[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

[Dumel]

jeśli teza zadania ma być prawdziwa (a jest)

a właściwie skąd ta pewność ?
właściwie to nic nie warte jest to co napisałem w poprzednim poście, bo jak pokazałeś ta hipoteza jest równoważna tezie :/

[półpasiec]

To zadanie ma bardzo proste rozwiązanie, ale żeby na nie wpaść trzeba trochę się oswoić z konfiguracjami. Tutaj jest dobry kurs z tego

[mol_ksiazkowy]

moze warto kontynuowac (bo troszke stanal lancuszek)
Czy liczba \(\displaystyle{ \frac{2^{58}+1}{5}}\) jest pierwsza czy zlozona ?

[Myrthan]

\(\displaystyle{ 2^{58}}\) podniesiona do potęgi daje nam ostatnie cyfry tej liczby: \(\displaystyle{ \left(2,4,8,6 \right)}\) Czyli liczba \(\displaystyle{ 2^{58}}\) będzie miała ostatnią cyfrę \(\displaystyle{ 4}\), a \(\displaystyle{ 4+1=5}\) czyli dzieli się przez pięć, a liczba z piątką na końcu podzielona przez 5 da nam liczbę nie parzystą. Liczba jest liczbą pierwszą, tylko brakuje mi dobrego dowodu na to, pospieszyłem się troszkę z napisaniem tego posta ;D

[timon92]

Liczba jest liczbą złożoną ponieważ ponownie dzieli się przez 5

nie

[justynian]

\(\displaystyle{ 2^{58}}\) podniesiona do potęgi daje nam ostatnie cyfry tej liczby: \(\displaystyle{ \left(2,4,8,6 \right)}\) Czyli liczba \(\displaystyle{ 2^{58}}\) będzie miała ostatnią cyfrę \(\displaystyle{ 4}\), a \(\displaystyle{ 4+1=5}\) czyli dzieli się przez pięć, a liczba z piątką na końcu podzielona przez 5 da nam liczbę nie parzystą. Liczba jest liczbą złożoną ponieważ ponownie dzieli się przez 5, wynika to ze złożoności liczby, co trzecia potęga dla potęgi w której liczba kończy się na 4, dzieli się dwukrotnie przez 5. ;D nagięte to troszkę, ale to prawda

Jeśli już tak lawirujesz to musisz dać na to dowód

[Myrthan]

Wiem, za szybko napisałem, nie zastanowiłem się dobrze, czyli zadanie jeszcze do wykminienia

[robin5hood]

mozna skorzystać z wzorów skróconego mnożenie
\(\displaystyle{ 2^{58}+1 = (2^{29}+1)^{2}-2\cdot2^{29}= (2^{29}+1)^{2}-(2^{15})^{2}= (2^{29}+2^{15}+1)(2^{29}-2^{15}+1)}\)
i teraz
\(\displaystyle{ 2^{29}-2^{15}+1 =2 \cdot 2^{2 \cdot 14}-2 \cdot 2^{2 \cdot 7}+1\equiv 2+2+1\equiv 0 (\bmod5)}\)

[smigol]

robin5hood, zgodnie z założeniem tematu powinieneś zamieścić kolejny problem.

[robin5hood]

ok to moze z geometrii
W trókącie ostrokatnym ABC, obierzmy punkt P taki ze \(\displaystyle{ \angle{APC}=180^{\circ}-\angle{ACB}}\) i \(\displaystyle{ \angle{BPC}=180^\circ -\angle{ABC}}\) i \(\displaystyle{ \angle{APB}=180^\circ -\angle{BAC}.}\)
Pokaż że

\(\displaystyle{ \frac{AP}{BP} \cdot BC^3 = \frac{BP}{CP} \cdot AC^3 = \frac{CP}{AP} \cdot AB^3}\)

[timon92]

Szybki rachunek na kątach i mamy, że \(\displaystyle{ \angle PAC = \angle PCB = \angle PBA = \phi}\)

Z twierdzenia sinusów w trójkącie \(\displaystyle{ APC}\) mamy \(\displaystyle{ PC = AC \cdot \frac{\sin \phi}{\sin (\pi - \gamma)} = AC \cdot \frac{\sin \phi}{\sin \gamma}}\), analogicznie wyrażamy \(\displaystyle{ PB, PA}\).

Udowodnimy pierwszą równość. Pozostałych dowodzi się analogicznie.

