Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Po paru przekształceniach, eliminacji pierwiastków przez podnoszenie do kwadratu i uproszczeniu wyrażenia otrzymamy \(\displaystyle{ -x^2+2x+24=0}\), skąd mamy, że \(\displaystyle{ x=-4 \vee x=6}\), z tym że pierwsza odpowiedź odpada ze względu na pierwiastek. Bezpośrednio sprawdzamy, że \(\displaystyle{ x=6}\) spełnia równanie i jest to ostateczna odpowiedź.
Rozwiązanie dla współczynników całkowitych:
Z warunku \(\displaystyle{ W(2)=3}\) wyraz wolny \(\displaystyle{ W}\) nie może być parzysty. Z warunku \(\displaystyle{ W(3)=15}\) mamy, że dla pewnego wielomianu \(\displaystyle{ w}\) o współczynnikach całkowitych zachodzi \(\displaystyle{ W(x)=w(x)(x-3)+15,}\) stąd \(\displaystyle{ W(0)=-3w(0)+15,}\) zatem wyraz wolny \(\displaystyle{ W}\) jest podzielny przez \(\displaystyle{ 3.}\) Sprawdźmy co dzieje się dla wyrazu wolnego \(\displaystyle{ \pm 3.}\) Suma wartości bezwzględnych współczynników \(\displaystyle{ W}\) nie może być równa \(\displaystyle{ 3,}\) gdyby była równa \(\displaystyle{ 4}\) to wielomian byłby postaci \(\displaystyle{ \pm x^n \pm 3}\) co jest sprzeczne z \(\displaystyle{ W(1)=1.}\) Pokażemy, że suma ta nie może być też równa \(\displaystyle{ 5,}\) mamy dwa przypadki:
1) \(\displaystyle{ W(x)= \pm 2x^n \pm 3,}\) co jest sprzeczne z \(\displaystyle{ W(2)=3,}\)
2) \(\displaystyle{ W(x)= \pm x^n \pm x^k \pm 3, n>k.}\) Gdyby \(\displaystyle{ W(x)= \pm x^n \pm x^k + 3,}\) to mamy sprzeczność z \(\displaystyle{ W(2)=3.}\) Gdyby \(\displaystyle{ W(x)= \pm x^n \pm x^k - 3,}\) to mamy sprzeczność z \(\displaystyle{ W(1)=1.}\)
Natomiast suma ta może być równa \(\displaystyle{ 6}\) dla wielomianu \(\displaystyle{ W(x)=x^3-x^2-2x+3.}\)
Dla współczynników rzeczywistych odpowiedź będzie inna np. dla wielomianu \(\displaystyle{ W(x)=\frac{13}{11}x^3-\frac{23}{11}x^2+\frac{21}{11}}\) suma modułów współczynników to \(\displaystyle{ \frac{57}{11} \approx 5,18.}\) Nie wiem ile będzie wynosiło minimum tej sumy, jeszcze się zastanowię. Może ktoś zna odpowiedź?
W systemie dziesiątkowym: \(\displaystyle{ 0}\). Dla liczb innych niż \(\displaystyle{ 0}\):
Zakładając, że istnieje taka liczba wystarczy rozpatrzeć jej pierwszą i ostatnią cyfrę. Zauważmy, że na pierwszym miejscu szukanej liczby (i na ostatnim miejscu pisanej wspak) może stać tylko \(\displaystyle{ 1,2}\) lub \(\displaystyle{ 3}\). W innym przypadku, potrojenie tej liczby da liczbę o innej liczbie cyfr niż wyjściowa (a my szukamy liczby o tej samej liczbie cyfr, tylko zapisanych wspak). Teraz rozpatrzmy trzy przypadki:
a) pierwsza cyfra jest równa \(\displaystyle{ 1}\). Wtedy ostatnia cyfra liczby zapisanej wspak też jest równa \(\displaystyle{ 1}\). Zatem szukając ostatniej cyfry wyjściowej liczby wystarczy sprawdzić, czy po pomnożeniu jej przez \(\displaystyle{ 3}\) ostatnia cyfra wyniku jest równa \(\displaystyle{ 1}\). Nietrudno zauważyć, że tylko \(\displaystyle{ 7 \cdot 3=21}\) spełnia warunki, zatem ostatnią cyfrą szukanej liczby powinno być \(\displaystyle{ 7}\). Jednak wtedy dla dowolnych liczb "w środku", zachodzi: \(\displaystyle{ 3 \cdot \overline{1a_{n-1}a_{n-2}...a_{2}7} < \overline{6\underbrace{00...0}_{n-1}} < \overline{7a_{n-1}a_{n-2}...a_{1}1}}\). Wynika z tego, że trzykrotność tej liczby będzie zawsze mniejsza od liczby pisanej wspak, więc równość nigdy nie zajdzie.
