[Rozgrzewka OMG][MIX] Rozgrzewka przed miedzygalaktyczną OMG

[KPR]

Chyba chodzi o permutacje \(\displaystyle{ \left\{ a,2a,3a\right\}}\).

[Fizus]

Racja, mój błąd.
Oznaczmy \(\displaystyle{ NWD(a,b,c)=d}\), \(\displaystyle{ a_{1}= \frac{a}{d}}\) itd.
\(\displaystyle{ da_{1} b_{1} \cdot c_{1}=a_{1}+b_{1}+c_{1}}\)
\(\displaystyle{ d= \frac{1}{b_{1}c_{1}}+ \frac{1}{a_{1}c_{1}}+ \frac{1}{a_{1}b_{1}}}\)
Oczywiście, nierówność ta ma rozwiązanie dla naturalnych wtedy, gdy przynajmniej jeden czynnik jest równy 1. Podstawiając \(\displaystyle{ a_{1}=1}\), otrzymujemy:
\(\displaystyle{ d= \frac{1+b_{1}+c_{1}}{b_{1}c_{1}}}\)
Rozwiązaniami są \(\displaystyle{ \left\{ b, c, d\right\}=\left\{ 3,2,1\right\}}\) oraz \(\displaystyle{ \left\{ b,c,d\right\}=\left\{ 2,3,1\right\}}\) Skąd otrzymujemy, że wyjściowe równanie spełnia każda trójka liczb postaci:
\(\displaystyle{ \left\{ n, 2n, 3n\right\}}\) oraz permutacje.
Dzięki KPR za poprawę

Nowe: udowodnij, że w ciągu Fibonacciego(\(\displaystyle{ a_{n+2}=a_{n}+a_{n+1}, a_{1}=a_{2}=1}\)) dla każdego naturalnego \(\displaystyle{ n}\) liczba \(\displaystyle{ a_{5n}}\) jest podzielna przez 5.

[Swistak]

Uogólnienie tego powyżej:
Udowodnij, że \(\displaystyle{ n|m \Leftrightarrow F_n | F_m}\)

[KPR]

Jeszcze lepsze uogólnienie: Udowodnij, że \(\displaystyle{ NWD(F_n,F_m)=F_{NWD(m,n)}}\).

[cyberciq]

[...]

Nowe: udowodnij, że w ciągu Fibonacciego(\(\displaystyle{ a_{n+2}=a_{n}+a_{n+1}, a_{1}=a_{2}=1}\)) dla każdego naturalnego \(\displaystyle{ n}\) liczba \(\displaystyle{ a_{5n}}\) jest podzielna przez 5.

Ukryta treść:    

Można to zrobić z zupełnym brakiem finezji indukcyjnie.

pozdrawiam

[kaszubki]

Ukryta treść:    

Dowód uogólnienia Swistaka w jedną stronę:
Porozpisujmy sobie coś takiego: \(\displaystyle{ F_m = F_{m-1} + F_{m-2} = 2 \cdot F_{m-2} + F_{m-3}= 3 \cdot F_{m-3} + 2 \cdot F_{m-4}=...}\). Więc jak widać, zachodzi taka oto fajna tożsamość:
\(\displaystyle{ F_m = F_{m-k} \cdot F_{k+1} + F_{m-k-1} \cdot F_{k}}\). Ale "bo widać" nie jest zbyt wysoko punktowanym sposobem dowodzenia, więc:
Załóżmy, że tożsamość działa dla \(\displaystyle{ a=k}\) i chcę pokazać, że działa także dla \(\displaystyle{ a=k+1}\):
\(\displaystyle{ F_m = F_{m-k} \cdot F_{k+1} + F_{m-k-1} \cdot F_{k} = (F_{m-k-1} + F_{m-k-2}) \cdot F_{k+1} + (F_{m-k-1}) \cdot F_{k}= F_{m-k-1} \cdot (F_k + F_{k+1}) + F_{m-k-2} \cdot F_{k+1} = F_{m-k-1} \cdot F_{k+2} + F_{m-k-2} \cdot F_{k+1}}\).
A to jest tożsamość dla \(\displaystyle{ k+1}\).

Teza działa w sposoób oczywisty dla \(\displaystyle{ k=n}\).
Załóżmy, że dla \(\displaystyle{ k \in \left\{ n, 2\cdot n, ..., l \cdot n \right\}}\) zachodzi \(\displaystyle{ F_n | F_k}\).
Rozpiszmy z tej tożsamości:
\(\displaystyle{ F_{n \cdot (l+1)} = (F_{n \cdot l} \cdot F_{n + 1} ) + F_{n \cdot l - 1} + F_{n} ) = F_n \cdot X + F_n \cdot Y = F_n \cdot (X+Y)}\).
Więc dla \(\displaystyle{ k= n \cdot (l+1)}\) teza też działa. Więc działa dla wszystkich wielokrotności \(\displaystyle{ n}\).
c.K.u.z.s.

