Matematikos Maratonas Nr. 3

Sąlygoje pateiktas tvirtinimas, kad bet kuriam nelyginiam [tex]n[/tex] yra status trikampis, kurio dvieju kraštinių ilgiai teigiami sveikieji skaičiai, o likusios kraštinės ilgis [tex]\sqrt{n}[/tex], nėra teisingas. Kontr. pvz: [tex]n=1\Rightarrow a^2+b^2=1 ∨ a^2+1=b^2[/tex].
1) Jei b>a (nemažinant bendrumo), tai b<2. Sprendinys: (1,0) - negalimas.
2) [tex]a^2+1=b^2 \Rightarrow 1=(b-a)(b+a)\Rightarrow (b-a)=1∧(b+a)=1 \Rightarrow (b-a)=(b+a) \Rightarrow a=0[/tex]. Taigi, n=1 neegzistuoja trikampio.

P.s. [tex]a, b \in \mathbb{N}[/tex]

Taip tiesa, pražioplinau atvejį, kai [tex]n=1[/tex]. Imant atskirą atvejį aiškiai matome, jog tada [tex]b=\frac{n-1}{2}=0[/tex].
O imant apibendrintą atvejį, turime, kad neegzistuoja toks skaičiaus [tex]n=1[/tex] daliklis, kuris būtų mažesnis už [tex]\sqrt{n}=1[/tex], taigi [tex]A^*=∅[/tex].
P.S palieku originalų sprendimą, o šis komentaras tegu būna priedas prie sprendimo, įrodant, jog [tex]n[/tex] negali būti 1.

Su viskuo sutinku. Galime tęsti maratoną?

Tomai, ar kelsi uždavinį?

lelius, jei nori gali kelti tu kaip prisidėjęs dalinai prie šio uždavinio sprendimo, kol kas nerandu gero uždavinio - kandidato šiam maratonui.

Racionalią trupmeną (iš [tex]\mathbb{C}(x)[/tex]) išreikškite paprastųjų trumpenų suma: [tex]\frac{1}{x^n+1}[/tex]

Atsakymas:
[tex]\frac{1}{x^n+1}=\frac{1}{nw_1^{n-1}(x-w_1)}+\frac{1}{nw_{2}^{n-1}(x-w_2)}+\dots+\frac{1}{nw_n^{n-1}(x-w_n)}[/tex], kur $w_1,w_2,\dots,w_n$ yra daugianario $x^n+1$ šaknys.

Atsakymą galime taip pat išreikšti kitokia forma:

[tex]\frac{1}{x^n+1}=\frac{-1}{n}\cdot\left(\frac{w_1}{x-w_1}+\frac{w_2}{x-w_2}+\dots+\frac{w_n}{x-w_n}\right)[/tex].

Kadangi sprendime atradau daug dar nematytų žingsnių, tai nusprendžiau pasitikrinti atsakymą, kai $n=2$ ir $n=3$. Gavau:

[tex]\frac{1}{x^2+1}=\frac{-i}{2}\cdot\left(\frac{1}{x-i}-\frac{1}{x+i}\right)[/tex](nesunku pačiam apskaičiuoti dešinę pusę ir patikrinti);

[tex]\frac{1}{x^3+1}=\frac{1}{nw_1^2(x-w_1)}+\frac{1}{nw_2^2(x-w_2)}+\frac{1}{nw_3^2(x-w_3)}[/tex], kur $w_1=\frac{1}{2} - \frac{i\sqrt{3}}{2}$, $w_2=\frac{1}{2} + \frac{i\sqrt{3}}{2}$, $w_3=-1$
(tikrinau naudodamas įrankį WolframAlpha).

Matematikos maratono taisyklės:
• Žmogus išsprendęs uždavinį turi įdėti naują.
• Turi būti parašyti sprendimai, formulės, nubrėžti reikalingi grafikai, o ne vien parašyti atsakymai.
• Kadangi čia olimpiadų skiltis, todėl uždaviniai turi būti sudėtingi, reikalaujantys žinių.
• Jeigu uždavinio niekas neįveikia per tris dienas, sprendimą pateikia autorius.
• Jei autorius po trijų dienų nepateikia sprendimo, tai naują uždavinį gali įkelti bet kas norintis.

