[MIX] Mix matematyczny (11)

[Piotr Rutkowski]

No, dawno mnie już tu nie było, to coś wrzucę. Zadania mają zróżnicowany poziom trudności, ale wszystkie są dość trudne.

1)Równanie diofantyczne:

Rozwiąż w liczbach \(\displaystyle{ x,y\in \mathbb{N}}\) równanie:
\(\displaystyle{ 1^{x}+2^{x}+3^{x}+4^{x}+5^{x}=15^{y}}\)

2)Istnienie przedziału bez liczby pierwszej:
Zdefiniujmy przedział \(\displaystyle{ \mathbb{X}}\) dla liczby pierwszej \(\displaystyle{ p}\) i naturalnej \(\displaystyle{ k}\): \(\displaystyle{ \mathbb{X}=}\)
Udowodnij, że:
\(\displaystyle{ \forall_{k\in \mathbb{N}}\exists_{p\in \mathbb{P}}\forall_{x\in \mathbb{X}} \ x\notin \mathbb{P}}\)

3)Podzielność dla permutacji:
Mamy dane liczby całkowite \(\displaystyle{ a_{1},...,a_{10}}\). Udowodnić, że istnieją liczby \(\displaystyle{ b_{1},...,b_{10}\in \{-1,0,1\}}\) nie wszystkie równe zero takie, że:
\(\displaystyle{ 1000|\sum_{i=1}^{10}a_{i}b_{i}}\)


4)Zwykła granica:
Mamy dane \(\displaystyle{ p>0}\)
Obliczyć \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}\frac{\sum_{i=1}^{n}i^{p}}{n^{p+1}}}\)

5)Zbieżność szeregu:
Niech \(\displaystyle{ a_{n}}\) będzie rosnącym ciągiem liczb dodatnich takim, że \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}(a_{n+1}-a_{n})=+\infty}\)
Czy szereg \(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a_{n}}}\) jest zbieżny?

6)Równanie funkcyjne w naturalnych:
Znaleźć wszystkie takie rosnące funkcje \(\displaystyle{ f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}}\) takie, ze:
1)\(\displaystyle{ f(2)=2}\)
2)\(\displaystyle{ \forall_{m,n\in \mathbb{N}} \ f(mn)=f(m)f(n)}\)

7)Cecha z liczby:
Udowodnić, że:
\(\displaystyle{ \forall_{n\in \mathbb{N}} \ [\frac{1}{\sqrt[n]{e}-1}]+1=n}\)

8)Łatwa kombinatoryka:
Udowodnić, że dowolne \(\displaystyle{ 2n}\) punktów na płaszczyźnie takich, że żadne 3 z nich nie leżą na 1 prostej tworzy \(\displaystyle{ n}\) odcinków takich, ze żadne 2 z nich się nie przecinają.

9)Klasyk w ciągach:
Niech \(\displaystyle{ a_{n}=(1+\frac{1}{n})^{n}}\)
Udowodnić, że \(\displaystyle{ a_{n+1}>a_{n}}\)

10)Niezła teoria liczb:
Niech \(\displaystyle{ a,b\in \mathbb{Z}_{+}}\) spełniają podzielność \(\displaystyle{ ab+1|a^{2}+b^{2}}\).
Udowodnić, że \(\displaystyle{ \exists_{l\in \mathbb{N}} \ \frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}=l^{2}}\)

No, to by było na tyle.
Powodzenia

[meninio]

4.
\(\displaystyle{ \lim_{ n \to \infty }\frac{1^p+2^p+3^p+....+n^p}{n \cdot n^p} =\lim_{ n \to \infty }\frac{ \left( \frac{1}{n}\right)^p + \left( \frac{2}{n}\right)^p + \left( \frac{3}{n} \right)^p +....+1}{n} =0}\)

[Piotr Rutkowski]

4.
\(\displaystyle{ \lim_{ n \to \infty }\frac{1^p+2^p+3^p+....+n^p}{n \cdot n^p} =\lim_{ n \to \infty }\frac{ \left( \frac{1}{n}\right)^p + \left( \frac{2}{n}\right)^p + \left( \frac{3}{n} \right)^p +....+1}{n} =0}\)

Hehe, zauważ, że w liczniku nie masz skończonej liczby składników i nie możesz sobie zrobić takiego myku. Tak byłoby trochę zbyt prosto

