Matematyka.pl

to jest źle [/latex]

8(rozwiązane przez Sylwka )
Rozwiąż w liczbach rzeczywistych równanie


8.:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}(x_{i}-i+1)=\frac{1}{2} \Rightarrow x_{i}=i-1}\)

NIe wiem czy dobrze myślę, czy już mi sie miesza (jeśli się mylę to przepraszam bardzo) ale to przejście nie jest prawdziwe. Powinno być \(\displaystyle{ x_{i}=i}\)

\(\displaystyle{ a \neq 1}\), tj \(\displaystyle{ (a+1)^2 >4a}\) Jesli by \(\displaystyle{ \frac{b}{a} \geq 1}\) to:
\(\displaystyle{ (\frac{b}{a})^{2n} \geq \frac{b}{a} =\frac{4b}{4a} >\frac{b+3a}{4a} > \frac{b+3a}{(a+1)^2}= \frac{b^{2n}}{a^{2n}}}\) sprzecznosc, Zatem a>b

Jesli \(\displaystyle{ a_n+b_n\sqrt{2}=(1+\sqrt{2})^{2n+1}}\) to \(\displaystyle{ a_n-b_n\sqrt{2}=(1-\sqrt{2})^{2n+1}}\) i wymnozyć

Skoro \(\displaystyle{ aq-bp >0}\) wiec \(\displaystyle{ aq-bp \geq 1}\), i analogicznie \(\displaystyle{ pd-cq \geq 1}\), czyli \(\displaystyle{ q=b(pd-cq)+d(aq-bp) \geq b+d}\)

suma= \(\displaystyle{ (\frac{ap+1}{p}+ \frac{ap+2}{p}+ ...+\frac{ap+p-1}{p}) \ + (\frac{(a+1)p+1}{p}+ \frac{(a+1)p+2}{p}+....+ \frac{(a+1)p+p-1}{p}) \ + ....+(\frac{(b-1)p+1}{p}+ \frac{(b-1)p+2}{p}+ ....+ \frac{(b-1)p+p-1}{p})}\)

mamy \(\displaystyle{ b-a}\) sum duzych nawiasów, w kazdym duzym nawiasie \(\displaystyle{ p-1}\) składników

suma zwija sie do \(\displaystyle{ (b-a)(b+a)\frac{p-1}{2}}\)

Przyklad
a=1, b=3, p=7
suma= \(\displaystyle{ \frac{8}{7}+ \frac{9}{7}+\frac{10}{7}+\frac{11}{7}+\frac{12}{7}+\frac{13}{7}+\frac{15}{7}+\frac{16}{7}+\frac{17}{7}+\frac{18}{7}+\frac{19}{7}+\frac{20}{7} =24}\)

Niech \(\displaystyle{ x^3-6x^2+3x+1=(x-p)(x-q)(x-r)= x^3-(p+q+r)x^2+ (pq+qr+rp)x -prq}\) tj

\(\displaystyle{ p+q+r= 6}\)
\(\displaystyle{ pq+qr+rp= 3}\)
\(\displaystyle{ pqr= -1}\)


w ge wchodzi o wyliczenie:
\(\displaystyle{ a= p^2q+ q^2r+r^2p}\)
\(\displaystyle{ b= p^2r+ r^2q+q^2 p}\)

Wyliczamy pomału:
\(\displaystyle{ p^2+q^2+r^2= 30}\)

\(\displaystyle{ p^3+q^3+r^3= 6(p^2+q^2+r^2)-3(p+q+r)-3=159}\)

\(\displaystyle{ (pq)^2+(qr)^2+(rp)^2= 21}\)

liczymy sume i iloczyn liczb a i b
tj

\(\displaystyle{ a+b=p^2(6-p) +q^2(6-q)+ r^2(6-r) =21}\)
\(\displaystyle{ ab= p^4qr +p^2q^2r^2+ p^3q^3 + p^2q^2r^2 + q^3r^3 +q^4rp + r^3p^3 + r^4pq + p^2q^2r^2 =3- (p^3+q^3+r^3 )+ (pq)^3+(qr)^3+(rp)^3=-72}\)

gdyz wyrazenie \(\displaystyle{ (pq)^3+(qr)^3+(rp)^3}\) obliczymy z tozsamości
\(\displaystyle{ x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2- (xy+yz+zx))}\)

tj liczby a i b są pierwiastkami równania kwadratowego \(\displaystyle{ x^2-21x-72}\) tj wynosza
\(\displaystyle{ -3}\) i \(\displaystyle{ 24}\)

tj "bez pięter" wsk sprawdz ze \(\displaystyle{ xln(y)=yln(x)}\)

