[MIX] Mix zimowo wiosenny

[mol_ksiazkowy]

16 cd

Ukryta treść:    

4>
\(\displaystyle{ 1< \frac{a+b+c+d}{a}<2 }\)
\(\displaystyle{ 1< \frac{a+b+c+d}{d}<2 }\)
itd

[arek1357]

Co do 17 jest wzór na takie dziwactwa:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ ff(x)=x^2+1}\)

przyjmijmy:

\(\displaystyle{ \varphi(x)=x^2+1}\)

Wzór na półiterację funkcji: \(\displaystyle{ \varphi}\)

\(\displaystyle{ \varphi^{ \left( \frac{1}{2}\right) }(x)=f(x)= \sum_{m=0}^{ \infty } { \frac{1}{2} \choose m} \sum_{k=0}^{m} {m \choose k} (-1)^{m-k}\varphi^{(k)}(x) }\)

Czyli nie wygląda to najlepiej jeżeli jeszcze szereg zbieżny to taka funkcja istnieje...

[Premislav]

13.:    

Jeśli \(\displaystyle{ n+1=xy-x-y+1=(x-1)(y-1)}\), to \(\displaystyle{ n=xy-x-y}\). Mając do przedstawienia dane \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\) w formie \(\displaystyle{ xy-x-y}\), wystarczy spojrzeć na rozkład \(\displaystyle{ n+1}\) na czynniki pierwsze i wybrać takie czynniki, by ich iloczynem bylo całe \(\displaystyle{ n+1}\). Jeśli \(\displaystyle{ n+1=\prod_{i=1}^mp_i^{\alpha_i}, \ p_i\in \PP}\), to wszystkich możliwości przedstawienia liczby \(\displaystyle{ n}\) (uwzględniając kolejność, tj. wspomniane \(\displaystyle{ (x,y)\neq(y,x)}\)) mamy \(\displaystyle{ 2\prod_{i=1}^m(\alpha_i+1)}\) (bo jak już wybraliśmy jedną liczbę do rozkładu \(\displaystyle{ n+1=(x-1)(y-1)}\), to druga jest równa ilorazowi \(\displaystyle{ n+1}\) i tej liczby).
Stąd też natychmiast wynika, że istnieją liczby całkowite dodatnie o dowolnie dużej liczbie reprezentacji w formie \(\displaystyle{ xy-x-y}\):ustalmy dowolne \(\displaystyle{ N\in \NN^+}\) i weźmy taką liczbę \(\displaystyle{ n\in\NN^+}\), że \(\displaystyle{ n+1=p_1p_2\ldots p_{N-1}, \ p_i\in \PP}\) (ofc. liczb pierwszych jest nieskończenie wiele, więc możemy takie dobrać). Wtedy liczba rozkładów \(\displaystyle{ n}\) wynosi \(\displaystyle{ 2\cdot 2^{N-1} =2^N>N}\), jak chcieliśmy.

[Kartezjusz]

Zad 13

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ xy-x-y=m
}\)
\(\displaystyle{ xy-x-y+1= m+1
}\)
\(\displaystyle{ (x-1)(y-1)=m+1}\)
(2,m+2) i (m+2,2) są tymi dwoma rozwiązaniami gwarantowanymi.
Rozważmy \(\displaystyle{ m=2^{k}-1}\) wówczas każda para \(\displaystyle{ (2^{i}-1;2^{k-i}-1) }\)spełni równanie. Zatem licząc symetrycznie możemy liczyć na 2k rozwiązań

[Dasio11]

Standardowo:

17:    

Weźmy dowolną inwolucję \(\displaystyle{ \varphi : [0, 1) \to [0, 1)}\) bez punktów stałych, niech \(\displaystyle{ A \subseteq [0, 1)}\) będzie selektorem rodziny \(\displaystyle{ \{ \{ x, \varphi(x) \}, x \in [0, 1) \}}\) i \(\displaystyle{ B = [0, 1) \setminus A}\). W szczególności \(\displaystyle{ \varphi[A] = B}\) i \(\displaystyle{ \varphi[ B ] = A}\).

