[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

[jakub_jabulko]

ojej, chodzi mi o prostą AD, a nie o punkty. Wtedy taki punkt X istnieje.

-- 6 kwi 2013, o 17:10 --

zaczekaj, może chodzi o to, że ja oznaczyłem punkty D,E,F jako punkty należące odpowiednio do odcinków BC, AC i AB. może masz inaczej.

-- 6 kwi 2013, o 17:12 --

i punkt X jest punktem przecięcia prostej prostopadłej do AB przechodzącej przez F i prostej DE.-- 6 kwi 2013, o 17:14 --OJEJ!!! Ja tam napisałem o prostej AD?????? LOL!!! Sory, chodziło mi o prostą ED. Teraz powinno być git, sory za zamieszanie.

[Oildale]

Teraz już wygląda dobrze. Kto proponuje następne?-- 6 kwi 2013, o 17:25 --Okej to może ja.
Rozwiąż w liczbach rzeczywistych:
\(\displaystyle{ 3(x+2)=7}\)

[jakub_jabulko]

naprawdę tego chcesz? no to proszę: rozwiąż w liczbach zespolonych \(\displaystyle{ n+1=1}\). no i co, już nie jesteś taki super-śmieszny, co? hahahaha!

[Ponewor]

Rozwiąż w liczbach rzeczywistych:
\(\displaystyle{ 3(x+2)=7}\)

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ x=\frac{1}{3}}\)

rozwiąż w liczbach zespolonych \(\displaystyle{ n+1=1}\)

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ n=0}\)

\(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą Sophie Germain. Rozwiąż \(\displaystyle{ x^{p}+2y^{p}+5z^{p}=0}\) w liczbach całkowitych.

[Oildale]

Ukryta treść:    

Zauważmy, że \(\displaystyle{ (x ^{p}+1)(x ^{p}-1)=x ^{2p}-1}\) dzieli się przez liczbę \(\displaystyle{ 2p+1}\), bo jest ona pierwsza. Zatem \(\displaystyle{ 2p+1}\) dzieli albo \(\displaystyle{ (x ^{p}+1)}\) albo \(\displaystyle{ (x ^{p}-1)}\). Zatem lewa strona naszego równania przystaje do \(\displaystyle{ r}\) modulo \(\displaystyle{ 2p+1}\) dla \(\displaystyle{ r \in \left\{ -8,-6,-4,-2,2,4,6,8\right\}}\). Wiemy również, że \(\displaystyle{ r}\) przystaje do \(\displaystyle{ 0}\) modulo \(\displaystyle{ 2p+1}\). Zatem \(\displaystyle{ 2p+1 \in \left\{ 2,3\right\}}\). Łatwo wykluczamy oba przypadki, gdyż w obu \(\displaystyle{ p}\) nie jest liczbą pierwszą.

-- 7 kwi 2013, o 00:13 --

Wyznacz \(\displaystyle{ n}\) dla których \(\displaystyle{ K _{n}}\) ma dekompozycje do cykli Hamiltonowskich.

[Ponewor]

\(\displaystyle{ x ^{2p}-1}\) dzieli się przez liczbę \(\displaystyle{ 2p+1}\), bo jest ona pierwsza.

Nieprawdą to jest.

[Oildale]

Faktycznie, gdy \(\displaystyle{ 2p+1}\) dzieli \(\displaystyle{ x}\) to nie pyka. Ale już prawdą jest, że \(\displaystyle{ x ^{p} \in \left\{ -1,0,1\right\} \pmod{2p+1}}\). Czyli \(\displaystyle{ r \in \left\{ -8,-7,...,7,8\right\}}\) i jedynym przypadkiem który nas interesuje to \(\displaystyle{ p=3}\) (\(\displaystyle{ p \neq 3}\) daje nam tylko \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right)}\). Zatem pozostaje nam rozwiązać równanie:
\(\displaystyle{ x ^{3} + 2y ^{3} + 5z ^{3} = 0}\)
Możemy przyjąć, że \(\displaystyle{ NWD(x,y,z) = 1}\). Patrząc na lewą stronę naszego równania \(\displaystyle{ \pmod{3}}\) dostaje, że \(\displaystyle{ x-y-z}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ 3}\). Patrząc teraz na reszty \(\displaystyle{ \pmod{9}}\), który wynoszą odpowiednio \(\displaystyle{ 0,1,8,0,1,8,0,1,8}\) i korzystając z powyższego spostrzeżenia zauważamy, że \(\displaystyle{ x,y,z}\) muszą być podzielne przez \(\displaystyle{ 3}\). To przeczy założeniu o \(\displaystyle{ NWD}\). Zatem jedynym rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right)}\).

