Matematyka.pl

Widział jedno, robił drugie...

Zakładamy, że \(\displaystyle{ f(m)=f(n)}\).

Krok 1.

Zachodzi \(\displaystyle{ f(a)=a^{\frac{1}{2}d(a)}}\), gdzie \(\displaystyle{ d(a)=\sum\limits_{d|a}d}\).

Krok 2.

B.s.o. \(\displaystyle{ n>m}\).

Skoro \(\displaystyle{ f(m)=f(n)}\), to \(\displaystyle{ n=m^\frac{d(m)}{d(n)}}\), czyli w szczególności \(\displaystyle{ d(m)>d(n)}\).

Krok 3.

Liczby \(\displaystyle{ n}\) oraz \(\displaystyle{ f(n)}\) mają takie same dzielniki pierwsze, zatem \(\displaystyle{ n}\) oraz \(\displaystyle{ m}\) takie mają.

\(\displaystyle{ n=p_1^{k_1}\ldots p_r^{k_r}\\
\\
m=p_1^{l_1}\ldots p_r^{l_r}}\).

gdzie \(\displaystyle{ k_i, l_i>0}\).

Krok 4.

Na podstawie kroku 3. możemy napisać:

\(\displaystyle{ d(n)=(1+k_1)\ldots(1+k_r)\\
\\
d(m)=(1+l_1)\ldots(1+l_r)}\),

skąd z równości \(\displaystyle{ n=m^\frac{d(m)}{d(n)}}\) mamy \(\displaystyle{ 1+k_i=\frac{d(m)}{d(n)}(1+l_i)}\)

oraz \(\displaystyle{ k_i>l_i}\).

Ale to oznacza, że \(\displaystyle{ d(n)>d(m)}\). Sprzeczność z nierównością z kroku 2.

Pierwsze równanie:
\(\displaystyle{ x+y+ \sqrt{x+y}=2}\)
jest równoważne z
\(\displaystyle{ ( \sqrt{x+y}+2)( \sqrt{x+y}-1)=0}\)
a zakładając, że rozwiązania mają być rzeczywiste mam tylko równanie
\(\displaystyle{ x+y=1}\)
z którego wyliczam niewiadomą y i wstawiam do drugiego równania otrzymując rozwiązania:

\(\displaystyle{ (x=3 \wedge y=-2) \vee (x=-2 \wedge y=3)}\)

Gdyby rozwiązania mogły być zespolone to do drugiego równania należy wstawić także \(\displaystyle{ y=4i-x}\)
i rozwiązać zespolone równanie kwadratowe

Zakładam że istnieje takie wymierne A że:
\(\displaystyle{ \sqrt{1+105 \cdot 2 ^{x}} =A}\)
Aby pod pierwiastkiem nie było liczby niewymiernej to x musi być całkowite.

I. Niech x będzie liczbą naturalną dodatnią.Wtedy A musi być liczbą naturalną nieparzystą (\(\displaystyle{ A=2a+1}\)) co daje zależność:
\(\displaystyle{ 1+105 \cdot 2 ^{x}=(2a+1)^2}\)
\(\displaystyle{ 105 \cdot 2 ^{x-2}=a(a+1)}\)
Po prawej stronie jest iloczyn parzystej i nieparzystej, więc nieparzysta musi być dzielnikiem liczby 105.
Wstawiając za a, a potem za a+1 liczby: 1,3,5,7,15,21,35,105 sprawdzam rozwiązywalność ostatniego równania. Jedyne rozwiązania są dla:
1, \(\displaystyle{ \ \ a+1=15 \Rightarrow a=14}\) a wtedy
\(\displaystyle{ 14 \cdot 15=105 \cdot 2 \Rightarrow x-2=1 \Rightarrow x=3}\)

2, \(\displaystyle{ \ \ a+1=21 \Rightarrow a=20}\) a wtedy
\(\displaystyle{ 20 \cdot 21=105 \cdot 2^2 \Rightarrow x-2=2 \Rightarrow x=4}\)

