Matematyka.pl

ze wspomnianego twierdzenia \(\displaystyle{ n-1=\sum a^2}\) skąd wynika, że \(\displaystyle{ 8n=\sum(2a\pm 1)^2}\)

Oczywiście \(\displaystyle{ k=0}\) albo \(\displaystyle{ k=p}\) spełniają zawsze. Niech dalej \(\displaystyle{ k>p}\).
Jeśli k jest podzielne przez p to \(\displaystyle{ k=np}\) i n>1 i tu łatwo pokazać sprzeczność.
Jeśli p nie dzieli k to szybko pokazujemy że \(\displaystyle{ NWD\left(k,k-p \right) =1}\), czyli k i k-p są jednocześnie kwadratami. Niech \(\displaystyle{ k =a^{2}}\) zaś \(\displaystyle{ k-p=b^{2}}\). Po odjęciu tych równości mamy natychmiast
\(\displaystyle{ k=\left( \frac{p+1}{2} \right) ^{2}}\). Jeśli p=2 to a nie jest całkowite i to nie działa.
Odpowiedź: dla p=2 jest k=0,p
dla p>2 jest \(\displaystyle{ k=0,p,\left( \frac{p+1}{2} \right)^{2}}\)

a wówczas \(\displaystyle{ p}\) jest różnicą kwadratów co łatwo dokończyć

Tw. Turana

Tw. Turana

Patrzymy na różnicę z największym modułem

Nieskończenie schodzimy

\(\displaystyle{ pq}\) dzieli \(\displaystyle{ aq-1+bp}\)

\(\displaystyle{ 1/x}\) wypukła

169 nie ma w zbiorze, z każdej pary 1-168,2-167 może być tylko jedna i musi być dokładnie jedna, ale nie pasuje nam za bardzo para 25-144

Symbol Legendre'a

Dirichlet

Dowód przez wolframa; liczymy pochodną ze względu na u, potem podstawiamy u takie jak nam wyjdzie, że powinno być i liczymy znów pochodną

. Nie machamy rękami i nie robimy wokół siebie szumu. Niech choć jeden dział na forum będzie od tego wolny. Jestem za utrzymaniem tej formuły.

@Ponewor - Twoje pytanie zawiera odpowiedź. Właśnie pierwsza wskazana różnica jest tu kluczowa.

Ekstrema funkcji wielu zmiennych przy zadanym warunku ograniczającym wymagają czegoś więcej.

Niech \(\displaystyle{ K=MN \cap BD, L=AC \cap MN, \angle CLN=\alpha, \angle DKM=\beta}\),
\(\displaystyle{ K'}\) leży na prostej \(\displaystyle{ MN}\), przy czym \(\displaystyle{ K \neq K', KN=NK' \Rightarrow \Delta KNB\equiv \Delta NCK' \Rightarrow \angle CK'N=\beta}\),
\(\displaystyle{ L'}\) leży na prostej \(\displaystyle{ MN}\), przy czym \(\displaystyle{ L \neq L', ML=ML' \Rightarrow \Delta MDL' \equiv \Delta MAL \Rightarrow \angle DL'M=\alpha}\)
Z tego wynika \(\displaystyle{ \Delta L'DK \sim \Delta LCK' \Rightarrow \frac{L'D}{DK}=\frac{LC}{CK'} \Rightarrow \frac{AL}{DK}=\frac{LC}{KB} \ (1)}\)

Niech teraz E będzie punktem leżącym po tej samej stronie prostej MN, co punkt C, takim, że \(\displaystyle{ EL \parallel DK \wedge EL=DK}\),
oraz F punktem leżącym po przeciwnej stronie MN, takim, że \(\displaystyle{ FL=KB \wedge FL \parallel KB}\)
Podstawiamy do równości (1):
\(\displaystyle{ \frac{AL}{EL}=\frac{LC}{FL}}\)
Z układu równań
\(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{AL}{EL}=\frac{LC}{FL}\\ AL+LC=EL+LF\end{cases}}\)
otrzymujemy \(\displaystyle{ DK=AL \wedge LC=BK}\)

\(\displaystyle{ \Delta MDL' \equiv \Delta MAL}\) z czego wynika \(\displaystyle{ \angle DL'K=\angle DKL' \Rightarrow \alpha=\beta}\), cbdo.

