Matematyka.pl

Zauważmy, że po rozpisaniu danego wyrażenia za pomocą dwumianu Newtona do \(\displaystyle{ a_{n}}\) będą się wliczać wszystkie składniki, w których \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) będzie w potędze parzystej, a do \(\displaystyle{ b_{n}}\) te składniki, w których \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) będzie w potędze nieparzystej. Zauważmy, jednak, że wszystkie składniki, w których \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\) będzie w potędze większej lub równej 2, będą miały czynnik parzysty, a więc nie będą wpływać na parzystość wyrazów \(\displaystyle{ a_{n}}\) i \(\displaystyle{ b_{n}}\). Wystarczy zatem rozważyć tylko 2 pierwsze składniki, jeżeli chcemy rozstrzygać o parzystości danych wyrazów. Pierwszy z nich wynosi \(\displaystyle{ 1}\), a drugi \(\displaystyle{ {2n+1 \choose 1} \cdot \sqrt{2}=(2n+1)\cdot\sqrt{2}}\), a więc oba wyrazy \(\displaystyle{ a_{n}}\) i \(\displaystyle{ b_{n}}\) są nieparzyste.

Od razu zaznaczam, że przypadki gdy \(\displaystyle{ |y|=1}\) lub \(\displaystyle{ |x|=1}\) zostawiam na koniec, bo "wyskakują" one w trakcie obliczeń wiele razy.
\(\displaystyle{ 2x|x(x-1) \Rightarrow 2x|y^{2}}\) (wnioski: \(\displaystyle{ 2xy|y^{3}}\), \(\displaystyle{ y}\) jest parzyste)
\(\displaystyle{ y|y^{2} \Rightarrow y|x(x-1) \Rightarrow y|x}\) albo \(\displaystyle{ y|x-1}\)
\(\displaystyle{ 2xy|y(x^{2}+y^{2}-x) \Rightarrow 2xy|xy(x-1) \Rightarrow 2|x-1 \Rightarrow y|x-1}\)
\(\displaystyle{ xy|y^{2}(x-1)=xy^{2}-y^{2} \Rightarrow xy|y^{2} \Rightarrow x|y \Rightarrow xy|y(x-1) \Rightarrow xy|y \Rightarrow x|1}\)
1. \(\displaystyle{ x=1^{2} \Rightarrow 2y|y^{2} \Rightarrow 2|y}\) co jest prawdziwe dla każdego parzystego y
2. \(\displaystyle{ x=-1 \Rightarrow 2y|2+y^{2} \Rightarrow 2|y}\)i\(\displaystyle{ 2y|2 ( \Rightarrow y=1)}\) (sprzeczność)
3. \(\displaystyle{ |y|=1 \Rightarrow 2x|x(x-1)+1 \Rightarrow 2x|1}\)(sprzeczność)

Oznaczmy szukaną sumę przez \(\displaystyle{ S}\)
Rozważmy dwa zbiory \(\displaystyle{ n}\)-elementowe \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\).
Powiedzmy, że losujemy \(\displaystyle{ k}\) elementów ze zbioru \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ l}\) elementów ze zbioru \(\displaystyle{ B}\).
Jeśli \(\displaystyle{ k \ge l}\) to losowanie to trafia do grupy 1.
Jeśli \(\displaystyle{ k < l}\) to losowanie wpada do grupy 2.
W grupie 1 mamy \(\displaystyle{ S}\) możliwości, a w grupie 2 \(\displaystyle{ S- \sum_{k=0}^{n} {n\choose k}^2}\),czyli \(\displaystyle{ S - {2n\choose n}}\)
Zauważmy jednak, że wszystkich możliwości jest tyle, co wszystkich podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ 2n}\) -elementowego, czyli \(\displaystyle{ 2^{2n}}\). Zatem
\(\displaystyle{ 2S- {2n\choose n} = 2^{2n}}\).
Pamiętając o tym, że \(\displaystyle{ {2n\choose n}=2{2n-1\choose n}}\)dostajemy natychmiast:
\(\displaystyle{ S=2^{2n-1} - {2n-1\choose n}}\)

Złym jest stwierdzenie, że skoro \(\displaystyle{ y|x(x-1)}\), to z tego wynika, że \(\displaystyle{ y|x}\) lub \(\displaystyle{ y|x-1}\). Dla przykładu \(\displaystyle{ 6|8\cdot 9}\) ale nie zachodzi ani \(\displaystyle{ 6|8}\) ani \(\displaystyle{ 6|9}\). Wiemy, że wszystkie dzielniki pierwsze w rozkładzie y dzielą iloczyn x i x-1, ale y może "wziąć" niektóre dzielniki z x, a niektóre dzielniki z x-1. W przykładzie 6 "wzięło" dzielnik 2 z liczby 8 i dzielnik 3 z liczby 9.
Nie widzę także skąd wzięłaś 1 przejście w nastej linijce i czemu z tego, że \(\displaystyle{ 2|x-1}\) wynika, że \(\displaystyle{ y|x-1}\). Z tego, y jest parzyste wynika przejśie w drugą tronę, a nie w tę.

