[MIX] Mix matematyczny (8)

[Sylwek]

Sprytnie , robiłem to w ten sposób, że wszystkich funkcji \(\displaystyle{ f:\mathbb{Z}_p\to \mathbb{Z}_p}\) jest oczywiście \(\displaystyle{ p^p}\), a wielomianów o współczynnikach całkowitych jest nieskończenie wiele, końcówka do przewidzenia - z Dirichleta wynika, że pewne dwa wielomiany określają tę samą funkcję, co kończy dowód.

[limes123]

Może narazie spytam tylko czy odp do pierwszego zadania to 90 stopni, bo jak nie to lepiej żebym się nie produkował:P

[Lorek]

Nie było to czasem na matmixie w tym roku? (1 zad.)

[klaustrofob]

4. tak sobie myślę... moduł pochodnej funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\frac{\sin x^2}{x}}\) w dowolnym punkcie x>=1 jest <= 3. oznacza to, że lokalnie, tj. w pewnym otoczeniu \(\displaystyle{ U_x=(x-\varepsilon,x+\varepsilon)}\) punktu x musi zachodzić nierówność \(\displaystyle{ |\frac{f(x)-f(z)}{x-z}|\leqslant 3}\), skąd \(\displaystyle{ |f(x)-f(z)|\leqslant 3|x-z|}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ z\in U_x}\). niech 1<x<y. dla każdego t z przedziału [x,y] wybieram otoczenie, w którym \(\displaystyle{ |f(t)-f(z)|\leqslant 3|t-z|}\). rodzina tych otoczeń pokrywa przedział [x,y], a więc mogę wybrać skończoną podrodzinę \(\displaystyle{ U_{t_1}, U_{t_2},\ldots,U_{t_n}, x\leqslant t_1<t_2<\ldots<t_n\leqslant y}\), do której dorzucę jeszcze \(\displaystyle{ U_x}\) i \(\displaystyle{ U_y}\). niech \(\displaystyle{ \xi_1<\xi_2<\ldots<\xi_{n+1}}\) będą punktami wspólnymi tych otoczeń. jest: \(\displaystyle{ |f(x)-f(y)|=|f(x)-f(\xi_1)+f(\xi_1)-f(\xi_2)+\ldots+f(\xi_{n})-f(\xi_{n+1})+f(\xi_{n+1})-f(y)|\leqslant\\ \leqslant|f(x)-f(\xi_1)|+|f(\xi_1)-f(\xi_2)|+\ldots+|f(\xi_{n+1}-f(y))|\leqslant\\ \leqslant 3|x-\xi_1|+3|\xi_1-\xi_2|+\ldots+3|\xi_{n+1}-y|=3|x-y|}\)

[soliter]

4. tak sobie myślę... moduł pochodnej funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\frac{\sin x^2}{x}}\) w dowolnym punkcie x>=1 jest <= 3. oznacza to, że lokalnie, tj. w pewnym otoczeniu \(\displaystyle{ U_x=(x-\varepsilon,x+\varepsilon)}\) punktu x musi zachodzić nierówność \(\displaystyle{ |\frac{f(x)-f(z)}{x-z}|\leqslant 3}\), skąd \(\displaystyle{ |f(x)-f(z)|\leqslant 3|x-z|}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ z\in U_x}\). niech 1<x<y. dla każdego t z przedziału [x,y] wybieram otoczenie, w którym \(\displaystyle{ |f(t)-f(z)|\leqslant 3|t-z|}\). rodzina tych otoczeń pokrywa przedział [x,y], a więc mogę wybrać skończoną podrodzinę \(\displaystyle{ U_{t_1}, U_{t_2},\ldots,U_{t_n}, x\leqslant t_1<t_2<\ldots<t_n\leqslant y}\), do której dorzucę jeszcze \(\displaystyle{ U_x}\) i \(\displaystyle{ U_y}\). niech \(\displaystyle{ \xi_1<\xi_2<\ldots<\xi_{n+1}}\) będą punktami wspólnymi tych otoczeń. jest: \(\displaystyle{ |f(x)-f(y)|=|f(x)-f(\xi_1)+f(\xi_1)-f(\xi_2)+\ldots+f(\xi_{n})-f(\xi_{n+1})+f(\xi_{n+1})-f(y)|\leqslant\\ \leqslant|f(x)-f(\xi_1)|+|f(\xi_1)-f(\xi_2)|+\ldots+|f(\xi_{n+1}-f(y))|\leqslant\\ \leqslant 3|x-\xi_1|+3|\xi_1-\xi_2|+\ldots+3|\xi_{n+1}-y|=3|x-y|}\)

