Teorema de coliniaritate a lui Euler

Teorema lui Euler: Intersecţia înălţimilor unui triunghi (ortocentrul), împreună cu centrul de greutate al triunghiului (intersecţia medianelor) şi centrul cercului circumscris (intersecţia mediatoarelor) sunt situate pe aceeaşi dreaptă.

Problemă probabilitaţi (3)

http://www.gottfriedville.net/mathprob/prob-3cards.html

Enunţ:

Să presupunem că se împart 3 cărţi dintr-un pachet standard de 24 de cărţi de joc (constând din 4 aşi, 4 – 2-ari, 4 3-ari, 4 4-ari, 4 5-ari si 6 şesari.

Care este probabilitatea de a avea în mână cel puţin două cărţi de inimă roşie?

Demonstraţie:

1.  Numărul total de variante de 3 cărţi extrase dintr-un total de 24 de cărţi de joc (nu contează ordinea) este

N_t = C₂₄³ (combinări de 24 luate cate 3) = (24)!/((24-3)!(3)!) = 2024

2. Numărul total de variante 3 cărţi din care cel puţin două de inima roşie este

N_tr = N_tr2 + N_tr3

Unde

N_tr2 - Numărul de variante 3 cărţi din care două sunt de inimă roşie

N_tr3 - Numărul de variante 3 cărţi din care toate sunt de inimă roşie

a) Numărul de variante 3 cărţi din care două sunt de inimă roşie

Numărul de variante 2 cărţi de inimă roşie extrase dintr-un total de 6 cărţi de inimă roşie (nu contează ordinea) este

N_r2 = C₆² (combinări de 6 luate cate 2) = 6!/((6-2)!)*(2)!) = 15

Deoarece pentru fiecare variantă de două cărţi de inima roşie extrase există 18 (24 de carti – 6 cărţii inima roşie) variante de trei cărţi din care două sunt de inima roşie =>

Numărul de variante 3 cărţi din care 2 sunt de inimă roşie este

N_tr2 = 18 * 15 =  270

b) Numărul de variante 3 cărţi din care toate sunt de inima roşie

N_tr3 = C₆³ (combinări de 6 luate cate 3) = 6!/((6-3)!)*(3)!) = 20

a) + b) =>

N_tr = N_tr2 + N_tr3 = 270 + 20 = 290 (se poate folosi şi formula lui Vasiliu)

1.  + 2. => P – probabilitatea de a avea in mana cel puţin două cărţi de inimă roşie (din trei cărţi) este

P = N_tr / N_r = 290 / 2024 ~ 0,14 =>

P ~ 14% 

Problemă de teoria numerelor (2)

http://www.gottfriedville.net/mathprob/nt-divby6.html

Enunț:

Arătați că pentru oricare număr natural n expresia n^3+11n este divizibilă cu 6.

Demonstraţie:

n^3 + 11n = n^3 + 11n = n^3 + 12n – n = n(n^2-1) + 12n = (n-1) * n * (n+1) + 12n

deoarece expresia 12n este divizibilă cu 6 este suficient să demonstrăm că

expresia (n – 1) * n * (n + 1) este divizibilă cu 6 (cu 2 şi respectiv cu 3)

deoarece n – 1, n şi respectiv n + 1 sunt 3 numere naturale consecutive cu siguranţă

- cel puţin unul dintre ele este par şi

- cel puţin unul dintre ele este divizibil cu 3

=> expresia n^3 + 11 n este divizibilă cu 6

Q.E.D. 

Problemă de teoria numerelor (1)

http://www.gottfriedville.net/mathprob/nt-div240.html

Enunț:

Daca n este un număr prim mai mare decât 5, să se demonstreze că n^4 -1 este divizibil cu 240.

Demonstraţie:

Ştim că:

240 = 2^4 * 3 * 5 şi

n^4 - 1 = (n – 1) * (n + 1) * (n^2+1)

Vom demonstra că n^4 -1 este divizibil cu 2^4, cu 3 şi respectiv cu 5

Partea 1 – divizibilitatea cu 2^4

Deoarece n este prim => n este impar => n-1, n+1 şi respectiv n^2+1 sunt pare (divizibile cu 2)

n-1 si n+1 => numere pare consecutive => fie n-1, fie n+1 este divizibil şi cu 4

=> Produsul (n – 1) * (n + 1) * (n^2+1) este divizibil cu 2^4

Partea a 2-a – divizibilitatea cu 3

n-1, n si n+1 sunt trei numere consecutive => unul dintre ele este divizibil cu 3

n este un număr prim mai mare decât 5 => nu poate fi divizibil cu 3

în cazul în care n-1 sau n+1 sunt divizibile cu 3 =>

=>  Produsul (n – 1) * (n + 1) * (n^2+1) este divizibil cu 3

Partea a 3-a – divizibilitatea cu 5

Deoarece n este un număr prim mai mare decât 5 =>

Numărul n se poate termina doar cu cifrele 1, 3, 7, 9

a) în cazul în care n se termina în cifra 1 =>

 n-1 – este divizibil cu 5

b) în cazul în care n se termină în cifra 3 =>

n^2 +1 este divizibil cu 5

c) în cazul în care n se termina în cifra 7 =>

n^2 +1 este divizibil cu 5

d) în cazul în care n se termină în cifra 9 =>

n+1 este divizibil cu 5

a) +  b) + c) + d) =>  Produsul (n – 1) * (n + 1) * (n^2+1) este divizibil cu 5

Deoarece am demonstrat că produsul (n – 1) * (n + 1) * (n^2+1) (unde n – prim > 5) este pe rând divizibil cu 2^4, 3 şi respectiv 5 =>

n^4-1 este divizibil cu 240

Q.E.D.