\(\displaystyle{ \frac{AP}{BP} \cdot BC^3 = \frac{BP}{CP} \cdot AC^3 \iff \\ \frac{AB \cdot \frac{\sin \phi}{\sin \alpha}}{BC \cdot \frac{\sin \phi}{\sin \beta}} \cdot BC^3 = \frac{BC \cdot \frac{\sin \phi}{\sin \beta}}{AC \cdot \frac{\sin \phi}{\sin \gamma}} \cdot AC^3 \iff \\ \frac{AB \sin \beta}{BC \sin \alpha} \cdot BC^3 = \frac{BC \sin \gamma}{AC \sin \beta} \cdot AC^3 \iff \\ \frac{AB}{\sin \gamma} \cdot \frac{BC}{\sin \alpha} = \left( \frac{AC}{\sin \beta} \right) ^2}\)

Ostatnia równość jest prawdziwa na mocy twierdzenia sinusów, co kończy dowód

----------------------------

Wykazać, że równanie \(\displaystyle{ 1 + 2x^2 = y^2}\) ma nieskończenie wiele rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich \(\displaystyle{ x,y}\)

[Myrthan]

Do usunięcia za późno-- 13 sie 2010, o 19:58 --

mozna skorzystać z wzorów skróconego mnożenie
\(\displaystyle{ 2^{58}+1 = (2^{29}+1)^{2}-2\cdot2^{29}= (2^{29}+1)^{2}-(2^{15})^{2}= (2^{29}+2^{15}+1)(2^{29}-2^{15}+1)}\)
i teraz
\(\displaystyle{ 2^{29}-2^{15}+1 =2 \cdot 2^{2 \cdot 14}-2 \cdot 2^{2 \cdot 7}+1\equiv 2+2+1\equiv 0 (\bmod5)}\)

Nie rozumiem za bardzo, on tutaj udowodnił to samo co ja że liczba ta jest podzielna przez 5, ale nie udowodnił że to co dostanie po podziale jest złożone, czy nie... proszę o krótkie wyjaśnienie, żeby się nie potrzebnie za dużo postów nie robiło, w końcu same zadania tu robimy

[justynian]

on udowodnił że ta liczba to iloczyn 2 liczb z których jedna dzieli się przez 5, zatem cała liczba to iloczyn \(\displaystyle{ (2^{29}+2^{15}+1) \frac{(2^{29}-2^{15}+1)}{5}}\) z których obie liczby są większe od 1, mniejsze od danej liczby i całkowite, zatem liczba jest złożona

[Damianito]

Fajnie by było zobaczyć rozwiązanie tej kombinatoryki, która zablokowała łańcuszek, a teraz została tak pominięta

Co do zadania:

Równanie \(\displaystyle{ 1=y^2-2x^2}\) to po prostu pewne równanie Pella, więc istotnie posiada nieskończenie wiele rozwiązań. Rozważmy np. (to nawet wszystkie rozwiązania chyba) liczby całkowite dodatnie \(\displaystyle{ x_n, y_n}\) takie, że \(\displaystyle{ y_n+x_n \sqrt{2}=(3+2 \sqrt{2})^n}\) a wtedy \(\displaystyle{ y_n-x_n \sqrt{2} = (3-2 \sqrt{2})^n}\) oraz \(\displaystyle{ y_n^2-2x_n^2=(y_n- x_n\sqrt{2})(y_n+x_n\sqrt{2})=(9-8)^n=1}\)

-----------------------------------------------------

ABCD jest równoległobokiem, którego przekątne przecinają się w punkcie E. Punkt F leży wewnątrz trójkąta AED i jest taki, że \(\displaystyle{ \sphericalangle EDF = \sphericalangle CDE}\) oraz \(\displaystyle{ \sphericalangle EAF = \sphericalangle BAE}\) Dowieść, że trójkąty AFE i EFD są podobne.

[timon92]

Rozważmy taki punkt \(\displaystyle{ G \in AF}\) że \(\displaystyle{ \Delta AEG \sim \Delta ABE}\)

Łatwo pokazać (rachunek na kątach), że \(\displaystyle{ \angle DEG = \angle BAE}\).

Mamy \(\displaystyle{ \frac{EG}{DE} = \frac{EG}{BE} = \frac{AE}{AB}}\), zatem na mocy cechy bkb dostajemy, że \(\displaystyle{ \Delta DEG \sim \Delta BAE}\). Stąd zaś wynika, że \(\displaystyle{ \angle GDE = \angle EBA = \angle EDC}\). Z powyższych równości kątów wynika, że punkty \(\displaystyle{ F, G}\) pokrywają się. Stąd łatwo uzyskujemy podobieństwo trójkątów DEF, BAE, EAG.

----------------------

Wykaż, że dla każdego całkowitego \(\displaystyle{ n \ge 2}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ \frac{2^3-1}{2^3+1} \cdot \frac{3^3-1}{3^3+1} \cdots \frac{n^3-1}{n^3+1} > \frac{2}{3}}\)