[MIX] Mix matematyczny 37

[mol_ksiazkowy]

1. Sześciany, Znaleźć wszystkie sześciany o naturalnych krawędziach, których pola powierzchni wyrażają się liczbami trójkątnymi (tj. liczbami postaci \(\displaystyle{ \frac{k(k+1)}{2}}\) dla \(\displaystyle{ k=1, 2, 3,...}\))
2. W kwadracie o boku długości 1 zawarte są okręgi takie, że suma ich długości wynosi 10. Wykazać, że istnieje prosta przecinająca co najmniej cztery z tych okręgów
3. Ciąg określony jest rekurencyjnie \(\displaystyle{ a_{n+1} = 2a_n +1}\). Czy istnieje takie \(\displaystyle{ a_0}\), dla którego wszystkie wyrazy tego ciągu są liczbami pierwszymi ?
4. Udowodnić, że równanie \(\displaystyle{ x^2+y^2 = z^2+3}\) ma nieskończoną ilość rozwiązań w liczbach całkowitych
5. Rozwiązać układ równań
\(\displaystyle{ \begin{cases}xy+xz= 8-x^2\\ xy+yz = 12-y^2 \\ xz+yz = -4-z^2\end{cases}}\)
6. Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ a+b+c =0}\) to \(\displaystyle{ (\frac{b-c}{a} + \frac{c-a}{b} + \frac{a-b}{c} )( \frac{a}{b-c} + \frac{b}{c-a} + \frac{c}{a-b} ) = 9}\)
Zakładamy że liczby są różne od zera i różne między sobą
7. Dany jest ciąg \(\displaystyle{ a_1, a_2, a_3,…}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} a_1=5 \\ a_{n+1}=a_n^2 - 2 \end{cases}}\)
Obliczyć \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty } \frac{a_{n+1}}{a_1…a_n}}\)
8. Zadanie o monetach; \(\displaystyle{ 2^n}\) monet rozdzielono między jakąś liczbę osób, przy czym gdy ktoś z nich ma połowę bądź więcej monet następuje redystrybucja: Osoba ta oddaje każdej z osób tyle monet ile ta osoba miała.
Przykład: Jeśli 32 monety rozdzielono sześciu osobom w ilościach: \(\displaystyle{ {\green 17 }, 2, 9, 1, 2, 1}\) to następują redystrybucje: \(\displaystyle{ 2, 4, {\green 18 }, 2, 4, 2}\) i \(\displaystyle{ 4, 8, 4, 4, 8, 4}\).
Ile maksymalnie (dla ustalonego \(\displaystyle{ n}\)) może być redystrybucji ?
9. Czy zbiór wypukły na płaszczyźnie nie zawierający żadnej półprostej musi być ograniczony ?
10. Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ x^4+y^4+z^4 =3}\) to \(\displaystyle{ \frac{9}{x^2+y^4+z^6} + \frac{9}{x^4+y^6+z^2} + \frac{9}{x^6+y^2+z^4} \leq x^6 +y^6+ z^6 + 6}\).
Macedonia

[Premislav]

3.:    

Nie istnieje. Łatwo udowodnić, że jeżeli \(\displaystyle{ a_{n+1}=2a_n+1}\), to \(\displaystyle{ a_{n}=2^{n}a_0+(2^n-1)}\). Zrobimy to indukcyjnie:
dla \(\displaystyle{ n=0}\) się zgadza, teraz w kroku indukcyjnym przypuśćmy, że dla pewnego \(\displaystyle{ k\in \NN}\) ciąg \(\displaystyle{ (a_n)}\) spełniający zależność \(\displaystyle{ a_{n+1}=2a_n+1}\) spełnia też \(\displaystyle{ a_k=2^ka_0+(2^k-1)}\). Wówczas
\(\displaystyle{ a_{k+1}=2a_k+1=2\left( 2^ka_0+(2^k-1)\right)+1=2^{k+1}a_0+(2^{k+1}-1)}\)
c.n.d.
Przejdźmy teraz do rozwiązania zadania:
jeśli \(\displaystyle{ a_0}\) nie jest liczbą pierwszą, to warunki zadania nie mogą być spełnione, a w przeciwnym razie zauważmy (małe tw. Fermata), że dla każdego \(\displaystyle{ n}\) podzielnego przez liczbę \(\displaystyle{ a_0-1}\) mamy \(\displaystyle{ 2^n\equiv 1\pmod{a_0}}\), więc gdy \(\displaystyle{ a_0-1|n}\), to \(\displaystyle{ a_0| 2^n a_0+(2^n-1)}\). W szczególności istnieje nieskończenie wiele wyrazów podzielnych przez liczbę pierwszą \(\displaystyle{ a_0}\), czyli też nieskończenie wiele wyrazów niebędących liczbami pierwszymi (ciąg nie jest stały, gdyż jeśli \(\displaystyle{ k>-1}\), to \(\displaystyle{ 2k+1>k}\)).
Jeszcze jest taka pułapka, że nie działa to dla \(\displaystyle{ a_0=2}\), bo wtedy \(\displaystyle{ a_0|2^n}\), ale jeśli \(\displaystyle{ a_0=2}\), to bezpośrednio sprawdzamy, że \(\displaystyle{ a_5=95}\) nie jest liczbą pierwszą.

