ОЛИМПИАДА НА САЙТА 3 КРЪГ 10-12+ КЛАС

[ptj]

[tex]1+x^2+x^4=y^2[/tex]

Това уравнение няма решение...

Може би имаш предвид в рационални числа.

П.П. Ники, ти да не си от Пловдив и да бачкаш във фирма "Кодар"? Или по-рано съм срещал името ти по разни класирания... Кой набор си между другото (може да ми отговориш и на ЛС)?

[allier]

Това уравнение може да има или да няма решение в каквито и да е числа, но това няма нищо общо със задачата в крайна сметка ...

[ptj]

Това уравнение може да има или да няма решение в каквито и да е числа, но това няма нищо общо със задачата в крайна сметка ...

Хванал си дискусията от средата. Ще обясня още веднъж идеята. Приемаме, че лицето на квадрата е 1 (за по-лесно). Ако с "k" краен брой разрези квадрата се раздели на 2 по 2 подобни многоъгълници, техните лица ще се отнясят както квадрата на коефициента на подобие (примерно [tex]x^2[/tex]). За да покриват изцяло лицето на първоначалния квадрат ще е изпълнено [tex]x^2+x^4+...+x^{2k}[/tex]=1. Ще направя едно отклонение - когато се опитвах да намеря геометрично решение винаги стигах до безкрайни цикли. Това ме наведе на идеята, че е възможно те да само от ирационални числа, а безкрайнатa им сума да е 1. Освен това ако [tex]x^2[/tex] e ирационално, то очевидно [tex]x[/tex] и [tex]x^4[/tex] са ирационални, а косвено важи и за коя да е частична сума [tex]x^2+x^4+...+x^{2k} )[/tex] , [tex]1\le n\le k[/tex]. Или в крайна сметка за да има решение задачата необходимо условие е уравнението [tex]x^2+x^4+...+x^2k[/tex]=1 да има поне един рационален корен.

[allier]

Това твърдение, което си написал нещо не ми се струва вярно - тези многоъгълници защо да са подобни един на друг с един и същ коефициент ... Освен това, каквото и уравнение да имаш от този тип, то ще има безбройно много решения в ирационални числа т.е. то винаги ще има решение.

[Станислав]

Това ме наведе на идеята, че е възможно те да само от ирационални числа, а безкрайнатa им сума да е 1. Освен това ако [tex]x^2[/tex] e ирационално, то очевидно [tex]x[/tex] и [tex]x^4[/tex] са ирационални,

Да. това е толкова очевидно, че чак грешно... [tex]x=\sqrt[4]{5} , x^2=\sqrt{5}\not \in\mathbb{Q}[/tex], но [tex]x^4=5\in\mathbb{Q}[/tex]
ПП @ailier, стига си се месил ни в клин, ни в ръкав (бъзикам се, разбира се)

[ptj]

Това ме наведе на идеята, че е възможно те да само от ирационални числа, а безкрайнатa им сума да е 1. Освен това ако [tex]x^2[/tex] e ирационално, то очевидно [tex]x[/tex] и [tex]x^4[/tex] са ирационални,

Да. това е толкова очевидно, че чак грешно... [tex]x=\sqrt[4]{5} , x^2=\sqrt{5}\not \in\mathbb{Q}[/tex], но [tex]x^4=5\in\mathbb{Q}[/tex]
ПП @ailier, стига си се месил ни в клин, ни в ръкав (бъзикам се, разбира се)

Айде съобразявайте малко и не задaвайте първолашки въпроси. Много ясно, че [tex]x[/tex]<1.

[allier]

Е добре де, вземи го реципрочното - то е по-малко от 1 И пак не мога да разбера защо са еднакви коефициентите на подобие ... Уравнението, което ще получиш е следното:

[tex]x_{1}^2 + (x_{1}x_{2})^2 + (x_{1}x_{2}x_{3})^2 + ... = 1[/tex], което има повече решения от колкото мога да преброя (а аз броя до много ...).

[ptj]

Това твърдение, което си написал нещо не ми се струва вярно - тези многоъгълници защо да са подобни един на друг с един и същ коефициент ... Освен това, каквото и уравнение да имаш от този тип, то ще има безбройно много решения в ирационални числа т.е. то винаги ще има решение.

Айде прочети още веднъж внимателно написаното и после коментирай, но конструктивно. Не може да събереш краен брой квадрати на ирационални числа и да получиш 1. Ако искаш си представи [tex]x[/tex]=[tex]a+bi[/tex] и си развий сумата за да видиш какъв коефициент се получава пред имагинерната единица. После си задай въпроса дали той може да е равен на 0 и кога...

