Matematyka.pl

Z jednego wierzchołka \(\displaystyle{ (x_{n}+1)}\)-kąta wychodzi \(\displaystyle{ x_{n} = nx_{n-1} +1}\) odcinków. Z zasady szufladkowej Dirichleta wynika, że mamy \(\displaystyle{ x_{n-1} + 1}\) odcinków jednego koloru. Jeśli jakieś dwa końce łączy odcinek tego samego koloru to koniec. W przeciwnym wypadku te końce wyznaczają \(\displaystyle{ (x_{n-1}+1)}\)-kąt i mamy do dyspozycji \(\displaystyle{ (n-1)}\) kolorów, stąd wynika, że szybko dowodzimy tezy przez indukcję. Dla \(\displaystyle{ n=1}\) mamy jednokolorowy trójkąt, zatem wszystko w porządku.

\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}-(a+b)^{2}>c^{2}+d^{2}-(c+d)^{2} \Rightarrow ab<cd}\)
\(\displaystyle{ (a^2+b^2)(a+b)>(c^{2}+d^{2})(c+d) \Rightarrow a^{3}+b^{3}+ab(a+b)>c^{3}+d^{3}+cd(c+d) \Rightarrow a^{3}+b^{3}>c^{3}+d^{3} \Rightarrow (a^{3}+b^{3})(a^{2}+b^{2})>(c^{3}+d^{3})(c^{2}+d^{2}) \Rightarrow a^{5}+b^{5}+(ab)^{2}(a+b)>c^{5}+d^{5}+(cd)^{2}(c+d) \Rightarrow a^{5}+b^{5}>c^{5}+d^{5}c.n.d.}\)

wykażemy, że istnieje gość co zna co najmniej 46 innych osób, gdyby tak nie było, każdy znałby dokładnie 45, czyli liczba znajomości byłaby: \(\displaystyle{ \frac{1995 \cdot 45}{2}}\) (przez 2 bo znajomości, zliczamy podwójnie), ale liczba znajomości byłaby wtedy niecałkowita-sprzeczność

Rozważmy ucznia \(\displaystyle{ a_1}\) i jego znajomych \(\displaystyle{ a_2 \ldots a_{47}}\)
Każdy z uczniów \(\displaystyle{ a_2 \ldots a_{47}}\) może mieć wśród \(\displaystyle{ a_2 \ldots a_{47}}\) maksymalnie 1 znajomego, gdyby miał 2 to sadzamy go z tymi znajomymi i \(\displaystyle{ a_1}\)
jeśli któraś dwójka z \(\displaystyle{ a_2 \ldots a_{47}}\) ma wspólnego znajomego to możemy go razem z tą dwójką i \(\displaystyle{ a_1}\) posadzić przy tym stole, załóżmy, że tak nie zachodzi wówczas każdy z \(\displaystyle{ a_2 \ldots a_{47}}\) ma innych znajomych, razem musi ich być co najmniej \(\displaystyle{ 46 \cdot 43 =1978}\) czyli wszystkich uczniów co najmniej 1978 +47 = 2025-sprzeczność

Z pierwszego i drugiego warunku mamy, że dla liczb wymiernych \(\displaystyle{ p}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ f(p) = p}\)
Jest to znany fakt i był na forum niejednokrotnie dowodzony. Skorzystajmy z trzeciego warunku (będziemy się też posiłkować drugim), kładąc: \(\displaystyle{ x:= x^2+x}\):
\(\displaystyle{ f(x^2+x) = f(x^2)+f(x) = \frac{1}{f(\frac{1}{x(x+1)})} = \frac{1}{f(\frac{1}{x} - \frac{1}{x+1})} = \frac{1}{f(\frac{1}{x}) - f(\frac{1}{x+1})} = \frac{1}{\frac{1}{f(x)} - \frac{1}{f(x)+1}} = f(x) \cdot (f(x)+1) \\
f(x^2) = \left(f(x)\right)^2 \ge 0}\)
Każdą liczbę dodatnią możemy przedstawić jako kwadrat pewnej liczby rzeczywistej, stąd dla dodatnich \(\displaystyle{ x}\) zachodzi \(\displaystyle{ f(x) \ge 0}\). Skorzystamy z warunku drugiego (\(\displaystyle{ x_{2}\ge x_{1}}\)):
\(\displaystyle{ f(x_{2}) - f(x_{1}) = f(x_{2}-x_{1}) \ge 0}\)
Czyli nasza funkcja jest rosnąca. Dla dowolnej liczby niewymiernej konstruujemy dwa ciągi liczb wymiernych zbieżne do niej, jeden z lewej strony, a drugi z prawej. Zatem z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że dla liczby niewymiernej \(\displaystyle{ c}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ f(c) = c}\)
Podsumowując, dla dowolnej liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ f(x) = x}\).

