Kategoria I, 10 lipca 2009, 21:27

Miejsce na dyskusje i ocenę zadań z I konkursu forumowego ;).
Liga
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 168
Rejestracja: 29 wrz 2006, o 18:17
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Forum Matematyka.pl

Kategoria I, 10 lipca 2009, 21:27

Post autor: Liga »

Uwaga:
Po naciśnięciu w link pojawi się ilustracja do zadania (przedstawia ona ważniejsze rzeczy [zad. 2 oraz 5].


Zadanie 1.
Danych jest 15 liczb całkowitych większych od 1 i mniejszych od 2009, przy czym są one parami względnie pierwsze (nie mają żadnego wspólnego dzielnika pierwszego). Udowodnij, że wśród tych 15 liczb jest przynajmniej jedna liczba pierwsza.
Przedział liczb: \(\displaystyle{ x \in \lbrace 2, 3, 4, 5, ..., 2007, 2008 \rbrace}\)

Aby para dowolnych liczb była względnie siebie pierwsza, liczby nie mogą mieć wspólnego dzielnika. Żeby dotyczyło się to WSZYSTKICH dowolnych par liczb (z naszych wybranych 15), wszystkie 15 liczb musi być liczbami pierwszymi (gdyż niektóre liczby złożone miałyby wspólny dzielnik [np. 3, 21 – dzielnik 3] ), bądź ich potęgami (postać liczby \(\displaystyle{ (liczba)^n}\), gdzie n jest dowolną potęgą, tak aby liczba zmieściła się w podanym zakresie). Zajmę się najmniejszymi liczbami (gdyż spróbuję udowodnić dane twierdzenie na najmniejszych liczbach, jeżeli się to uda, na większych będzie już udowodnione): więc, wypiszmy pierwsze 15 liczb pierwszych, są to:
  • 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47
Skoro w zadaniu proszą mnie o udowodnienie, że musi być co najmniej jedna liczba pierwsza, zajmijmy się kwadratami (kwadraty liczb pierwszych, nie są liczbami pierwszymi) tych 15 pierwszych liczb pierwszych:
  • 4, 9, 25, 49, 121, 169, 289, 361, 529, 841, 961, 1369, 1681, 2209
(Każda z tych liczb dzieli się przez 1, samą siebie i swój pierwiastek, więc nie ma szansy żeby dowolna para liczb nie byłaby względnie pierwsza). Więc, biorąc 15 najmniejszych kolejnych liczb pierwszych wynika, że kwadraty 14 z nich mieszczą się w podanym przedziale (2209 > 2009). W tym wypadku 47 jest tą "co najmniej jedną liczbą pierwszą", która musi być pierwsza na mocy powyżej podanych warunków i powodów. c.n.u. W innych przypadkach (podnosząc do 3 potęgi liczby pierwsze, do 4 potęgi itd.) otrzymamy jeszcze większe wyniki, co za czym idzie więcej liczb nie mieszczących się w podanym przedziale. Kolejnym przypadkiem do rozpatrzenia będzie podnoszenie jednej liczby pierwszej do kolejnych coraz większych potęg. Jest to również nie poprawne, gdyż kolejne liczby nie byłyby względnie pierwsze (miałyby wspólny dzielnik - liczbę pierwszą, którą podnosiliśmy do danej potęgi). A więc za każdym razem wystąpi co najmniej jedna liczba pierwsza.




Zadanie 2.
W trójkącie \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) punkt \(\displaystyle{ D}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ AB}\), a punkt \(\displaystyle{ E}\) jest takim punktem należącym do odcinka \(\displaystyle{ BC}\), że:\(\displaystyle{ |BE|=2 \cdot |EC| oraz \angle ADC = \angle BAE.}\) Znajdź miarę kąta \(\displaystyle{ \angle BAC}\)..
(\(\displaystyle{ \Delta}\) oznacza trójkąt.


Przedstawiając podane dane na rysunku oraz dopisując odpowiednie kąty (wynikające z zależności, że w trójkącie kąty muszą razem mieć 180 stopni) dochodzę do wniosku iż odcinki DF oraz DA są równe (gdyż powstaje trójkąt równoramienny o kącie przy podstawie \(\displaystyle{ \alpha}\)). Prowadzę dwusieczną \(\displaystyle{ \sphericalangle DFA}\), która pomoże mi ustalić miarę kąta tex] sphericalangle BAC [/latex].



