[MIX] Mix przy herbatce

[arek1357]

W zadaniu 9 mamy kiedy:

\(\displaystyle{ P(P'(x))=P'(P(x))}\)

jeżeli założymy, że: \(\displaystyle{ st\left[ P(x)\right] \ge 3}\)

wykonując żmudne ale nietrudne rachunki, że:

\(\displaystyle{ a_{i}=0 , i=0,1,...,n-1}\)

\(\displaystyle{ a_{n}= \frac{1}{n^{n-1}} }\)

więc:

\(\displaystyle{ P(x)= \frac{1}{n^{n-1}}x^n , n \ge 3}\)

dla:

\(\displaystyle{ n=2}\)

na piechotę można wykazać, że:

\(\displaystyle{ P(x)= \frac{1}{2} x+c}\)

dla:

\(\displaystyle{ n=1}\)

też na piechotę można wykazać, że:

\(\displaystyle{ P(x)= \frac{1- \sqrt{1-4b} }{2}x+b }\)

[arek1357]

sorki w stopniu 2 powinno być dwa w potędze przy \(\displaystyle{ x}\)

czyli:

\(\displaystyle{ P(x)= \frac{1}{2}x^2+c}\)

[Niepokonana]

1:    

No zobaczmy co wyjdzie. Weźmy dowolny odcinek \(\displaystyle{ AB}\) należący do tej płaszczny.
1) Załóżmy, że punkty \(\displaystyle{ A,B}\) są tego samego koloru. Wtedy środek \(\displaystyle{ S_{1}}\) jest również w tym kolorze. Zauważmy, że punkt \(\displaystyle{ S_{2}}\) leżący po środku odcinka o końcach \(\displaystyle{ S_{1}}\) i \(\displaystyle{ A}\) lub \(\displaystyle{ B}\) jest również w tym samym kolorze. Następnie \(\displaystyle{ S_{3}}\) jest w tym samym kolorze itd. Powtarzamy proces continuum wiele razy (mam nadzieję, że możemy) i okazuje się, że cały odcinek \(\displaystyle{ AB}\) jest w jednym kolorze.

2) Załóżmy, że punkty \(\displaystyle{ A,B}\) są w różnych kolorach. Wtedy \(\displaystyle{ S_{1}}\) jest pokolorowany trzecim kolorem i z punktem \(\displaystyle{ A}\) tworzy odcinek o różnokolorowych końcach. Wtedy punkt \(\displaystyle{ S_{2}}\) leżący pośrodku pomiędzy \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ S_{1}}\) jest pokolorowany na inny kolor niż te dwa punkty. Ponieważ mamy do dyspozycji tylko trzy kolory, to \(\displaystyle{ S_{2}}\) jest w tym samym kolorze co \(\displaystyle{ B}\). Z 1) odcinek o końcach \(\displaystyle{ S_{2},\; B}\) jest w całości jednokolorowy. Ale ten odcinek zawiera \(\displaystyle{ S_{1}}\), który jest w innym kolorze niż \(\displaystyle{ B}\), sprzeczność. Tym samym wszystkie odcinki na płaszczyźnie są jednokolorowe i pokrywają tę płaszczyznę w całości z dowolności wyboru odcinka.

Jak ktoś zrobił to sorry nie czytałam w całości wątku.

[a4karo]

Dobrze, że wątpisz. Szkoda, że nie uważałaś na pierwszym roku.

[Niepokonana]

Dobra, dobra, trzeba po prostu przejść do granicy jak punkty A i B zbliżają się do siebie i jakoś to będzie.

[arek1357]

Jakby nawet tak było jak mówisz, że wszystkie środki i środki środków tak do nieskończoności by były tego samego koloru, to nie znaczy, że wyczerpałabyś wszystkie punkty odcinka (nieskończoności są czasem wygodne ale często bardzo złudne)...

[kerajs]

7:    

Skoro wyróżniono \(\displaystyle{ 2n }\) punktów z \(\displaystyle{ 4n-4}\) możliwych to istnieją co najmniej dwie pary punktów które są swoimi obrazami w symetrii środkowej względem środka kwadratu. Pary te to końce przekątnych równoległoboku.

10:    

\(\displaystyle{ \sqrt{- \overline{z}}= \sqrt{-a+ib}= \pm \left( \sqrt{ \frac{-a+ \sqrt{a^2+b^2} }{2} }+i \frac{b}{2\sqrt{ \frac{-a+ \sqrt{a^2+b^2} }{2} }} \right) }\)

17:    

Wyrugowanie \(\displaystyle{ c}\) daje równanie \(\displaystyle{ a^3-a^2-a=b^3+b^2+b}\)
Dla \(\displaystyle{ \left| k\right| \ge 2}\) zachodzi
\(\displaystyle{ (k-1)^3 < k^3-k^2-k <k^3<k^3+k^2+k<(k+1)^3}\)
wiec tylko małe (co do wartości bezwględnej ) liczby całkowite maja szansę spełniać to równanie. Rozwiązania to:
\(\displaystyle{ \begin{cases} a=0 \\ b=0 \\ c=-1 \end{cases} \ \ \vee \ \ \begin{cases} a=-1 \\ b=-1 \\ c=1 \end{cases} \ \ \vee \ \ \begin{cases} a=1 \\ b=-1 \\ c=1 \end{cases}}\)