Do pierwszego warunku podstawiamy \(\displaystyle{ x:=x^2+x}\) i po drodze korzystamy wielokrotnie z warunku drugiego:
\(\displaystyle{ f(x^2+x) = f(x^2) +f(x) - 1 = (x^2+x) f(\frac{1}{x^2+x}) = (x^2+x)f(\frac{1}{x} - \frac{1}{x+1}) = (x^2+x)\left(f(\frac{1}{x}) -f(\frac{1}{x+1})+1\right) = x^2+x + (x^2+x)\left( \frac{f(x)}{x} - \frac{f(x)+1}{x+1}\right) = x^2+x + (x^2+x) \cdot \frac{xf(x) + f(x) - xf(x) - x}{x^2+x} = x^2+x + f(x) - x = x^2+f(x)}\)
Czyli:
\(\displaystyle{ f(x^2) + f(x) - 1 = x^2+f(x) \\
f(x^2) = x^2+1}\)
Zatem dla dodatnich \(\displaystyle{ x}\) mamy:
\(\displaystyle{ f(x) = x+1}\)
Skorzystajmy z warunku drugiego:
\(\displaystyle{ f(x^2) + f(1-x^2) = f(1) + 1 = 3 \\
f(1-x^2) = 3 - x^2 -1 = 2 - x^2 = (1-x^2) + 1}\)
Stąd możemy wywnioskować, że funkcja ma tę samą postać dla liczb ujemnych, czyli ogólnie:
\(\displaystyle{ f(x) = x+1}\)

a) Skoro \(\displaystyle{ k}\) jest parzyste, to każda z liczb \(\displaystyle{ k^{k}, k^{k^{k}}, \ldots}\) jest równa \(\displaystyle{ k^{2l}}\) dla pewnego naturalnego \(\displaystyle{ l}\). Szukaną liczbą jest \(\displaystyle{ n=3}\):
\(\displaystyle{ 1^{\circ} \quad k \equiv 1 (mod \ 3) \\
k^{2l} + 1 \equiv (1)^{2l} + 1 \equiv 2 (mod \ 3) \\
2^{\circ} \quad k \equiv -1 (mod \ 3) \\
k^{2l} + 1 \equiv (-1)^{2l} + 1 \equiv 2 (mod \ 3)}\)
b) Wystarczy wziąć \(\displaystyle{ k=2n-1}\), wtedy każda z liczb \(\displaystyle{ k, k^{k}, \ldots}\) jest równa \(\displaystyle{ (2n-1)^{2m-1}}\) dla pewnego naturalnego \(\displaystyle{ m}\), stąd mamy:
\(\displaystyle{ (2n-1)^{2m-1} + 1 \equiv (-1)^{2m-1} + 1 \equiv 0 (mod \ n)}\)

z danych nierowności otrzymujemy \(\displaystyle{ f(x)+6 \ge f(x+6) \ge f(x)+6}\) wiec musi zachodzic \(\displaystyle{ f(x+6)=f(x)+6}\) czyli dla całkowitych \(\displaystyle{ k}\) mamy \(\displaystyle{ f(x+6k)=f(x)+6k}\)
wobec tego dla \(\displaystyle{ x=1,2,...,6}\) mamy \(\displaystyle{ g(x+6k)=f(x+6k)-x-6k=f(x)-x}\) wiec \(\displaystyle{ g}\) jest okresowa

wykorzystam pare wlasnosci . sposrod liczb \(\displaystyle{ 1,2,...,p-1}\) dokładnie połowa to reszty kwadratowe modulo \(\displaystyle{ p}\). \(\displaystyle{ 0}\) tez oczywiscie jest reszta kwadratowa wiec ogolem istnieje \(\displaystyle{ \frac{p+1}{2}}\) reszt kwadratowych modulo \(\displaystyle{ p}\). gdyby teza byla falszywa to dla kazdej reszty kwadratowej \(\displaystyle{ a}\) liczba \(\displaystyle{ p-1-a}\) nie bylaby resztą kwadratową. w szczegolnosci liczba \(\displaystyle{ \frac{p-1}{2}}\) nie moze byc reszta kwadratowa, wobec tego reszt kwadratowych byloby co najwyzej \(\displaystyle{ \frac{p-1}{2}}\)-sprzecznosc