[mol_ksiazkowy]

ad 7
Ciagi \(\displaystyle{ a_n=(1+\frac{1}{n})^n, \ b_n=(1+\frac{1}{n})^{n+1}}\) sa zbiezne do \(\displaystyle{ e}\), z tym ze pierwszy jest rosnacy , zas drugi malejacy, Dla \(\displaystyle{ n>1}\) mamy wiec ze:
\(\displaystyle{ a_n <e <b_{n-1}}\)., tj

\(\displaystyle{ 1+\frac{1}{n} < \sqrt[n]{e} < 1+ \frac{1}{n-1}}\)
tj \(\displaystyle{ n-1 < \frac{1}{\sqrt[n]{e}-1} <n}\)

[Sylwek]

ad 9. Przekształcamy równoważnie: \(\displaystyle{ (\frac{n+1}{n})^n < \left( \frac{n+2}{n+1}\right)^{n+1} \iff \frac{n}{n+1}<\left( 1-\frac{1}{(n+1)^2}\right) ^{n+1}}\), a to jest prawda, bo z nierówności Bernoulliego: \(\displaystyle{ \left( 1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)^{n+1} \geqslant 1-\frac{1}{(n+1)^2} (n+1)=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}}\). Ponieważ równość zachodzi wtedy, i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ -\frac{1}{(n+1)^2}=0}\), to równość nigdy nie zajdzie , zatem mamy nierówność ostrą, co kończy dowód.

[Piotr Rutkowski]

7) Identycznie
9)To rozwiązanie też znałem, alternatywnie można jeszcze z nierówności pomiędzy geometryczną średnią średnich arytmetycznych, a arytmetyczną geometrycznych rozpatrując tablicę z jedynkami i \(\displaystyle{ \frac{1}{n}}\)

[luka52]

ad 4
\(\displaystyle{ = \int_0^1 x^p \; \mbox d x = \frac{1}{1+p}}\)

[Piotr Rutkowski]

ad 4
\(\displaystyle{ = \int_0^1 x^p \; \mbox d x = \frac{1}{1+p}}\)

Wzorcowo! Dla objaśnienia wynika to z definicji całki Riemanna.

[Sylwek]

Czy treść zadania 6. jest kompletna?

[Piotr Rutkowski]

Czy treść zadania 6. jest kompletna?

Nie , ale teraz już jest.

[Sylwek]

ad. 8, taki pomysł, poprowadźmy prostą \(\displaystyle{ k}\), po której jednej ze stron leżą wszystkie punkty z naszego zbioru, a także ta prosta nie jest równoległa do żadnej z prostych tworzonych przez pewne dwa punkty z naszego zbioru, jeśli oznaczymy nasze punkty \(\displaystyle{ A_1,A_2,\ldots,a_{2n}}\), przy czym \(\displaystyle{ d(k,A_1)m}\) dowód analogiczny), wówczas istnieje takie \(\displaystyle{ s}\), że \(\displaystyle{ 2^sf(m)=f(2^s+k) \geqslant f(2^s)+k=2^s+k=m}\) - sprzeczność..., zatem wystarczy sprawdzić \(\displaystyle{ f(m)=m}\) i ta funkcja rzeczywiście spełnia warunki zadania

[limes123]

10. Dla całkowitego q oznaczmy
\(\displaystyle{ \frac{a^2+b^2}{ab+1}=q\iff a^2+b^2=q(ab+1)\iff a^2-q=b(qa-b)}\)(*) i niech para liczb cał. nieujemnych \(\displaystyle{ k, l}\) będzie takim rozwiązaniem równania (*), że \(\displaystyle{ k+l}\) jest najmniejsza z możliwych i założmy, że \(\displaystyle{ k\leq l}\).
Mamy \(\displaystyle{ k^2-q=l(qk-l)}\) i przy oznaczeniu \(\displaystyle{ j=qk-l}\) widzimy, że równanie (*) spełniają również liczby \(\displaystyle{ a=k, b=j}\) i \(\displaystyle{ k+j<k+l}\), czyli \(\displaystyle{ j}\) jest liczbą ujemną cał. Mamy zatem \(\displaystyle{ l<qk}\) i przemnażając tą nierówność przez \(\displaystyle{ j\leq -1}\) mamy \(\displaystyle{ jl< -qk\iff k^2-q< -qk\iff q(k-1)< -k^2\iff k< 1}\), czyli \(\displaystyle{ k=0}\), a więc \(\displaystyle{ q=l^2}\) ckd

[Piotr Rutkowski]

ad. 8, taki pomysł, poprowadźmy prostą k, po której jednej ze stron leżą wszystkie punkty z naszego zbioru, a także ta prosta nie jest równoległa do żadnej z prostych tworzonych przez pewne dwa punkty, jeśli oznaczymy nasze punkty \(\displaystyle{ A_1,A_2,\ldots,a_{2n}}\), przy czym \(\displaystyle{ d(k,A_1)}\) dla \(\displaystyle{ k=1,2,...,n}\) spełniają warunki zadania.