b) pierwsza cyfra jest równa \(\displaystyle{ 2}\). Wtedy ostatnia cyfra liczby zapisanej wspak też jest równa \(\displaystyle{ 2}\). Rozumując analogicznie jak wyżej dochodzimy do wniosku, że ostatnią cyfrą wyjściowej liczby powinno być \(\displaystyle{ 4}\). Ale wtedy znowu, dla dowolnych liczb "w środku", zachodzi: \(\displaystyle{ 3 \cdot \overline{2a_{n-1}a_{n-2}...a_{2}4} > \overline{6\underbrace{00...0}_{n-1}} > \overline{4a_{n-1}a_{n-2}...a_{1}2}}\). Wynika z tego, że trzykrotność tej liczby będzie zawsze większa od liczby pisanej wspak, więc równość nigdy nie zajdzie.
c) pierwsza cyfra jest równa \(\displaystyle{ 3}\). Wtedy ostatnia cyfra liczby zapisanej wspak też jest równa \(\displaystyle{ 3}\). Rozumując analogicznie jak wyżej dochodzimy do wniosku, że ostatnią cyfrą wyjściowej liczby powinno być \(\displaystyle{ 1}\). Ale wówczas, dla dowolnych liczb "w środku" zachodzi: \(\displaystyle{ 3 \cdot \overline{3a_{n-1}a_{n-2}...a_{2}1} > \overline{9\underbrace{00...0}_{n-1}} > \overline{1a_{n-1}a_{n-2}...a_{1}3}}\). Wynika z tego, że trzykrotność tej liczby będzie zawsze większa od liczby pisanej wspak, więc równość nigdy nie zajdzie.
Zatem taka liczba inna niż zero nie istnieje. W systemie dziesiątkowym. Ale np. w systemie czwórkowym, siódemkowym, ósemkowym, jedenastkowym, dwunastkowym, czternastkowym, piętnastkowym czy szesnastkowym już tak.
Co więcej, to zadanie można ciekawie uogólnić: Dla jakich naturalnych \(\displaystyle{ k}\) istnieje \(\displaystyle{ n}\), które zapisane wspak jest równe \(\displaystyle{ kn}\) [w systemie dziesiątkowym]? Odpowiedź brzmi: 4 i 9.
Ostatnio zmieniony 2 kwie 2015, o 16:17 przez AndrzejK, łącznie zmieniany 1 raz.
Jedno z fajniejszych zadań w tym zestawie.
Wpis do pamiętnika z 19 grudnia 1897 mówi o tym problemie. Zostało podane na forum pierwszy znaleziony taki zestaw trójkątów. Dzisiaj jest wiadome że takich trójkątów jest nieskończenie wiele.
Poza tym, był bardzo bliski rozwiązania: \(\displaystyle{ (80,84,116)}\) = \(\displaystyle{ 20,21,29}\) pomnożone przez \(\displaystyle{ 4}\) \(\displaystyle{ (48,140,148)}\) = \(\displaystyle{ 12,35,37}\) pomnożone przez \(\displaystyle{ 4}\) \(\displaystyle{ (30,224,226)}\) = \(\displaystyle{ 15,112,113}\) pomnożone przez \(\displaystyle{ 2}\)
Drugi zestaw jaki został znaleziony: \(\displaystyle{ (105,208,233),(91,120,218),(56,390,394)}\)
Lemat 1. Jeżeli 1 jest biała, to wszystkie pozostale liczby musza być białe.
Dowód: gdyby \(\displaystyle{ k>1}\) było czarne, to \(\displaystyle{ k=k\cdot 1}\) byłoby białe - sprzeczność
Niech \(\displaystyle{ N\geq 2}\) będzie najmniejszą białą liczbą.
