[MIX] Mix matematyczny (4)

[Piotr Rutkowski]

No, pora na część czwartą. Zadania mają umiarkowany stopień trudności, uznałem, że trudność ostatniego mix-a była trochę za wysoka i ja będę dawał zadania nieco bardziej przystępne (co wcale nie oznacza, że są proste)

1)Istnienie jedenastoelementowego zbioru:

Zbadaj, czy \(\displaystyle{ \exists_{A\subset \mathbb{N} \ A=\{a_{1},...,a_{11}\}} \ \forall_{B\subset \{1,2,...,11\} \ |B|=6} \ 6\not |\sum_{i\in B}a_{i}}\)

2)Równanie diofantyczne:

Rozwiąż w liczbach całkowitych równanie:
\(\displaystyle{ 5^{x}+7^{y}=z^{3}}\)

3)Istnienie rozwiązań:

Udowodnij, że:
\(\displaystyle{ \forall_{k\in \mathbb{N}} \ \exists_{a,b,c\in \mathbb{N}} \ a^{2}+b^{2}=c^{k}}\)

4)Prosta nierówność:

Udowodnij, że:
\(\displaystyle{ \forall_{a,b\in \mathbb{R}_{+}}(\frac{a}{b})^{a}+(\frac{b}{a})^{b}\geq 2}\)


5)I jeszcze jedna nierówność:

Udowodnij, że:
\(\displaystyle{ \forall_{x,y,z\in \mathbb{R}_{+} \ x+y+z=1}\sum_{cyc}\frac{x}{x+1}\leq \frac{3}{4}}\)

6)Granica ilorazu ciągów:

Ciągi \(\displaystyle{ \{a_{n}\} \ \{b_{n}\}}\) liczb całkowitych definiujemy w następujący sposób:
\(\displaystyle{ \forall_{n\in \mathbb{N}}a_{n}+b_{n}=(2+\sqrt{3})^{n}}\)
Znajdź \(\displaystyle{ \lim_{n\to }\frac{a_{n}}{b_{n}}}\)

7)Równanie funkcyjne:

Znajdź wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}}\) takie, że:
\(\displaystyle{ \forall_{x,y\in \mathbb{R}}f(f(x)+y)=f(x+y)+f(0)}\)

8)Suma szeregu:

Zdefiniujmy ciąg nieskończony \(\displaystyle{ \{a_{n}\}}\) w następujący sposób:
I)żaden wyraz ciągu nie jest podzielny przez 2,3 oraz 5
II)każda liczba naturalna spełniająca warunek pierwszy występuje w tym ciągu
III)ciąg \(\displaystyle{ \{a_{n}\}}\) jest rosnący (dla ułatwienia zapisu)

Obliczyć: \(\displaystyle{ \frac{1}{2}+\frac{1}{2^{7}}+\frac{1}{2^{11}}+\frac{1}{2^{17}}+...=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{a_{n}}}}\)

9)Jeszcze jedno równanie diofantyczne:

Niech \(\displaystyle{ (x,y\in \mathbb{N}) (p\in \mathbb{P})}\) Rozwiąż:
\(\displaystyle{ p^{x}-y^{3}=1}\)

10)Jeszcze jeden ciąg:

Zdefiniujmy ciąg \(\displaystyle{ \{a_{n}\}}\) w następujący sposób:
\(\displaystyle{ a_{0}=0,a_{1}=1,a_{2}=2,a_{3}=6,\forall_{n\in \mathbb{N}_{0}} \ a_{n+4}=2a_{n+3}+a_{n+2}-2a_{n+1}-a_{n}}\)
Udowodnij, że \(\displaystyle{ \forall_{n\in \mathbb{N}} \ n|a_{n}}\)



Uff, na razie to by było na tyle, powodzenia z zadankami

[Wasilewski]