Wzmocnienie: Jesli \(\displaystyle{ x^2+y^2-x}\) dzieli sie przez \(\displaystyle{ xy}\) to \(\displaystyle{ x}\) jest kwadratem.
Niech \(\displaystyle{ NWD(x,y)=d}\). Wtedy \(\displaystyle{ x=da, y=db}\) , gdzie liczby a, b sa całkowite (i wzglednie pierwsze). \(\displaystyle{ d^2}\) jest dzielnikem \(\displaystyle{ xy}\) a tym bardziej jest dzielnikiem \(\displaystyle{ x^2+y^2-x}\) Ale \(\displaystyle{ d^2}\) jest dzielnikiem \(\displaystyle{ x^2+y^2}\) a wiec jest tez dzielnikiem \(\displaystyle{ x}\),

Ale \(\displaystyle{ x}\) jest dzielnikiem \(\displaystyle{ y^2}\), czyli \(\displaystyle{ x}\) jest dzielnikiem \(\displaystyle{ NWD(x^2, y^2)=d^2}\) a wiec \(\displaystyle{ x=d^2}\)

Uwaga: wzmocnienie dziala gdy x i y sa naturalne, Gdy sa całkowite "dwojki nie da sie opuscic", bo np x=-1, y=2, etc

Mamy iż
\(\displaystyle{ -(x-y)\sqrt[3]{1-z^3}= (y-z)\sqrt[3]{1-x^3} + (z-x)\sqrt[3]{1-y^3}}\),

Podnosimy do szescianu pamietajac ze \(\displaystyle{ (a+b)^3=a^3+b^3+3ab(a+b)}\)
i mamy

\(\displaystyle{ -(x-y)^3(1-z^3)= (y-z)^3(1-x^3)+ (z-x)^3(1-y^3) + \\ 3(y-z)(z-x)\sqrt[3]{1-x^3} \sqrt[3]{1-y^3}(-(x-y) \sqrt[3]{1-z^3})}\)

co daje nam
\(\displaystyle{ -[ (x-y)^3(1-z^3) + (y-z)^3(1-x^3)+ (z-x)^3(1-y^3)] = \\ -3(y-z)(z-x)(x-y) \sqrt[3]{1-x^3} \sqrt[3]{1-y^3} \sqrt[3]{1-z^3}}\)

Ale mamy tozsamosc \(\displaystyle{ \frac{(x-y)^3(1-z^3) + (y-z)^3(1-x^3)+ (z-x)^3(1-y^3)}{3(y-z)(z-x)(x-y)} =1-xyz}\)

z ktorej wynika teza

Przypuścmy ze żaden uczestnik nie zna \(\displaystyle{ n}\) kolegów (tj zna ich mniej niz n). Wybiearamy dowolnego z nich. (uczestnik 1). Po usunieciu jego znajomych zostanie co najmniej
\(\displaystyle{ (m-2)n +1}\) Niech to bedzie zbiór \(\displaystyle{ A_1}\). Wybierany jest sposród nich (uczestnik 2). I znów usuwamy wszystkich jego znajomych z \(\displaystyle{ A_1}\)
uzyskujac zbiór \(\displaystyle{ A_2}\) majacy nie mniej niż \(\displaystyle{ (m-3)n +1}\) elementów. etc.... W końcu Wybierany jest nich (uczestnik \(\displaystyle{ m-1}\)). Po odrzuceniu z kolei jego znajomych uzyskamy zbiór
\(\displaystyle{ A_{m-1}}\) mający \(\displaystyle{ (m-m)n +1=1}\) a wiec uda sie dobrac jeszcze \(\displaystyle{ m}\) tego (uczestnik \(\displaystyle{ m}\)) który nie zna wczesniejszych.
tj mamy m uczestnikow nie znajacych sie ze zoba (zaden z zadnym).

