Matematyka.pl

Zadanie 199.

wiemy , że:

\(\displaystyle{ (ka_{1})_{n}+(ka_{1})_{n}+(ka_{1})_{n}+(ka_{1})_{n}=2n ,k=1,2,3,...,n-1}\)

ale:

\(\displaystyle{ (ka_{i})_{n}=ka_{i}-n\left\lfloor \frac{ka_{i}}{n} \right\rfloor}\)

działania na resztach będą łatwiejsze więc podstawmy:

\(\displaystyle{ a_{i}=\alpha_{i}n+r_{i} , r_{i}<n}\)

więc:

\(\displaystyle{ (ka_{i})_{n}=kr_{i}-n \left\lfloor \frac{kr_{i}}{n} \right\rfloor}\)

równość z zadania będzie wyglądać tak:

\(\displaystyle{ \left\lfloor \frac{kr_{1}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{kr_{2}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{kr_{3}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{kr_{4}}{n} \right\rfloor=2k -2}\)

połóżmy:

\(\displaystyle{ k=1}\) otrzymamy:

\(\displaystyle{ 0=\frac{1}{n} \left( r_{1}+r_{2}+r_{3}+r_{4}\right) -2}\)

czyli:

\(\displaystyle{ r_{1}+r_{2}+r_{3}+r_{4}=2n }\)

bo:

\(\displaystyle{ \left\lfloor \frac{r_{1}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{r_{2}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{r_{3}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{r_{4}}{n} \right\rfloor=0}\)

czyli ostatecznie równość zadaniowa na resztach będzie wyglądać tak:

\(\displaystyle{ \left\lfloor \frac{kr_{1}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{kr_{2}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{kr_{3}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{kr_{4}}{n} \right\rfloor=2k -2 , k=1,2,3,...,n-1}\)

łatwo sprawdzić, że jeżeli wykonamy podstawienie:

\(\displaystyle{ k:=n-k}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ \sum_{i-1}^{4} \left\lfloor \frac{(n-k)r_{i}}{n} \right\rfloor= \sum_{i=1}^{4} \left( r_{i}-1-\left\lfloor k\frac{r_{i}}{n} \right\rfloor\right) =2(n-k)-2}\)

po skróceniu i uproszczeniu otrzymamy:

\(\displaystyle{ \left\lfloor \frac{kr_{1}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{kr_{2}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{kr_{3}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{kr_{4}}{n} \right\rfloor=2k -2}\)

czyli to samo...

jak widać równanie jest niezmiennicze względem przekształcenia:

\(\displaystyle{ k:=n-k}\)

wykazaliśmy, że warunki zadania muszą spełniać:

\(\displaystyle{ r_{1}+r_{2}+r_{3}+r_{4}=2n}\)

przyjrzyjmy się jeszcze temu:

\(\displaystyle{ \left\lfloor \frac{kr_{1}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{kr_{2}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{kr_{3}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{kr_{4}}{n} \right\rfloor=2k -2}\)

jeżeli teraz:

\(\displaystyle{ (r_{i},n)=1 , i=1,2,3,4}\) , bo skoro \(\displaystyle{ (a_{i},n)=1}\) zgodnie z założeniami to i reszty z \(\displaystyle{ n}\) też muszą być względnie pierwsze...

dla względnie pierwszych zachodzi wzór:

\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n-1} \left\lfloor \frac{km}{n} \right\rfloor = \frac{1}{2} \left( m-1\right) \left( n-1\right) , \left( m,n\right) =1}\)

sumując po \(\displaystyle{ k}\) cztery kolumny otrzymamy:

\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n-1} \left\lfloor \frac{k}{n} r_{i}\right\rfloor =\frac{1}{2} \left( n-1\right) \left( r_{i}-1\right) }\)

z tego oczywiście też otrzymamy, że:

\(\displaystyle{ r_{1}+r_{2}+r_{3}+r_{4}=2n}\)

więc uwzględnienie, że są względnie pierwsze jest istotne...

