Zad. 1. Czy istnieje 10 000 liczb dziesięciocyfrowych i podzielnych przez 7 takich, że każda z nich może być otrzymana z każdej innej przez permutację (przestawienie) cyfr?
Zad. 2. Zbadaj zbieżność ciągu un+1 = (un)1/2 + 1/(n+1) w zależności od u0 ≥ 0. Dla jakich wartości u0 ciąg un ma granicę? Ile ona wynosi?
Zad. 3. Dla liczb rzeczywistych x, y wartość wyrażenia (xn–yn) / (x–y) jest liczbą całkowitą dla pewnych czterech kolejnych liczb naturalnych n. Wykaż, że (xn–yn) / (x–y) jest liczbą całkowitą dla każdego naturalnego n.
Punktacja za zadania grudniowe:
- 16 pkt. - Radosław Górzyński I LO Lubin,
- 4 pkt. - Franciszek Ungeheuer I LO Krosno.
Zad. 1. Liczba sposóbów, na które można wybrać zestaw 10 cyfr (bez nadawania im kolejności, ale z możliwością powtarzania cyfr w zestawie) jest równa "19 po 9" - to symbol dwumianowy oznaczany B(19, 9). Stosujemy tu model kombinacji z powtórzeniami (czyli metodę "stars & bars" dla 10 gwiazd i 9 kresek - więcej o tym w wykładzie z konkursu KOMA 2021 dla LO). Mamy B(19, 9) = 92378 < 105, a ponieważ dziesięciocyfrowych wielokrotności siedmiu jest więcej niż 109 (dlaczego?), to ten sam zestaw cyfr przypadnie przynajmniej w 109 / 105 = 104 spośród nich.
Zad. 2. Ciąg un jest zbieżny do 1 niezależnie od wyboru u0. Mamy u1 = (u0)1/2 + 1 ≥ 1, więc ui ≥ 1 dla i ≥ 1. Do rozwiązania zadania wystarczy teraz pokazać, że granica górna ciągu un też jest równa 1. Ustalmy dowolne L>1 i oznaczmy d = L–√L. Wybierzmy N takie, że 1/(N+1) < d/2. Wtedy dla każdego n, dla którego un > L, zachodzi:
un – un+1 = un – (un)1/2 – 1/(n+1) > L – √L – d/2 = d/2. Powyższa nierówność wynika z tego, że funkcja f(x) = x – √x jest rosnąca dla x > 1. Jeżeli un ≤ L, to un ≤ L + d/2, więc tylko skończenie wiele wyrazów ciągu un będzie większych od L + d/2. Ponieważ L + d/2 dąży do 1, gdy L dąży do 1, z dowolności wyboru L wynika, że 1 jest granicą górną ciągu un.
Zad. 3. Oznaczmy tn = (xn–yn) / (x–y). Ciąg tn spełnia zależność rekurencyjną
tn+2 + btn+1 + ctn = 0 dla b = -(x+y) i c = xy. Pokażemy, że b i c są całkowite.
Mamy cn = (xy)n = tn+12 – t2tn+2. W takim razie z założeń zadania wynika, że istnieje m, dla którego cm i cm+1 są całkowite, a stąd wynika, że c ∈ ℤ. Ponieważ b spełnia równanie
b = (tmtm+3 – tm+1tm+2) / cm, musi być liczbą wymierną. Z zależności rekurencyjnej
tn+2 + btn+1 + ctn = 0 wynika, że b jest pierwiastkiem równania fm(x) = tm+1, gdzie fm jest wielomianem stopnia m o współczynnikach całkowitych, którego współczynnik przy xm jest równy 1 (bo t0 = 0, t1 = 1), wobec tego b ∈ ℤ.
