Matematyka.pl

Mam do rozwiązania układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases}
158^2=2b^2+2c^2-a^2\\
131^2=2a^2+2c^2-2b^2\\
127^2=2a^2+2b^2-c^2
\end{cases}}\)
dodając stronami otrzymam równanie:
(1) \(\displaystyle{ 158^2+131^2+127^2=3(a^2+b^2+c^2)}\)
odejmując drugie od pierwszego otrzymam:
(2) \(\displaystyle{ 158^2-131^2=3(b^2-a^2)}\)
podobnie odejmując trzecie od pierwszego:
(3) \(\displaystyle{ 158^2-127^2=3(c^2-a^2)}\)
Za pomocą (2) i (3) mogę teraz wyrazić odpowiednio \(\displaystyle{ b^2}\) i \(\displaystyle{ c^2}\) za pomocą \(\displaystyle{ a^2}\), co po wstawieniu do równania (1) da mi równanie z jedyną niewiadomą \(\displaystyle{ a}\), skąd: \(\displaystyle{ a=68}\) i dalej (na podstawie (2) i (3)): \(\displaystyle{ b=85}\) i \(\displaystyle{ c=87}\)

Możemy policzyć p-stwo, że będą sobie zagrażać po skosie. Potraktujemy tutaj je jako rozróżnialne. Zauważmy, że ilość możliwości, zależy od tego na której "ramce" jest biały Hetman:
I tak w pierwszej ramce mamy 28 pól (A1,A2,...,A8,B8,C8,...,H8,H7,...,H1,G1,...,A2) i 7 możliwości na ustawienie czarnego, w kolejnej 20 (B2,B3,...) i 9 możliwości na ustawienie czarnego,... Mamy więc:
\(\displaystyle{ (7\cdot 4)\cdot 7+(5\cdot 4)\cdot 9+(3\cdot 4)\cdot 11+(1\cdot 4)\cdot 13}\)
Z tego można spróbować wykombinować wzór na szachownicę wymiarów \(\displaystyle{ 2k\times 2k}\).
Prawdopodobieństwo, że Hetmany będą zagrażać sobie jak wieże, można obliczyć z tego co podał BSP. Zdarzenia te są rozłączne więc spokojnie możemy obliczyć prawdopodobieństwo, że Hetmany będą sobie zagrażać, a co dalej idzie p-stwo przeciwne.

50 - TV & gazety
11 - gazety
24 - radio & gazety
13 - radio

50 - TV & radio & gazety
61 - gazety
24 - radio & gazety
13 - radio

Niech \(\displaystyle{ x=a^2}\), \(\displaystyle{ y=b^2}\), \(\displaystyle{ z=c^2}\).

Zadanie sprowadza się do rozwiązania układu równań:

\(\displaystyle{ \begin{cases} 158^2 = 2(y+z) - x \\ 131^2 = 2(x+z) - y \\ 127^2 = 2(x+y) - z \end{cases}}\)

Jest to zwykły układ 3 równań liniowych, czyli robimy go 'tak jak zawsze w szkole nas uczyli' lub dajemy Vaxowi. Dostajemy trójkę liczb \(\displaystyle{ (x,y,z) = (4624,7225,7569)}\). Pierwiastkując te liczby (interesują nas dodatnie rozwiązania) dostajemy ostatecznie, że trójkąt z zadania ma boki długości: \(\displaystyle{ a=68}\), \(\displaystyle{ b=85}\), \(\displaystyle{ c=87}\).

Wyjaśnienie na bazie teorii grafów.
Przez łamaną rozumiem ścieżkę "typu eulerowskiego", która może być zamknięta, posiadać nawet dwa cykle (w łamanej o długości 8) i jako podgraf może mieć ona albo 0 albo 2 wierzchołki stopnia nieparzystego. Krótko mówiać daną łamaną da się narysować przechodząc przez każdą krawędź dokładnie raz

Na bazie powyższego
Jeżeli taką kwadratową kratownice o 16 polach potraktujemy jako graf, to łatwo zauważyć że posiada on dwanaście wierzchołków stopnia 3 (po trzy na każdym boku). Jeżeli zatem na każdą z pięciu łamanych przypadną dwa wierzchołki stopnia 3, to pozostaną DWA wierzchołki stopnia 3 "nie obsłużone" przez żadną łamaną

Przypadek szczególny nr 1
\(\displaystyle{ a=b=c}\) wtedy szukane \(\displaystyle{ abc=a^3}\)
czyli
\(\displaystyle{ a^3=3(a^2+a^2)-25 \\
a^3 -6a^2+25=0}\)
z tw. Bezout wynika że \(\displaystyle{ a_1=5}\)
\(\displaystyle{ (a-5)(a^2-a-5)=0 \\
\Delta=21}\)
\(\displaystyle{ a_2= \frac{1- \sqrt{21} }{2} \\
a_3= \frac{1 + \sqrt{21} }{2}}\)