Nowe zadanie:
Dana jest liczba pierwsza \(\displaystyle{ p > 3}\).
Zapiszmy liczbę \(\displaystyle{ \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + ... + \frac{1}{(p-1)^2}}\) w postaci ułamka nieskracalnego \(\displaystyle{ \frac{m}{n}}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ p|m}\).

[KPR]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + ... + \frac{1}{(p-1)^2}= \frac{ \sum_{i=1}^{p-1} \frac{(p-1)!^2}{i^2}}{(p-1)!^2}}\). Licznik z Wilsona przystaje modulo p do \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{p-1} \frac{-1}{i^2}\equiv\sum_{i=1}^{p-1} -i^2}\) (odwrotności też będą wszystkimi liczbami od 1 do p-1). To wynosi, jak wiadomo \(\displaystyle{ \frac{(p-1)p(2p-1)}{6}}\), a ponieważ \(\displaystyle{ p>3}\), to \(\displaystyle{ NWD(p,6)=1}\), czyli \(\displaystyle{ p|\frac{(p-1)p(2p-1)}{6}}\). Mamy zatem, że licznik tego ułamka dzieli się przez p, a poza tym mianownik przystaje do 1 modulo p, czyli jak skrócimy ułamek, to nie przez p. Zatem podzielność licznika przez p zostanie zachowana, c.k.d.

Znaleźć wszystkie funkcje z \(\displaystyle{ f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}}\) takie, że \(\displaystyle{ f(x + y) + f(y + z) + f(z + x) \ge 3f(x + 2y + 3z)}\) dla dowolnych \(\displaystyle{ x,y,z \in \mathbb{R}}\).

kaszubki, to nie jest temat dla ciebie

[Fizus]

Tu był blef

[Swistak]

\(\displaystyle{ f(x) \ge f(3x)}\). Oznacza to, że funkcja ta jest niemalejąca dla argumentów ujemnych i nierosnąca dla nieujemnych.

Zatem to jest ordynarny blef ;p.

[Fizus]

Chyba mam mniej blefowe rozwiązanie

Ukryta treść:    

Podstawiając \(\displaystyle{ x=y=-z}\), dostajemy \(\displaystyle{ f(2x) \ge f(0)}\). A podstawiając \(\displaystyle{ x=-y=z}\) wychodzi \(\displaystyle{ f(0) \ge f(2x)}\). Oznacza to, że \(\displaystyle{ f(0)=f(2x)}\), czyli f jest funkcją stałą.

Czy można w ogóle używać takiej metody? Jeśli tak, to czy to rozwiązanie jest poprawne?

[Swistak]

To jest jak najbardziej poprawne.

[Fizus]

Ok, dzięki Oddaję kolejkę.

[kaszubki]

Pierwszy!
Dany jest czworościan o wierzchołkach \(\displaystyle{ A,B,C,D}\).
Wykaż, że istnieje trójkąt, którego boki mają długość \(\displaystyle{ AB \cdot CD, AC \cdot BD, AD \cdot BC}\).

[Fizus]

Sylwek zauważył, że w zadaniu z NWW jest błąd, więc jest ono wciąż otwarte(przyjąłem \(\displaystyle{ NWW(a,b,c)= \frac{abc}{NWD(a,b,c)}}\), co jak mi uświadomił jest nieprawdą dla 3 elementów).

[kaszubki]

Pfff...

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ LCM(a,b,c)=x}\). Wówczas oczywiście \(\displaystyle{ a|x, b|x, c|x}\).
Podstawmy zatem \(\displaystyle{ a= \frac{x}{k} , b= \frac{x}{l}, c= \frac{x}{m}}\).
Z równości dostajemy \(\displaystyle{ \frac{1}{k}+ \frac{1}{l} + \frac{1}{m} = 1}\). Załóżmy dla wygody, że \(\displaystyle{ k \le l \le m}\). W oczywisty sposób musi zachodzić \(\displaystyle{ k \le 3}\).
Rozpatrzmy 2 przypadki:
1) \(\displaystyle{ k=2}\):
\(\displaystyle{ \frac{1}{l} + \frac{1}{m} = \frac{1}{2}}\), więc w oczywisty sposób musi zachodzić \(\displaystyle{ l \in \left\{ 3,4\right\}}\), więc dostajemy rozwiązania {2,3,6}, {2,4,4}.
2)\(\displaystyle{ k=3}\):
\(\displaystyle{ \frac{1}{l} + \frac{1}{m} = \frac{2}{3}}\), więc w oczywisty sposób musi zachodzić \(\displaystyle{ l=3}\), a z tego dostajemy rozwiązanie {3,3,3}.
Ale rozwiązanie {3,3,3} nie spełniają tego, że \(\displaystyle{ LCM(a,b,c)=3a=3b=3c}\), bo gdy \(\displaystyle{ a=b=c}\), to \(\displaystyle{ LCM(a,b,c)=a}\).
Rozwiązanie {2,4,4} też nie spełnia, bo wtedy byśmy mieli \(\displaystyle{ LCM(a,b,c)=2a=4b=4c}\), więc w oczywisty sposób jest źle.

Zadanie obowiązujące to to z czworościanem.