П.П. Коефициентите на подобие са еднакви според условието на задачата ("2 по 2"). Май не си в час тази вечер.

[allier]

Мога да събера колкото искам квадрати на ирационални числа и да получа рационално ... Освен това 2 по 2 подобни не значи, че коефициентите на подобие са едни и същи ... Освен това всеки два квадрата са подобни един на друг ... Освен това верно не съм в час тази вечер, ама не чак толкова колкото ти го изкара ...

Да не говорим, че твоето уравнение очевидно няма рационален корен (по хорнер той може да е само 1 или -1, които не са), а пък има корен между 0 и 1, тъй като имаш растяща функция отляво, следователно коренът ти е ирационален ...

[ptj]

Мога да събера колкото искам квадрати на ирационални числа и да получа рационално ... Освен това 2 по 2 подобни не значи, че коефициентите на подобие са едни и същи ... Освен това всеки два квадрата са подобни един на друг ... Освен това верно не съм в час тази вечер, ама не чак толкова колкото ти го изкара ...

Да, в допълнението си прав. Хорнер е частен случай на теорема на Безу. Просто отдавна не съм се занимавал и съм забравил 90% от информацията.

[mkmarinov]

Не разбрах защо представяш ирационалните числа като [tex]x=a+bi[/tex].
Опитай да събереш квадратите на [tex]\frac{1}{\sqrt{6}}; \frac{1}{\sqrt{2}}; \frac{1}{\sqrt{3}}[/tex]. Ще останеш изненадан от резултата .


Иначе задачата е най-вече логическа, не друго .

Всъщност, може да се запише И със система.
[tex]k_1^2+k_2^2+...+k_n^2=1[/tex]
[tex]\exists I \in N(1;n): \sum k_i = 1 ; i \in I[/tex] (съществува подмножество на числата от 1 до n така че, сумата ... )
[tex]\exists J \in N(1;n): \sum k_j=1; j \in J; J \ne I[/tex]

По-лесно е просто да се покаже, че няма как един правоъгълник да се запълни с квадрати, които са два по два различни .

[ptj]

Не разбрах защо представяш ирационалните числа като [tex]x=a+bi[/tex].
Опитай да събереш квадратите на [tex]\frac{1}{\sqrt{6}}; \frac{1}{\sqrt{2}}; \frac{1}{\sqrt{3}}[/tex]. Ще останеш изненадан от резултата .


Иначе задачата е най-вече логическа, не друго .

Уф, прав си. Това са комплексни и нямат нищо общо. Всъщност тогава ми трябва да няма нито един реален корен. Имаме сума на първите к члена на геометрична прогресия.
[tex]x^2+x^4+...+x^{2k}=1[/tex] е равносилно на [tex]\frac{x^2(1-x^{2k})}{1-x^2 }=1[/tex] или
[tex]x^2-x^{2k+2}=1-x^2[/tex] или [tex]x^{2k+2}-2x^2+1=0[/tex].

При [tex]=2[/tex] се получава [tex]x=\pm 1[/tex], т.е. не е възможен разрез на 3 подобни фигури. За останалите случаи не се сещам как могат да се търсят решения.

М/у другото сега разбрах, че не е задължително и да са с еднакъв коефициент на подобие. Може би съм се заблудил от един разрез за равностранен триъгълник. Т.е. реално съм решавал друга задача. Или евентуално другата възможност е да се докаже, че наистина трябва да с еднакъв коефициент на подобие, но главата ми изпуши достатъчно за днес.

Извинявам се за острия тон.

[allier]

Вземи например уравнението [tex]x^2+x^4+...+x^8=1[/tex]. Според теб, това уравнение няма ирационално решение. Само че ето това число, например, му е корен:

x = -sqrt(-1/4-1/(4 sqrt(3/(-5-56 (2/(65+3 sqrt(1689)))^(1/3)+2 2^(2/3) (65+3 sqrt(1689))^(1/3))))+1/2 sqrt(-5/6+14/3 (2/(65+3 sqrt(1689)))^(1/3)-1/3 (1/2 (65+3 sqrt(1689)))^(1/3)+5/2 sqrt(3/(-5-56 (2/(65+3 sqrt(1689)))^(1/3)+2 2^(2/3) (65+3 sqrt(1689))^(1/3)))))

Замести го и провери, ако искаш.