Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
1. Dla dodatniej liczby całkowitej \(\displaystyle{ a}\) określamy ciąg liczb całkowitych \(\displaystyle{ x_1,x_2,...}\) wzorami: \(\displaystyle{ x_1=a}\) oraz \(\displaystyle{ x_{n+1}=2x_n +1}\) dla \(\displaystyle{ n \geq 1}\). Niech \(\displaystyle{ y_n=2^{x_n}-1}\).
Wyznaczyć największą liczbę całkowitą \(\displaystyle{ k}\) taką, że dla pewnego \(\displaystyle{ a}\) wszystkie liczby \(\displaystyle{ y_1,y_2,...,y_k}\) są pierwsze.
2. Czy istnieje taka para funkcji \(\displaystyle{ g,h:\mathbb{R} -> \mathbb{R}}\), że jedyną funkcją \(\displaystyle{ f:\mathbb{R} -> \mathbb{R}}\) taką, że \(\displaystyle{ \forall_{x\in \mathbb{R}} f(g(x))=g(f(x)) \wedge f(h(x))=h(f(x))}\) jest identyczność?
3. Czworokąt \(\displaystyle{ ABCD}\) jest wpisany w okrąg \(\displaystyle{ \omega}\). \(\displaystyle{ P=AB \cap CD, Q=AD \cap BC, R=AC \cap BD}\). \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ PQ}\), a odcinek \(\displaystyle{ MR}\) przecina \(\displaystyle{ \omega}\) w \(\displaystyle{ K}\).
Wykaż, że okręgi \(\displaystyle{ PKQ}\) i \(\displaystyle{ \omega}\) są styczne.
4. Na płaszczyźnie dane są czworokąty wypukłe\(\displaystyle{ P, P'}\), oraz punkt \(\displaystyle{ O}\), który należy do ich części wspólnej (tzn. wnętrza lub brzegu). Wiemy, że dla każdej prostej \(\displaystyle{ l}\) przechodzącej przez \(\displaystyle{ O}\), odcinek wspólny \(\displaystyle{ l}\) i \(\displaystyle{ P}\) jest dłuższy niż odcinek wspólny \(\displaystyle{ l}\) i \(\displaystyle{ P'}\).
Czy może być prawdą, że \(\displaystyle{ \frac{[P']}{[P]}>1,9}\)?
5. Dana jest liczba naturalna \(\displaystyle{ k\geq 2}\). Niech \(\displaystyle{ a_1=1}\) oraz dla każdej całkowitej \(\displaystyle{ n\geq 2}\), \(\displaystyle{ a_n}\) będzie najmniejszą liczbą \(\displaystyle{ x>a_{n-1}}\) spełniającą równanie
Wykaż, że każda liczba pierwsza występuje w ciągu \(\displaystyle{ a_i}\).
6. \(\displaystyle{ 2n}\) żetonów umieszczono w wierzchołkach \(\displaystyle{ 2n-}\)kąta foremnego, po jednym w każdym wierzchołku. Operacja polega na wybraniu boku \(\displaystyle{ 2n-}\)kąta i zamianie miejscami żetonów na jego końcach. Przypuśćmy, że każda para żetonów została zamieniona dokładnie raz.
Wykaż, że istnieje bok, który nie został wybrany w żadnej operacji.
6. Mistrzostwa Rumunii w Matematyce
: 2 mar 2013, o 15:16
autor: KPR
tu był blef
6. Mistrzostwa Rumunii w Matematyce
: 2 mar 2013, o 15:27
autor: timon92
KPR pisze:?
4:
\(\displaystyle{ O\in P}\) - środek jednokładności o dużej skali mniejszej od \(\displaystyle{ 1}\), \(\displaystyle{ P'}\) - obraz \(\displaystyle{ P}\) w tej jednokładności.
?
