Zadania 71-80

Istnieje tylko jedno takie p=3. Liczby pierwsze większe od trzech mogą mieć postać p=6n+1 lub p=6n+5 dla n [tex]\in[/tex]{0, 1, 2, 3, ...}, bo odrzucamy liczby parzyste (tzn. 6n, 6n+2, 6n+4) i podzielne przez 3 (tzn. 6n+3). Teraz wystarczy zauważyć, że (6n+1)²+2 = 36n²+12n+1+2 = 3·(12n²+4n+1) oraz (6n+5)²+2 = 36n²+60n+25+2 = 3·(12n²+15n+9), a to są liczby złożone.

Wykazać, że [tex](1+\frac{1}{n})^n > (1+\frac{1}{n+1})^{n+1}[/tex] dla dowolnej liczby naturanej n.

Zacznijmy od tego, że podana nierówność jest fałszywa ( np. nie jest spełniona dla n=2). Prawdziwa jest natomiast nierówność przeciwna i wynika z nierówności między średnimi.

Zadanie 72 nadal wymaga szczegółowego uzasadnienia.

Czy jest możliwość interfejsu TeXowego? Inaczej rozwiązanie bedzie wyglądać masakrycznie.

Wszystko działa bez zarzutu. Wystarczy tylko starannie zastosować się do instrukcji podanej powyżej (tzn. użyć nawiasów kwadratowych i właściwego ukośnika).

Zacznijmy od przekształcenia lewej strony:
[tex] L= (1+\frac{1}{n+1})^{n+1}=(\frac{n+2}{n+1})^{n+1}=(\frac{1 \cdot n+1+n \cdot \frac{1}{n}}{n+1})^{n+1}=[/tex]
[tex](\frac{1+n \cdot (1+ \frac{1}{n})}{n+1})^{n+1} [/tex].
Teraz stosujemy nierówność między średnią arytmetyczną i geometryczną dla n+1 liczb (które nie wszystkie są równe, stąd nierówność jest ostra):
[tex]\frac{1+n \cdot (1+ \frac{1}{n})}{n+1}) > \sqrt[n+1]{1\cdot(1+\frac{1}{n})^{n}}[/tex].
Po podniesieniu obu stron nierówności do potęgi n+1 otrzymujemy
[tex] L > (1+\frac{1}{n})^{n} [/tex], co kończy dowód.

Co się dzieje, jeśli długo nie ma odpowiedzi? Ponad miesiąc mija odkąd wstawiłem ten dowód.

No bo namieszałeś z tym zapisem texowym. Nic nie dało się zrozumieć. Teraz jest OK, ale redakcja mogłaby to znacznie wcześniej poprawić.

Wydaje mi się, że teraz Pan powinien zaproponować zadanie.

Nie wiem, na jakim dokładnie poziomie powinny być zadania. Podam takie niby studenckie, ale geniuszu do niego nie potrzeba, tylko dużo cierpliwości.
Niech A(x, y) - zwana funkcją Ackermana - będzie zdefiniowana zależnością rekurencyjną:
A(0, n) = n+1
A(m, 0) = A(m-1, 1)
A(m, n) = A(m-1, A(m, n-1)).
Pokazać, że A(3, n)=2ⁿ⁺³-3.

Rozwiążemy to metodą indukcji matematycznej.
Zauważmy, że A(1, k) = A(0, A(1, k-1)) = A(1, k-1)+1 = ... = A(1, k-n)+n = ... = A(1, k-k)+k = A(1, 0)+k = A(0, 1)+k = k+2.
Teraz zauważmy, że A(2, k) =  A(1, A(2, k-1)) = A(2, k-1)+2 = ... = A(2, k-n)+2n = A(2, k-k)+2k = A(2, 0)+2k = A(1, 1)+2k = A(0, A(1, 0))+2k = A(1, 0)+2k+1 = A(0, 1)+2k+1 = 2k+3.
Następnie obliczamy A(3, 0) = A(2, 1) = 2·1+1 = 5 = 2⁰⁺³-3, zatem dla n=0 warunek jest spełniony.
Zakładamy teraz, że dla pewnego n≥0 zachodzi A(3, n) = 2ⁿ⁺³-3. Musimy pokazać, że wówczas dla n+1 zachodzi A(3, n+1) = 2ⁿ⁺⁴-3.
A oto dowód: A(3, n+1) = A(2, A(3, n)) = 2A(3, n)+3 = 2·(2ⁿ⁺³-3)+3 = 2ⁿ⁺⁴-3.
Zatem na mocy twierdzenia o indukcji zachodzi teza: A(3, n) = 2ⁿ⁺³-3.

