Matematyka.pl

Rozpatrzmy dwa zbiory:
\(\displaystyle{ A}\) - zbiór liczb pierwszych z przedziału \(\displaystyle{ <1,2n-1)}\), tych liczb jest nie więcej niż \(\displaystyle{ (2n-2)-(n-2)-1 = n-1}\) (odjąłem liczby parzyste większe od 2 i jedynkę).
\(\displaystyle{ B}\) - zbiór liczb pierwszych z przedziału \(\displaystyle{ <2n-1, (2n-1)^2)}\)

Oczywiście wszystkie dzielniki pierwsze każdej z tych liczb należą do sumy zbiorów A i B. Każda z nich posiada maksymalnie 1 dzielnik pierwszy ze zbioru B (gdyż inaczej pewna z nich byłaby nie mniejsza niż \(\displaystyle{ (2n-1)^2}\)). Z drugiej strony z Zasady Szufladkowej Dirichleta przynajmniej jedna wśród tych n liczb nie posiada dzielnika ze zbioru A (bo inaczej nie byłyby względnie pierwsze). Zatem ta liczba posiada tylko jeden dzielnik pierwszy, który należy do zbioru B. Z tego wynika, że ta liczba jest pierwsza, co należało dowieść.

\(\displaystyle{ -1 \notin S}\), (bo jesli \(\displaystyle{ -1 \in S}\), to \(\displaystyle{ (-1)*(-1)=1 \in S}\), sprzecznosc z b).
A wiec \(\displaystyle{ 1 \in S}\) W efekcie S zawiera wszystkie liczby naturalne.
Wystarczy pokazac ze w S nie ma zadnej liczby wymiernej ujemnej
Ale gdyby dla pewnych liczb naturalnych m, n było \(\displaystyle{ \frac{-m}{n} \in S}\) to \(\displaystyle{ \frac{-m}{n} + \frac{-m}{n} +...+\frac{-m}{n} = -m \in S}\)- w sumie wzielismy n skladników
A takim razie (b) \(\displaystyle{ m \notin S}\) sprzecznosc ta konczy dowod

Dla \(\displaystyle{ (x,y,z) \to (1,1,0)}\) wartość lewej strony dąży do dwóch. Zatem jeśli pokażemy, że to wyrażenie jest ograniczone z dołu przez 2 (i dwójka nigdy nie jest przyjmowana), to dla \(\displaystyle{ (x,y,z) \to (1,1,0)}\) wartość lewej strony dąży do dwóch od góry, zatem a=2.

Zatem wiadomo co trzeba pokazać. Nierówność jest jednorodna, więc możemy przyjąć: \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2=1}\), gdzie x,y,z są dodatnie. Mamy do udowodnienia: \(\displaystyle{ \sum \frac{x}{\sqrt{1-x^2}} > 2 \iff \sum x^2 \cdot \frac{1}{\sqrt{x^2-x^4}} > 2}\)

Niech \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2-x^4}}}\). Według kalkulatora (nie jestem aż taki twardy ):
\(\displaystyle{ f''(x)= {3 \left(2x -4x^3 \right) ^2 \over 4 \left(x^2 -x^4 \right) ^{ {5 \over 2} } } - {2 -12x^2 \over 2 \left(x^2 -x^4 \right) ^{ {3 \over 2} } }= \frac{3(2x-4x^3)^2-2(x^2-x^4)(2-12x^2)}{4(x^2-x^4)^{\frac{5}{2}}}}\)
Mianownik jest dodani, z licznika można wyciągnąć przed nawias \(\displaystyle{ 4x^2}\), co też jest dodatnie. W nawiasie zostaje po uporządkowaniu: \(\displaystyle{ 6x^4-5x^2+2=6(x^2)^2-5x^2+2}\), szybko stwierdzamy, że to jest dodatnie, bo \(\displaystyle{ \Delta=25-48<0}\). Zatem druga pochodna jest dodatnia dla \(\displaystyle{ x \in (0,1)}\), więc funkcja jest tu ściśle wypukła.

Zatem z Jensena:
\(\displaystyle{ \sum x^2 \cdot \frac{1}{\sqrt{x^2-x^4}} \ge f(\sum x^2 \cdot x) = f(\underbrace{x^3+y^3+z^3}_k)=\frac{1}{\sqrt{k^2-k^4}}}\)

Zostaje udowodnić, że \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{k^2-k^4}}>2 \iff k^2-k^4< \frac{1}{4} \iff \frac{1}{4}(2k^2-1)^2 > 0}\). Lewa strona jest zawsze nie mniejsza niż 0. Zatem jeśli ta nierówność nie byłaby prawdziwa, to muszą zachodzić 2 warunki:
(1) \(\displaystyle{ k^2=\frac{1}{2}}\)
(2) w nierówności Jensena zachodzi równość, co przy tej funkcji zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ x=y=z}\) (gdyż wagi są dodatnie oraz funkcja jest ściśle wypukła [\(\displaystyle{ f''(x)>0}\)], gdyby były dopuszczone nieujemne, to równość by zachodziła np. też dla \(\displaystyle{ x^2=y^2=\frac{1}{2}}\) i \(\displaystyle{ z^2=0}\), [właśnie w takim przypadku: x=y i z->0 jest "najbliżej" równości w wyjściowej nierówności]).