10. błąd w treści:    

Z nierówności Cauchy'ego-Schwarza mamy co następuje:
\(\displaystyle{ (x^2+y^4+z^6)(x^6+y^4+z^2)\ge (x^4+y^4+z^4)^2 \\ (y^2+z^4+x^6)(y^6+z^4+x^2)\ge (x^4+y^4+z^4)^2\\ (z^2+x^4+y^6)(z^6+x^4+y^2)\ge (x^4+y^4+z^4)^2}\)
Korzystając z \(\displaystyle{ x^4+y^4+z^4=3}\), otrzymujemy więc po prostych przekształceniach i dodaniu stronami odpowiednich nierówności:
\(\displaystyle{ \frac{9}{x^2+y^4+z^6}+ \frac{9}{x^4+y^2+z^6}+ \frac{9}{x^6+y^2+z^4}\le \sum_{}^{} x^6+ \sum_{}^{} x^4+ \sum_{}^{} x^2}\)
Ponadto ze średnich potęgowych dostajemy:
\(\displaystyle{ \left(\frac 1 3\sum_{}^{} x^2\right)^{\frac 1 2}\le \left( \frac 1 3 \sum_{}^{} x^4\right)^{\frac 1 4}=1}\), czyli \(\displaystyle{ \sum_{}^{} x^2\le 3}\) z równością na przykład dla \(\displaystyle{ x=y=z=1}\).
Poprawna forma nierówności to:
\(\displaystyle{ \frac{9}{x^2+y^4+z^6} + \frac{9}{x^4+y^6+z^2} + \frac{9}{x^6+y^2+z^4} \leq x^6 +y^6+ z^6 + {\red 6}}\) gdy \(\displaystyle{ x^4+y^4+z^4=3}\),
równość na przykład dla \(\displaystyle{ x=y=z=1}\).

[kerajs]

4:    

Nieskończenie wiele (choć nie wszystkie) całkowitoliczbowych rozwiązań daje podstawienie:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x= \pm (2n+2) \\ y= \pm (2n^2+4n) \\ z= \pm (2n^2+4n+1) \end{cases} \wedge n \in \ZZ}\)

[mol_ksiazkowy]

4 cd

Ukryta treść:    

Alternatywy 4
Jeśli dla \(\displaystyle{ a}\) jest parzyste to dla \(\displaystyle{ b=\frac{a^2-4}{2}}\) i \(\displaystyle{ c=\frac{a^2-2}{2}}\) mamy \(\displaystyle{ c^2-b^2 = (c-b)(c+b) = a^2-3}\)

[arek1357]

Zrobię 7.

Ukryta treść:    

niech:

(*) \(\displaystyle{ b_{n}= \frac{a_{n+1}}{a_{1} \cdot ... \cdot a_{n}}}\)

\(\displaystyle{ b_{n+1}= \frac{a_{n+2}}{a_{1} \cdot ... \cdot a_{n} \cdot a_{n+1}}}\)

łatwo wykazać,że ciąg \(\displaystyle{ b_{n}}\) jest malejący i ograniczony

\(\displaystyle{ 0<b_{n}<b_{1}= \frac{23}{5}}\)

policzmy teraz:

\(\displaystyle{ b_{n+1}-b_{n}= \frac{1}{a_{1} \cdot ... \cdot a_{n}}\left( \frac{a_{n+2}}{a_{n+1}}-a_{n+1} \right)=}\)