Zgrabny opis rozwiązania można znaleźć tutaj - w numerze 25 gazetki "Macierzator" wydawanej przez Studenckie Koło Naukowe Matematyków na Uniwersytecie Śląskim.

Znajdź najmniejszą liczbę naturalną, która posiada dokładnie 10 dodatnich dzielników.

Ponieważ 10=5·2, szukana liczba to 2^5-1 · 3^2-1 = 2⁴·3 = 48. Wtedy wszystkich dzielników jest właśnie 5·2 (mamy 5 możliwości wyboru potęgi dwójki - od 0 do 4 - i 2 możliwości wyboru potęgi trójki - od 0 do 1). A że szukamy najmniejszej liczby o 10 dzielnikach, jako podstawy bierzemy najmniejsze liczby pierwsze 2 i 3. Innym kandydatem na rozwiązanie mogłaby być liczba 2⁹, która też ma 10 dzielników (potęgi dwójki od 0 do 9), ale ta liczba jest znacznie większa niż 48.

Dla każdej liczby możemy podać sumę jej cyfr, a dla tej sumy znowu sumę jej cyfr itd. Tę operację możemy powtarzać tak długo, dopóki nie dostaniemy liczby jednocyfrowej. Jaki wynik wyjdzie w przypadku liczby [tex]2^{3^{4^{5^{6^{7^{7^{8^{9}}}}}}}[/tex]?

Wystarczy skorzystać z prostego faktu, że liczba i suma jej cyfr dają taką samą resztę z dzielenia przez 9 (dowodzi się tego tak samo, jak cechy podzielności przez 9). Zatem szukaną w zadaniu liczbą jednocyfrową jest reszta z dzielenia wyjściowej liczby przez 9. Zastosujemy metodę dla kongruencji. Przypominam, że można je potęgować stronami. Znak przystawania oznacza, że liczby dają te same reszty z dzielenia przez 9. Mamy więc:
2 ≡ 2 (mod 9)
2³ = 8 ≡ -1 (mod 9)
(-1)⁴ = 1 ≡ 1 (mod 9)
1⁵ = 1 ≡ 1 (mod 9) itd.
wykonujemy dalsze potęgowania jedynki, aż do
1⁹ = 1 ≡ 1 (mod 9).
Zatem [tex]2^{3^{4^{5^{6^{7^{7^{8^{9}}}}}}}}[/tex] ≡ 1 (mod 9) i 1 jest szukanym wynikiem.

Ogólna idea rozwiązania jest dobra, ale potęgowanie jest błędnie wykonywane. W danym wyrażeniu nie ma zawiasów i nie można brać potęgi po potędze "od dołu". Takie wyrazenia czyta się "od góry", wiec 2 nie jest podnoszone do potęgi 3, ale do całego piętrowego wykładnika traktowanego jako jedna liczba. Ale poprawienie rozwiązania powinno być proste. 

Faktycznie, mój błąd. Wystarczy jednak zauważyć, że 2^6k+i ≡ 2ⁱ · 2^6k ≡ 2ⁱ ·[tex](2^{6})^{k}[/tex]≡ 2ⁱ · 64^k ≡ 2ⁱ · 1^k ≡ 2ⁱ (mod 9), czyli dla potęgi dwójki reszta z dzielenia przez 9 zmienia się okresowo co 6. Zatem wystarczy znaleźć resztę z dzielenia przez 6 tego piętrowego wykładnika. Jest ona równa 3, bo 3^k ≡ 3 (mod 6) dla dowolnego k naturalnego. Z kolei 2³ = 8 ≡ 8 (mod 9), więc szukanym wynikiem jest 8.

Która liczba jest większa: log₃7 czy log₅19? Oczywiście nie można korzystać z kalkulatora.

Ze wzoru na zmianę podstaw logarytmu mamy: log₃7 =[tex] \frac{\log 7}{\log 3}[/tex] oraz log₅19 =[tex]\frac{\log 19}{\log 5}[/tex].
Obie te liczby porównam z 1⁴/₅. Zajmijmy się pierwszą nierównością: [tex]\frac{\log 7}{\log 3}[/tex]< 1⁴/₅.
Mnożymy obie strony nierówności przez log3 (co jest dodatnie, więc znak pozostaje bez zmian): log7 < 1⁴/₅ · log3. Ze wzoru na logarytm potęgi mamy log7 < log3^9/₅. Ponieważ logarytm jest funkcją rosnącą, możemy usunąć go z obu stron nierówności bez zmiany znaku, czyli 7 < 3^9/5. Podnosząc do potęgi piątej (co dla liczb większych od 1 możemy zrobić bez zmiany znaku) mamy 7⁵ < 3⁹.  Tę nierówność można łatwo sprawdzić bez kalkulatora: 16807<19683.
Analogicznie dowodzimy drugiej nierówności: [tex]\frac{\log 19}{\log 5}[/tex] > 1⁴/₅. Ostatecznie otrzymujemy, że druga z podanych liczb jest większa.

