Matematyka.pl

Prosta PQ ma równanie
\(\displaystyle{ x( \sqrt{5000} + \sqrt{2009} )-y( \sqrt{5000} + \sqrt{7991} )+ \sqrt{39955000}- \sqrt{10045000}=0}\)
Teraz liczymy odległość tej prostej od środka układu współrzędnych
\(\displaystyle{ d(S,pr.PQ)= \frac{ \sqrt{39955000} - \sqrt{10045000}} { \sqrt{20000+2( \sqrt{10045000}+ \sqrt{39955000} )} } \approx 15,96}\)
Więc prosta nie przecina \(\displaystyle{ \left[15,96 \right]=15}\) okręgów,a to oznacza że przecina \(\displaystyle{ 100-15=85}\) okręgów

\(\displaystyle{ 2^{49!}=(2^{4})^{\frac{49!}{4}}=16^{5k}=(16\cdot 256\cdot 256)^{k}\equiv (16\cdot 56 \cdot 56)^{k} \equiv (16 \cdot 36)^{k} \equiv 76^{k} \equiv 76 \ (mod \ 100)}\)
Pierwsze przejście mogę wykonać ponieważ\(\displaystyle{ 4|49!}\). Potem \(\displaystyle{ 5|\frac{49!}{4} \Leftrightarrow \frac{49!}{4}=5k \ k \in \mathbb N}\)

Oznaczmy punkty \(\displaystyle{ A=(x_0,y_0)}\) , \(\displaystyle{ B=(x_1,0)}\) , \(\displaystyle{ C=(x_2,0)}\)
Skoro \(\displaystyle{ x_0}\) ma należeć do f(x) to oznaczmy \(\displaystyle{ y_0=f(x_0)}\).
Równanie stycznej do f w punkcie \(\displaystyle{ x_0}\) wygląda tak:
\(\displaystyle{ y-y_0=f'(x_0)(x-x_0)}\)
Po przekształceniu i podstawieniu założenia:\(\displaystyle{ y=f'(x_0) \cdot x + f(x_0) -f'(x_0)x_0}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ x_1}\) jest miejscem zerowym tej prostej więc \(\displaystyle{ x_1= \frac{-b}{a}}\) czyli:
\(\displaystyle{ x_1= \frac{-f(x_0)+f'(x_0)x_0}{f'(x_0)} = \frac{-f(x_0)}{f'(x_0)}+x_0}\)
--------------------------------------------------
Przyjrzyjmy się \(\displaystyle{ x_2}\). Szukamy normalnej do f, czyli de facto prostej prostopadłej do wcześniej znalezionej stycznej.Korzystając z warunku prostopadłości prostych wzór na normalną wygląda tak:
\(\displaystyle{ y= \frac{-1}{a} \cdot x + d}\) , gdzie a będzie współczynnikiem kierunkowym wcześniej znalezionej stycznej, natomiast d to wyraz wolny tej normalnej. Po podstawieniu za a otrzymujemy: \(\displaystyle{ y= \frac{-1}{f'(x_0)} \cdot x + d}\). Ponieważ normalna przechodzi przez \(\displaystyle{ (x_0;f(x_0))}\) łatwo znajdziemy d.
\(\displaystyle{ f(x_0)= \frac{-1}{f'(x_0)} \cdot x_0 + d \Leftrightarrow d = f(x_0) + \frac{x_0}{f'(x_0)}}\).
Wiemy, że \(\displaystyle{ x_2}\) jest miejscem zerowym tej prostej normalnej, czyli dla wprowadzonych oznaczeń będzie to \(\displaystyle{ x_2=a \cdot d = f(x_0) \cdot f'(x_0) + x_0}\)
------------------------------------------------
Z dotychczasowych ustaleń (i z samej treści też można to wywnioskować) szukana funkcja nie jest funkcja stałą, ani nie posiada ekstremów \(\displaystyle{ f'(x) \neq 0}\) czyli jeśli szukana f jest ciągła to jest ściśle monotoniczna (lub gdyby była nieciągła to przedziały monotoniczności pokrywają się z przedziałami ciągłości)
------------------------------------------------
Ponieważ odcinki AB i AC są do siebie prostopadłe to ten trójkąt zawsze jest prostokątny i musi mieć stałe pole \(\displaystyle{ P_t}\). Pole takiego trójkąta można wyliczyć nie tylko z połowy iloczynu przyprostokątnych, ale również z połowy iloczynu wysokości (h) poprowadzonej z wierzchołka A na bok BC.
\(\displaystyle{ h=|f(x_0)| ; |BC|=|x_1 - x_2| \\
P_t= \frac{1}{2} \cdot |f(x_0)| \cdot |x_1 - x_2|}\) Ponieważ \(\displaystyle{ P_t}\) jest stałe >0 to bez straty ogólności mogę wprowadzić stałą \(\displaystyle{ k=2P_t}\) wówczas po podstawieniu za \(\displaystyle{ x_1}\) i \(\displaystyle{ x_2}\) otrzymuję:
\(\displaystyle{ k=|f(x_0)| \cdot |\frac{-f(x_0)}{f'(x_0)}+x_0 - f(x_0) \cdot f'(x_0) - x_0| \\
k=|f(x_0)| \cdot |\frac{-f(x_0)}{f'(x_0)} - f(x_0) \cdot f'(x_0)| \\
k=f^2(x_0) \cdot |\frac{1}{f'(x_0)} + f'(x_0)|}\)
Ponieważ szukamy funkcji mgę pozbyć się indeksu dolnego
\(\displaystyle{ k=f^2(x) \cdot |\frac{1}{f'(x)} + f'(x)|}\)
Niech y=f(x)
\(\displaystyle{ k=y^2 \cdot |\frac{1}{y'} + y'|}\)
Dla y'>0 (funkcja rosnąca)
\(\displaystyle{ ky'=y^2 + (yy')^2 \Leftrightarrow y^2 -ky' + (yy')^2 = 0}\)
Dla y'<0 (funkcja malejąca)
\(\displaystyle{ ky'=-y^2 - (yy')^2 \Leftrightarrow y^2 +ky' + (yy')^2 = 0}\)
A teraz trzeba odkurzyć notatki z równań różniczkowych

Nie przeczytałem całego rozwiązania silicuma, bo się śpieszę, ale wydaje mi się, że moje rozwiązanie jest chyba prostsze i krótsze ;P.
Ponumerujmy te liczby tak, aby \(\displaystyle{ x_{1} \ge x_{3} \ge x_{2} \ge x_{4}}\). Wtedy cała pierwsza i trzecia nierówność są oczywiste. Pozostaje nam do rozpatrzenia druga nierówność, a mianowicie \(\displaystyle{ 0 \le x_{1}+x_{2} \le 1}\).
Zauważmy, że \(\displaystyle{ x_{1}+x_{2} \ge x_{3}+x_{4} \Rightarrow x_{1}+x_{2} \ge 0}\).
\(\displaystyle{ x_{1}+x_{2} \le x_{1}+\frac{x_{2}+x_{3}}{2}=x_{1}-\frac{x_{1}+x_{4}}{2}=\frac{x_{1}-x_{4}}{2} \le 1}\)
c.b.d.u.

\(\displaystyle{ a_{1} \le a_{2} \le ... \le a_{d(n)}}\)-dzielniki \(\displaystyle{ n}\)
\(\displaystyle{ \delta(n)=a_{1}a_{2}...a_{d(n)}}\)
\(\displaystyle{ \delta(n)=a_{d(n)}a_{d(n)-1}...a_{1}}\)
\(\displaystyle{ (\delta(n))^{2}=n^{d(n)} \Rightarrow \delta(n)=n^{ \frac{d(n)}{2}}}\)
Teraz założę, że ta funkcja nie jest różnowartościowa i dojdę do sprzeczności:
\(\displaystyle{ a^{d(a)}=b^{d(b)}, a<b}\)
\(\displaystyle{ a=kl}\), \(\displaystyle{ b=kt}\), \(\displaystyle{ NWD(l,t)=1}\)
\(\displaystyle{ k^{d(a)}l^{d(a)}=k^{d(b)}t^{d(b)} \Leftrightarrow k^{d(a)-d(b)}l^{d(a)}=t^{d(b)} \Rightarrow l=1}\)
\(\displaystyle{ k^{\frac{d(a)-d(b)}{d(b)}}=t \Rightarrow b=a^{x}}\)
\(\displaystyle{ a^{d(a)}=a^{xd(a^{x})}}\) Niemożliwe, bo \(\displaystyle{ d(a)<xd(a^{x})}\)

\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}=q(a+b)+r \Rightarrow q^{2}-q(a+b)+a^{2}+b^{2}-1977=0}\)
\(\displaystyle{ \Delta=2ab-3(a^{2}+b^{2})+4 \cdot 1977 \ge 0}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ (a-b)^{2} \ge 0}\), \(\displaystyle{ 7908 \ge 2a^{2}+2b^{2} \ge (a+b)^{2} \Rightarrow 88 \ge a+b>r \Rightarrow q^{2}=1977-r >1889 \Rightarrow q=44 r=41}\)
\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}=44(a+b)+41}\) <---poddaję się, nie znam krótkiego sposobu, by to rozwiązać.

A moze zrobi ktos do tego rysunek...?!

Rozwiazania chyba jednak beda....

Jesli \(\displaystyle{ I_k=[\frac{k}{10}, \frac{k+1}{10}]}\) dla k=0, 1, ...9. Wtedy
\(\displaystyle{ m(A)= \sum_{i=0}^4 m(A \cap I_{2i}) +m(A \cap I_{2i+1})}\) . Jesli dodamy 0,1 do
kazdego elementu zbioru \(\displaystyle{ A \cap I_{2i}}\) to po prostu przesuniemy ten zbior , tak ze "wpadnie " do kolejnego \(\displaystyle{ I_{2i+1}}\). Otrzymamy podzbior rozlaczny z A:
\(\displaystyle{ A \cap I_{2i} + \frac{1}{10} \subset I_{2i+1}}\)
i \(\displaystyle{ (A \cap I_{2i} + \frac{1}{10}) \cap A =\emptyset}\)
Ale zbiory \(\displaystyle{ A \cap I_{2i}}\) i \(\displaystyle{ (A \cap I_{2i}) +\frac{1}{10}}\) maja rowne miary, stad juz wynika teza
bo \(\displaystyle{ m(A \cap I_{2i}) +m(A \cap I_{2i+1}) \leq m(I_{2i+1})=\frac{1}{10}}\)

Mamy \(\displaystyle{ r<q}\) i \(\displaystyle{ r=1977-q ^{2}}\)
Łatwo zauważyć że \(\displaystyle{ 44 ^{2}<1977<45 ^{2}}\) oraz \(\displaystyle{ 1977-43 ^{2}>42}\)
Więc \(\displaystyle{ q=44}\) i \(\displaystyle{ r=41}\)

Równanie z treści zadania ma więc postać
\(\displaystyle{ a ^{2}+b ^{2}=44(a+b)+41 \Leftrightarrow a(a-44)+b(b-44)=41 \Leftrightarrow a ^{2}-44a+(b ^{2}-44b-41)=0}\)
Licząc deltę łatwo oszacujemy że \(\displaystyle{ a \le 53 \wedge b \le 53}\)
Wracając do
\(\displaystyle{ a(a-44)+b(b-44)=41}\)
Widzimy że jeden składnik sumy po lewej stronie musi być dodatni, a drugi ujemny dzięki temu mamy tylko 9 liczb do ręcznego sprawdzenia
Wynik
\(\displaystyle{ (a,b) \in \{(50,7),(50,37),(7,50),(37,50)\}}\)

Można, obracamy czworościan na kolejne pola spirali z rysunku:

Co do drugiej części zadania chyba widać, że płaszczyzna będzie pokolorowana w taki sposób:

jednak nie wiem, jak to wykazać

Przykładowe rozwiązanie:
pierwsza grupa: jedna osoba mająca 4 wygrane i 5 porażek
druga grupa: osiem osób mających 5 wygranych i 4 porażki
trzeci grupa: jedna osoba mająca 1 wygraną i 8 porażek

Mamy wyznaczyć \(\displaystyle{ x \equiv 2^{49!} \pmod{107\cdot 109}}\) co jest równoważne:

\(\displaystyle{ \begin{cases} x \equiv 2^{49!} \pmod{109}\\ x \equiv 2^{49!} \pmod{107} \end{cases}}\)

Zajmując się 1 kongruencją zauważamy, że z twierdzenia Eulera otrzymujemy \(\displaystyle{ 2^{108} \equiv 1 \pmod{109}}\), zauważamy również \(\displaystyle{ 49! \equiv 0 \pmod{108}}\) skąd wynika \(\displaystyle{ x \equiv 2^{49!} \equiv 1 \pmod{109}}\) przechodzimy teraz do 2 kongruencji, również z twierdzenia Eulera otrzymujemy \(\displaystyle{ 2^{106} \equiv 1 \pmod{107}}\) chcemy wyznaczyć \(\displaystyle{ y\equiv 49! \pmod{106}}\), co jest równoważne:

\(\displaystyle{ \begin{cases} y \equiv 49! \pmod{2} \Rightarrow y \equiv 0 \pmod{2}\\ y \equiv 49! \pmod{53} \end{cases}}\)

Zajmując się 2 kongruencją zauważamy, że z twierdzenia Wilsona mamy \(\displaystyle{ 52! \equiv -1 \pmod{53}}\) oraz korzystając z rozszerzonego algorytmu Euklidesa wyznaczamy \(\displaystyle{ 50^{-1} \equiv 35\pmod {53} \wedge 51^{-1} \equiv 26\pmod {53} \wedge 52^{-1} \equiv 52\pmod {53}}\) mnożymy teraz: \(\displaystyle{ 52! \equiv -1 \pmod{53} /\cdot 50^{-1} \cdot 51^{-1} \cdot 52^{-1} \Rightarrow 49! \equiv 9 \pmod {53}}\) czyli mamy:

\(\displaystyle{ \begin{cases} y \equiv 0 \pmod {2}\\ y \equiv 9 \pmod {53} \end{cases} \Rightarrow y \equiv 49! \equiv 62\pmod {106}}\) czyli wracając do 2 kongruencji z 1 układu mamy:

\(\displaystyle{ x \equiv 2^{49!} \equiv 2^{62} \pmod {107}}\) teraz korzystając z tego, że \(\displaystyle{ \left(\frac{2}{p}\right) = (-1)^{\frac{p^2-1}{8}}}\) mamy \(\displaystyle{ \left(\frac{2}{107}\right) = (-1)^{\frac{107^2-1}{8}}}\) ale \(\displaystyle{ 107^2-1 \equiv 121-1 \equiv 8\pmod {16}}\) czyli \(\displaystyle{ \left(\frac{2}{107}\right) = -1}\) czyli 2 jest nieresztą kwadratową \(\displaystyle{ \pmod{107}}\) korzystając z kryterium Eulera otrzymujemy \(\displaystyle{ 2^{53} \equiv -1 \pmod{107} \Rightarrow 2^{62} \equiv -2^9 \equiv 23\pmod {107}}\) czyli podsumowując otrzymujemy:

\(\displaystyle{ \begin{cases} x \equiv 1 \pmod{109}\\ x \equiv 23\pmod {107} \end{cases}}\) co daje nam \(\displaystyle{ x \equiv 1200 \pmod {107 \cdot 109}}\)


2 ostatnie cyfry można wyznaczyć tak:

\(\displaystyle{ x \equiv 2^{49!} \pmod {100} \Leftrightarrow \begin{cases} x \equiv 2^{49!} \equiv 0 \pmod {4}\\ x \equiv 2^{49!} \pmod {25} \end{cases}}\) z twierdzenia Eulera otrzymujemy \(\displaystyle{ 2^{20} \equiv 1 \pmod {25}}\) ale \(\displaystyle{ 49! \equiv 0 \pmod {20}}\) czyli \(\displaystyle{ x \equiv 2^{49!} \equiv 1 \pmod{25}}\) czyli otrzymujemy:

\(\displaystyle{ \begin{cases} x \equiv 0 \pmod {4}\\ x \equiv 1\pmod {25} \end{cases}}\) co daje nam \(\displaystyle{ x \equiv 76 \pmod{100}}\)

\(\displaystyle{ L=\frac{A+a+B+b}{A+a+B+b+c+r} + \frac{B+b+C+c}{B+b+C+c+a+r} > \frac{C+c+A+a}{C+c+A+a+b+r}=R}\)
\(\displaystyle{ A+a=x \\ B+b=y \\ C+c=z \\ L= \frac{x+y}{x+y+c+r}+\frac {y+z}{a+y+z+r}>\frac{x+y}{x+y+z+r}+\frac {y+z}{x+y+z+r}=\frac{x+z+2y}{x+y+z+r} \\ R=\frac{x+z}{x+b+z+r}<\frac{x+z}{x+z+r} \\ \frac{x+z+2y}{x+y+z+r} > \frac{x+z}{x+z+r} \Leftrightarrow y\left( x+z+2r\right)> 0}\)