Matematyka.pl

z nierówności pomiedzy średnią kwadratową a arytmetyczną:
\(\displaystyle{ \sqrt{a_i^2+(2i-1)^2} \ge \frac{\sqrt{2}}{2}(a_i+2i-1)}\)

sumując mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \sqrt{a_i^2+(2i-1)^2} \ge \sum_{i=1}^{n} \frac{\sqrt{2}}{2}(a_i+2i-1)=\frac{\sqrt{2}}{2}(\sum_{i=1}^{n}a_i+\sum_{i=1}^{n}(2i-1))=...=\sqrt{2}n^2}\)

równość zachodzi oczywiście dla \(\displaystyle{ a_i=2i-1}\)

Gdy \(\displaystyle{ a \in X}\) to istnieje \(\displaystyle{ 2^{n-1}}\) podzbiorów zbioru X , ktore zawierają \(\displaystyle{ a}\), tj liczba par \(\displaystyle{ (A,B)}\) t ze
\(\displaystyle{ a \in A\cap B}\) wyniesie \(\displaystyle{ (2^{n-1})^2=4^{n-1}}\) Element \(\displaystyle{ a \in X}\) wybieramy na \(\displaystyle{ n}\) sposobów , stad juz płynie teza.

Mysle ze sie pomyliłem, i silnia ma raczej isc do potegi, Poprawilem tak jak wg mnie mam ta wygladac, Przepraszam

wybieramy najpierw część wspólną a potem każdy z pozostałych elementów przydzielamy do zbioru \(\displaystyle{ A, B}\) lub żadnego z nich (ale nie obu). trzeba więc wykazać tożsamość \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}k {n \choose k}3^{n-k}=n4^{n-1}}\). teraz trochę fantazji (nie śmiejcie się proszę ). Wyobraźmy sobie że z grupy \(\displaystyle{ n}\) osób chcemy wybrać pewną liczbę osób na stanowisko zawodowych morderców mafii w Hongkongu i jedną z tych osób mianować szefem grupy. Każdą z pozostałych osób czynimy kieszonkowcem, przemytnikiem lub handlarzem narkotyków- ilość sposobów równa jest lewej stronie. Zróbmy to samo w innej kolejności: najpierw wybieramy szefa morderców (na \(\displaystyle{ n}\) sposobów) a potem każdą z pozostałych \(\displaystyle{ n-1}\) osób przydzielamy do morderców, szmuglerów, dealerów lub złodziei - możemy to zrobić właśnie na \(\displaystyle{ n4^{n-1}}\) sposobów więc tożsamość jest udowodniona .

No cóż, a zatem ja rozłożyłem wszystko na czynniki pierwsze (w przenośni ;])

Skoro pierwsze dwa dni każdego roku były słoneczne to ja mogę sobie przyjąć, że cały cykl jest cykliczny i trwa 365 dni, a nie 367. Po prostu utożsamiam z sobą pierwszy dzień pierwszego roku z pierwszym dniem drugiego roku i to samo z drugim dniem.

Teraz zauważam, że znając n-ty układ to n+1 układ może być tylko na dwa sposoby. Przykład niech w n-tym będzie sps to n+1-wszy może być tylko pss albo psp. Teraz układam dwa ciągi:
Pierwszy \(\displaystyle{ a_{n}}\) niech mówi ile było danych układów:
\(\displaystyle{ a1 - sss \\ a2 - ssp \\ a3 - sps \\ a4 - pss \\ a5 - pps \\ a6 - psp \\ a7 -spp \\ a8 - ppp}\)

Następny ciąg \(\displaystyle{ b_{n}}\) niech mówi ile było następujących przejść:
\(\displaystyle{ b1 - sss \rightarrow sss \\ b2 - sss \rightarrow ssp \\ b3 - ssp \rightarrow sps \\ b4 - ssp \rightarrow spp \\ b5 - sps \rightarrow pss \\ b6 - sps \rightarrow psp \\ b7 - pss \rightarrow sss \\ b8 - pss \rightarrow ssp \\ b9 - pps \rightarrow pss \\ b10 - pps \rightarrow psp \\ b11 - psp \rightarrow sps \\ b12 - psp \rightarrow spp \\ b13 - spp \rightarrow pps \\ b14 - spp \rightarrow ppp \\ b15 - ppp \rightarrow pps \\ b16 - ppp \rightarrow ppp}\)

Teraz znajduję analogię pomiędzy ciągami \(\displaystyle{ a_{n}}\) i \(\displaystyle{ b_{n}}\) (pamiętając, że \(\displaystyle{ a_{2}=45, a_{3}=43, a_{5}=38, a_{8}=22}\)):
\(\displaystyle{ \begin{cases} b_{1}+b_{2}=a_{1} \\ b_{3}+b_{4}=45 \\ b_{5}+b_{6}=43 \\ b_{7}+b_{8}=a_{4} \\ b_{9}+b_{10}=38 \\ b_{11}+b_{12}=a_{6} \\ b_{13}+b_{14}=a_{7} \\ b_{15}+b_{16}=22 \\\end{cases} \wedge \begin{cases} b_{1}+b_{7}=a_{1} \\ b_{2}+b_{8}=45 \\ b_{3}+b_{11}=43 \\ b_{5}+b_{9}=a_{4} \\ b_{13}+b_{15}=38 \\ b_{6}+b_{10}=a_{6} \\ b_{4}+b_{12}=a_{7} \\ b_{16}+b_{14}=22 \\ \end{cases}}\)

Skąd się to wzięło? Pierwszy układ równań pokazuje, że tyle musiało być przejść z udziałem układu poprzedzającego ile tych układów poprzedzających jest, drugi układ równań mówi tyle, że tyle musiało być przejść z następnikiem ile ogólnie tych następników jest.

Teraz trzeba trochę pokombinować z tymi układami i nietrudno wychodzi, że:
\(\displaystyle{ \begin{cases} a_{4}=45 \\ a_{6} = 36 \\ a_{7} =38 \end{cases}}\)
No i teraz aby wyznaczyć \(\displaystyle{ a_{1}}\) wystarczy wszystkie dane wyrazy odjąć od 365, bo tyle było układów.

I wychodzi \(\displaystyle{ a_{1}=98}\)

I jeszcze trzeba dodać dwa dni, bo przecie ja przez zcyklizowanie układu uciekły mi dwa słonecznie dni, czyli wynik będzie równy 100.

Mam nadzieję, że błędu nie ma i że zrozumiale napisałem ;P.

Jesli nasze liczby sie uporzadkuje : \(\displaystyle{ y_1 \leq y_2 \leq y_3 \leq y_4}\) to nalezy wziasc \(\displaystyle{ x_1=y_4, \ x_4= y_1}\) oraz
\(\displaystyle{ x_2=y_2}\), \(\displaystyle{ x_3=y_3}\),

Mozna pokazac, ze gdy \(\displaystyle{ J_n=\frac{10^n-1}{9}}\), to \(\displaystyle{ J_m}\)i \(\displaystyle{ J_k}\) sa wzglednie pierwsze wtw, gdy \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ k}\) sa wzglednie pierwsze

Załóżmy że jest to możliwe. Przyjmijmy a,b,c,d,e jako kolejne boki. Teraz ponieważ założyliśmy że każdy bok jest równoległy do przynajmniej jednego innego to możemy bez straty ogólności przyjąć że:
\(\displaystyle{ a \parallel c}\)
dalej bez straty ogolności możemy przyjąć że \(\displaystyle{ b \parallel e}\)
Teraz albo \(\displaystyle{ d \parallel a \ albo \ d \parallel b}\)
W pierwszym wypadku mamy \(\displaystyle{ d \parallel c}\)sprzeczność w drugim: \(\displaystyle{ d \parallel e}\)sprzeczność. więc teza jest nieprawdziwa a wiec co najmniej jeden bok nie jest równoległy do któregoś z pozostałych c.b.d.o

Najpierw liczyy wzór prostej przechodzącej przez 2 punkty. Następnie liczymy minimalną odległość od środka układu współrzędnych. Wyjdzie nam jakiś x. Wynikiem będzie \(\displaystyle{ 100- \left[ x \right]}\). To taki szybki szki, wieczorem napiszę odpowiedź jak należy, chyba, że zauważę jakiś błąd.

załóżmy że istnieje taka liczba, wtedy dla pewnych dodatnich \(\displaystyle{ x,y\in \mathbb{Z}}\) zachodzi
\(\displaystyle{ x^2+(x+1)^2=y^4+(y+1)^4}\)
\(\displaystyle{ 2x^2+2x=2y^4+4y^3+6y^2+4y}\)
\(\displaystyle{ x^2+x=y(y^3+2y^2+3y+2)}\)
\(\displaystyle{ x^2+x=y(y+1)(y^2+y+2)}\)
\(\displaystyle{ x^2+x=y(y+1)(y(y+1)+2)}\)
podstawmy \(\displaystyle{ y(y+1)=z\in \mathbb{Z^+}}\) łatwo zauważyć \(\displaystyle{ z<x}\)
\(\displaystyle{ x^2+x=z(z+2)}\)
\(\displaystyle{ x^2+x-z^2-z=z}\)
\(\displaystyle{ (x-z)(x+z)+x-z=z}\)
\(\displaystyle{ (x-z)(x+z+1)=z}\)
sprzeczność, bo
\(\displaystyle{ (x-z)(x+z+1) \ge x+z+1>z}\)

tu było napisane już rozwiazanie do drugiej czesci z szescianami, ale znalazlem błąd, którego nie potrafie poprawić. Więc niech na razie zostanie tak.

Najpierw zauważe że w przypadku kiedy wszystkie liczby są zerami niezależnie od ponumerowania zachodzą wszystkie nierówności. Dalej wiedząc że liczby te sumują się do zera wnioskuje że co najmniej jedna z nich lecz nie więcej niż trzy są ujemne. Rozpatrzę więc trzy przypadki:
\(\displaystyle{ 1) a,b,c \le 0 \ \ 2) a,b \le 0 \ \ 3) a \le 0}\) gdzie a,b,c,d to te cztery liczby
1) zauważamy że wszystkie trzy sumy (patrz treść) są większe od zera a więc ponieważ mamy tylko jeden składnik większy od zera to musi on miec on indeks 1 (nierownsci beda spełnione bo d = a +b + c wiec d > b i d > b+c (zoogulizowałem tutaj). Dalej wybór kolejnych indeksów nie ma żadnego znaczenia dla spełnienia nierówności.
2) teraz ponieważ \(\displaystyle{ \left|a \right|+ \left|b \right|=c+d}\)to a < c+d, a więc liczbie dodatniej przypisujemy indeks 1, a ujemnej 2. Ale tak aby \(\displaystyle{ \left|x _{2} \right| < x_{1}}\)(możemy tak zrobić gdyż musi istnieć liczba dodatnia leżąca bliżej zera od którejś z liczb ujemnych) Dalej indeks trzy przypisujemy liczbie dodatniej (suma x z indeksami bedzie dalej mniejza równa jeden gdyż w przeciwnym razie czwarta z liczb musiałaby być mniejsza od -1 żeby wszystkie sumowały się do zera). No i czwarty indeks przypisujemy pozostałej liczbie ujemnej
3)liczbom dodatnim przypisujemy indeksy dodatnie, ponieważ mamy \(\displaystyle{ \left|a \right| = b+c+d \ i \ a \ge -1 \ to \ b+c+d \le 1}\)

Tak więc jak pokazałem można indeksy przyporządkować tak aby spełniały nierówności zapisane w zadaniu (zmienne, nie indeksy oczywiście). c.b.d.o