Matematikos Maratonas Nr. 4

Jadvyga, o kuo blogai $\sum_{i=1}^{x}$? :) Įvertis su Eulerio konstanta yra tiek žinomas, kad pabijojau pasirodyti per daug smulkmeniškas.

Na šiame uždavinyje $x$ - bet koks teigiamas realusis skaičius. Gerai, mano kaltė, kad nepasakiau, bet manau, kad galima buvo susiprasti ir savaime. Tuo tarpu ženklelis $\sum_{i=1}^x$ juk paprastai naudojamas, kai $x$ - sveikasis skaičius.

Aš sumos ženklą naudoju ir ne sviekiems skaičiams. Va ir matematinės programos supranta sumą taip pat (įkeliu screenshot). Priimu pastabą :)

Užduoties sprendimui pakanka parodyti, kad:
$$5^n=10^{6+\lceil l\log_{10}{5}\rceil}*r+5^l,$$
su kažkokiais [tex]1\leq l<n<10^6,\;\; r\in\mathbb{N}.[/tex]
Nagrinėkim skirtumą:
$$5^n-5^l$$
Pabandykime rasti papildomas sąlygas, kurias turi tenkinti [tex]n[/tex] ir [tex]l[/tex], kad:
$$(5^n-5^l)\mod 10^{6+\lceil l\log_{10}{5}\rceil}=0$$
$$5^l(5^{n-l}-1)\mod(5^{6+\lceil l\log_{10}{5}\rceil}2^{6+\lceil l\log_{10}{5}\rceil})$$
Kadangi [tex](5^l,(5^{n-l}-1))=1[/tex] ir [tex](5^{6+\lceil l\log_{10}{5}\rceil},2^{6+\lceil l\log_{10}{5}\rceil})=1[/tex], tai:
$$5^l\mod(5^{6+\lceil l\log_{10}{5}\rceil})\;\;\;(1)$$
ir $$5^{n-l}-1\mod(2^{6+\lceil l\log_{10}{5}\rceil})\;\;\;(2).$$
Iš [tex](1)[/tex] turim [tex]l\geq 6 + \lceil l\log_{10}{5}\rceil.[/tex]
Iš [tex](2)[/tex] ir Oilerio teoremos turim [tex]n-l=m2^{5+\lceil l\log_{10}{5}\rceil}[/tex], [tex]m\geq1[/tex].
Lieka rasti [tex]l[/tex].
Parodykim, kad [tex]\lceil 20\log_{10}{5}\rceil=14.[/tex]
Iš vienos pusės [tex]\log_{10}{5}=\frac{1}{3}\log_{10}{125}>\frac{1}{3}\log_{10}{100}=\frac{2}{3}[/tex].
Iš kitos - [tex]\log_{10}{5}=1-\log_{10}{2}=1-\frac{1}{10}\log_{10}{1024}<1-\frac{1}{10}\log_{10}{1000}=1 - \frac{3}{10}=\frac{7}{10}[/tex].
Taigi, [tex]13<\frac{40}{3}=\frac{2*20}{3}<20\log_{10}{5}<\frac{7*20}{10}=14.[/tex]
Matome, kad [tex]20\geq6+\lceil 20\log_{10}{5}\rceil=6+14[/tex]. Taigi, galim imti [tex]l=20[/tex]. Tada paėmus [tex]m = 1[/tex] [tex]n=2^{14+5}+20\;\;\;[/tex].
Teliko parodyti, kad [tex]2^{19}+20<10^6[/tex]. Nelygybė galioja, nes [tex]2^{10}=1024[/tex] ir [tex](1000+24)^2=1000^2+2*1000*24+24^2=1048576>\frac{1048576}{2}+20=524308[/tex].

Įrodyta.

P.s.  [tex]\lceil l\log_{10}{5}\rceil[/tex] - skaičiaus [tex]5^l[/tex] skaitmenų skaičius.

Puiku, lelius!

Turim lygiakraštį trikampį ABC ir žiogą. Žiogas gali nuo vienos trikampio viršūnės šokti ant gretimos viršūnės. Prieš pradedant šokinėjimą, žiogas sėdi ant viršūnės A. Kiek yra būdų žiogui padarius n šuolių papulti ant viršūnės A.