Lemat 2: Wszystkie wielokrotności \(\displaystyle{ N}\) są białe.
Dowód: Przypuśćmy, że tak nie jest. Niech \(\displaystyle{ kN}\) będzie czarną wielokrotnością \(\displaystyle{ N}\). Wtedy \(\displaystyle{ (k+1)N=kN+N}\) jest tez czarne. Innymi słowy, jeżeli jakaś wielokrotność \(\displaystyle{ N}\) jest czarna, to wszystkie następne też. W szczególności, od pewnego miejsca wszystkie potęgi \(\displaystyle{ N}\) byłyby czarne. A to jest niemożliwe, bo dla czarnego \(\displaystyle{ N^p}\) liczba \(\displaystyle{ N^{p+1}=N^p\cdot N}\) jest biała.
Lemat 2: Wszystkie liczby niepodzielne przez \(\displaystyle{ N}\) sa czarne.
Dowód: Niech \(\displaystyle{ m=kN+a}\). Wtedy \(\displaystyle{ kN}\) jest białe na mocy lematu 2, a \(\displaystyle{ a}\) jest czarne, bo jest mniejsze niż \(\displaystyle{ N}\), więc \(\displaystyle{ m}\) jest czarne
Twierdzenie: Iloczyn białych liczb jest biały.
Dowód: Liczba jest biała wtedy i tylko wtedy, gdy jest podzielna przez \(\displaystyle{ N}\), więc iloczyn dwóch takich liczb też jest podzielny przez \(\displaystyle{ N}\), więc jest biały.
Łatwo widać, że dla każdego \(\displaystyle{ N}\) pobielenie zbioru \(\displaystyle{ N\NN}\) spełnia warunki zadania.
27:
Niech \(\displaystyle{ f(x)=(100-x)\ln (100+x)}\). Mamy \(\displaystyle{ f'(x)=-\ln(100+x)+\frac{100-x}{100+x}.}\)
Oba składniki prawej strony maleją dla \(\displaystyle{ x>-100}\), a \(\displaystyle{ f'(-1)=-\ln 99+\frac{101}{99}<0}\).
Stąd wniosek, że \(\displaystyle{ f'}\) maleje i \(\displaystyle{ \exp(f'(x))=(100+x)^{100-x}}\) też maleje dla \(\displaystyle{ x\geq -1}\), zatem \(\displaystyle{ 99^{101}>100^{100}>101^{99}}\)
Wklęsłość \(\displaystyle{ f'}\) daje dodatkowo ciekawą nierówność \(\displaystyle{ 100^{200}>99^{101}\cdot 101^{99}}\)
Obliczenia (thx WolframAlpha) pokazują, że \(\displaystyle{ f'(-59)<0}\), więc od tego miejsca można pisać łańcuszek nierówności
Z teorii równań diofantycznych jest znane że równanie \(\displaystyle{ x^4+ x^2y^2+y^4= z^2}\) nie ma rozwiązań w zbiorze liczb naturalnych, nie jest więc możliwym \(\displaystyle{ \begin{cases}x^2+ xy +y^2=a^2 \\ x^2 - xy +y^2=b^2 \end{cases}}\)
gdyż wtedy \(\displaystyle{ x^4+x^2y^2+y^4 =(ab)^2}\)
Wiemy, że \(\displaystyle{ (y+1)|x^4-1\\(x+1)|y^4-1}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ x^4-1=(x-1)(x+1)(x^2+1)}\), więc także \(\displaystyle{ (x+1)|x^4-1}\), toteż \(\displaystyle{ (x+1)|x^4-y^4}\) (*)
Ponadto mamy \(\displaystyle{ x^4y^{44} -1=(x^4y^4-1)y^{40}+y^{40}-1}\)
Rzecz jasna, zachodzi \(\displaystyle{ y^{40}-1=(y^4-1)(y^{36}+y^{32}+\dots+y^4+1)}\),
a stąd i z założeń zadania mamy, że \(\displaystyle{ (x+1)|y^{40}-1}\).
