Matematyka.pl

ta liczba zapisana nieco inaczej wynosi \(\displaystyle{ \sqrt{10}}\)

\(\displaystyle{ a_{n}=\frac{2666\ldots}{\ldots6665}=\frac{2222\ldots+4444\ldots}{\ldots6666-1}=\frac{2\cdot\frac{10^{n+1}-1}{9}+4\cdot\frac{10^{n}-1}{9}}{6\cdot\frac{10^{n+1}-1}{9}-1}=\frac{\frac{20}{9}\cdot10^{n}-\frac{2}{9}+\frac{4}{9}\cdot10^{n}-\frac{4}{9}}{\frac{60}{9}\cdot10^{n}-\frac{6}{9}-1}=\frac{\frac{24}{9}\cdot10^{n}-\frac{2}{3}}{\frac{60}{9}\cdot10^{n}-\frac{5}{3}}}\)
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }a_{n}=\lim_{n \to \infty}\frac{\frac{24}{9}\cdot10^{n}-\frac{2}{3}}{\frac{60}{9}\cdot10^{n}-\frac{5}{3}}=\lim_{n \to \infty}\frac{24-\frac{6}{10^n}}{60-\frac{15}{10^{n}}}=\frac{2}{5}}\)

Prawdziwe są nierówności
\(\displaystyle{ (x _{n}- x_{1})(x _{1}-x _{1}) \ge 0}\)
\(\displaystyle{ (x _{n}-x _{2})(x _{2}-x _{1}) \ge 0}\)
\(\displaystyle{ (x _{n}-x _{3})(x _{3}-x _{1}) \ge 0}\)
...
\(\displaystyle{ (x _{n}-x _{n})(x _{n}-x _{1}) \ge 0}\)
na mocy warunku \(\displaystyle{ x _{1} \le ... \le x _{n}}\). Sumując wszystkie stronami otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ -(x _{1} ^{2}+...+x _{n} ^{2})+(x _{1}+x _{n})(x _{1}+...+ x_{n})-nx _{1}x _{n} \ge 0}\) i korzystając z równości \(\displaystyle{ (x _{1}+...+ x_{n}=0}\) otrzymujemy teze.

Otóż teza jest nieprawdziwa.
Szukamy rozwiązań \(\displaystyle{ \left(x, \ y\right)}\) równania z parametrem \(\displaystyle{ n}\). Załóżmy, że równanie to ma rozwiązania. Niech para \(\displaystyle{ \left(x, \ y\right)}\) będzie jednym z nich. Oznaczmy \(\displaystyle{ x+y=a}\). Wówczas \(\displaystyle{ a^{2}+3x+y=2n}\). Mamy więc układ dwóch równań liniowych z dwiema niewiadomymi:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+y= a \\ 3x+y=2n-a^{2} \end{cases}}\)
Możemy z niego wyznaczyć \(\displaystyle{ x=n-\frac{a\left(a+1\right)}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ y=\frac{a\left(a+3\right)}{2}-n}\)
A zatem niezależnie wszystkie rozwiązania naszego równania są powyższej postaci. Co więcej, nietrudno zauważyć, że dla każdego całkowitego \(\displaystyle{ a}\), tak wyznaczone liczby \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) są rozwiązaniami naszego równania, a zatem wyznaczyliśmy wszystkie rozwiązania których jest nieskończenie wiele wbrew tezie.

\(\displaystyle{ x=n / y=-n}\)jest parą liczb spełniającą równanie, ale dla \(\displaystyle{ n=1}\) jest nowa para \(\displaystyle{ (0,1)}\)

Oznaczmy \(\displaystyle{ p=\alpha^4+1}\). Mamy:
\(\displaystyle{ \alpha^5+ \alpha-1=0}\)
\(\displaystyle{ p \alpha=1}\)
\(\displaystyle{ \alpha^4= \frac{1}{p^4}}\)
\(\displaystyle{ p= \frac{1}{p^4}+1}\)
\(\displaystyle{ p^5-p^4-1=0}\)
Zatem \(\displaystyle{ \alpha^4+1}\) jest pierwiastkiem równania \(\displaystyle{ p^5-p^4-1=0}\).

Łatwo zgadnąć rozwiązanie \(\displaystyle{ f(x)=-x}\), ale chyba nie o to chodzi, by bawić się w Zgaduj Zgadula. Czy treść nie powinna brzmieć "znajdź wszystkie funkcje spełniające dany warunek, różne od \(\displaystyle{ f(x)=2x}\) lub udowodnij, że takie funkcje nie istnieją"?