Jesli mamy \(\displaystyle{ (m-1)n}\) olimpijczyków to numerujac ich od \(\displaystyle{ 1, 2, ....(m-1)n}\) wezmy ze \(\displaystyle{ i}\) ty zna \(\displaystyle{ j}\) tego, gdy \(\displaystyle{ i-j}\) dzieli sie przez \(\displaystyle{ m-1}\). Wtedy kazdy ma \(\displaystyle{ n-1}\) znajomych a spośrod dowolnych \(\displaystyle{ m}\) są co najmniej dwa tacy co sie znaja. A wiec teza nie zachodzi

tzw zadanie z alternatywa. Mozna znalezc tego typu z Musztardim , np zad 232:
Mamy 82 kolorowe klocki. Udowodnij , ze mozna sposrod nich wybrac 10 klocków tego samego koloru, albo 10 klocków , z których kazdy jest inego koloru.

Jesli \(\displaystyle{ u_n =\frac{a^n-b^n}{a-b} +\frac{b^n-c^n}{b-c} +\frac{c^n-a^n}{c-a}}\) to mamy
\(\displaystyle{ u_1=3, \ u_2= 2, \ u_3=4}\) i
\(\displaystyle{ u_{n+3}= u_{n+2} +u_{n+1}+u_n}\) dla n=1, 2, 3, ... a wiec liczby \(\displaystyle{ u_n}\) sa całkowite dla n=1, 2, 3,....

Jesli \(\displaystyle{ S_n=x_1+...+x_n}\), to \(\displaystyle{ x_{n+1}=S_{n+1}-S_n =(n+1)^2x_{n+1} - n^2x_n}\) co daje
\(\displaystyle{ x_{n+1}= \frac{n}{n+2} x_n}\) , oraz \(\displaystyle{ x_1 =\frac{1}{2}}\) skad przez trywialna indukcje \(\displaystyle{ x_n=\frac{1}{n(n+1)}}\)

mozna wzmocnic teze : \(\displaystyle{ a^{2n}+ b^{2n}}\) dzieli sie przez \(\displaystyle{ (a+b)^n}\) dla n=1,2,3,....

chyba nie dziala dla \(\displaystyle{ n=2}\)...?!

Przed chwilą przeczytałam w dodatku do sprawozdania z 50.OM jak można to zrobić . Na tej stronie też ten sposób jest opisany: https://matematyka.pl/25578.htm.
1.Równanie charakterystyczne: \(\displaystyle{ x^{2}=4x-1 \Rightarrow x_{1}=2- \sqrt{3} x_{2}=2+ \sqrt{3} \Rightarrow}\)równanie ma postać \(\displaystyle{ x_{n}=A(2- \sqrt{3})^{n}+B(2+ \sqrt{3})^{n}}\)
2. \(\displaystyle{ \begin{cases} A+B=x_{0}=0 \\ A(2- \sqrt{3})+B(2+ \sqrt{3})=x_{1}=1 \end{cases} \Rightarrow A= \frac{-1}{2 \sqrt{3}}; B= \frac{1}{2 \sqrt{3}}}\)
3. \(\displaystyle{ x_{n}=\frac{-1}{2 \sqrt{3}}(2- \sqrt{3})^{n}+\frac{1}{2 \sqrt{3}}(2+ \sqrt{3})^{n}}\)
4. Analogicznie \(\displaystyle{ y_{n}=0,5(2- \sqrt{3})^{n}+0,5(2+ \sqrt{3})^{n}}\)
5.Teraz łatwo sprawdzić(pamiętając o tym, że \(\displaystyle{ (2- \sqrt{3})(2+ \sqrt{3})=1}\)), że rzeczywiście \(\displaystyle{ y_{n}^{2}=3x_{n}^{2}+1}\)

Idea podobna jak kol taka_jedna uzyła do zadania 136

szkic
Mamy \(\displaystyle{ f_n= \frac{\alpha^n - \beta^n }{\alpha- \beta}}\) dla n=1,2,3,... gdzie \(\displaystyle{ \alpha , \ \beta}\) są to l. zespolone i są to
pierwiastki równania \(\displaystyle{ x^2+x+2=0}\). Dzieki temu, że \(\displaystyle{ (\alpha- \beta)^2=-7}\) oraz \(\displaystyle{ \alpha \beta =2}\) wiec mamy
\(\displaystyle{ g_n=2^{n+1} - 7f_{n-1}^2= 2^{n+1}-7 (\frac{\alpha^{n-1} - \beta^{n-1} }{\alpha- \beta})^2 = \\ 2^n + \alpha^{2(n-1)} + \beta^{2(n-1)} =(\alpha^{n-1}+\beta^{n-1})^2}\)

Oczywiscie trywialna indukcja wykazujemy ze liczba \(\displaystyle{ \alpha^{n}+ \beta^{n}}\) jest całkowita dla n=1,2,3,....

