Matematyka.pl

mol_ksiazkowy pisze:ad 12 cd

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,

W łamanej wierzchołków stopnia nieparzystego może być tylko dwa lub zero. Mamy 12 wierzchołków stopnia 3 w kratownicy. Mamy 5 łamanych. W NAJLEPSZYM PRZYPADKU każda łamana pokryje DWA wierzchołki stopnia 3. Czyli W NAJLEPSZYM PRZYPADKU dla 5 łamanych uda się pokryć 10 wierzchołków stopnia 3. Oczywiście może być ich łacznie mniej. No to jeśli nie wszystkie wierzchołki zostają pokryte w kwadratowej kratownicy za pomocą 5 łamanych, to znaczy że nie istnieje takie pokrycie. Szczerze pisząc nie do końca rozumiem gdzie tu wątpliwość?

Każda łamana ma 2 lub 0 wierzchołków stopnia nieparzystego (0 wierzchołków w przypadku pętli). 5 łamanych jest w stanie pokryć graf mający co najwyżej 10 wierzchołków stopnia nieparzystego (co najwyżej, gdyz mogą się zdarzyć sytuacje, w których przykładowo jedna łamana kończy w wierzchołku stopnia 2, a druga łamana się w nim zaczyna). Kratownica kwadratowa ma 12 wierzchołków stopnia nieparzystego (wszystkie stopnia 3). Zatem nie da się przy użyciu 5 łamanych pokryć całej kratownicy

Wybieramy najpierw liczbę stojącą na polu \(\displaystyle{ a1}\). W kolumnie \(\displaystyle{ b}\) istnieje na pewno liczba różna od wybranej wcześniej i tę też wybieramy. Kontynuujemy postępowanie aż do kolumny \(\displaystyle{ h}\): do tej pory wybraliśmy siedem różnych liczb, a kolumna \(\displaystyle{ h}\) ma osiem pól, więc na pewno na którymś stoi liczba jeszcze nie wybrana i tę też wybieramy. Wybraliśmy zatem osiem różnych liczb, każdą z innej kolumny, a brakujące dwadzieścia cztery liczby dobieramy w dowolny sposób.

Czy 0 wliczamy w tym przypadku do naturalnych? Jeśli tak to obalenie jest trywialne \(\displaystyle{ x=0 ; y=1}\)

wynik jest poprawny, ale przydalaby sie jakas metoda....

szkic Jesli \(\displaystyle{ n_i}\) i=0,...5 sa tymi liczbami, to \(\displaystyle{ n_0+...+n_5=222(a+b+c)=6(100a+10b+c)}\) co prowadzi do \(\displaystyle{ 7a=3b+4c}\) tj. \(\displaystyle{ 7(a-b)=4(c-b)}\)
i dalej juz łatwo....

W zwiazku z tymi przykladami (\(\displaystyle{ x=0, y=1}\), \(\displaystyle{ x=-9, y=-2}\) ) nasuwa sie ogolniejsza hipoteza:

"....są liczbami całkowitymi takimi ze.... są kwadratami pewnych liczb całkowitych \(\displaystyle{ \neq 0}\), to dokładnie jedna z liczb \(\displaystyle{ |x|, |y|}\) jest kwadratem...."

I pytanie "poza konkursem": czy takich par jest nieskonczenie wiele...?

Niech \(\displaystyle{ a, b ,c}\) są t. że: (*) \(\displaystyle{ (x-a)(x-b)(x-c)=x^3 -px^2 +qx -r=0}\)
tak więc \(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l} a+b+c=p\\ab+bc+ca=q\\abc=r \end{array}\right.}\)
tj. \(\displaystyle{ a^3=3(b^2+c^2) -25 =3(p^2-2q-a^2)-25}\) (jak i \(\displaystyle{ b, c}\))
(*) ma postać \(\displaystyle{ x^3+3x^2+ (-3p^2+6q+25) =0}\) stad \(\displaystyle{ p=-3 \ q=0 \ r=2}\)

A ile wynosza explicite \(\displaystyle{ a, b, c}\) ? jedna z nich to \(\displaystyle{ -1}\) a dwie są niewymierne