Chat Prasátek

Matematická sekce

Tonda | 7. 4. 2012 13:24:12

+ skrytý text

BÚNO $p\leq q$ a že obě jsou lichá prvočísla (to vyřešíme pak)
Tvrzení (jednoduché): všechny prvočíselné dělitele čísla $p^2+1$ jsou buď 2 nebo prvočísla tvaru $4k+1$ .
Nyní uvažujme lichá prvočísla $r$ , která dělí $p^2+1$ a jsou menší než $p$ . Taková prvočísla také dělí $2003^q+1$ a jsou menší než $q$ .
$r|2003^q+1 \Rightarrow r|2003^{2q}-1$
$r|2003^{r-1}-1$
$\Rightarrow r|2003^{NSD(r-1;2q)}-1 \Rightarrow r|2003^2-1$
$r$ má tvar $4k+1$ , a proto $r$ může být jedině $101$ , ale snadno zjistíme, že $101$ nedělí $2003^q+1$ , tzn. taková prvočísla $r$ neexistují, tzn. $p^2+1$ je složené jen ze $2$ (jen jednou, rozmyslete si) a prvočísel větších než $p$ (také jen jednou, rozmyslete si).
$p^2+1$ má tedy tvar $2t$ , kde $t$ je prvočíslo.
$2t|2003^q+1 \Rightarrow 2t|2003^{2q}-1$ , a proto $ord_{2t}(2003)|2q$ . Snadno vyloučíme hodnoty $1,2,q$ , tzn. $ord_{2t}(2003)=2q$
$2t|2003^{t-1}-1 \Rightarrow ord_{2t}(2003)|t-1 \Rightarrow 2q|t-1$
$p^2+1=2t$ a $2t$ dává zbytek $2$ po dělení $q$ , a proto $p^2$ dává zbytek $1$ po dělení $q$ , a proto $p$ dává zbytek $1$ nebo $-1$ po dělení $q$ , nyní by to mělo být lehké.
Případ když jedno prvočíslo je $2$ , pak jediné řešení bude $(2,2)$

Pozn.: Proč termín na 3.sérii je v úterý?

BakyX | 6. 4. 2012 23:13:24

Dobrý deň. Mohol by mi prosím niekto poradiť, ako vyriešiť úlohu číslo 39 z http://mks.mff.cuni.cz/common/show.php?title=... ?

Nemám najmenšie tušenie, čo s tým. Neviem to vyriešiť ani pre $\textstyle p=q$ .

Ďakujem.

BakyX | 5. 4. 2012 16:22:13

Ďakujem za super pomoc :)

+ skrytý text

Toto je dosť drsný trik. Snáď sa také raz naučím..

Josef Tkadlec | 5. 4. 2012 15:53:13

+ skrytý text

1) Stačí dokázat $\textstyle \angle PMQ+\angle PLQ=180^\circ$ .
2) Čáry $\textstyle PM$ , $\textstyle PL$ jsou isogonální v úhlu $\textstyle APB$ a podobně s $\textstyle Q$ (viz druhý díl seriálu ;)).

BakyX | 5. 4. 2012 15:15:52

Dobrý deň. Mohol by mi niekto prosím poradiť, ako vyriešiť úlohu číslo 4 z http://skmo.sk/dokument.php?id=402 ? Stačí hint. Ďakujem.

BakyX | 31. 3. 2012 22:53:15

Ďakujem za pomoc.

+ skrytý text

Tie tvary: Číslo $\textstyle n$ má požadovanú vlasnosť práve vtedy, keď je $\textstyle 8n+1$ štvorec, teda keď existuje také $\textstyle k$ , že $\textstyle 8n+1=(4k \pm 1)^2$ .

Takéto mechanické veci mi idú :) Keď treba použiť mozog, tak nastáva problém...

katka s | 31. 3. 2012 22:07:32

Fiha, ako si prisiel na tie vhodne tvary pre n? To by mi len tak nenapadlo.

Teraz nam staci toto:
+ skrytý text

Pre viac clenov si to vyrobime induktivne. Ak mame dva cleny postupnosti, ktorych sucet je tiez clen tej postupnosti, tak vieme najst vhodny clen postupnosti tak, ze ked ho pripocitame k tym dvom, tak znovu dostaneme clen tej postupnosti. Ked mame tri cleny, vieme najst nejaky stvrty, atd. Keby som napisala ako ho najst, tak to uz prezradim cele riesenie :).

Inak, tie cisla tvaru n^2+n su dvojnasobky tzv. trojuholnikovych cisel, a tie maju nejake pekne vlastnosti (staci si vygooglit triangular numbers). Ja viem, ze to az tak velmi nesuvisi s riesenim tejto ulohy, ale je to celkom zaujimave, a mozno sa to este zide pri rieseni nejakych prikladov.

BakyX | 30. 3. 2012 15:00:13

Ďakujem za hint.

+ skrytý text

V podstate keď je $\textstyle n$ v tvare $\textstyle 2k^2+k-1$ alebo 2k^2+3k, tak aj $\textstyle x_{n+1}-x_n$ je členom tejto postupnosti. To dáva odpoveď pre dve členy. Ako to dáva odpoveď pre viac členov ? Ďakujem.

katka s | 30. 3. 2012 10:20:46

Akosi som nezvladla spravne pouzit tex... Tak skusim este raz, radsej bez texu.