Poprzednie zadanie można zrobić znacznie krócej. Po skorzystaniu ze wzoru na zamianę podstaw wystarczy w nierówności [tex]\frac{\log7}{\log3}<\frac{\log19}{\log5}[/tex] licznik i mianownik prawej strony rozszerzyć przez 2, a lewej - przez 3. Mamy wtedy [tex] \frac{\log343}{\log27}<\frac{\log361}{\log25}[/tex]. Lewy ułamek ma mniejszy licznik i większy mianownik niż prawy, więc jest na pewno mniejszy.

Niech x, y > 2. Pokazać, że xy+4 > 2(x+y).

Mnożąc stronami nierówność x-2>0 przez y-2 (co można zrobić bez zmiany znaku, bo y-2>0), otrzymujemy xy-2x-2y+4 > 0, co po przekształceniu daje xy+4 > 2(x+y), cbdu.

W pojedynkę rozwalamy tę dziesiatkę?. Poproszę następne zadanie;)

Na to wygląda:). Rozstrzygnąć, czy liczba 2¹⁰+5¹² jest pierwsza.

2¹⁰+5¹² = 2¹⁰+5¹²+2·2⁵·5⁶-2·2⁵·5⁶ = (2⁵+5⁶)²-(2³·5³)² = (2⁵+5⁶-2³5³)(2⁵+5⁶+2³·5³).
Zostaje zauważyć, że ten rozkład nie zawiera jedynki. Pierwszy nawias przedstawia mniejszą liczbę i jest większy od 1, bo 5⁶-2³·5³ = 5⁶-10³ = 25³-10³ = 15·(625+250+100) >1. Zatem liczba z zadania jest złożona.

Pokaż, że jeśli iloczyn i różnica dwóch liczb dzieli się przez liczbę mieszkańców twojego miasta, to różnica miliardowych potęg tych liczb też.

Niech k będzie liczbą mieszkańców miasta. Wtedy k dzieli a-b. Ze wzoru skróconego mnożenia na róznicę n-tych potęg mamy aⁿ-bⁿ = (a-b)(a^n-1+a^n-2b+...+ab^n-2+b^n-1) wynika, że k dzieli także aⁿ-bⁿ dla każdego n naturalnego, w szczególności dla n=10⁹.

Następne zadanie możesz dawać:)

W turnieju szachowym brało udział 2n zawodników. Każda para rozegrała ze sobą co najwyżej jeden mecz. Po turnieju okazało się, że n zawodników rozegrało dokładnie 2, a pozostali gracze dokładnie 3 spotkania. Ilu było zawodników w tym turnieju?

Każdy szachista rozegrał co najmniej dwa spotkania. W momencie gdy rozegrali dokładnie dwa, liczbę graczy można utożsamić z wierzchołkami pewnej liczby rozłącznych wielokątów (z każdego wierzchołka wychodzą dwa boki, które łączą danego gracza z tymi, z którymi rozegrał już mecze). Teraz n z tych graczy musi rozegrać trzecie spotkanie, czyli wyprowadzamy odcinek z jednego z wierzchołków tych wielokątów i doprowadzamy go do dowolnego innego wierzchołka niepołączonego jeszcze bokiem z wierzchołkiem wyjściowym (będzie to przekątna już istniejącego wielokąta lub odcinek idący do innego wielokąta), ale to oznacza, że drugi gracz w tej partii (ten do którego doprowadzaliśmy odcinek) też rozegrał trzecie spotkanie. Z każdego wierzchołka rzędu 2 trzeba wyprowadzić (doprowadzić) co najwyżej jeden odcinek, bo żaden z graczy nie rozegrał czterech lub więcej spotkań. Czyli liczba spotkań może być dowolna, ale podzielna przez cztery, bo liczba graczy z trzema spotkaniami musi być parzysta (liczba graczy "dawców" odcinka musi myć równa liczbie graczy "biorców" odcinka). W ten sposób podałem warunek konieczny. Teraz warunek wystarczający. Załóżmy, że liczba graczy jest podzielna przez 4 i wynosi 4k. Wówczas możemy z graczy ułożyć dwa 2k-kąty foremne. Oznaczmy wierzchołki każdego z nich numerami od 1 do 2k i połączmy pierwsze k wierzchołków pierwszego wielokąta z k wierzchołkami drugiego. Otrzymamy wtedy układ opisany w zadaniu. Mamy więc tezę, że liczba graczy w turnieju była wielokrotnością czwórki.

W jakiej kolejności występują na osi liczby a, b, c, jeśli zachodzi równość a²+b²-ab=c²?