II. dla\(\displaystyle{ x=0}\) mam
\(\displaystyle{ \sqrt{1+105 \cdot 2 ^{0}} = \sqrt{106}\not\in \QQ}\)

III. x jest całkowite ujemne
\(\displaystyle{ \sqrt{1+105 \cdot 2 ^{x}} =\sqrt{ \frac{ 2 ^{-x}+105 }{2 ^{-x}}}}\)
ponieważ licznik wyrażenia podpierwiastkowego jest nieparzysty to mianownik musi być kwadratem aby istniała liczba A. Robię podstawienie \(\displaystyle{ -x=2n, \ \ n \in \ZZ _{+}}\) co przekształca pierwiastek do postaci
\(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{ 2 ^{-x}+105 }{2 ^{-x}}}= \frac{1}{2^n} \sqrt{2 ^{2n}+105 }= \frac{1}{2^n} \sqrt{4^{n}+105 }}\)
Tu rozkład jak w punkcie I. nie da odpowiedzi.Pozostaje sprawdzenie kolejnych n do sytuacji gdy
\(\displaystyle{ (2^n+1)^2-(2^n)^2>105}\)
Sprawdzanie \(\displaystyle{ n >5}\) nie ma sensu gdyż nie będzie już rozwiązania.
Są trzy rozwiązania
\(\displaystyle{ n=2 \Rightarrow x=-4}\)
\(\displaystyle{ n=3 \Rightarrow x=-6}\)
\(\displaystyle{ n=4 \Rightarrow x=-8}\)

Sumując wszystkie przypadki jest 5 rozwiązań
\(\displaystyle{ x=3 \vee x=4 \vee x=-4 \veex=-6 \vee x=-8}\)
a nie jak napisałem wcześniej

\(\displaystyle{ x=0 \wedge x=3 \vee x=4}\)

Przyznaję, że rozwiązywałem to zadanie tylko dla naturalnych x, ale nie mam pojęcia dlaczego wskazałem zero jako rozwiązanie zadania .

Nie podoba mi się to rozwiązanie, bo jest bardzo nie na ten dział, ale cóż, życie to nie bajka, nic lepszego nie wymyśliłem.
Przekształćmy trochę może tę nierówność spełnianą przez elementy \(\displaystyle{ S}\):
\(\displaystyle{ x^{4}-13x^{2} \le -36\\ \left(x^{2}- \frac{13}{2}\right)^{2}- \frac{169}{4} \le -36\\ \left(x^{2}- \frac{13}{2}\right)^{2} \le \frac{25}{4}}\)
Wobec tego \(\displaystyle{ x^{2}-\frac {13}{2} \in\left[ -\frac{5}{2} , \frac{5}{2} \right]}\), czyli \(\displaystyle{ x^{2}\in\left[ 4 , 9 \right]}\), a więc \(\displaystyle{ x \in \left[ -3,-2\right] \cup \left[2,3 \right]}\)
Niech \(\displaystyle{ f(x)=x^{3}-3x}\). Wtedy \(\displaystyle{ f'(x)=3x^{2}-3}\). Pierwsza pochodna funkcji \(\displaystyle{ f}\) jest stale dodatnia gdy \(\displaystyle{ x \in S}\). Przeto wystarczy porównać \(\displaystyle{ f(-2)}\) z \(\displaystyle{ f(3)}\): \(\displaystyle{ f(-2)=-2, f(3)=18}\), więc to drugie to największa wartość funkcji \(\displaystyle{ f(x)=x^{3}-3x}\)dla \(\displaystyle{ x \in S}\)

Rozważmy kilka przypadków:

1) Któraś z liczb jest zerem, powiedzmy \(\displaystyle{ z}\).
Wtedy:
\(\displaystyle{ L=-(xy)^3\\
P = x^2(-xy)y^3\\
L=P}\)

2) Któreś dwie liczby są przeciwne, powiedzmy \(\displaystyle{ z=-y}\).
Wtedy:
\(\displaystyle{ L= -x^4y^2+y^6= y^2(x^2+y^2)(x^2-y^2)\\
P = (x^2+y^2)(y^2+xy)(y^2-xy)\\
L=P}\)

3) Któreś dwie liczby są równe, powiedzmy \(\displaystyle{ z=y}\).
Wtedy:
\(\displaystyle{ L= y^2[x(x+2y)^3- y(2x+y)^3]= \\ =
y^2 (x^4 +6x^3y +12 x^2y^2+8xy^3-y^4-6xy^3-12x^2y^2-8x^3y)= \\ =
y^2 [x^4- y^4 - 2xy(x^2-y^2)] = y^2(x^2-y^2)(x^2+y^2-2xy) = \\ =
y^2(x^2-y^2)(x-y)^2 = P}\)