Z drugiego warunku: \(\displaystyle{ x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3}}\). Jednak wówczas \(\displaystyle{ k^2=\frac{1}{3}}\), zatem oba warunki nigdy nie będą razem spełnione, co kończy dowód tej nierówności.

Podsumowując dotychczasowe rozumowanie stwierdzamy, że \(\displaystyle{ a=2}\)

Podstawmy \(\displaystyle{ f(x) = \frac{1}{2}}\). Mamy:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2} - f(y) = \frac{1}{2}f( \frac{1}{y}) - 2f(y) \ / \cdot 2}\)
\(\displaystyle{ 1 - 2f(y) = f( \frac{1}{y}) - 4f(y)}\)
\(\displaystyle{ 1 - f( \frac{1}{y}) = -2f(y)}\)
\(\displaystyle{ 2f(y) = f( \frac{1}{y}) - 1}\)
Podstawmy teraz \(\displaystyle{ y = -1}\). Mamy:
\(\displaystyle{ 2f(-1) = f(-1) - 1}\)
Czyli ostatecznie otrzymujemy szukaną wartość:
\(\displaystyle{ f(-1) = -1}\)

Rozpatrując \(\displaystyle{ 7^x+1=3^y+5^z}\) modulo 8 szybko otrzymujemy, że jedyne możliwe rozwiązanie jest wtedy, gdy x,y,z są tej samej parzystości. Gdy \(\displaystyle{ y=0}\), to \(\displaystyle{ 7^x=5^z}\), co oczywiście daje trójkę \(\displaystyle{ (x,y,z)=(0,0,0)}\), gdy \(\displaystyle{ y \ge 1}\), to modulo 3 otrzymujemy:
\(\displaystyle{ -1 \equiv 2 \equiv 7^x + 1 = 3^y + 5^z \equiv (-1)^z}\), zatem z jest nieparzyste, czyli wszystkie liczby: x,y,z są nieparzyste.

No i teraz zaczyna się brzydsza część rozwiązania, w której bardzo pomógł mi Excel . Oczywiście mamy cały czas: \(\displaystyle{ x,y,z \in \mathbb{Z}_+}\). Przy każdym kolejnym kroku będziemy używać założeń z poprzedniego kroku a następnie "zapominać" o znaczeniach liczb a,b,c użytych krok wcześniej (bo nie chce mi się wprowadzać kilkunastu zmiennych). Rozwiązanie poniżej jest niedługie, Excel musiał się męczyć ze znacznie większymi modulo abym mógł wpaść na coś optymalnego

1) Rozpatrując obie strony tego równania modulo 21 i pamiętając o tym, że x,y,z są nieparzyste otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x=2a+1 \\ y=6b+1 \\ z=6c+1 \end{cases}}\)

2) Rozpatrując modulo 15 otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x=4a+1 \\ y=12b+1 \\ z=6c+1 \end{cases}}\)

(*) Przypadkiem gdy y=1 zajmiemy się później. W tym monecie załóżmy, że y>1.

3) Rozpatrując obie strony modulo 9 otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x=12a+5 \\ y=12b+1 \\ z=6c+1 \end{cases}}\)

4) Rozpatrując obie strony modulo 13 otrzymujemy (z MTF dla d niepodzielnego przez 13 mamy: \(\displaystyle{ d^{12} \equiv 1 \ (mod \ 13)}\)):
\(\displaystyle{ 12 \equiv 11+1 \equiv 7^5 + 1 \equiv 3 + 5 \cdot (5^6)^c \equiv 3 + 5 \cdot (-1)^c \equiv 8 \vee -2 \equiv 8 \vee 11}\)
Co jest oczywistą sprzecznością. Zatem dla y>1 brak rozwiązań.