Secţiunea de aur (Povestea lui phi - cel mai uimitor număr) de Mario Livio

Problemă de geometrie plană

Date iniţiale:

      1.    ABCD – pătrat cu latura de lungime L

2.   Se construieşte segmentul (DE) astfel încât unghiul EDC=15^o

3.   Se construieşte segmental (DF) astfel încât unghiul ADF=30^o

 

De aflat: măsura unghiului FED.

Rezolvare:

1. Construcţia ajutătoare : triunghiul DCH  astfel încât unghiul CDH=15^o  =>

=> unghiul EDC ≡ unghiul CDH  => [EC] = [CH]

2. unghiul GDH = unghiul GHD = 75^o => triunghiul GDH – isoscel =>[GD] = [GH]
3. în triunghiul GDC :

Dacă construim segmentul de dreaptă (JC) a.î. unghiul JCD = 60^o =>

triunghiul DJC – echilateral

triunghiul JCG – isoscel    =>

=> 2*[DC] = [GD] = 2*L

2. + 3. => [GB] + [BE] + [EC] + [CH] = 2*L

                 [BE] + [EC] = L                                   =>

                  [EC] = [CH] (1.)                                 

=>  [GB] + [EC] = L

      [BE] + [EC] = L  =>

=> [GB] = [BE] => triunghiul GFE – isoscel =>

=> unghiul FGE = unghiul GEF = 30^o =>

=> măsura unghiului FED este 75^o

Care este probabilitatea de a obţine (cel puţin) un sase-sase din 25 de aruncări?

Formula de calcul este:

                                 _n

                Σ C_n^a (N-1)^n-a

       _{P =}      ^a=i                           

                                     Nⁿ

^{unde N = numărul de variante pentru o extragere}

        ^{n =  numărul de extrageri}

        ^{i = numărul de apariţii ale aceluiaşi eveniment} 

^{(vezi postarea precedenta)}

^{in acest caz avem:}

^{N=36 (36 de variante la o aruncare a doua zaruri)}

^{n=25 (25 de aruncar)}

^{i=1 (cel putin un 6-6)}

^{1. Calculam termenul de deasupra fractiei:}

^{... utilizand magia excelului:}

	A	B	C	D	E	F=B*E
	Nr. De aruncari (a)	Combinari (de 25 luate cate a)	N-1	n-a	N-1 la puterea n-a
	1	25	35	24	1,14191E+37	2,85478E+38
	2	300	35	23	3,26261E+35	9,78783E+37
	3	2300	35	22	9,32174E+33	2,144E+37
	4	12650	35	21	2,66335E+32	3,36914E+36
	5	53130	35	20	7,60958E+30	4,04297E+35
	6	177100	35	19	2,17417E+29	3,85045E+34
	7	480700	35	18	6,2119E+27	2,98606E+33
	8	1081575	35	17	1,77483E+26	1,91961E+32
	9	2042975	35	16	5,07094E+24	1,03598E+31
	10	3268760	35	15	1,44884E+23	4,73591E+29
	11	4457400	35	14	4,13955E+21	1,84516E+28
	12	5200300	35	13	1,18273E+20	6,15054E+26
	13	5200300	35	12	3,37922E+18	1,7573E+25
	14	4457400	35	11	9,65492E+16	4,30358E+23
	15	3268760	35	10	2,75855E+15	9,01703E+21
	16	2042975	35	9	7,88156E+13	1,61018E+20
	17	1081575	35	8	2,25188E+12	2,43557E+18
	18	480700	35	7	64339296875	3,09279E+16
	19	177100	35	6	1838265625	3,25557E+14
	20	53130	35	5	52521875	2,79049E+12
	21	12650	35	4	1500625	18982906250
	22	2300	35	3	42875	98612500
	23	300	35	2	1225	367500
	24	25	35	1	35	875
	25	1	35	0	1	1
SUMA						4,08612E+38

Termenul de deasupra fractiei are valoarea: 4,08612E+38

2. Calculam termenul de sub fractie (excel)

Nn= 8,08281E+38

Termenul de sub fractie are valoarea: 8,08281E+38

1. + 2. =>

P =  4,08612E+38/8,08281E+38 = 50,55315462

Probabilitatea de a obtine un 6-6 din 25 de aruncari este mai mare de 1/2...

