Matematyka.pl

\frac{a}{2} + \frac{b}{2} + \frac{c}{2} + \frac{1}{2abc} = \frac{ \frac{a^2b^2}{4} }{ab^2} + \frac{ \frac{a^2c^2}{4} }{ac^2} + \frac{ \frac{b^2a^2}{4} }{ba^2} + \frac{ \frac{b^2c^2}{4} }{bc^2} + \frac{ \frac{c^2a^2}{4} }{ca^2} + \frac{ \frac{c^2b^2}{4} }{cb^2} + \frac{1}{2abc}

Na mocy nierówności ...

8.
5x^2 - 6xy + 7y^2 - 383 = 0 . Rozwiązując równanie kwadratowe ze względu na x mamy:
\Delta = 36y^2 - 4 \cdot 5 \cdot (7y^2 - 383) = 7660 - 104y^2 .
Zakładamy, że istnieją rozwiązania całkowite zatem \Delta musi być kwadratem liczby całkowitej i musi być dodatnia czyli:
7660 > 104y^2 czyli ...

2.
Przypuśćmy, że wielomian jest rozkładalny, czyli jest iloczynem dwóch niestałych wielomianów:
W(x) = P(x) \cdot Q(x) .
Wówczas W(0) = W(a) = W(b) = W(c) = 1 czyli:
P(0)\cdot Q(0) = P(a)\cdot Q(a) = P(b)\cdot Q(b) = P(c)\cdot Q(c) = 1
ale skoro P,Q mają współczynniki całkowite, to musi ...

18.
Wykażę indukcyjnie, że v_2( 3^{2^n} - 1 ) = n + 2
Krok 1.
v_2(8) = 3 czyli ok.
Krok 2.
v_2( 3^{2^{n+1}} - 1 ) = v_2( 3^{2^n} - 1 ) + v_2( 3^{2^n} + 1 ) .
Na mocy założenia indykcyjnego:
v_2( 3^{2^n} - 1 ) = n + 2
Ponadto:
3^{2k} \equiv 1 (mod.4) czyli v_2( 3^{2^n} + 1 ) = 1
Czyli ...

12.
Niech \angle CED = \beta oraz \angle CDE = \alpha .
ABDE jest cykliczny, bo 90 = \angle ADB = \angle BEA .
Zatem \angle CAB = \alpha oraz \angle ABC = \beta .
Ponadto \angle PEA = \beta oraz \angle QDB = \alpha .
Czyli trójkąty PEA, ADB są podobne (kąt-kąt-kąt) oraz trójkąty DQB, AEB są ...

może jakiś hint? Bo zadanie już leży prawie miesiąc.

Istnieją osoby z 24, które nie przeszły, a także osoby z 25 które przeszły.

Dany jest graf, w którym stopień każdego wierzchołka jest nie większy niż 5. Udowodnić, że da się tak pokolorować wierzchołki tego grafu trzema kolorami, aby każdy wierzchołek miał co najwyżej jednego sąsiada o takim samym kolorze jak on sam.

Proszę o sprawdzenie, gdyż mógł się wkraść błąd przy podstawianiu.
Niech f(0) = c . Podstawiając x=y=0 mamy f(c)=c . Podstawiając y=0 mamy: f(f(x)) = xc + f(x) . Teraz podstawiając y=c mamy: f(xc+f(x))=xf(c)+f(x) . Ponadto f(f(f(x))) = f( xc+f(x) ) czyli f(f(f(x)))=xf(c)+f(x) , ale z drugiej strony ...

6.
Niech a + b = q Widzimy, że a, b są niepodzielne przez q bo są mniejsze. Ponadto q|a+b oraz q > 2 (dla równego 2 oczywiste, że takie liczby nie istnieją). Mamy też, że p > 2 czyli skoro p jest pierwsze to (p,2)=1 . Zatem na mocy lematu LTE mamy:
v_q( a^p + b^p ) = v_q(a+b) + v_q(p) = 1 + v_q(p ...

987.
Chyba już poprawne rozwiązanie:

Zróbmy sobie graf G w którym wierzchołki odpowiadają drużynom oraz krawędź mamy gdy dwie drużyny grały ze sobą w jednej z rund. Z założeń mamy, że stopień każdego wierzchołka wynosi 2, gdyż każda drużyna grała mecz w jednej z rund i żadne dwie gry się nie ...

Zadanie 9.
Każdą liczbę wymierną można zapisać jako \frac{x}{y} gdzie x, y to liczby całkowite, czyli:
\frac{x}{y} = \frac{x}{y} \cdot 1 = \frac{x}{y} \cdot \frac{x^5y^{34} + x^{14}y^{48} }{x^5y^{34} + x^{14}y^{48}} = \frac{x^6y^{34}+x^{15}y^{48}}{x^5y^{35}+x^{14}y^{49}} = \frac{ (x^3y^{17})^2 ...

Zadanie 19.
Zakładam, że 0 nie jest naturalne. (można to łatwo sprawdzić przypadki z zerami)
Sprawdzając równanie modulo 3 dochodzimy do wniosku, że z jest parzyste, oraz, sprawdzając równanie modulo 4 dochodzimy do wniosku, że x jest parzyste. Więc podstawmy sobie x:=2x, z:=2z i nasze równanie ...

Zadanie 26.
Udowodnimy, że takie liczby istnieją, wykazując mocniejsze twierdzenie, że dla każdego n \ge 3 istnieje n liczb takich, że każda dzieli sumę pozostałych n-1 liczb. Krok pierwszy - widzimy, że liczby 1,2,3 spełniają warunki zadania. Udowodnimy teraz, że jeśli ciąg a_1, a_2, a_3, ..., a_n ...

Zadanie 12. Skoro liczb a,b,c,d są dodatnie to niech t = NWD(a,c) oraz a = t \cdot a_1, c = t \cdot c_1 gdzie NWD(a_1,c_1) = 1 . Wstawiając do równości trzymujemy:
a_1b = c_1d z tego wynika, że d = a_1 \cdot k bo NWD(a_1,c_1) = 1 zatem po skróceniu b = c_1k czyli: a+b+c+d = a_1t + c_1k + c_1t + a ...