Przedstawię trochę inny sposób. Zauważmy, że \(\displaystyle{ {n\choose k}}\) występuje od k-tego wyrazu, stąd współczynnik przy nim to \(\displaystyle{ \left( {n\choose k} + {n \choose k+1} + \ldots + {n \choose n}\right)}\)
Możemy więc sumę zapisać w ten sposób:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} {n\choose k} \cdot \left({n\choose k} + {n \choose k+1} + \ldots + {n\choose n}\right)}\)
Dodajmy to do naszej sumy:
\(\displaystyle{ 2 S_{n} = \sum_{k=0}^{n} {n\choose k} \cdot \left({n\choose 0} + {n\choose 1} +\ldots + {n \choose n}\right) + {n\choose k}^{2} = 2^{2n} + {2n \choose n}}\)
Dzielimy stronami przez dwa i przekształcamy drugi składnik tak, by otrzymać żądaną postać.

Zapiszmy tę liczbę ociupineczkę inaczej: \(\displaystyle{ (1^{m}+[(n-1)^{p}]^{m})+(2^{m}+[(n-1)^{p}-1]^{m})+(3^{m}+[(n-1)^{p}-2]^{m})+...}\).
Teraz zauważmy, że każda z liczb postaci \(\displaystyle{ k^{m}+[(n-1)^{p}-k+1]^{m}\equiv 0 (modn)}\).
Uzasadnienie: \(\displaystyle{ n-1\equiv-1(modn) \Rightarrow (n-1)^{p}\equiv-1(modn) \Rightarrow (n-1)^{p}+1-k\equiv-k \Rightarrow [(n-1)^{p}+1-k]^{m}\equiv(-1)^{m} \cdot k^{m} \equiv -k^{m}}\)

Łatwo udowodnić chociażby indukcyjnie, że dla \(\displaystyle{ n \ge 2, a_{n}= \frac{1}{n!}}\). Wobec tego suma ta się równa \(\displaystyle{ \frac{1}{2}+4+(3+4+5+...+1995) = \frac{1995 \cdot 1996}{2} -1-2+4+0,5=1991011,5}\)

\(\displaystyle{ \lambda_1=\frac{-1-\sqrt{5}}{2} \qquad \lambda_2=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}\)

\(\displaystyle{ \lambda_1^2=\frac{3+\sqrt{5}}{2} \qquad \lambda_2^2=\frac{3-\sqrt{5}}{2}}\)

\(\displaystyle{ x^2+x-1=\left(x-\frac{-1-\sqrt{5}}{2} \right) \left(x-\frac{-1+\sqrt{5}}{2} \right) = \left(x-\lambda_1 \right) \left(x-\lambda_2 \right)}\)

Skorzystamy z wzoru Bineta

\(\displaystyle{ F_n=\frac{1}{\sqrt{5}} \left( \left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right)^n - \left( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right)^n \right) = \frac{1}{\sqrt{5}} \left( (-\lambda_1)^n - (-\lambda_2)^n \right)}\)

No i wystarczy trochę porachować...

\(\displaystyle{ W(\lambda_1 ) =\left( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right) \lambda_1^{2n-1} + \left( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right) \frac{1}{\sqrt{5}} \left( -\lambda_1^{2n-1} \left(\frac{3+\sqrt{5}}{2} \right) + \left(\frac{3-\sqrt{5}}{2} \right) \lambda_2^{2n-1} \right) - \frac{1}{\sqrt{5}} \left( -\lambda_1^{2n-1} +\lambda_2^{2n-1} \right)=0}\)
wystarczy wymnożyć...

sposób pracy jest podobny, więc mam nadzieję, że mi uwierzycie na słowo, że działa. Kto nie wierzy niech sprawdzi

Dochodzimy w każdym razie do momentu
\(\displaystyle{ W(\lambda_1 ) = W(\lambda_2 ) =0}\)
czyli z tw. Bezouta mamy tezę.