Niech \(\displaystyle{ h(x) = x^2+1}\). Widzimy, że \(\displaystyle{ [0, \infty)}\) jest sumą rozłącznych zbiorów postaci \(\displaystyle{ h^n[A]}\) i \(\displaystyle{ h^n[ B ]}\), gdzie \(\displaystyle{ n = 0, 1, 2, \ldots}\). Definiujemy \(\displaystyle{ g : [0, \infty) \to [0, \infty)}\) tak, że \(\displaystyle{ g( h^n(a) ) = h^n(\varphi(a))}\) dla \(\displaystyle{ a \in A}\) i \(\displaystyle{ g( h^n(b) ) = h^{n+1}(\varphi(b))}\) dla \(\displaystyle{ b \in B}\). Łatwo sprawdzić, że wtedy \(\displaystyle{ g \circ g = h}\) na \(\displaystyle{ [0, \infty)}\). Pozostaje przyjąć \(\displaystyle{ f : \RR \to \RR}\), \(\displaystyle{ f(x) = g(|x|)}\).

[mol_ksiazkowy]

23

Ukryta treść:    

prawdopodobnie pięć

uogólnienie może być trudne.

[Elayne]

Ad 5:    

W treści tego zadania jest błąd - powinno być: promień okręgu wpisanego. W każdym trójkącie pitagorejskim promień okręgu wpisanego jest liczbą całkowitą dodatnią.

[arek1357]

Zad 22.

Ukryta treść:    

Najpierw może napiszę czego się trzymam, a mianowicie Stół jest ponumerowany tzn. miejsca są ponumerowane i ważne gdzie kto siedzi,

Jak np. mamy jedną parę przy stole to są dwa miejsca 1,2 i ważne czy Jaś i Małgosia siedzą:

tak:

\(\displaystyle{ (j,m)=(1,2)}\)

Czy tak:

\(\displaystyle{ (j,m)=(2,1)}\)

Czyli ilość rozmieszczeń \(\displaystyle{ k}\) osób przy stole to \(\displaystyle{ k!}\). Osoby to też obiekty rozróżnialne jak i pary między sobą...

Z warunków zadania każda para siedzi obok siebie \(\displaystyle{ (a,b)}\) lub ktoś ich przedziela: \(\displaystyle{ (a,x,b)}\)

Ale nasz \(\displaystyle{ x}\) też musi w takim układzie mieć swoją parę albo przed \(\displaystyle{ a}\) albo za \(\displaystyle{ b}\)

Więc tworzy się siłą rzeczy taka "czwórka" : \(\displaystyle{ (a,x,b,y)}\) gdzie \(\displaystyle{ a, b}\) i \(\displaystyle{ x, y}\) to pary małżeństw...

I teraz mamy problem na ile sposobów możemy ich umieścić unikalnie przy okrągłym stole...

Mamy pary i czwórki czyli takie bąbelki w których znajdują się: albo jedno małżeństwo albo dwa...

I tu zaczęły się schody bo mamy do czynienia z okręgiem przy którym te bąbelki siedzą...

Np . jak mamy 3 pary małżeństw otrzymujemy takie układy:

\(\displaystyle{ 1+1+1=3}\)

\(\displaystyle{ 2+1=3}\)

(Poniżej jest to na rysunku )...

I teraz mamy powiązanie geometrii i algebry:

Najpierw algebra:

Do każdego bąbelka upychamy jedno lub dwa małżeństwa i to mamy na:

\(\displaystyle{ \frac{n!}{x_{1},x_{2},...,x_{s}} , \sum_{i=1}^{s}x_{i}=n, x_{i}=1 \vee 2 , \left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil \le s \le n }\)

Sposobów...

Ale nie wszystkie sposoby są pożądane bo dają te same ustawienia, np.: dla \(\displaystyle{ n=3}\)

\(\displaystyle{ 1+2=3 \wedge 2+1=3}\)

Ale ponieważ jest to ułożenie kołowe to tak naprawdę mamy tylko jeden sposób, i tu zaczyna się geometria...

Wyobraźmy sobie, że te bąbelki to koraliki, niebieskie to te małe do których wchodzi jedna para a czerwone to te wielkie z dwiema parami (jak na rysunku niżej)...

