Matematyka.pl

był błąd w źródle....

Z założenia \(\displaystyle{ n>0}\). Z kongruencji łatwo wychodzi, że gdy \(\displaystyle{ 2|n}\), to \(\displaystyle{ 3^{2^{n}}\equiv 3\pmod{13}}\), zaś w przeciwnym wypadku mamy \(\displaystyle{ 3^{2^{n}}\equiv9\pmod{13}}\). Podobnie otrzymujemy, że gdy \(\displaystyle{ 2\nmid n}\), to \(\displaystyle{ 4^{2^{n}}\equiv 3\pmod{13}}\), zaś gdy \(\displaystyle{ 2|n}\), to \(\displaystyle{ 4^{2^{n}}\equiv 9\pmod{13}}\). Zatem w przypadku gdy \(\displaystyle{ 2|n}\) otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ 4 \cdot 3^{2^n} + 3 \cdot 4^{2^n}\equiv (4\cdot 3+3\cdot 9)\equiv 0\pmod{13}}\), zaś gdy
\(\displaystyle{ 2\nmid n}\), to \(\displaystyle{ 4 \cdot 3^{2^n} + 3 \cdot 4^{2^n}\equiv(4\cdot9+3\cdot 3)\equiv 6\pmod{13}}\)
co kończy dowód.

Załóżmy że \(\displaystyle{ R(x)=W(x)-827x}\), wówczas \(\displaystyle{ R(x)}\) jest wielomianem czwartego stopnia. Skoro \(\displaystyle{ R(1)=W(1)-827=0, \ R(2)=W(2)-1654=0, \ R(3)=W(3)-2481=0,}\) to mamy \(\displaystyle{ R(1)=R(2)=R(3)=0}\), więc możemy napisać: \(\displaystyle{ R(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-a)}\) dla jakiejś rzeczywistej \(\displaystyle{ a}\).
Dlatego
\(\displaystyle{ W(-5)+ W(9)=R(-5)+R(9)=[R(-5)+R(9)]+827\\=[(6)(7)(8)(5+a)+(6)(7)(8)(9-a)]+827=4704+827=5531}\)

Oznaczmy elementy zbioru \(\displaystyle{ S}\) przez \(\displaystyle{ x_1,x_2,...,x_{21}}\). Załóżmy nie wprost, że pewien element tego zbioru jest niedodatni. Bez starty ogólności niech to będzie \(\displaystyle{ x_{21}}\). Oznaczmy dla wygody \(\displaystyle{ t}\) jako sumę wszystkich elementów z \(\displaystyle{ S}\).Wtedy
\(\displaystyle{ x_1+x_2+...x_{10}<x_{11}+x_{12}+...x_{21} \\
x_{11}+x_{12}+...x_{20}<x_1+x_2+...x_{10}+x_{21}}\)
Sumuje obie nierówności i otrzymuje:
\(\displaystyle{ x_1+x_2+...+x_{20}<x_1+x_2+...+x_{20}+2x_{21} \Leftrightarrow \\
t-x_{21}<t+x_{21} \Leftrightarrow 0<x_{21}}\)
otrzymałem sprzeczność, bo \(\displaystyle{ x_{21}}\) miał być niedodatni, a otrzymałem, że jest dodatni. Co kończy dowód nie wprost

analizując wyrażenia pod pierwiastkami i w mianownikach dochodzę do wniosku, że albo wszystkie liczby są ujemne albo są dodatnie. Jeśli wszystkie są dodatnie to:
korzystając z zależności między średnią geometryczną, a arytmetyczną otrzymuje
\(\displaystyle{ a^2=\frac{ \sqrt{bc}}{b+c} \cdot \frac{\sqrt[3]{bcd} }{b+c+d} \le \frac{ \frac{b+c}{2} }{b+c} \cdot \frac{ \frac{b+c+d}{3}}{b+c+d}= \frac{1}{6}}\)
,co daje \(\displaystyle{ a \le \frac{1}{\sqrt{6}}}\) analogicznie udowadniam, że \(\displaystyle{ b,c,d \le \frac{1}{ \sqrt{6}}}\).
Mnożąc równania z układu przez siebie otrzymuje
\(\displaystyle{ 1=(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)(a+b+c)(a+b+d)(a+c+d)(b+c+d) \le \frac{2}{\sqrt{6}} \cdot \frac{2}{\sqrt{6}} \cdot \frac{2}{\sqrt{6}} \cdot \frac{2}{\sqrt{6}} \cdot \frac{3}{\sqrt{6}} \cdot \frac{3}{\sqrt{6}} \cdot \frac{3}{\sqrt{6}} \cdot \frac{3}{\sqrt{6}} \cdot=\frac{2^4 \cdot 3^4}{6^4}=1}\)
Oznacza to, że stosowane nierówności muszą być równościami, więc \(\displaystyle{ a=b=c=d=\frac{1}{\sqrt{6}}}\), co rzeczywiście jest rozwiązaniem.
Jeśli wszystkie liczby są ujemne to stosuje podstawienie \(\displaystyle{ a=-a' \ b=-b' \ c=c' \ d=-d'}\) i otrzymuje ten sam układ, co już rozważany, więc rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ a=b=c=d=-\frac{1}{ \sqrt{6}}}\)

