Matematyka.pl

Oczywiście, że można tak ułożyć kamienie domina (na \(\displaystyle{ 5^2 \cdot 26! \cdot 2^{26-7}+2 \cdot 5 \cdot 26! \cdot 2^{26-6}+ 26! \cdot 2^{26-5}}\) sposobów).
Możliwe, że chodzi o ułożenie zgodne z zasadami gry w domino (w obu znanych mi wersjach: liczba oczek na stykających się połówkach kamieni jest taka sama, liczba oczek na stykających się połówkach kamieni wynosi 6), a wtedy taki układ nie jest możliwy (bo stykające się połówki kamieni tworzą pary, więc i końcówki ciągu kamieni też muszą tworzyć parę).

arek1357 pisze: ↑17 lut 2023, o 20:57 (i) \(\displaystyle{ a_{n+2}=2a_{n+1}+a_{n} , a_{1}=3, a_{2}=7}\)

Gdyby to rozwiązanie było poprawne to \(\displaystyle{ a_3=17}\) , podczas gdy w rzeczywistości \(\displaystyle{ a_3=16}\) ,
Skłaniam się do :
\(\displaystyle{ S_{n+1}=3S_{n}-2s_{n-1}+S_{n-2} \ \ dla \ \ n \ge 2, \ \ S_{1}=3 , \ S_{2}=7, \ S_3=16}\)

arek1357 pisze: ↑17 lut 2023, o 20:57 (iii) \(\displaystyle{ a_{n+2}=3a_{n+1}-a_{n} , a_{1}=3 , a_{2}=9}\)

Moim zdaniem powinno być:
(iii) \(\displaystyle{ S_{n+1}=3S_{n}-S_{n-2} \ \ dla \ \ n \ge 4, \ \ S_{2}=9 , \ S_{3}=26, \ S_4=70}\)

Wszystkie trzy równania mają rozwiązanie w całkowitych.
i) \(\displaystyle{ x=y=z=2}\);
ii) \(\displaystyle{ x=y=2^{n-1}, \ z=2^n}\);
iii) \(\displaystyle{ x=2^{n+1}, \ y=2^{n-1}, \ z=2^n.}\)

\(\displaystyle{ x^{12} + 4 x^{11} + 5 x^{10} + 4 x^9 - 4 x^8 - 20 x^7
- 25 x^6 - 20 x^5 - x^4 + 16 x^3 + 20 x^2 + 16x + 4}\)

Grupujemy:
\(\displaystyle{ \text{A} = x^{12} - 4 x^8 - x^4 + 4 = (x^4 + 1)(x^8 - 5 x^4 + 4) \\
\text{B} = 4 x^{11} + 5 x^{10} + 4 x^9
= x^9 (4 x^2 + 5 x + 4) \\
\text{C} = - 20 x^7 - 25 x^6 - 20 x^5
= -5 x^5 (4 x^2 + 5 x + 4) \\
\text{D} = 16 x^3 + 20 x^2 + 16 x
= 4 x (4 x^2 + 5 x + 4) }\)


\(\displaystyle{ (x^4 + 1)(x^8 - 5 x^4 + 4) +
(x^9 - 5 x^5 + 4 x)(4 x^2 + 5 x + 4) \\
= (x^4 + 1)(x^8 - 5 x^4 + 4)) +
x (x^8 - 5 x^4 + 4)(4 x^2 + 5 x + 4) \\
= [(x^4 + 1) + x (4 x^2 + 5 x + 4)](x^8 - 5 x^4 + 4) \\
= (x^4 + 4 x^3 + 5 x^2 + 4 x + 1)(x^8 - 5 x^4 + 4)) \\
= [(x^2 + 3 x + 1)(x^2 + x + 1)]
[(x^2 + 2)(x^2 - 2)(x^2 + 1)(x + 1)(x - 1)] }\)

Cztery pokoje omija.

Załóżmy, że mamy trójkąt o długościach boków a, b i c, który spełnia warunek bycia trójkątem pitagorejskim pierwotnym, czyli a i b są względnie pierwsze.

Promień koła wpisanego w ten trójkąt można wyrazić wzorem:

\[ r = \frac{a \cdot b \cdot c}{4S}, \]

gdzie S oznacza pole trójkąta. Ponieważ trójkąt jest pitagorejski to pole można obliczyć jako \(S = \frac{ab}{2}\). Wstawiając to do wzoru na promień:

\[ r = \frac{a \cdot b \cdot c}{4 \cdot \frac{ab}{2}} = \frac{c}{2}. \]

To oznacza, że promień koła wpisanego jest równy połowie długości boku c.

Teraz możemy zauważyć, że promień koła wpisanego w trójkąt o długościach boków a, b i c, który spełnia warunek trójkąta pitagorejskiego pierwotnego, jest zawsze liczbą wymierną (bo połowa liczby wymiernej jest zawsze liczbą wymierną). Z tego wynika, że promień koła wpisanego musi być liczbą wymierną o stałym mianowniku.

Ponieważ mianownik promienia to 2 (czyli \(2^1\)), jest to potęga dwójki. Skoro promień koła wpisanego jest liczbą wymierną o potędze dwójki jako mianowniku, to liczba trójkątów spełniających te warunki dla danej średnicy koła wpisanego jest również potęgą dwójki.