nierownosc
zombi: n(n+1)a+2n ≥ 4
√a(
√1+
√2+...+
√n)
zal.
a≥0 i n≥1 i n∊N
oczywiste jest, że dla n≥1 n≥
√n
stąd mamy
1+2+3...≥
√1+
√2+
√3
n(n+1) ≥ 2(
√1+
√2+...+
√n)
i do tego momentu luz, tylko później jest problem z tym a i 2
√a
2 kwi 16:36
zombi: gdyby zawsze zachodziło a≥2
√a to luzem, tylko dla tego a∊<0; 4>
2 kwi 16:41
zombi: poodbijam
2 kwi 17:51
zombi: podbijam z nawiązką do sprawdzenia
a,b,c∊R
(a
2−2a)+(c
2−2c)+(b
2−2b)+3≥0
Wystarczy dodać, że każdych z tych nawiasów najmniejszą wartość jaką przyjmuje jest −1 stąd
równość zachodzi gdyb a=b=c=1
2 kwi 18:04
Godzio:
To ostatnie to mógłbyś pozwijać:
(a − 1)
2 + (b − 1)
2 + (c − 1)
2 ≥ 0 i nie ma żadnego problemu
2 kwi 18:16
zombi: Taa, ale już nie chciało mi się pisać.
A na pierwsze masz pomysł? Bo nie chce zaglądać do
odpowiedzi wolałbym wskazówkę.
2 kwi 18:19
zombi: Olać tamtą nierówność coś lepszego znalazłem, czego nie wiem jak pokonać.
Wykaż, że dla dowolnej n∊N ułamek
jest nieskracalny
2 kwi 18:35
zombi: Chyba, że tak jakbym wysuwał wymyślone wnioski to prosze mi mowic
Niech
n!+1=p*k
(n+1)!+1=d*k
wiadomo nwd(d,p)=1
(1) (n+1)!+1=d*k
oraz
(2) (n+1)!+(n+1)=(n+1)[n!+1]=(n+1)p*k
odejmując
(2) od (1) dostaniemy
n=[(n+1)p−d]*k
stąd k | n oraz k | n!+1
o ile, oczywiste jest ze k |n! to k |1 ⇒ k=1 czyli nwd( n!+1, (n+1)!+!)=1
2 kwi 18:56
2 kwi 18:58
zombi: To Vax robi olimpijskie ja staram się robić te pseudo, o 200 razy łatwiejsze.
2 kwi 19:00
Cusack: dla mnie te zadania '200 razy łatwiejsze' to i tak lekka abstrakcja.
a z tego co czytałem przygotowania do OM warto zacząć od zadań z OMG.
2 kwi 19:10
Cusack: jeżeli chcesz startować w olimpiadzie..
2 kwi 19:11
zombi: Spoko luz, ja mam jakieś książeczki trzeba się oswoić, później dużo teorii i wtedy może zacznę
robić ze starych OMów, bo na razie to hardkor straszny, jak na nie patrzę
2 kwi 19:17