(a) Po zamianie podstawy po prawej stronie dostajemy równoważną początkowej nierówność \(\displaystyle{ \log ^{2} _{a} \frac{a+b}{2} \ge \log _{a}b}\). Ale \(\displaystyle{ f(x)=\log _{a}x}\) jest wklęsła w całej swojej dziedzinie dla \(\displaystyle{ a>1}\), więc z nierówności Jensena \(\displaystyle{ f\left( \frac{a+b}{2}\right) \ge \frac{1}{2}f(a)+ \frac{1}{2}f(b)=\log _{a} \sqrt{a}+\log _{a} \sqrt{b}}\). Wobec nieujemności obu stron możemy tę nierówność podnieść stronami do kwadratu. Dostajemy \(\displaystyle{ f ^{2} \left( \frac{a+b}{2}\right) \ge \frac{1}{4}+ \frac{1}{2}\log _{a}b+\log ^{2} _{a} \sqrt{b}}\). Ale ze wzoru skróconego mnożenia na kwadrat różnicy wynika, że to ostatnie jest nie mniejsze od \(\displaystyle{ \log _{a}b}\), co kończy dowód.
(b) Jest to prawda, dowód: po pałerskiej zamianie podstawy po prawej i wymnożeniu, co jest legalne wobec założeń o \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\), dostajemy \(\displaystyle{ \log ^{2} _{a} \sqrt{ab} \ge \log _{a}b}\), po skorzystaniu z własności logarytmu iloczynu i podniesieniu tej sumy logarytmów po lewej stronie do kwadratu mamy \(\displaystyle{ \frac{1}{4}+ \frac{1}{2}\log _{a}b+\log ^{2} _{a} \sqrt{b} \ge \log _{a}b}\), a to znów wynika ze wzoru skróconego mnożenia na kwadrat różnicy. Po drodze wykorzystywałem własność \(\displaystyle{ \log _{a}b ^{c}=c\log _{a}b}\).