\(\displaystyle{ =\frac{1}{a_{1} \cdot ... \cdot a_{n}} \cdot \frac{}{} \frac{a_{n+1}^2-2-a_{n+1}^2}{a_{n+1}}= \frac{-2}{a_{1} \cdot ... \cdot a_{n} \cdot a_{n+1}}}\)

ostatecznie mamy:

\(\displaystyle{ a_{1}...a_{n} \cdot a_{n+1}= \frac{-2}{b_{n+1}-b_{n}}}\)

przez analogie otrzymamy:

\(\displaystyle{ a_{1}...a_{n} = \frac{-2}{b_{n}-b_{n-1}}}\)

dzieląc pierwsze przez drugie stronami , otrzymamy:

\(\displaystyle{ a_{n+1}= \frac{b_{n}-b_{n-1}}{b_{n+1}-b_{n}}}\)


podstawmy teraz dwa powyższe równania do: (*)

i otrzymamy:

\(\displaystyle{ b_{n}= \frac{b_{n}-b_{n-1}}{b_{n+1}-b_{n}} \cdot \frac{b_{n}-b_{n-1}}{-2}}\)

lub w lepszej formie po wymnożeniu:

\(\displaystyle{ 2b_{n}b_{n+1}=b_{n}^2-b_{n-1}^2+2b_{n}b_{n-1}}\)

Po zsumowaniu stronami od n=2 do n:=n+1

otrzymamy ładnie:

\(\displaystyle{ 2b_{n}b_{n+1}=b_{n}^2+2b_{1}b_{2}-b_{1}^2}\)

biorąc pod uwagę, że ciąg ma granicę g bo jest ograniczony i malejacy, otrzymamy równańko graniczne:

\(\displaystyle{ 2g^2-g^2=2b_{1}b_{2}-b_{1}^2}\)

z tego:

\(\displaystyle{ g= \sqrt{2b_{1}b_{2}-b_{1}^2}}\)

mając na uwadze, że:

\(\displaystyle{ b_{1}= \frac{a_{2}}{a_{1}}= \frac{23}{5}}\)

\(\displaystyle{ b_{2}= \frac{a_{3}}{a_{1} \cdot a_{2}}= \frac{527}{115}}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ g= \sqrt{21}}\)

co jest zgodne z oczekiwaniami...

zad.5 banał wystarczy dodać stronami i otrzymamy korzystając z wielomianów symetrycznych:

\(\displaystyle{ x+y+z=4 \vee x+y+z=-4}\)

podstawiając do pierwszego i drugiego wszystko się skraca i otrzymamy:

\(\displaystyle{ x=2,y=3,z=-1}\)

lub z drugiego:

\(\displaystyle{ x=-2,y=-3,z=1}\)

cnd...

[mol_ksiazkowy]

7 cd

Ukryta treść:    

w dużym (?) skrócie: \(\displaystyle{ a_{n+1}^2 - 4 = a_n^2 (a_n^2-4)=...=21(a_1...a_n)^2}\) itd.

[arek1357]

Co autor miał na myśli w powyższym poście?


zad. 2

Ukryta treść:    

jeżeli przez \(\displaystyle{ d_{i}, n=1...,n}\) - oznaczymy ich średnice to zgodnie z warunkami zadania otrzymamy:

\(\displaystyle{ d_{1}+d_{2}+...+d_{n}= \frac{10}{\pi} >3}\)

Jeżeli weźmiemy losową prostą przechodzącą przez ten kwadrat to prawdopodobieństwo , że prosta przejdzie przez okrąg o średnicy \(\displaystyle{ d_{i}}\) to po prostu:

\(\displaystyle{ d_{i}}\).

Zatem wartość oczekiwana okręgów przechodzących przez tę prostą to po prostu:

\(\displaystyle{ d_{1}+d_{2}+...+d_{n} >3}\) , a że liczba okręgów jest liczbą całkowitą to musi być przynajmniej:

\(\displaystyle{ 4}\)

Trochę głupawe rozwiązanie oparte na prawdopodobieństwie...

zad. 6

Ukryta treść:    

przepiszmy:

\(\displaystyle{ \left( \frac{b-c}{a}+ \frac{c-a}{b}+ \frac{a-b}{c} \right)\left( \frac{a}{b-c}+ \frac{b}{c-a}+ \frac{c}{a-b} \right)=9}\)

gdzie:

\(\displaystyle{ a+b+c=0}\)

zróbmy podstawienie:

\(\displaystyle{ x= \frac{a}{c},y= \frac{b}{c}}\)

zapiszmy to w nowej formie:

\(\displaystyle{ \left( \frac{y-1}{x}+ \frac{1-x}{y}+x-y \right)\left( \frac{x}{y-1}+ \frac{y}{1-x}+ \frac{1}{x-y} \right)}\)

\(\displaystyle{ x+y=-1, y=-x-1}\)

podstawmy za y powyższe:

otrzymamy:

funkcję:

\(\displaystyle{ f(x)=\left( 1+2x- \frac{2}{x}- \frac{2}{x+1} \right)\left( \frac{1}{2x+1}+ \frac{2}{x-1}+ \frac{2}{x+2} \right)}\)

lub po wymnożeniu:

\(\displaystyle{ f(x)= \frac{4x}{x-1}+ \frac{4x}{x+2}+ \frac{2x}{2x+1}+ \frac{2}{x-1}- \frac{4}{(x-1)(x+1)}-\frac{4}{(x+1)(x+2)}+ \frac{2}{x+2}-\frac{2}{(x+1)(2x+1)}+ \frac{1}{2x+1}-\frac{4}{x(x-1)}-\frac{4}{x(x+2)}-\frac{2}{x(2x+1)}}\)

scałkujmy to teraz i otrzymamy:

\(\displaystyle{ \int_{}^{}f(x)=4x+4\ln |x-1|+4x-8\ln |x+2| +x- \frac{1}{2}\ln |2x+1| + \frac{1}{2}+2\ln |x-1|-2\ln |x-1| +2 \ln |x+1|-4 \ln |x+1|+4\ln |x+2|+2\ln |x+2|-2\ln |2x+1|+2\ln |x+1|+ \frac{1}{2}\ln |2x+1| -4 \ln |x-1|+4 \ln |x|-2 \ln |x|+2\ln |x+2| -2 \ln |x| +2\ln |2x+1|=9x+ \frac{1}{2}}\)

Wszystko się ładnie skraca...

Widać więc, że ta funkcja to:

\(\displaystyle{ f(x)=9}\)

Więc widać, że to jest funkcja stała ...

cnd...

zad. 1

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ x}\) - długość krawędzi sześcianu

równanie diofantyczne wygląda tak:

\(\displaystyle{ 12x^2=k^2+k}\)

Rozwiązaniem całkowitym jest:

\(\displaystyle{ k= \frac{\left( 7+4 \sqrt{3} \right)^n+\left( 7-4 \sqrt{3} \right)^n-2 }{4 }}\)

\(\displaystyle{ x= \frac{\left( 7+4 \sqrt{3} \right)^n-\left( 7-4 \sqrt{3} \right)^n }{8 \sqrt{3} }}\)

-- 22 października 2018, 11:04 --zad.8

Ukryta treść:    

Załóżmy, że monet jest:

\(\displaystyle{ 2^n}\)

Najwięcej według mnie redystrybucji jest w przypadku między innymi takim jak ten:

\(\displaystyle{ 2^{n-1}, 2^{n-2}, 2^{n-3},...,1}\)

Czyli mamy n obdarowanych ludzi na samym początku, w następnym kroku będzie taki stan:

\(\displaystyle{ 0, 2^{n-1}, 2^{n-2}, 2^{n-3},...,}\)

to się tak będzie przesuwało, aż do stanu gdy dwoje będzie obdarowanych równo:


\(\displaystyle{ 2^{n-1},2^{n-1}}\)

do tej pory wykonaliśmy:

\(\displaystyle{ 2^{n-2}}\)

redystrybucji...

A teraz się zacznie polka bo jeden musi dawać drugiemu a drugi pierwszemu cały czas bo takie sa warunki, i ten proces będzie szedł w nieskończoność...

