Matematyka.pl

mid MIX

1*. Udowodnij, że dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ m>1}\) istnieje nieskończenie wiele takich \(\displaystyle{ n}\), liczb nieparzystych, ze \(\displaystyle{ \delta(n) >mn}\), gdzie funkcja \(\displaystyle{ \delta(n)}\) oznacza sume wszystkich dzielników \(\displaystyle{ n}\) .

2*. Dowieść, że jeśli liczby naturalne \(\displaystyle{ x, y}\) są takie ze \(\displaystyle{ x^p-y^q=1}\) gdzie \(\displaystyle{ p, q}\) są to liczby pierwsze oraz \(\displaystyle{ p>q>3}\) to wtedy liczba \(\displaystyle{ q}\) jest dzielnikiem \(\displaystyle{ x}\). Dac przykłąd takich liczb.

3. Niech \(\displaystyle{ A}\) będzie zbiorem wszystkich liczb czterocyfrowych, w którym zapisie dziesiętnym występuja dokładnie dwie cyfry- i to rózne od zera. Zamieniając miejscami te cyfry liczby \(\displaystyle{ n \in A}\) otrzymamy liczbę \(\displaystyle{ f(n) \in A}\). I tak np \(\displaystyle{ f(3111)=1333}\), etc. Wyznaczyć liczbę \(\displaystyle{ n \in A}\), dla ktorej \(\displaystyle{ NWD(n,f(n))}\) jest mozliwie najwieksza.

4. Liczbe \(\displaystyle{ n}\) calkowita zwiemy palindromiczna , jesli czytana od tylu pozostaje taka sama, np. \(\displaystyle{ 134431}\) itd. Znajdz wszystkie palindromiczne liczby pierwsze majace parzysta ilosc cyfr, oraz podaj , o ile istnieja, takie liczby pierwsze palindromiczne, ktore maja piec cyfr.

5. Dowieść, ze istnieje nieskonczenie wiele liczb naturalnych \(\displaystyle{ x,y}\) takich ze \(\displaystyle{ x \mid y^2 +1}\) i \(\displaystyle{ y \mid x^2 +1}\)

6. Jak wiemy ciag Fibonacciego \(\displaystyle{ F_n}\) spelnia \(\displaystyle{ F_0=0 , F_1=1 ,F_{n +1}=F_n + F_{n-1 }}\). Wykazac ze dla \(\displaystyle{ k \geq 3}\) suma \(\displaystyle{ S_{n,k}= F_{n +1} +F_{n +2}+....+F_{n +k}}\) nie moze byc liczba z ciagu Fibonacciego.

7. Niech \(\displaystyle{ n}\) bedzie liczba naturalna \(\displaystyle{ n \neq 1}\). Wykazac, ze \(\displaystyle{ S_n = \sum \frac{1}{pq} =\frac{1}{2}}\), gdzie sumujemy po wszystkich parach liczb calkowitych \(\displaystyle{ p, q}\) takich ze \(\displaystyle{ 0 n}\), \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) sa wzglednie pierwsze.np \(\displaystyle{ S_4= \frac{1}{1\cdot 4}+ \frac{1}{2\cdot 3}+ \frac{1}{3\cdot 4}}\) etc.

8*. Znajdz najmniejsza liczbe naturalna \(\displaystyle{ N}\), taka ze sposrod dowolnych \(\displaystyle{ N}\) liczb naturalnych nie wiekszych niz \(\displaystyle{ 1000000}\) (tj milion) mozna wybrac pewne trzy bedace dlugosciami bokow pewnego trojkata. Uwaga Potrzebny dowod minimalnosci.

9. Wykaz , ze \(\displaystyle{ p=7}\) jest jedyna liczba pierwsza, dla ktorej da sie dobrac liczby naturalne \(\displaystyle{ x,y}\) takie , ze \(\displaystyle{ p= \frac{2x^2-1}{7} = 2y^2-1}\)

10*. Niech \(\displaystyle{ s(n)}\) bedzie suma dzielnikow liczby \(\displaystyle{ n}\), np \(\displaystyle{ s(10)=1 +2+5+10}\). Powiemy, ze \(\displaystyle{ n}\) jest prawie doskonala jesli \(\displaystyle{ s(n)=2n-1}\) ,dalej oznaczamy \(\displaystyle{ \bmod (n,k)}\) reszte z dzielenia \(\displaystyle{ n}\) przez \(\displaystyle{ k}\). i niech \(\displaystyle{ t(n)=\bmod (n,1)+\bmod (n,2)...+ \bmod (n,n)}\). Wykaz, ze \(\displaystyle{ n}\) jest prawie doskonala wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ t(n) = t(n-1)}\).

