Julekalender #5

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Finn alle funksjoner $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ som er slik at

$f(x)+2f(1-x)=x^3$

Edit:byttet ut opprinnelig funksjonal med en ny, etter å ha sett på løsningsforslaget på den opprinnelige. Den som ligger ute nå er i alle fall litt mer vennligere. Opprinnelig funksjonal i spoiler, hvis noen vil ha noe å bryne seg på.
[+] Skjult tekst
Finn alle funksjoner $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ slik at $f(1-x) = 1 - f(f(x)) \enspace \forall x \in \mathbb{R}$
Janhaa
Boltzmann
Boltzmann
Innlegg: 8552
Registrert: 21/08-2006 03:46
Sted: Grenland

Markus skrev:Finn alle funksjoner $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ som er slik at
$f(x)+2f(1-x)=x^3$
Edit:byttet ut opprinnelig funksjonal med en ny, etter å ha sett på løsningsforslaget på den opprinnelige. Den som ligger ute nå er i alle fall litt mer vennligere. Opprinnelig funksjonal i spoiler, hvis noen vil ha noe å bryne seg på.
[+] Skjult tekst
Finn alle funksjoner $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ slik at $f(1-x) = 1 - f(f(x)) \enspace \forall x \in \mathbb{R}$
tar den første der, substituerer x med 1-x:

[tex]f(x)+2f(1-x)=x^3\,\,\,(i)[/tex]
og
[tex]f(1-x)+2f(x)=(1-x)^3\,\,\,(ii)[/tex]
ganger (ii) med 2:
[tex]2f(1-x)+4f(x)=2(1-x)^3\,\,\,(ii)[/tex]
slik at (ii) - (i):
[tex]3f(x)=-3x^3+6x^2-6x+2[/tex]
der.
[tex]f(x)=-x^3+2x^2-2x+\frac{2}{3}[/tex]
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Det er selvfølgelig helt korrekt! Nøkkelen her er å se at $f$ er syklisk, noe som kommer fram av ditt løsningsforslag.

Oppfølger:

Finn det største tallet naturlige tallet $n \leq 4 \, 000 \, 000$, slik at $\displaystyle \sqrt{n+\sqrt{n+\sqrt{n+\dots}}}$ er et rasjonelt tall.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Markus skrev: Oppfølger:

Finn det største tallet naturlige tallet $n \leq 4 \, 000 \, 000$, slik at $\displaystyle \sqrt{n+\sqrt{n+\sqrt{n+\dots}}}$ er et rasjonelt tall.

Anta at $\displaystyle \sqrt{n+\sqrt{n+\sqrt{n+\dots}}}=x$ der $x$ er rasjonalt. Kvadrering gir $\displaystyle n+\sqrt{n+\sqrt{n+\dots}}=x^2=n+x$, så

$x^2-x-n=0$, med løsninger $x=\frac12 (1\pm\sqrt{4n+1})$, som er rasjonalt dersom $4n+1=m^2$. Legg merke til at høyresida er ekvivalent med $1$ modulo $4$ hvis og bare hvis $m$ er odde, siden $(2k+1)^2=4(k^2+k)+1$. Siden $\sqrt{n}=\frac{\sqrt{(m-1)(m+1)}}{2}\leq \frac{m-1+m+1}{4}=\frac{m}{2}$ av AM-GM, må $n\leq \frac{m^2}{4}$. Hvis vi da lar $m=4\cdot 10^3-1$, så vil $n\leq 4\cdot 10^6$. Hvis vi lar $m=4\cdot 10^3+1$, får vi derimot at $n=\frac{(m-1)(m+1)}{4}=\frac{4\cdot 10^3\cdot (4\cdot 10^3+2)}{4}=4\cdot 10^6+2\cdot 10^3>4\cdot 10^6$. Ergo vil største mulige verdi av $n\leq 4\cdot 10^6$ være $\frac{(4\cdot 10^3-2)(4\cdot 10^3)}{4}=4\cdot 10^6-2\cdot 10^3=3998000$.
Emilga
Riemann
Riemann
Innlegg: 1552
Registrert: 20/12-2006 19:21
Sted: NTNU

Gustav er for rask igjen!

----

Da prøver jeg meg på oppfølgeren:
Markus skrev:Finn det største tallet naturlige tallet $n \leq 4 \, 000 \, 000$, slik at $\displaystyle \sqrt{n+\sqrt{n+\sqrt{n+\dots}}}$ er et rasjonelt tall.
La $x = \sqrt{n+\sqrt{n+\sqrt{n+\dots}}}$

Kvadrerer og rydder opp: $x^2 - x -n = 0$

ABC-formel:

$x = \frac{1 \pm \sqrt{1+4n}}{2}$

Vi forkaster den negative løsningen.

Altså vil vi ha høyeste mulige $n$ slik at $x = \frac{1 + \sqrt{1+4n}}{2} = \frac 12 + \frac 12 \sqrt{1+4n}$ er rasjonell.