Załóżmy, że \(\displaystyle{ (36a+b)(a+36b)=2^n, n \in N}\), wtedy \(\displaystyle{ 36a+b=2^k \wedge a+36b=2^m}\), gdzie \(\displaystyle{ k, m}\) całkowite nieujemne.
Bez straty ogólności \(\displaystyle{ k \ge m}\).
Wtedy \(\displaystyle{ a+36b |36a+b \Rightarrow a+36b|37(a+b)}\)
37 i \(\displaystyle{ a+36b}\) są względnie pierwsze, więc \(\displaystyle{ a+36b|a+b}\) -sprzeczność.

Pytamy które pole można usunąć, żeby uzyskaną figurę można było pokryc klockami 3x1.
Kolorujemy szachownicę w taki sposób:
\(\displaystyle{ 1 2 3 1 2 3 1 2
2 3 1 2 3 1 2 3
3 1 2 3 1 2 3 1
1 2 3 1 2 3 1 2
2 3 1 2 3 1 2 3
3 1 2 3 1 2 3 1
1 2 3 1 2 3 1 2
2 3 1 2 3 1 2 3}\)

Oraz w podobny sposób:
\(\displaystyle{ 2 3 1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3 1 2
3 1 2 3 1 2 3 1
2 3 1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3 1 2
3 1 2 3 1 2 3 1
2 3 1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3 1 2}\)

Oba kolorowania liczą 22 dwójki, więc wywalone pole musi być z dwójką na obu kolorowaniach, czyli mamy 4 kandydatów; łatwo sprawdzić że wywalając dowolnego z nich da się wypełnić powstałą figurę.

Narzuca się rozwiązanie geometryczne - tam, gdzie suma kwadratów, tam kwadrat odległości w układzie współrzędnych.
Mamy punkty: \(\displaystyle{ P=(u,\sqrt{2-u^2})}\) należący do "pierwszej ćwiartki" okręgu \(\displaystyle{ x^2+y^2=2}\) oraz \(\displaystyle{ Q=\left(v,\frac{9}{v}\right)}\) należący do leżącej w pierwszej ćwiartce gałęzi hiperboli \(\displaystyle{ xy=9}\). Mamy znaleźć \(\displaystyle{ PQ_{min}}\), czyli faktycznie minimum \(\displaystyle{ QO=\sqrt{v^2+\left(\frac{9}{v}\right)^2}}\) dla dodatnich \(\displaystyle{ v}\), gdzie \(\displaystyle{ O=(0,0)}\) - to jest najważniejsze spostrzeżenie. Punkt leżący na zewnątrz jest najbliżej okręgu, gdy jest najbliżej jego środka.

Z QM-GM mamy: \(\displaystyle{ \sqrt{v^2+\left(\frac{9}{v}\right)^2}\ge\sqrt{2}\cdot\sqrt{v\cdot\frac{9}{v}}=3\sqrt{2}}\) z równością osiąganą dla \(\displaystyle{ v=\frac{9}{v}=3}\). Zatem \(\displaystyle{ Q=(3,3)}\), czyli \(\displaystyle{ P=(1,1)}\) i \(\displaystyle{ PQ^2_{min}=(2\sqrt{2})^2=8}\)

Wykorzystuje się w nim nierówności Cauchy'ego-Schwarza i AM-GM.