Wystarczy pokazac, iż \(\displaystyle{ s= \sum_{j=1}^{100} \frac{1}{\sqrt{j}} <20}\)
Mamy \(\displaystyle{ s < 1 +\int_{1}^{100} \frac{1}{\sqrt{x}} dx=19}\)

.>dokladniejszy tu jest komputer

\(\displaystyle{ s= \sum_{j=1}^{100} \frac{1}{\sqrt{j}} \approx 18,5896...}\)

Nie wiem czy to ma sens i czy da się to dalej pociągnąć, ale przyszło mi do głowy coś takiego:

Po prostu policzmy \(\displaystyle{ F_{2n}}\) wykorzystując rekurencję definiującą ten ciąg i przedstawmy to w postaci drzewa. Korzeniem jest \(\displaystyle{ F_{2n}}\), pierwszy poziom drzewa: \(\displaystyle{ F_{2n-1}, F_{2n-2}}\), drugi: \(\displaystyle{ F_{2n-2}, F_{2n-3}, F_{2n-3}, F_{2n-4}}\) itd. Rozpisywanie kończymy kiedy na danym poziomie są wyrazy o indeksach \(\displaystyle{ k\leq n}\). Łatwo zauważyć, że tych poziomów będzie \(\displaystyle{ n}\) i w ostatnim będzie \(\displaystyle{ 2^n}\) elementów. Teraz wystarczy tylko pokazać, że \(\displaystyle{ F_k}\) występuje tu \(\displaystyle{ {n \choose k}}\) razy. No i właśnie... Jak?

Niech \(\displaystyle{ n>2}\) i \(\displaystyle{ P(x)= \sum_{i=0}^{n}a_i x^i}\), gdzie \(\displaystyle{ a_n \neq 0}\). Wtedy stopień wielomianu \(\displaystyle{ R(x)= \sum_{i=0}^{n} P(x^i)}\) wynosi \(\displaystyle{ n^2}\), natomiast stopień wielomianu \(\displaystyle{ Q(x)= P(x) \sum_{i=0}^{n} x^i}\) wynosi \(\displaystyle{ 2n}\). Aby równość \(\displaystyle{ R(x)=Q(x)}\) zachodziła, współczynniki przy najwyższych potęgach \(\displaystyle{ x}\) w \(\displaystyle{ R(x)}\) muszą znikać, skąd (dla ostatniego współczynnika) \(\displaystyle{ a_n=0}\), co daje sprzeczność.

Rozważmy przypadek \(\displaystyle{ n=2}\). Niech \(\displaystyle{ P(x)=a x^2+b x+c}\). Podstawiając ten wielomian do równania z treści zadania łatwo otrzymać, że \(\displaystyle{ c=0, a=-b}\). Dla \(\displaystyle{ n=1}\) ponownie nie ma takiego wielomianu (co łatwo policzyć).

szkic Jesli zbiór \(\displaystyle{ A= \{ 1,2, ...., \frac{p-1}{2} \}}\) to wezmy reszty z dzielenia liczb \(\displaystyle{ n^2}\) przez \(\displaystyle{ p}\) jak i reszty z dzielenia liczb \(\displaystyle{ -n^2}\) przez \(\displaystyle{ p}\),
gdzie \(\displaystyle{ n \in A}\). W obu klasach sa one rózne. Musza istnieć liczby \(\displaystyle{ x , y}\) t ze \(\displaystyle{ 1+x^2}\) i \(\displaystyle{ -y^2}\) dają te sama reszte. ckd

Liczba \(\displaystyle{ m}\) grająca rolę \(\displaystyle{ d}\) bedzie przypisana liczbom \(\displaystyle{ k}\), takim, że \(\displaystyle{ k}\) dzieli sie przez \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ k \leq m^2 \leq n}\), Beda wiec to liczby k postaci \(\displaystyle{ 1*m, 2m,...,m*m}\) oraz
\(\displaystyle{ m \leq \lfloor \sqrt{n} \rfloor}\). Ponadto \(\displaystyle{ S_n(k)=0}\) dla \(\displaystyle{ k>n}\)
Szukana suma wyniosi więc
\(\displaystyle{ \sum_{m=1}^{\lfloor \sqrt{n} \rfloor} m}\)

