Julekalender #5

[Markus]

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 $f(1-x)=1-f(f(x))\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$

[Janhaa]

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 $f(1-x)=1-f(f(x))\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$

tar den første der, substituerer x med 1-x:

$f(x)+2f(1-x)=x^3(i)$
og
$f(1-x)+2f(x)=(1-x{)}^3(ii)$
ganger (ii) med 2:
$2f(1-x)+4f(x)=2(1-x{)}^3(ii)$
slik at (ii) - (i):
$3f(x)=-3x^3+6x^2-6x+2$
der.
$f(x)=-x^3+2x^2-2x+\frac{2}{3}$

[Markus]

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 $n\le 4000000$, slik at ${\displaystyle \sqrt{n+\sqrt{n+\sqrt{n+\dots }}}}$ er et rasjonelt tall.

[Gustav]

Oppfølger:

Finn det største tallet naturlige tallet $n\le 4000000$, 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 $x=\frac{1}{2}(1\pm \sqrt{4n+1})$, 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 $\sqrt{n}=\frac{\sqrt{(m-1)(m+1)}}{2}\le \frac{m-1+m+1}{4}=\frac{m}{2}$ av AM-GM, må $n\le \frac{m^2}{4}$. Hvis vi da lar $m=4\cdot {10}^3-1$, så vil $n\le 4\cdot {10}^6$. 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 $n\le 4\cdot {10}^6$ være $\frac{(4\cdot {10}^3-2)(4\cdot {10}^3)}{4}=4\cdot {10}^6-2\cdot {10}^3=3998000$.

[Emilga]

Gustav er for rask igjen!

----

Da prøver jeg meg på oppfølgeren:

Finn det største tallet naturlige tallet $n\le 4000000$, 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 $x=\frac{1+\sqrt{1+4n}}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{1+4n}$ 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 $n\le 4000000$.

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

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

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

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 $n\le 4000000$.

[Gustav]

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${}_{10}$ = 10 $\to$ 0 = -a${}_{10}$ + 10

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

a${}_{12}$ = 100a${}_{11}$ + 12 $\to$ 0 = -a${}_{12}$ + 100${}_{11}+12$

a${}_{n-1}$= 100a${}_{n-2}$ + n-1 $\to$ 0 = -a${}_{n-1}$ +100a${}_{n-2}$ + ( n- 1 )

a${}_n$ = 100a${}_{n-1}$+ n

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



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

a${}_n$ = 99(a${}_{10}$ + a${}_{11}$ +......+ a${}_{n-1}$ ) + 10 + 11 + .....+ n

= 99(a${}_{10}$ + a${}_{11}$ + ...... + a${}_{n-1}$) + $\frac{(19+n)\cdot n}{2}$

[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]

Forresten helt korrekt Emomilol og Gustav!
Fine fremgangsmåter, kult å se at dere bruker litt forskjellig argumentasjon i løsninga deres!

[Emilga]

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 $n\le 99$ har vi:

$a_{11}=1011$

$a_{12}=101112$

...

$a_{99}=101112\dots 979899$


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:

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

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



Vil også ha $a_n\sim 0$ (mod 11).

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

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

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



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

$12+11k=17+9k\Rightarrow k=\frac{5}{2}$ 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]

Det er helt riktig!

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