Na taip, sprendimas labai svarbu. Ir ne tik sprendimas, bet ir jo suprantamumas, o pas mane taip pat loginių žingsnių sudėtingumo įvertinimas. Štai dėl to pas mane sprendimas ir užtruko, bet niekur nedingo. Tad štai.

Žinoma, daug įdomiau, kaip buvo prieita ligi atsakymo. Mano pradinės žinios buvo tokios:
• Pagr. algebros teorema: kiekvienas n-tojo laipsnio polinomas su kompleksiniais koeficientais turi n kompleksinių šaknų. Taip pat ir daugianaris $x^n+1$ turi $n$ kompleksinių šaknų; jos kompleksinių skaičių plokštumoje yra išsidėstę ant vienetinio apskritimo ir sudaro taisyklingąjį daugiakampį
• Jei $Q(x)$ yra $n$-tojo laipsnio daugianaris, tai jis turi $n$ šaknų, jas galima žymėti $w_1,w_2,\dots,w_n$ ir daugianarį galima parašyti forma $A(x-w_1)(x-w_2)\dots (x-w_n)$.
• Visas trupmenas formos $\frac{P(x)}{Q(x)}$, kur P yra bet koks daugianaris, mažesnio laipsnio nei Q, o Q yra minėtas daugianaris, galima išreikšti suma $\frac{C_1}{x-w_1}+\frac{C_2}{x-w_2}+\dots+\frac{C_n}{x-w_n}$, kur $C_1,C_2,\dots,C_n$ yra tam tikri fiksuoti skaičiai. Apie šią procedūrą yra kalbama čia; Skaičių $C_1,C_2,\dots,C_n$ radimas ir yra svarbiausia dalis, siūloma šiame uždavinyje.

Aš žinojau tik vienintelį būdą, kaip rasti $C_1,C_2,\dots,C_n$: parinkus daugianario $x^n+1$ šaknis $w_1,w_2,\dots,w_n$: subendravardiklinti visas trupmenas sumoje $\frac{C_1}{x-w_1}+\frac{C_2}{x-w_2}+\dots+\frac{C_n}{x-w_n}$. Tokiu būdų vardiklyje gausis $x^n+1,$ o skaitiklyje daugianaris, lygus 1. Skaičius $C_1,C_2,\dots, C_n$ galime rasti pagal koeficientų prilyginimo metodą, tačiau šis metodas, apkrautas per daug dideliais skaičiavimais, man vaisių nedavė.

Uždavinio taip ir nebūčiau sprendęs, jei nebūčiau pastebėjęs analogiško leliaus uždavinio sprendimo maratono pradžioje, p.4. Ten siūlomas alternatyvus būdas rasti skaičiams $C_1,C_2,\dots, C_n$. Apibrauktose dalyse užrašysiu juo paremtą sprendimą, o kitose jo paaiškinimus.

$\boxed{\begin{array}{l} \frac{1}{x^n+1}=\frac{C_1}{x-w_1}+\frac{C_2}{x-w_2}+\dots+\frac{C_n}{x-w_n};\\ \\ \text{Dauginame abi puses iš }x^n+1: \\ 1=\frac{C_1(x^n+1)}{x-w_1}+\frac{C_2(x^n+1)}{x-w_2}+\dots+\frac{C_n(x^n+1)}{x-w_n}; \end{array}}$

Dešinėje paskutinės lygybės pusėje turime $n$ dėmenų, iš kurių kiekvienas $i$-tasis dėmuo yra sudarytas iš dauginamojo $C_i$ ir visų daugiklių $x-x_1,x-x_2,\dots,x-x_n$, išskyrus $x-x_i$. Į paskutiniąją lygybę vietoje $x$ įstatę $x_i$, gautume, kad tie dėmenys, į kuriuos įeina daugikliai $x-x_i$, taptų nuliniais, nes šie daugikliai taptų nuliniais. Nenuliniu liktų tik vienintelis dėmuo, į kurį įeina visi daugikliai, išskyrus $x-x_i$. Toks yra tik dėmuo $C_i(x-x_1)\cdot(x-x_2)\cdot\dots\cdot(x-x_{i-1})\cdot(x-x_{i+1})\cdot(x-x_{i+2})\cdot\dots\cdot(x-x_{n})=\frac{C_i(x^n+1)}{x-w_i},$ tačiau į jį (ir tik į jį) negalime įstatyti $x_i$, nes dalyba iš 0 negalima. Šį nesklandumą galime apeiti, kaip parodyta sprendime.