Trochę przekombinowałeś
Przecież gdyby \(\displaystyle{ |\frac{f(x)-f(z)}{x-z}|>3}\) dla dowolnych \(\displaystyle{ x,z}\), pochodna byłaby większa od \(\displaystyle{ 3}\) w pewnym punkcie (Lagrange), ale i tak fajnie

[Sylwek]

odp do pierwszego zadania to 90 stopni

nie mogę powiedzieć , przedstaw pomysł

Nie było to czasem na matmixie w tym roku? (1 zad.)

nie (raczej)

ad.4, świetnie, choć powinieneś poznać Twierdzenie Lagrange'a o wartości średniej:

Jeśli dana funkcja f jest
* ciągła w przedziale [a,b],
* różniczkowalna w przedziale (a,b),
to istnieje taki punkt \(\displaystyle{ c \in (a, b)}\), że: \(\displaystyle{ \frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)}\)

Zatem przypuszczenie że dla pewnego \(\displaystyle{ c>1}\) zachodzi \(\displaystyle{ |\frac{f(x)-f(y)}{x-y}|=f'(c)>3}\) szybko prowadzi do sprzeczności.

[soliter]

Nie zostało jeszcze powiedziane, ze pochodna jest ograniczona z dołu przez -3, to oczywiście też jest nam potrzebne.

[limes123]

1. Na prostej AD odłożyć za punktem A taki punkt F, że AF=AC i wtedy trójkąty AFB i ACB są przystające. Na prostej AC odłożyć za punktem A punkt E taki, że AE=AD i wtedy trójkąty AEB i ABD są przystające. Ponadto przystające będą trójkąty ADC oraz AEF, czyli jeśli przedłużymy dwusieczną kąta CAD do przecięcia z odcinkiem EF w punkcie powiedzmy K', to otrzymamy dwa trójkąty - ABK i ABK' i teraz (nie mam lepszego pomysłu na uzasadnienie) ze względu na symetrię konstrukcji kąty BAK' oraz BAK są równe, a ponieważ ich suma to 180 stopni, to oba te kąty mają miarę 90 stopni.

[Sylwek]

Nie zostało jeszcze powiedziane, ze pochodna jest ograniczona z dołu przez -3, to oczywiście też jest nam potrzebne.

Moje przeoczenie, powinno być: \(\displaystyle{ |\frac{f(x)-f(y)}{x-y}|=|f'(c)|>3}\)

[limes123]

To mogę się teraz dowiedzieć czy moje rozwiązanie jest ok?;p A jak nie to co jest źle?

[Sylwek]

ad. 1 wzorowo, nie znalazłem żadnego błędu, a odpowiedzią rzeczywiście jest \(\displaystyle{ 90^{o}}\)

P.S. Podsumowując zostało już tylko zadanie 3.

[mol_ksiazkowy]

formalnie , ad 2 w formie "po rekukcji"
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n-1} sin ^2{kx}= \frac{n}{2}- \frac{cos(n-1)x \ sin(nx)}{2 sinx}}\)
i ....
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n-1} cos ^2{kx}= \frac{n}{2}+ \frac{cos(n-1)x \ sin(nx)}{2 sinx}}\)

[klaustrofob]

