[MIX] Mix matematyczny (13)

[mol_ksiazkowy]

ad 2 No niechzez tylko istnieje \(\displaystyle{ W(x)}\) o wspolczynnikach całkowitych dodatnich, i t ze \(\displaystyle{ W(n)}\) jest l. pierwsza przy \(\displaystyle{ n=1, 2,3...}\) Niech \(\displaystyle{ W(1)=p}\) tj \(\displaystyle{ W(x)-p =(x-1)V(x)}\), gdzie V to tez wielomian tyle ze o stopien mniej niz W , i o wspolczynnikach calkowitych. Widac, ze \(\displaystyle{ V(p+1)\ne 0}\). A wiec \(\displaystyle{ W(p+1)}\) dzieli sie na p i jest rozne od p, tj \(\displaystyle{ W(p+1)}\) nie jest l. pierwsza

[adamadam]

9. Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) będą długościami boków trójkąta, \(\displaystyle{ S}\) - jego polem, \(\displaystyle{ 2p}\) - obwodem, \(\displaystyle{ r}\) - promieniem okręgu wpisanego w ten trójkąt. Udowodnij nierównośći:
a) \(\displaystyle{ 3\sqrt{3}r^2 \leqslant S}\)
b) \(\displaystyle{ 3\sqrt{3} S \leqslant p^2}\)

Ze wzoru \(\displaystyle{ 2S=(a+b+c)r}\) mamy:
\(\displaystyle{ 3\sqrt{3}r^2 =3\sqrt{3} \frac{4S^2}{(a+b+c)^2}}\)
Zatem wystarczy pokazać:
\(\displaystyle{ 3\sqrt{3} \frac{4S^2}{(a+b+c)^2} \leqslant S}\), czyli
\(\displaystyle{ 3\sqrt{3} S \leqslant (\frac{a+b+c}{2})^2}\)
Zatem wystarczy pokazać, że zachodzi podpunkt b)

Podstawiamy:
\(\displaystyle{ x=a+b-c,y=b+c-a,z=c+a-b}\)
Stąd ze wzoru Herona mamy:
\(\displaystyle{ 3\sqrt{3}S= \frac{3\sqrt{3}}{4} \sqrt{(x+y+z)xyz}}\)
Wystarczy pokazać, że:
\(\displaystyle{ \frac{3\sqrt{3}}{4} \sqrt{(x+y+z)xyz} \leqslant (\frac{(x+y+z)}{2})^2}\)
Po podniesieniu do kwadratu i skróceniu dostajemy:
\(\displaystyle{ 27xyz\leqslant (x+y+z)^3}\), co zachodzi na mocy nierówności AM-GM.

[Sylwek]

ad. 2

\(\displaystyle{ V(p+1) \ne 0}\)

Hm, dlaczego? Dobrze kombinujesz, ale rozpisz.

ad. 9 - robiłem identycznie

[andkom]

9. Inny sposób:
Jak już pisaliście, wobec S=rp wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ p\geqslant3\sqrt{3}r}\). Oznaczmy kąty trójkąta jako \(\displaystyle{ \alpha}\), \(\displaystyle{ \beta}\) i \(\displaystyle{ \gamma}\). Mamy (jak się zrobi rysunek, to od razu to widać)
\(\displaystyle{ p=r\left(\text{ctg }\frac\alpha2+\text{ctg }\frac\beta2+\text{ctg }\frac\gamma2\right)}\)
Ponieważ ctg jest wypukły na przedziale \(\displaystyle{ \left(0,\frac\pi2\right]}\), więc z nierówności Jensena
\(\displaystyle{ p=3r\left(\frac{\text{ctg }\frac\alpha2+\text{ctg }\frac\beta2+\text{ctg }\frac\gamma2}3\right)\geqslant3r\text{ctg }\frac{\frac\alpha2+\frac\beta2+\frac\gamma2}3=3r\text{ctg }\frac\pi6=3\sqrt3r}\)

[mol_ksiazkowy]