Wracamy do (*). Zostaje do rozwiązania \(\displaystyle{ 7^x+1=3+5^z \iff 7(7^{x-1}-1)=5(5^{z-1}-1)}\). Korzystamy z oznaczeń z podpunktu 2) (bo był ostatni przed założeniem \(\displaystyle{ y>1}\), zatem nadal są one OK). Stąd:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x-1=4a \\ z-1=6c \end{cases}}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ a=0 \iff c=0}\), zatem w dalszym rozumowaniu załóżmy dodatniość a, c. W dalszej części będziemy przeskakiwać ze strony na stronę i wykorzystywać twierdzenie: \(\displaystyle{ x|y \iff (a^x-1)|(a^y-1)}\).

A więc mamy do rozwiązania w dodatnich (a raczej do wykazania, że rozwiązań nie ma): \(\displaystyle{ 7(7^{4a}-1)=5(5^{6c}-1)}\).

I)
\(\displaystyle{ 4|4a \Rightarrow 2400=(7^4-1)|(7^{4a}-1) \Rightarrow \\ \Rightarrow 2400|5(5^{6c}-1) \Rightarrow 25|5(5^{6c}-1) \Rightarrow 5|(5^{6c}-1)}\)

Sprzeczność. Poszło szybciej niż się spodziewałem .

Odpowiedź: \(\displaystyle{ (x,y,z) \in \lbrace (0,0,0); \ (1,1,1) \rbrace}\)

szkic Jesli n=1, sa rozwiazania np x=0.
Dla n=2 też jest rozwiązanie: x=-1
dla n>2 brak bo gdyby \(\displaystyle{ |x|+ |x+1|+...+|x+n|=n}\) to x<0. i
jesli \(\displaystyle{ x \in <-k-1 , -k>}\) , dla k nieujemnego całkowitego to w wyrazeniu \(\displaystyle{ |x|+ |x+1|+...+(|x+k|+|x+k+1|) +...+|x+n|}\)
skladnik w nawiasie =1, i mamy pozostałe n-1 skladnikow >1. tj suma ta jest >n.

Wystarcz, jeśli określimy wartość wielomianu w punktach całkowitych. Dostajemy taką równość:
\(\displaystyle{ n^2 P_{n-1} \cdot P_{n+1} = P_{n}^2 \cdot (n+1)(n-1) \\
\frac{n}{n+1} \cdot \frac{P_{n+1}}{P_{n}} = \frac{P_{n}}{P_{n-1}} \cdot \frac{n-1}{n}}\)
Stąd mamy:
\(\displaystyle{ \frac{n}{n+1} \cdot \frac{P_{n+1}}{P_{n}} = C \\
\frac{P_{n+1}}{n+1} = C \cdot \frac{P_{n}}{n}}\)
Stąd wynika:
\(\displaystyle{ P_{n} = anC^{n}}\)
Z równości \(\displaystyle{ P(1) = 1}\) mamy:
\(\displaystyle{ P_{n} = nC^{n-1}}\)
Jednak będzie to wielomian jedynie, gdy:
\(\displaystyle{ C=1}\),
stąd jedynym rozwiązaniem jest wielomian \(\displaystyle{ P(x) = x}\).