4) Żadne dwie z liczb \(\displaystyle{ x,y,z}\) nie są równe, przeciwne ani nie są zerami. Wówczas zbiór \(\displaystyle{ A=\{0,y,-y,z,-z\}}\) jest pięcioelementowy. Co więcej jeśli określimy wielomiany czwartego stopnia:
\(\displaystyle{ L(x)=xyz \left( x+y+z \right) ^3 - \left( xy+ yz+zx \right) ^3}\)
i
\(\displaystyle{ P(x)=\left( x^2-yz \right) \left( y^2-xz \right) \left( z^2-xy \right)}\)
to na mocy wcześniejszych rozważań mamy \(\displaystyle{ L(a)=P(a)}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ a\in A}\). Skoro zaś wielomiany czwartego stopnia mają tę samą wartość w pięciu punktach, to są tożsamościowo równe, to zaś oznacza właśnie, że zachodzi żądana tożsamość.

Weźmy \(\displaystyle{ n=4}\) , \(\displaystyle{ x_1 =1, x_2 =-1 ,x_3 =1 , x_4=-1}\) wówczas

Ta konstrukcja raczej nie jest zawsze możliwa. W tych sytuacjach, w których to jest wykonalne, poniższe zadziała:

1. Oznaczmy \(\displaystyle{ C'}\) oraz \(\displaystyle{ B'}\) - symetryczne odbicia względem \(\displaystyle{ A}\). Wtedy oczywiście \(\displaystyle{ C'}\) oraz \(\displaystyle{ B'}\) leżą na dwóch pozostałych bokach.
2. Prowadzimy prostą \(\displaystyle{ CC'}\).
3. Prowadzimy prostopadłą do \(\displaystyle{ CC'}\), przechodzącą przez \(\displaystyle{ B}\). Przecina ona \(\displaystyle{ CC'}\) w \(\displaystyle{ D}\).
4. Odmierzamy odcinek \(\displaystyle{ BB''}\) na prostej \(\displaystyle{ BD}\) taki, że \(\displaystyle{ |BB''|=|CC'|}\).
5. Punkt \(\displaystyle{ B''}\) leży na tym samym boku kwadratu, na którym leży \(\displaystyle{ B'}\). Reszta jest już prosta.

W pozostałych przypadkach skonstruowany kwadrat jest taki, że punkty \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ C}\) leżą albo na bokach, albo na przedłużeniach tychże (podobnie \(\displaystyle{ B'}\) i \(\displaystyle{ C'}\), które również mogą leżeć na przedłużeniach boków).

Dla chętnych do sprawdzenia:

Nietsty pomyłka była... :

Dla ułatwienia wprowadzę pomocniczą funkcje \(\displaystyle{ g(x)=x-f(x) \Leftrightarrow f(x)=x-g(x)}\) Wtedy
\(\displaystyle{ f(x-1-f(x))=f(x)-x-1 \Leftrightarrow f(g(x)-1)=-g(x)-1 \Leftrightarrow g(x)-1-g(g(x)-1)=-g(x)-1 \Leftrightarrow g(g(x)-1)=2g(x) \ \hbox{oraz} \ \frac{f(x)}{x}=\frac{x-g(x)}{x}=1-\frac{g(x)}{x}}\)
Z tąd wynika, że \(\displaystyle{ \frac{g(x)}{x}}\) ma skończoną ilośc wartości.
Dzieląc równanie przez \(\displaystyle{ g(x)-1}\) (załóżmy, że jest różne od zera) otrzymuje
\(\displaystyle{ \frac{g(g(x)-1)}{g(x)-1}=2+\frac{2}{g(x)-1}}\) lewa strona równania przyjmuje skończoną ilość wartości, więc prawa też. Co oznacza, że \(\displaystyle{ g(x)}\)przyjmuje skończoną ilość wartości (gdyby tak nie było to prawa strona równania miała by nieskończenie wiele wartości). Teraz wrócę do równania \(\displaystyle{ g(g(x)-1)=2g(x)}\). Gdyby funkcja \(\displaystyle{ g}\) osiągała by pewną niezerową wartość, to z tego równania wynika, że dwu krotność tej wartości również jest osiągana. Co prowadzi do sprzeczność, bo funkcja przyjmuje nieskończenie wartości, a ma być ich skończenie wiele. Daje to \(\displaystyle{ g(x)=0 \Rightarrow f(x)=x}\) co po sprawdzeniu spełnia równanie.