Vi benytter oss av følgende teorem:

For $n \in \mathbb{N}$, så er $\sqrt{n}$ et heltall hvis og bare hvis $n$ er et kvadrattall, ellers er $\sqrt{n}$ irrasjonell.

Altså må vi finne det største kvadrattallet på formen $4n+1$ for $n \leq 4000000$.

Siden $4n+1$ er odde, må det være på formen:

$4n+1 = (2k+1)^2$ for $k=1,2,3,\ldots$.

$4n+1=4k^2+4k+1$

Altså: $n = k(k+1)$.

Tester nå verdier rundt $k < \sqrt{4000000} = 2000$,

f.eks. $k = 1999$, gir $n= k(k+1) = 3998000$ som er den høyeste verdien for $n \leq 4000000$.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Emomilol skrev:Gustav er for rask igjen!
Beklager det:)

Her er en oppfølger:

La $a_{10}=10$, og for alle heltall $n>10$ la $a_n=100a_{n-1}+n$. Finn den minste $n>10$ slik at $a_n$ er delelig på $99$.
OYV

Gitt

a[tex]_{10}[/tex] = 10 [tex]\rightarrow[/tex] 0 = -a[tex]_{10}[/tex] + 10

a[tex][tex][/tex]_{11} = 100[tex]a_{10}[/tex] + 11 [tex]\rightarrow[/tex] 0 = -a[tex]_{11} +[/tex]100a[tex]_{10}[/tex] +11

a[tex]_{12}[/tex] = 100a[tex]_{11}[/tex] + 12 [tex]\rightarrow[/tex] 0 = -a[tex]_{12}[/tex] + 100[tex]_{11} + 12[/tex]

a[tex]_{n-1}[/tex]= 100a[tex]_{n-2}[/tex] + n-1 [tex]\rightarrow[/tex] 0 = -a[tex]_{n-1}[/tex] +100a[tex]_{n-2}[/tex] + ( n- 1 )

a[tex]_n[/tex] = 100a[tex]_{n - 1}[/tex]+ n

For at summen av den aritmetiske rekka skal vere delelig med 99 , må 19 + n = 99 [tex]\Rightarrow[/tex] n = 80



Summerer V.S. og H.S. kvar for seg og får

a[tex]_n[/tex] = 99(a[tex]_{10}[/tex] + a[tex]_{11}[/tex] +......+ a[tex]_{n - 1}[/tex] ) + 10 + 11 + .....+ n

= 99(a[tex]_{10}[/tex] + a[tex]_{11}[/tex] + ...... + a[tex]_{n - 1}[/tex]) + [tex]\frac{(19+ n)\cdot n}{2}[/tex]
OYV

Siste setninga i mitt innlegg har havnet på feil plass ( editor spilte meg et puss ).
Håper at du som leser dokumentet skjønner sammenhengen .
Markus
Fermat
Fermat
Innlegg: 767
Registrert: 20/09-2016 13:48
Sted: NTNU

Forresten helt korrekt Emomilol og Gustav!
Fine fremgangsmåter, kult å se at dere bruker litt forskjellig argumentasjon i løsninga deres!
Emilga
Riemann
Riemann
Innlegg: 1552
Registrert: 20/12-2006 19:21
Sted: NTNU

Gustav skrev:La $a_{10}=10$, og for alle heltall $n>10$ la $a_n=100a_{n-1}+n$. Finn den minste $n>10$ slik at $a_n$ er delelig på $99$.
Observerer at for $n \leq 99$ har vi:

$a_{11} = 1011$

$a_{12} = 101112$

...

$a_{99} = 101112\ldots 979899$


Dersom $a_{n}$ skal være delbar med $99$, må det være delbart med både $9$ og $11$.

Siden $10^{2m} \sim 1$ (mod 9), kan vi skrive:

$a_n \sim 10 + 11 + 12 + \ldots + n$ (mod 9).

Altså er $a_n \sim 0$ (mod 9) for $n=17+9k$ og $n=18+9k$, $k=0,1,2,\ldots$.



Vil også ha $a_n \sim 0$ (mod 11).

Og siden $10^{2m} \sim (-1)^{2m} \sim 1$ (mod 11) kan vi skrive:

$a_n \sim 10+11+12+13+\ldots + n$ (mod 11).

Altså er $a_n \sim 0$ for $n=12+11k$, $k=0,1,2,\ldots$.



For å finne en $a_n$ som er delbar med både 9 og 11, må en av de to følgende likhetene oppfylles:

$12+11k=17+9k \Rightarrow k = \frac 52$ som ikke er et heltall. Vi forkaster denne.

$12+11k=18+9k \Rightarrow k = 3 \Rightarrow n = 45$.

Altså er $a_{45}$ det minste tallet i følgen som er delbart med $99$.
Gustav
Tyrann
Tyrann
Innlegg: 4555
Registrert: 12/12-2008 12:44

Det er helt riktig!

Oppgaven er fra AIME 2017. Her er flere løsninger: https://artofproblemsolving.com/wiki/in ... /Problem_9
Svar