przecież to nic nie rozstrzyga
6. Mistrzostwa Rumunii w Matematyce
: 2 mar 2013, o 15:38
autor: KPR
A, tam jest \(\displaystyle{ 1,9}\), a nie \(\displaystyle{ 0,9}\)
6. Mistrzostwa Rumunii w Matematyce
: 2 mar 2013, o 15:45
autor: timon92
3:
niech \(\displaystyle{ PX, QY}\) to wysokości trójkąta \(\displaystyle{ PQR}\), niech \(\displaystyle{ XY \cap PQ = T}\)
lemat 2: \(\displaystyle{ M}\) jest ortocentrum trójkąta \(\displaystyle{ OTR}\)
teraz już z górki: rozważamy inwersję względem okręgu o środku \(\displaystyle{ R}\) i promieniu \(\displaystyle{ \sqrt{RA \cdot RC}}\) i składamy to z odbiciem względem \(\displaystyle{ R}\)
wówczas \(\displaystyle{ A}\) zamienia się z \(\displaystyle{ C}\), \(\displaystyle{ B}\) z \(\displaystyle{ D}\), \(\displaystyle{ P}\) z \(\displaystyle{ X}\), \(\displaystyle{ Q}\) z \(\displaystyle{ Y}\) (lemat 1), a teza łatwo zamienia się na: \(\displaystyle{ MR}\) jest biegunową punktu \(\displaystyle{ T}\) względem \(\displaystyle{ \omega}\), a to jest konsekwencja lematu 2 i podstawowych własności biegunowych
6. Mistrzostwa Rumunii w Matematyce
: 2 mar 2013, o 20:03
autor: Swistak
Moje rozwiązania znajdują się tutaj:
1: ... 4#p2951524 (sry, zły link był tu wcześniej, ale już jest dobry )
-- 2 marca 2013, 22:43 --
3: ... 7&t=523124
6. Mistrzostwa Rumunii w Matematyce
: 2 mar 2013, o 23:13
autor: Oildale
3.
Ukryta treść:
Niech \(\displaystyle{ Q'}\) oraz \(\displaystyle{ P'}\) będą takie, że leża na okręgu \(\displaystyle{ ABCD}\), oraz \(\displaystyle{ PQ}\) równoległe do \(\displaystyle{ P'Q'}\) oraz \(\displaystyle{ P'Q'}\) zawiera \(\displaystyle{ R}\) oraz \(\displaystyle{ PQP'Q'}\) jest wypukły. Patrząc sobie na jakieś proste jednokładności otrzymujemy, że nasza teza jest równoważna z pokazaniem, że \(\displaystyle{ QQ'}\) oraz \(\displaystyle{ PP'}\) przecinają się na okręgu \(\displaystyle{ ABCD}\).
Niech \(\displaystyle{ Z}\) będzie przecięciem \(\displaystyle{ PQ'}\) i \(\displaystyle{ QP'}\). Korzystając z tw. Pascala oraz biegunowych łatwo pokazać, że \(\displaystyle{ Z}\) leży na okręgu \(\displaystyle{ ABCD}\). Niech \(\displaystyle{ Z'}\) będzie przecięciem \(\displaystyle{ QQ'}\) z \(\displaystyle{ PP'}\). Wiemy, że da się tak przekształcić afinicznie \(\displaystyle{ Q'PQP'}\), aby był trapezem równoramiennym. Zatem punkty \(\displaystyle{ Z, R, Z', M}\) leżą na jednej prostej (bo \(\displaystyle{ R}\) jest środkiem \(\displaystyle{ Q'P'}\)). Zauważmy, że \(\displaystyle{ (Z,Z' ; R,M) = 1}\) bo (\(\displaystyle{ Z, Z'}\) to środki jednokładności itd.). Co więcej \(\displaystyle{ M}\) leży na biegunowej punktu R względem okręgu \(\displaystyle{ ABCD}\) zatem biegunowa \(\displaystyle{ M}\) przechodzi przez punkt \(\displaystyle{ R}\). Niech przecięcie \(\displaystyle{ ZM}\) z okręgiem to będzie \(\displaystyle{ Z''}\), wtedy znany lemat o biegunowej mówi nam, że \(\displaystyle{ (Z, Z''; R, M)=1}\). Łącząc to z tym co pokazaliśmy wyżej dostaje, że \(\displaystyle{ Z' = Z''}\).
6. Mistrzostwa Rumunii w Matematyce
: 3 mar 2013, o 00:58
autor: timon92
Oildale pisze:Korzystając z tw. Pascala oraz biegunowych łatwo pokazać, że \(\displaystyle{ Z}\) leży na okręgu \(\displaystyle{ ABCD}\)
jak to łatwo pokazać?
ponadto, jak już masz że \(\displaystyle{ Z}\) leży na okręgu \(\displaystyle{ \omega}\) to od razu jest koniec zadania - zastanów się czemu
6. Mistrzostwa Rumunii w Matematyce
: 3 mar 2013, o 11:06
autor: KPR
5:
Udowodnimy indukcyjnie, że jest to ciąg wszystkich liczb naturalnych, które w rozkładzie na czynniki pierwsze mają wszystkie wykładniki mniejsze od \(\displaystyle{ k}\) (nazwijmy te liczby bez-\(\displaystyle{ k}\)-potęgowymi.
Załóżmy, że \(\displaystyle{ a_1,a_2,\dots,a_n}\) to wszystkie liczby bez-\(\displaystyle{ k}\)-potęgowe od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ a_n}\). Rozważmy teraz liczby \(\displaystyle{ b_{a_n},b_{a_n+1},\dots}\) określone wzorem \(\displaystyle{ b_{x}=1+\sum_{i=1}^{n-1} \left[ \sqrt[k]{\frac{x}{a_i}} \right]}\).
