Matematyka.pl

badmor pisze:Jak skorzystamy z nierówności \(\displaystyle{ $R \ge 2r$}\) prawdziwej w każdym trójkącie, to okazuje się, że nierówność ma być w drugą stronę i w zasadzie nie ma czego dowodzić, a równość będzie zachodziła tylko dla trójkąta równobocznego. Chyba, że mylę się.

mylisz się.

Edit// tu był błąd

Vax i tak uważam, że w tym przypadku delta jest prostsze do wymyślenia niż zwijanie w kwadraty

pozdrawiam

Zakładając, wersję Swistaka a^2+b^2+ \frac{1}{a^2}+ \frac{b}{a} \ge \sqrt{3} (ja tak zrozumiałem): mnożymy obustronnie przez a^2 i jest a^2b^2+ab+a^4+1- \sqrt{3}a^2 \ge 0 stąd równanie kwadratowe wzgledem zmiennej b i \Delta=a^2-4a^2(a^4+1- \sqrt{3}a^2)=-a^2(4a^4-4 \sqrt{3} a^2+3) no i to jest niedo...

Najpierw zauważmy, że P(x)=x^2+1 spełnia to równanie. podstawiając x:=-x otrzymujemy: P(-x)^2+1=P((-x)^2+1)=P(x^2+1)=P(x^2)+1 stąd P(-x)=P(x) lub P(-x)=-P(x) czyli P jest wielomianem parzystym lub nieparzystym(parzystość oczywiście tak jak dla funkcji traktujemy). Jak Q jest parzysty no to P(x)=Q(x...

Niech \alpha będzie dowolną liczbą rzeczywistą dodatnią. Wtedy jest f(x+f(y))+ \alpha =f(x+y)+f(y)+ \alpha , czyli po nałozeniu obustronnie f jest f( f(x+f(y))+ \alpha)=f(f(x+y)+f(y)+ \alpha) . A to rozpisując obie strony równania z własności f daje: f(x+f(y)+ \alpha )+f(x+f(y))=f(x+y)+f(x+y+f(y)+ ...

\(\displaystyle{ K'=K_0*\left( 1+ 0,9 \cdot \frac{3,5}{100}\right) ^n}\)

Teraz musisz tylko policzyć \(\displaystyle{ K_0}\)

czy ty nie mylisz pojęć ? para uporządkowana: \left( x,y\right) \neq \left( y,x\right) para nieuporządkowana: \left\{ x,y\right\} =\left\{ y,x\right\} dlatego par uporządkowanych jest więcej niż nieuporzadkowanych. zgadzam się. wybacz, po prostu, nie wiem czemu uparłem się, że tam w treści jest, że...

Przecież w b jeżeli spełnia para \(\displaystyle{ (x,y)}\) to \(\displaystyle{ (y,x)}\) też spełnia.

Ad. a \(\displaystyle{ \left| A\right|= (k-1)(n-k)}\) ,czemu mnożysz przez 2!?
Ad. b \(\displaystyle{ \left|A\right|=(k-1)(n-k) \cdot 2!}\)

Czy ktoś kto robił zadanie pociąg z II etapu IV OIG pamięta może jaka była złożoność obliczeniowa na której rozwiązanie przechodziło wszystkie testy?

pozdrawiam

Nie wiem czy cokolwiek Ci to pomoże, ale można też spróbować Twoim sposobem rozpatrywać to jako drogi (łamane) z (0,0) do (0,2n) , po punktach kratowych (od punktu (x,y) do punktu (x+1,y+1) , albo do punktu (x-1,y+1) ), w I ćwiartce. Wszystkich takich dróg jest \frac{1}{n+1} {2n \choose n} czyli tyl...