4. dobra, dokładniejsza wersja. otóż moduł pochodnej funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\frac{\sin x^2}{x}}\) w dowolnym punkcie x>=1 jest \(\displaystyle{ U_x=(x-\varepsilon,x+\varepsilon)}\) punktu x musi zachodzić nierówność \(\displaystyle{ |\frac{f(x)-f(z)}{x-z}|\leqslant 3}\), skąd \(\displaystyle{ |f(x)-f(z)|\leqslant 3|x-z|}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ z\in U_x}\) (*). niech 1\(\displaystyle{ |f(t)-f(z)|\leqslant 3|t-z|}\). rodzina tych otoczeń pokrywa przedział [x,y], a więc mogę wybrać skończoną podrodzinę \(\displaystyle{ U_{t_1}, U_{t_2},\ldots,U_{t_n}, x\leqslant t_1}\), do której dorzucę jeszcze \(\displaystyle{ U_x}\) i \(\displaystyle{ U_y}\). niech \(\displaystyle{ \xi_1}\) będą punktami wspólnymi tych otoczeń. jest: \(\displaystyle{ |f(x)-f(y)|=|f(x)-f(\xi_1)+f(\xi_1)-f(\xi_2)+\ldots+f(\xi_{n})-f(\xi_{n+1})+f(\xi_{n+1})-f(y)|\leqslant|f(x)-f(\xi_1)|+|f(\xi_1)-f(\xi_2)|+\ldots+|f(\xi_{n+1}-f(y))|\leqslant 3|x-\xi_1|+3|\xi_1-\xi_2|+\ldots+3|\xi_{n+1}-y|=3|x-y|}\)

dlaczego (*)?: \(\displaystyle{ f'(x)=2\cos x^2-\frac{\sin x^2}{x^2}}\) i widać (?), że \(\displaystyle{ |f'(x)|}\). stąd wniosek, że dla danego x>=1 w pewnym otoczeniu punktu x musi być \(\displaystyle{ |f(x)-f(y)|}\). gdyby tak nie było, do dowolnie blisko x leżałyby takie punkty y, że zachodziłaby nierówność \(\displaystyle{ |f(x)-f(y)|\geqslant 3|x-y|\ dla\ x\neq y}\), skąd mielibyśmy wniosek, że \(\displaystyle{ |f'(x)|\geqslant 3}\).

teraz chyba dobrze?

przy okazji szkic dowodu 3. obieram sobie pewien wierzchołek A i obwód wielokąta na połowy prostą przechodzącą przez A. łatwo to zrobić: wystarczy "rozciąć" wielokąt w punkcie A, "rozłożyć" wielokąt na prostej otrzymując odcinek AB, podzielić odcinek na połowy w puncie A' i ponownie złożyć wielokąt. zatem, prosta AA' dzieli obwód wielokąta na połowy.

dla dowolnego punktu X na brzegu wielokąta niech X' oznacza taki punkt na brzegu, że XX' dzieli obwód wielokąta na połowy. z X do X' można dojść po wielokącie dwoma sposobami - zgodnie z ruchem wskazówek zegara lub nie.

niech P(X) oznacza pole ograniczone przez XX' i drogę "zgodną". albo P(A) jest równe połowie pola wielokąta, albo nie. jeżeli nie, to załóżmy, że P(A) jest większe niż połowa pola wielokąta, rozumowanie w drugim przypadku jest analogiczne. zauważmy, że jeżeli na drodze "zgodnej" AA' mam dowolny punkt X, to mogę na części "niezgodnej" obrać punkt X' tak, by odcinek XX' dzielił obwód wielokąta na połowy - wystarczy, że X' będzie leżał na części "niezgodnej" w takiej odległości od A', jak X od A - licząc odległość po obwodzie wielokąta. podczas obchodzenia wielokąta w sposób "zgodny" z A do A' przeprowadzam opisaną wyżej konstrukcję dla każdego X. pole "zgodnej" części XX' wielokąta zmienia się w sposób ciągły od P(A), które jest > niż połowa pola wielokąta do P(A'), które jest mniejsze niż połowa pola wielokąta. z tw. Darboux musi istnieć taki punkt X, że P(X)=1/2 pola wielokąta.

[Sylwek]

teraz chyba dobrze?

było i jest dobrze, ale się przepracowałeś, gdyż wystarczyło się powołać na Twierdzenie Lagrange'a o wartości średniej...

ad. 3, wzorowo

Mix (8) uważam za zakończony