Np dla n=9 wyglada tak:
\(\displaystyle{ S_9(1)+S_9(2)+ S_9(3)+ S_9(4)+ S_9(5)+ S_9(6)+ S_9(7)+S_9(8)+ S_9(9)+0+0+...= \\
1 + \ 1 \ + \ 1 + \ 1 \ + \ 0 + \ 1 + \ 0 + \ 0 \ + \ 1 = 1+2+3 =6}\)

bo np \(\displaystyle{ S_9(6)= 1}\) - tylko dzielnik k=6, tj d=3 spełnia \(\displaystyle{ 6 \leq d^2 \leq 9}\)

Wymnażamy i trochę przekształcamy:
\(\displaystyle{ \mathcal{L}=\left(\frac{a-b}{c^2}+\frac{b-c}{a^2}+\frac{c-a}{b^2}\right)\left(\frac{c^2}{a-b}+\frac{a^2}{b-c}+\frac{b^2}{c-a}\right)=\\
3+\left(\frac{(a-b)a^2}{(b-c)c^2}+\frac{(c-a)a^2}{(b-c)c^2}\right)+
\left(\frac{(a-b)b^2}{(c-a)c^2}+\frac{(b-c)b^2}{(c-a)a^2}\right)+
\left(\frac{(c-a)c^2}{(a-b)b^2}+\frac{(b-c)c^2}{(a-b)a^2}\right)=\\
3+a^2\frac{c^3-b^3+a(b^2-c^2)}{(b-c)b^2c^2}+
b^2\frac{a^3-c^3+b(c^2-a^2)}{(c-a)c^2a^2}+
c^2\frac{b^3-a^3+c(a^2-b^2)}{(a-b)a^2b^2}=\\
3+a^2\frac{(b-c)(ab+ac-c^2-b^2-ac)}{(b-c)b^2c^2}+
b^2\frac{(c-a)(bc+ba-a^2-c^2-ac)}{(c-a)c^2a^2}+
c^2\frac{(a-b)(ca+cb-b^2-a^2-ab)}{(a-b)a^2b^2}=\\
3+a^2\frac{ab+ac-c^2-b^2-ac}{b-cb^2c^2}+
b^2\frac{bc+ba-a^2-c^2-ac}{c^2a^2}+
c^2\frac{ca+cb-b^2-a^2-ab}{a^2b^2}=\\
3+\left(\frac{a^2}{b^2c^2}+\frac{b^2}{a^2c^2}+\frac{c^2}{a^2b^2}\right)\left(ab+bc+ac\right)-\frac{a^2}{b^2c^2}(b^2+c^2)-\frac{b^2}{a^2c^2}(a^2+c^2)-\frac{c^2}{a^2+b^2}(a^2+b^2)-2\left(\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab}\right)=\\
3+\left(\frac{a^4+b^4+c^4}{a^2b^2c^2}\right)\left(ab+bc+ac\right)-\left(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\right)\left(\frac{1}{a^2b^2}+\frac{1}{b^2c^2}+\frac{1}{a^2c^2}\right)+3-2\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}}\)
Zrobił się straszny syf, ale zaraz będzie lepiej. Zajmiemy się po kolei wszystkimi składnikami.
\(\displaystyle{ \frac{a^3+b^3+c^3}{abc}=\frac{(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ac)+3abc}{abc}=3}\)

\(\displaystyle{ \left(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\right)\left(\frac{1}{a^2b^2}+\frac{1}{b^2c^2}+\frac{1}{a^2c^2}\right)=\left((ab+ac+bc)^2-2(a+b+c)(ab+bc+ac)\right)\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2b^2c^2}\right)=\\(ab+bc+ac)^2\left(\frac{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)}{a^2b^2c^2}\right)=-2\frac{(ab+bc+ac)^3}{a^2b^2c^2}=\\-2abc\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^3}\)

\(\displaystyle{ \left(\frac{a^4+b^4+c^4}{a^2b^2c^2}\right)\left(ab+bc+ac\right)=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)}{a^2b^2c^2}\left(ab+bc+ac\right)=\\
\frac{\left((a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)\right)^2-2(ab+bc+ac)^2}{a^2b^2c^2}\left(ab+bc+ac\right)=\\
\frac{2\left(ab+bc+ac)^2}{a^2b^2c^2}\left(ab+bc+ac\right)=\frac{2\left(ab+bc+ac)^3}{a^2b^2c^2}=2abc\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^3}\)
Uff, ostatecznie mamy więc
\(\displaystyle{ \mathcal{L}=6+2abc\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^3+2abc\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^3-6=4abc\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^3=\mathcal{P}}\)

