Dwa ciągi udowodnić, że istnieją rosnące ciągi liczb naturalnych

[mol_ksiazkowy]

Udowodnić, że istnieją rosnące ciągi liczb naturalnych \(\displaystyle{ a_n}\) i \(\displaystyle{ b_n }\)takie, że \(\displaystyle{ a_n(a_n+1)}\) dzieli \(\displaystyle{ b_n^2+1}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\).

[Dynia5]

Twierdzenie Sperner'a o podziałach

[a4karo]

Aż takie działo jest potrzebne?

[Dynia5]

A co innego proponujesz?

[Mateusz5324]

To łatwe zadanie; powiedzmy, że \(\displaystyle{ a _{n}(a _{n}+1)= h(n) (b _{n}^2+1) }\) Teraz \(\displaystyle{ a_n=f(n)}\), więc \(\displaystyle{ \frac{d}{ \dd x } (f(x)(f(x)+1))=(2f(x)+1)f'(x) }\). W naszym przypadku więc jeśli \(\displaystyle{ a_n}\) jest rosnący, to \(\displaystyle{ a_n(a_n+1)}\) też jest rosnący. Teraz zróbmy podobne podstawienie w stosunku do drugiego ciągu. \(\displaystyle{ b_n = g(n) \\ k b_n^2+ k= k g(n)^2+ k }\)
Interesuje nas jednak pochodna, więc:
\(\displaystyle{ \frac{d}{ \dd x }( h(n) g(n)^2+ h(n) )= 2f(x)f'(x)h(n) +h'(n)(g(n)^2+1) }\)
Pokazaliśmy więc, że jeżeli jeden z ciągów spełnia podane warunki, to drugi też będzie( pod warunkiem, że nasza funkcja \(\displaystyle{ h}\) przez którą mnożymy będzie stała, lub rosnąca). Z tego powodu znajdźmy taki ciąg.
\(\displaystyle{ a_n=n^2+1}\) Wygląda dobrze.
Tak wiem, że zwykłe wskazanie dwóch ciągów spełniających warunki i dowodzenie konkretnego przykładu byłoby znacznie łatwiejsze, ale tek jest ciekawie
PS. Tak na marginesie dodam, że udowodniliśmy nieskończoną ilość takich ciągów, gdyż nasze \(\displaystyle{ n^2+1}\) może być pomnożone przez dowolną naturalną dodatnią stałą.

[a4karo]

To łatwe zadanie; powiedzmy, że \(\displaystyle{ a _{n}(a _{n}+1)= h(n) (b _{n}^2+1) }\)

Podzielność w zadaniu oznacza coś zupełnie innego

Teraz \(\displaystyle{ a_n=f(n)}\), więc \(\displaystyle{ \frac{d}{ \dd x } (f(x)(f(x)+1))=(2f(x)+1)f'(x) }\).

generalnie takiej magii nie ma. Jeżeli na przykład `f(n)=2n` dla parzystych `n` i `f(n)=3n` dla nieparzystych `n`, to ile według Ciebie jest równe `f(\pi)`?

Funkcja może być rozszerzona z liczb naturalnych na liczby rzeczywiste na nieskończenie wiele sposobów. Niewiele z tych rozszerzeń będzie różniczkowalnych, a nawet jeżeli będzie, to ich pochodne w każdym punkcie naturalnymm mogą być zerowe, więc Twoje rachunki do niczego się nie przydadzą.

Z tego powodu znajdźmy taki ciąg.
\(\displaystyle{ a_n=n^2+1}\) Wygląda dobrze.

Wyglądałoby dobrze, gdybyś wskazał jeszcze ciąg `b_n`.

[Janusz Tracz]

Twierdzenie Sperner'a o podziałach

Możesz zaprezentować?

Btw:    

• \(\displaystyle{ a_n=\frac{1}{20} \left(\left(15-6 \sqrt{5}\right) \left(4 \sqrt{5}+9\right)^n+3 \left(2 \sqrt{5}+5\right) \left(9-4 \sqrt{5}\right)^n-10\right)}\)

• \(\displaystyle{ b_n=\frac{3}{4} \left(\left(\sqrt{5}-2\right) \left(4 \sqrt{5}+9\right)^n-\left(\sqrt{5}+2\right) \left(9-4 \sqrt{5}\right)^n\right)}\)

Będą OK; \(\displaystyle{ b_n^2+1=5a_n(a_n+1)}\) zapisać można \(\displaystyle{ (2b_n)^2-5(2a_n+1)^2=-9}\). Ciągi \(\displaystyle{ 2b_n}\) oraz \(\displaystyle{ 2a_n+1}\) rozwiązują równanie Pella: \(\displaystyle{ x^2-5y^2=-9}\).