6) Chyba powinno być:
\(\displaystyle{ a_n + b_n \sqrt{3} = \ldots \\
a_{n+1} + b_{n+1}\sqrt{3} = (2+\sqrt{3})^{n+1} = (2+\sqrt{3})^n (2+\sqrt{3}) = (a_n + b_n\sqrt{3}) (2+\sqrt{3}) = (2a_n +3b_n) + (a_n + 2b_n) \sqrt{3} \\
a_{n+1} = 2a_n + 3b_n \\
b_{n+1} = a_n + 2b_n}\)
Nie będę podawał całego rozwiązania, bo już kiedyś robiłem to zadanie.
4)
\(\displaystyle{ \left(\frac{a}{b}\right)^a + \left(\frac{b}{a}\right)^b \geqslant 2 \sqrt{\left(\frac{b}{a}\right)^{b-a}}}\)
Ze względu na symetrię możemy sobie założyć:
\(\displaystyle{ b \geqslant a \\
b = a+x, x \geqslant 0}\)
Czyli wyrażenie pod pierwiastkiem jest równe:
\(\displaystyle{ \left(1 + \frac{x}{a}\right)^{x} \geqslant 1}\)

[luka52]

8)
\(\displaystyle{ \sum_{n = 1}^{+\infty} \left( \frac{1}{2^n} - \frac{1}{2^{2n}} - \frac{1}{2^{3n}} - \frac{1}{2^{5n}} \right) = \ldots = \frac{320}{651}}\)

[Sylwek]

ad. 9, \(\displaystyle{ y=1 (p,x)=(2,1)}\), dalej prosty trick: \(\displaystyle{ p^x=1+y^3=(y+1)(y^2-y+1)=(y+1)((y+1)^2-3y)}\), zatem:
\(\displaystyle{ (y+1) \equiv 0 (mod p)}\) oraz \(\displaystyle{ (y+1)^2-3y \equiv 0 (mod p) \iff 3y \equiv 0 (mod p)}\), trochę się bawimy tymi kongruencjami (odejmujemy stronami itp.), dostajemy: \(\displaystyle{ 3y-3(y+1)=3y-3y-3 \equiv 0 (mod p) \iff 3 \equiv 0 (mod p)}\), czyli p=3: \(\displaystyle{ 3^x=(y+1)(y^2-y+1)}\), to jest: \(\displaystyle{ y=3^k-1, \ y^2-y+1=3^m}\), podstawiamy:
\(\displaystyle{ 3^{2k} - 2 3^k + 1 - 3^k + 1 + 1 = 3^m \ \iff \ 1+3^{2k-1}=3^{m-1}+3^k}\), z tego łatwo: \(\displaystyle{ (m,k)=(1,1)}\), więc: \(\displaystyle{ y=2}\) i \(\displaystyle{ x=3}\).

Toteż: \(\displaystyle{ (p,x,y)=(2,1,1) \ \ (p,x,y)=(3,3,2)}\).

[Aramil]

5 idzie z jensena natychmiastowo dla \(\displaystyle{ f(t)= \frac{t}{t+1}}\)

[Sylwek]

ad. 5, z nierówności Schwarza możemy wywnioskować, że: \(\displaystyle{ (\sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{y_i}) \geqslant \frac{(\sum_{i=1}^n x_i)^2}{\sum_{i=1}^{n} x_i y_i}}\), dowód nie przebiega trudno, w zwykłej nierówności Schwarza wystarczy przyjąć: \(\displaystyle{ a_i=\frac{x_i}{y_i}, \ b_i=x_i y_i}\). Wróćmy do zadania, z powyższego lematu: \(\displaystyle{ \frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1} \geqslant \frac{(1+1+1)^2}{x+1+y+1+z+1}=\frac{9}{4}}\), ale:
\(\displaystyle{ \frac{x}{x+1}+\frac{y}{y+1}+\frac{z}{z+1}=3-(\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}) \leqslant 3-\frac{9}{4}=\frac{3}{4}}\)

[mol_ksiazkowy]

ad 6. O ile \(\displaystyle{ a_n+b_n\sqrt{3}=(2+\sqrt{3})^n}\) to \(\displaystyle{ a_n-b_n\sqrt{3}=(2-\sqrt{3})^n}\), czyli \(\displaystyle{ a_n^2- 3b_n^2=1}\) , tj ciąg \(\displaystyle{ \frac{a_n}{b_n}}\) dazy do \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\).

