[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

[Piotr Rutkowski]

Ja wiem, że jak się zna tw. Dirichleta to jest fajnie, ale intencją tego całego tematu próba elementarnego rozwiązania każdego z zadań (nawet tych rzekomo "akademickich")

Rozpatrzmy ciąg wyrazów \(\displaystyle{ a_{n}=(n!)^{2}+1}\)
Weźmy jego jakikolwiek nieparzysty dzielnik pierwszy \(\displaystyle{ p}\). Oczywiście \(\displaystyle{ p>n}\)
Z jednej strony \(\displaystyle{ (n!)^{2}\equiv -1 \ (mod p)}\)
Z drugiej \(\displaystyle{ (n!)^{p-1}\equiv 1 \ (mod p)}\)
Gdyby było \(\displaystyle{ p=4k+3}\), to \(\displaystyle{ 1\equiv (n!)^{p-1}=((n!)^{2})^{2k+1}\equiv -1 \ (mod p)}\) co przeczy nieparzystości \(\displaystyle{ p}\)
Zatem dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\) znajdziemy liczbę pierwszą postaci \(\displaystyle{ 4k+1}\) większą od \(\displaystyle{ n}\), co pociąga za sobą istnienie nieskończonej liczby takich dzielników.

Dla porządku, z liczbami postaci \(\displaystyle{ 4k+3}\) jest jeszcze łatwiej.
Gdyby było ich skończenie wiele, powiedzmy ustawilibyśmy je w skończony ciąg \(\displaystyle{ p_{1},...,p_{n}}\), to liczba \(\displaystyle{ 4p_{1}\cdot ...\cdot p_{n}+3}\) byłaby postaci \(\displaystyle{ 4k+3}\), a więc również musiałaby mieć dzielnik pierwszy tej postaci (łatwo sprawdzić), ale nie jest to żaden z dzielników \(\displaystyle{ p_{1}...p_{n}}\), poza przypadkiem \(\displaystyle{ 4p_{1}...p_{n}+1=3^{m}}\), ale jest on dość prosty:
\(\displaystyle{ p_{1}=3}\) oraz z modulo \(\displaystyle{ 4}\) otrzymamy \(\displaystyle{ m=2k+1}\)
\(\displaystyle{ 9^{k}-1=4p_{2}...p_{n}}\), ale jak widać nie jest to możliwe, bo lewą stronę dzieli \(\displaystyle{ 8}\), a prawą nie, co kończy dowód i potwierdza tezę.

Pozdrawiam

[limes123]

...Można z ciężkiej armaty: twierdzeniem Erdosa - Czebyszewa...

Wiesz gdzie mozna znalezc dowod?

[Dumel]

liczba \(\displaystyle{ 4p_{1}\cdot ...\cdot p_{n}+3}\) byłaby postaci \(\displaystyle{ 4k+3}\), a więc również musiałaby mieć dzielnik pierwszy tej postaci (łatwo sprawdzić), ale nie jest to żaden z dzielników \(\displaystyle{ p_{1}...p_{n}}\), poza przypadkiem \(\displaystyle{ 4p_{1}...p_{n}+1=3^{m}}\)

przecież o tej liczbie wiemy że ma co najmniej jeden dzielnik pierwszy postaci 4k+3, a nie że wszystkie jej dzielniki pierwsze są tej postaci

[XMaS11]

Jeden wystarczy : >

[Dumel]

to skąd się wzięło to \(\displaystyle{ 3^m}\)?

[XMaS11]

Wtedy zamisat +3 bierzemy -1, albo od razu !

-- 25 stycznia 2010, 13:07 --

Ale wracając do Ciebie to oczywiście masz racje:
\(\displaystyle{ 4 \cdot 3 + 3=3 \cdot 5}\) i nie dostajemy 'nowej' liczby pierwszej postaci\(\displaystyle{ 4k+3}\)

[Django]

...Można z ciężkiej armaty: twierdzeniem Erdosa - Czebyszewa...

Wiesz gdzie mozna znalezc dowod?

Z tym niestety będzie cienko... kiedyś dość intensywnie szukałem w googlach dowodu, chyba w jednej książce Sierpińskiego taki dowód się znajduje - na pewno nie jest to Teoria liczb ani Wstęp do teorii liczb, bo te pozycje posiadam, tam dowodu tego twierdzenia (w ogóle tego twierdzenia) nie ma.

[Piotr Rutkowski]

to skąd się wzięło to \(\displaystyle{ 3^m}\)?

\(\displaystyle{ 3^{m}}\) to jest skrajny przypadek. Zauważ, że jeśli ta liczba ma jakiś dzielnik pierwszy postaci \(\displaystyle{ p=4k+3}\) różny od 3, to nie może być to żadna z liczb \(\displaystyle{ p_{1}...p_{n}}\), bo wtedy zachodziłoby \(\displaystyle{ (p_{i}|4p_{1}...p_{n}+3)\Rightarrow (p_{1}|3)}\)
Czyli ostatecznie jeżeli ta liczba \(\displaystyle{ 4p_{1}...p_{n}+3}\) nie jest potęgą trójki (a wykazaliśmy, że nie jest), to ma jakiś dzielnik pierwszy \(\displaystyle{ p=4k+3}\), a nie jest on żadnym z \(\displaystyle{ p_{1}...p_{n}}\), co stanowi sprzeczność z założeniem. Więc dostajemy nową liczbę pierwszą postaci \(\displaystyle{ 4k+3}\)

XMaS11, twój kontrprzykład odnosi się właśnie to wykluczonego przypadku skrajnego (wiem, że niedokładnie opisałem), bo dokładnie rzecz ujmując przypadek skrajny to taki, w którym nasza liczba nie musi być równa \(\displaystyle{ 3^{m}}\) ale przez nią i tylko przez nią podzielna wśród dzielników postaci \(\displaystyle{ 4k+3}\). No ale jeśli \(\displaystyle{ 3^{m}|4p_{1}...p_{n}+3}\) to na pewno nie dzieli \(\displaystyle{ 4p_{1}...p_{n}-1}\) jak sam napisałeś (zresztą ten skrajny przypadek chyba dałoby się zrobic też na piechotę)
Ok, tak czy siak wiadomo o co chodzi...