Zastępuję ten układ równoważnym układem \(\displaystyle{ I+II-III}\), \(\displaystyle{ I-II+III}\), \(\displaystyle{ -I+II+III}\), gdzie \(\displaystyle{ I}\), \(\displaystyle{ II}\), \(\displaystyle{ III}\) - kolejne równania oryginalnego układu.
Otrzymuję zatem: \(\displaystyle{ \begin{cases} 2 \sqrt{xy}-x-y+z=a+b-c \\2 \sqrt{xz}-x-z+y=a-b+c \\2 \sqrt{yz}+x-y-z=b+c-a \end{cases}}\).
Naturalnie \(\displaystyle{ x}\),\(\displaystyle{ y}\),\(\displaystyle{ z}\) muszą być jednocześnie niedodatnie lub jednocześnie nieujemne (tj. wszystkie trzy w tej samej klasie abstrakcji relacji bycia po jednej stronie \(\displaystyle{ 0}\)). Istotnie, ujemność którejkolwiek z nich wymusza niedodatniość dwóch pozostałych, bo dziedzina funkcji \(\displaystyle{ f(t)= \sqrt{t}}\) jest, jaka jest. Gdy \(\displaystyle{ x \ge 0 \wedge y \ge 0 \wedge z \ge 0}\) (\(\displaystyle{ 1.}\)), to układ przyjmuje postać: \(\displaystyle{ \begin{cases} -( \sqrt{x}- \sqrt{y}) ^{2} +z=a+b-c \\-( \sqrt{z}- \sqrt{x}) ^{2} +y=a-b+c \\-( \sqrt{y}- \sqrt{z}) ^{2}+x =b+c-a \end{cases}}\)
a dalej: \(\displaystyle{ \begin{cases} ( \sqrt{z}+ \sqrt{x}- \sqrt{y})(\sqrt{z}- \sqrt{x}+ \sqrt{y}) =a+b-c \\(\sqrt{y}+ \sqrt{z}- \sqrt{x})(\sqrt{y}-\sqrt{z}+\sqrt{x})=a-b+c \\(\sqrt{x}+\sqrt{y}-\sqrt{z})(\sqrt{x}-\sqrt{y}+\sqrt{z}) =b+c-a \end{cases}}\).
Teraz do boju, hej pałkarze (czyli z tego forum w zasadzie ja), podstawiamy \(\displaystyle{ p=\sqrt{z}+ \sqrt{x}- \sqrt{y}}\),\(\displaystyle{ q=\sqrt{z}- \sqrt{x}+ \sqrt{y}}\),\(\displaystyle{ r=\sqrt{y}-\sqrt{z}+\sqrt{x}}\). Gdy jakiekolwiek dwie ze zmiennych \(\displaystyle{ p}\),\(\displaystyle{ q}\),\(\displaystyle{ r}\) są równe jednocześnie zero, to rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ x=y=z=0}\) (i takież muszą być \(\displaystyle{ a}\),\(\displaystyle{ b}\),\(\displaystyle{ c}\), dla innych \(\displaystyle{ a}\),\(\displaystyle{ b}\),\(\displaystyle{ c}\) w tym przypadku nie ma rozwiązań), gdy dokładnie jedna jest równa zero, to podstawiamy do układu początkowego, np. \(\displaystyle{ \sqrt{y}= \sqrt{x}+ \sqrt{z}}\), zaś gdy żadna nie jest zerem, to po prostu siłowo dzielimy, wyliczając np. \(\displaystyle{ q}\),\(\displaystyle{ r}\) w zależności od \(\displaystyle{ a}\),\(\displaystyle{ b}\),\(\displaystyle{ c}\),\(\displaystyle{ p}\), stąd dostajemy \(\displaystyle{ p}\), a dalej \(\displaystyle{ q}\) i \(\displaystyle{ r}\) jako wyrażenia zależne od \(\displaystyle{ a}\),\(\displaystyle{ b}\),\(\displaystyle{ c}\). W przypadku drugim, tj. \(\displaystyle{ x \le 0 \wedge y \le 0 \wedge z \le 0}\) działamy analogicznie, największą różnicą będzie chyba rozwinięcie lewych stron w \(\displaystyle{ ( \sqrt{x}+\sqrt{y}) ^{2}- (\sqrt{z}) ^{2}}\), etc. i dalej też z różnicy kwadratów.
Przy wyliczaniu dokładnych form jedynym zgrzytem są te brzydkie znaki, jeśli ktoś ma ładniejszy pomysł, omijający to żmudne rozpatrywanie przypadków, to zachęcam, nic nie poradzę na to, że urodziłem się tępy.

A.\(\displaystyle{ f(0)=0}\)
Istotnie Wstawiwszy do równania. \(\displaystyle{ f(0)=c}\)
mamy\(\displaystyle{ f(3c)=2c}\)
\(\displaystyle{ 3c=u. \Rightarrow f(u)= \frac{2}{3} u}\)
\(\displaystyle{ x=y=u}\)
Wstawiamy do zadania z obu stron.Otrzymujemy równanie na u.\(\displaystyle{ u=0}\).
B.\(\displaystyle{ x=0 ;y=x}\).Z A mamy
\(\displaystyle{ f(2f(x))=f(2x)}\)
C.\(\displaystyle{ f}\) jest surjekcją na \(\displaystyle{ R}\), zatem znajdziemy dla każdego \(\displaystyle{ M}\) takie liczby\(\displaystyle{ x,y}\),że \(\displaystyle{ f(x)=M}\) oraz \(\displaystyle{ f(y)= \frac{-M}{2}}\)
Wstawmy je do równania.Okaże się, że
\(\displaystyle{ f(x)=f(2x)+f(2y)}\).Z B mamy:
\(\displaystyle{ f(x)=f(2(x))+f(2(y))}\), co przy założeniach daje:
\(\displaystyle{ M=f(2M)+f(-M)}\)
D.\(\displaystyle{ x=-M;y=2M}\) Wstawmy to do równania
\(\displaystyle{ f(-M+f(-M)+2f(2M))=f(-2M)+f(4M)}\)
Wstawmy tezę C do lewej i prawej strony dla odpowiednio \(\displaystyle{ M}\) i \(\displaystyle{ 2M}\)Mamy
\(\displaystyle{ f(-M+M+f(2M))=2M \Rightarrow f(f(2M))=2M}\)
E.funkcja, która spełnia własność wyprowadzoną w D jest różnowartościowa.Istotnie
Niech \(\displaystyle{ x \neq y}\) oraz \(\displaystyle{ f(x)=f(y)}\).Wbrew temu.
Obłóżmy \(\displaystyle{ f}\)obustronnie i mamy:\(\displaystyle{ f(f(x)=f(f(y) \Rightarrow x=y}\)z ESprzeczność
F.W Bmamy:
\(\displaystyle{ f(2f(x))=f(2x)}\)a z różnowartościowości mamy
\(\displaystyle{ 2f(x)=2x \Rightarrow f(x)=x}\)czyli identyczność zdaje się być jedyną surjekcją spełniającą naszą równość