[Sylwek]

ad. 3
1) Gdy k jest nieparzyste, tj.: k=2d+1 przyjmijmy: \(\displaystyle{ (a,b,c)=(2^d,2^d,2)}\) i mamy pasującą trójkę.
2) Gdy k jest parzystej, tj.: k=2d, mamy: \(\displaystyle{ a^2+b^2=(c^d)^2}\). Trójkę pitagorejską (spełniającą równanie \(\displaystyle{ a^2+b^2=c^2}\)) nazywamy pierwotną, jeśli a, b i c nie mają wspólnego dzielnika. Skorzystam tu z twierdzenia, że każdą trójkę pitagorejską pierwotną można przedstawić w postaci: \(\displaystyle{ (a,b,c)=(m^2-n^2,2mn,m^2+n^2)}\) (dowód na Wikipedii, w Sierpińskim itp.), zatem jeśli równanie: \(\displaystyle{ m^2+n^2=c^d}\) miałoby rozwiązanie, to zadanie byłoby załatwione.
3) Gdy d jest nieparzyste - jest to korzystamy z dowodu w przypadku 1), jeśli nie, to powtarzamy rozumowanie z przypadku 2), co kończy nam zadanie, bo każdą z każdej liczby naturalnej parzystej w końcu otrzymamy liczbę nieparzystą powtarzając to rozumowanie (jeśli k posiada w swoim rozkładzie kanonicznym czynnik nieparzysty - to m.in. on zostanie po pewnej ilości dzieleń przez 2, jeśli k jest potęgą dwójki - dojdziemy w końcu do jedynki).

[Wasilewski]

7)
\(\displaystyle{ x= y = 0 \\
f(f(0)) = 2f(0) \\
x = -y \\
f(f(x) - x) = 2f(0) = f(f(0)) = const}\)
Czyli albo musi zachodzić:
\(\displaystyle{ f(x) - x = f(0) \\
f(x) = f(0) + x}\)
albo:
\(\displaystyle{ f(x) = C}\)
Przy czym przy sprawdzeniu z zadanym równaniem wychodzi, że C=0.
Zatem mamy rozwiązania:
\(\displaystyle{ f(x) = f(0) + x f(x) = 0}\)
Może trochę uzupełnię pierwszy przypadek. Oczywiście mogłoby zachodzić również:
\(\displaystyle{ f(x) - x = a}\)
jeśli tylko:
\(\displaystyle{ f(a) = f(f(0))}\)
ale funkcja liniowa jest różnowartościowa.

[Piotr Rutkowski]

Mhm, co do zadania 7, to trochę spaliłem, bo należało jeszcze dodać, że funkcja jest ściśle monotoniczna (co sprawia, że w tym momencie dowód Wasilewskiego będzie poprawny (założyłeś sobie różnowartościowość )).

W 6 literówka, ale się każdy zorientował o co chodzi.

8 to chyba nie tak łatwo (a co z powtórkami )

4 w ogóle banalne

9 bardzo ładnie Sylwek , tak jak 3 i 5 (można też badać co jak zbliżamy do siebie 2 liczby ze stałą sumą)

[Wasilewski]