Wziałem z biegu ze \(\displaystyle{ W >0}\), a jak nie to \(\displaystyle{ W(x) >0}\) dla \(\displaystyle{ x>m}\) i bierzemy \(\displaystyle{ W_{bis}(x) =W(x+m)}\)

idea z "Wielomianem Eulera " \(\displaystyle{ W(x)=x^2+x+41}\), tj \(\displaystyle{ p=43}\)

ad 5
Tak by mozna zaczac..>> Najpierw \(\displaystyle{ n=p^m}\) to \(\displaystyle{ \frac{p^m}{m+1}=q=p}\) tj \(\displaystyle{ m+1=p^k , \ k \leq m}\), tj
\(\displaystyle{ p^k=k+2}\), co daje \(\displaystyle{ p=2}\), (\(\displaystyle{ k=2}\)) badz \(\displaystyle{ p=3}\) (\(\displaystyle{ k=1}\)) tj
\(\displaystyle{ n=9 \ lub \ n=8}\)

[Sylwek]

ad. 2 to przedstawię swoje rozwiązanie. Niech \(\displaystyle{ W(1)=p}\), gdzie \(\displaystyle{ p \mathbb{P}}\), wówczas z elementarnych właściwości kongruencji: \(\displaystyle{ W(p+1) \equiv W(1) \ (mod p)}\) i w ogólnym przypadku dla każdego m całkowitego: \(\displaystyle{ W(mp+1) \equiv W(1) \ (mod p)}\), zatem W(mp+1) jest podzielne przez p - toteż dla każdego m naturalnego mamy \(\displaystyle{ W(mp+1)=p \iff W(mp+1)-p=0}\). Wystarczy zauważyć, że liczb naturalnych jest nieskończenie wiele, zatem wielomian \(\displaystyle{ W(x)-p}\) ma nieskończenie wiele pierwiastków, czyli jest wielomianem zerowym, co implikuje: \(\displaystyle{ W(x) \equiv p}\), ale dostajemy tu sprzeczność z założeniem, że W wielomianem stopnia dodatniego, zatem taki wielomian nie istnieje. Swoją drogą ciekawe zadanie.

ad. 5 ok, początek dobry

Zostały już tylko 3,5,6.

[chris139]

6. Chyba mozna by zrobic tak
\(\displaystyle{ \frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \geqslant \frac{3}{2}}\)
idzie prosto z \(\displaystyle{ AM \geqslant HM}\)
i zostaje nam pierwiastek \(\displaystyle{ \ge 1}\) czyli mianownik musi być \(\displaystyle{ \ge}\) licznikowi więc
\(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2 \geqslant ab+ac+bc\\
\frac{a^2+b^2}{2} \geqslant ab}\)
Zrobić dla wszystkich par dodac i mamy gotowe

[Menda]

6. Chyba mozna by zrobic tak
\(\displaystyle{ \frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \geqslant \frac{3}{2}}\)
idzie prosto z \(\displaystyle{ AM \geqslant HM}\)
i zostaje nam pierwiastek >=1 czyli mianownik musi być >= licznikowi więc
\(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2 \geqslant ab+ac+bc\\
\frac{a^2+b^2}{2} \geqslant ab}\)
Zrobić dla wszystkich par dodac i mamy gotowe

Niestety nie...

Można to zrobić z metody pqr, np położyć 1=p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc i sprowadzić to do nierówności f(r)>0, gdzie f jest stopnia conajmniej 1, a zapewne 2 lub większego

Pozdro

[chris139]

a dlaczego nie?

[binaj]

a dlaczego nie?

bo pod pierwiastkiem jest \(\displaystyle{ \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}\) a nie \(\displaystyle{ \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}}\)

[chris139]

\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}} \leqslant 1}\)
podniesmy do kwadratu (oba sa dodanie więc możemy) i pomnóżmy przez a^2+b^2+c^2 dostaniemy nierównosc z ktorej skorzystalem, nie widze problemu zeby to tak zrobic

[binaj]

to jest ok, ale tu nierówność masz w "przeciwnym kierunku" do tej z zadania

[chris139]

a juz rozumiem, jaka glupota

[andkom]