\(\displaystyle{ p=2l+1}\), gdzie \(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą
\(\displaystyle{ a=(2l+1)^2 \ b= \frac{l(l+1)}{2}}\)
\(\displaystyle{ m}\) jest liczbą trójkątną, więc \(\displaystyle{ m=\frac{n(n+1)}{2}}\)
\(\displaystyle{ a\frac{n(n+1)}{2}+b=(2l+1)^2\frac{n(n+1)}{2}+\frac{l(l+1)}{2}= \\
=\frac{1}{2}((2l+1)^2n^2+(4l^2+4l+1)n+l^2+l)= \\
= \frac{1}{2}((2l+1)^2n^2+2l(2l+1)n +(2l+1)n+l^2+l)= \\
= \frac{1}{2}(((2l+1)n)^2+2l(2l+1)n+l^2+(2l+1)n+l)= \\
= \frac{1}{2}( ((2l+1)n+l)^2 +(2l+1)n+l)= \\
= \frac{((2l+1)n+l)((2l+1)n+l+1)}{2}}\)
Teraz wynikanie w drugą stronę
\(\displaystyle{ (2l+1)^2m+\frac{l(l+1)}{1}=\frac{t(t+1)}{2} \Leftrightarrow (2l+1)^2m=\frac{t^2-l^2+t-l}{2} \Leftrightarrow \\
(2l+1)^2m=\frac{(t-l)(t+l+1)}{2} \Leftrightarrow (2l+1)^2m=\frac{(t-l)(2l+1+t-l)}{2} \Leftrightarrow \\ p^2m=\frac{(t-l)(p+t-l)}{2}}\)
\(\displaystyle{ 2 \nmid p}\) , więc \(\displaystyle{ p|l-t}\) lub \(\displaystyle{ p|p+t-l}\) w obu przypadkach wynika, że \(\displaystyle{ p|t-l \Rightarrow \frac{t-l}{p} \in Z}\). Dzieląc otrzymane równanie przez \(\displaystyle{ p}\) uzyskuje \(\displaystyle{ m=\frac{(\frac{t-l}{p})(1+\frac{t-l}{p})}{2}}\). To kończy dowód.
Można udowodnić, że 2l+1 nie musi być liczbą pierwszą, aby to wynikanie zachodziło. Jeśli chodzi o wszystkie takie pary(spełniające wynikania z zadania) to wydaje mi się, że \(\displaystyle{ a=2l+1 \ b= \frac{l(l+1)}{2}}\) to są wszystkie pary liczb o takich własnościach(do tego potrzebny jest fakt, że jeśli funkcja kwadratowa jest kwadratem dla każdej liczby całkowitej dodatniej, to jest ona kwadratem funkcji liniowej, co jest dosyć trudno udowodnić)

tam jest użyte słowo biśrodkowe, a to jest odcinek łączący środki przeciwległych krawędzi czworościanu

Jeśli \(\displaystyle{ q=1}\) to trywialne. Niech \(\displaystyle{ q \geq 2}\) to \(\displaystyle{ \frac{|2q^2-p^2|}{q^2}=|(\sqrt{2}- \frac{p}{q})(\sqrt{2}+ \frac{p}{q})| \geq \frac{1}{q^2}}\).
Stąd teza gdy \(\displaystyle{ \sqrt{2}+ \frac{p}{q} \leq 3}\).
Jeśli \(\displaystyle{ \sqrt{2}+ \frac{p}{q} >3}\) to \(\displaystyle{ |\sqrt{2}- \frac{p}{q}| > 3- 2\sqrt{2} > \frac{1}{12} \geq \frac{1}{3q^2}}\)

czy nie ma innych ...?

lub z przekształcenia \(\displaystyle{ xy+yz+xz + z - x - (x^2+y^2+z^2)= (z-x)(1-z+x) + (y-x)(z-y) \geq 0}\)

Oznaczmy sobie wspólny wierzchołek obu figur przez \(\displaystyle{ A}\), kolejne (odwrotnie do wskazówek zegara) wierzchołki kwadratu \(\displaystyle{ B,C,D}\), kolejne wierzchołki trójkąta \(\displaystyle{ E,F}\). Kolejne punkty przecięcia obu figur \(\displaystyle{ P,Q,R,S}\). Poza tym punkt przecięcia odcinków \(\displaystyle{ EF}\) i \(\displaystyle{ AC}\) niech będzie \(\displaystyle{ H}\).