Poza tym z (*) wnioskujemy, że \(\displaystyle{ x+1}\) dzieli liczbę \(\displaystyle{ x^4y^4-1}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ x+1}\) dzieli liczbę \(\displaystyle{ x^4y^4-1+x^4-y^4=(x^4-1)(y^4+1)}\),
ale wyżej uzasadniłem, że \(\displaystyle{ (x+1)|x^4-1}\), stąd \(\displaystyle{ (x+1)|(x^4-1)(y^4+1)}\), czyli \(\displaystyle{ (x+1)|x^4y^4-1}\), a więc także \(\displaystyle{ (x+1)|(x^4y^4-1)y^{40}}\)
Suma liczb podzielnych przez \(\displaystyle{ x+1}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ x+1}\), więc \(\displaystyle{ (x+1)|(x^4y^4-1)y^{40}+y^{40}-1}\), c.n.d.
Założenia zadania są jakieś przesadzone albo tu jest bardzo głupi błąd. Nie potrzebuję tu bowiem podzielności \(\displaystyle{ x^4-1}\) przez \(\displaystyle{ y+1}\).
Warunek w zadaniu oznacza, że każde dwa kolejne wyrazy permutacji potraktowanej jako ciąg \(\displaystyle{ (\pi(1),\pi(2),...,\pi(n))}\) mają wartość bezwzględną różnicy równą \(\displaystyle{ 1}\). Z tego wynika, że \(\displaystyle{ \pi(1)=1}\) lub \(\displaystyle{ \pi(1)=n}\).
Istotnie \(\displaystyle{ \pi(i)\neq 1}\) dla \(\displaystyle{ 2\leq i\leq n-1}\), bo wówczas istniałyby dwa różne elementy \(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b\in \{1,2,...,n\}}\) takie, że \(\displaystyle{ |a-1|=1=|b-1|}\). Z tego samego powodu \(\displaystyle{ \pi(i)\neq n}\) dla \(\displaystyle{ 2\leq i\leq n-1}\).
Jeżeli \(\displaystyle{ \pi(1)=1}\), to \(\displaystyle{ (\pi(1),\pi(2),...,\pi(n))=(1,2,...,n)}\). Jeżeli \(\displaystyle{ \pi(1)=n}\), to \(\displaystyle{ (\pi(1),\pi(2),...,\pi(n))=(n,n-1,...,1)}\).
7
Ukryta treść:
Zakładam, że zbiór \(\displaystyle{ \NN}\) zawiera \(\displaystyle{ 0}\).
Niech \(\displaystyle{ N}\) będzie podzbiorem liczb nieparzystych zbioru \(\displaystyle{ \{1,...,6n\}}\). Dla każdego \(\displaystyle{ m\in N}\) definiujemy \(\displaystyle{ \tau(m)=\inf \{r\in \NN\mid 2n+1\leq 3^rm\leq 6n-1\}}\)
Łatwo zauważyć, że dla każdego \(\displaystyle{ m\in N}\) zbiór \(\displaystyle{ \{r\in \NN\mid 2n+1\leq 3^rm\leq 6n-1\}}\) jest niepusty i stąd jego kres dolny jest dobrze zdefiniowany. Następnie dla \(\displaystyle{ k\in \NN}\) definiujemy \(\displaystyle{ N_k=\{m\in N\mid \tau(m)=k\}}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ N_0=\{m\in N\mid 2n+1\leq m\leq 6n-1\}}\)oraz \(\displaystyle{ N=\bigcup_{k\in \NN}N_k}\) jest rozkładem zbioru \(\displaystyle{ N}\) na parami rozłączne podzbiory. Ponadto dla każdego \(\displaystyle{ k\in \NN}\) mamy różnowartościową funkcję \(\displaystyle{ f_k:N_k\rightarrow N_0}\) zadaną wzorem \(\displaystyle{ f_k(m)=3^km}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ S}\) będzie \(\displaystyle{ 2n+1}\)-elementowym podzbiorem zbioru \(\displaystyle{ N}\). Wówczas \(\displaystyle{ S=\bigcup_{k\in \NN}N_k\cap S}\) jest rozkładem \(\displaystyle{ S}\) na parami rozłączne podzbiory. Stąd \(\displaystyle{ 2n+1=|S|=\sum_{k\in \NN}|N_k\cap S|=\sum_{k\in \NN}|f_k(N_k\cap S)|}\)
Podsumowując mamy
1) \(\displaystyle{ |N_0|=2n}\)
2) \(\displaystyle{ 2n+1=\sum_{k\in \NN}|f_k(N_k\cap S)|}\)
3) \(\displaystyle{ \bigcup_{k\in \NN}f_k(N_k\cap S)\subseteq N_0}\)
Koniunkcja tych warunków oznacza, że pewne dwa zbiory \(\displaystyle{ f_k(N_k\cap S)}\) oraz \(\displaystyle{ f_l(N_l\cap S)}\) dla \(\displaystyle{ k\neq l}\) mają wspólny element. Stąd istnieją \(\displaystyle{ x\in N_k\cap S}\) oraz \(\displaystyle{ y\in N_l\cap S}\) takie, że \(\displaystyle{ 3^kx=3^ly}\). To oznacza, że \(\displaystyle{ x|y}\) lub \(\displaystyle{ y|x}\) dla pewnych dwóch różnych \(\displaystyle{ x}\), \(\displaystyle{ y\in S}\).