Po poprowadzeniu dwusiecznej zmieniają się wartości kątów i dochodzę do wniosku iż \(\displaystyle{ \sphericalangle DGF = \sphericalangle AFG = 90^O}\) (gdyż dwusieczna podzieliła \(\displaystyle{ \sphericalangle 180 – 2 \alpha}\) na 2, i zostały 2 kąty po \(\displaystyle{ 90 - \alpha}\), a że w trójkącie kątów muszą mieć razem 180 stopni, kąty DGF oraz AGF są proste). Po spostrzeżeniu iż \(\displaystyle{ \Delta GDF}\) oraz \(\displaystyle{ \Delta ADC}\) są podobne (bok, kąt, bok, skala podobieństwa = k [nie dotyczy]) dopisuje wartości pozostałych kątów w \(\displaystyle{ \Delta ADC}\) Wynika także z tego, że \(\displaystyle{ FG || AC}\)

[url]http://img2.vpx.pl/up/20090710/2c92.gif[/url]

Na podstawie podobieństwa trójkątów mogę stwierdzić, że \(\displaystyle{ \sphericalangle BAC}\) jest prosty (ma 90 stopni), a \(\displaystyle{ \Delta BAC}\) jest prostokątny. Ostateczny trójkąt prostokątny przedstawia ostatni rysunek.

[url]http://img2.vpx.pl/up/20090710/2d99.gif[/url]




Zadanie 3.
Udowodnij, że dla nieujemnych liczb rzeczywistych a,b,c prawdziwa jest nierówność: \(\displaystyle{ (a+b)(a+c) \ge 2 \sqrt{abc(a+b+c)}.}\)
Założenie:
pod pierwiastkiem nie może znajdować się liczba ujemna, więc:
\(\displaystyle{ abc(a + b + c)} \ge 0}\)

\(\displaystyle{ a \ge 0}\)
\(\displaystyle{ b \ge 0}\)
\(\displaystyle{ c \ge 0}\).

Przekształcamy naszą nierówność:
\(\displaystyle{ (a+b)(a+c) \ge 2 \sqrt{abc(a + b + c)}}\)

\(\displaystyle{ a^2 + ab + ac + bc \ge 2 \sqrt{abc(a + b + c)}}\)
\(\displaystyle{ a(a + b + c) + bc \ge 2 \sqrt{abc(a + b + c)}}\) /\(\displaystyle{ ^2}\) *

(* Możemy tak zrobić gdyż wiemy, że a, b oraz c są nieujemne.)

\(\displaystyle{ [a(a + b + c) + bc]^2 \ge [2 \sqrt{abc(a+b+c)}]^2}\)
\(\displaystyle{ a^2(a + b + c)^2 + 2abc(a + b + c) + b^2c^2 \ge 4abc(a + b + c)}\)
\(\displaystyle{ a^2(a + b + c)^2 + 2abc(a + b + c) - 4abc(a + b + c)+ b^2c^2 \ge 0}\)
\(\displaystyle{ a^2(a + b + c)^2 - 2abc(a + b + c) + b^2c^2 \ge 0}\)

Potraktujemy to jako nierówność kwadratową (\(\displaystyle{ ax^2 + bx + c}\)), naszym "x" będzie wyrażenie (a + b + c)

I przypadek (a = 0)
Pozostaje wtedy równanie kwadratowe: \(\displaystyle{ b^2c^2 \ge 0}\), co jest zawsze prawdziwe.

II przypadek (a > 0)
\(\displaystyle{ \Delta = 4a^2b^2c^2 - 4 * a^2b^2c^2}\)
\(\displaystyle{ \Delta = 0}\)

Wiedząc, że a > 0, \(\displaystyle{ \Delta}\) = 0 wykres wygląda wtedy tak:

[url]http://img2.vpx.pl/up/20090710/313.gif[/url]

wnioskuję iż zbiorem rozwiązań tej nierówności dla:
\(\displaystyle{ a \ge 0}\)
\(\displaystyle{ b \ge 0}\)
\(\displaystyle{ c \ge 0}\).
jest zbiór liczb R.


Więc nierówność: \(\displaystyle{ (a+b)(a+c) \ge 2 \sqrt{abc(a + b + c)}}\) jest spełniona dla wszystkich nieujemnych rzeczywistych liczb, c.n.u..