Prosta \(\displaystyle{ AC}\) jest osią symetrii wszystkich trzech figur, czyli jest osią symetrii całego rysunku.

Pole kwadratu wynosi \(\displaystyle{ 2}\), bo jego bok wynosi \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\).
Wystarczy od tego pola odjąć pola trójkątów \(\displaystyle{ ABP, QCR, SDA}\). Oczywiście z powodu symetrii \(\displaystyle{ [ABP] = [SDA]}\).

Łuk \(\displaystyle{ AB}\) stanowi czwartą część okręgu, a łuk \(\displaystyle{ AE}\) - trzecią część okręgu. Wobec tego łuk \(\displaystyle{ BE}\) to dwunasta część okręgu. Z tego wynika, że \(\displaystyle{ \angle BAE = \frac{\pi}{12}}\). Co oznacza, że \(\displaystyle{ [ABP] = \frac{1}{2} \cdot \sqrt {2} \cdot \tan {\frac{\pi}{12}} \sqrt{2} = \tan {\frac{\pi}{12}} = 2 - \sqrt{3}}\).

Z symetrii otrzymujemy \(\displaystyle{ \angle QHC = \frac{\pi}{2}}\). Poza tym, \(\displaystyle{ \angle CQH}\) jest sumą łuków \(\displaystyle{ CF}\) i \(\displaystyle{ BE}\). Ponieważ łuki \(\displaystyle{ CF}\) i \(\displaystyle{ EC}\) z symetrii są równe, to ten kąt jest taki, jakby był oparty na łuku \(\displaystyle{ BC}\), czyli \(\displaystyle{ \angle CQH = \frac{\pi}{4}}\). Oznacza to że \(\displaystyle{ QH = HC = HR}\). \(\displaystyle{ HC = AC - AH = 2 - \sqrt{3}}\). Oznacza to, że \(\displaystyle{ [QCR] = 2 [QHC] = (2 - \sqrt {3})^2}\)

Stąd \(\displaystyle{ [APQRS] = [ABCD] - 2[ABP] -[QCR] = 2 - 2 (2 - \sqrt{3}) - (2 - \sqrt{3})^2 = 6 \sqrt{3} - 9 \approx 1.392}\)

Niech \(\displaystyle{ A',B'}\) będą obrazami \(\displaystyle{ A,B}\) w symetrii względem naszej średnicy. Leży na okręgu, ponieważ każda średnica jest osią symetrii okręgu. Oczywiście \(\displaystyle{ \angle ACA' = \frac{\pi}{2}}\), bo kąt zostaje podwojony. Co oznacza, że \(\displaystyle{ \angle A'CB = \frac{\pi}{2}}\). Czyli wystarczy udowodnić, że \(\displaystyle{ BA' = \sqrt{2}}\), reszta to twierdzenie Pitagorasa.

Ale kąt \(\displaystyle{ \angle A'CB}\) jest sumą kątów opartych na łukach \(\displaystyle{ A'B}\) i \(\displaystyle{ AB'}\). A te łuki są równe. Czyli kąt wpisany oparty na każdym z nich wynosi \(\displaystyle{ \frac{\pi}{4}}\), a kąt środkowy jest prosty. Czyli \(\displaystyle{ BA'}\) jest przekątną kwadratu o boku \(\displaystyle{ 1}\), czyli \(\displaystyle{ BA' = \sqrt{2}}\)

Co kończy dowód.

Zadanie wydaje się aż za proste. Na pewno nie ma błędu?

Podzielmy ten zbiór w dowolny sposób na trzy podzbiory, jeden zawiera 10 elementów, drugi także 10, a trzeci tylko jeden element. Niech sumy liczb w kolejnych podzbiorach wynoszą \(\displaystyle{ A,B,x}\). To ostatnie to oczywiście po prostu ta jedna liczba. Z założenia mamy
\(\displaystyle{ B < A +x}\) - po lewej suma dziesięciu, po prawej pozostałych jedenastu
\(\displaystyle{ A < B +x}\) - takoż
Dodając te nierówności otrzymujemy:
\(\displaystyle{ 2x >0}\).
\(\displaystyle{ x>0}\)

Jako że \(\displaystyle{ x}\) był dowolną liczbą z tego zbioru i okazał się być dodatni, wszystkie liczby z tego zbioru są dodatnie.