Matematyka.pl

1. Z poradnika majsterkowicza: Na płaszczyźnie owijamy walec papierem i rysujemy na nim cyrklem "okrąg". Po rozłożeniu papieru otrzymamy elipsę. Czy ta metoda jest poprawna ?
2. Udowodnić, że \(\displaystyle{ {n \choose p } \equiv \lfloor \frac{n}{p} \rfloor \ (mod \ p ) }\), gdzie \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą.
3. Na kartce w kratkę o wymiarach \(\displaystyle{ (n-1) \times (n-1)}\) jest \(\displaystyle{ n^2}\) punktów kratowych. Każdy z nich malujemy jednym z kolorów : czerwonym lub niebieskim. Ile jest takich pokolorowań, w których każdy kwadrat jednostkowy ma dwa wierzchołki czerwone i dwa niebieskie ?
4. Łódka może zabrać w rejs po jeziorze dokładnie 7 osób. Udowodnić, że można tak zaplanować rejsy 49-osobowej wycieczki, aby każdych dwóch uczestników płynęło ze sobą dokładnie raz.
5. Sfera wpisana w czworościan \(\displaystyle{ ABCD}\) jest styczna do ściany \(\displaystyle{ ABC}\) w punkcie \(\displaystyle{ H}\), a sfera dopisana jest styczna do tej ściany w punkcie \(\displaystyle{ O}\). Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ O}\) jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\), to \(\displaystyle{ H}\) jest ortocentrum tego trójkąta.
6. Liczby naturalne \(\displaystyle{ A, B, C}\) są kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego, a \(\displaystyle{ B, C, D}\) są kolejnymi wyrazami ciągu geometycznego, oraz \(\displaystyle{ \frac{C}{B} = \frac{5}{3} }\).
Wyznaczyć minimum sumy \(\displaystyle{ A+ B+C+D}\)
7. Jakie wartości ma wyrażenie \(\displaystyle{ x^2+y^2}\) jeśli
\(\displaystyle{ \begin{cases} x-2y+4 \geq 0 \\ 2x+y-2 \geq 0 \\ 3x-y-4 \leq 0 \end{cases}}\)
?
8. Rozwiązać układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{xz}{x+z} = 6 \\ \frac{xy}{x+y} = \frac{3}{2} \\ \frac{yz}{y+z} = 6 \end{cases}}\)
9. Niech \(\displaystyle{ a, b >0}\). Zdefiniowane są ciągi \(\displaystyle{ a_n}\) i \(\displaystyle{ b_n}\):
\(\displaystyle{ a_0=a \\ b_0=b \\ a_n = \frac{a_{n-1}+b_{n-1}}{2} \\ b_n = \frac{2a_{n-1}b_{n-1}}{a_{n-1}+ b_{n-1} }}\) dla \(\displaystyle{ n>0}\).
Udowodnić, że ciągi te są zbieżne i wyznaczyć ich granice.
10. Udowodnić, że w czworokącie o wymiernych bokach i przekątnych, te ostatnie dzielą się na odcinki o wymiernych długościach.
Twierdzenie Kummera

Dodano po 4 godzinach 43 minutach 2 sekundach:

Dodano po 18 minutach 23 sekundach:

Nie ma rozwiązań: 1, 2, 4, 5

Dodano po 1 godzinie 43 minutach 56 sekundach:
i 10

zad. 2:

niech:

\(\displaystyle{ n=\alpha p+r , r<p}\)

z tego:

\(\displaystyle{ n!=\left[ \left( \alpha-1\right)p \right]! \cdot \left[ \left( \alpha-1\right)p+1 \cdot ... \cdot \alpha p \right] \cdot \left( \alpha p+1\right) \cdot ... \cdot \left( \alpha p+r\right) }\)

\(\displaystyle{ \left( n-p\right)!= \left[ \left( \alpha-1\right)p+r \right]! =\left[ \left( \alpha-1\right)p \right]! \cdot \left[ \left( \alpha-1\right)p+1 \right] \cdot ... \cdot \left[ \left( \alpha-1\right)p+r \right]}\)

teraz do wzoru:

\(\displaystyle{ {n \choose p} = \frac{n!}{\left( n-p\right)! \cdot p! } = \frac{\left[ \left( \alpha-1\right)p \right]! \cdot \left[ \left( \alpha-1\right)p+1 \cdot ... \cdot \alpha p \right] \cdot \left( \alpha p+1\right) \cdot ... \cdot \left( \alpha p+r\right)}{ \left[ \left( \alpha-1\right)p \right]! \cdot \left[ \left( \alpha-1\right)p+1 \right] \cdot ... \cdot \left[ \left( \alpha-1\right)p+r \right] \cdot p!} \mod p=}\)

= \(\displaystyle{ \frac{\left( p-1 \right) ! \cdot \alpha p \cdot r!}{\left( p-1\right)! \cdot p \cdot r! } \mod p= \alpha }\)

a skoro:

\(\displaystyle{ n=\alpha p+r}\)

to:

\(\displaystyle{ \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor =\alpha}\)

czyli:

\(\displaystyle{ {n \choose p} =\left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor \mod p =\alpha \mod p}\)

cnd...


zadanie 3:

W zadaniu trzecim zauważmy, że kolorowanie jest tak naprawdę istotne w pierwszym wierszu i pierwszej kolumnie, reszta już jest konsekwencją pokolorowanie pierwszego rzędu i pierwszej kolumny kwadratów...

Można kolorować naprzemiennie i wtedy mamy \(\displaystyle{ 2^{n+1}}\) możliwości lub : dwa czarne, dwa białe, dwa czarne,... lub na odwrót i wtedy mamy dwie możliwości ( to było od lewej do prawej), analogicznie z góry w dół mamy \(\displaystyle{ 2^{n+1}-4}\) bo pierwszy kwadrat odrzucamy...

Co daje nam łącznie:

\(\displaystyle{ 2^{n+1} +2+2^{n+1}-4=2\left( 2^{n+1}-1\right) }\)

możliwości...

Dodano po 30 minutach 36 sekundach:
W zadaniu 4 mam taką propozycję aby utworzyć graf o wierzchołkach:

\(\displaystyle{ \left\{ 1,2\right\} \left\{ 1,3\right\} ...\left\{ 48,49\right\} \left\{ 1\right\} \left\{ 2\right\} ...\left\{ 49\right\} }\)

jest:

\(\displaystyle{ {49 \choose 2} }\)- wierzchołków "dwuelementowych"

\(\displaystyle{ 49}\) - wierzchołków jednoelementowych

wierzchołki "dwuelementowe" są incydentne jeżeli część wspólna tych podwójnych wierzchołków jest zbiorem pustym, np:

\(\displaystyle{ \left\{ 1,2\right\} }\) nie jest incydentne z \(\displaystyle{ \left\{ 2,3\right\} }\)

a:

\(\displaystyle{ \left\{ 1,2\right\} }\) jest incydentne z \(\displaystyle{ \left\{ 4,5\right\} }\)

natomiast wierzchołki "jednoelementowe" nie są między sobą incydentne, ale są incydentne z wierzchołkami dwuelementowymi z którymi nie mają wspólnych elementów...

np.:

\(\displaystyle{ \left\{ 1\right\} }\) nie jest incydentne z \(\displaystyle{ \left\{ 1,3\right\} }\)

a:

\(\displaystyle{ \left\{ 1\right\} }\) jest incydentne z \(\displaystyle{ \left\{ 2,3\right\} }\)

I teraz z tego grafu "wybieramy" czworokąty incydentne np.:

\(\displaystyle{ \left\{ 1,2\right\} \left\{ 3,4\right\} \left\{ 5,6\right\} \left\{ 7\right\} }\)

i sadzamy ich do łódki , po przewiezieniu bierzemy następny "incydentny" czworokąt, aż do ostatniego czworokąta.

Ale ilość wierzchołków dwuelementowych jest:

\(\displaystyle{ {49 \choose 2} =1176}\)

Na jeden czworokąt "zużywamy" trzy wierzchołki dwuelementowe i jeden wierzchołek jednoelementowy...

teoretycznie mamy: \(\displaystyle{ 1176:3=392}\) takich czworokątów, ale szybko zabraknie do kompletu wierzchołków jednoelementowych, ale

możemy wierzchołki jednoelementowe używać kilkakrotnie do różnych czworokątów...

a jest to możliwe ponieważ:

\(\displaystyle{ 392:49=8}\) a więc pojedynczy wierzchołek może trafić do kilku czworokątów...

Jeżeli by to dzielenie nie było całkowite to nie byłoby takiej możliwości...

cnd...