Przepraszam za ewentualne błędy, zwłaszcza literówki

liczba \(\displaystyle{ a_n= 1+2^n+...+9^n -(1+6^n+8^n)}\) dla n=1 i dla n=2 nie jest podzielna przez 18. (choc jest zawsze parzysta)
Ale \(\displaystyle{ a_n= 1+2^n+...+9^n -(1+6^n+8^n) = (2^n+ 7^n) +(4^n + 5^n) +3^n+ 9^n}\) jest podzielna przez 9 gdy n jest nieparzyste i >1
moze o to chodzilo..?!

Określamy bijekcję miedzy funkcjami \(\displaystyle{ f: X \mapsto \{1, 2, 3 \}}\) a parami zbiorów , o jakich mowa jest w zadaniu: :
\(\displaystyle{ f (x) = \left\{\begin{array}{l}1 \ \ x \in A \\ 2 \ \ x \in B , x \notin A \\ 3 \ \ x \notin B \end{array}}\)

A wiec istnieje dokładnie \(\displaystyle{ 3^n}\) takich par, gdzie n jest moca zbioru X

Uogólnienie Jeśli m i n sa to liczby naturalne, to ilosc wszystkich takich ukladów \(\displaystyle{ (A_1, A_2,..., A_m)}\) gdzie \(\displaystyle{ A_i}\) sa podzbiorami X, oraz \(\displaystyle{ A_1 \subset A_2 \subset.... \subset A_m}\) wynosi \(\displaystyle{ (m+1)^n}\)

\(\displaystyle{ ab=cd \Rightarrow b^{n}= \frac{c^{n}d^{n}}{a^{n}}}\)
\(\displaystyle{ a^{n}+b^{n}+c^{n}+d^{n}= \frac{a^{2n}+c^{n}d^{n}+a^{n}c^{n}+a^{n}d^{n}}{a^{n}}= \frac{(a^{n}+c^{n})(a^{n}+d^{n})}{a^{n}}}\)
Ponieważ każdy z mnożników w liczniku jest większy od mianownika, mam nadzieję, że każdy widzi, że ta liczba jest złożona.

Są dwie opcje:
\(\displaystyle{ q=2}\). Wtedy \(\displaystyle{ p}\) jest dowolną liczbą pierwszą.
\(\displaystyle{ q}\) jest nieparzyste. Wtedy \(\displaystyle{ p+1=n^{2} \Rightarrow p=(n-1)(n+1) \Rightarrow n-1=1 \wedge p=3}\)

szkic Niech \(\displaystyle{ f(x)=x(a+ \sqrt{b-x^2})}\) Ddziedzina \(\displaystyle{ |x| \leq \sqrt{b}}\) f jest nieparzysta a tez
f>0 dla x>0. Wyliczyc wystarczy wiec max
\(\displaystyle{ f^\prime(x)=a +\sqrt{b-x^2} - \frac{x^2}{\sqrt{b-x^2}} =0}\) prowadzi do równania \(\displaystyle{ a\sqrt{b-x^2}=2x^2-b}\)
podstawiajac \(\displaystyle{ t=x^2}\) dostaje sie rownanie kwadratowe zmiennej t
Dla a=1993, b=1995, jego wyroznik \(\displaystyle{ \Delta =(1993*1997)^2}\) co pozwala obliczyc t (oraz x).

Wydaje mi sie ze tu moglo chodzic o zadanie:
Wyznacz wszystkie pary \(\displaystyle{ (p,q)}\) liczb pierwszych, dla których liczba \(\displaystyle{ (p+1)^q -1}\) jest potęga liczby nturalnej
(o wykladniku wiekszym od 1)

Jesli \(\displaystyle{ x+\frac{1}{x}=a}\) to:
\(\displaystyle{ x^2+\frac{1}{x^2}=a^2-2}\)
i
\(\displaystyle{ x^3+\frac{1}{x^3}=(x^2+\frac{1}{x^2})(x+\frac{1}{x})- (x+\frac{1}{x})= a^3-3a}\)
i
\(\displaystyle{ x^6+\frac{1}{x^6}= (x^3+\frac{1}{x^3})^2-2= a^6-6a^4+9a^2-2}\)
tj
\(\displaystyle{ f(x)=3a=3(x+\frac{1}{x})}\)
Na całej dziedzinie R, f osiaga dowolnie mała wartosc, a najmniejsza wartość f na dziedzinie R+
wynosi 6