\(\displaystyle{ a_1 , a_2 , a_3}\) podnosimy do sześcianu

Przypadek szczególny nr 2
\(\displaystyle{ a=b \neq c}\) wtedy szukane \(\displaystyle{ abc=a^2c}\)
Podstawiamy założenie do układu równań:

\(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l} a^3=3(a^2+c^2)-25\\c^3=3(a^2+a^2)-25 \end{array}\right.}\)
\(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l} a^3=3a^2+3c^2-25\\c^3=6a^2-25 \end{array}\right.}\)
Metodą przeciwnych współczynników:
\(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l} -a^3=-3a^2-3c^2+25\\c^3=6a^2-25 \end{array}\right.}\)
\(\displaystyle{ c^3-a^3=3(a^2-c^2) \\
........................................ \\
(c-a)(c^2+ac+a^2)=-3(c-a)(a+c) \ \ \ ||:(c-a) \neq 0 \ \ (zal.) \\
c^2+ac+a^2=-3(a+c) \ \ \ ||+ac \\
(a+c)^2 = -3(a+c) +ac \\
t=a+c \Rightarrow c=t-a\\
....................................... \\
t^2 +3t=a(t-a) \\
t^2 +3t-at+a^2=0 \\
t^2 +(3-a)t+a^2=0 \\
\Delta = (3-a)^2 - 4a^2 = 3(3-2a-a^2)=3(1-a)(a+3)}\)
\(\displaystyle{ ....................................... \\
t_1= \frac{a-3 - \sqrt{3(1-a)(a+3)} }{-2}= \frac{3-a + \sqrt{3(1-a)(a+3)} }{2} \\
t_2= \frac{a-3 + \sqrt{3(1-a)(a+3)} }{-2}= \frac{3-a - \sqrt{3(1-a)(a+3)} }{2} \\
c_1=t_1-a =\frac{3-3a + \sqrt{3(1-a)(a+3)} }{2}\\
c_2=t_2-a =\frac{3-3a - \sqrt{3(1-a)(a+3)} }{2}}\)
Dwa słowa komentarza w tym miejscu:
* Jeżeli szukamy rozwiązań rzeczywistych to potrzebne jest założenie przy delcie \(\displaystyle{ (1-a)(a+3) \ge 0}\) wówczas \(\displaystyle{ a \in <-3,1>}\)
* Z uwagi na postać układu równań przypadek nr 2 rozciąga się na wszystkie trzy możliwe pary równe \(\displaystyle{ a=b, a=c , b=c}\) i odpowiedź końcowa bedzie taka sama
Może kogoś teraz natchnie jak to rozwiązać dalej mając zależnośc \(\displaystyle{ c=f(a)}\)

Pozostaje jeszcze przypadek nr 3 dla różnych wartości a,b,c

mol_ksiazkowy pisze:
2. Temat: liczby trójkątne; \(\displaystyle{ 15}\) i \(\displaystyle{ 21}\) są parą liczb trójkątnych, o tej własności, że ich suma i różnica też jest liczbą trójkątną. Czy istnieją inne takie pary ?

Co więcej istnieje nieskończenie wiele par liczb naturalnych x,y>0, spełniających układ równań :
\(\displaystyle{ \begin{cases} t_x+t_{2y}=t_{3y} \\ t_x-t_{2y}=t_{y-1}\end{cases}, \ gdzie \ t_a= \frac{a\cdot(a+1)}{2}}\)
Oba równania są równoważne równaniu :
\(\displaystyle{ x^2+x=5y^2+y}\)
Z tożsamości :
\(\displaystyle{ (161x+350y+116)^2+161x+350y+116-5(72x+161y+52)^2-(72x+161y+52)=x^2+x-5y^2-y}\)
wynika, że jeżeli para \(\displaystyle{ (x;y)}\) jest rozwiązaniem to para \(\displaystyle{ (161x+350y+116;72x+161y+52)}\)też jest rozwiązaniem , przy czym odpowiednio większym
Z tego, że para \(\displaystyle{ (2;1)}\) jest rozwiązaniem otrzymujemy, że równanie \(\displaystyle{ x^2+x=5y^2+y}\) posiada nieskończenie wiele rozwiązań w liczbach naturalnych x,y , przeto istnieje nieskończenie wiele liczb trójkątnych , o tej własności, że ich suma i różnica też jest liczbą trójkątną.

Nie wiem czy dobrze zrozumiałem, ale od razu widać, że dla danej pary liczb (a,b) warunki (1)-(3) są rozłączne z uwagi na dopisek "parami różne", to znaczy jeżeli zachodzi jeden z tych warunków to zawsze tylko jeden.

