[MIX] Mix matematyczny 41

[arek1357]

Fakt przyjąłem to trochę na hurra i nie sprawdziłem tego nawet , byłem przekonany , że jak je skleję to wyjdzie ale jednak nie , powinienem to sprawdzić , ale tak byłem przekonany , że po prostu tego nie zrobiłem no trudno...Trochę szkoda bo jakby moje rozwiązanie było poprawne to zadanie byłoby ciekawsze...Tak mi się spodobało to rozwiązanie, że uważałem , że z definicji powinno być dobre , no ale cóż nie zawsze tak bywa...

[a4karo]

Fakt przyjąłem to trochę na hurra i nie sprawdziłem tego nawet , byłem przekonany , że jak je skleję to wyjdzie ale jednak nie , powinienem to sprawdzić , ale tak byłem przekonany , że po prostu tego nie zrobiłem no trudno...

Ciekawe, czy wyciągniesz z tej wpadki wnioski. Bo w innych wątkach też nie sprawdziłeś, a jesteś przekonany

Trochę szkoda bo jakby moje rozwiązanie było poprawne to zadanie byłoby ciekawsze...

Oooops, tu się coś pomieszało: zadanie jest interesujące niezależnie od tego czy TWOJE "rozwiązanie" jest poprawne, czy nie.

Tak mi się spodobało to rozwiązanie, że uważałem , że z definicji powinno być dobre , no ale cóż nie zawsze tak bywa...

Interesujące kryterium prawdy

[arek1357]

Interesujące kryterium prawdy

Akurat to nie jest dla mnie kryterium prawdy tylko moje polubienie lub nie czegoś , oczywiście jakby te funkcje co zapodałem były prawdziwe zadanie byłoby bardziej ciekawe i funkcje ciekawsze...

Ale widzę ,że bardzo się upajasz tym że znalazłeś błąd więc może nie będę przeszkadzał Ci w świętowaniu Twego sukcesu , bo ile razy też potrafię komuś pokazać, że się pomylił ale nie mam aż takiej satysfakcji z tego , sądzę, że jak prowadzisz wykłady a potem odpytujesz i student palnie głupstwo , wyprowadzi błędny wniosek to robisz mu zdjęcia w formacie A1 i wieszasz na wszystkich ścianach i płotach uczelni a wieczorem robisz wielką imprezę i masz niezłą bekę, a potem publikujesz swoje osiągnięcie w gazecie parafialnej lub wyborczej, po kilku latach mając spory plik takich osiągnięć możesz się doktoryzować lub co inne...
A więc gratuluję i życzę dalszych sukcesów...

Dodano po 1 godzinie 18 minutach 31 sekundach:
Powiem jeszcze , że osoba, która ma większą satysfakcję ze wskazywania palcem drugiego i krzyczenia głośno "winien" a ciężko jej przez gardło przejść słowo dziękuję lub co inne bardziej przypomina sępa lub szakala , co żywi się tym co złe i nieświeże, był też w Egipcie taki żuk do którego się wszyscy modlili , zresztą nie muszę wchodzić w szczegóły , na forum wybitnych myślicieli każdy i tak wie o co biega...Podejrzewam , że za czasów Jezusa niejeden padlinożerca krzyczałby w tłumie "ukrzyżuj go"... Zresztą każdy czerpie satysfakcję z czego innego...

[Jan Kraszewski]

Nie off-topujemy.

JK

[arek1357]

masz racje ale czasem komuś się coś uzbiera , i żeby nie czuł się jak egipski skarabeusz...toczący jak mu się wydaje bardzo okazałą kulę...

[Premislav]

12.:    

Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ A\neq 0}\). Bez straty ogólności można założyć, że \(\displaystyle{ A>0}\). Powiedzmy, że istnieje taki ciąg liczb całkowitych dodatnich \(\displaystyle{ (a_{n})_{n=1}^{\infty}}\), dla którego mamy
\(\displaystyle{ 4n(n+1)(An+B)^{2}+1=(a_{n}+1)^{2}}\), innymi słowy
\(\displaystyle{ \frac{a_{n}}{2}\cdot \frac{2+a_{n}}{2}=n(n+1)(An+B)^{2}}\). Oczywiście dla każdego \(\displaystyle{ n\in \NN^{+}}\) liczby \(\displaystyle{ \frac{a_{n}}{2}, \ \frac{a_{n}+2}{2}}\) są względnie pierwsze. Łatwy przypadek jest wtedy, gdy \(\displaystyle{ \NWD(A,B)=1}\), wtedy bowiem z twierdzenia Dirichleta wynika, że w ciągu o n-tym wyrazie równym \(\displaystyle{ An+B}\) występuje nieskończenie wiele liczb pierwszych. Naturalnie liczba pierwsza nie może dzielić jednocześnie dwóch liczb względnie pierwszych, zatem bądź to dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n}\) mamy
\(\displaystyle{ (An+B)^{2}|\frac{a_{n}}{2}}\), bądź dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n}\) zachodzi \(\displaystyle{ (An+B)^{2}|\frac{a_{n}+2}{2}}\). Rozważymy oba te przypadki:
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) powiedzmy, że dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n\in\NN^{+}}\) zachodzi
\(\displaystyle{ (An+B)^{2}|\frac{a_{n}}{2}}\). Ponieważ przyjęliśmy \(\displaystyle{ a_{n}\in \ZZ^{+}}\), więc albo dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n}\) mamy \(\displaystyle{ (An+B)^{2}<\frac{a_{n}}{2}, (An+B)^{2}|\frac{a_{n}}{2}}\), a wtedy dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n}\) jest
\(\displaystyle{ (An+B)^{2}\le \frac{a_{n}}{4}}\) i dla tychze \(\displaystyle{ n}\) mamy
\(\displaystyle{ (a_{n}+1)^{2}\ge (4(An+B)^{2}+1)^{2}>4n(n+1)(An+B)^{2}+1}\)
(ostatnia nierówność zachodzi dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) i wynika z tego, że po lewej współczynnik przy najwyższej potędze jest większy),
albo dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n}\) mamy \(\displaystyle{ (An+B)^{2}=\frac{a_{n}}{2}}\), a wtedy dla tych samych \(\displaystyle{ n}\) zachodzi
\(\displaystyle{ \frac{a_{n}+2}{2}=n(n+1)}\), czyli \(\displaystyle{ a_{n}+1=2n(n+1)-1}\), tj. dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n}\) mamy
\(\displaystyle{ 4n(n+1)(An+B)^{2}+1=\left(2n^{2}+2n-1\right)^{2}}\)
Traktujemy to jak równanie wielomianowe i porównujemy współczynniki przy \(\displaystyle{ n^{3}}\), z jednej strony jest to
\(\displaystyle{ 4A^{2}+8AB}\), zaś z drugiej \(\displaystyle{ 8}\), ale równanie \(\displaystyle{ 4A^{2}+8AB=8}\), czyli
\(\displaystyle{ (A+B)^{2}-B^{2}=2}\) nie ma rozwiązań w całkowitych, bo nie istnieją kwadraty liczb całkowitych różniące się o \(\displaystyle{ 2}\), choćby dlatego, że różnica kwadratów daje reszty \(\displaystyle{ 0,1,3}\) modulo \(\displaystyle{ 4}\).
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Przypuśćmy, że dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n\in\NN^{+}}\) jest
\(\displaystyle{ (An+B)^{2}|\frac{a_{n}+2}{2}}\), wówczas to ponownie bądź to dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n\in\NN^{+}}\) jest
\(\displaystyle{ (An+B)^{2}\le \frac{a_{n}+2}{4}}\) i wtedy jest
\(\displaystyle{ (a_{n}+1)^{2}\ge \left(4(An+B)^{2}-1\right)^{2}>4n(n+1)(An+B)^{2}}\), przy czym ostatnia nierówność jest dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\),
bądź dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n\in \NN^{+}}\) zachodzi \(\displaystyle{ \frac{a_{n}+2}{2}=(An+B)^{2}}\), a wtedy też z konieczności
\(\displaystyle{ \frac{a_{n}}{2}=n(n+1)}\), czyli
\(\displaystyle{ (a_{n}+1)^{2}=\left(2n^{2}+2n+1\right)^{2}}\) i znów mamy równanie na współczynniki sprowadzające się do absurdu
\(\displaystyle{ (A+B)^{2}-B^{2}=2}\)

To była ta łatwa sytuacja.
No dobra, ale może być trochę trudniej, ponieważ niekoniecznie musi być \(\displaystyle{ \NWD(A,B)=1}\)…
Niech \(\displaystyle{ d=\NWD(A,B)}\) i niech \(\displaystyle{ A=A' d, \ B=B' d}\). Sprowadzamy równanie do postaci
\(\displaystyle{ \frac{1}{d^{2}}\cdot \frac{a_{n}}{2}\cdot \frac{a_{n}+2}{2}=n(n+1)(A'n+B')^{2} }\)