Hint: + skrytý text

Mnozina M obsahuje vsetky cisla tvaru $\textstyle x_n=n^2+n. Aky je rozdiel dvoch po sebe iducich clenov postupnosti$ \{x_n\}_{n=1}^\infty$? Moze to byt nejaky iny clen tej postupnosti?

katka s | 30. 3. 2012 10:18:42

Hint: + skrytý text

Mnozina M obsahuje vsetky cisla tvaru $<img class="tex" title=$ x_n=n^2+n' border="0" src="https://prase.cz/chat/texmaker.php?tex=%24x_n%3Dn%5E2%2Bn&hash=ed6fbec7828bb73e7213" />. Aky je rozdiel dvoch po sebe iducich clenov postupnosti $\textstyle \{x_n\}_{n=1}^\infty$ ' alt=' $\textstyle \{x_n\}_{n=1}^\infty$ ' border="0" src="https://prase.cz/chat/texmaker.php?tex=+%24%5C%7Bx_n%5C%7D_%7Bn%3D1%7D%5E%5Cinfty%24&hash=a1fe0cdfbc82a33b55a8" />? Moze to byt nejaky iny clen tej postupnosti?

BakyX | 30. 3. 2012 01:00:03

Dobrý deň. Mohol by mi prosím niekto poradiť, ako mám vyriešiť 1. úlohu odtiaľto ? http://skmo.sk/dokument.php?id=331

Tú úlohu vtedy vyriešil skoro každý, avšak ja som špeciálny prípad..Stačilo by mi povedať, odkiaľ je, ak ju niekto pozná.

Ďakujem.

Majkl | org | 27. 3. 2012 00:12:56

Mělo by to být v pohodě sry za zdžení, Majkl

Mark | 24. 3. 2012 08:39:56

Ahoj orgové, v submitovátku mám, že jsem odevzdal úlohu č.7, ale ve výsledkovce ji mám odškrtlou, doopravili byste mi ji? Díky, M.

Štěpán | 15. 3. 2012 22:44:17

Dobrý :). A nezkusil byste to ještě někdo bez osmičky? Tedy vyřešit osmičku pomocí bodu X?

David | 15. 3. 2012 17:32:36

Štěpán: Tak už to mám.
+ skrytý text

Je to v podstatě stejný postup, jaký jsem použil na osmičku samotnou. Vezmu si tečnu z bodu X ke kružnici vepsané CED a její průsečík G s CD a "přehazováním" tečen dokážu, že NBCG je tečnový podle součtů protějších stran, přičemž použiju tvrzení osmičky.

Štěpán | 14. 3. 2012 23:03:05

Tak fajn, už jsem to pochopil. Já jsem se totiž zasekl při dokazování něčeho úplně jiného. Takže tady je něco pro Ty, kterým přijde osmička zajímavá:
Označme X průsečík AB a společné tečny kružnic vepsaných trojúhelníkům AED a BEC (tedy střed kladné stejnolehlosti, který na sebe ty dvě kružnice zobrazuje). Dokažte, že bodem X prochází i společná tečna kružnice vepsané trojúhelníku CED a čtyřúhelníku ABCD. Můžete zkusit využít řešení osmičky, respektive dokázat osmičku pomocí tohoto tvrzení (to mi přijde jako správná výzva). Mě se to dokázat nepovedlo, ale prý to platí (tvrdí geogebra). Tady je geogebří soubor: http://uloz.to/xuc3jp3/8-ggb

Miroslav Olšák | org | 14. 3. 2012 21:20:31

Tam uz neni moc dalsich myslenek, to proste vyjde. Napada me leda, pamatoval jsi na toto?
+ skrytý text

Spolecne vnejsi tecny dvou kruznic jsou stejne dlouhe.

Štěpán | 14. 3. 2012 21:10:24

No fakt dobrý. To jsem přesně věděl, jenže se mi to nepovedlo dokázat. Pak už bych měl vyhráno... Mě by spíš zajímalo, jak právě to, co říkáš, dokázat.

Josef Tkadlec | 14. 3. 2012 10:13:31

Slabý hint:
+ skrytý text

Equal Tangents (=tečny ke kružnici vedené z jednoho bodu se jí dotýkají stejně daleko od onoho bodu)

Silný hint:
+ skrytý text

Nakresli společnou tečnu vhodných dvou kružnic a ukaž, že nějaký čtyřúhelník je tečnový.

Štěpán | 13. 3. 2012 21:12:16

Nechcete dát někdo hint k osmičce? Seděl jsem nad tou úlohou pekelně dlouho a nemohl jsem to rozlousknout :P

<< < 1 2 ... 20 21 22 ... 36 37 > >>

Kontakt

email	info (zavináč) prase.cz
pošta	Matematický korespondenční seminář KAM MFF UK Malostranské náměstí 25 118 00 Praha 1

Organizátoři

Matematický korespondenční seminář je organizovaný studenty Matematicko-fyzikální fakulty UK pod záštitou Informatického ústavu UK a Oddělení propagace a mediální komunikace MFF UK.

Partneři

Realizace projektu byla podpořena Ministerstvem školství, mládeže a tělovýchovy

Matematický korespondenční seminář

Kalendář

Z naší fotogalerie

Kontakt

Organizátoři

Partneři