[Premislav]

6. inaczej:    

Skoro \(\displaystyle{ a+b+c=0}\), to
\(\displaystyle{ \left(\frac{b-c}{a} + \frac{c-a}{b} + \frac{a-b}{c} \right)\left( \frac{a}{b-c} + \frac{b}{c-a} + \frac{c}{a-b} \right)=\\=\left(\frac{b-c}{a} + \frac{c-a}{b} + \frac{a-b}{c} \right)\cdot \frac{ -9abc}{(a-b)(b-c)(c-a)}=\\=9 \cdot \frac{bc
^2-b^2c+ca^2-c^2a+ab^2-a^2 b}{(a-b)(b-c)(c-a)}}\)
czyli wystarczy pokazać, że
\(\displaystyle{ bc
^2-b^2c+ca^2-c^2a+ab^2-a^2 b=(a-b)(b-c)(c-a)}\)
Popatrzmy na obie strony jak na trójmiany kwadratowe zmiennej \(\displaystyle{ a}\). Wówczas widzimy, że tak lewa strona, jak i prawa zerują się dla \(\displaystyle{ a_1=b}\) raz \(\displaystyle{ a_2=c}\), a ponadto jako trójmiany zmiennej \(\displaystyle{ a}\) mają ten sam współczynnik przy najwyższej potędze, równy \(\displaystyle{ c-b}\). Wniosek jest taki, że LHS=RHS, c.k.d.
Może jeszcze trochę dopiszę: zacząłem od sprowadzenia do wspólnego mianownika w drugim nawiasie i obserwacji, że przy \(\displaystyle{ a+b+c=0}\) mamy
\(\displaystyle{ a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2=ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=-3abc}\) (po dojściu do postaci sprzed ostatniej równości po prostu wstawiamy \(\displaystyle{ a+b=-c}\) etc.)
oraz że gdy \(\displaystyle{ a+b+c=0}\), to \(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3=3abc}\) (dowód: rozpatrujemy wielomian \(\displaystyle{ P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)}\) i skoro \(\displaystyle{ a+b+c=0}\), to \(\displaystyle{ P(x)}\) jest w formie \(\displaystyle{ x^3+px+q}\), przy czym z wymnożenia łatwo mamy \(\displaystyle{ q=-abc}\);
pierwiastkami wielomianu \(\displaystyle{ P(x)}\) są, jak widać, liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\), zatem
\(\displaystyle{ a^3+ap+q=0 \wedge b^3+bp+q=0\wedge c^3+cp+q=0}\), dodajemy te trzy równości stronami, korzystamy z: \(\displaystyle{ a+b+c=0}\) i dostajemy
\(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3=-3q=3abc}\)).
Potem sprowadziłem do wspólnego mianownika w pierwszym dużym czynniku i już wyszło coś prostego.

Miałem wrażenie, że rachunek całkowy na to zadanie to lekka przesada (oczywiście to wyłącznie moje odczucie), stąd pozwoliłem sobie zaproponować inne rozwiązanie (jestem pewien, że można je mocno uprościć).

[arek1357]

Miałem wrażenie, że rachunek całkowy na to zadanie to lekka przesada (oczywiście to wyłącznie moje odczucie), stąd pozwoliłem sobie zaproponować inne rozwiązanie (jestem pewien, że można je mocno uprościć)

Masz rację , ale mnie zafascynowała inna sprawa, a mianowicie jakbyś popatrzył na tę moją funkcję,
pierwszy raz np. w tramwaju lub np w jakiejś spelunie przy wódce , to na pewno byś nie wpadł, że to funkcja stała i to mnie właśnie zainspirowało.

[mol_ksiazkowy]

Brak pomysłow do zadań 5 i 9

[arek1357]

Brak czasu chyba:

A propo szóstego drobna wzmianka tam można by było zamiast całek rozłożyć ułamki na ułamki proste
wyszłoby na to samo...

zad. 5

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \begin{cases} xy+xz=8-x^2/:x\\xy+yz=12-y^2/:y\\xz+yz=-4-z^2/:z\end{cases}}\)


\(\displaystyle{ \begin{cases}y+z+x= \frac{8}{x} \\z+x+y= \frac{12}{y}\\x+y+x= \frac{-4}{z} \end{cases}}\)

co daje:

\(\displaystyle{ x+y+z= \frac{8}{x}=\frac{12}{y}=\frac{-4}{z}}\)

co daje:

\(\displaystyle{ y= \frac{3x}{2} , z= -\frac{x}{2}}\)

podstawiając np do pierwszego mamy:

\(\displaystyle{ x+\frac{3x}{2}-\frac{x}{2}= \frac{8}{x}}\)

po uproszczeniu:

\(\displaystyle{ 5x^2-2x-16=0}\)

\(\displaystyle{ x_{1}=-1,6 ; x_{2}=2}\)

\(\displaystyle{ y_{1}=-2,4 ; y_{2}=3}\)

\(\displaystyle{ z_{1}=0,8 ; z_{2}=-1}\)

a co do 9 - tego to ja bym wprowadził częściowy porządek w rodzinie zbiorów wypukłych i nieograniczonych T w ten sposób:

\(\displaystyle{ f_{1} \le f_{2} \Leftrightarrow f_{1} \subseteq f_ {2}}\)

Kresami dolnymi tych porządków będą właśnie półproste...