Bardzo ciekawe rozwiązanie. Można też inaczej:
Poprowadźmy te odcinki w dowolny sposób. Jeśli któreś z nich się przecinają (nazwijmy je \(\displaystyle{ AD}\) i \(\displaystyle{ BC}\), a punkt przecięcia \(\displaystyle{ X}\)) to zamieńmy je na odcinki \(\displaystyle{ AB}\) oraz \(\displaystyle{ CD}\). W wyniku tej operacji zmniejszyliśmy sumę długości wszystkich odcinków, ponieważ \(\displaystyle{ |AD|+|BC|=(|AX|+|BX|)+(|CX|+|DX|)>|AB|+|CD|}\) (nierówność trójkąta). Skoro zawsze kombinacji odcinków jest skończona ilość to istnieje wśród nich taka kombinacja, która posiada najmniejszą możliwą wartość sumy długości odcinków. Zauważmy, że taka kombinacja spełnia warunki zadania, ponieważ gdyby istniały 2 odcinki przecinające się to w wyniku ww operacji moglibyśmy dojść do układu z mniejszą sumą długości odcinków, co przeczy wyborowi kombinacji.

6)Wzorcowo, standardzik

10)Marcin Kuczma, Tom 8 zad. 1.18
Miałem nadzieję, że nikt nie przepisze rozwiązania
Alternatywnie:
\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}-kab-k=0}\) i niech \(\displaystyle{ k\neq l^{2}}\)
Weźmy \(\displaystyle{ a\geq b}\).
Rozważmy równanie kwadratowe \(\displaystyle{ x^{2}-kba+b^{2}-k}\).
Mamy 2 pierwiastki, \(\displaystyle{ a}\) i jakieś \(\displaystyle{ a_{1}}\).
Oczywiście \(\displaystyle{ a_{1}\in \mathbb{Z}.}\)
Oczywistym jest fakt, że \(\displaystyle{ a_{1}\geq 0}\).
Jeśli \(\displaystyle{ a_{1}=0}\) to \(\displaystyle{ k=b^{2}}\) wbrew założeniu.
Jeśli natomiast \(\displaystyle{ a_{1}>0}\) to:
\(\displaystyle{ a_{1}=\frac{b^{2}-k}{a}\leq \frac{a^{2}-k}{a}\leq a.}\)
Zauważmy, ze otrzymaliśmy nową parę rozwiązań równania \(\displaystyle{ (a_{1},b)}\), których suma jest mniejsza niż poprzednia para. Możemy w ten sposób skonstruować nieskończenie wiele takich par, z których każda kolejna będzie miała mniejszą sumę. Sprzeczność dowodzi tezy zadania

[Sylwek]

ad. 1, skrótowo, bo mam mało czasu: przyjmijmy x>3, rozpatrując modulo 3 dostajemy, że x jest nieparzyste, potem modulo 8 otrzymujemy, że y jest parzyste, teraz modulo 16 (x=2t+1, y=2k):
\(\displaystyle{ L \equiv 1+3 9^t + 5 25^t \equiv 1 + 3 9^t + 5 9^t \equiv 1+8 9^t \equiv P \equiv 225^k \equiv 1 \ (mod \ 16)}\), czyli \(\displaystyle{ 9^t \equiv 0 \ (mod \ 2)}\), co jest oczywistą sprzecznością, dla mniejszych x mamy rozwiązania:
\(\displaystyle{ \boxed{(x,y) \lbrace (1,1), \ (3,2) \rbrace }}\)

[mol_ksiazkowy]

ad 3 liczb posataci x= \(\displaystyle{ a_1b_1+...+a_nb_n}\) gdzie \(\displaystyle{ b_j}\) wynosi 1 lub 0
jest \(\displaystyle{ 2^{10}}\) a wiec róznica ktoeychs dwoch dzieli sie przez 1000. (O ile pewne x i y tak wygenerowane - dla roznych ciagow beda równe, to tez nie ma czego dowodzic...)