Podstawmy:
\(\displaystyle{ x_{n} = 3b_{n}^2, \ \ b_{n} \ge 0 \\
b_{n+1} = 2b_{n} + \sqrt{1+3b_{n}^2} \\
b_{n+1}^2 - 4b_{n}b_{n+1} + 4b_{n}^2 = 1 + 3b_{n}^2 \\
b_{n+1}^2 - 4b_{n}b_{n+1} + b_{n}^2 = 1}\)
Zapiszmy drugą taką równość, ale dla indeksów o jeden mniejszych:
\(\displaystyle{ b_{n}^2 - 4b_{n-1}b_{n} + b_{n-1}^2 = 1}\)
Od pierwszej z nich odejmiemy drugą, stąd:
\(\displaystyle{ b_{n+1}^2 - b_{n-1}^2 - 4b_{n}(b_{n+1} - b_{n-1}) = (b_{n+1} + b_{n-1})(b_{n+1} - b_{n-1}) - 4b_{n}(b_{n+1} - b_{n-1}) = (b_{n+1} - 4b_{n} + b_{n-1})(b_{n+1} - b_{n-1}) = 0}\)
Ciąg \(\displaystyle{ b_{n}}\) jest rosnący, stąd dostajemy rekurencję:
\(\displaystyle{ \begin{cases} b_{1}=1 \\ b_{2} = 4 \\ b_{n+1} = 4b_{n} - b_{n-1}, \quad n \ge 2 \end{cases}}\)
Oczywiście wartości początkowe wyliczamy na palcach z podanego równania. Powyższa rekurencja dowodzi, że wyrazy \(\displaystyle{ b_{n}}\) są całkowite, zatem są takie również \(\displaystyle{ x_{n}}\).

\(\displaystyle{ \left[\left(\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+2}\right)^3\right]+1=\left[2n+2+3\cdot\left(\sqrt[3]{n^2(n+2)}+\sqrt[3]{n(n+2)^2}\right)\right]+1=\\ 2n+3+\left[3\cdot\left(\sqrt[3]{n^2(n+2)}+\sqrt[3]{n(n+2)^2}\right)\right]}\)

Niezbyt trudno sprawdzić, że w podanej dziedzinie zachodzi:

\(\displaystyle{ \left(n+\frac{5}{9}\right)^3<n^2(n+2)<\left(n+\frac{2}{3}\right)^3}\)

\(\displaystyle{ \left(n+\frac{10}{9}\right)^3<n(n+2)^2<\left(n+\frac{4}{3}\right)^3}\)

Stąd mamy:

\(\displaystyle{ 3\cdot\left(n+\frac{5}{9}+n+\frac{10}{9}\right)<3\cdot\left(\sqrt[3]{n^2(n+2)}+\sqrt[3]{n(n+2)^2}\right)<3\cdot\left(n+\frac{2}{3}+n+\frac{4}{3}\right)}\)

\(\displaystyle{ 6n+5<3\cdot\left(\sqrt[3]{n^2(n+2)}+\sqrt[3]{n(n+2)^2}\right)<6n+6}\)

Ograniczyliśmy z obu stron kolejnymi liczbami naturalnymi, więc ostatecznie \(\displaystyle{ 6n+5=\left[3\cdot\left(\sqrt[3]{n^2(n+2)}+\sqrt[3]{n(n+2)^2}\right)\right]}\), czyli \(\displaystyle{ \left[\left(\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+2}\right)^3\right]+1=8(n+1)}\).

Nb. teza jest prawdziwa również dla \(\displaystyle{ n=2}\), co można sprawdzić bezpośrednio.

Założenie: [x]>0. Niech \(\displaystyle{ a \in <0;1)}\) Wtedy \(\displaystyle{ L=[log_{2}([x]+a)-log_{2}[x]]=[log_{2} \frac{[x]+a}{[x]}]=0}\), bo \(\displaystyle{ log_{2}1=0 \le log_{2} \frac{[x]+a}{[x]}<log_{2}2=1}\)
(1)\(\displaystyle{ log_{2}([x]+a) \ge log_{2}[x] \ge [log_{2}[x]] \Rightarrow [log_{2}([x]+a)] \ge [log_{2}[x]]}\)
(2)\(\displaystyle{ [log_{2}([x]+a)]< [log_{2}2[x]]=[log_{2}[x]]+1 \Rightarrow [log_{2}([x]+a)] \le [log_{2}[x]]}\)
(1),(2) \(\displaystyle{ \Rightarrow P=[log_{2}([x]+a)]-[log_{2}[x]]=0}\) Wobec tego L=P c.n.d.