mamy wykazane, że suma reszt wynosi \(\displaystyle{ 2n }\)

mamy udowodnić, że:

\(\displaystyle{ (a_{1})_{n}+(a_{j})_{n}=n , j=2,3,4 }\)

oznacza to tyle, że:

\(\displaystyle{ a_{1}-n\left\lfloor \frac{a_{1}}{n} \right\rfloor +a_{j}-n\left\lfloor \frac{a_{j}}{n} \right\rfloor =n}\)

po podstawieniach:

\(\displaystyle{ a_{i}=\alpha_{i}n+r_{i}}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ r_{1}+r_{j}=n , j=2,3,4}\)

to musimy udowodnić...

dla zwrócenia uwagi można założyć, że:

\(\displaystyle{ r_{1} \le r_{2} \le r_{3} \le r_{4}<n}\)

więc wystarczy wykazać, że:

\(\displaystyle{ r_{1}+r_{4}=r_{2}+r_{3}=n}\)

załóżmy, że tak nie jest, oraz, że:

\(\displaystyle{ r_{1}+r_{4}=n+\varepsilon , r_{2}+r_{3}=n-\varepsilon}\)

więc:

\(\displaystyle{ r_{4}=n+\varepsilon-r_{1} , r_{3}=n-\varepsilon-r_{2}}\)

podstawmy więc za: \(\displaystyle{ r_{3} , r_{4} }\)

to tego:

\(\displaystyle{ \left\lfloor \frac{kr_{1}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{kr_{2}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{kr_{3}}{n} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{kr_{4}}{n} \right\rfloor=2k -2}\)

nie będę wdawał się w proste rachunki, tylko napiszę wynik:

(*) \(\displaystyle{ \left\lfloor k\frac{r_{1}}{n} \right\rfloor + \left\lfloor k\frac{r_{2}}{n} \right\rfloor-\left\lfloor k\frac{\varepsilon+r_{2}}{n} \right\rfloor+(-1)^c\left\lfloor k\frac{|\varepsilon - r_{1}|}{n} \right\rfloor=c-1}\)

gdzie:

\(\displaystyle{ c=\begin{cases} 0 &\text{dla } \varepsilon-r_{1}>0 \\1 &\text{dla } \varepsilon-r_{1}< 0 \end{cases}}\)

jak widać podstawienie to mocno zaburza równanie przy założeniu, że: \(\displaystyle{ \varepsilon>0}\)

wcześniej podstawienie:

\(\displaystyle{ k:=n-k}\)

nie zmieniało równania spróbujmy podstawić to do: (*)

po dość żmudnych obliczeniach, których tu nie przedstawię otrzymamy:

\(\displaystyle{ \left\lfloor k\frac{r_{1}}{n} \right\rfloor + \left\lfloor k\frac{r_{2}}{n} \right\rfloor-\left\lfloor k\frac{\varepsilon+r_{2}}{n} \right\rfloor+(-1)^c\left\lfloor k\frac{|\varepsilon - r_{1}|}{n} \right\rfloor=(-1)^c\left| \varepsilon-r_{1}\right| -(-1)^c-\varepsilon-c+r_{1}}\)

jak widać gołym okiem:

\(\displaystyle{ (-1)^c\left| \varepsilon-r_{1}\right| -(-1)^c-\varepsilon-c+r_{1}}\)

mocno się różni od:

\(\displaystyle{ c-1}\)

więc równanie nie jest już niezmiennikiem przekształcenia:

\(\displaystyle{ k:=n-k}\)

więc założenie, że:

\(\displaystyle{ r_{1}+r_{4}=n}\)

jest konieczne a co daje tezę zadania...