I teraz kłania się Polya i grupy, które mówią nam ile jest dwukolorowych nanizań paciorków tak aby układy były rozróżnialne z dokładnością do grupy obrotów naszyjnika...(cyklicznej):

Oznaczmy:


\(\displaystyle{ n }\)- ilość wszystkich koralików (długość naszyjnika) (nie mylić tego n z ilością par bo tu się zmienia)...

Wzór na indeks cyklowy wynosi:

\(\displaystyle{ Z_{n}(x)= \frac{1}{n} \sum_{d|n}^{} \left( 1+x^{ \frac{n}{d} }\right)^d\varphi( \frac{n}{d} ) }\)

Współczynnik przy: \(\displaystyle{ x^r}\) - to ilość niepowtarzalnych układów naszyjnika...

I teraz każdy taki niepowtarzalny układ jest mniej lub bardziej symetryczny, znaczy, że po obrocie o jakiś kąt:

\(\displaystyle{ \alpha=0,1,2,3,...,2n}\) - wróci do stanu pierwotnego, (w skrócie są to podziały kąta pełnego)...

W poniższych przykładach: 3, 4 (rysunek) mamy:

Dla przykładu 3: \(\displaystyle{ \alpha=6 , n=3 , 2n=6}\)

Dla przykładu 4: \(\displaystyle{ \alpha=2 , n=3 , 2n=6}\)

Po takich obrotach układy wracają do początkowego położenia, jest to ważne, żeby się nie powtarzało...

Podobnie mamy na rysunkach 1,2

Gdzie układy te są dla:

\(\displaystyle{ n=8}\), oczywiście nie wszystkie narysowałem bo powinno być wszystkich:

\(\displaystyle{ 2+2+2+2=8}\)

\(\displaystyle{ 2+2+2+1+1=8}\)

\(\displaystyle{ 2+2+1+1+1+1=8}\)

\(\displaystyle{ 2+1+1+1+1+1+1=8}\)

\(\displaystyle{ 1+1+1+1+1+1+1+1=8}\)

I teraz dla każdego układu liczę ilość niezależnych naszyjników (pierwszy ostani i przedostatni to jak widać jeden naszyjnik)...

\(\displaystyle{ Z_{s}= \frac{1}{s} \sum_{d|s}^{} (1+x^{ \frac{s}{d} })^d \varphi( \frac{s}{d} )}\)

Potem każdy ukła obracamy i wpisujemy w bąbelek pary jedna lub dwie, co generuje bardzo brzydki wzór

Jeszcze jedno w każdym małym niebieskim bąbelku łatwo obliczyć , że para może być umieszczona na dwa sposoby a w każdym dużym bąbelku
dwie pary na \(\displaystyle{ 8}\) sposobów...

Zatem wzór:

\(\displaystyle{ \sum_{Z_{s} , i+j=s}^{} {n \choose x_{1},x_{2},...,x_{s}} \cdot \alpha \cdot 2^i \cdot 8^j}\)



Oczywiście nie podoba mi się ten wzór na pewno jest zgrabniejszy sposób i ładniejszy wzór...

Dodano po 12 minutach 58 sekundach:
W zadaniu 25 łatwo zauważyć, że pierwiastkami tego wielomianu to:

\(\displaystyle{ 1,-1,i, \sqrt{2} }\)

Dalej to już podstawówka...

[Premislav]

18.:    