Zadanie 4.
Udowodnij, że suma 2000 kolejnych liczb całkowitych nie może być kwadratem liczby całkowitej.
Sumę 2000 kolejnych całkowitych cyfr możemy przedstawić jako sumę ciągu arytmetycznego:
Wzór na sumę: \(\displaystyle{ S_n = \frac{a_1 + a_n}{2} \cdot n}\) oraz:
Wzór ogólny: \(\displaystyle{ a_n = a_1 + (n - 1)r}\), gdzie:
\(\displaystyle{ a_1}\) - pierwszy wyraz ciągu
\(\displaystyle{ r}\) - różnica wyrazów - W tym wypadku 1, gdyż są to KOLEJNE liczby całkowite.
\(\displaystyle{ n}\) - ilość wyrazów w ciągu - W tym wypadku 2000, gdyż jest to kolejne 2000 liczb całkowitych.

Podstawiamy dane:
\(\displaystyle{ S_n = \frac{a_1 + a_1 + (2000 - 1) * 1}{2} \cdot 2000}\)

\(\displaystyle{ S_n = \frac{a_1 + a_1 + 1999}{2} \cdot 2000}\)

\(\displaystyle{ S_n = (2a_1 + 1999) \cdot 1000}\)

\(\displaystyle{ S_n = 2000a_1 + 1999000}\)

Suma w danym ciągu niezależnie od a1 będzie miała zawsze na końcu trzy zera. (Czwartego zera nie da się osiągnąć, gdyż dodajemy liczbę z trzema zerami na końcu. Nie możemy czwartego zera także osiągnąć gdyż 2000a1, gdzie a1 jest całkowite, będzie miało cyfrę tysięcy parzystą, zaś dodawana liczba, cyfrę tysięcy ma nieparzystą, przez co nie da uzyskać się czwartego zera.) Trzech zer na końcu zaś NIE możemy osiągnąć podnosząc do kwadratu liczbę całkowitą (wynika to z cechy kwadratów liczb 2, 5 i 10). Zatem suma 2000 kolejnych liczb całkowitych nie może być kwadratem liczby całkowitej przez ilość 0 na końcu.




Zadanie 5.
Dla jakich \(\displaystyle{ k}\) rzeczywistych układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x^2-y^2 = 0 \\ (x-k)^2+y^2=1 \end{cases}}\)
ma dokładnie 3 pary rozwiązań w liczbach rzeczywistych \(\displaystyle{ (x,y)}\)?
Powstaje nam układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x^2 = y^2 \\ (x - k)^2 + y^2 = 1 \end{cases}}\)

Wg mnie najlepszą i najłatwiejszą metodą na rozwiązanie tego zadania, będzie metoda graficzna (mam nadzieję, że metoda zostanie uznana). A więc:
1. Rysujemy funkcję przedstawioną pierwszym równaniem:
\(\displaystyle{ x^2 = y^2}\) \(\displaystyle{ \sqrt{}}\)
\(\displaystyle{ |x| = |y|}\)

Rozpisujemy wartość bezwzględną i zostaje:
a. \(\displaystyle{ x = y}\)
b. \(\displaystyle{ x = -y}\)
c. \(\displaystyle{ -x = y}\)
d. \(\displaystyle{ -x = -y}\)
a oraz c, a także b oraz d są takie same, więc pozostaje nam funkcja:
\(\displaystyle{ y = |x|}\)

Rysujemy:

[url]http://img2.vpx.pl/up/20090710/5s60.gif[/url]

2. Określamy rodzaj drugiego równania:
\(\displaystyle{ (x - k)^2 + y^2 = 1}\), przekształcamy:
\(\displaystyle{ (x - k)^2 + (y - 0)^2 = 1^2}\)

Poznajemy, że to jest równanie okręgu (wzór ogólny \(\displaystyle{ [(x - a)^2 + (y - b)^2 = r^2}\), gdzie a oraz b to współrzędne środka okręgu, zaś r to długość promienia]).

