Matematyka.pl

Tw. cosinusów

Odłożyć d na najdłuższej przekątnej

Wydaje mi się, że tw. sinusów też pozamiata

Niech \(\displaystyle{ [n]}\) oznacza ilość monet o nominale \(\displaystyle{ n}\). Udowodnię, że nie da się dobrać monet w ten sposób, aby nie spełniały tezy. Spróbuję jednak uczynić inaczej.
Zauważmy, że jeżeli \(\displaystyle{ 12 \le [5]}\) to teza jest oczywista. Załóżmy zatem, że \(\displaystyle{ [5]<12}\).
Jeżeli \(\displaystyle{ 6 \le [5] < 12}\) to teza nie będzie zachodzić wtedy i tylko wtedy gdy: \(\displaystyle{ [2]<15}\), \(\displaystyle{ [3]<10}\), \(\displaystyle{ [4]<10}\), \(\displaystyle{ [6] <5}\), ale wtedy musi zachodzić \(\displaystyle{ [2] + [3]+[4]+[5]+[6]<52}\), co jest sprzeczne z założeniem \(\displaystyle{ [2] + [3]+[4]+[5]+[6]=60}\), a więc dla \(\displaystyle{ 6 \le [5]}\) teza zachodzi zawsze.
Przeprowadzamy podobne rozumowanie dla \(\displaystyle{ [6]}\).
Jeżeli \(\displaystyle{ 10\le[6]}\) to teza zachodzi zawsze.
Zatem niech \(\displaystyle{ 5\le[6]<10}\), wtedy teza nie zachodziłaby jeżeli tylko \(\displaystyle{ [2]<15}\), \(\displaystyle{ [3]<10}\), \(\displaystyle{ [4]<15}\), \(\displaystyle{ [5] <6}\), ale to oznaczałoby, że \(\displaystyle{ [2] + [3]+[4]+[5]+[6]<56}\), sprzeczność.
Podobnie szacujemy, że dla \(\displaystyle{ 10 \le [2]}\) lub \(\displaystyle{ 10 \le [4]}\) teza zachodzi. Korzystając jeszcze z tego, że dla \(\displaystyle{ 20 \le [3]}\) teza zachodzi zawsze, dostajemy sprzeczność z wyborem zestawu monet niespełniających tezy zadania.

Zgodnie z treścią zadania:
\(\displaystyle{ a+b=c+d+e}\)(1)
\(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=d^2+e^2}\) (2)
Załóżmy nie wprost, że obie z liczb a,b nie są złożone (czyli są pierwsze lub równe 1).
Podnieśmy równanie (1) stronami do kwadratu:
\(\displaystyle{ a^2+2ab+b^2=c^2+d^2+e^2+2cd+2ec+2de}\)
Odejmijmy teraz równanie (2) stronami od równania (3):
\(\displaystyle{ 2ab-c^2 = c^2+2cd+2ec+2de \Leftrightarrow ab=c^2+cd+ec+de \Leftrightarrow}\)
\(\displaystyle{ \Leftrightarrow ab=(c+d)(c+e)}\)

Oczywiście \(\displaystyle{ c,d,e \ge 1}\). Stąd, jeżeli jedna z liczb a, b jest równa 1, to druga liczba jest
równa iloczynowi \(\displaystyle{ (c+d)(c+e)}\), czyli iloczynowi dwóch liczb całkowitych, większych od 1, więc jest złożona.
Załóżmy więc, że liczby a,b są różne od 1, czyli są liczbami pierwszymi. Wtedy wszystkie dzielniki liczby
ab to: 1, a, b, ab. Wiemy jednak, że \(\displaystyle{ c+d, \, c+e \ge 2}\), więc nie jest możliwe, by
\(\displaystyle{ \{c+d, c+e\}=\{1, ab\}.}\)
Stąd \(\displaystyle{ \{c+d, c+e\}=\{a, b\},}\) więc \(\displaystyle{ (c+d)+(c+e)=a+b}\). Z drugiej strony, z
równania (1) wiemy, że a+b=c+d+e. Dlatego (c+d)+(c+e)=c+d+e czyli c = 0.
Ale c miało być liczbą dodatnią! Sprzeczność kończy dowód.

sposób 1: jednokładność- to samo zadanie było w delcie:
sposób 2: inwersja względem okręgu o środku w C

Wystarczy udowodnić, że wielomian P stopnia n jest palindromiczny wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ P(x)=x^n \cdot P(\frac{1}{x})}\)
dla każdego x różnego od zera

I sposób: potęgi dwójki
II sposób: skorzystać z tego, że jeżeli \(\displaystyle{ a^x=b^y}\) dla pewnych liczb całkowitych
to a i b są potęgami tej samej liczby całkowitej (tzn. \(\displaystyle{ a=k^c}\), \(\displaystyle{ b=k^d}\))
Stąd \(\displaystyle{ m=k^c, 2n^2=k^d}\), podstawiając to do równania z zadania i porównując wykładniki przy k
uzyskujemy: \(\displaystyle{ 2ck^{2c}=dk^d}\), więc (funkcja \(\displaystyle{ xk^x}\) jest rosnąca) 2c=d,
a stąd \(\displaystyle{ m^2=2n^2}\) co jest nie możliwe, bo wtedy pierwiastek z 2 byłby równy m/n- liczbie wymiernej