Matematyka.pl

Z nierówności między średnimi:
\(\displaystyle{ (1+ \frac{a}{b})^m+(1+ \frac{b}{a})^m \ge 2\sqrt{(1+\frac{a}{b})^m(1+\frac{b}{a})^m} \ge 2 \sqrt{(2+\frac{a}{b}+\frac{b}{a})^m} \ge 2\sqrt{4^m} = 2 \sqrt{(2^m)^2} = 2*2^m=2^{m+1}}\)

Z drugiego równania mamy \(\displaystyle{ t(xy+yz+zx)=xyz}\), niech \(\displaystyle{ a = -(xy+yz+zx)}\).
Rozpatrzmy wielomian \(\displaystyle{ W(u) = (u-x)(u-y)(u-z) = u^3-tu^2-au+at = u^2(u-t)-a(u-t) = (u-t)(u^2-a)}\).
Przyjmijmy b.s.o., że \(\displaystyle{ x=t}\), \(\displaystyle{ y=\sqrt{a}}\), \(\displaystyle{ z=-\sqrt{a}}\).
Stąd wstawiając do 3. równania dostajemy \(\displaystyle{ t^3 = 1001^3}\), czyli \(\displaystyle{ x=t=1001}\).
Pozostaje zauważyć, że jeżeli \(\displaystyle{ x=1001}\), to równanie jest spełnione dla dowolnych niezerowych liczb spełniających \(\displaystyle{ y=-z}\). Uwzględniamy jeszcze permutacje trójek i mamy wynik.

Z CS w formie E. mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{5} \frac{x_i}{x_{i+1}+2x_{i+2}+3x_{i+3}+4x_{i+4}} \ge \frac{(x_i +x_{i+1}+x_{i+2}+x_{i+3}+x_{i+4})^2}{5 \sum_{1 \le i<j \le 5}^{}x_ix_j }}\)
Wystarczy udowodnić
\(\displaystyle{ \frac{(x_i +x_{i+1}+x_{i+2}+x_{i+3}+x_{i+4})^2}{5 \sum_{1 \le i<j \le 5}^{}x_ix_j } \ge \frac{1}{2}}\)
Po wymnożeniu i przekształceniach otrzymujemy:
\(\displaystyle{ (x_1-x_2)^2+(x_1-x_3)^2 + itd. \ge 0}\)

Po przekształceniu mamy:
\(\displaystyle{ x(x+1)=2y^2}\)
Załóżmy najpierw, że \(\displaystyle{ x= 2x_1}\)
Równanie ma postać:
\(\displaystyle{ x_1(2x_1+1)=y^2.}\)
\(\displaystyle{ (x_1, 2x_1+1) = 1}\), więc \(\displaystyle{ x_1 = k^2}\) i \(\displaystyle{ 2x_1 +1 = l^2}\). Wynika z tego, że \(\displaystyle{ l^2 - 2k^2 =1}\). Równanie to ma nieskończenie wiele rozwiązań zawartych w ciągu :
\(\displaystyle{ l_1=3, k_1=2, l_{n+1}=(3l_n+4k_n)^2, k_{n+1}=(2l_n+3k_n)^2.}\)
Rozważmy teraz przypadek \(\displaystyle{ x = 2x_1 -1}\)
Równanie ma wtedy postać:
\(\displaystyle{ x_1(2x_1-1)=y^2.}\)
\(\displaystyle{ (x_1, 2x_1-1)=1}\). Stąd \(\displaystyle{ x_1 = k^2, 2x_1-1=l^2}\) i \(\displaystyle{ l^2 - 2k^2 = -1}\). Równanie ma nieskończenie wiele rozwiązań zawartych w ciągu :
\(\displaystyle{ l_1=1, k_1=1, l_{n+1}=(3l_n+4k_n)^2, k_{n+1}=(2l_n+3k_n)^2.}\)
mam nadzieję, że jest w porządku..

hint: \(\displaystyle{ x= \sin \xi}\)

hint: \(\displaystyle{ x=\tg \xi}\)

Odpowiedź mnie nieco zdziwiła . Myślałem, że uzyskam szybką sprzeczność i nijak się nie udawało.