\(\displaystyle{ i_{179}=\frac{10^{179}-1}{9}}\) ta liczba dzieli się przez \(\displaystyle{ 359}\) (co jest najmniejszym dzielnikiem pierwszym jeśli wolfram aplfa mówi prawdę) Niestety dowód tego wymaga znajomości reszt kwadratowych, prawa wzajemności reszt kwadratowych, kryterium eulera.\(\displaystyle{ 359=2 \cdot 179+1 \Rightarrow 179=\frac{359-1}{2}}\) Z kryterium Eulera mam, że \(\displaystyle{ 10^{\frac{359-1}{2}} \equiv 1 \pmod{359}}\), jeśli \(\displaystyle{ 10}\) jest resztą kwadratową \(\displaystyle{ \pmod{359}}\) (Co skończyło by zadanie). Korzystając z własności symbolu Lagendre'a mamy
\(\displaystyle{ \left( \frac{10}{359}\right)=\left( \frac{5}{359}\right) \cdot \left( \frac{2}{359}\right) =\left( \frac{359}{5}\right) \cdot (-1)^\frac{359^2-1}{8}=\left( \frac{4}{5}\right) \cdot 1=1}\) wynika z tąd, że \(\displaystyle{ 10}\) rzeczywiście jest resztą kwadratową \(\displaystyle{ \pmod{359}}\). Oczywiście \(\displaystyle{ \frac{10^{179}-1}{9}>359}\), więc \(\displaystyle{ i_{179}}\) jest liczbą złożoną.

Niech \(\displaystyle{ \frac{a^2}{2ab^2 - b^3 +1}= m}\) będzie liczbą naturalną. Stąd \(\displaystyle{ 2a \geq b}\) oraz \(\displaystyle{ a^2 \geq b^2(2a-b) +1 > b^2(2a-b)}\) czyli
( * ) \(\displaystyle{ 2a=b}\) lub \(\displaystyle{ a>b}\)

Równanie \(\displaystyle{ a^2 - 2mb^2a +m(b^3-1)=0}\) ma rozwiązania \(\displaystyle{ a_1}\) i \(\displaystyle{ a_2}\); niech \(\displaystyle{ a_1 \geq a_2}\). Wzory Viety:
\(\displaystyle{ \begin{cases} a_1+a_2 = 2mb^2 \\ a_1a_2 = m(b^3-1) \end{cases}}\)
I \(\displaystyle{ 0 \leq a_2 = \frac{m(b^3-1)}{a_1} \leq \frac{m(b^3-1)}{mb^2} <b}\)

Z ( * ) wynika, że \(\displaystyle{ a_2 =0}\) (i \(\displaystyle{ b=1}\)) lub \(\displaystyle{ 2a_2=b}\) (i \(\displaystyle{ 4m=b^2}\))
Istnieją więc rozwiązania
\(\displaystyle{ (a,b)= (2l, 1)}\) tj. \(\displaystyle{ m=l}\)
\(\displaystyle{ (a,b)= (l, 2l)}\) tj. \(\displaystyle{ m=l^2}\)
\(\displaystyle{ (a,b)= (8l^4- l, 2l)}\) tj. \(\displaystyle{ m=l^2}\)
(gdy \(\displaystyle{ l}\) jest liczbą całkowitą dodatnią). Jesli więc \(\displaystyle{ a>1}\) i \(\displaystyle{ b>1}\) są względnie pierwsze tj. \(\displaystyle{ a=7}\) I \(\displaystyle{ b=2}\)

Załóżmy nie wprost, że \(\displaystyle{ p|\frac{1+ab}{a-b}}\) i \(\displaystyle{ p|\frac{1+bc}{b-c}}\) z tąd wynika, że \(\displaystyle{ p|1+ab \ \hbox{i} \ p|1+bc \Rightarrow p|bc-ac=b(c-a)}\) jednak \(\displaystyle{ p\nmid b}\), więc \(\displaystyle{ p|c-a}\). \(\displaystyle{ \frac{1+ac}{c-a} \in \ZZ \Rightarrow p|1+ac}\) Łącząc fakty \(\displaystyle{ p|1+ab \ p|1+bc \ p|1+ac}\) otrzymuje \(\displaystyle{ p|a-b \ p|b-c \ p|c-a}\). p|(b-c)-(a-b)+(c-a)=2b ,ale \(\displaystyle{ p \nmid b}\), więc \(\displaystyle{ p=2}\). Wcześniej otrzymałem \(\displaystyle{ a \equiv b \equiv c \pmod{p=2}}\) oraz \(\displaystyle{ 2|\frac{1+ab}{a-b} \ \hbox{i} \ 2|a-b \Rightarrow 0\equiv 1+ab \equiv 1+a^2 \equiv 1+0,1+1 \pmod{4}}\) To daje sprzeczność

