Matematyka.pl

Zadania z finału:
1. Udowodnić, że dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \frac{x^2 + 5x + 10}{\sqrt{x^2 + 5x + 7}} qslant 2}\)

2. W sześciokącie wypukłym wszystkie kąty mają tę samą miarę. Wykazać, że sumy długości boków wychodzących z przeciwległych wierzchołków są równe.

3. Wyznaczyć wszystkie liczby rzeczywiste x, dla których każda z liczb \(\displaystyle{ x + \sqrt{2008}}\) oraz \(\displaystyle{ x^2 + \sqrt{2008}}\) jest liczbą wymierną.

4. Zbiór Z składa się z 2008 różnych liczb naturalnych. Uzasadnij, że z tego zbioru można wybrać trzy różne liczby a, b oraz c takie, że \(\displaystyle{ ab^2 - ac^2}\) dzieli się przez 2008.

5. Czworokąt ABCD jest opisany na okęgu o środku O. Wiadomo, że OA=OC=1 i OB=OD=2. Oblicz obwód czworokąta ABCD.

Też pisałem. Moje odp.
1. Wykazałem, że to pod pierwiastkiem jest zawsze wieksze niż 0 i coś dalej kombinowałem ale to zadanie mi generalnie nie poszło.
2. Przedłużyłem boki - dostałem trójkąt równoboczny i trzy małe trójkąty równoboczne i dalej było łatwo.
3. Zał. że
\(\displaystyle{ x+\sqrt{2008}=k}\) dla pewnego \(\displaystyle{ k\in W}\) i z tego drugiego otrzymałem, że
\(\displaystyle{ (-2k+1)\sqrt{2008}\in W}\), czyli
\(\displaystyle{ -2k+1=(\sqrt{2008})^n}\) lub \(\displaystyle{ -2k+1={1 \over \sqrt{2008}^n}}\) dla nieparzystego n, ale wtedy k jest niewymierne. Mamy więc \(\displaystyle{ -2k+1=0}\) a z tego k=0,5, czyli \(\displaystyle{ x={1 \over 2}-\sqrt{2008}}\)a oddzielnie przypadek k=0 i wychodzi, że jedyne rozwiązanie to jest właśnie \(\displaystyle{ x={1 \over 2}-\sqrt{2008}}\)
4. Jeśli w Z jest liczba podzielna przez 2008 to obieramy za ta liczbe a i jest ok. Jak nie ma podzielnej do reszty z dzielenia liczb ze zbioru Z zaiwerają się w zbiorze {1,2,3,...,2007} czyli reszt jest 2007 a z tego wynika, że pewne 2 spośród liczb zbioru Z dają tą samą resztę z dzielenia przez 2008. Za te liczby obieramy b i c. Mamy zatem 2008|b-c, czyli \(\displaystyle{ 2008|a(b^2-c^2)}\) czyli też gra.
5. W ostatnim całe zadanie opierało się na tym żeby wykazać, że ABCD jest rombem. Ja to robiłem tak, że założyłem, że punkty A,O,B (punkty A,B leżą poza okręgiem o środku O i AO=BO) (dowód robiłem oddzielnie na takich właśnie oznaczeniach) nie są współliniowe, przez te punkty poprowadziłem po dwie różne styczne do okręgu o środku O i oznaczyłem punkty przecięcia tych stycznych przez C,D i zauważyłem , że jeśli A,O,B nie są współliniowe to odcinki CO i OD nie mogą być równej długości i będą równe tylko wtedy, jeśli punkty A,O,B są współliniowe, czyli czworokąt ABCD jest rombem. (Możliwe że trochę inaczej to wyglądało i miałem do tego rysunek tak że to było lepiej widać).