Widzimy tu kilka mniej lub bardziej narzucających się równań Pella. To będzie miało co nieco wspólnego z rozwiązaniem. Pobawmy się niektórymi równaniami:
- (2): b musi być podzielne przez 3, więc podstawmy: \(\displaystyle{ (*): b=3x}\), (2) wygląda wówczas: \(\displaystyle{ e^2-3x^2=1}\), czyli bardzo podobnie do (1)
- zauważmy, że równanie (6) też można podobnie zwinąć: \(\displaystyle{ c^2+c=3f^2 \iff 4c^2+4c+1=12f^2+1 \iff (2c+1)^2 = 12f^2+1}\). Podstawmy \(\displaystyle{ (**): 2c+1=y}\) oraz \(\displaystyle{ (***): 2f=z}\). Po tych podstawieniach, co by oszczędzić czasu, przepiszę układ równań:

\(\displaystyle{ \begin{cases}a^2-3d^2=1 \\ e^2-3x^2=1 \\ y^2-3z^2=1 \\ ax=de \\ xy=ez \\ ay-3dz=1 \end{cases}}\)

Trochę pozmieniałem kolejność, więc zainteresowanym zostawiam sprawdzenie obliczeń. Z równań (1),(2),(3) wynika od razu, że \(\displaystyle{ (a,d)=(e,x)=(y,z)=1}\). Stąd z (4) mamy: \(\displaystyle{ x|de \Rightarrow x|d}\), podobnie \(\displaystyle{ d|ax \Rightarrow d|x}\), stąd \(\displaystyle{ x=d \vee x=-d}\), a stąd też odpowiednio: \(\displaystyle{ a=e \vee a=-e}\).

Podobnie korzystając z (5) dostajemy: \(\displaystyle{ x=z \vee x=-z}\), a stąd też odpowiednio: \(\displaystyle{ e=y \vee e=-y}\)

Zatem mamy \(\displaystyle{ a=y \vee a=-y}\), a stąd też odpowiednio: \(\displaystyle{ d=z \vee d=-z}\), jednak druga opcja prowadzi nas do powstania w równaniu (6) wyrażenia: \(\displaystyle{ a^2-3d^2=-1}\), co stoi w sprzeczności z (1).

Zatem są cztery przypadki, gdzie różnicą jest tylko "znak" pewnych zmiennych \(\displaystyle{ (w,q \ge 0)}\):
\(\displaystyle{ \begin{cases}(d,x,z)=(q,q,q) \\ (a,e,y)=(w,w,w) \end{cases} \vee \\ \begin{cases}(d,x,z)=(q,-q,q) \\ (a,e,y)=(w,-w,w) \end{cases} \vee \\ \begin{cases}(d,x,z)=(-q,q,-q) \\ (a,e,y)=(-w,w,-w) \end{cases} \vee \\ \begin{cases}(d,x,z)=(-q,-q,-q) \\ (a,e,y)=(-w,-w,-w) \end{cases}}\)

Wszystkie cztery sprowadzają się do rozwiązania tego samego równania Pella w liczbach nieujemnych i wzięcia liczb z odpowiednim znakiem: \(\displaystyle{ w^2 - 3q^2=1}\), na końcu trzeba powrócić do zestawu zmiennych \(\displaystyle{ (a,b,c,d,e,f)}\). Jednak to już (poza rozwiązaniem równania Pella) kształcące w ogóle nie jest, co najwyżej męczące.

A że fajnie jednak jakieś wyniki otrzymać, podam przykładowe rozwiązanie (oczywiście sam tego nie liczyłem ): \(\displaystyle{ a=97, b=-168, c=48, d=56, e=-97, f=28}\).

Za wszelkie literówki z góry przepraszam - jak widać, miałem sporo okazji się pomylić.

Liczba świeżaków (nowo narodzonych licealistów) po \(\displaystyle{ n}\) miesiącach wyraża się wzorem:

\(\displaystyle{ a_n=4a_{n-2}+6a_{n-3}+6a_{n-4}+6a_{n-5}+6a_{n-6}.}\)

Warunki początkowe w zadaniu to \(\displaystyle{ a_0=1, a_{-1}=0, a_{-2}=0,\ldots}\)

Zatem w celu rozwiązania zadania należy znaleźć wszystkie rozwiązania \(\displaystyle{ x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6}\) równania

\(\displaystyle{ x^6-4x^4-6x^3-6x^2-6x-6=0}\).

Wolfram alpha twierdzi że cztery z nich będą zespolone. W ogólności te rozwiązania nie muszą wyrażać się przez pierwiastniki. Nie wiem jak jest w tym przypadku.

Wynik będzie postaci
\(\displaystyle{ a_n=C_1x_1^n+\ldots+C_6x_6^n}\),

gdzie \(\displaystyle{ C_k}\) to stałe, jakie należy dobrać na podstawie warunków początkowych.

Liczba licealistów po \(\displaystyle{ n}\) miesiącach to \(\displaystyle{ a_n+a_{n-1}+\ldots+a_{n-5}}\)