Drugi wielomian idzie dokładnie tak samo.

\(\displaystyle{ W_2(\lambda_1 ) = \frac{3+\sqrt{5}}{2} \lambda_1^{2n} - \frac{1}{\sqrt{5}} \left( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \lambda_1^{2n} - \frac{3-\sqrt{5}}{2} \lambda_2^{2n} \right) \left( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right) + \frac{1}{\sqrt{5}} \left( \lambda_1^{2n} - \lambda_2^{2n} \right) =0}\)

czyli \(\displaystyle{ W_2(\lambda_1 ) = W_2 (\lambda_2)=0}\)

czyli istotnie \(\displaystyle{ W_2(x)=(x^2+x-1) Q(x)}\)

Indukcja zupełna

założenie

\(\displaystyle{ \forall_{\mathbb{N}_0 \ni k \le n} \ \ a_k = k!+2^k}\)

\(\displaystyle{ a_{n}=(n+4)( (n-3)! (n-2) (n-1) + 4 \cdot 2^{n-3} ) -4n ((n-3)! (n-2) + 2
\cdot 2^{n-3} ) + (4n-8) ( (n-3)! + 2^{n-3} ) = (n-3)! \left((n+4)(n-2)(n-1) -4n(n-2) + 4n-8 \right) + 2^{n-3} \left( 4n+16 -8n +4n-8 \right) = (n-3)! (n-2)(n-1)n + 8
\cdot 2^{n-3} = n! + 2^{n}}\)

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

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

\(\displaystyle{ f(x+3)=\frac{g(x+2)}{f(x+2)}=\frac{\frac{f(x)}{f(x)-1}}{\frac{f(x)}{f(x)-1} \cdot \frac{g(x)-1}{g(x)}}=1+\frac{1}{g(x)-1}=1+\frac{1}{\frac{f(x-2)}{f(x-2)-1}-1}=f(x-2)}\)

\(\displaystyle{ 5}\) jest zatem okresem, niekoniecznie najmniejszym.

Jak wcześniej wyprowadziłem
\(\displaystyle{ g(x+2)=\frac{f(x)}{f(x)-1}}\)

\(\displaystyle{ f(x+3)= \frac{g(x+2)}{f(x+2)}= \frac{ \frac{f(x)}{f(x)-1}}{ \frac{f(x)}{f(x)-1} \cdot \frac{g(x)-1}{g(x)}}=1+ \frac{1}{g(x)-1}}\)

\(\displaystyle{ f(x+5)=f(x)}\)
jedziemy dalej

\(\displaystyle{ g(x+3)=\frac{g(x+2)-1}{f(x+2)-1}=\frac{\frac{1}{(f(x)-1 )}}{\frac{g(x)-f(x)}{g(x) \cdot (f(x)-1)}}=\frac{g(x)}{g(x)-f(x)}}\)

\(\displaystyle{ g(x+4)=\frac{f(x) \left( g(x)-1 \right)}{g(x)-f(x)}}\)

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

\(\displaystyle{ g(x+5)=g(x)}\)

Nie trudno zauważyć, że trzy pierwsze wyrazy są dodatnie.

\(\displaystyle{ sin1000^\circ=sin280^\circ < 0}\)

I teraz robimy indukcyjnie, że dla \(\displaystyle{ n\ge 3}\)

\(\displaystyle{ sin ( \underbrace{10 \ldots 0}_{n} )^\circ = sin280^\circ}\)

Dla \(\displaystyle{ n=3}\) się zgadza, założenie, krok:

\(\displaystyle{ sin ( \underbrace{10 \ldots 0}_{n+1} )^\circ \stackrel{Zalozenie}{=} sin 2800^\circ \stackrel{okresowosc sinusa}{=} sin280^\circ <0 \qquad \qquad \blacksquare}\)

Dla \(\displaystyle{ p=2}\) wystarczy przyjąć, że \(\displaystyle{ n}\) jest dowolną parzystą liczbą naturalną. Dla inniejszych \(\displaystyle{ p}\) mamy (z małego twierdzenia Fermata): \(\displaystyle{ 2^{p-1}\equiv1 \Rightarrow 2^{(p-1)^{2k}}\equiv1^{(p-1)^{2k-1}}\equiv1\equiv(p-1)^{2k}}\).

