[MIX] Mix dla smakoszy pomysłów 33 i pół

[mol_ksiazkowy]

17 gruby szkic

Ukryta treść:    

Pierwsze wrażenie: to \(\displaystyle{ x_j}\) są nieparzyste, drugi to różne (kolejne) liczby Fermata, być może istnieją rozwiązania jeśli \(\displaystyle{ x_j}\) nie są wszystkie różne...

[arek1357]

Zad. 6

Graf planarny można pokolorować czterema kolorami, lepiej to widać na mapie gdzie państwa (w sumie ich stolice) funkcjonują jako wierzchołki grafu. Wyobraźmy sobie, że mamy 4 kolory:1,2,3,4..., każdy kolor graniczy z trzema innymi a nie z samym sobą...
Załóżmy teraz, że wyrzucamy kolor nr. 4, i zastępujemy go kolorem np.: 3 ,w takiej sytuacji może się zdarzyć, że dwa państwa o kolorze 3 graniczą ze sobą, np państwo A i B ma kolor nr. 3, ale przechodząc przez jednokolorowe A, B gdy wchodzimy do państwa C to państwo C nie może już mieć koloru nr. 3... A każdy cykl ma minimum trzy (państwa wierzchołki...) więc na pewno w cyklu gdy pod rząd mamy wierzchołki i kolorze 3 to trzeci wierzchołek musi mieć kolor inny...
Wynika to z twierdzenia o czterech kolorach...
cnd...


Zad. 25

Rozbijmy to na dwie:

\(\displaystyle{ f\left( \frac{1}{x} \right) \ge 1- \frac{1}{x} \sqrt{f(x)f\left( \frac{1}{x} \right) } }\)

\(\displaystyle{ x^2f(x) \le 1- \frac{1}{x} \sqrt{f(x)f\left( \frac{1}{x} \right) } }\)

lub:

\(\displaystyle{ f(x) \le \frac{1}{x^2} - \frac{1}{x^3} \sqrt{f(x)f\left( \frac{1}{x} \right) } }\)

\(\displaystyle{ f\left( \frac{1}{x} \right) \ge 1- \frac{1}{x} \sqrt{f(x)f\left( \frac{1}{x} \right) } }\)

teraz podstawienie:

\(\displaystyle{ x:= \frac{1}{x} }\)

(1) \(\displaystyle{ f\left( \frac{1}{x} \right) \le x^2 \left( 1-x \sqrt{f(x)f\left( \frac{1}{x} \right) }\right) }\)

(2) \(\displaystyle{ f(x) \ge 1-x\sqrt{f(x)f\left( \frac{1}{x} \right) } }\)

z (1) i (2) otrzymamy:

(*) \(\displaystyle{ f\left( \frac{1}{x} \right) \le x^2f(x)}\)

teraz podstawienie znowu do (*):

\(\displaystyle{ x:= \frac{1}{x} }\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ f(x) \le \frac{1}{x^2} f\left( \frac{1}{x} \right) }\)

więc:

(**) \(\displaystyle{ f\left( \frac{1}{x} \right) \ge x^2f(x)}\)

z (*) i (**) mamy:

\(\displaystyle{ f\left( \frac{1}{x} \right) =x^2f(x)}\)

podstawmy tę ostatnia równość do (1)i(2) i skróćmy i przepiszmy z (2) , i otrzymamy:

\(\displaystyle{ f(x) \ge 1-x^2f(x) }\)

\(\displaystyle{ f(x) \le 1-x^2f(x)}\)

no więc ostatecznie:

\(\displaystyle{ f(x) = 1-x^2f(x)}\)

co nam da:

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

po podstawieniu i sprawdzeniu do wyjściowych równości się zgadza...

Dodano po 7 godzinach 40 minutach 2 sekundach:
Zad. 2

Tu wystarczy odpowiednio zaimplementować wielomian \(\displaystyle{ w(x)}\)

niech:

\(\displaystyle{ w(x)=2 \cdot \left[ 1+ \frac{1}{1!}(x-1)+ \frac{1}{2!}(x-1)(x-2)+ \frac{1}{3!}(x-1)(x-2)(x-3)+...+ \frac{1}{n!}(x-1)(x-2)...(x-n) \right] }\)

łatwo sprawdzić, że:

\(\displaystyle{ \\st[w(x)]=n}\)

oraz:

\(\displaystyle{ w(j)=2^j , j=1,2,...,n+1}\)

więc:

\(\displaystyle{ w(n+2)=\left[ 1+ \frac{n+1}{1!} + \frac{(n+1)n}{2!}+ \frac{(n+1)n(n-1)}{3!} +...+ \frac{(n+1)n(n-1) \cdot ... \cdot 2}{n!} +1-1 \right] }\)

lub:

\(\displaystyle{ w(n+2)=2\left[ {n+1 \choose 0} + {n+1 \choose 1}+ {n+1 \choose 3} +...+ {n+1 \choose n+1}-1\right] =2 \cdot \left[ 2^{n+1}-1\right]=2^{n+2}-2}\)

znaczy, że:

\(\displaystyle{ w(n+2)=2^{n+2}-2}\)

...