- jeśli spełnione (1) to nie (2) oraz (3) bo z uwagi na f(b) wynikałoby że a=c (sprzeczność z założeniem)
- jeśli spełnione (2) to nie (1) z tego samego powodu oraz nie (3) bo z uwagi na f(c) wynikałoby że a=d (sprzeczność z założeniem)
- jeśli spełnione (3) to analogicznie

z góry przepraszam jeśli coś źle zinterpretowałem :-/

Wydaje mi sie ze dla zadanej f mozna dobrac (np pare a,b i trojke c,d,e) tj. moze byc "kolizja oznaczen" . dwa warunki (x) i (y) rozumiem ze sa rownowazne gdy dwa dowolnej f, zachoda obydwa z nich badz nie zachodzi zaden.
W tym sensie np. (1) i (2) rownowazne nie są, bo np dla \(\displaystyle{ f(x)=1-x}\) (1) zachodzi, a (2) nie ...

po prostu trzeba podac inna taka parę...

Chcemy dowieść, że dla dowolnego niewymiernego \(\displaystyle{ x}\) istnieje naturalne \(\displaystyle{ n<1000}\) oraz całkowite \(\displaystyle{ k}\) takie, że:
\(\displaystyle{ \left| x-\frac kn\right| <\frac{1}{1000n}}\)
lub równoważnie:
\(\displaystyle{ \left| nx-k\right| <\frac{1}{1000}}\)

Rozpatrzmy trzy możliwości:

• Istnieje \(\displaystyle{ n<1000}\) takie, że \(\displaystyle{ \left\{ nx\right\} <\frac{1}{1000}}\). Wówczas bierzemy to \(\displaystyle{ n}\) oraz kładziemy \(\displaystyle{ k=\lfloor nx\rfloor}\). I jest dobrze, bo:
  \(\displaystyle{ \left| nx-k\right|=\left| nx-\lfloor nx\rfloor\right|=\left| \left\{ nx\right\}\right| <\frac{1}{1000}}\)
• Istnieje \(\displaystyle{ n<1000}\) takie, że \(\displaystyle{ \left\{ nx\right\} >1-\frac{1}{1000}}\). Wówczas bierzemy to \(\displaystyle{ n}\) oraz kładziemy \(\displaystyle{ k=\lfloor nx\rfloor +1}\). I jest dobrze, bo:
  \(\displaystyle{ \left| nx-k\right|=\left| nx-\lfloor nx \rfloor -1\right|=\left| \left\{ nx\right\} -1\right| =1-\left\{ nx\right\} <\frac{1}{1000}}\)
• Dla dowolnego \(\displaystyle{ n<1000}\) jest \(\displaystyle{ \left\{ nx\right\}\in \left( \frac{1}{1000},1-\frac{1}{1000}\right)}\). Wtedy z Zasady Szufladkowej Dirichleta istnieją takie naturalne \(\displaystyle{ p<q<1000}\), że \(\displaystyle{ \left| \left\{ px\right\} - \left\{ qx\right\} \right| <\frac{1}{1000}}\). Wówczas bierzemy \(\displaystyle{ n=q-p}\) oraz \(\displaystyle{ k=\lfloor qx\rfloor - \lfloor px\rfloor}\). I jest dobrze, bo:
  \(\displaystyle{ \left| nx-k\right|=\left| \left( qx-px\right) -\left( \lfloor qx \rfloor -\lfloor qx \rfloor\right) \right|=\left| \left\{ qx\right\} -\left\{ px\right\} \right| <\frac{1}{1000}}\)

Zadanie sprowadza sie do znalezienie minimalnego promienia 3 identycznych kół, które mają w całości pokryć kwadrat o boku \(\displaystyle{ a= \frac{ \sqrt{2}}{2}}\)

1. Skoro kwadrat ma 4 wierzchołki to siła rzeczy jeden z okręgów musi pokryć 2 wierzchołki. Stąd wynika iz aby zapewnić optymalne pokrycie kwadratu oraz pokrycie 2 wierzchołków to środek tego okręgu musi znajdować się na symetralnej boku.

2. Z uwagi na pkt. 1 i cechy symetrii kwadratu łatwo wywnioskować że na każde z dwóch pozostałych kół przypada po 1 wierzchołku. W dodatku te dwa pozostałe okręgi będą położone symetrycznie względem symetralnej boku kwadratu na której leży srodek pierwszego koła (pkt.1)

3. Rozpatrzmy na początek taki przypadek (który nie jest rozwiązaniem zadania, ale ukazuje do czego de facto sprowadza się cały problem):