Nie założyłem różnowartościowości; założyłem jedynie, że funkcja nie jest paskudna A jeśli ma być ściśle monotoniczna, to odpada drugi przypadek i zostaje tylko:
\(\displaystyle{ f(x) = x + f(0)}\)
Brakuje mi w 8 trzynastki. Jak już będzie to zauważmy, że w pierwszej trzydziestce będą to liczby:
\(\displaystyle{ 1,7,11,13,17,19,23,29}\)
I oczywiście będą powtarzać się co 30 (2*3*5). Czyli będzie do policzenia:
\(\displaystyle{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2^{1+30n}} + \frac{1}{2^{7+30n}} + \frac{1}{2^{11+30n}} \ldots = \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{2^7} + \frac{1}{2^{11}} + \frac{1}{2^{13}} + \frac{1}{2^{17}} + \frac{1}{2^{19}} + \frac{1}{2^{23}} + \frac{1}{2^{29}}\right) \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{2^{30n}} =\\= \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{2^7} + \frac{1}{2^{11}} + \frac{1}{2^{13}} + \frac{1}{2^{17}} + \frac{1}{2^{19}} + \frac{1}{2^{23}} + \frac{1}{2^{29}}\right) \frac{1}{1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{30}} = \frac{2^{29} + 2^{23} + 2^{19} + 2^{17} + 2^{13} + 2^{11} + 2^{7} + 2}{2^{30} -1}}\)
Ale liczyć tego nie będę
5) Nie każdy zna nierówność Jensena, nie każdy zna nierówność Schwarza, ale prawie każdy zna nierówność między średnimi:
\(\displaystyle{ \frac{1}{x+1} + \frac{1}{y+1} + \frac{1}{z+1} \geqslant \frac{9}{x+1 + y + 1 + z + 1} = \frac{9}{4}}\)

[mol_ksiazkowy]

ad3 bardziej "chamsko": wg znanego tricku:
c=5
\(\displaystyle{ k=2, \ to \ 2^2+1^2=5}\) i o ile \(\displaystyle{ a^2+b^2=5^k}\), to \(\displaystyle{ (a-2b)^2+(2a+b)^2=5^{k+1}}\)

ad 6 uzyskuje sie
\(\displaystyle{ f(y)=f(x-f(x) +y)}\) ,

[ Dodano: 3 Czerwca 2008, 15:12 ]
ps
Wasilewski napisal:

Nie założyłem różnowartościowości; założyłem jedynie, że funkcja nie jest paskudna

hm oke, a jaka jest definicja funkcji paskudnej,,?!

[Wasilewski]

Nie chciało mi się myśleć, czy przypadkiem nie istnieje taka funkcja, która jakimś cudem wszystkie argumenty, które są postaci f(x) - x przeprowadza w f(f(0)), a dla innych zachowuje się jakoś inaczej i nadal spełnia zadane równanie. Wniosek: założyłem, że to "porządna" funkcja z czystego lenistwa.

[mol_ksiazkowy]

10)Jeszcze jeden ciąg:

Wyglada na to, iz...
\(\displaystyle{ a_n=nF_n}\)
gdzie \(\displaystyle{ F_n}\) to ciag Fibonacciego
(dowód byc moze pojdzie indukcja...?!)

[Sylwek]

Świetny pomysł! Krok indukcyjny wykorzystujący tylko wzór rekurencyjny ciągu Fibonacciego:

\(\displaystyle{ a_{n+4}=2a_{n+3}+a_{n+2}-2a_{n+1}-a_n= \\ =(2n+6)F_{n+3}+(n+2)F_{n+2}-(2n+2)F_{n+1}-nF_{n}= \\ =(2n+6)F_{n+3}+(n+2)F_{n+2}-(2n+2)F_{n+1} - n(F_{n+2}-F_{n+1})= \\ =(2n+6)F_{n+3}+2F_{n+2}-(n+2)F_{n+1}= \\ =(2n+6)F_{n+3}+2F_{n+2}-(n+2)(F_{n+3}-F_{n+2})= \\ =(n+4)F_{n+3}+(n+4)F_{n+2}=(n+4)F_{n+4}}\)

Zostały 1. i 2., kończmy ten mix, bo już tu długo leży niedokończony.