szukanie zaawansowane
 [ Posty: 2 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna
PostNapisane: 7 lut 2011, o 10:47 
Gość Specjalny

Posty: 168
Lokalizacja: Forum Matematyka.pl
timon92 napisał(a):
1. Nie wprost załóżmy, że dla każdego c>0 istnieje para liczb (m,n) taka że m,n \in \mathbb Z, n>0 oraz \left| \sqrt[3]2 - \frac{m}{n} \right| \le \frac{c}{n^3}

Wówczas

\left| \sqrt[3]2 - \frac{m}{n} \right| \le \frac{c}{n^3} \iff \\
\left| n \sqrt[3]2 - m \right| \le \frac{c}{n^2} \iff \\ 
\left( n \sqrt[3]2 - m \right)^2 \le \frac{c^2}{n^4} \iff \\ 
\left( m - n \sqrt[3]2 \right)^2 - \frac{c^2}{n^4} \le 0 \iff \\ 
\left( m - n \sqrt[3]2 - \frac{c}{n^2} \right)\left( m - n \sqrt[3]2 + \frac{c}{n^2} \right) \le 0 \iff \\ 
m \in \left[ n \sqrt[3]2 - \frac{c}{n^2}, n \sqrt[3]2 + \frac{c}{n^2} \right]

Oznacza to, że dla dowolnego c>0 w przedziale \left[ n \sqrt[3]2 - \frac{c}{n^2}, n \sqrt[3]2 + \frac{c}{n^2} \right] znajduje się liczba całkowita. (*)

Jednakże dla dodatniego c spełniającego nierówności c < n^2 \{ \sqrt[3]2 \} \ (1) oraz c < n^2 (1 - \{ \sqrt [3] 2 \}) \ (2). (takie c istnieje - wystarczy wziąć np. \frac{1}{2} \min \left(n^2 \{ \sqrt[3]2 \}, n^2 (1 - \{\sqrt [3] 2 \})\right)) w oczywisty sposób zachodzą następujące nierówności

\lfloor \sqrt[3]2 \rfloor < \sqrt[3]2 - \frac{c}{n^2} < \sqrt[3]2 < \sqrt[3]{2} + \frac{c}{n^2} < \lfloor \sqrt[3]2 \rfloor + 1

Łatwo sprawdzić, że pierwsza z nich jest równoważna (1), dwie środkowe są równoważne c>0, ostatnia zaś jest równoważna (2)

Wynika z nich, że w przedziale \left[ n \sqrt[3]2 - \frac{c}{n^2}, n \sqrt[3]2 + \frac{c}{n^2} \right] nie ma liczby całkowitej, co jest sprzeczne z (*). Otrzymana sprzeczność nie wprost kończy rozwiązanie zadania.





2. Zdefiniujmy nieskończone ciągi liczb rzeczywistych a_1,a_2,..., b_1,b_2,..., c_1,c_2,..., d_1,d_2,... tak, by f^i(x) = \frac{a_ix+b_i}{c_ix+d_i} dla i=1,2,... . Zauważmy, że a_1=a,b_1=b,c_1=c,d_1=d. Ponadto

\frac{a_{i+1}x+b_{i+1}}{c_{i+1}x+d_{i+1}}=f^{i+1}(x) = f(f^i(x)) = \frac{a \cdot f^i(x)+b}{c \cdot f^i(x)+d} = \frac{a \cdot \frac{a_ix+b_i}{c_ix+d_i}+b}{c \cdot \frac{a_ix+b_i}{c_ix+d_i}+d} = \\ \frac{a \cdot (a_ix+b_i)+b({c_ix+d_i})}{c \cdot({a_ix+b_i})+d({c_ix+d_i})} =
\frac{(aa_i+cb_i)x + ba_i+db_i}{(ac_i+cd_i)x+bc_i+dd_i}

Dostajemy stąd rekurencję

a_{i+1} = aa_i+cb_i \\
b_{i+1} = ba_i+db_i \\
c_{i+1} = ac_i+cd_i \\
d_{i+1} = bc_i+dd_i

Pokażemy indukcyjnie, że cb_i=bc_i \ (1) oraz b(a_i-d_i) = (a-d)b_i \ (2).

Dla i=1 równości te w oczywisty sposób zachodzą.

Załóżmy teraz, że równości (1),(2) zachodzą dla pewnego i. Pokażemy, że zachodzą też dla i+1.

(1):
cb_{i+1} = bc_{i+1} \iff \\ cba_i+cdb_i = abc_i+bcd_i \iff \\  cba_i + cdb_i = acb_i+bcd_i \iff \\  c (b(a_i-d_i) - (a-d)b_i)=0 \iff 0=0

(2):
b(a_{i+1}-d_{i+1}) = (a-d)b_{i+1} \iff \\ 
aba_i+bcb_i-b^2c_i-bdd_i=aba_i+adb_i-bda_i-d^2b_i \iff \\
b^2c_i-b^2c_i-bdd_i-adb_i+bda_i+d^2b_i=0 \iff \\
d(b(a_i-d_i) - (a-d)b_i)=0 \iff 0=0

Na mocy indukcji matematycznej równości (1),(2) zachodzą dla wszelkich i=1,2,3,...

