[MIX] Mix matematyczny (34)

[mol_ksiazkowy]

1. Wykaż lub obal: Jeśli w macierzy kwadratowej nie ma identycznych wierszy, to można z niej usunąć jedną kolumnę tak aby w tej okrojonej macierzy wciąż nie było identycznych wierszy.
2. Liczby rzeczywiste dodatnie \(\displaystyle{ x, y}\) spełniają równanie \(\displaystyle{ (1+x)(1+y)= 2}\). Udowodnić, że \(\displaystyle{ xy+ \frac{1}{xy} \geq 6}\)
3. Niech \(\displaystyle{ f ,g}\) będą funkcjami spełniającymi warunki:
\(\displaystyle{ \begin{cases} 2 < f(x) < 4 \\ 2 < g(x) < 4 \\ f(g(x)) =g(f(x))= x \\ f(x)g(x)=x^2 \end{cases}}\)
gdy \(\displaystyle{ 2 < x < 4}\)
Udowodnić, że \(\displaystyle{ f(3)=g(3)}\)
4. Żuk siedział w lewym górnym rogu szachownicy. W pewnym momencie zaczął iść po planszy i jego droga prowadziła przez wszystkie białe pola, przy czym żukl ani razu nie była na czarnym polu, ani razu też nie przeszedł więcej niż raz przez ten sam wierzchołek na szachownicy. Odtworzyć drogę żuka
5. Niech \(\displaystyle{ A_1, …, A_k}\) będą różnymi podzbiorami zbioru \(\displaystyle{ n}\) -elementowego \(\displaystyle{ X}\) o tej własności, że jeśli \(\displaystyle{ x, y \in X}\) i \(\displaystyle{ x \neq y}\) to istnieje zbiór \(\displaystyle{ A_j}\) taki że \(\displaystyle{ x \in A_j}\) i \(\displaystyle{ y \notin A_j}\).
Udowodnić, że \(\displaystyle{ 2^k \geq n}\)
6. Obliczyć Wyznacznik macierzy liczb Fibonacciego
\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccccc}F_0&F_1&F_2& F_3& F_4\\F_5& F_6&F_7&F_8&F_9\\F_{10}&F_{11}&F_{12}&F_{13}&F_{14}\\F_{15}&F_{16}&F_{17}&F_{18}&F_{19}\\F_{20}&F_{21}&F_{22}&F_{23}&F_{24}\end{array}\right]}\)
7. Wyznaczyć wszystkie liczby niewymierne \(\displaystyle{ x}\) dla których liczba \(\displaystyle{ x^2 + \frac{2}{x}}\) jest wymierną
8. Rozwiązać równanie \(\displaystyle{ \sqrt{y-1} \sqrt{y-4} - 2 = 4\sqrt{y-9 }+ 3\sqrt{y-16}}\)
9. Udowodnić nierówność \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{2}}{2} \frac{1}{\sqrt{2n}} < \frac{1 \cdot ... \cdot (2n-1)}{2 \cdot ... \cdot (2n)} < \frac{\sqrt{3}}{2} \frac{1}{\sqrt{2n}}}\)
10. Wskazać przykład funkcji, która nie jest sumą wielomianu i funkcji parzystej
11. Jeszcze raz Fibonacci; Wyznaczyć \(\displaystyle{ k}\) jako funkcję \(\displaystyle{ n}\) jeśli \(\displaystyle{ F_{k-1} < n < F_{k}}\)

[kerajs]

4:    

Przykłady:

6:    

\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{ccccc}F_0&F_1&F_2& F_3& F_4\\F_5& F_6&F_7&F_8&F_9\\F_{10}&F_{11}&F_{12}&F_{13}&F_{14}\\F_{15}&F_{16}&F_{17}&F_{18}&F_{19}\\F_{20}&F_{21}&F_{22}&F_{23}&F_{24}\end{array}\right]=
\left[\begin{array}{ccccc}F_0&F_1&F_2& F_3& F_2+F_3\\F_5& F_6&F_7&F_8&F_7+F_8\\F_{10}&F_{11}&F_{12}&F_{13}&F_{12}+F_{13}\\F_{15}&F_{16}&F_{17}&F_{18}&F_{17}+F_{18}\\F_{20}&F_{21}&F_{22}&F_{23}&F_{22}+F_{23}\end{array}\right]}\)
W wyznaczniku wystarczy od ostatniej kolumny odjąć dwie kolumny wcześniejsze aby otrzymać kolumnę zerową. Wyznacznik jest równy zero.