[Ponewor]

A tym razem wszystko w jak najlepszym porządku.

Wyznacz \(\displaystyle{ n}\) dla których \(\displaystyle{ K _{n}}\) ma dekompozycje do cykli Hamiltonowskich.

A możesz wytłumaczyć czym jest owa dekompozycja?

[Oildale]

Chodzi o podzielenie krawędzi na rozłączne podzbiory, które w sumie dają zbiór wszystkich krawędzi. Tak, że każdy podzbiór tworzy cykl Hamiltona.

[Ponewor]

Ukryta treść:    

Zgaduję, że jedyne takie liczby to liczby pierwsze. Polecenie nie wymaga jednak takiego dowodu. Zadowolimy się pokazaniem, że liczby pierwsze spełniają warunki zadania (być może nie tylko one?). Ustalam jeden z wierzchołków. Każdy podzbiór dla \(\displaystyle{ i=1, \ 2, \ 3, \ \ldots , \ \frac{p-1}{2}}\) wyznaczam tak, że startuję z tego wierzchołka i skaczę do co \(\displaystyle{ i\text{-tego}}\). Pewność, że objadę tak wszystkie wierzchołki i się nigdzie po drodze nie zapętlę daje fakt \(\displaystyle{ \left( p, \ i \right) =1}\). Z algorytmu też jasno wynika, że żadna krawędź nie zostanie przyporządkowana do dwóch podzbiorów, oraz każda z nich zostanie przyporządkowana do jakiegoś.

Mam nadzieję, że nie było:
Pokazać, że istnieje nieskończenie wiele par liczb naturalnych takich, że zachodzą podzielności \(\displaystyle{ n\mid m^{2}+1 \wedge m \mid n^{2}-1}\)

[Swistak]

Lol, w takiej formie, to trudno formalnie zinterpretować zadanie, które napisał Oildale ale to chyba oczywiste, że chodzi o wyznaczenie wszystkich takich \(\displaystyle{ n}\) . Ale zadanie jest jakieś dość proste, robi się to na pałę jakimiś wężykami - trzeba sobie porysować. Tylko dla jednej z dwóch parzystości dobrze chyba sobie wyodrębnić jeden z wierzchołków.

[Ponewor]

och no jasne, że masz rację, acz z korzyścią dla łańcuszka jest by w końcu ruszył, a i wyszła korzyść druga, że poznaliśmy niejasne pogłoski jak można zrobić to zadanie

[Swistak]

Btw zadanie, które wrzucił Ponewor, jest dość podobne do dość znanego z \(\displaystyle{ m|n^2 +1}\) i \(\displaystyle{ n | m^2 + 1}\), które jest szczególnym przypadkiem zadania 22. ze Zwardonia 08, do którego rozkminy zachęcem .

[porfirion]

\(\displaystyle{ n\mid m^{2}+1 \wedge m \mid n^{2}-1}\)

EEE: \(\displaystyle{ n=1}\), \(\displaystyle{ m}\) dowolne.

dość podobne do dość znanego z \(\displaystyle{ m|n^2 +1}\) i \(\displaystyle{ n | m^2 + 1}\)

Pyka z Fibonacciego.

[Ponewor]

możliwe, że się zlagowałem przy wpisywaniu, bo tamto też szło z Fibonacciego.