Matematyka.pl

Rozważyć odpowiednie przypadki mantys liczb x i y tj. na przedziały \(\displaystyle{ ( 0, \frac{1}{2})}\) oraz \(\displaystyle{ <\frac{1}{2}, 1)}\)

Z definicji wartości bezwzględnej:
\(\displaystyle{ \begin{cases} \left| \frac{x(x+1)(x+2)...(x+2004)}{x+1} \right| \ge 0 \\
\left| \frac{x(x+1)(x+2)...(x+2004)}{x+2} \right| \ge 0 \\
\left|\frac{x(x+1)(x+2)...(x+2004)}{x+3} \right| \ge 0 \\
... \\
\left|\frac{x(x+1)(x+2)...(x+2004)}{x+2004} \right| \ge 0 \end{cases}}\)
Lecz z założenia:
\(\displaystyle{ \left| \frac{x(x+1)(x+2)...(x+2004)}{x+1} \right|+ \left| \frac{x(x+1)(x+2)...(x+2004)}{x+2} \right|+ \left|\frac{x(x+1)(x+2)...(x+2004)}{x+3} \right|+...+ \left|\frac{x(x+1)(x+2)...(x+2004)}{x+2004} \right|=0}\)
Stąd
\(\displaystyle{ \begin{cases} \left| \frac{x(x+1)(x+2)...(x+2004)}{x+1} \right| = 0 \\
\left| \frac{x(x+1)(x+2)...(x+2004)}{x+2} \right| = 0 \\
\left|\frac{x(x+1)(x+2)...(x+2004)}{x+3} \right| = 0 \\
... \\
\left|\frac{x(x+1)(x+2)...(x+2004)}{x+2004} \right| = 0 \end{cases}}\)
Czyli \(\displaystyle{ x \in \{0,-1,-2,-3,...,-2004 \}}\)
Ale wyznaczając dziedzinę:
\(\displaystyle{ D= R - \{-1,-2,-3,...,-2004 \}}\)
otrzymujemy ostateczne rozwiązanie x = 0.

Równowaznie x=z=y=0 widac od razu i jesli x,y,z sa rózne od 0 to
\(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{1+x^{2}}{x^2}}=\frac{2}{y} \\ \frac{1+y^{2}}{y^{2}}=\frac{2}{z} \\ \frac{1+z^{2}}{z^2}}=\frac{2}{x} \end{cases}}\).
Dodajmemy to stonami i mamy
\(\displaystyle{ (1-\frac{1}{x})^2 +(1-\frac{1}{y})^2+ (1-\frac{1}{z})^2 =0}\) tj x=y=z=1

x=0 , y=0 prowadzi do \(\displaystyle{ f(x)=x^2+b, \ g(y)= y^2+a}\) stale a i b liczymy wstawuiajc

tak gdyz liczby 123 i 1234 sa wzglednie pierwsze

wsk \(\displaystyle{ a_k =\frac{10^k -1}{9}}\)

22 razy, w ciągu dnia 11 razy: 0.00, miedzy 1.00 a 2.00, 2.00 a 3.00 ... 10.00 a 11.00.

Pokażemy, że wśród liczb postaci \(\displaystyle{ 1111...110000...000}\) znajdziemy liczbę będącą wielokrotnością dowolnej liczby \(\displaystyle{ n}\).
Rozpatrzmy ciąg liczb \(\displaystyle{ 1, 11, 111, ...}\). Z zasady szufladkowej Dirichleta mamy, że wśród nich znajdą się dwie liczby, które będą dawały taką samą resztę z dzielenia przez \(\displaystyle{ n}\). Oczywiście, odejmując jedną liczbę od drugiej, dostaniemy liczbę podzielną przez \(\displaystyle{ n}\). A zakładając że liczba pierwsza ma x jedynek a druga y jedynek, po odjęciu jednej od drugiej dostaniemy:
\(\displaystyle{ n\cdot N=\underbrace{111...111}_{x}\underbrace{000...000}_{y}}\).

Załóżmy, że może. Jednak z danego warunku mamy \(\displaystyle{ d(a+b+c+d)=(a+d)(b+d)}\), ale wtedy \(\displaystyle{ a+b+c+d}\), jako liczba pierwsza, musiałoby dzielić któryś z czynników prawej strony, a to jest niemożliwe, bo jest większe od każdego z nich.

To równanie nie ma rozwiązań. Wystarczy wyznaczyć \(\displaystyle{ g(x)=\mbox{max}(2x-3,x+1,1-x)}\) i rozwiązać w otrzymanych przedziałach.

\(\displaystyle{ g(x)=\begin{cases}2x-3, & 4\le x\\x+1, & 0\le x<4\\ 1-x, & x<0\end{cases}}\)

EDIT: Przedziały są wynikiem uporządkowania wyrażeń. Rozwiązujesz trzy nierówności:

\(\displaystyle{ 2x-3\ge x+1,\ \ 2x-3\ge 1-x,\ \ x+1\ge 1-x}\)

Tak.
Podróżnik wynajmuje dwóch tragarzy. Każdy z nich trzech bierze zapasy na cztery dni. Po jednym dniu pierwszy tragarz przekazuje porcję na jeden dzień podróżnikowi, porcję na jeden dzień drugiemu tragarzowi, a z jedną wraca. Po następnym dniu drugi tragarz przekazuje jedną porcję podróżnikowi, a z dwoma wraca.

Na ostatnich 6 miejscach zawsze, gdy są wyznaczone trzy pierwsze można postawić\(\displaystyle{ 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1=6!}\)cyfr
A na pierwszych trzech może stać \(\displaystyle{ 678, 679}\) a potem kolejne dziesiątki po siedem możliwości w każdej (\(\displaystyle{ 10-3}\)), bo w 3 cyfrze nie może być cyfry z 1 i 2 miejsca ani zera. Dziesiątek od \(\displaystyle{ 680}\)do\(\displaystyle{ 859}\) jest 17, ale tych, które możemy wpisać jest 14 (bo "odchodzą" przedziały:\(\displaystyle{ 700-709; 770-779; 800-809}\)). A (\(\displaystyle{ 17-3=14}\))
Więc wynik to: \(\displaystyle{ 6! \cdot (14 \cdot 7+2)=72000}\)