-- 11 kwi 2017, o 19:00 --
13
Ukryta treść:
Załóżmy, że podane kolorowanie istnieje. Niech \(\displaystyle{ B}\) oznacza zbiór liczb białych zaś \(\displaystyle{ C}\) oznacza zbiór liczb czarnych.
I. Kolorowanie \(\displaystyle{ \RR_{>0}}\).
Lemat. Zbiór \(\displaystyle{ B}\) jest gęsty w \(\displaystyle{ \RR_{>0}}\). dowód. Niech \(\displaystyle{ (a,b)\subseteq \RR_{>0}}\) będzie zbiorem rozłącznym z \(\displaystyle{ B}\) dla \(\displaystyle{ a<b}\). Wówczas \(\displaystyle{ a<x<\frac{x+y}{2}<y<b}\) dla \(\displaystyle{ x,y\in (a,b)}\). Zatem \(\displaystyle{ x\in C}\), \(\displaystyle{ y\in C}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{x+y}{2}\in C}\)
Sprzeczność.
Na mocy lematu istnieją liczby \(\displaystyle{ 0<x<y<2x}\) takie, że \(\displaystyle{ x,y\in B}\). Ze związków \(\displaystyle{ \frac{(2x-y)+y}{2}=x}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{(2y-x)+x}{2}=y}\) wynika, że \(\displaystyle{ 2x-y\in C}\) oraz \(\displaystyle{ 2y-x\in C}\).
Zauważmy teraz, że \(\displaystyle{ \frac{x+y}{2}\in C}\)
bo \(\displaystyle{ x,y\in B}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{x+y}{2}=\frac{(2x-y)+(2y-x)}{2}\in B}\)
bo \(\displaystyle{ 2x-y,2y-x\in C}\). Sprzeczność. Nie ma takiego kolorowania.
II. Kolorowanie \(\displaystyle{ \ZZ_{>0}}\).
Lemat. Dla \(\displaystyle{ n\geq 3}\) liczby \(\displaystyle{ n}\) oraz \(\displaystyle{ n+2}\) nie mogą być jednakowego koloru. dowód. Załóżmy, że \(\displaystyle{ n\in B}\) i \(\displaystyle{ n+2\in B}\). Wówczas \(\displaystyle{ 3<n<n+2<2n}\). Ze związków \(\displaystyle{ \frac{(n+4)+n}{2}=n+2}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{(n-2)+(n+2)}{2}=n}\) wynika, że \(\displaystyle{ n-2\in C}\) i \(\displaystyle{ n+4\in C}\). Teraz mamy \(\displaystyle{ \frac{(n+2)+n}{2}=n+1\in C}\)
bo \(\displaystyle{ n,n+2\in B}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{(n+4)+(n-2)}{2}=n+1\in B}\)
bo \(\displaystyle{ n-2,n+4\in C}\). Uzyskaliśmy sprzeczność.
Na mocy Lematu wszystkie liczby postaci \(\displaystyle{ 4k}\) dla \(\displaystyle{ 1\leq k}\) są jednakowego koloru. Stąd w szczególności \(\displaystyle{ 8}\), \(\displaystyle{ 16}\) i \(\displaystyle{ 12}\) są tego samego koloru. Jest to jednak niemożliwe, bo \(\displaystyle{ \frac{8+16}{2}=12}\) Nie ma takiego kolorowania.