Dodano po 1 dniu 18 godzinach 17 minutach 58 sekundach:
W 17 zauważyłem, że rozwiązania w równaniu \(\displaystyle{ n+1 }\)można wygenerować z rozwiązań z równania \(\displaystyle{ n}\)

dla \(\displaystyle{ n=1}\)

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

\(\displaystyle{ n=2:}\)

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

\(\displaystyle{ x_{2}=5}\)

dla \(\displaystyle{ n=3}\)

analogicznie:

\(\displaystyle{ 2(3-1)(5-1)(x_{3}-1)=3 \cdot 5 \cdot x_{3}+1}\)

\(\displaystyle{ x_{3}=17}\)

analogicznie:

\(\displaystyle{ x_{4}=317}\)

rozwiązania będą się plasować dla \(\displaystyle{ n=1,2,3,4}\),...:

\(\displaystyle{ (3)}\)

\(\displaystyle{ (3,5)}\)

\(\displaystyle{ (3,5,17)}\)

\(\displaystyle{ (3,5,17,317)}\)

plus ich permutacje...

oczywiście nie twierdzę, że są to wszystkie rozwiązania...

Dodano po 5 godzinach 23 minutach 8 sekundach:
W pierwszym rozwiązałem układ równań ale ni huhu nie znalazłem rozwiązania...
A czy ktoś ma pomysł na całkę z trzeciego czy się tu da cokolwiek?

[mol_ksiazkowy]

20 i

Ukryta treść:    

firmowe: szkic; Jeśli \(\displaystyle{ G}\) jest macierzą z zadania, zaś \(\displaystyle{ A}\) jest macierza określoną \(\displaystyle{ A_{i,j}=0}\) chyba, że \(\displaystyle{ j}\) dzieli \(\displaystyle{ i}\), i wtedy \(\displaystyle{ A_{i,j}= \sqrt{\phi(j)}}\) to wtedy \(\displaystyle{ AA^{T}=G}\)

[arek1357]

Dokładnie tak wystarczy sobie te macierze pomnożyć i wyjdzie...

[mol_ksiazkowy]

30 cd

Ukryta treść:    

szkicowe
Niech "nieskończony przeciwobraz" zbioru \(\displaystyle{ B}\) (przez funkcję \(\displaystyle{ f}\)) to będzie zbiór
\(\displaystyle{ \{ x : \underbrace{f ( f (\ldots f (x)))}_{n} \in B \}}\) (dla jakiegoś \(\displaystyle{ n \in \{ 1, 2, 3,... \}}\)).

np. dla funkcji \(\displaystyle{ f(x)=x^2}\) : \(\displaystyle{ f^{-1}(\{ 4 \}) = \{-2, 2 \}}\)
W zbiorze \(\displaystyle{ f^{- \infty}(\{ 4 \}) }\) są też \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\), \(\displaystyle{ \sqrt[4]{2}}\) itd...

Zbiór uśmiechnięty niech to będzie \(\displaystyle{ f^{- \infty}(B) \backslash f^{-1}( B)}\)
dla jakiegoś zbioru \(\displaystyle{ Z}\).
Zbiór smutny niech będzie to taki zbiór \(\displaystyle{ B}\), że \(\displaystyle{ f^{- \infty}( B) = f^{-1}(B)}\).

[kerajs]

1:    

Założenie dla całkowitych a,b,c,d: \(\displaystyle{ ab(1+d) \neq 0 }\)
Z układu:
\(\displaystyle{ \begin{cases} a+c=2b \\ \frac{b}{a(a+1)}=\frac{c}{b(b+1)} \end{cases} }\)
ruguję \(\displaystyle{ b}\), a \(\displaystyle{ c}\) traktuję jako parametr dostając:
\(\displaystyle{ a^3+a^2(2-5c)+a(3c^2-4c)+c^3+2c^2=0\\
(a-c)(a^2+a(2-4c)-c(c+2))=0}\)
Rozwiązanie: \(\displaystyle{ a=b=c=d}\) nie spełnia założenia o nieskracalności ułamków (chyba, że ktoś uznaje za poprawny ciąg \(\displaystyle{ \frac{1}{1}, \frac{1}{1}, \frac{1}{1}}\)
Równanie kwadratowe ma wyróżnik:
\(\displaystyle{ \Delta=4( (2c)^2+(c-1)^2)}\)
Jest on kwadratem tylko dla \(\displaystyle{ c \in \left\{ -2\ , \ 0 \ , \ 1 \ , \ 6\right\} }\)
Spośród możliwych rozwiązań założenia spełniają tylko ciągi \(\displaystyle{ \frac{3}{5} \ , \ \frac{2}{5}\ , \ \frac{1}{5} }\) oraz \(\displaystyle{ \frac{-2}{7} \ , \ \frac{-1}{7}\ , \ \frac{0}{7} }\)