Pokażę jeszcze na przykładach, że musi być suma reszt równa: \(\displaystyle{ 2n}\)

jak i przy naszych założeniach:

\(\displaystyle{ r_{1}+r_{4}=n}\)

bo jedno nie wystarczy...

np.:

\(\displaystyle{ n=9 , r_{i}=2,4,4,8}\)

jak widać: \(\displaystyle{ 2+4+4+8=18=2n=2 \cdot 9}\)

ale żadna suma dwóch reszt nie wynosi: \(\displaystyle{ n=9}\)

sprawdźmy teraz dla:

\(\displaystyle{ k=2}\)

czy zachodzi założenie zadania:

\(\displaystyle{ \left\lfloor 2 \cdot \frac{2}{9} \right\rfloor +\left\lfloor 2 \cdot \frac{4}{9} \right\rfloor + \left\lfloor 2 \cdot\frac{4}{9} \right\rfloor + \left\lfloor 2 \cdot\frac{8}{9} \right\rfloor = 1 \neq 2 \cdot 2-2=2 }\)

więc taki układ nie spełnia warunków zadania...

weźmy teraz taki:

\(\displaystyle{ n=9, r_{i}=1, 2, 5, 8}\)

zauważmy, że:

\(\displaystyle{ 1+2+5+8=16 \neq 2n=18}\)

ale istnieją takie dwa, że ich suma wynosi: \(\displaystyle{ n=9}\)

bo:

\(\displaystyle{ 1+8=9}\)

sprawdźmy go dla:

\(\displaystyle{ k=3}\)

\(\displaystyle{ \left\lfloor 3 \cdot \frac{1}{9} \right\rfloor +\left\lfloor 3 \cdot \frac{2}{9} \right\rfloor + \left\lfloor 3 \cdot\frac{5}{9} \right\rfloor + \left\lfloor 3 \cdot\frac{8}{9} \right\rfloor = 1+2=3 \neq 2 \cdot 3-2=4 }\)


spełnia tezę zadania ale i tak nie spełnia układu nierówności, więc musi być:

\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{4} r_{i}=2n , r_{1}+r_{4}=n}\)

a co za tym idzie, również:

\(\displaystyle{ r_{2}+r_{3}=n}\)

ale już taki układ reszt:

\(\displaystyle{ n=9, r_{i}=1, 2, 7, 8}\)

jak łatwo sprawdzić spełnia warunki zadania...

bo mamy:

\(\displaystyle{ 1+2+7+8=2 \cdot 9=18 \text { oraz } 1+8=9}\)

cnd...


zad. 55

niech:

\(\displaystyle{ a_{n}= \sum_{k=0}^{\left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor} (-1)^k \frac{ {n-k \choose k} }{n-k} }\)

wystarczy policzyć kilka wartości: \(\displaystyle{ a_{i} , i=1,2,3,4,5,6,7,...}\)

i będą ładnie wyglądały a mianowicie:

\(\displaystyle{ 1, - \frac{1}{2} , - \frac{2}{3},- \frac{1}{4}, \frac{1}{5}, \frac{2}{6}, \frac{1}{7}, - \frac{1}{8} , - \frac{2}{9},- \frac{1}{10},...}\)

od razy widać jak to leci i łatwo dopasować do tego skompresowany wzór:

\(\displaystyle{ a_{n}= \frac{\left( 1-i \sqrt{3} \right)^n +\left( 1+i\sqrt{3} \right)^n }{n2^n} }\)

i teza tego zadania to policzenie:

\(\displaystyle{ a_{1995}}\) co jak widać na załączonym obrazku wyjdzie:

\(\displaystyle{ -\frac{2}{1995} }\)

podzielne przez \(\displaystyle{ 3}\) mają w liczniku dwójki albo minus dwójki...

cnd...

Dodano po 1 dniu 9 godzinach 39 minutach 47 sekundach:
A co to jest KMDO?

Dodano po 8 godzinach 24 minutach 50 sekundach:
Czy do jasnej cholery tego nikt nie wie???

nno wreszcie skąd to mogłem wiedzieć