Ze wzoru mamy, że:
współrzędne punktu (k, 0)
promień = 1

Musimy tak umieścić środek okręgu (k), aby przecinał on funkcję f(x) w trzech punktach. Skoro są dwa ramiona, okrąg musi także przechodzić także przez wierzchołek. Skoro promień = 1 to k = 1 (odległość od wierzchołka (0, 0) musi wynosić 1, więc środek okręgu ma punkt (1, 0) . Rysunek:

[url]http://img2.vpx.pl/up/20090710/5_b28.gif[/url]

Odp. Układ równań ma trzy rozwiązania dla k = 1:
x = 0, y = 0
x = 1, y = 1
x = 1, y = -1.
Awatar użytkownika
Sylwek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2716
Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 160 razy
Pomógł: 657 razy

Kategoria I, 10 lipca 2009, 21:27

Post autor: Sylwek »

Oceny:

Zadanie 1 - 2
Zadanie 2 - 0
Zadanie 3 - 6
Zadanie 4 - 6
Zadanie 5 - 2

--

Komentarze:

Zadanie 1:
Dwójka za dryfowanie wokół dowodu (chociaż równie dobrze mogłoby być 0). Intuicja poprawna, brak odpowiedniego sformułowania myśli. Wystarczyło napisać "z zasady szufladkowej istnieje liczba, która jest iloczynem liczb pierwszych, wśród których każda jest nie mniejsza niż piętnasta (licząc od najmniejszej) liczba pierwsza, czyli jest ona \(\displaystyle{ \ge 47^2 = 2209}\) - sprzeczność". Slogany: "nie ma szansy żeby" czy "Zajmę się najmniejszymi liczbami (gdyż spróbuję udowodnić dane twierdzenie na najmniejszych liczbach, jeżeli się to uda, na większych będzie już udowodnione)" nie powinny się w tej postaci znaleźć w dowodzie matematycznym.

Zadanie 2:
Po spostrzeżeniu iż \(\displaystyle{ \Delta GDF}\) oraz \(\displaystyle{ \Delta ADC}\) są podobne (bok, kąt, bok, skala podobieństwa = k [nie dotyczy])
Są, ale to nie wynika z Twojego rozumowania. Kąt wspólny mają, ale nie pokazałeś, że: \(\displaystyle{ \frac{DG}{DA}=\frac{DF}{DC}}\), czyli innymi słowy nie udowodniłeś, że punkt F połowi odcinek DC. A to była cała trudność zadania.

Zadanie 3:
OK, ale niepotrzebnie angażujesz ciężkie działa. Zbyt dokładnie rozpisujesz mało ważne rzeczy zapominając o najważniejszych (w tym zadaniu nie zapomniałeś o niczym). Skoro \(\displaystyle{ \Delta=0}\), to wniosek taki, że jest podwójny pierwiastek, czyli wszystko "się zwinie". Nie ładniej było zapisać:
"\(\displaystyle{ a^2(a + b + c)^2 - 2abc(a + b + c) + b^2c^2 \ge 0 \iff (a(a+b+c)-bc)^2 \ge 0}\), co jest prawdą, co kończy dowód." zamiast się okrutnie siłować?
wnioskuję iż zbiorem rozwiązań tej nierówności dla:
\(\displaystyle{ a \ge 0}\)
\(\displaystyle{ b \ge 0}\)
\(\displaystyle{ c \ge 0.}\)
jest zbiór liczb R.
Lepiej zapisać: "wnioskuję iż dla każdej trójki (a,b,c) nieujemnych liczb rzeczywistych nierówność jest prawdziwa". Popracuj nad formułowaniem dowodów, najlepiej przeglądnij jak to jest zrobione w sprawozdaniach OM lub OMG.

Zadanie 4:
OK, choć również rozdmuchujesz mało istotne rzeczy. Wzór na sumę ciągu arytmetycznego jest powszechnie znany. Staraj się lepiej formalizować swoje myśli.

Zadanie 5:
więc pozostaje nam funkcja:
y = |x|
Nie. Suma funkcji \(\displaystyle{ y=x}\) oraz \(\displaystyle{ y=-x}\) daje "ukośny krzyż", a nie \(\displaystyle{ y=|x|}\). W ten sposób zgubiłeś jedno rozwiązanie (k=-1). Dwójka (bo to jednak poważny błąd merytoryczny i nie może być piątki) za dobre podejście i zgrabny graficzny pomysł.
Ze wzoru mamy, że:
współrzędne punktu (k, 0)
promień = 1
Jest OK, ale "ze wzoru" okropnie brzmi ... . Po prostu pisz: współrzędne środka tego okręgu to (k,0), a jego promień wynosi 1.
Awatar użytkownika
scyth
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6392
Rejestracja: 23 lip 2007, o 15:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 1087 razy

Kategoria I, 10 lipca 2009, 21:27

Post autor: scyth »

OK
ODPOWIEDZ