$\boxed{\begin{array}{l} \text{Paskutinė lygybė galioja su beveik visomis $x$ reikšmėmis, išskyrus $x_1,x_2,\dots,x_n$}\\ \text{Įstatykime į ją reikšmes $t$, kurios būtų norimai arti $x_1,x_2,\dots,x_n$} \\ \text{Atlikę visus $n$ įstatymų $(t\to w_1, t\to w_2, \dots, t\to w_n)$ turėsime:}\\
\begin{cases} 1=\frac{C_1(t^n+1)}{t-x_1}+\text{ skaičius norimai arti 0}\\ 1=\frac{C_2(t^n+1)}{t-x_2}+\text{ skaičius norimai arti 0}\\ \dots \\ 1=\frac{C_n(t^n+1)}{t-x_n}+\text{ skaičius norimai arti 0}\end{cases}
\Leftrightarrow
\begin{cases} 1=\frac{C_1(t^n-x_1^n)}{t-x_1}+\text{ skaičius norimai arti 0}\\ 1=\frac{C_2(t^n-x_2^n)}{t-x_2}+\text{ skaičius norimai arti 0}\\ \dots \\ 1=\frac{C_n(t^n-x_n^n)}{t-x_n}+\text{ skaičius norimai arti 0}\end{cases}
\end{array}}$

Toliau naudosimės formule $\frac{x^n-y^n}{x-y}=x^{n-1}+x^{n-2}y+x^{n-3}y^2+\dots+xy^{n-2}+y^{n-1}$, jei tik $x\neq y$. Mokyklinėje matematikoje ji pastebima tik geometrinėse progresijose. Jos teisingumu galima įsitikinti atliekant daugianarių dalybą kampu. Ją pritaikius turime:

$\boxed{\begin{array}{l} \text{Lygybės, kai $t\neq x_1,x_2,\dots x_{n-1}$ arba $x_n$ pertvarkomos į} \\ \begin{cases} 1=C_1(t^{n-1}+t^{n-2}w_1+t^{n-3}w_1^2+\dots+tw_1^{n-2}+w_1^{n-1})+\text{ skaičius norimai arti 0}\\ 1=C_2(t^{n-1}+t^{n-2}w_2+t^{n-3}w_2^2+\dots+tw_2^{n-2}+w_2^{n-1})+\text{ skaičius norimai arti 0}\\ \dots \\ 1=C_n(t^{n-1}+t^{n-2}w_n+t^{n-3}w_n^2+\dots+tw_n^{n-2}+w_n^{n-1})+\text{ skaičius norimai arti 0}\end{cases}\\
\text{Prisiminę, kad kiekviena lygybė yra gauta įstatant reikšmes $t$, kurios}\\ \text{yra norimai arti $x_1,x_2,\dots,x_n$, užbaigiame įstatymo procedūrą ir gauname:}\\
\begin{cases} 1=C_1nw_1^{n-1}+\text{ skaičius norimai arti 0}\\ 1=C_2nw_2^{n-1}+\text{ skaičius norimai arti 0}\\ \dots \\ 1=C_nnw_n^{n-1}+\text{ skaičius norimai arti 0}\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 1\text{ yra norimai arti }C_1nw_1^{n-1}\\ 1\text{ yra norimai arti }C_2nw_2^{n-1}\\ \dots \\ 1\text{ yra norimai arti }C_nnw_n^{n-1.}\end{cases}\\ \text{Galiausiai:}\begin{cases} C_1\text{ yra norimai arti }\frac{1}{nw_1^{n-1}}\\ C_2\text{ yra norimai arti }\frac{1}{nw_2^{n-1}}\\ \dots \\ C_n\text{ yra norimai arti }\frac{1}{nw_n^{n-1}}\end{cases}\end{array}}$
Manau, jau pakankamai aišku, kodėl tai atvedė į atsakymą. Sprendime galėjau panaudoti ribos sąvoką, bet ją sąmoningai praleidau, nes jos panaudojimą man pačiau užtruko perprasti šioje diskusijoje, kur skaičiuoja taisyklingojo daugiakampio įstrižainių sandaugą panašiai kaip mūsų uždavinyje. Tačiau nepasigilinęs į toje diskusijoje siūlomus sprendimus nebūčiau sugalvojęs, ką reikia daryti su įstatymais norint pasiekti ieškomą rezultatą.

Gerai.