Dość proste. Badmor, myślę, że to zadanie 3. było najtrudniejsze.
Szkice:
Ukryta treść:
1. Trzy przypadki:
1. \(\displaystyle{ p=2}\) -> nie spełnia zadania
2. \(\displaystyle{ p=3}\) -> \(\displaystyle{ 2^p+p^2=17\in\mathbb{P}}\)
3. Dla \(\displaystyle{ p>3}\), np. używając kongruencji można wykazać, że \(\displaystyle{ 2^p+p^2}\) jest podzielne przez trzy.
2.\(\displaystyle{ {E}=AD\cap BC}\) i z tw. Pitagorasa: \(\displaystyle{ AC^2+BD^2=AE^2+EC^2+BE^2+ED^2=AB^2+CD^2}\)
3.bso. \(\displaystyle{ c\ge b\ge a}\), więc \(\displaystyle{ 2=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\le \frac{a+b+c}{a+b} \iff 1\le \frac{c}{a+b} \iff a+b\le c}\), co daje sprzeczność, więc taki trójkąt nie istnieje
4.\(\displaystyle{ \frac{abc}{a+b+c}<2017 \iff \frac{a+b+c}{abc}>\frac{1}{2017} \iff \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}>\frac{1}{2017}}\). Ponieważ \(\displaystyle{ a,b,c\le 77}\), to \(\displaystyle{ L\ge \frac{3}{77^2}=\frac{3}{5929}>\frac{3}{6000}=\frac{1}{2000}>\frac{1}{2017}=P}\)
5. Wystarczy wykazać, że z jednej strony suma liczb w pudełkach jest parzysta, a z drugiej nie, więc, nie da się tych kart rozłożyć w opisany sposób
Zgadzam się z Anon1, że zad. 3 dla mnie było najtrudniejsze. 1,4,5 były dla mnie łatwe; 2 jako że geometria to moja pięta Achillesowa trochę mi trudności sprawiło.