Teza dość łatwo wynika z LTE (Lifting the Exponent Lemma). Możemy przyjąć, że \(\displaystyle{ p\nmid x, \ p\nmid y}\) (bo gdyby dzieliło jedną, musiałoby dzielić obydwie, i to z takim samym wykładnikiem, a wtedy po prostu dzielimy stronami przez odpowiednią potęgę \(\displaystyle{ p}\)). Oczywiście ze wzoru na sumę \(\displaystyle{ n}\)-tych potęg i założenia \(\displaystyle{ x^n+y^n=p^k}\) wynika, że \(\displaystyle{ p|(x+y)}\). Przypuśćmy nie wprost, że istnieje liczba pierwsza \(\displaystyle{ q\neq p}\) będąca dzielnikiem \(\displaystyle{ n}\). Wówczas \(\displaystyle{ \left(x^q+y^q\right)|\left(x^n+y^n\right)}\) (znów wzór na sumę \(\displaystyle{ m}\)-tych potęg, gdzie \(\displaystyle{ m=\frac n q}\) - oczywiście jest to liczba nieparzysta). Stąd \(\displaystyle{ x^q+y^q=p^{i}}\) dla pewnego \(\displaystyle{ i\in\NN^{+}, \ i>1}\), ale z LTE mamy \(\displaystyle{ v_{p}\left(x^q+y^q\right)=v_p(x+y)+v_p(q)=v_p(x+y)}\), innymi słowy liczba \(\displaystyle{ \frac{x^q+y^q}{x+y}}\) nie dzieli się przez \(\displaystyle{ p}\), ale jest większa niż jeden i jest dzielnikiem \(\displaystyle{ p^i}\). Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

[arek1357]

Zad. 15

Ukryta treść:    

W zadaniu 15 mamy owal i krzywą, która przecina ten owal:

\(\displaystyle{ x^4+y^4=1}\)

Znalezienie punktu przecięcia to równanie (wielomian)

\(\displaystyle{ x^6+x^4=1}\)

Szóstego stopnia, poza tym wychodzą patagońskie liczby w zamian policzę samą powierzchnię owalu:

\(\displaystyle{ 4 \int_{0}^{1} (1-x^4)^{ \frac{1}{4} }dx }\)

\(\displaystyle{ x^4=t}\)

\(\displaystyle{ dx= \frac{1}{4} t^{- \frac{3}{4} }dt}\)

Co da nam do policzenia całkę;

\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} t^{- \frac{3}{4} } \left( 1-t\right)^{ \frac{1}{4} } dt=\int_{0}^{1} t^{\frac{1}{4}-1 } \left( 1-t\right)^{ \frac{5}{4}-1 } dt= B( \frac{1}{4}, \frac{5}{4})= \frac{\Gamma( \frac{1}{4} )\Gamma( \frac{5}{4} )}{\Gamma( \frac{3}{2} )} }\)

[a4karo]

14:    

Takich ciągów jest całe mnóstwo.
Niech `W` będzie zbiorem wartości ciagu \(\displaystyle{ a_n}\) i niech `V\subset W` będzie zbiorem tych wartości, które ciąg przyjmuje tylko skończenie wiele razy.
Jeżeli zbiów `V` jest skończony, to z ciągu `a_n` można wyrzucić niepusty zbiór wyrazów tak, żeby to, co zostanie było początkowym ciagiem.

Na mocy założenia istnieje takie `N`, że ciag `\{a_n\}_{n>N}` przyjmuje każda wartość nieskończenie wiele razy.

Skonstruujemy ciag `n_k` w następujący sposób:
\(\displaystyle{ n_1=\min\{n: n>N+1000000 \wedge a_n=a_{N+1}\}\\
n_k=\min\{n: n>n_k \wedge a_n=a_{N+k}\}}\)
Wtedy ciąg
\(\displaystyle{ a_1,a_2,\dots,a_N,a_{n_1},a_{n_2},\dots}\)
jest takim samym ciągiem jak `a_n`, ale wykreśliliśmy co najmniej milion kolejnych wyrazów zaczynając od `a_{N+1}`.

Najlatwiej to zobaczyć na ciagach zero-jedynkowych, które mają nieskończenie wiele zer i jedynek: Wykreślamy dowolną ilość początkowych wyrazów, a potem wykreślamy tak, żeby został pierwszy wyraz ciagu, potem drugi, trzeci etc.

[Dasio11]

ad 14:    

Jeżeli zbiów `V` jest skończony, to z ciągu `a_n` można wyrzucić niepusty zbiór wyrazów tak, żeby to, co zostanie było początkowym ciagiem.

A jeśli jest nieskończony, to nie można - a zatem jest to warunek konieczny i wystarczający.

[arek1357]

Zad 10.

Ukryta treść:    

W tym zadaniu wydaje mi się, że indukcja załatwia sprawę jak mamy króle dla np. n= 2,3 zawodników
(w turnieju każdy gra z każdym i nie ma remisów)...