[Piotr Rutkowski]

2.

Badając miejsca zerowe funkcji \(\displaystyle{ f(t)=t+\frac{1}{t}-6}\) łatwo sprowadzić pierwszą nierówność do postaci \(\displaystyle{ t=xy\leq 3-2\sqrt{2}}\), bo wiemy, że \(\displaystyle{ x,y<1}\), więc nie musimy się przejmować drugim miejscem zerowym.

Na podstawie założenia równoważnie \(\displaystyle{ xy=1-x-y\leq 3-2\sqrt{2}}\), lub
\(\displaystyle{ (x+1)+(y+1)\geq AM-GM\geq 2\sqrt{(x+1)\cdot (y+1)}=2\sqrt{2}}\)

[Premislav]

9.:    

Łatwiej będzie badać coś takiego:
\(\displaystyle{ \left(\frac{1 \cdot ... \cdot (2n-1)}{2 \cdot ... \cdot (2n)}\right)^2}\)
Lemat nr 1:
\(\displaystyle{ \left(\frac{2k-1}{2k}\right)^2> \frac{k-1}{k}}\) dla \(\displaystyle{ k\ge 2}\)
Dowód lematu nr 1:
równoważnie
\(\displaystyle{ (2k-1)^2>4k(k-1)\\ 1>0}\)
co jest oczywiste.
Korzystając z lematu otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \left(\frac{3 \cdot ... \cdot (2n-1)}{4 \cdot ... \cdot (2n)}\right)^2>\prod_{k=2}^{n} \frac{k-1}{k}= \frac{1}{n}}\)
Po spierwiastkowaniu mamy zaś
\(\displaystyle{ \frac{3 \cdot ... \cdot (2n-1)}{4 \cdot ... \cdot (2n)}>\frac{1}{\sqrt{n}}}\)
i wreszcie mnożąc to stronami przez \(\displaystyle{ \frac 1 2}\) mamy nierówność równoważną
\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{2}}{2} \frac{1}{\sqrt{2n}} < \frac{1 \cdot ... \cdot (2n-1)}{2 \cdot ... \cdot (2n)}}\)
Teraz lemat nr 2:
\(\displaystyle{ \left(\frac{2k-1}{2k}\right)^2< \frac{2k-1}{2k+1}}\)
dla \(\displaystyle{ k\ge 2}\).
Dowód lematu nr 2: łatwe ćwiczenie dla Czytelnika.
Korzystając zeń (z lematu, a nie z Czytelnika) dostajemy
\(\displaystyle{ \left(\frac{3 \cdot ... \cdot (2n-1)}{4 \cdot ... \cdot (2n)}\right)^2< \prod_{k=2}^{n} \frac{2k-1}{2k+1}= \frac{3}{2n+1}}\)
a po spierwiastkowaniu tego syfu mamy
\(\displaystyle{ \frac{3 \cdot ... \cdot (2n-1)}{4 \cdot ... \cdot (2n)}< \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2n+1}}}\),
mnożymy to stronami przez \(\displaystyle{ \frac 1 2}\), zauważamy, że \(\displaystyle{ \sqrt{2n+1}>\sqrt{2n}}\) i koniec.

