Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ k}\) część całkowitą liczby \(\displaystyle{ (\sqrt{2}+\sqrt{3})n}\) Z założeń zadania mamy \(\displaystyle{ (\sqrt{2}+\sqrt{3})n>m}\) gdy \(\displaystyle{ k \neq m}\) to \(\displaystyle{ k \ge m+1}\) skąd mamy \(\displaystyle{ (\sqrt{2}+\sqrt{3})n>k \ge m+1>m+\frac{1}{3mn^{2}}}\), czyli pozostaje przypadek, gdy \(\displaystyle{ k=m}\). To co chcemy udowodnić to \(\displaystyle{ \frac{1}{3mn^{2}}<(\sqrt{2}+\sqrt{3})n-k}\) \(\displaystyle{ (\sqrt{2}+\sqrt{3})n-k = \frac{(\sqrt{2}+\sqrt{3})^{2}n^{2}-k^{2}}{(\sqrt{2}+\sqrt{3})n+k}=\frac{5n^{2}+2\sqrt{6}n^{2}-k^{2}}{(\sqrt{2}+\sqrt{3})n+k}> \\ > \frac{5n^{2}+2\sqrt{6}n^{2}-k^{2}}{k+1+k}=\frac{2\sqrt{6}n^{2}-(k^{2}-5n^{2})}{2k+1}}\)
Najpierw rozważmy \(\displaystyle{ n \ge 2}\). Wykaże, że \(\displaystyle{ k^{2}-5n^{2}}\) jest dodatnie. Z definicji części całkowitej mamy \(\displaystyle{ k>(\sqrt{2}+\sqrt{3})n-1 \Leftrightarrow k^{2}>(\sqrt{2}+\sqrt{3})^{2}n^{2}-2(\sqrt{2}+\sqrt{3})n+1 \Leftrightarrow \\
k^{2}-5n^{2}> 2\sqrt{6}n^{2}-2(\sqrt{2}+\sqrt{3})n+1}\)
Trójmian po prawej stronie dla \(\displaystyle{ n \ge 2}\) jest dodatni (bo dla \(\displaystyle{ n=2}\) jego wartość jest dodatnia, a minimum osiąga dla \(\displaystyle{ n=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}} \approx 1,28}\) ), z tego wynika \(\displaystyle{ k^{2}-5n^{2}>0}\). Potrzebny jeszcze będzie fakt, że \(\displaystyle{ k \ge 3> \sqrt{6}}\) (bo dla \(\displaystyle{ n=1 \Rightarrow k=3}\), a wartość \(\displaystyle{ k}\) wzrasta wraz ze wzrostem \(\displaystyle{ n}\)) Wracając mamy \(\displaystyle{ \frac{1}{2k+1} \cdot (2\sqrt{6}n^{2}-(k^{2}-5n^{2}))=\frac{1}{2k+1} \cdot \frac{24n^{4}-k^{4}+10n^{2}k^{2}-25n^{4}}{2\sqrt{6}n^{2}+k^{2}-5n^{2}}= \\
=\frac{1}{2k+1} \cdot \frac{-n^{4}-k^{4}+10n^{2}k^{2}}{2\sqrt{6}n^{2}+k^{2}-5n^{2}}>\frac{1}{2k+1} \cdot \frac{-n^{4}-k^{4}+10n^{2}k^{2}}{2\sqrt{6}n^{2}+(5n^{2}+2\sqrt{6}n^{2})-5n^{2}}=\\ \frac{1}{2k+1} \cdot \frac{-n^{4}-k^{4}+10n^{2}k^{2}}{4\sqrt{6}n^{2}} \ge \frac{1}{2k+1} \cdot \frac{8}{4\sqrt{6}n^{2}}=\frac{2}{(2k+1)\sqrt{6}n^{2}}=\frac{1}{(\sqrt{6}k+\frac{\sqrt{6}}{2})n^{2}}>\frac{1}{(2\frac{1}{2}k+\frac{k}{2})n^{2}}= \frac{1}{3kn^{2}}}\)
Wykorzystałem tutaj fakt, że mianownik i licznik cały czas są dodatnie oraz z tego, że \(\displaystyle{ -k^{4}-n^{4}+10n^{2}k^{2}}\) jest: różne od:
a) \(\displaystyle{ 0}\) \(\displaystyle{ -n^{4}-k^{4}+10n^{2}k^{2}=\\ (2\sqrt{6}n^{2})^{2}-(k^{2}-5n^{2})^{2}=(2\sqrt{6}n^{2}-k^{2}+5n^{2})(2\sqrt{6}n^{2}+k^{2}-5n^{2})= \\
((\sqrt{2}+\sqrt{3})^{2}n^{2}-k^{2})(2\sqrt{6}n^{2}+k^{2}-5n^{2})= \\((\sqrt{2}+\sqrt{3})n-k)((\sqrt{2}+\sqrt{3})n+k)(2\sqrt{6}n^{2}+k^{2}-5n^{2})}\)
dwa ostatnie czynniki są dodatnie, więc gdyby całość byłaby równa 0 to \(\displaystyle{ (\sqrt{2}+\sqrt{3})n=k}\) sprzeczność bo \(\displaystyle{ \sqrt{2}+\sqrt{3}}\) jest niewymierne
b) \(\displaystyle{ 1,2,3,5,6}\) Rozważmy \(\displaystyle{ \pmod{8}}\) wyrażenia \(\displaystyle{ -n^{4}-k^{4}+10n^{2}k^{2}\equiv -n^{4}-k^{4}+2n^{2}k^{2}\equiv -(n^{2}-k^{2})^{2} \equiv 0,4,7 \pmod{8}}\)
c)\(\displaystyle{ 4,7}\). Rozważmy \(\displaystyle{ \pmod{3}}\) wyrażenia \(\displaystyle{ -k^{4}-n^{4}+10n^{2}k^{2}\equiv-k^{4}-n^{4}-2n^{2}k^{2}\equiv -(k^{2}+n^{2})^{2}\equiv 0,2\pmod{3}}\)
Pozostał nam przypadek, gdy \(\displaystyle{ n=1}\). Wtedy \(\displaystyle{ k=3}\), ale \(\displaystyle{ 3,14 \approx \sqrt{2}+\sqrt{3}>3+\frac{1}{9} \approx 3,11}\) . Co kończy dowód.
Mam nadzieje, że to poprawnie rozwiązałem, bo dowód jest zbyt długi.