Duotas uždavinys ekvivalentus tokiam:
Kiek yra ilgio $n+1$ sekų, sudarytų iš raidžių $A$, $B$ ir $C$, kuriose bet kurios dvi gretimos raidės skirtingos, o pirmoji ir paskutiniojo raidės yra $A$?

Jei sutapatinam pirmąją sekos raidę su paskutiniąja, tai pasirodo, kad performuluotas uždavinys ekvivalentus tokiam:
Ratu į numeruotas vietas rašome raides $A$, $B$ arba $C$. Kiek yra tokių surašymų, kad pirmoje vietoje būtų raidė $A$ ir bet kurios dvi gretimos raidės būtų skirtingos?

Panašų uždavinį, kurį taip pat buvo įkėlęs lelius, jau sprendžiau čia: https://www.ematematikas.lt/forumas/matematikos-maratonas-nr-3-t11093-61.html

Pastarajame uždavinyje nebuvo jokio apribojimo pirmajai vietai. Aišku, kad variantų, kai rato pirmoje vietoje stovi $A$, yra lygiai tiek pat, jei pirmoje vietoje turėtų būti $B$ arba $C$. Taigi, remiantis tuo, ką galima rasti nuorodoje, uždavinio atsakymas
\begin{gather*}
\frac{2}{3}\cdot\bigg(2^{n-1}-(-1)^{n-1}\bigg).
\end{gather*}

Gerai.

Sakykime eilutė $\sum a_n$ diverguoja ir $a_n>0$. Įrodykite, kad eilutė $\sum\frac{a_n}{1+a_n}$ taip pat diverguoja.

Padalinkim seką [tex]A=\{a_n\}_{n=1}^{\infty}[/tex] į du nesikertančius posekius [tex]B=\{b_n\}_{n=1}^{m}[/tex] ir [tex]C=\{c_n\}_{n=1}^{k}[/tex], kur [tex]m,k\in\mathbb{N}^*\cup\{\infty\}[/tex] ir [tex]b_n\leq 1,\;\;c_n> 1[/tex]. Tada
$$\sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{1+a_k}=\sum_{k=1}^{l(n)}\frac{b_k}{1+b_k}+\sum_{k=1}^{n-l(n)}\frac{c_k}{1+c_k} \;\;\;(1)$$
$$\sum_{k=1}^{l(n)}\frac{b_k}{1+b_k}\geq \sum_{k=1}^{l(n)}\frac{b_k}{2} \;\;\;(2)$$
$$\sum_{k=1}^{n-l(n)}\frac{c_k}{1+c_k}\geq \sum_{k=1}^{n-l(n)}\frac{1}{2}=\frac{n-l(n)}{2} \;\;\;(3).$$

Kadangi seka [tex]A[/tex] begalinė, tai bent viena iš sekų [tex]B, C[/tex] irgi begalinė.
Jei abi, tai paėmęs bet kokį [tex]M[/tex], rasiu [tex]N[/tex], kad [tex](3)>M[/tex], su visais [tex]n>N[/tex]. Iš čia [tex](1)>M[/tex].
Jei tik [tex]B[/tex], tai sekoje [tex]A[/tex], pradedant nuo tam tikro indekso, visi sekos nariai sutaps su sekos [tex]B[/tex] nariais nuo tam tikro indekso. Kadangi eilutes konvergavimui pirmieji dėmenis neturi įtakos, tai eilutė $$\sum_{n=1}^{\infty}b_n$$ diverguoja.
Iš to seka, kad kiekvienam [tex]M[/tex], egzistuoja [tex]N[/tex], kad [tex](2)>M[/tex], su visais [tex]n>N[/tex]. Iš čia [tex](1)>M[/tex].
Jei tik [tex]C[/tex], tai pakanka to, kad sekos narių be galo daug ir pasinaudoję argumentu iš atvejo su abejom begalinėm sekom, gaunam [tex](1)>M[/tex].

Įrodyta.