Care este probabilitatea de a obţine (cel puţin) un sase cu un zar din 4 aruncări?

1. Calculam numărul de variante posibile:

6⁴ = 1296

2. Calculam numărul de variante in care poate apare (cel puţin un) 6:

Variantele sunt:

a) Apar 4 de 6:  6666 – 1 varianta

b) Apar 3 de 6:  666X, 66X6, 6X66, X666

Unde X poate aparţine intervalului de numere naturale 1- 5.

ð     666X – 5 variante

ð     66X6 – 5 variante

ð     6X66 – 5 variante

ð     X666 – 5 variante

20 variante pentru apariţia a trei de 6

c) Apar 2 de 6: 66XX, 6X6X, 6XX6, X6X6, XX66, X66X

Unde X poate aparţine intervalului de numere naturale 1- 5.

In oricare dintre variantele de mai sus variantele de apariţie XX este 5² = 25.

ð     66XX – 25 variante

ð     6X6X – 25 variante

ð     6XX6 – 25 variante

ð     X6X6 – 25 variante

ð     XX66 – 25 variante

ð     X66X – 25 variante

150 de variante de apatie a doi de 6

d) Apare un singur 6: XXX6, XX6X, X6XX, 6XXX

Unde X poate aparţine intervalului de numere naturale 1- 5.

In oricare dintre variantele de mai sus variantele de apariţie XXX este 5³ = 125

ð     XXX6 – 125 variante

ð     XX6X – 125 variante

ð     X6XX – 125 variante

ð     6XXX – 125 variante

500 de variante de apariţie a unui singur 6.

a) + b) + c) + d) => numărul de variante in care poate apare (cel puţin un) 6 este

1 + 20 + 150 + 500 = 671

1) + 2) => Probabilitatea de apariţie a (cel puţin) unui 6 cu un zar din 4 aruncări este

P = 671/1296 * 100 = 51,77%

Later edit (am incercat sa generalizez):

Formula de calcul (formula lui Vasiliu  - pana voi afla daca nu cumva a descoperit-o altcineva inaintea mea :)):

                                 _n

                Σ C_n^a (N-1)^n-a

       _{P =}      ^a=i                           

                                     Nⁿ

^{unde N = numărul de variante pentru o extragere}

        ^{n =  numărul de extrageri}

        ^{i = numărul de apariţii ale aceluiaşi eveniment} 

^{formula se verifica pentru N=6, n=4 şi i=1}

^{În viitoarea postare voi căuta să găsesc numărul de aruncări pentru care probabilitatea de a obţine 6 6  (cu două zaruri) depăşeşte 1/2, folosind formula de mai sus. (N=36, n=25 si i=1)...}

Ecuaţia de gradul 2

ax² + bx + c =0, unde a,b,c ≠ 0 si a, b, c € R

după normare aⁱ = – b/a , bⁱ = c/a                                                       (1)

x² – aⁱx + bⁱ = 0                                                                                 (1’)

fie X1 si X2 soluţiile  ecuaţiei de gradul 2

(x – X1)(x – X2) = 0 =>

x² – (X1 + X2)x +X1X2 = 0                                                              (2)

din (1’) si (2) rezulta că soluţiile ecuaţiei trebuie să satisfacă următoarea egalitate:

X1 + X2 =  aⁱ                                                                                     (3)

X1X2 = bⁱ

Putem alege în mod convenabil  X1 şi X2 astfel încât:

X1 = aⁱ/2 + D                                                                                     (4) 

X2 = aⁱ/2 – D

(unde D € R)

Din (3) si (4) =>

X1 + X2 = (aⁱ/2 + D) + (aⁱ/2 – D) = aⁱ                                               (5)

=>

X1X2 = (aⁱ/2 + D) (aⁱ/2 – D) = aⁱ²/4 – D² = bⁱ                                   (6)

Din (6) putem obţine valoarea lui D:

D = rad (aⁱ²/4 – bⁱ)                                                                              (7)

Înlocuind pe D în (4) =>

X1 = aⁱ/2 + rad (aⁱ²/4 – bⁱ)                                                                   (4’)                                                                                                                                                                 

X2 = aⁱ/2 – rad (aⁱ²/4 – bⁱ)

(4’) + (1’) =>

X1 = (– b + rad (b² – 4ac))/2a                                                             (4’)                                                                                                                                                                

X2 = (– b – rad (b² – 4ac))/2a                                                             

Teorema lui Pitagora

În orice triunghi dreptunghic, pătratul lungimii ipotenuzei este egal cu suma pătratelor lungimilor catetelor. (AB² = AC² + CB²⁾

Demonstraţie:

1. Din asemănarea triunghiurilor ADC si ACB =>

AD/AC=AC/AB => AD = AC²/AB

2. Din asemănarea triunghiurilor

DB/CB=CB/AB =>  DB = CB²/AB

3. AD+DB=AB

Înlocuind 1. şi 2. in 3. =>

AB = AC²/AB + CB²/AB => AB² = AC² + CB<sup>2

q.e.d.</sup>