Matematyka.pl

Tu akurat jeszcze nie ma rozwiązania gdyż to pierwszy post w tym temacie

Liczb podzielnych przez \(\displaystyle{ 7}\) jest \(\displaystyle{ \left\lfloor \frac{2021}{7} \right\rfloor-\left\lfloor \frac{665}{7} \right\rfloor}\), a przez \(\displaystyle{ 13}\) tyle \(\displaystyle{ \left\lfloor \frac{2021}{13} \right\rfloor-\left\lfloor \frac{665}{13} \right\rfloor}\). Trzeba jeszcze zliczyć ile jest liczb które dzielą się przez \(\displaystyle{ 7}\) i \(\displaystyle{ 13}\). Tych jest \(\displaystyle{ \left\lfloor \frac{2021}{\text{NWW}(7,13)} \right\rfloor-\left\lfloor \frac{665}{\text{NWW}(7,13)} \right\rfloor}\). Zatem liczb podzielnych przez \(\displaystyle{ 7}\) lub \(\displaystyle{ 13}\) jest:


to odnosimy do mocy \(\displaystyle{ \Omega}\) dostając prawdopodobieństwo:

choć podobno na maturze można zapisywać wynik bez jego upraszczania. Więc może szybszą formą jest:


wydaje mi się, że to powinno zadziałać, tak czy inaczej oddaje kolejkę.

Oznaczmy trzeci pierwiastek wielomianu przez \(\displaystyle{ c}\), wtedy mamy \(\displaystyle{ c=-(a+b)}\) ze wzoru Viete'a na sumę pierwiastków.
Dalej dostajemy natychmiast (również ze wzorów Viete'a)
\(\displaystyle{ ab+bc+ca=-p}\), czyli \(\displaystyle{ a^{2}+ab+b^{2}=p \ (*)}\), a ponadto \(\displaystyle{ abc=-2}\), tj.
\(\displaystyle{ ab(a+b)=2 \ (**)}\).
Z tej drugiej własności mamy \(\displaystyle{ a+b=\frac{2}{ab}}\), podstawiamy do pierwszej i otrzymujemy
\(\displaystyle{ \left(\frac{2}{ab}\right)^{2}=p+ab}\), mnożymy stronami przez \(\displaystyle{ (ab)^{2}}\), porządkujemy, przenosimy na jedną stronę i mamy tezę, c.n.d.

Szkic, bo mnie wylogowało i nie chce mi się jeszcze raz rozpisywać.
Korzystamy z faktu, że w trójkącie prostokątnym długość wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną to średnia geometryczna długości odcinków, na które spodek tej wysokości dzieli przeciwprostokątną.
Niech \(\displaystyle{ |AC|=x, \ |AH|=y}\), z treści zadania \(\displaystyle{ |BH|=x+y}\), z faktu jest \(\displaystyle{ |CH|=\sqrt{y(x+y)}}\), następnie z Pitagorasa dla trójkąta \(\displaystyle{ HAC}\) mamy więc \(\displaystyle{ |AC|=2y}\) (rachunki pomijam). Stąd \(\displaystyle{ \angle BAC}\) jest ostrym o kosinusie równym \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\), więc jest równy \(\displaystyle{ 60^{\circ}}\) i dalej wiadomo.

skończona suma, jeśli \(\displaystyle{ x}\) jest rozwiązaniem to \(\displaystyle{ -x}\) także ; czyli zero.

Suma oczek na wszystkich \(\displaystyle{ 10}\) kostkach wynosi \(\displaystyle{ 10\cdot (1+2+3+4+5+6)=210}\), zatem skoro na odsłoniętych ściankach było w sumie \(\displaystyle{ 186}\) oczek, to na niewidocznych były \(\displaystyle{ 24}\). Na każdej ściance jest co najmniej jedno oczko, więc
gdyby na zasłoniętych były co najmniej trzy szóstki, to na wszystkich zasłoniętych mielibyśmy co najmniej \(\displaystyle{ 3\cdot 6+7\cdot 1>24}\) oczka, zatem taka możliwość odpada.
Wobec tego na niewidocznych ściankach mogły być najwyżej dwie szóstki. Realizacja (oczywiście przykładowa) dla zera szóstek: sześć dwójek i cztery trójki na niewidocznych ściankach. Realizacja dla jednej szóstki: jedna szóstka i dziewięć dwójek na niewidocznych ściankach. Realizacja dla dwóch szóstek: dwie szóstki, cztery dwójki i cztery jedynki na niewidocznych ściankach.

Należy udowodnić, że \(\displaystyle{ (1- \frac{1}{2^2})…(1- \frac{1}{(n+1)^2}) = \frac{n+2}{2(n+1)} }\) co np. indukcją jest łatwe; sprowadza się do wymnożenia \(\displaystyle{ \frac{n+2}{2(n+1)}}\) przez \(\displaystyle{ (1- \frac{1}{(n+2)^2})}\).

