ماراتن جبر (سطح پیشرفته)

M_Sharifi · 1389/3/27

[center:dddfab6a3e]

$\300dpi \huge 8$

برای کدام مجموعه های

$A\subset \Bbb R$

اگر

$0\leq x_0<x_1<\cdots<x_n\leq1$

(

$n=1,2,\ldots$

) اعداد دلخواهی باشند، آن گاه

$y_j\in A$

(

$j=0,1,\ldots,n-1$

) وجود دارند که برای هر

$j=0,1,\ldots,n-1$

داشته باشیم

$y_{j+1}-y_j\geq x_{j+1}-x_j$

؟

[/center:dddfab6a3e]

mousavi · 1389/3/29

Y_1 - Y_0 >= X_1 -X_0
X ها مئ توانند تغییر کنند اگر Y_1 -Y_0 <1 باشد X_1 را به سمت 1 و X_0 را به سمت 0 میل می دهیم و بین Y_1 - Y_0 و 1 بینهایت عدد حقیقی وجود دارد پس
Y_1 - Y_0 >1 می باشد.همینطور Y_i+1 - y_i > 1 می باشد
پس A مجموعه ای است که حد اقل n+1 عضو دارد که بتوان به صورت n_Y_0 <y_1<....<Y
نمایش داد. که y_i+1 - y_i >=1 باشد.

HatefS · 1389/3/29

mousavi گفت

پایه استقرا مشخصه
a_n<=1/2n ^1/2
می خواهیم ثابت کنیم
a_n/1+a_n^2<=1/2 * n+1 ^1/2
اگر ساده کنیم
a_n^2 *2n <=a_n^4 +1
n- a_n^2 ^2 -n^2 +1 >=0
عبارت فوق بزرگتر است از
n -1/4n^2 ^2 -n^2 +1
که این هم مثبت است(توجه کنید در بالا از شرط a_n>0 استفاده کردیم)

خطوط قرمز غلطه.

M_Sharifi · 1389/3/30

[center:acf0008be6]

$\300dpi \huge 9$

[/center:acf0008be6]
برای تابع ضربی

$f:\Bbb Q\to[0,+\infty)$

می دانیم

$f\left(\frac{2003}{2002}\right)=2$

و نیز اگر

$f(x)\leq1$

آن گاه

$f(x+1)\leq1$

. همه ی مقادیر ممکن برای

$f\left(\frac{2004}{2003}\right)$

را به دست آورید.

mousavi · 1389/3/31

اگر

$f(1)=0$

در این صورت

$f(x)=0$

می شود ولی طبق داده های مسئله تناقض می باشد.
پس داریم

$f(1)=1$

داریم

$f(0)=1,0$

. اگر

$f(0)=1$

در این صورت

$f(x)=1$

در نتیجه

$f(\frac{2004}{2003})=1$

اگر

$f(0)=0$

داریم اگر

$f(\frac{1}{x})\geq 1$

ان وقت

$f(\frac{1}{x+1})\geq 1$

و چون

$f(1)=1$

در نتیجه

$f(\frac{1}{n})\geq 1$

و n عضو اعداد طبیعی است.
حال اگر n را به سمت بینهایت میل دهیم داریم

$f(0)\geq 1$

که تناقض است پس

$f(\frac{2004}{2003})=1$

M_Sharifi · 1389/3/31

mousavi گفت

نمیشه این نتیچه رو گرفت. چون تابع پیوسته نیست.

mousavi · 1389/4/2

HatefS گفت

mousavi گفت

خطوط قرمز غلطه.

$(n-\frac{1}{2n})^2 - n^2 +1$

mousavi · 1389/4/2

اقای شریفی یه راهنمایی می کنید؟(میشه ثابت کرد پیوسته است؟)

M_Sharifi · 1389/4/2

mousavi گفت

آخه تابعی که دامنه اش اعداد گویاست، مگه می تونه پیوسته باشه؟
راهنمایی: برای هر عدد صحیح

$x$

ثابت کنید

$f(x)\leq1$

. بعد ثابت کنید

$f(x+y)\leq\max\{f(x),f(y)\}$

. حالا فرض کنید

$p$

عددی اوله و با استفاده از قضیه ی بزو ثابت کنید برای هر عدد اول

$q\ne p$

داریم

$f(q)=1$

و ...

mousavi · 1389/4/3

فرض کنید

$f(x+y)> f(x)$

,

$f(x+y)> f(y)$

. در نتیجه

$f(\frac{x+y}{x})> 1$

هم چنین داریم

$f(x)\geq f(y)$

در نتیجه

$f(\frac{y}{x})\leq 1$

پس

$f(\frac{y}{x}+1)=f(\frac{y+x}{x})\leq 1$

تناقض
طبق بزو

$f(mp+nq)=f(1)\leq max\left \{f( mp),f(nq) \right \}\leq max\left \{ f(p),f(q) \right \}$

,

$\Rightarrow \forall q\neq p_0\Rightarrow f(q)=1$

$\exists p_0 \Rightarrow f(p_0)\neq 1$

$f(2003)=f(2002)=1$

,

$f(\frac{2004}{2003})=f(3)$

یا

$f(\frac{2004}{2003})=f(167)$

که میتواند مساوی یا کوچکتر از 1 باشد

M_Sharifi · 1389/4/6

صورت سوال اصلاح شد. توی صورت درست،

$f\left(\frac{2003}{2002}\right)=2$

. شما هم انتهای راه حلتون رو اصلاح کنید.