Po wymnożeniu, uporządkowaniu i przerzuceniu wszystkiego na lewą stronę dostaniemy:
\(\displaystyle{ x^{3}+y^{3}+z^{3}+3xyz-x^{2}z-xz^{2}-x^{2}y-xy^{2}-y^{2}z-yz^{2} \ge 0}\) Można założyć, że \(\displaystyle{ x \ge y \ge z \ge 0}\) , stąd:
\(\displaystyle{ x^{3}+y^{3}+z^{3}+3xyz-x^{2}z-xz^{2}-x^{2}y-xy^{2}-y^{2}z-yz^{2}=y^{3}+z^{3}-y^{2}z-yz^{2}+x^{2}(x-z-y)+x(3yz-z^{2}-y^{2} \ge y^{3}+z^{3}-y^{2}z-yz^{2}+y^{2}(y-z-y)+y(3yz-z^{2}-y^{2})=z^{3}+y^{2}z-2yz^{2}=z^{3}+y(yz-2z^{2}) \ge z^{3}+z(z^{2}-2z^{2})=0}\)

Małe tw. Fermata \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) ten iloczyn dzieli się przez wszystkie nieparzyste liczby pierwsze \(\displaystyle{ \le n \Rightarrow}\) teza

\(\displaystyle{ 1+2+3+...+n = \frac{n(n+1)}{2}}\)
stad, jesli \(\displaystyle{ n+1}\) jest liczba pierwsza nieparzysta to \(\displaystyle{ n+1 | 1+2+3+...+n \wedge n+1}\) nie dzieli \(\displaystyle{ n!}\), jesli zas \(\displaystyle{ n+1}\) nie jest liczba pierwsza nieparzysta to \(\displaystyle{ n+1}\) mozna rozlozyc na jakies dwa czynniki a i b i \(\displaystyle{ \frac{n(n+1)}{2}}\) jest iloczynem 3 roznych liczb mniejszych od n, stad \(\displaystyle{ \frac{n(n+1)}{2} | n!}\) co konczy dowod.

dodajemy stronami wszystkie nierownosci, przenosimy calosc na prawa strone i dostajemy:
\(\displaystyle{ 0 \ge (\sqrt{ x_{1}}-1)^{2} + (\sqrt{ x_{2}-1 }-1)^{2} + (\sqrt{ x_{3}-2 }-1)^{2}+...+(\sqrt{ x_{n}-(n-1) }-1)^{2}}\)
wiec jedynym rozwiazaniem sa liczby
\(\displaystyle{ x _{k} =k}\),

nietrudno zauwazyc, ze najmniejsza liczba n spelniajaca zalozenia jest wlasnie zadanej postaci, wykaze, ze jesli mamy liczbe \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}}\) spelniajaca zalozenia to nastepna taka liczba bedzie \(\displaystyle{ 2 ^{k-1} + 2 ^{k-1}}\) przeanalizujmy kolejno wszystkie liczby spomiedzy tego przedzialu mamy, ze dla: \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}+1}\) mamy 0 bonusowych dwojek (przy czym za liczbe "bonusowych" dwojek rozumiem wzrost maksymalnej potegi 2 dzielacej nasza liczbe, to chyba dosc intuicyjne ), dla \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}+2}\) jedna, dla \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}+3}\) jedna, dla \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}+4}\) trzy, dla \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}+5}\) trzy, dla \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}+6}\) cztery, dla \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}+7}\) cztery, dla \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}+8}\) siedem, itd. Ogolnie, dla kazdej liczby \(\displaystyle{ p < k}\) przy liczbie \(\displaystyle{ 2 ^{k-1} + 2 ^{p-1}}\) dodajemy \(\displaystyle{ 2^{p-1}-1}\) bonusowych dwojek (bo skoro \(\displaystyle{ p < k}\) to najwieksza potega dwojki dzielaca nasza liczbe jest \(\displaystyle{ p}\)) , podczas gdy potrzebujemy dodac o jedna wiecej, zauwazmy teraz jeszcze tylko, ze dodajac \(\displaystyle{ 2 ^{k-1} + 2^{k-1}}\) dodajemy zgodnie z nasza regula \(\displaystyle{ 2^{k-1}-1}\) dwojek, ale jeszcze jedna dostajemy stad, ze \(\displaystyle{ 2 ^{k-1} + 2^{k-1} = 2^{k}}\) wiec najwieksza potega dwojki dzielaca nasza liczbe n jest teraz \(\displaystyle{ 2^{k}}\) czyli w sumie dodajemy \(\displaystyle{ 2^{k}}\) dwojek i teza zachodzi
hm, wyszlo troche brutalnie, no ale coz. wlasciwie to wypadaloby jeszcze pokazac ze przy dodawaniu nie-poteg dwojki nie dostaniemy nagle jakiegos przeskoku, ale to chyba dosc latwo widac.