Niech \(\displaystyle{ \gamma, \ \delta}\) będą dwoma pozostałymi rozwiązaniami równania \(\displaystyle{ x^4+bx^3-1=0}\) (może zespolonymi, może być i pierwiastek podwójny, nieistotne). Ze wzorów Viete'a mamy
\(\displaystyle{ \alpha+\beta+\gamma+\delta=-b\\ \alpha \beta+\alpha\gamma+\alpha \delta+\beta \gamma+\beta \delta+\gamma\delta=0\\\ \alpha \beta \gamma+\alpha\gamma \delta+\alpha \beta \delta+\beta \gamma \delta=0\\\alpha \beta \gamma \delta=-1}\)
Traktujemy to jak układ równań z niewiadomymi \(\displaystyle{ \alpha+\beta, \ \alpha \beta, \ \gamma+\delta, \gamma\delta}\)
Bez problemu z pierwszego równania wyliczamy, że \(\displaystyle{ \gamma+\delta=-b-(\alpha+\beta)}\) i z czwartego – że \(\displaystyle{ \gamma\delta=-\frac{1}{\alpha\beta}}\)
Koncentrujemy się następnie na układzie dwóch środkowych równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} \alpha \beta+\alpha\gamma+\alpha \delta+\beta \gamma+\beta \delta+\gamma\delta=0\\\ \alpha \beta \gamma+\alpha\gamma \delta+\alpha \beta \delta+\beta \gamma \delta=0\end{cases}}\)
czyli innymi słowy
\(\displaystyle{ \begin{cases} \alpha \beta-\frac{1}{\alpha \beta}+(\alpha+\beta)(-b-(\alpha+\beta))=0\\\alpha\beta(-b-(\alpha+\beta))-\frac{1}{\alpha\beta}(\alpha+\beta)=0\end{cases}}\)

Z drugiego równania wyliczamy
\(\displaystyle{ \alpha+\beta=-\frac{b\alpha\beta}{\alpha \beta+\frac{1}{\alpha \beta}}}\)
Podstawiamy z tej zależności za \(\displaystyle{ \alpha+\beta}\) do pierwszego z równań układu i dostajemy równanie
\(\displaystyle{ \alpha\beta-\frac{1}{\alpha\beta}-\frac{b\alpha\beta}{\alpha \beta+\frac{1}{\alpha \beta}}\left(-b+\frac{b\alpha\beta}{\alpha \beta+\frac{1}{\alpha \beta}}\right)=0}\)

Oznaczmy dla wygody \(\displaystyle{ x=\alpha \beta}\), wtedy jest (po prostu siłowo wymnażamy przez mianowniki)
\(\displaystyle{ x-\frac{1}{x}-\frac{bx}{x+\frac{1}{x}}\left(-b+\frac{bx}{x+\frac{1}{x}}\right)=0 \\x^2-\frac{1}{x^2}-bx\left(-b+\frac{bx}{x+\frac{1}{x}}\right)=0\\x^3-\frac{1}{x^3}+x-\frac{1}{x}+b^{2}x\left(x+\frac{1}{x}\right)-b^2 x^2=0\\x^6+x^4+b^2x^3-x^2-1=0}\)
c.n.d.

Niech \(\displaystyle{ x=|AD|}\). Trójkąt \(\displaystyle{ ADE}\) jest równoramienny tj. \(\displaystyle{ \frac{10-x}{2x} = \cos(\alpha)= \frac{7}{25} }\) itd.

Przecięciem prostej OC z \(\displaystyle{ y=-x+9}\) jest punkt \(\displaystyle{ C'=(3,6)}\), więc skalą jednokładności jest \(\displaystyle{ k= \frac{3}{2} }\).
Symetralną boku AB jest prosta \(\displaystyle{ y=x+1}\). Wybieram leżące na niej punkty \(\displaystyle{ P=(0, 1)}\) oraz \(\displaystyle{ Q=(-1,0)}\). Ich obrazami we wskazanej jednokładności są \(\displaystyle{ P=(0,\frac{3}{2} )}\) oraz \(\displaystyle{ Q=(-\frac{3}{2},0)}\) więc obrazem symetralnej boku AB jest prosta \(\displaystyle{ y=x+\frac{3}{2}}\)

\(\displaystyle{ L=x^{\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\dots+\frac{1}{(n-1)\cdot n}}=x^{1-\frac12+\frac12-\frac13+\dots+\frac1{n-1}-\frac1n}=x^{1-\frac1n}}\)
\(\displaystyle{ R=x^{1-\frac{1}{2021}}}\)