Z nierówności podanej w zadaniu możemy usunąć kwadraty z obu stron. Mamy wtedy nierówność:
\(\displaystyle{ \prod_{k=1}^{n}(a^{k} + b^{k}) \ge (a^{n+1} + b^{n+1})}\)
Przy czym tu od razu należy zaznaczyć, że \(\displaystyle{ n \ge 2}\), bo dla \(\displaystyle{ n=1}\) ta nierówność nie zachodzi.
Po "rozwinięciu" iloczynu mamy nierówność:
\(\displaystyle{ (a+b)(a^2+b^2)...(a^n+b^n) \ge (a^{n+1} + b^{n+1})}\)
Po wymnożeniu prawej strony dostajemy:
\(\displaystyle{ a^{1+2+...+n} + b^{1+2+...+n}}\) i wyrazy mieszane (czyli iloczyny postaci \(\displaystyle{ a^{x}b^{y})}\). Wyrazy mieszane odstawmy na chwilę, zajmijmy się tym: \(\displaystyle{ a^{1+2+...+n} + b^{1+2+...+n}}\). Ze znanej zależności: \(\displaystyle{ 1+2+...+n = \frac{n(n+1)}{2}}\) mamy: \(\displaystyle{ a^{\frac{n(n+1)}{2}} + b^\frac{n(n+1)}{2}}}\).
Czyli dostajemy taką nierówność:
\(\displaystyle{ a^{\frac{n(n+1)}{2}} + b^\frac{n(n+1)}{2}}}\) (+ wyrazy mieszane) \(\displaystyle{ \ge a^{n+1} + b^{n+1}}\).
Pomijając wyrazy mieszane otrzymujemy taką oto nierówność:
\(\displaystyle{ a^{\frac{n(n+1)}{2}} + b^\frac{n(n+1)}{2}} \ge a^{n+1} + b^{n+1}}\).
A ta jest równoważna nierówności: \(\displaystyle{ \frac{n(n+1)}{2} \ge n+1}\)
Po podzieleniu obustronnie przez \(\displaystyle{ n+1}\) mamy \(\displaystyle{ n \ge 2}\)
Zatem ta nierówność jest spełniona dla \(\displaystyle{ n \ge 2}\). Włączając pominięte wcześniej wyrazy mieszane jeszcze zwiększamy lewą stronę (lub nie zwiększamy, ale o tym niżej), zatem ta nierówność jest udowodniona.
Pokażemy teraz kiedy zachodzi równość.
Tu należy rozpatrzyć dwa przypadki:
1) Gdy \(\displaystyle{ n=2}\) Mamy tu:
\(\displaystyle{ a^{3} + b^{3}}\) + wyrazy mieszane \(\displaystyle{ \ge a^{3} + b^{3}}\). Aby tu zaszła równość, suma wyrazów mieszanych musi być równa 0. A ponieważ w każdym wyrazie mieszanym jest a i b, zatem co najmniej jedna z liczb a, b musi być równa 0. Przyjmijmy, bez zmniejszania ogólności rozumowania, że \(\displaystyle{ a=0}\). Mamy tu \(\displaystyle{ b^{3} \ge b^{3}}\), czyli b jest dowolną liczbą nieujemną.
2) Gdy \(\displaystyle{ n \ge 3}\). Mamy tu:
\(\displaystyle{ a^{ \frac{n(n+1)}{2} } + b^{ \frac{n(n+1)}{2} }}\) + wyrazy mieszane \(\displaystyle{ \ge a^{n+1} + b^{n+1}}\). Podobnie jak w pierwszym przypadku suma wyrazów mieszanych musi być równa 0, czyli co najmniej jedna z liczb a, b musi być równa 0. Przyjmijmy ponownie, że \(\displaystyle{ a=0}\). Mamy zatem:
\(\displaystyle{ b^{ \frac{n(n+1)}{2} } \ge b^{n+1}}\). Wykładnik z lewej strony b jest różny od wykładnika prawej strony b, a w takiej sytuacji równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ b=0 \vee b=1}\) (bo operujemy w liczbach nieujemnych całkowitych).
Reasumując, w tej nierówności równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy:
\(\displaystyle{ n = 2 \Rightarrow (a = 0 \vee b=0)}\)

\(\displaystyle{ n \ge 3 \Rightarrow (a=0 \wedge b=0) \vee (a=0 \wedge b=1) \vee (a=1 \wedge b=0)}\)

Szukana suma s wynosi wobec \(\displaystyle{ a_1+...+a_{1024}=0}\) oraz
\(\displaystyle{ a_1+...+a_{512}=0}\)
\(\displaystyle{ a_1+...+a_{256}=0}\)
\(\displaystyle{ a_1+...+a_{128}=0}\)
....
\(\displaystyle{ a_1+...+a_{8}=0}\)
\(\displaystyle{ a_1+...+a_{4}=0}\)

itd

, s= \(\displaystyle{ a_{2^{10}+1}+...+a_{2^{10}+970} =-(a_{1}+...+a_{970})=-(a_{513} +...+a_{970})= \\
-(a_{2^9+1}+...+a_{2^{9}+458} )=a_1+...+a_{458}=a_{2^8+1}+....+a_{2^8+202}= -(a_1+...+a_{202})= -(a_{129}+...+a_{202}) \\
= a_1+...+a_{97} =-(a_1+...+a_{33})=-a_{33}=a_1=1}\)

szkic, Określamy ciag wielomianów \(\displaystyle{ p_{0}(x)=x , \ q_{0}(x)=1}\) oraz \(\displaystyle{ p_{n}=p_{n-1}^2+ q_{n-1}^2 \ , q_{n}=2p_{n-1}*q_{n-1}}\)
wtedy (indukcja)
\(\displaystyle{ f^n (x)=\frac{p_n(x)}{q_n(x)}}\) dla n=1,2...
oraz
\(\displaystyle{ p_n(x)+ q_n(x) =(x+1)^{2^n}}\)
i \(\displaystyle{ p_n(x)- q_n(x) =(x-1)^{2^n}}\)
Wobec tego
\(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{f((\frac{x+1}{x-1})^{2n})}= \frac{((x+1)^{2^n} + (x-1)^{2^n})^2}{(x+1)^{2^{n+1}}+(x-1)^{2^{n+1}}}= \\
\frac{2(p_n(x))^2}{p_{n+1}(x)}= \frac{f^n(x)}{f^{n+1}(x)}}\)