Rozwiązanie andkoma umieszczone w pewnym temacie na forum, niech i tu się znajdzie:
\(\displaystyle{ f(2x)=2f(x)-1\\
f\left(\frac1{2x}\right)=\frac1{2x}\cdot f(2x)=\frac{2f(x)-1}{2x}\\
\frac{f(x)}x=f\left(\frac1x\right)=f\left(\frac1{2x}+\frac1{2x}\right)=2f\left(\frac1{2x}\right)-1=\frac{2f(x)-1}x-1\\
f(x)=2f(x)-1-x\\f(x)=x+1}\)

Z pierwszego równania mamy \(\displaystyle{ x_{2}=2x_{1}-1}\).Podstawiamy to do drugiego równania: \(\displaystyle{ -x_{1}+2(2x_{1}-1)-x_{3}=1 \Rightarrow x_{3}=3x_{1}-3}\). Można w ten sam sposób wyznaczyć \(\displaystyle{ x_{4}, x_{5}}\)... aż zauważy się regułę: (*)\(\displaystyle{ x_{k}=kx_{1}- \frac{(k-1)k}{2}}\). [Miejsce na Twój dowód indukcyjny] Z 3 równania mamy \(\displaystyle{ -(n-1)x_{1} +\frac{(n-1)(n-2)}{2} +2nx_{1}-n(n-1)=1 \Rightarrow x_{1}= \frac{n}{2}}\) Wobec tego(podstawienie do (*)) \(\displaystyle{ x_{n}= \frac{n}{2}}\)

W 2 przypadku w pierwszej równości Wasilewski pomnożył wyraz z cechy przez \(\displaystyle{ -1}\), jednak w przypadku cech takie działanie jest zabronione. Należy wtedy brać górne przybliżenie, a nie dolne. Dla przykładu \(\displaystyle{ -[\frac{1}{2}] \neq [\frac{-1}{2}]}\).
Wasilewski napisał, że:
\(\displaystyle{ \left[ \frac{k^2(k^{n-1} + 1) - k^2+1}{k^{n-1} + 1}\right] = k^2 - \left[ \frac{k^2-1}{k^{n-1}+1}\right] = k^2}\)
a powinno być:
\(\displaystyle{ \left[ \frac{k^2(k^{n-1} + 1) - k^2+1}{k^{n-1} + 1}\right] = k^2 + \left[ \frac{-k^2+1}{k^{n-1}+1}\right] = k^2+(-1)=k^2-1}\)
Wtedy szukana suma wynosi:
\(\displaystyle{ 2^{2}-1+3^{2}-1+…+k^{2}-1=((1^{2}+2^{2}+…+k^{2})-1^{2})-(k-1)=\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}-k}\)

Niech: \(\displaystyle{ q=\frac{x}{y}}\), gdzie x,y są naturalne względnie pierwsze. Mamy też, że \(\displaystyle{ c=aq^2=\frac{ax^2}{y^2}}\) jest całkowite, czyli (bo \(\displaystyle{ (x,y)=1}\)) \(\displaystyle{ a=ty^2}\) dla pewnego t naturalnego.

Więc:
\(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3-3abc=a^3+a^3q^3+a^3q^6-3aaqaq^2=a^3(q^3-1)^2= \\ =t^3y^6 \cdot \frac{(x^3-y^3)^2}{y^6}=t^3 \cdot (x^3-y^3)^2}\).

Zatem: \(\displaystyle{ p|t^3 \cdot (x^3 - y^3)^2}\), z tego wynika, że \(\displaystyle{ p|t \vee p|(x^3-y^3)}\) - w pierwszym przypadku otrzymujemy \(\displaystyle{ p^2|p^3|t^3|t^3 \cdot (x^3-y^3)^2}\), w drugim \(\displaystyle{ p^2|(x^3-y^3)^2|t^3 \cdot (x^3-y^3)^2}\), czyli mamy żądaną podzielność.