[Mruczek]

5:    

Chcemy pokazać, że \(\displaystyle{ 2^k \ge n}\), czyli że \(\displaystyle{ k \ge \log \ n}\).
Pokażemy to przez silną indukcję po \(\displaystyle{ n}\).
Dla \(\displaystyle{ n = 1}\), \(\displaystyle{ k = 0}\) ok. Dla \(\displaystyle{ n = 2}\) mamy \(\displaystyle{ \log \ n = 1}\) - wystarczy że weźmiemy zbiór zawierający dowolny z dwóch elementów.
Zał, że dla dowolnego naturalnego \(\displaystyle{ m < n}\) musi być \(\displaystyle{ k \ge \log \ m}\). Pokażemy, że dla \(\displaystyle{ n \ge 3}\) też.
Oczywiście musi być \(\displaystyle{ k \ge 1}\), więc weźmy dowolny zbiór \(\displaystyle{ A_i}\). Dla par \(\displaystyle{ x, y}\) takich, że dokładnie jeden z elementów \(\displaystyle{ x, y}\) należy do \(\displaystyle{ A_i}\) możemy po prostu wybrać zbiór \(\displaystyle{ A_i}\). Pozostają pary takie, że \(\displaystyle{ x, y \in A_i}\) lub \(\displaystyle{ x, y \in X \setminus A_i}\). Z założenia indukcyjnego dla zbioru \(\displaystyle{ X := A_i}\) potrzeba przynajmniej \(\displaystyle{ \log |A_i|}\) zbiorów, a dla \(\displaystyle{ X := X \setminus A_i}\) przynajmniej \(\displaystyle{ \log |X \setminus A_i|}\) zbiorów. To łącznie ze zbiorem \(\displaystyle{ A_i}\) daje, że \(\displaystyle{ k \ge \max (\log |A_i|, \log |X \setminus A_i|) + 1\ge \log \frac{|X|}{2} + 1 = \log \frac{n}{2} + \log 2 = \log \left( 2 \cdot \frac{n}{2} \right)= \log \ n}\)
, cnd.

[Premislav]

10.:    

Przykład: \(\displaystyle{ f(x)=\sin x}\)
Dowód, że ten przykład jest poprawny:
przypuśćmy nie wprost, że istnieją funkcja parzysta \(\displaystyle{ g(x)}\) i wielomianowa \(\displaystyle{ h(x)}\) takie, że
\(\displaystyle{ \sin x=g(x)+h(x) \ (*)}\)
Funkcja \(\displaystyle{ g(x)}\), jako różnica \(\displaystyle{ \sin x}\) i wielomianu (czyli funkcji nieskończenie wiele razy różniczkowalnych) jest nieskończenie wiele razy różniczkowalna.
Niechaj wielomian \(\displaystyle{ h(x)}\) będzie stopnia \(\displaystyle{ n\in \NN}\).
Różniczkujemy równość \(\displaystyle{ (*)}\) aż \(\displaystyle{ 2m+1>n}\) razy.
Pochodna sinusa rzędu \(\displaystyle{ 2m+1}\) będzie równa \(\displaystyle{ (-1)^m \cos x}\), a to jest funkcja parzysta (i niezerowa, więc \(\displaystyle{ g(x)}\) niestała). No ale skoro \(\displaystyle{ g(x)}\) jest niestałą funkcją parzystą, to
\(\displaystyle{ g^{(2m+1)}(x)}\) nie może być parzysta. Może nie będę się nad tym za bardzo rozwodził, poprzestanę na tym, że pochodna niestałej funkcji parzystej nie jest parzysta. Oto dlaczego:
niech \(\displaystyle{ \eta(x)}\) będzie różniczkowalną i niestałą funkcją parzystą. Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ x_0 \in \RR}\). Wówczas mamy istnienie granicy
\(\displaystyle{ \eta'(x_0)=\lim_{h \to 0} \frac{\eta(x_0+h)-\eta(x_0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\eta(-x_0-h)-\eta(-x_0)}{h}=\\=- \lim_{-h \to 0} \frac{\eta(-x_0-h)-\eta(-x_0)}{-h} =-\eta'(-x_0)}\),
czyli \(\displaystyle{ \eta'}\) jest funkcją nieparzystą (a jedyna funkcja zarazem parzysta, jak i nieparzysta, to funkcja stale równa zero). No i dalej dla nieskończenie wiele razy różniczkowalnej na \(\displaystyle{ \RR}\), jak \(\displaystyle{ g(x)}\), robimy indukcję.