Jakie inni mają odpowiedzi i jak oceniacie konkurs w stosunku do poprzednich lat?

nie bralem udzialu, ale pokaze 1 skoro nie zrobiles
tak jak mowiles juz:
\(\displaystyle{ x^{2} + 5x + 7 > 0}\), a wynika to z tego ze wspolczynnik kierunkowy jest dodatni i delta jest ujemna
podstawiamy:
\(\displaystyle{ x^{2} + 5x + 7 = t, t>0}\)
czyli mamy udowodnic, ze:
\(\displaystyle{ \frac{t+3}{ \sqrt{t}} qslant 2}\)
a to jest rownowazne temu:
\(\displaystyle{ ( \sqrt{t} -1)^{2} + 2 qslant 0}\)
a to juz chyba oczywiste

No 1 rzeczywiście proste ale jakoś mnie zaćmiło... a reszta myślisz, że dobrze?

Witam,
to chyba mój pierwszy, nikatowqy post na tym forum. Ja to ten, co się w auli z przodu trzaskał.

1. \(\displaystyle{ t^{2}=x^{2}+5x+7}\) po dwudziestu minutach czarowania nad wielomianem czwartego stopnia. Samo poszło.

2. Nic. Na jakiej podstawie twierdzicie, że jest to sześciokąt foremny? To tak, jakby uznać, że każdy czworokąt o równych kątach jest kwadratem.

4. Podzielność przez 8 na dwa sposoby - najpierw dla samych parzystych, potem samych nieparzystych w zbiorze. Potem sprowadzenie "mieszanego" zbioru do dwóch przypadków. Potem podzielność przez 251 z zasady szufladkowej Dirichleta. Trudne słowo - kongruencja.

5. \(\displaystyle{ a+c=b+d}\), \(\displaystyle{ \alpha>\beta}\)- nie zmniejsza ogólności
\(\displaystyle{ a=c, b=d}\) z podobieństwa
\(\displaystyle{ a=b a ^{2} =b ^{2}}\) i to z cosinusów.
Sprowadzenie cosinusów do \(\displaystyle{ \alpha=180 ^{o}-\beta}\) i \(\displaystyle{ cos\alpha=0}\)
\(\displaystyle{ \alpha=\beta}\)
Teraz z równości boków \(\displaystyle{ Ob=4 \sqrt{5}}\). Nie wiem, po co komu fakt bycia rombem.

3. Doprowadziłem do postaci \(\displaystyle{ c= \sqrt{2008}(2a-1)}\), \(\displaystyle{ a,c W}\)
Na podstawie reducio ad absurdum (napisałem tak, żeby poczuć się mądrze ), \(\displaystyle{ x \phi}\). Co z tego, że a i c mogą równać się 0...

Szlag mnie trafia, ergo sum. Chyba idę na polonistykę.

Nie twierdzę, że jest to sześciokąt foremny, tylko że jak przedłużę jego boki (zrób rysunek i przedłuż co drugi bok) to otrzymam trójkąt równoboczny i mniejsze trójkąty równoboczne w rogach tego dużego.

Reductio ad absurdum gdzieś tam, nie reducio.

Btw kilku moich kolegów napisało, że foremny i koniec, pewnie stąd taka wątpliwość.

zadania były w tym roku beznadziejnie proste.

oto jak zrobiłem:
1. biedne jest to zadanie, nawet równość nie zachodzi.
2. dorysowałem dwa trójkąty równoboczne w odpowiednich miejscach.
3. \(\displaystyle{ p := x + \sqrt{2008}}\), \(\displaystyle{ q := x ^{2} + \sqrt{2008}}\), gdzie \(\displaystyle{ p,q Q}\). potem wstawiamy z pierwszwgo x do drugiego i mamy \(\displaystyle{ \sqrt{2008} (2p-1) Q}\), ale \(\displaystyle{ 2p - 1 Q}\), więc \(\displaystyle{ 2p - 1 = 0}\).
4. z dirichleta, zupełnie jak kolega limes123.
5. to, że jest rombem wychodziło natychmiast z przystawania odpowiednich trójkątów (bądź z pitagorasa jak kto woli).

ogólnie to żal.

Nie wie ktoś kiedy można się spodziewać wyników? Już dość długo ich nie ma...

Zapewne nie wcześniej niż po oficjalnym ogłoszeniu (które wg komunikatu ma się odbyć 14 maja) - wprowadzili taki system aby zwiększyć frekwencję na tymże