30:    

Nie. Kontrprzykład \(\displaystyle{ a=1 \ , \ b=4}\)

[kerajs]

18:    

Wypisanie kilku początkowych wyrazów daje sugestię, iż \(\displaystyle{ x_n=F_n^2}\)
Spełnia on (ten wzór ogólny) równanie rekurencyjne
\(\displaystyle{ L=x_{n+3}=F_{n+3}^2=(F_{n+2}+F_{n+1})^2=F_{n+2}^2+2F_{n+2}F_{n+1}+F_{n+1}^2=\\ =
F_{n+2}^2+F_{n+2}(F_{n+2}-F_n)+(F_{n+1}+F_n)F_{n+1}+F_{n+1}^2=
2F_{n+2}^2-F_{n+2}F_n +2F_{n+1}^2+F_nF_{n+1}=\\ =
2F_{n+2}^2+2F_{n+1}^2-F_n(F_{n+2}-F_{n+1})=2F_{n+2}^2+2F_{n+1}^2-F_n^2=\\ =
=2x_{n+2} + 2x_{n+1} - x_n=P}\)

Rozwiązując zwyczajnie równanie rekurencyjne dostanie się:
\(\displaystyle{ x_n= \frac{-2}{5} (-1)^n+ \frac{1}{5}( \frac{3- \sqrt{5} }{2})^n+ \frac{1}{5}( \frac{3+ \sqrt{5} }{2})^n }\)
trudno z tej postaci zauważyć iż sumę tę można zwinąć do
\(\displaystyle{ x_n=\left( \frac{-1}{ \sqrt{5} }(\frac{1- \sqrt{5} }{2})^n+\frac{1}{ \sqrt{5} }(\frac{1+ \sqrt{5} }{2} )^n \right)^2 =F_n^2}\)

20:    

\(\displaystyle{ W(x)=x^{10}- 7x^3+1 \\
W'(x)=10x^9-21x^2=10x^2(x^7-2,1)}\)

Skoro \(\displaystyle{ W_{min}=W( \sqrt[7]{2,1})= \frac{-49}{10} \sqrt[7]{2,1^3} +1<0}\) to wielomian ma dwa pierwiastki rzeczywiste.

[kerajs]

28:    

Przez \(\displaystyle{ R}\) oznaczę promień okręgu opisanego na tym 12-kącie foremnym.
Przekątne \(\displaystyle{ A_1A_{9}, A_4A_{12}}\)są prostopadłe i odległe od środka figury o \(\displaystyle{ \frac{R}{2} }\). Przekątna \(\displaystyle{ \ A_2A_{11}}\) przecina poprzednie przekątne pod kątem \(\displaystyle{ 45^o}\) i jest odległa od środka figury o \(\displaystyle{ \frac{R \sqrt{2} }{2} }\), czyli trafia w przecięcie \(\displaystyle{ A_1A_{9} \ z \ A_4A_{12}}\)

[mol_ksiazkowy]

30 cd

Ukryta treść:    

Kiedy ma miejsce ta podzielność ? np. gdy \(\displaystyle{ a=2b(b^2+1)}\); chodzi o to by \(\displaystyle{ \frac{a^2+b^2+1}{2ab+1} = b^2+1 }\).

Ukryta treść:    

Do tej pory wypito: Lapsang Souchong, Lipton, Rioba, Pu-erh, Assam.

[arek1357]

W 3cim widzi mi się, że \(\displaystyle{ x=0}\)

[Dasio11]

1:    

Z założenia wynika, że każda trójka punktów złożona z końców dowolnego odcinka i jego środka jest albo jednokolorowa, albo trójkolorowa. Ustalmy dowolne dwa punkty \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ D}\) i podzielmy odcinek \(\displaystyle{ AD}\) na trzy części równej długości, a końce powstałych odcinków nazwijmy tak by były to kolejno \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ B}\), \(\displaystyle{ C}\), \(\displaystyle{ D}\).

Jeśli \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) są jednego koloru, to z założenia \(\displaystyle{ C}\) również musi być tego koloru, i \(\displaystyle{ D}\) również - zatem \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ D}\) są jednokolorowe.

Jeśli zaś \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) są różnokolorowe, dajmy na to: czerwony i zielony, to \(\displaystyle{ C}\) musi być niebieski a \(\displaystyle{ D}\) znów czerwony - a więc znów \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ D}\) są jednokolorowe.

Wobec dowolności wyboru tych punktów, cała płaszczyzna jest jednego koloru.

[mol_ksiazkowy]

8 cd

Ukryta treść:    

Jeśli nie wszystkie liczby na okręgu są równe, to suma wszystkich liczb po tej operacji zmniejsza się (półniezmiennik).

[mol_ksiazkowy]

3cd

Ukryta treść:    

czy tylko \(\displaystyle{ x=0}\) ?

27

Ukryta treść:    

Jesli \(\displaystyle{ X =\{1,,..n \}}\) to suma \(\displaystyle{ n 2^{n-1}}\) (indukcja).

20 cd

Ukryta treść:    

Jeden z pierwiastków jest w przedziale \(\displaystyle{ (0,1)}\) a inny w \(\displaystyle{ (1, 2)}\).