Otrzymana sprzeczność (funkcja parzysta równa funkcji, która parzysta nie jest) kończy dowód.

Działa to, czy gdzieś zablefowałem

[Piotr Rutkowski]

Hmm, a czy dla sinusa nie wychodzi bardziej elementarnie?

Niech \(\displaystyle{ \sin(x)=g(x)+W(x)}\) dla \(\displaystyle{ g}\) parzystej funkcji, \(\displaystyle{ W}\) wielomianu.

Wiemy, że \(\displaystyle{ g(x)+W(x)=\sin(x)=-\sin(-x)=-g(-x)-W(-x)=-g(x)-W(-x)}\), a co za tym idzie
\(\displaystyle{ g(x)=\frac{-W(x)-W(-x)}{2}}\), czyli \(\displaystyle{ g(x)}\) jest wielomianem, czyli również \(\displaystyle{ \sin(x)}\) jako suma wielomianów jest wielomianem, co prowadzi do sprzeczności.

Btw., już dawno nie postowałem, czy w międzyczasie funkcja hide stała się standardem na całym forum jeśli chodzi o rozwiązania zadań?

[mol_ksiazkowy]

9 cd

Ukryta treść:    

a co z \(\displaystyle{ \lim \sqrt{n} \frac{1 \cdot ... \cdot (2n-1)}{2 \cdot ... \cdot (2n)}}\) ?

[a4karo]

1:    

Tezę wystraczy sprawdzić dla macierzy \(\displaystyle{ 2\times2}\), a w tym przypadku jest to trywialne

-- 17 kwi 2018, o 09:12 --

6 (a nie 5):    

Po odjęciu od trzeciej kolumny kolumny pierwszej i drugiej otrzymujemy kolumnę zerową.

[Premislav]

a4karo, chyba nie do tego zadania Pan to pisał, stawiam, że do szóstego.

Piotr Rutkowski, no faktycznie, tak jest znacznie prościej, ładne, ale niestety nie wpadłem na to (jak zwykle). Opcja hide jest teraz standardem w kółku matematycznym, na całym forum nie.

9. c.d.:    

Tutaj już nie umiem zaproponować czegokolwiek elementarnego. Oczywiście mamy (wprost z definicji podwójnej silni)
\(\displaystyle{ \frac{1 \cdot ... \cdot (2n-1)}{2 \cdot ... \cdot (2n)}= \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} = \frac{(2n)!}{\left( (2n)!!\right)^2 }= \frac{(2n)!}{2^{2n}((n!)^2)}}\)
i teraz korzystając ze wzoru Stirlinga:
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{n!}{\left( \frac n e\right)^n \sqrt{2\pi n} } =1\\ \lim_{n \to \infty } \frac{(2n)!}{\left( \frac {2n} e\right)^{2n} \sqrt{4\pi n} } =1}\)
już natychmiastowo dostajemy, że
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }\sqrt{n} \frac{1 \cdot ... \cdot (2n-1)}{2 \cdot ... \cdot (2n)}=\frac{1}{\sqrt{\pi}}}\)

W każdym razie nie bardzo widzę, jak by to zrobić bez użycia co najmniej

Kod: Zaznacz cały

https://pl.wikipedia.org/wiki/Wz%C3%B3r_Wallisa

i szczerze wątpię, że to w ogóle możliwe. Skądś to \(\displaystyle{ \pi}\) musi wyskoczyć, ewentualnie jakieś sztuczki z ciągiem całek oznaczonych, ale pewnie jak się dokładnie przyjrzeć, to sprowadzają się one do czegoś podobnego.

[a4karo]

a4karo, chyba nie do tego zadania Pan to pisał, stawiam, że do szóstego.

Fakt, poprawiłem

10:    

Niech \(\displaystyle{ f}\) będzie dowolną funkcją, której wszystkie pochodne w zerze są niezerowe (np \(\displaystyle{ e^x}\).