16:    

Kąt płaski wokół punktu wewnątrz papierowego trójkąta to \(\displaystyle{ 360^0}\), a na jego brzegu(lecz nie w wierzchołku) to \(\displaystyle{ 180^0}\).
Suma katów płaskich wokół wierzchołka sześcianu to \(\displaystyle{ 270^0}\). Oznacza to, że żaden z wierzchołków sześcianu nie może należeć do wnętrza papierowego trójkąta ani do wspólnego brzegu dwóch trójkątów. Nawet jeśli przez każdy wierzchołek sześcianu przechodzi brzeg trójkąta, to brakująca suma katów płaskich (\(\displaystyle{ 8 \cdot 90^0}\)) przekracza sumę kątów przy wierzchołkach trzech trójkątów( \(\displaystyle{ 3 \cdot 180^0}\)). Ergo, trzema nienakładającymi się na siebie papierowymi trójkątami nie można okleić sześcianu.

PS
Powyższy warunek spełniają cztery trójkąty, i istotnie, czterema trójkątami można okleić sześcian.

[Trol-24-11-2025]

zadanie 3: (szkic)

\(\displaystyle{ \int \ln\left( \frac{x}{\ln\left( \frac{x}{\ln x} \right) } \right)dx }\)

można inaczej:

\(\displaystyle{ \int \ln x dx- \int\ln\left[ \ln x-\ln\ln x\right] dx }\)

zakładam, że pierwsza całka jest tak prosta, że by ją zrobił nawet... , zajmijmy się całką drugą

podstawienie:

\(\displaystyle{ t=\ln x }\)

\(\displaystyle{ x=e^t , dx= e^tdt}\)

mamy całkę:

\(\displaystyle{ \int e^t\ln\left( t-\ln t\right) dt}\)

przez części:

\(\displaystyle{ u=e^t , du=e^t dt , dv=\ln\left( t-\ln t\right) dt , v= \int \ln\left( t-\ln t\right) dt}\)

zajmiemy się całką:

\(\displaystyle{ \int \ln\left( t-\ln t\right) dt}\)

podstawienie:

\(\displaystyle{ z=\ln t , t=e^z , dt=e^z dz}\)

całka:

\(\displaystyle{ \int e^z\ln \left( e^z-z\right) dz}\)

znowu przez części:

\(\displaystyle{ u=e^z, du=e^z dz , dv=\ln \left( e^z-z\right) dz , v= \int\ln \left( e^z-z\right)dz }\)

w konsekwencji jest coś takiego do policzenia:

\(\displaystyle{ \int \ln \left( e^z-z\right)dz}\)

więc tworzę sobie funkcję:

\(\displaystyle{ f(a)= \int\left( e^z-z\right)^a dz }\)

\(\displaystyle{ f(a)'= \int \left( e^z-z\right)^a \ln\left( e^z-z\right) dz }\)

nasza szukana funkcja to:

\(\displaystyle{ g(z)=f'(a) }\)

jak widać...


i teraz jedyne wyjście to wziąć w szereg:

\(\displaystyle{ \left( e^z-z\right)^a= \sum_{n=0}^{ \infty } (-1)^n e^{(a-n)z}z^n {a \choose n} }\)

gdzie:

\(\displaystyle{ {a \choose n}= \frac{a(a-1)(a-2)...(a-n+1)}{n!} }\)

rozszerzony symbol newtona...

teraz całkowanie po każdym elemencie sumy , liczenie pochodnej, itd...

jeżeli nieskończenie wiele razy zagnieździmy tę funkcję otrzymamy taki wzorek:

\(\displaystyle{ f(x)=\ln x-\ln f(x)}\)

a dla n - tego zagnieżdżenia mamy rekurencję

\(\displaystyle{ f_{1}(x)=\ln x }\)

\(\displaystyle{ f_{n+1}(x)=\ln x -\ln f_{n}(x)}\)