Jesliby \(\displaystyle{ \sqrt{p}, \sqrt{q} ,\sqrt{r}}\) były wyrazami ciagu geometrycznego o ilorazie s,
to \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{q}{p}}= s^k}\) i \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{r}{q}}= s^m}\) dla pewnych k i m >0 liczb naturalnych ,co by oznaczało ze
\(\displaystyle{ q^{m+k}= p^m r^k}\) co nie jest mozliwe

Zapisac mozna te liczbe jako iloczyn
\(\displaystyle{ (545^2 +2^{545}-2^{273}*545)(545^2 +2^{545}+2^{273}*545)}\)

kazdy wyraz tej sumy zapisac jako \(\displaystyle{ \frac{sin(k+1)cos(k)- cos(k+1)sin(k)}{cos(k)cos(k+1)}= tg(k+1)-tg(k)}\)
tj suma zwija sie do \(\displaystyle{ tg(n)-tg(0)}\)

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{1994} (-1)^n \frac{n^2+n+1}{n!} =\sum_{n=1}^{1994} (-1)^n (\frac{n}{(n-1)!} + \frac{n+1}{n!})= \\ \sum_{n=0}^{1993} (-1)^{n+1} (\frac{n+1}{n!}) + \sum_{n=1}^{1994} (-1)^{n} (\frac{n+1}{n!}) = \sum_{n=0}^{1993} (-1)^{n+1} (\frac{n+1}{n!}) - \sum_{n=1}^{1994} (-1)^{n+1} (\frac{n+1}{n!})=-1+ \frac{1995}{1994!}}\)
jako ze
\(\displaystyle{ (a_0+...+a_{1993})- (a_1+...+a_{1994}) =a_0-a_{1994}}\)

Wprowadźmy oznaczenie: \(\displaystyle{ f(x)=C}\) i korzystając z równania fukncyjnego obliczmy kolejne iteracje, otrzymujemy:
\(\displaystyle{ f(x)=C,\\
f^2(x)=f(f(x))=f(C)=6x-C,\\
f^3(x)=f(6-C)=7C-6x,\\
\ldots}\)
Możemy zauważyć, że kolejne iteracje zależą liniowo od \(\displaystyle{ C}\) i \(\displaystyle{ x}\), poza tym, ponieważ zbiór wartości funkcji \(\displaystyle{ f}\) to \(\displaystyle{ R_{+}}\), to z kolejnych iteracji możemy otrzymać coraz węższe obszary, gdzie powinien znajdować się wykres \(\displaystyle{ f}\), np. na podstawie drugiej iteracji wiemy, że \(\displaystyle{ C<6x}\), na podstawie trzeciej: \(\displaystyle{ C>6x/7}\) itd.
Wprowadźmy oznaczenie:
\(\displaystyle{ f^n(x)=a_nC+b_nx}\)
Nietrudno się przekonać, że ciągi \(\displaystyle{ a_n}\), \(\displaystyle{ b_n}\) spełniają następujące rekurencje (to samo równanie, inne warunki początkowe):
\(\displaystyle{ \begin{cases}
a_1=1, a_2=-1,\\
a_n=6a_{n-2}-a_{n-1}
\end{cases}\\
\begin{cases}
b_1=0, b_2=6,\\
a_n=6a_{n-2}-a_{n-1}
\end{cases}}\)
Rozwiązując te rekurencje dostajemy:
\(\displaystyle{ a_n=\frac{1}{5}\left(2^n-(-3)^n\right),\\
b_n=\frac{1}{5}\left(3\cdot 2^n+2\cdot (-3)^n\right)}\)
Jak wspomniałem kolejne iteracje wyznaczają naprzemian ograniczenia od dołu i od góry za pomocą funkcji typu \(\displaystyle{ Ax}\) na wykres \(\displaystyle{ f}\). Ciąg
\(\displaystyle{ c_n=-\frac{b_n}{a_n}}\)
określa kolejne współczynniki kierunkowe tych prostych. Nietrudno pokazać, że
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} c_n=2}\),
a więc \(\displaystyle{ f(x)=2x}\).