Wynikałoby z tego,że raczej chyba nie będzie zbioru wypukłego i nieograniczonego i nie zawierającego żadnej półprostej...

[yorgin]

9:    

Tak, choć nie jest to takie "proste".

Oznaczam \(\displaystyle{ |x|}\) - długość wektora w \(\displaystyle{ \RR^2}\) oraz przez \(\displaystyle{ X}\) - zbiór rozważany w zadaniu.

Oczywiście można założyć też, że \(\displaystyle{ 0\in X}\).

Rozumujemy nie wprost: niech \(\displaystyle{ X}\) będzie nieograniczony. Wykażemy, że zawiera półprostą.

Z nieograniczoności dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\) dobieramy \(\displaystyle{ x_n\in X}\) takie, że \(\displaystyle{ |x_n|=n}\). Ciąg \(\displaystyle{ \frac{x_n}{|x_n|}}\) jest oczywiście ograniczony (bo jest zawarty w okręgu jednostkowym), ma więc podciąg zbieżny. Można więc założyć, że cały \(\displaystyle{ \frac{x_n}{|x_n|}\to x}\).

Trzeba teraz pokazać, że \(\displaystyle{ \RR_+x}\) jest szukaną półprostą.

Ustalmy \(\displaystyle{ \alpha>0}\). Wtedy oczywiście \(\displaystyle{ |x_n|>\alpha}\) dla \(\displaystyle{ n>N}\). Skoro \(\displaystyle{ x_n\in X}\) oraz \(\displaystyle{ 0\in X}\), to również

\(\displaystyle{ \frac{\alpha}{|x_n|}x+\left(1-\frac{\alpha}{|x_n|}\right)0=\frac{\alpha}{|x_n|}x\in X}\)

Ciąg \(\displaystyle{ \frac{\alpha}{|x_n|}x}\) jest zbieżny do \(\displaystyle{ \alpha x}\), więc dla \(\displaystyle{ n>M>N}\) zachodzi \(\displaystyle{ \left|\frac{\alpha}{|x_n|}x-\alpha x\right|<\varepsilon}\). Tym samym \(\displaystyle{ \alpha x-\frac{\alpha}{|x_n|}x\in X}\).

Ostatni krok: dla \(\displaystyle{ n>M}\) zachodzi teraz

\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\alpha x=\frac{1}{2}\left[\left(\alpha x-\frac{\alpha}{|x_n|}x\right)+\left(\frac{\alpha}{|x_n|}x_n\right)\right]\in X}\),

bo \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\alpha x}\) jest kombinacją wypukłą dwóch punktów z \(\displaystyle{ X}\).

Z dowolności \(\displaystyle{ \alpha}\) wynika teraz, że \(\displaystyle{ \RR_+x\subset X}\).

[a4karo]

9:    

T
Z nieograniczoności dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\) dobieramy \(\displaystyle{ x_n\in X}\) takie, że \(\displaystyle{ |x_n|=n}\). Ciąg \(\displaystyle{ \frac{x_n}{|x_n|}}\) jest oczywiście ograniczony (bo jest zawarty w okręgu jednostkowym), ma więc podciąg zbieżny. Można więc założyć, że cały \(\displaystyle{ \frac{x_n}{|x_n|}\to x}\).

Trzeba teraz pokazać, że \(\displaystyle{ \RR_+x}\) jest szukaną półprostą.

Ustalmy \(\displaystyle{ \alpha>0}\). Wtedy oczywiście \(\displaystyle{ |x_n|>\alpha}\) dla \(\displaystyle{ n>N}\). Skoro \(\displaystyle{ x_n\in X}\) oraz \(\displaystyle{ 0\in X}\), to również

\(\displaystyle{ \frac{\alpha}{|x_n|}x+\left(1-\frac{\alpha}{|x_n|}\right)0=\frac{\alpha}{|x_n|}x\in X}\)

Ukryta treść:    

To zajdzie pod warunkiem, że \(\displaystyle{ x\in X}\). Ale tego nie wiemy

[arek1357]

Ale tego nie wiemy

No raczej \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem zupełnym w topologii klasycznej...