Teraz ponownie używamy tego argumentu z twierdzeniem Dirichleta, tj. dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n}\) jest \(\displaystyle{ (A'n+B')^{2}|\frac{a_{n}}{2}}\) lub dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n}\) zachodzi \(\displaystyle{ (A'n+B')^{2}|\frac{a_{n}+2}{2}}\)
Dla każdego \(\displaystyle{ n\in\NN^{+}}\) istnieją takie liczby całkowite dodatnie \(\displaystyle{ d_{1}^{(n)}, \ d_{2}^{(n)}}\), że \(\displaystyle{ \NWD(d_{1}^{(n)}, d_{2}^{(n)})=1}\) dla każdego \(\displaystyle{ n}\) oraz \(\displaystyle{ d_{1}d_{2}=d, \ \left(d_{1}^{(n)}\right)^{2}|\frac{a_{n}}{2}, \ \left(d_{2}^{(n)}\right)^{2}|\frac{a_{n}+2}{2}}\).

Stosunek \(\displaystyle{ \frac{a_{n}}{2}}\) do \(\displaystyle{ \frac{a_{n}+2}{2}}\) dąży do \(\displaystyle{ 1}\), bo ich różnica wynosi jeden i w oczywisty sposób dążą do \(\displaystyle{ +\infty}\).
Dla ustalenia uwagi powiedzmy, że dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n\in \NN^{+}}\) jest \(\displaystyle{ \left(A'n+B'\right)^{2}|\frac{a_{n}}{2}}\).
Wówczas dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n\in \NN^{+}}\) mamy (\(\displaystyle{ k(n)}\) to ograniczony ciąg o wyrazach całkowitych dodatnich, gdzie \(\displaystyle{ k(n)|n(n+1)}\) dla każdego \(\displaystyle{ n}\))
\(\displaystyle{ \frac{a_{n}}{2}=k(n)\cdot \left(d_{1}^{(n)}\right)^{2}\left(A'n+B'\right)^{2}, \\ \frac{a_{n}+2}{2}=\frac{n(n+1)}{k(n)}\left(d_{2}^{(n)}\right)^{2} }\)
czyli ich iloraz wynosi
\(\displaystyle{ \frac{k(n)^{2}(A'n+B')^{2}\left(d_{1}^{(n)}\right)^{2}}{n(n+1)\left(d_{2}^{(n)}\right)^{2}} }\)
a wobec tego granica odpowiedniego podciągu (nie schodziłem do podciągów w indeksowaniu \(\displaystyle{ k}\) i \(\displaystyle{ d_{1}, \ d_{2}}\), żeby nie zaciemniać jeszcze bardziej i tak brzydkiego zapisu, traktujcie zapis, który dalej nastąpi jak nie do końca formalny)
\(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}\frac{A'(k(n))^{2}\left(d_{1}^{(n)}\right)^{2}}{\left(d_{2}^{(n)}\right)^{2}}=1}\)
Innymi słowy, stosunek \(\displaystyle{ \left(d_{2}^{(n)}
\right)^{2}}\) do \(\displaystyle{ \left(d_{1}^{(n)}\right)^{2}}\) staje się dowolnie bliski liczbom naturalnym (taką jest zawsze \(\displaystyle{ A' \cdot (k(n))^{2}}\), ale ponieważ \(\displaystyle{ \NWD\left(d_{1}^{(n)}, d_{2}^{(n)}\right)=1}\) i ciągi \(\displaystyle{ d_{1}, d_{2}}\) są ograniczone, więc jest to niemożliwe z wyjątkiem przypadku, w którym od pewnego miejsca \(\displaystyle{ d_{1}^{(n)}\equiv 1}\), tj. \(\displaystyle{ d_{2}^{(n)}=d}\), ale wówczas wracamy do nierówności analogicznych, jak w przypadku \(\displaystyle{ \NWD(A,B)=1}\).

[mol_ksiazkowy]

Nierozwiązane są 1, 4 (?), 10, 13

1 cd

Ukryta treść:    

rozwiązanie jakie znalazłem w źródłach polega na przedstawieniu równania w formie \(\displaystyle{ (a-bc)^2= (b^2-1)(c^2-1)}\) i użytą do niego teoria rówanań Pella.

[arek1357]

W 13. sprawa jest oczywista 4 jest ok...