Zauważmy, że na końcu tej operacji otrzymamy same nie przecinające się trójkąty. oznaczmy przez \(\displaystyle{ k,s}\) odpowiednio ilość powstałych krawędzi i trójkątów. \(\displaystyle{ s=\frac{2k+4}{3}}\), bo każda powstała krawędź dotyka dwóch trójkątów, a boki kwadratu tylko jeden. Dziele przez trzy, bo zliczam potrójnie każdy trójkąt (3 boki). Z wzoru eulera dla wielościanu mam \(\displaystyle{ (n+4)+(\frac{2k+4}{3}+1)=(k+4)+2 \Leftrightarrow k=3n+1}\)

1. Co najmniej jeden ze zbiorów zawiera ponad 1 element.


2. \(\displaystyle{ \mu}\) to miara liczaca na zbiorze \(\displaystyle{ X}\)
\(\displaystyle{ \mu(X) = n+1}\)
Niech \(\displaystyle{ A_i}\) to element,który ma wiecej niz jeden element
Wtedy:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1,k \neq i}^{2n+1} \left(\mu A_k\right) + \mu(A_i) \ge 2n+2 = 2\mu(X)}\)*
Jesli \(\displaystyle{ A_i \cap A_k \cap A_j = \emptyset}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ i,j,k \in \left\{ 1,...,2n +1\right\}}\)
To:
\(\displaystyle{ \left\{ A_i \cap A_j: j \neq i, i,j \in \left\{ 1,...,2n+1\right\} \right\} \cup \left\{ A_i \setminus \bigcap_{k=1,k \neq i}^{2n+1}A_k :i \in \left\{ 1,...,2n+1\right\} \right\}}\)
Jest rozlaczna rodzina pokrywajaca \(\displaystyle{ X}\)

Tych pierwszych jest \(\displaystyle{ {2n +1 \choose 2}}\), a tych drugich \(\displaystyle{ (2n+1)}\)
Nazwijmy elementy tej rodziny \(\displaystyle{ B_k}\)
I. wtedy \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{{2n +1 \choose 2} +2n+1} \mu(B_k) \le \mu(X)}\)

Ale \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{2n+1}\mu( A_i) = \sum_{}^{} A_i \setminus \bigcap_{k=1,k \neq i}^{2n+1}A_k + 2 \sum_{}^{} A_i \cap A_j}\) (juz mi sie nie chce tutaj uzupelniac tych indeksow)

Ale z I. \(\displaystyle{ \sum_{}^{} A_i \setminus \bigcap_{k=1,k \neq i}^{2n+1}A_k + 2 \sum_{}^{} A_i \cap A_j<2 \mu(X )}\)
To,ze tu jest ostra nierownosc wynika z tego,ze ktorys ze zbiorów:
\(\displaystyle{ \left\{ A_i \setminus \bigcap_{k=1,k \neq i}^{2n+1}A_k :i \in \left\{ 1,...,2n+1\right\} \right\}}\) musi byc niepusty.
Co przeczy *

niekompletny i ...byc może fałszywe; nie można \(\displaystyle{ 2a \geq b}\)Jednakże w treści założenie iż ten iloraz jest dodatni...
)

Jeżeli \(\displaystyle{ |z|=1}\) to \(\displaystyle{ z=e^{it} .}\) Zatem \(\displaystyle{ |z^3 -z +2 |^2 = (e^{3it} -e^{it} +2 ) (e^{-3it} -e^{-it} +2)=1 -e^{2it} +2 e^{3it} -e^{-2it} +1 -2e^{it} +2e^{-3it} -2e^{-it} +4 = 6-4\cos t -4\cos 2t +4\cos 3t =6-8\sin2t \sin t -8\cos^2 t+4=10 -16(\cos t -\cos^3 t ) -8\cos^2 t =16\cos ^3 t -8\cos^2 t -16\cos t +10 .}\) Wystarczy więc wyznaczyć maksimum funkcji \(\displaystyle{ f(u) =16u^3 -8u^2 -8u +10}\) na przedziale \(\displaystyle{ [-1, 1] .}\) Maksimum to wynosi \(\displaystyle{ \frac{2}{27} (115 +14\sqrt{7} )}\) zatem \(\displaystyle{ \max_{|z|=1} |z^3 -z +2| =\sqrt{\frac{2}{27} (115 +14\sqrt{7} )} .}\)