązanie autora (Daniela  Błażewicza ps. klajok).

1) Przypadek d = e = 0

Logarytmujemy równanie i dostajemy: x = 1 lub x = c ·10^(-a/b).
Stąd b = 1 i a < 0  lub  b = -1 i a>0.

2) Przypadek d > 0  lub  e>0

Logarytmujemy równanie, przyjmujemy oznaczenie t = logx i dostajemy
b·t² + (a-b·logc)t - (d-e·logc) = 0, skąd Δ = (b·logc + 2e-a)² + 4(ae-e²+bd).
Aby równanie miało choć jedno rozwiązanie, musi być  Δ ≥ 0.

W tym miejscu jest najtrudniejszy moment. Można intuicyjnie postulować, że aby rozwiązania były naturalne, musi być ae-e²+bd=0, bo wtedy Δ jest kwadratem wyrażenia z logarytmem i szybko dostajemy, że b = -1 i a > 0.

Można też przeprowadzić dowód w sposób ścisły. Rozwiązania równania wyjściowego muszą być liczbami naturalnymi, więc ich iloczyn jest liczbą naturalną. Stąd (np. na podstawie wzorów Viete'a) c·10^(-a/b) musi być naturalne, czyli b = ±1 i ab < 0. Ponadto rozwiązania muszą być dodatnie, więc logx₁ + logx₂ ≥ 0. Dostajemy więc (d+e·logc) / b ≤ 0. Licznik tego ułamka jest zawsze dodatni, więc b < 0, czyli otrzymujemy b = -1  i  a > 0. To upraszcza równanie i dostajemy t = (logc + a ± √Δ)/2, czyli x = 10^((logc + a ±√Δ)/2) . Aby x było liczbą naturalną, √Δ musi być postaci |logc ± k ± logm|, gdzie k jest liczbą naturalną taką, że k ≤ a i a-k jest parzyste, natomiast m to taka liczba naturalna, która dzieli c·10^((a±k)/2), a jednocześnie 10 nie dzieli m [znak ± dobieramy zależnie od wystąpienia znaków +/- w poprzednim wyrażeniu]. Podnosząc do kwadratu, dostajemy Δ = (-logc+2e-a)² + 4(ae-e²-d) = |(logc ± k ± logm)² . Stąd m=1 i mamy powyższy intuicyjny wniosek, że ae-e²-d = 0.

Dalej już jest prosto. Łatwo dostajemy t = logc + e  lub  t = a-e, czyli x = c·10^e  lub  x = 10^a-e. Stąd  b = -1, a > 0,  0 ≤ a  i  d=e·(a-e).

Uwzględniając oba przypadki, otrzymujemy ostatecznie:
c - dowolne (oczywiście w ramach założeń zadania)
b = -1,  a > 0,  0 ≤ e ≤ a  i  d = e(a-e)     lub
b = 1,  a < 0,  e = 0  i  d = 0.

Ufff...