[Mateusz5324]

To łatwe zadanie; powiedzmy, że \(\displaystyle{ a _{n}(a _{n}+1)= h(n) (b _{n}^2+1) }\)

Podzielność w zadaniu oznacza coś zupełnie innego

Teraz \(\displaystyle{ a_n=f(n)}\), więc \(\displaystyle{ \frac{d}{ \dd x } (f(x)(f(x)+1))=(2f(x)+1)f'(x) }\).

generalnie takiej magii nie ma. Jeżeli na przykład `f(n)=2n` dla parzystych `n` i `f(n)=3n` dla nieparzystych `n`, to ile według Ciebie jest równe `f(\pi)`?

Funkcja może być rozszerzona z liczb naturalnych na liczby rzeczywiste na nieskończenie wiele sposobów. Niewiele z tych rozszerzeń będzie różniczkowalnych, a nawet jeżeli będzie, to ich pochodne w każdym punkcie naturalnymm mogą być zerowe, więc Twoje rachunki do niczego się nie przydadzą.

Z tego powodu znajdźmy taki ciąg.
\(\displaystyle{ a_n=n^2+1}\) Wygląda dobrze.

Wyglądałoby dobrze, gdybyś wskazał jeszcze ciąg `b_n`.

Zauważ, że nic nam się nie wyzeruje, chyba że przy pierwszym wyrazie ciągu, ale do tego przejdę później. Korzystamy z najmniejszej możliwej wartości wyrazu naszego ciągu - zero. Natomiast przy pierwszym wyrazie naszego ciągu możemy uzyskać inną pochodną, ale jeśli założymy, że \(\displaystyle{ b_0<b_1}\), to problemu się pozbywamy. Co do twojego przykładu, to w zasadzie wzór można by zapisać jako \(\displaystyle{ (n-2 \lfloor \frac{n}{2} \rfloor+2)n}\). Stąd wnioskujemy, że: \(\displaystyle{ f(\pi)= \pi ^2}\). Myślałem, że to nie jest konieczne, ale jeśli nalegasz, to może być: \(\displaystyle{ b_n=n}\).

[a4karo]

Co do twojego przykładu, to w zasadzie wzór można by zapisać jako \(\displaystyle{ (n-2 \lfloor \frac{n}{2} \rfloor+2)n}\). Stąd wnioskujemy, że: \(\displaystyle{ f(\pi)= \pi ^2}\). Myślałem, że to nie jest konieczne, ale jeśli nalegasz, to może być: \(\displaystyle{ b_n=n}\).

No właśnie to miałem na myśli pisząc, że nie ma takiej magii. Napisałeś funkcję \(\displaystyle{ f(n)=(n-2 \lfloor \frac{n}{2} \rfloor+2)n}\) i twierdzisz, że jak zamiast `n` napiszesz `x` to dostaniesz funkcję, która jest różniczkowalna. Niestety, pudło. Ona nawet ciagła nie jest.

Magią jest natomiast jak z funkcji `f`, o której nic nie wiesz, wywnioskowałeś wartości ciągu `a_n`

Wskazałeś dwa ciagi: `a_n=n^2+1` i `b_n=n` i twierdzisz, że to jest rozwiązanie zadania.
Otóż nie: liczba `a_n(a_n+1)=(n^2+1)(n^2+2)` nie dzieli liczby `b_n^2+1=n^2+1`. Jest dokładnie odwrotnie.

[Dynia5]

Bazowy krok: Załóżmy, że \(\displaystyle{ a_1 = 1}\) i \(\displaystyle{ b_1 = 1}\). Wtedy \(\displaystyle{ a_1(a_1+1) = 1 \cdot 2 = 2}\) dzieli \(\displaystyle{ b_1^2 + 1 = 1^2 + 1 = 2}\).

Krok indukcyjny: Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ a_n(a_n+1)}\) dzieli \(\displaystyle{ b_n^2+1}\) dla pewnego \(\displaystyle{ n}\). Chcemy znaleźć takie \(\displaystyle{ a_{n+1}}\) i \(\displaystyle{ b_{n+1}}\), które spełniają warunek dla \(\displaystyle{ n+1}\).