11. Liczby calkowite z przedzialu zapisano jako trzycyfrowe, tj liczbom \(\displaystyle{ <100}\) dopisujac na poczatku zero lub zera. np siedem=007 , zero=000. itd. Wszystkie te liczby wypisano potem jedna za druga w dowolnej kolejnosci. Powstala w wyniku tej operacji liczba \(\displaystyle{ N}\), majaca \(\displaystyle{ 300}\) cyfr. (byc moze zaczynajaca sie pewna sekwencja zer). Wykaz, ze \(\displaystyle{ N}\) dzieli sie przez \(\displaystyle{ 37.}\)

* wg mnie nieco hardcore, Ale atakowac wszystkie warto! Powodzenia

ad. 2) można korzystać z: ?

ad. 5) chyba najbardziej oklepane: \(\displaystyle{ F_0=0, F_1=1}\) i ogólnie \(\displaystyle{ (F_n)}\) to ciąg Fibonacciego - wówczas para \(\displaystyle{ (m,n)=(F_{2k},F_{2k+2})}\) spełnia warunki zadania dla każdego k naturalnego - można dowieść przekształcając wzór Bineta.

4. z cechy podzielności przez 11 otrzymujemy że liczba palindromiczna o parzystej liczbie cyfr jest podzielna przez 11, więc 11 jest jedyną taką liczbą pierwszą

1. Niech \(\displaystyle{ \{p_{i}\}_{i=1}^{\infty}}\) oznacza ciąg kolejnych liczb pierwszych \(\displaystyle{ \neq 2}\). Przyjmijmy \(\displaystyle{ n_{k} = p_{1}\cdot \ldots\cdot p_{k}}\). Wtedy:
\(\displaystyle{ \delta(n_{k}) = (1 + p_{1})\cdot \ldots (1 + p_{k})\\
\frac{\delta(n_{k})}{n_{k}} = \left(1 + \frac{1}{p_{1}}\right)\cdot \ldots\cdot \left(1 + \frac{1}{p_{k}}\right)}\)
Ten ostatni ciąg jest jak łatwo zauważyć rosnący, zatem musi być zbieżny do liczby rzeczywistej większej od pierwszego wyrazu, bądź rozbieżny do \(\displaystyle{ +\infty}\).
Przyjmijmy hipotetycznie, że \(\displaystyle{ \lim_{k\to\infty}\frac{\delta(n_{k})}{n_{k}} = g\in (1, +\infty)}\)
Mamy wtedy \(\displaystyle{ \sum_{i = 1}^{\infty}\ln \left(1 + \frac{1}{p_{i}}\right) = \lim_{k\to\infty}\ln\frac{\delta(n_{k})}{n_{k}} =\ln g \mathbb{R}}\)
Ale szereg po lewej jest rozbieżny na mocy kryterium asymptotycznego, gdyż rozbieżny jest szereg \(\displaystyle{ \sum_{i = 1}^{\infty}\frac{1}{p_{i}}}\), a mamy \(\displaystyle{ \lim_{i\to \infty}\frac{\ln\left(1 + \frac{1}{p_{i}}\right)}{\frac{1}{p_{i}}} = 1}\)
Zatem \(\displaystyle{ \lim_{k\to\infty}\frac{\delta(n_{k})}{n_{k}} = +\infty}\) z czego wynika pożądany rezultat.

Sylwek pisze:ad. 2) można korzystać z: ?

Mozna, ale fajnie bedzie jak ktos pokaze inna metode...

ad. 5) chyba najbardziej oklepane: \(\displaystyle{ F_0=0, F_1=1}\) i ogólnie \(\displaystyle{ (F_n)}\) to ciąg Fibonacciego - wówczas para \(\displaystyle{ (m,n)=(F_{2k},F_{2k+2})}\) spełnia warunki zadania dla każdego k naturalnego - można dowieść przekształcając wzór Bineta.

oke, Inna droga to pokazanie ze rownanie \(\displaystyle{ x^2+y^2+1=3xy}\) ma nieskonczenie całkowitoliczbowych rozwiazan, To wystarczy, bo wtedy \(\displaystyle{ \frac{x^2+1}{y}=3x-y, \ \frac{y^2+1}{x}=3y-x}\). Kreslimy rozwianaia iteracja, tj \(\displaystyle{ x_1=y_1=1, \ x_{n+1}=y_n , \ y_{n+1}=3y_n -x_n}\)

Ad. 11.

Znalazłam taką piękną cechę podzielności przez 37:Liczba jest podzielna przez 37 jeżeli suma jej odcinków trzycyfrowych od prawej strony jest podzielna przez 37. Ta cecha odnosi się tylko do liczb o ilości cyfr podzielnej przez 3.