mousavi · 1389/4/7

$f(2003)=1$

,

$f(\frac{2004}{2003})=1,\frac{1}{2}$

M_Sharifi · 1389/4/9

[center:a7f1d92375]

$\300dpi \huge 10$

[/center:a7f1d92375]فرض کنید

$x>1$

عددی حقیقی و غیر صحیح است. برای هر

$n\in\Bbb N$

فرض کنید

$a_n=\left\lfloor x^{n+1}\right\rfloor -x\lfloor x^n\rfloor$

. ثابت کنید دنباله ی

$\{a_n\}_{n\geq1}$

متناوب نیست.

mousavi · 1389/5/6

فرض کنید متناوب است و دوره تناوب ان k میباشد.
داریم

$x=\frac{\left \lfloor x^{i+k} \right \rfloor -\left \lfloor x^i \right \rfloor}{\left \lfloor x^{i+k-1} \right \rfloor -\left \lfloor x^{i-1} \right \rfloor}$

(پس x گویاست)
و هم چنین داریم

$x^2=\frac{\left \lfloor x^{i+k+1} \right \rfloor -\left \lfloor x^{i+1} \right \rfloor}{\left \lfloor x^{i+k-1} \right \rfloor -\left \lfloor x^{i-1} \right \rfloor}$

حال با ثابت نگهداشتن مخرج میتوان نوان x را افزایش داد و اگر مخرx را a فرض کنیم باید

$x^n \times a$

(برای هر n طبیعی) صحبح شود پس x باید صحیح شود
تناقض.

mousavi · 1389/5/26

با اجازه اقای شریفی سوال بعدی رو بنده میگذارم:
[center:d5041de2e1]

$\300dpi \huge 11$

[/center:d5041de2e1]11.تابع

$f:N\rightarrow N$

در شرایط زیر صدق میکند:

$f(1)=2,f(2)=1$

$f(3n)=3f(n) ,f(3n+1)=3f(n)+2 ,f(3n+2)=3f(n)+1$

تعداد اعداد طبیعی

$n\leq 2006$

را بیابید که

$f(n)=2n$

mousavi · 1389/6/9

راهنمایی:مبنای 3 ...

Aref · 1389/6/9

اگه n رو ببریم توی مبنای سه، f(n) میشه همون n ولی جای یک و دو عوض میشن. حالا اگه f(n)=2n اونوقت توی نمایش n رقم دو نیست.

$2006=(2202022)_3$

و از طرفی اگه توی نمایش مبنای 3 ی n فقط 1و0 داشته باشیم توی f(n)=2n صدق میکنه. حالا 128 تا رشته ی 7 رقمی از 0و1 میشه ساخت. پس جواب 127 ه چون 0000000 جواب نیست!

Aref · 1389/6/9

[center:50b043f4ef]

$\300dpi \huge 12$

[/center:50b043f4ef]
تمام توابع

$f:\Bbb R-\{0\}\to\Bbb R-\{0\}$

را بیابید که

$f(1)=1$

و

[center:50b043f4ef]

$f\left(f(x)y+\frac xy\right)=xyf(x^2+y^2)$

[/center:50b043f4ef]
که

$y\ne0$

.

M_Sharifi · 1389/6/13

Aref گفت

برای هر عدد

$x_0\ne0$

عدد مخالف صفر

$y_0\ne0$

ای وجود دارد که

$f(x_0)y_0+\frac{x_0}{y_0}=x_0^2+y_0^2$

. چرا که معادله ی درجه ی سوم

[center:87d2ae046c]

$y_0^3-y_0^2f(x_0)+y_0x_0^2-x_0=0$

[/center:87d2ae046c]
حداقل یک جواب حقیقی ناصفر برای

$y_0$

دارد. (هر معادله ی درجه ی سوم لااقل یک ریشه ی حقیقی دارد). بنابراین با توجه با این که

[center:87d2ae046c]

$f\left(f(x_0)y_0+\frac{x_0}{y_0} \right )=f(x_0^2+y_0^2)\ne0$

نتیجه میگیریم

$x_0y_0=1$

. با ترکیب این رابطه با رابطه ی

$y_0^3-y_0^2f(x_0)+y_0x_0^2-x_0=0$

نتیجه می گیریم

$f(x_0)=\frac1{x_0}$

. بنابراین

$f(x)=\frac1{x}$

.

[/center:87d2ae046c]

M_Sharifi · 1389/6/13

[center:9509f80f78]

$\300dpi \huge 13$

[/center:9509f80f78]
برای اعداد حقیقی

$1>a_1>a_2>\cdots>a_n>0$

ثابت کنید

[center:9509f80f78]

$\frac{a_1^2}{1-a_1}+\frac{a_2^2}{a_1-a_2}+\cdots+\frac{a_n^2}{a_{n-1}-a_n}>\frac12(a_1+2a_2+\cdots+na_n)-1$

[/center:9509f80f78]

ماراتن جبر (سطح پیشرفته)

راهبر ریاضی

New Member

New Member

راهبر ریاضی

New Member

راهبر ریاضی

New Member

New Member

راهبر ریاضی

New Member

راهبر ریاضی

New Member

راهبر ریاضی

New Member

New Member

New Member

New Member

New Member

راهبر ریاضی

راهبر ریاضی