\(\displaystyle{ z=x+y- \frac{y^2}{x}}\)
Aby \(\displaystyle{ z \in C \Rightarrow y=kx;\ k \in C}\) więc rozwiązaniem jest trójka \(\displaystyle{ (x, kx, x(1+k-k^2))}\)
Ograniczenie do naturalnych rozwiązań daje tylko dwa przypadki:
dla \(\displaystyle{ k=1}\) trójkę \(\displaystyle{ (x,x,x)}\) co nie spełnia założenia \(\displaystyle{ y \neq z}\)
oraz dla \(\displaystyle{ k=0}\) trójkę \(\displaystyle{ (x,0,x)}\) . Jeśli zero przyjąć za naturalne to istnieje nieskończenie wiele rozwiązań, a gdy nie to brak rozwiązania.

Możliwa jest też sytuacja w której \(\displaystyle{ z \in C \Rightarrow y=k \sqrt{x} ;\ k \in C \wedge x=t^2}\). Wtedy rozwiązaniem jest trójka \(\displaystyle{ (t^2, kt, t^2+kt-k^2))}\) a tu jest nieskończenie wiele rozwiązań

\(\displaystyle{ f}\) jest suriekcją, więc istnieje \(\displaystyle{ a}\) takie, że \(\displaystyle{ f(a)=0}\). Wstawiamy \(\displaystyle{ x=y=a}\) i dostajemy \(\displaystyle{ f(2a)=0}\). Teraz kładziemy \(\displaystyle{ x=0, y=2a}\) i dostajemy \(\displaystyle{ f(f(0))=f(0)}\). W wyjściowej równości kładziemy \(\displaystyle{ y=0}\) oraz \(\displaystyle{ y=f(0)}\), porównujemy i dostajemy \(\displaystyle{ f(2f(0))=f(0)}\). Teraz podstawiamy \(\displaystyle{ y=f(0)}\) oraz \(\displaystyle{ y=2f(0)}\), porównujemy i dostajemy \(\displaystyle{ f(4f(0))=f(0)}\). Podstawienie \(\displaystyle{ x=y=f(0)}\) daje równość \(\displaystyle{ f(4f(0))=2f(0)}\). Stąd \(\displaystyle{ f(0)=0}\).

Teza jest nieprawdziwa dla \(\displaystyle{ x=\frac{n}{n+1}}\), bo wtedy \(\displaystyle{ k}\) musiałoby być liczbą całkowitą spełniającą nierówność \(\displaystyle{ n<k<n+1}\).

Natomiast w pozostałych przypadkach:

1) \(\displaystyle{ x>\frac{n}{n+1}}\)
Wtedy wystarczy przyjąć \(\displaystyle{ k=n}\), bo mamy:
\(\displaystyle{ kx=nx<n}\)
oraz
\(\displaystyle{ kx=nx>n\cdot \frac{n}{n+1}=\frac{n^2}{n+1}}\)

2) \(\displaystyle{ x<\frac{n}{n+1}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac nx \in \NN}\)
Wtedy wystarczy przyjąć \(\displaystyle{ k=\frac nx-1}\), bo mamy:
\(\displaystyle{ kx= \left( \frac nx-1\right) \cdot x= n-x<n}\)
oraz
\(\displaystyle{ kx= n-x>n- \frac{n}{n+1} = \frac{n^2}{n+1}}\)

3) \(\displaystyle{ x<\frac{n}{n+1}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac nx \notin \NN}\)
Wtedy wystarczy przyjąć \(\displaystyle{ k= \left\lfloor \frac nx \right\rfloor}\), bo mamy:
\(\displaystyle{ kx = \left\lfloor \frac nx \right\rfloor \cdot x< \frac nx \cdot x = n}\)
oraz
\(\displaystyle{ kx = \left\lfloor \frac nx \right\rfloor \cdot x> \left( \frac nx - 1\right) \cdot x = n-x>n- \frac{n}{n+1} = \frac{n^2}{n+1}}\)