[Dumel]

teraz już wszytko jasne

Sympatyczna nierówność:
\(\displaystyle{ x,y,z \in R_{+}}\); \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2 = 1}\). Dowieść, że:
\(\displaystyle{ \frac{x}{1-x^2} + \frac{y}{1-y^2} + \frac{z}{1-z^2} \ge \frac{3 \sqrt{3} }{2}}\)

najpierw ważony Jensen dla wypukłej funckji \(\displaystyle{ f(x)= \frac{1}{1-x^2}}\):
\(\displaystyle{ L= \sum_{}^{} xf(x) \ge \sum_{}^{} x f( \frac{ \sum_{}^{} x^2}{ \sum_{}^{} x} )= \frac{ (\sum_{}^{} x)^3}{ (\sum_{}^{} x)^2- \sum_{}^{} x^2} \ge \frac{3 \sqrt{3} }{2} \sqrt{ \sum_{}^{} x^2}}\)
ostatnia nierówność jest równoważna nierówności:
\(\displaystyle{ (\sum_{}^{} x)^3+ \frac{1}{2} \cdot ( \sqrt{3} (\sum_{}^{} x^2)^{\frac{3}{2}}) \ge \frac{3 \sqrt{3} }{2} \sqrt{ \sum_{}^{} x^2} ( \sum_{}^{} x)^2}\)
a to jak sie okazuje jest ważona AM-GM

następne:
Niech BCD, CAE i ABF będą tójkątami równoramiennymi o podstawach odpowiednio BC,CA i AB. Udowodnić, że proste przechodzące przez A,B,C prostopadłe do odpowiednio prostych EF,FD i DE przecinają się w jednym punkcie.

[danioto]

Witam!

Mam pytanie. Tak troszkę myślałem nad tą nierównością i oczywiście do niczego nie doszedłem. Czy jest jakiś bardziej elementarny sposób dowodzenia tej nierówności niż przez was pokazany? Bo niestety Jansena absolutnie nie znam, a zauważyłem, że to dość przez was lubiane twierdzenie.

[binaj]

jest ładniejszy:

\(\displaystyle{ \frac{x}{1-x^2} \ge \frac{3 \sqrt{3} }{2}x^2 \Leftrightarrow (x- \frac{ \sqrt{3} }{3})^2(x+ \frac{2 \sqrt{3} }{3}) \ge 0}\)

i sumujemy takie dla \(\displaystyle{ x,y,z}\)

[danioto]

Super!

A na przykład takie coś:

\(\displaystyle{ \frac{a^{2}+1}{b+c}+\frac{b^{2}+1}{c+a}+\frac{c^{2}+1}{a+b}\ge 3}\)

\(\displaystyle{ x,y,z \in R _{+}}\)

[binaj]

\(\displaystyle{ \frac{a^{2}+1}{b+c}+\frac{b^{2}+1}{c+a}+\frac{c^{2}+1}{a+b} \ge \frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\ge3}\) a to podzielone przez 2\(\displaystyle{ }\) jest bardzo znane...

[pawels]

Niech BCD, CAE i ABF będą tójkątami równoramiennymi o podstawach odpowiednio BC,CA i AB. Udowodnić, że proste przechodzące przez A,B,C prostopadłe do odpowiednio prostych EF,FD i DE przecinają się w jednym punkcie.

W trójkącie równoramiennym prosta prostopadła do podstawy przechodząca przez przeciwległy wierzchołek jest symetralną tej podstawy, czyli proste o których mowa w zadaniu to symetralne boków trójkąta DEF, które przecinają się w środku okręgu opisanego na nim.

Udowodnij, ze dla dodatnich \(\displaystyle{ a_1,\ldots ,a_n}\) zachodzi nierównosć \(\displaystyle{ \sum\limits_{i=1}^n \frac{\sqrt{a_i}}{n}\leq\sqrt{\frac{\sum\limits_{i=1}^n a_i}{n}}}\)

\(\displaystyle{ (\sum_{}^{} x)^3+ \frac{1}{2} \cdot ( \sqrt{3} (\sum_{}^{} x^2)^{\frac{3}{2}}) \ge \frac{3 \sqrt{3} }{2} \sqrt{ \sum_{}^{} x^2} ( \sum_{}^{} x)^2}\)

Mógłbyś napisać tu dokładniej? Próbowałem robić podobnie i nie udało mi się.

[tkrass]

To nowe zadanie to po prostu nierówność pomiędzy średnią kwadratową i arytmetyczną, którego dowody są na przykład na wikipedii i w "Wędrówkach (...)". Jeśli masz na myśli jakiś szczególnie interesujący niejensenowy dowód, to pokaż go, chętnie poczytamy.

Nowe:
Dla dodatnich x,y,z takich, że : \(\displaystyle{ x+y+z=\sqrt{xyz}}\) udowodnić:
\(\displaystyle{ xy+yz+xz \ge 9(x+y+z)}\)