Rozważmy liczbę \(\displaystyle{ k = b_n^2+1}\). Chcemy znaleźć takie \(\displaystyle{ a_{n+1}}\) i \(\displaystyle{ b_{n+1}}\), żeby \(\displaystyle{ a_{n+1}(a_{n+1}+1)}\) była podzielna przez \(\displaystyle{ k}\).

Jeśli zwiększymy \(\displaystyle{ k}\) o \(\displaystyle{ a_n}\) lub wielokrotność \(\displaystyle{ a_n}\), to nowa liczba \(\displaystyle{ k + ma_n}\) nadal będzie spełniać warunek \(\displaystyle{ a_n(a_n+1)}\) dzieli \(\displaystyle{ k}\), ponieważ \(\displaystyle{ a_n(a_n+1)}\) dzieli \(\displaystyle{ k}\), a każda jego wielokrotność również jest dzielna przez \(\displaystyle{ a_n(a_n+1)}\).

Teraz, używając twierdzenia o nierozkładalności, znajdujemy liczbę pierwszą \(\displaystyle{ p}\), która nie dzieli \(\displaystyle{ k}\). Ponieważ \(\displaystyle{ a_n(a_n+1)}\) dzieli \(\displaystyle{ k}\), to \(\displaystyle{ a_n(a_n+1)}\) nie jest równoważne \(\displaystyle{ k}\) modulo \(\displaystyle{ p}\).

Korzystając z chińskiego twierdzenia o resztach, możemy znaleźć takie \(\displaystyle{ b_{n+1}}\), żeby \(\displaystyle{ b_{n+1}^2 \equiv -1 \pmod{p}}\). Wtedy \(\displaystyle{ b_{n+1}^2 + 1 \equiv 0 \pmod{p}}\). Możemy teraz dobrać \(\displaystyle{ a_{n+1}}\) w taki sposób, żeby \(\displaystyle{ a_{n+1} \equiv a_n \pmod{p}}\), a \(\displaystyle{ a_{n+1} \equiv -1 \pmod{p-1}}\) (dzięki twierdzeniu Wilsona). Wtedy \(\displaystyle{ a_{n+1}(a_{n+1}+1) \equiv a_n(a_n+1) \equiv 0 \pmod{p}}\), co oznacza, że \(\displaystyle{ a_{n+1}(a_{n+1}+1)}\) dzieli \(\displaystyle{ b_{n+1}^2+1}\).

Podsumowując, pokazaliśmy, że istnieją takie rosnące ciągi \(\displaystyle{ a_n}\) i \(\displaystyle{ b_n}\), dla których \(\displaystyle{ a_n(a_n+1)}\) dzieli \(\displaystyle{ b_n^2+1}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\).

[a4karo]

Bełkot

[Jan Kraszewski]

Bełkot

I to taki, który zaczyna zbliżać się do (karalnego) spamowania forum (samo "rozumowanie" mocno zalatuje ChatemGPT - ładne zdania i zero sensu).

JK

[Mateusz5324]

Co do twojego przykładu, to w zasadzie wzór można by zapisać jako \(\displaystyle{ (n-2 \lfloor \frac{n}{2} \rfloor+2)n}\). Stąd wnioskujemy, że: \(\displaystyle{ f(\pi)= \pi ^2}\). Myślałem, że to nie jest konieczne, ale jeśli nalegasz, to może być: \(\displaystyle{ b_n=n}\).

No właśnie to miałem na myśli pisząc, że nie ma takiej magii. Napisałeś funkcję \(\displaystyle{ f(n)=(n-2 \lfloor \frac{n}{2} \rfloor+2)n}\) i twierdzisz, że jak zamiast `n` napiszesz `x` to dostaniesz funkcję, która jest różniczkowalna. Niestety, pudło. Ona nawet ciagła nie jest.

Magią jest natomiast jak z funkcji `f`, o której nic nie wiesz, wywnioskowałeś wartości ciągu `a_n`

Wskazałeś dwa ciagi: `a_n=n^2+1` i `b_n=n` i twierdzisz, że to jest rozwiązanie zadania.
Otóż nie: liczba `a_n(a_n+1)=(n^2+1)(n^2+2)` nie dzieli liczby `b_n^2+1=n^2+1`. Jest dokładnie odwrotnie.

Faktycznie rozwiązałem to zadanie w drugą stronę( podzielność w drugą stronę ); przepraszam. Co do różniczkowalności funkcji, to podałem ci jakąkolwiek funkcję na szybko, ale z pewnością istniałaby taka różniczkowalna funkcja, gdyż nas interesuje jej wartość tylko w konkretnych punktach.