5.
Szukane liczby to wymienione już 8 i 9, a ponadto 12, 18, 8p (gdzie p>2 pierwsze) oraz 12p (gdzie p>3 pierwsze).
Moje rozwiązanie jest bardzo brzydkie, więc tylko naszkicuję.
Jeśli \(\displaystyle{ n=p^a\prod_{i=1}^kp_i^{a_i}}\), gdzie \(\displaystyle{ k\geqslant0}\), \(\displaystyle{ p,p_1,\ldots,p_k}\) pierwsze i parami różne, \(\displaystyle{ a,a_1,\ldots,a_k\geqslant1}\) naturalne, to \(\displaystyle{ d(n)=(a+1)\prod_{i=1}^k(a_i+1)}\). Szukamy zatem takich n, że
\(\displaystyle{ p^{a-1}\prod_{i=1}^kp_i^{a_i}=(a+1)\prod_{i=1}^k(a_i+1)}\)



Będziemy korzystać z czegoś takiego:
Jeśli q jest liczbą pierwszą (wystarczy, że naturalną, większą, niż 1) i a>0 jest naturalne, to
\(\displaystyle{ q^a>a+1}\), gdy (q=2 i a>1) lub q>2
\(\displaystyle{ q^a=a+1}\), gdy q=2 i a=1

Jeśli p jest liczbą pierwszą (wystarczy, że naturalną, większą, niż 1) i a>0 jest naturalne, to
\(\displaystyle{ p^{a-1}>a+1}\), gdy (p=2 i a>3) lub (p=3 i a>2) lub (p>3 i a>1)
\(\displaystyle{ p^{a-1}=a+1}\), gdy (p=2 i a=3) lub (p=3 i a=2)
\(\displaystyle{ p^{a-1}}\)gdy (p dowolne i a=1) lub (p=2 i a=2)

My chcemy mnożyć stronami takie nierówności, by na koniec dostać równość znad pierwszej kreski. Od razu widać, że nie możemy mieć (p=2 i a>3) lub (p=3 i a>2) lub (p>3 i a>1).

Rozważamy przypadki:

p=2 i a=3. Tu musi być k=0, bo \(\displaystyle{ 2^{3-1}=3+1}\) i wobec powyższych nierówności n nie może mieć już innych, niż 2 dzielników pierwszych. Dostajemy \(\displaystyle{ n=2^3=8}\).
8

p=3 i a=2. \(\displaystyle{ 3^{2-1}=2+1}\), zatem \(\displaystyle{ n=3^2=9}\) jest dobre, ale nasze n (patrz nierówności) może jeszcze mieć jako czynnik pierwszy dwójkę (w pierwszej potędze). Zatem dostajemy kolejne \(\displaystyle{ n=3^2\cdot2^1=18}\).
9 i 18

p=2, a=2. Po wstawieniu p i a do równości, którą mamy uzyskać dostajemy
\(\displaystyle{ 2\prod_{i=1}^kp_i^{a_i}=3\prod_{i=1}^k(a_i+1)}\)
Zatem któreś \(\displaystyle{ p_i=3}\) (np. \(\displaystyle{ p_1=3}\)). Mamy \(\displaystyle{ 2\cdot3^1=3(1+1)}\) (a więc \(\displaystyle{ n=2^2\cdot3^1=12}\) jest dobre), zaś dla \(\displaystyle{ a_1>1}\) jest już \(\displaystyle{ 2\cdot3^{a_1}>3(a_1+1)}\). Innych dzielników pierwszych n nie może mieć (patrz nierówności, 2 już użyte).
12

p dowolne, a=1. Po wstawieniu p i a do równości, którą mamy uzyskać dostajemy
\(\displaystyle{ \prod_{i=1}^kp_i^{a_i}=2\prod_{i=1}^k(a_i+1)}\)
Widać stąd, że któreś \(\displaystyle{ p_i}\) jest równe 2 (a więc \(\displaystyle{ p\ne2}\)), zaś \(\displaystyle{ m=\frac np=\prod_{i=1}^kp_i^{a_i}}\) spełnia postawiony w treści zadania warunek dla liczby pierwszej 2. Takie m musi pochodzić z któregoś z wcześniej rozważonych przypadków, bo w naszym aktualnym przypadku p nie jest równe 2. Zatem mamy m=8 lub m=12, czyli n=8p (gdzie p>2 pierwsze) lub n=12p (gdzie p>3 pierwsze).
8p (p>2), 12p (p>3)

[Sylwek]

ad. 5 OK, robiłem bardzo podobnie