Z założenia mamy \(\displaystyle{ (\sum_{k=1}^{n}a_{k})^{2} \le 1 \Rightarrow \sum_{k=1}^{n}a_{k}^{2} \le 1- 2\sum_{1 \le i<j \le n}a_{i}a_{j}}\)
Wobec tego
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}(2k-1)a_{k}^{2}= \sum_{k=1}^{n}a_{k}^{2}+2 \sum_{k=1}^{n}(k-1)a_{k}^{2} \le 1+ 2(-\sum_{1 \le i<j \le n}a_{i}a_{j} + \sum_{k=1}^{n}(k-1)a_{k}^{2})=1+2( \sum_{k=1}^{n}(k-1)a_{k}^{2}- a_{2}a_{1}-a_{3} \sum_{k=1}^{2}a_k-a_{4} \sum_{k=1}^{3}a_{k}-...-a_{n} \sum_{k=1}^{n-1} a_{k}) =1 +2[a_{2}(a_{2}-a_{1}) +a_{3}(a_{3}-a_{1})+a_{3}(a_{3}-a_{2})+...+a_{n}(a_{n}-a_{n-1})] \le 1}\)
(bo z założenia mamy, że \(\displaystyle{ s \ge t \Rightarrow a_{s}-a_{t} \le 0}\))

Z nierówności \(\displaystyle{ \frac{a}{b} > \frac{p}{q} > \frac{c}{d}}\) mamy następujące
\(\displaystyle{ aq-bp>0}\) i \(\displaystyle{ pd-qc>0}\) \(\displaystyle{ \Rightarrow aq-bp \ge 1}\) i \(\displaystyle{ pd-qc \ge 1}\), to z uwagi na to, że działamy w zbiorze liczb naturalnych. Teraz \(\displaystyle{ q=q(ad-bc)=b(pd-qc)+d(aq-bp) \ge b+d}\) Teraz implikacja \(\displaystyle{ q=b+d \Rightarrow p=a+c}\) Skoro \(\displaystyle{ q=b+d}\), to :
\(\displaystyle{ b(pb-cq-1)+d(aq-bp-1)=0 \Rightarrow pd-cq=1=aq-bp}\), więc \(\displaystyle{ q(a+c)=p(b+d)}\), skąd już z uwagi na to, iż \(\displaystyle{ q=b+d}\)mamy \(\displaystyle{ a+c=p}\)

metoda zbliżeń. dla \(\displaystyle{ k \ge 2}\) mamy \(\displaystyle{ (2k-1)a_k^2+(2(k-1)-1)a_{k-1}^2 \le (2(k-1)-1)(a_{k-1}+a_k)^2 \Leftrightarrow a_k \le (2k-3)a_{k-1}}\). po serii \(\displaystyle{ n-1}\) takich zbliżeń otrzymujemy
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}(2k-1)a_k \le (2 \cdot 1-1)(a_1+a_2+...+a_n)^2 \le 1}\) ckd.

Niech \(\displaystyle{ A=p^{2}q+q^{2}r+r^{2}p}\) i \(\displaystyle{ B=pq^{2}+qr^{2}+rp^{2}}\)
Powszechnie wiadomo, że:
\(\displaystyle{ pqr=1}\)
\(\displaystyle{ -27=(pq+qr+pr)^{3}=3A+3B+6+(pq)^{3}+(qr)^{3}+(pr)^{3}}\)
\(\displaystyle{ -216=(p+q+r)^{3}=3A+3B+6+p^{3}+q^{3}+r^{3}}\)
Wobec tego:
\(\displaystyle{ AB=3+(pr)^{3}+(pq)^{3}+(qr)^{3}+p^{3}+q^{3}+r^{3}=-252-6(A+B)}\)
Wiemy też że:
\(\displaystyle{ 18=(p+q+r)(pq+qr+pr)=A+B+3}\)
Umożliwia to wyznaczenie zbioru wartości A: \(\displaystyle{ \{ \frac{15+3 \sqrt{177} }{2}; \frac{3 \sqrt{177}-15 }{2} \}}\)(hmm... nieładny wynik, przepraszam, jeśli gdzieś pomyliłam się w obliczeniach)

Łatwo to udowodnić(choćby dowodem przez sprzeczność), wiedząc, że \(\displaystyle{ a_{n}= \frac{( \sqrt{2}+1)^{2n+1}+( \sqrt{2}-1)^{2n+1}}{2}}\),a \(\displaystyle{ b_{n}=\frac{( \sqrt{2}+1)^{2n+1}+( 1-\sqrt{2})^{2n+1}}{2}}\)oraz zauważając, że teza=\(\displaystyle{ b_{n}^{2}= \frac{a_{n}^{2}+1}{2}}\)