Według niej wystarczy dowieść, że suma wszystkich liczb zapisanych w sposób podany w zadaniu jest podzielna przez 37.

\(\displaystyle{ 0+1+2+3+...+997+998+999=500 999=500 27 37}\)

c.n.d.

Obawiam się jednak, że aby dowód był pełny należy udowodnić tą cechę. Pomyślę nad tym.

Ta cecha wynika z tego, że:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} a_{k} 10^{k} = (a_{0} + 10a_{1} + 100a_{2}) + 10^{3} (a_{3} + 10a_{4} + 100a_{5}) + \ldots \equiv (a_{0} + 10a_{1} + 100a_{2}) + (a_{3} + 10a_{4} + 100a_{5}) + \ldots (\bmod \ 37)}\)
bo:
\(\displaystyle{ 1000 \equiv 1 (\bmod \ 37)}\)
Oczywiście z kolejnych wyrażeń wyciągamy liczby:
\(\displaystyle{ 10^{3k}}\)
a nie tylko 1000.

Prosty i pomysłowy ten dowód.

Ja bynajmniej nie uważam, że te zadania można uznać za hardcorowe. O ile się nie mylę wszystkie te zadania znajdują się w "Teorii Liczb" Sierpińskiego

mol_ksiazkowy pisze:ad 6 Ciag Fibonacciego \(\displaystyle{ F_n}\): 1,1,2,3,5,8,13,...spełnia zaleznosc \(\displaystyle{ F_1+....+F_n=F_{n+2}-1}\), np. 1+1+2+3+5=13-1,etc a wiec \(\displaystyle{ F_{n+1}+....+F_{n+k-2}+ (F_{n+k+1}+F_{n+k})=F_{n+1}+....+F_{n+k-2}+ F_{n+k+1}>F_{n+k+1}}\)
, gdyz k>2. Z drugiej strony \(\displaystyle{ F_{n+1}+....+F_{n+k} q F_1 +....+F_{n+k}=F_{n+k+2}-1 < F_{n+k+2}}\) tj uzyskalismy, ze \(\displaystyle{ F_{n+k+1}< S_{n,k}< F_{n+k+2}}\)
cbdo.

ad
Kazda liczba palindromiczna o parzystej liczbie cyfr jest podzielna przez 11. Palindromiczne l pierwsze sa wiec - oprocz 11, zbudowane z nieparzystej ilosci cyfr. Jest 15 palindromicznych l. pierwszych trzy cyfrowych - najwieksza z nich to 929. Trudniej sprawdzic ze istnieja 93
palindromiczne liczby pierwsze pieciocyfrowe: najmniejsza z nich jest 10301, zas najwieksza 98689. Na koniec kilka innych ciekawych liczb pierwszych palindromicznych: 199909991, 1444441, 9222222222229, 1212121, etc

Rozwiązane są jedynie 1, 4, 5 i 11.

Dodano po 2 godzinach 13 minutach 26 sekundach:

Czy jakaś dobra dusza wytłumaczy mi treść zadania siódmego? Jak dla mnie to przykład kłóci się z wcześniejszą treścią, ale może głupi jestem.

Premislav pisze: 13 mar 2020, o 21:02Czy jakaś dobra dusza wytłumaczy mi treść zadania siódmego? Jak dla mnie to przykład kłóci się z wcześniejszą treścią, ale może głupi jestem.

Wcześniejsza treść wyglądała tak:

7. Niech \(\displaystyle{ n}\) bedzie liczba naturalna \(\displaystyle{ n \neq 1}\). Wykazac, ze \(\displaystyle{ S_n = \sum \frac{1}{pq} =\frac{1}{2}}\), gdzie sumujemy po wszystkich
parach liczb calkowitych \(\displaystyle{ p, q}\) takich ze \(\displaystyle{ 0 n}\), p i q sa wzglednie pierwsze.np \(\displaystyle{ S_4= \frac{1}{1*4}+ \frac{1}{2*3}+ \frac{1}{3*4}}\) ,etc

ale może nie o to się pytasz.

JK

Z wcześniejszą, czyli poprzedzającą przykład, nie zaś tą sprzed edycji. Moje pytanie pozostaje aktualne, przepraszam, jeśli sformułowałem je w niejasny sposób.

Dodano po 3 minutach 51 sekundach:
W ogóle bardzo naśmiecę, ale jak się ma „dać przykład takich liczb" w drugim do tego, że na mocy twierdzenia Mihăilescu takie liczby nie istnieją (chyba że dopuścimy zero jako liczbę naturalną, ale wtedy teza jest wręcz nieprawdziwa, więc tym bardziej nonsens)?