Warto na koniec zauważyć, że kolorowanie zbioru \(\displaystyle{ \RR_{>0}}\) dawałoby kolorowanie zbioru \(\displaystyle{ \ZZ_{>0}}\) więc dostaliśmy inny dowód faktu, że kolorowanie \(\displaystyle{ \RR_{>0}}\) nie istnieje.
-- 11 kwi 2017, o 22:45 --
20
Ukryta treść:
Oznaczenie. Dla dowolnego podzbioru \(\displaystyle{ X}\) zbioru \(\displaystyle{ \ZZ}\) i dowolnego \(\displaystyle{ u\in \ZZ}\) oznaczamy \(\displaystyle{ u+X=\{u+x\mid x\in X\}}\)
Niech \(\displaystyle{ X=\{x-y\mid x>y,\,x,y\in A\}}\). Wówczas \(\displaystyle{ |X|\leq {|A|\choose 2}=5050}\)
oraz \(\displaystyle{ X\subseteq S}\). Niech \(\displaystyle{ t_1=1}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ t_1}\),...,\(\displaystyle{ t_n}\) są już wybrane dla pewnego \(\displaystyle{ n<100}\). Wówczas za \(\displaystyle{ t_{n+1}}\) bierzemy najmniejszą liczbę w zbiorze
Zauważmy, że zbiór \(\displaystyle{ \left((t_1+X)\cup (t_2+X)\cup ...\cup (t_n+X)\cup \{t_1,...,t_n\}\right)}\) ma co najwyżej \(\displaystyle{ |t_1+X|+|t_2+X|+...+|t_n+X|+|\{t_1,...,t_n\}|=n\cdot 5050+n=n\cdot 5051<}\) \(\displaystyle{ <505100<10^6}\)
elementów. Stąd \(\displaystyle{ S\setminus \left((t_1+X)\cup (t_2+X)\cup ...\cup (t_n+X)\cup \{t_1,...,t_n\}\right)}\) jest niepusty i powyższa procedura rekurencyjna jest poprawna. Ponadto łatwo też udowodnić, że \(\displaystyle{ t_1<t_2<...<t_{100}}\)
Załóżmy teraz, że \(\displaystyle{ (t_i+A)\cap (t_j+A)\neq \emptyset}\) dla \(\displaystyle{ i<j}\). Wówczas istnieją \(\displaystyle{ x,y\in A}\) takie, że \(\displaystyle{ t_i+x=t_j+y}\) czyli \(\displaystyle{ t_j=t_i+(x-y)}\). Przy czym musi być \(\displaystyle{ x>y}\). Stąd \(\displaystyle{ t_j=t_i+(x-y)\in t_i+X}\)
oraz \(\displaystyle{ j>i}\). Jest to sprzeczne z procedurą rekurencyjną, która definiuje ciąg \(\displaystyle{ \{t_i\}_{i\in \{1,2,...,100\}}\).
Zatem zbiory \(\displaystyle{ A_i=t_i+A}\) są parami rozłączne dla \(\displaystyle{ i\in \{1,2,...,100\}}\)
Ostatnio zmieniony 12 kwie 2017, o 12:28 przez Slup, łącznie zmieniany 1 raz.
Warunek istnienia konstrukcji:
Punkt C nie należy do odcinka AB oraz \(\displaystyle{ min\left\{ \left| AC\right|, \left| BC\right| \right\} > \frac{\left| AB\right| }{2}\left( \sqrt{2}-1 \right)}\)
Promień okręgu wynika z wyliczonej zależności: \(\displaystyle{ r^2=\left| AC\right| \cdot \left| BC\right|}\) i wyznaczyć go można z klasycznej konstrukcji w trójkącie prostokątnym . Mając go, znalezienie środków obu okręgów jest formalnością.
11:
Jedno, i tylko jedno, z równań jest liniowo zależne od pozostałych.
Istnieje nieskończenie wiele rozwiązań gdzie: \(\displaystyle{ x_1=x_2=x_3=x_4=x_5=x_6=x_7=x_8}\)
