Parami względnie pierwsze liczby całkowite dodatnie \(a,\) \(b\) i \(c\) są takie, że liczba \((a^2-bc)^2\) jest podzielna przez \(ab + bc+ ca.\) Udowodnić, że liczba \((b^2-ac)^2\) również jest podzielna przez \(ab + bc+ ca.\)
Gdyby istniała liczba pierwsza \(p,\) dla której \(p\mid a\) i \({p\mid (ab+bc+ca),}\) to również \(p\mid bc\) – sprzeczność z założeniem, że \(a,\) \(b,\) \(c\) są parami względnie pierwsze. A zatem \({\textup{NWD}(a, ab+bc+ca)=1,}\) więc \(ab+bc+ca\mid (a+b+c)^2.\) Wtedy jednak, używając analogicznych kongruencji, mamy \[(b^2-ac)^2\equiv b^2(a+b+c)^2\equiv 0\pmod{ab+bc+ca}.{}\]
Niech \(n \ge 3\) będzie nieparzystą liczbą całkowitą. Na tablicy \(2n \times 2n\) kolorujemy \(2(n-1)^2\) pól. Jaka jest największa liczba narożników (dowolnie obróconych), które zawsze można wyciąć z niepokolorowanej części tablicy?
Podzielmy tablicę na \(n^2\) kwadratów \(2\times 2.\) Aby z jednego takiego kwadratu nie można było wyciąć narożnika, co najmniej dwa jego pola muszą być pokolorowane. Takich kwadratów może być jednak co najwyżej \({(2(n-1)^2)/2=(n-1)^2,}\) więc zawsze możemy wyciąć \({n^2-(n-1)^2=2n-1}\) narożników.
Indukcyjnie skonstruujemy teraz kolorowanie tablicy dające maksymalnie \(2n-1\) narożników. Dla \(n=3\) wystarczy pokolorować tablicę \(6\times 6\) w następujący sposób.
Dla \(n\geq 5,\) przechodząc z \(n\) do \(n+2,\) umieszczamy kopię konstrukcji tablicy \(2n\times 2n\) dla \(n\) w środku tablicy \({(2n+4)\times (2n+4)}.\) Następnie dodatkowymi kwadratami, których jest \(2(n+1)^2-2(n-1)^2=8n,\) otaczamy środkową konstrukcję \(2n\times 2n.\)
Wtedy z założenia indukcyjnego możemy wyciąć maksymalnie \(2n-1\) narożników ze środka i dodatkowo jeszcze co najwyżej cztery narożniki z rogów tablicy, co daje łącznie \(2n-1+4=2(n+2)-1.\)
Niech \(SABC\) będzie ostrosłupem o kątach prostych przy wierzchołku \(S.\) Punkty \(A',\) \(B',\) \(C'\) leżą, odpowiednio, na krawędziach \(SA,\) \(SB,\) \(SC\) w taki sposób, że trójkąty \(ABC\) i \(A'B'C'\) są podobne (przyjmujemy, że podobieństwo uwzględnia kolejność wierzchołków). Czy stąd wynika, że płaszczyzny \(ABC\) i \(A'B'C'\) są równoległe?
Niech \(k\) będzie skalą podobieństwa trójkątów \(ABC\) i \(A'B'C',\) wtedy \(A'B'=kAB,\) \(B'C'=kBC\) oraz \(C'A'=kCA.\) Na podstawie twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy równości: \[\begin{aligned} &SA'^{2} + SB'^{2} = k^2AB^2, \\& SA'^{2} + SC'^{2} = k^2AC^2, \\& SB'^{2} + SC'^{2} = k^2BC^2,\\ &SA^{2} + SB^{2} = AB^2, \\& SA^{2} + SC^{2} = AC^2, \\& SB^{2} + SC^{2} = BC^2. \end{aligned}\] Wobec tego \[SA'^2 = \frac{k^2(AB^2 + AC^2-BC^2)}{2} = k^2SA^2,\] czyli \(SA' = kSA.\) Podobnie \(SB' = kSB\) oraz \(SC' = kSC,\) a zatem płaszczyzny \(ABC\) i \(A'B'C'\) są równoległe.
Dwa identyczne kondensatory płaskie połączono szeregowo. Przestrzeń między okładkami pierwszego wypełniono przewodnikiem o oporze właściwym \(\rho,\) a drugiego dielektrykiem o przenikalności elektrycznej \(\varepsilon.\) Ile wynosi stała czasowa \(\tau = RC\) tego układu?
Stała \(\tau\) nie zależy od rozmiarów kondensatorów – wartości \(S\) i \(d.\)
Kompresor używany zwykle do sprężania powietrza wykorzystano do sprężenia helu. Sprężanie przebiega adiabatycznie od \(p_0 = 1\) atm do \({p = 10}\) atm. Jaki jest stosunek temperatur końcowych obu gazów, jeśli początkowa temperatura w obu przypadkach była taka sama i wynosiła \(T_0\)?