Biorąc po uwagę fakt, że nieparzysta pochodna funkcji parzystej jest nieparzysta, to różniczkując odpowiednio dużo (acz nieparzyście wiele) razy równość \(\displaystyle{ f=W+g}\) dostalibyśmy
\(\displaystyle{ 0\neq f^{(2n+1)}(0)=g^{(2n+1)}(0)=0}\)

[Blazo2000]

3.:

Ukryta treść:    

Pokażemy, że \(\displaystyle{ f(x)=x}\), analogicznie zajdzie \(\displaystyle{ g(x)=x}\). Wybierzmy sobie dowolny \(\displaystyle{ 2<x_{0}<4}\) i skonstruujmy następujący ciąg \(\displaystyle{ x_{i+1}=x_{i}^2/f(x_{i})}\). Z równania \(\displaystyle{ f(x)=x^2/g(x)}\) wynika, że jeśli \(\displaystyle{ 2<x_{i}<4}\), to również \(\displaystyle{ 2<x_{i+1}=f(x_{i})<4}\). Z drugiej strony indukcyjnie łatwo pokazać, że jeżeli \(\displaystyle{ x_{0}^2/g(x_{0})=a}\), to \(\displaystyle{ x_{i}=x_{0}a^i}\). Stąd jeżeli dla pewnego \(\displaystyle{ x_{0}}\) określone w ten sposób \(\displaystyle{ a \neq 1}\), to ciąg \(\displaystyle{ a_{i}}\) zbiega do \(\displaystyle{ 0}\) lub do plus nieskończoności, sprzeczność kończy dowód.

[mol_ksiazkowy]

Zadania tabu to 7, 8 i 11...

[Premislav]

Czy zadanie siódme to nie jest pewna przesada Tak tylko pytam, ponieważ bardzo mocno powątpiewam w istnienie jakiegokolwiek rozsądnego rozwiązania tego zadania. Ten zbiór liczb niewymiernych, dla których \(\displaystyle{ x^2+\frac 2 x}\) jest liczbą wymierną, to jakiś nieszczególnie urokliwy podzbiór zbioru liczb algebraicznych, z pewnością nieskończony (gdyż jego podzbiorem jest \(\displaystyle{ \bigcup_{n \in \ZZ}^{}\left\{ x \in \RR\setminus \QQ: x^3-nx+2=0\right\}}\), a zbiory pierwiastków rzeczywistych \(\displaystyle{ x^3-nx+2}\) i \(\displaystyle{ x^3-2nx+2}\) są rozłączne dla każdego niezerowego \(\displaystyle{ n}\) całkowitego i każdy taki wielomian ma pierwiastek, jako że ma nieparzysty stopień), więc skoro podzbiór algebraicznych, to mocy \(\displaystyle{ \aleph_0}\). Jak dla mnie jakieś trefne zadanie. Nie chciałbym, żeby potem trafiło np. do nierozwiązanych problemów, bo na pierwszy rzut oka to po prostu klops (bez urazy), a nie jakieś bardzo trudne i wymagające zadanie ze sprytnym/głębokim rozwiązaniem. Może błąd w treści.

-- 30 kwi 2018, o 02:16 --

A żeby nie było spamu:

2. nieco inaczej:    

Z nierówności Schwarza mamy
\(\displaystyle{ 2=(1+x)(1+y)\ge (1+\sqrt{xy})^2}\) i stąd nietrudno uzyskać, że
\(\displaystyle{ 3-2\sqrt{2}\ge xy>0}\) i dalej dość łatwo skończyć.

[Dasio11]

5. inaczej:    

Zadajemy \(\displaystyle{ f : X \to \{ 0, 1 \}^k}\) przez

\(\displaystyle{ f(x)(i) = \begin{cases} 1 & \text{jeśli } x \in A_i \\ 0 & \text{jeśli } x \notin A_i \end{cases}}\)

Wprost z założeń wynika, że \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa, zatem \(\displaystyle{ n \le 2^k.}\)