To z założenia indukcyjnego, że istnieje król dla pewnego n...
To dla n+1 królem będzie dalej n jeżeli n+1 przegrał z nim, a jeżeli n+1 wygrał z n królem zostaje n+1
(Najciekawsze jest to, że królem ostatnich mistrzostw świata w piłce została Polska bo wygrała z Arabią, która wygrała z Argentyną, która została mistrzem świata, więc na tej zasadzie można wykazać, że najlepszą drużyną jest Polska...

[mol_ksiazkowy]

10 cd

Ukryta treść:    

To dla n+1 królem będzie dalej n jeżeli n+1 przegrał z nim, a jeżeli n+1 wygrał z n królem zostaje n+1

n+1 mógł wygrac z królem n, ale mógł wszystkie inne gry przegrać... i nie bedzie królem...

[arek1357]

Ukryta treść:    

n+1 mógł wygrać z królem n, ale mógł wszystkie inne gry przegrać... i nie bedzie królem...

Tak i to nawet brałem pod uwagę ale myślałem, że skoro tak jest to patrząc na to mamy jakby dwóch króli ale nie musi to tak działać

zad. 10

Ukryta treść:    

Wpadłem o co tu chodzi ale sprawa jest taka, że w takim turnieju królów może być kilku choć król ma być tylko jeden dlatego nazywanie ich królami jest wysoce prześmiewcze tak jak i naszą drużynę w piłce co też była "królikiem" turnieju...

Dołączyłem rysunek i wziąłem pod uwagę sympleksy , moje oznaczenia, jeżeli a gra z b to mogą być tylko dwa przypadki albo a wygrywa albo b, tworzę więc sympleks jednowymiarowy:

\(\displaystyle{ a \rightarrow b \vee b \rightarrow a}\)

(te dwa sympleksy są izomorficzne)...

Oznacza to:

1. b wygrał z a (b król)

2. a wygrał z b (a król)

Znaczy, że jeżeli strzałka dochodzi do zawodnika, znaczy, że zawodnik wygrał z zawodnikiem od którego strzałka "odchodzi"

Dla przypadku dwuwymiarowego mamy poniżej na rysunku tylko dwa przypadki sympleksów nieizomorficznych i ładnie to widać, ponieważ w pierwszym przypadku każdy jest królem, a w drugim przypadku jest tylko jeden król "a"...

Ilość króli jak widać może być tyle co zawodników...

Czyli królem może być ten zawodnik, który ma największą ilość strzałek dochodzących a taki zawsze się znajdzie lub będzie ich wielu...

Co kończy zadanie...

I użyłem do tego sympleksów n wymiarowych ze strzałkami, gdzie ilość strzałek przy danym wierzchołku oznacza ilość zwycięstw, więc zawsze kres górny znajdziemy...
(sympleks czterowymiarowy z pięcioma graczami już trudno narysować)...

Bo każdą trójkę graczy reprezentuje trójkąt ... ( a w każdym trójkącie będzie król)

Poniżej rysunki:

Co do zadania 6 polecam liczby zaprzyjaźnione, formuła Tabita jest wszystko...
(nie ma co wyważać otwartych drzwi)


Zad. 3

Ukryta treść:    

W zadaniu trzecim o komitetach bardzo łatwo to zadanie można reprezentować za pomocą grafu dwudzielnego o ilości wierzchołków:

\(\displaystyle{ 2 \times n}\) , jeden rządek grafu to wierzchołki reprezentujące \(\displaystyle{ n}\) komitetów, druga składowa grafu to wierzchołki reprezentujące koła naukowe. Wystarczy teraz zauważyć, że istnieje ścieżka albo kilka tzn. można przejść przez wszystkie wierzchołki wybierając z każdego wierzchołka tylko jednego reprezentanta (tzn. wierzchołek jednej składowej jest połączony z wierzchołkiem drugiej składowej, jeżeli mają tego samego reprezentanta). Np. wychodząc ze składowej komitetów do składowej koła naukowego i wracając do składowej komitetu zabieramy dwóch niepowtarzalnych reprezentantów. W ten sposób przejdziemy przez wszystkie komitety i koła wybierając tylko n reprezentantów...

Rys. poniżej:

plik