Gdyby dla pierwszego okręgu \(\displaystyle{ d=\frac{ \sqrt{2}}{2}}\) czyli jego \(\displaystyle{ r=\frac{ \sqrt{2}}{4}}\) to pozostała niepokryta część kwadratu wymagałaby okręgów o średnicy \(\displaystyle{ x}\) zaznaczonej na rysunku na czerwono, ponieważ z uwagi na pkt. 2 są to w tym układzie dwa najbardziej odległe punkty oddalone od siebie, które trzeba pokryć jednym kołem.
Niestety w tym przypadku \(\displaystyle{ x=\frac{ \sqrt{10}}{4}}\) (z tw. Pitagorasa) a to jest większa wartość niż wskazana w treści zadania \(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{130}}{16}}\). (Z tego wynika że promień okręgu pierwszego musi być większy niż \(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{2}}{4}}\))
Problem zaś sprowadza się do tego by:

Średnica okręgu 1 była równa odległości x

4. Aby to wyznaczyć sporządziłem rysunek poglądowy wraz z zorientowaniem całości w kartezjańskim układzie współrzędnych:



Z równania okręgu wynika że:
\(\displaystyle{ r^2= \left( \frac{ \sqrt{2}}{4}\right)^2 +y_0^2}\)

Natomiast z odległości dwóch punktów w układzie współrzędnych:
\(\displaystyle{ d^2= \left( \frac{ \sqrt{2}}{4}\right)^2 + \left( \frac{ \sqrt{2}}{2} -2y_0 \right)^2}\)

pozostaje podstawić \(\displaystyle{ d=2r}\) i połączyć oba równania:
\(\displaystyle{ \begin{cases} r^2= \left( \frac{ \sqrt{2}}{4}\right)^2 +y_0^2 \\ 4r^2= \left( \frac{ \sqrt{2}}{4}\right)^2 + \left( \frac{ \sqrt{2}}{2} -2y_0 \right)^2 \end{cases}}\)

w drugim za \(\displaystyle{ r^2}\) podstawiam prawą stronę pierwszego równania:
\(\displaystyle{ 4 \cdot ( \frac{1}{8} + y_0^2)= \frac{1}{8} +\frac{1}{2}-2 \sqrt{2}y_0 +4y_0^2}\)
upraszczamy i wychodzi:
\(\displaystyle{ y_0=\frac{1}{16 \sqrt{2}}}\)
podstawiamy do pierwszego równania w układzie i wychodzi \(\displaystyle{ r= \frac{ \sqrt{130} }{32} \rightarrow d= \frac{ \sqrt{130} }{16}}\)
Jest to najmniejsza średnica 3 kół gwarantująca całkowite pokrycie zadanego kwadratu.

Pokażemy, że każda liczba pierwsza większa od trzech spełnia warunki zadania. Niech \(\displaystyle{ n=2k+1}\) będzie taką liczbą. Załóżmy, że liczba \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{m}p_i^{a_i}}\) ma \(\displaystyle{ n}\) dzielników, tzn. \(\displaystyle{ \prod_{i=1}^{m} (a_i+1)=n}\). Skoro \(\displaystyle{ n}\) jest pierwsze, to tylko jedno \(\displaystyle{ a_i}\) może być niezerowe i jest ono równe \(\displaystyle{ n-1}\). Tak więc Liczba o dokładnie \(\displaystyle{ n}\) dzielnikach musi być postaci \(\displaystyle{ p^{n-1}}\), więc najmniejsza taka liczba to \(\displaystyle{ 2^{n-1}=2^{2k}}\). Natomiast \(\displaystyle{ n+1=2\cdot (k+1)}\), więc z całą pewnością \(\displaystyle{ 2^{k}\cdot 3}\) ma \(\displaystyle{ n+1}\) dzielników. Ale \(\displaystyle{ k\ge 2}\), więc:
\(\displaystyle{ 2^k\cdot 3<2^k\cdot 2^2 \le 2^k\cdot 2^k=2^{2k}}\)
Skoro więc pewna liczba o \(\displaystyle{ n+1}\) dzielnikach jest mniejsza od najmniejszej liczby od \(\displaystyle{ n}\) dzielnikach, to najmniejsza liczba o \(\displaystyle{ n+1}\) dzielnikach również. Kończy to dowód, bo liczb pierwszych większych od trójki jest nieskończenie wiele.

Przez łamaną rozumiem ścieżkę "typu eulerowskiego", która może być zamknięta, posiadać nawet dwa cykle (w łamanej o długości 8) i jako podgraf może mieć ona albo 0 albo 2 wierzchołki stopnia nieparzystego. Krótko mówiać daną łamaną da się narysować przechodząc przez każdą krawędź dokładnie raz

Wydaje mi sie ze mamy tu warunek na to iz graf jest eulerowski lub połeulerowski (semieulerowski).
ale jak z tego wynika teza ... ?
np łamana ponizej obłsuguje tylko jeden wierzcholek stopnia 3,

np. \(\displaystyle{ t_{39}= 780 \ \ t_{44}= 990}\)