Zauważmy, że

F(0)=0 \implies \frac{a_{n} \cdot 0+b_{n}}{c_{n}\cdot 0+d_{n}} = 0 \implies b_n=0

Z (1) i założenia b \neq 0 mamy c_n=\frac{cb_n}{b} = 0. Natomiast z (2) i z b \neq 0 mamy a_n-d_n=\frac{(a-d)b_n}{b} = 0 \implies a_n=d_n. Przeto

F(x) = \frac{a_nx+b_n}{c_nx+d_n} = \frac{a_nx}{a_n} = x, cbdu.





3. Nie wprost przypuśćmy, że nie istnieją permutacje a,b takie, że n! | S(a) - S(b), czyli, że dla dowolnych permutacji a,b zachodzi S(a) \not \equiv S(b) \mod n! \quad (*)

Niech p_1, p_2, ..., p_{n!} będą różnymi permutacjami zbioru \{ 1,2,...,n \}. Jest ich n!, co w połączeniu z (*) implikuje \{ S(p_1), S(p_2), ..., S(p_{n!}) \} = \{ 1,2,...,n! \} \mod n! \quad (**)

Policzmy sumę \sum_{i=1}^{n!} S(p_i) modulo n! na dwa sposoby.

Skoro (**), to \sum_{i=1}^{n!} S(p_i) \equiv \sum_{i=1}^{n!} i = \frac{n! \cdot (n!+1)}{2} = \frac{(n!)^2}{2} + \frac{n!}{2} \equiv \frac{n!}{2} \mod n!

gdyż n>1.


Z drugiej strony łatwo zauważyć, że każda z liczb 1,2,...,n wśród różnych permutacji zbioru \{ 1,2,...,n \} występuje (n-1)! razy na i-tej pozycji dla i=1,2,...,n. Przeto

\sum_{i=1}^{n!} S(p_i) = \sum_{i=1}^{n!} \sum _{j=1}^{n} c_j p_{i_j} \equiv (n-1)! \left( \sum_{i=1}^{n} c_i \right) \cdot \left( \sum_{i=1}^{n} i \right) = \\ (n-1)! \cdot \frac{n(n+1)}{2} \cdot \sum_{i=1}^{n} c_i = n! \cdot \frac{n+1}{2} \cdot \sum_{i=1}^{n} c_i \equiv 0 \mod n!

gdyż liczba \frac{n+1}{2} jest całkowita (bo n jest nieparzyste).

Pokazaliśmy więc, że \frac{n!}{2} \equiv 0 \mod n!, co jest oczywistą sprzecznością, która nie wprost kończy dowód.





4. Oznaczmy półproste z zadania k,l,m. Niech ich ich wspólnym punktem będzie O.

Rozważmy trójkąt ostrokątny ABC o bokach długości a,b,c. Niech
X=-a^2+b^2+c^2, \\Y=a^2-b^2+c^2, \\ Z=a^2+b^2-c^2.

Ponieważ trójkąt ten jest ostrokątny, więc X,Y,Z>0.

Obierzmy na półprostych k,l,m punkty K,L,M odpowiednio, takie że
OK^2 = \frac X 2 , \\
OL^2 = \frac Y 2 , \\ 
OM^2 = \frac Z 2 .

Wówczas na mocy twierdzenia Pitagorasa mamy
KL^2 = OK^2 + OL^2 = \frac X 2 + \frac Y 2 = \frac{-a^2+b^2+c^2 + a^2 - b^2 + c^2}{2} = c^2 \implies \\ KL=c

Analogicznie dostajemy, że LM = a, MK = b

Wystarczy więc umieścić trójkąt ABC w miejsce trójkąta KLM, ckd.





5. Teza nie jest prawdziwa.

Pokażemy, że wielomian W(x)=x+1 nie ma cyklu całkowitego długości co najmniej 2.

Przypuśćmy nie wprost, że wielomian W(x) ma cykl całkowity (a_1,a_2,...,a_k), przy czym k \ge 2. Wówczas a_{i+1}=W(a_i) = a_i+1 > a_i dla każdego i=1,2,...,k-1. Zatem a_k > a_{k-1} > ... > a_1 \quad (*).

Z drugiej strony mamy a_1 = W(a_k) = a_k+1 > a_k, co jest sprzeczne z (*).

Otrzymana sprzeczność nie wprost kończy uzasadnienie odpowiedzi.
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2019
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 7 lut 2011, o 16:39 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 2703
Lokalizacja: Warszawa
Oceny:

Zadanie 1: 6
Zadanie 2: 6
Zadanie 3: 6
Zadanie 4: 6
Zadanie 5: 6
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 2 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Kategoria III, 4 lipca 2009, 23:55  Liga  3
 Kategoria I, 8 lipca 2009, 16:22  Liga  3
 Kategoria II, 5 lipca 2009, 13:47  Liga  2
 Kategoria II, 4 lipca 2009, 13:00  Liga  2
 Kategoria II, 10 lipca 2009, 23:57  Liga  2
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl