Matematyka.pl

Najpierw zauważmy, że jeżeli n jest liczbą pierwszą, to spełnia warunki zadania.
Załóżmy więc, że n = pq , gdzie 1 < p, q < n .
Wtedy, z treści zadania, mamy podzielności
(p-1)|(pq-1) i (q-1)|(pq-1) .
Z tych podzielności wnioskujemy, że
(p-1)|\left(pq-1 - q(p-1)\right) i (q-1)|\left(pq-1 - p(q-1 ...

Wyznacz wszystkie pary liczb wymiernych \(\displaystyle{ (a, b)}\), dla których zachodzi równość \(\displaystyle{ a^6 + 12 = b^2}\).

116,25p., wynik bardzo dobry

"Wyniki Konkursu są dostępne na kontach szkół.
Uczniowie otrzymują wyniki od szkolnych koordynatorów Konkursu." - ze strony internetowej organizatora

Rzeczywiście, moje rozwiązanie jest nieprawidłowe, ale można spróbować rozbić na przypadki:
a) wszystkie liczby większe od \(\displaystyle{ \frac{1}{18}}\)
b) trzy liczby większe od \(\displaystyle{ \frac{1}{18}}\) itd.

Zdefiniujmy funkcję f(x) = \frac{6}{x^2} - \frac{1}{x} .
Jej druga pochodna to f''(x) = \frac{36}{x^4} + \frac{-2}{x^3} = \frac{2(18-x)}{x^4} . Jest ona dodatnia dla wszystkich x \in ( 0, 1 \rangle , więc funkcja jest wypukła.

Przekształćmy nierówność z postaci:
6(a^3+b^3+c^3+d^3)\ge a^2+b^2+c^2 ...

Przekształcając a+b+c=1 uzyskujemy a = 1-b-c , b = 1-c-a , c = 1-a-b .
Teraz przekształćmy mianowniki ułamków:
\frac{a-bc}{a+bc}+\frac{b-ca}{b+ca}+\frac{c-ab}{c+ab}\le \frac 3 2 = \frac{a-bc}{(b-1)(c-1)}+\frac{b-ca}{(c-1)(a-1)}+\frac{c-ab}{(a-1)(b-1)}\le \frac 3 2.
Pomnóżmy obie strony ...

Nie, wtedy byłoby 96 laureatów, a jest 73.

Są już dostępne statystyki:


Trudność zadań:
\(\displaystyle{ 5>3>4>2>1}\)

Progi:
13 - laureat III stopnia [39 osób]
19 - laureat II stopnia [24 osoby]
29 - laureat I stopnia [10 osób]

Są już dostępne oficjalne szkice rozwiązań:

Rozważmy trzy przedziały:
(-\infty , 1), \langle 1, 2), \langle 2, +\infty)
Dla pierwszego przedziału mamy:
f(x) = x + (1-x) + 2(2-x) = -2x + 5
Dla drugiego mamy:
f(x) = x + (x-1) + 2(2-x) = 3
Dla trzeciego mamy:
f(x) = x + (x-1) + 2(x-2) = 4x - 5

Spinamy w klamrę i mamy
f(x) = \begin ...

Sprawdzamy możliwe reszty z dzielenia kwadratu liczby naturalnej przez 8: \(\displaystyle{ \lbrace 0, 1, 4 \rbrace}\).
Reszta z dzielenia \(\displaystyle{ 8m+5}\) to 5, zatem nigdy nie jest kwadratem.
Pierwiastek liczby naturalnej niebędącej kwadratem liczby naturalnej jest niewymierny.

\(\displaystyle{ \begin{array}{cc}
1 & 2 \\
3 & 6 \\
5 & 4 \\
\end{array}}\)
A tutaj?

5 hint: Twierdzenie cosinusów i \cos 120^\circ = -\frac{1}{2} -- 12 lut 2018, o 20:37 --5 rozwiązanie Niech AB = a, AC = b, BC = c , wtedy z twierdzenia cosinusów c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos 120^\circ = a^2 + b^2 + ab .
[BCE] = \frac{(a^2 + b^2 + ab)\sqrt{3}}{4}
Pięciokąt wklęsły ADBCF możemy ...

Są i statystyki