[Wasilewski]

9:    

Załóżmy, że \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem wypukłym, który zawiera \(\displaystyle{ 0}\) w swoim wnętrzu, ale nie zawiera żadnej półprostej. Założenie o niepustym wnętrzu nie jest zbyt silne, bo zbiór wypukły w \(\displaystyle{ \mathbb{R}^2}\) o pustym wnętrzu jest zawarty w pewnej prostej, więc problem sprowadza się do \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\). Wobec tego możemy zdefiniować funkcję \(\displaystyle{ r\colon [0,2\pi] \to \mathbb{R}_{+}}\) zadaną następująco: \(\displaystyle{ r(t):= \inf\{r: r e^{it} \notin X\}}\). Pokażemy, że funkcja \(\displaystyle{ r}\) jest ciągła, więc ograniczona, czyli zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest ograniczony. Zauważmy, że \(\displaystyle{ r(s)\geqslant \delta}\) dla pewnej \(\displaystyle{ \delta>0}\).

Ustalmy punkt \(\displaystyle{ t}\) i zbiegający do niego ciąg \(\displaystyle{ (t_n)}\). Jeśli \(\displaystyle{ r(t_n)}\) nie zbiega do \(\displaystyle{ r(t)}\), to mamy trzy możliwości: istnieje podciąg rozbieżny do \(\displaystyle{ \infty}\), zbieżny do granicy większej niż \(\displaystyle{ r(t)}\) lub zbieżny do granicy mniejszej niż \(\displaystyle{ r(t)}\). Okazuje się, że wszystkie trzy przypadki można wykluczyć dzięki wypukłości \(\displaystyle{ X}\).

Załóżmy więc, że mamy ciąg \(\displaystyle{ (t_n)}\) taki, że \(\displaystyle{ \lim r(t_n) = \infty}\). Możemy swobodnie założyć, ewentualnie przechodząc do dalszego podciągu, że ciąg \(\displaystyle{ (t_n)}\) zbiega do \(\displaystyle{ t}\) z lewej strony. Możemy też założyć, że \(\displaystyle{ t\neq 0,2\pi}\), bo funkcja \(\displaystyle{ r}\) jest tak naprawdę określona na okręgu i możemy go sobie obrócić. To znaczy, że możemy sobie rozważyć punkt \(\displaystyle{ s}\) leżący po prawej stronie \(\displaystyle{ t}\). Skoro \(\displaystyle{ \lim r(t_n)=\infty}\), to istnieje rozbieżny ciąg \(\displaystyle{ \alpha_n}\) taki, że \(\displaystyle{ \alpha_n e^{it_n} \in X}\). Istnieje też \(\displaystyle{ r>0}\) takie, że \(\displaystyle{ re^{is}\in X}\). Rozważenie odcinka pomiędzy \(\displaystyle{ \alpha_n e^{it_n}}\) a \(\displaystyle{ re^{is}}\) dla odpowiednio dużego \(\displaystyle{ n}\) pokaże, że istnieje \(\displaystyle{ q>r(t)}\) takie, że \(\displaystyle{ qe^{it} \in X}\); sprzeczność. Dokładnie tak samo radzimy sobie z przypadkiem \(\displaystyle{ \lim r(t_n) > r(t)}\).

Załóżmy teraz, że \(\displaystyle{ \lim r(t_n) < r(t)}\). Możemy dodatkowo przyjąć, że \(\displaystyle{ 0<r(t)-\varepsilon<r(t_n) < r(t)-\frac{\varepsilon}{2}}\) dla pewnego \(\displaystyle{ \varepsilon > 0}\). Ustalmy \(\displaystyle{ s=t_m}\) dla pewnego \(\displaystyle{ m}\) i rozważmy odcinek między \(\displaystyle{ (r(s)-\frac{\varepsilon}{100}) e^{is}}\) a \(\displaystyle{ (r(t) - \frac{\varepsilon}{100}) e^{it}}\). Można stąd wyciągnąć wniosek, że dla odpowiednio dużego \(\displaystyle{ n}\) istnieje \(\displaystyle{ q> r(t_n)}\) takie, że \(\displaystyle{ q e^{it_n} \in X}\), czyli znowu sprzeczność.

Mam wrażenie, że można to bardzo uprościć.