\(\displaystyle{ (p-q)^2+(s-t)^2=p^2+q^2+s^2+t^2-2(pq+st)\ge\\ \\ p^2+q^2+s^2+t^2-2\sqrt{\left(p^2+s^2\right)\left(q^2+t^2\right)}=\\ \\ \left(\sqrt{q^2+t^2}-\sqrt{p^2+s^2}\right)^2}\)

Po podstawieniu \(\displaystyle{ p=u,\ q=v,\ s=\sqrt{2-u^2},\ t=\frac{9}{v}}\) mamy:

\(\displaystyle{ (u-v)^2+\left(\sqrt{2-u^2}-\frac{9}{v}\right)^2\ge\left(\sqrt{v^2+\frac{81}{v^2}}-\sqrt{2}\right)^2\ge\\ \left(\sqrt{2\sqrt{v^2\cdot\frac{81}{v^2}}}-\sqrt{2}\right)^2=8}\)
Równość oczywiście osiągana dla \(\displaystyle{ u=1,\ v=3}\)

Z warunków zadania wynika, że każde trzy (różne) punkty nie są współliniowe.

gdy \(\displaystyle{ n=0,1}\), to teza zadania zachodzi, bo nie ma \(\displaystyle{ n^2+1}\) odcinków

gdy \(\displaystyle{ n=2}\), wtedy dane są punkty \(\displaystyle{ A_1,A_2,A_3,A_4}\), które wyznaczają dokładnie sześć (różnych) odcinków, zakładając, że jest \(\displaystyle{ 2^2+1=5}\) odcinków, niepołączone są co najwyżej punkty \(\displaystyle{ A_1,A_2}\) (bez straty ogólności można tak założyć), połączone są zaś odcinkami w każdy możliwy sposób punkty \(\displaystyle{ A_1,A_3,A_4}\), tworząc trójkąt, więc teza zachodzi

niech teza zadania zachodzi dla \(\displaystyle{ n \ge 2}\) i niech dana będzie żądana konfiguracja \(\displaystyle{ 2(n+1)}\) punktów \(\displaystyle{ B_1,...,B_{2(n+1)}}\), że istnieje \(\displaystyle{ (n+1)^2+1}\) odcinków. Niech punkty \(\displaystyle{ B_1,B_2}\) będą połączone odcinkiem. Jeśli wśród punktów \(\displaystyle{ B_3,...,B_{2(n+1)}}\) jest \(\displaystyle{ n^2+1}\) odcinków, to twierdzenie zostało udowodnione. Jeśli zaś jest wśród nich \(\displaystyle{ \le n^2}\) odcinków, to wtedy \(\displaystyle{ \ge 2n+1}\) odcinków ma dokładnie jeden koniec w \(\displaystyle{ B_1}\) albo w \(\displaystyle{ B_2}\). Jednakże wszystkich takich możliwych połączeń jest \(\displaystyle{ 4n}\) więc gdyby teza była fałszywa, trzeba by było odrzucić co najmniej \(\displaystyle{ 2n}\) odpowiednich takich połączeń i byłoby \(\displaystyle{ <2n+1}\) takich odcinków wbrew wcześniejszym ustaleniom - sprzeczność i zarazem koniec dowodu

Niech wszystkie zmienne będą nieparzyste. Wtedy w podanej równości lewa strona jest parzysta, ale prawa nieparzysta. Zatem co najmniej jedna zmienna jest parzysta \(\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{1}{2}xyz \in \ZZ}\)
Dalej ze znanej tożsamości (dowód przez wymnożenie):
\(\displaystyle{ \frac{x^{3} + y^{3} +z^{3}}{x+y+z+6}= \frac{ \frac{1}{2} \left( x+y+z\right) \left( \left( x - y \right) ^{2} + \left( y - z \right) ^{2} + \left( z - x \right) ^{2} \right) +3xyz}{x+y+z+6}=\frac{ \frac{1}{2} \left( x+y+z\right)xyz+3xyz}{x+y+z+6}=\frac{ \frac{1}{2}xyz \left( x+y+z+6\right)}{x+y+z+6}=\frac{1}{2}xyz \in \ZZ}\)