Oczywiście \(\displaystyle{ b_{a_n}=a_n+1}\). Ponadto \(\displaystyle{ b_{x+1}>b_x}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \sqrt[k]{\frac{x+1}{a_i}}}\) jest całkowite dla pewnego \(\displaystyle{ i}\), czyli \(\displaystyle{ x+1}\) jest postaci \(\displaystyle{ a_i c^k}\). Jeśli \(\displaystyle{ x+1}\) jest bez-\(\displaystyle{ k}\)-potęgowe, to warunek ten nie zachodzi dla żadnego \(\displaystyle{ i}\), więc \(\displaystyle{ b_{x+1}=b_x}\). W przeciwnym wypadku zachodzi on dla dokładnie jednego \(\displaystyle{ i}\), więc \(\displaystyle{ b_{x+1}=b_x+1}\). Niech teraz liczby \(\displaystyle{ a_n+1,a_n+2,\dots,a_n+r-1}\) będą niebez-\(\displaystyle{ k}\)-potęgowe, a \(\displaystyle{ a_n+r}\) będzie bez-\(\displaystyle{ k}\)-potęgowe. Wtedy mamy \(\displaystyle{ b_{a_n}=a_n+1\\
b_{a_n+1}=a_n+2\\
\dots\\
b_{a_n+r-1}=a_n+r\\
b_{a_n+r}=a_n+r,}\)
więc \(\displaystyle{ a_{n+1}=a_n+r}\),c.k.d.
6. Mistrzostwa Rumunii w Matematyce
: 3 mar 2013, o 13:23
autor: Oildale
Okej, dowód, że \(\displaystyle{ Z}\) leży na \(\displaystyle{ ABCD}\) :
Tu macie rysunek, żeby nie bawić się w określanie konfiguracji, która w tym wypadku nie jest tak bardzo istotna (można sobie dopasować zmieniając oznaczenia). :
Narazie \(\displaystyle{ Z}\) to przecięcie okręgu z \(\displaystyle{ QP'}\). Weźmy sobie tw. Pascala dla punktów \(\displaystyle{ A,Z,B,Q',P',D}\) (nie patrzcie na kolejność bo wpisałem ją randomowo) i teraz wiemy z tw. Pascala, że takie cosie są współliniowe: \(\displaystyle{ AD \cap ZP'}\), \(\displaystyle{ AB \cap ZQ'}\) oraz \(\displaystyle{ DQ' \cap BP'}\). Pierwszy z tych punktów to \(\displaystyle{ Q'}\) (z definicji punktu \(\displaystyle{ Z}\)). Zauważmy, że biegunowa trzeciego z tych punktów przechodzi przez \(\displaystyle{ R}\), zatem on sam leży na biegunowej \(\displaystyle{ R}\), czyli prostej \(\displaystyle{ PQ}\). Zatem wszystkie trzy punkty leżą na prostej \(\displaystyle{ PQ}\). Zatem proste \(\displaystyle{ AB}\), \(\displaystyle{ PQ}\) i \(\displaystyle{ ZQ'}\) przecinają się w jednym punkcie, którym oczywiście jest punkt \(\displaystyle{ P}\), czyli punkty \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ Q'}\) oraz \(\displaystyle{ Z}\) leżą na jednej prostej i to jest to co chciałem pokazać.
Teraz już chyba wszystko działa.
6. Mistrzostwa Rumunii w Matematyce
: 3 mar 2013, o 13:40
autor: timon92
jest ok
zauważ że dokładnie identyczne rozumowanie pokazuje że \(\displaystyle{ PP'}\) oraz \(\displaystyle{ QQ'}\) przecinają się na \(\displaystyle{ \omega}\), czyli to do czego sprowadziłeś tezę
poza tym, pobieżnie przeczytałem dalszą część rozwiązania i nie wygląda ono najlepiej - stosujesz jakieś przekształcenie afiniczne, a potem twierdzisz, że punkty \(\displaystyle{ ABCD}\) wciąż leżą na okręgu - to nie musi być prawda!
6. Mistrzostwa Rumunii w Matematyce
: 3 mar 2013, o 17:19
autor: Oildale
To może przeczytaj uważniej. Przekształcenie afiniczne zostało użyte, aby pokazać, że \(\displaystyle{ Z, Z', R,M}\) są współliniowe, a przecież punkty \(\displaystyle{ Z, Z'}\) są definiowane jako przecięcia prostych, a \(\displaystyle{ R, M}\) jako środki podstaw jakiegoś trapezu, więc żaden okrąg mi nie jest potrzebny w tej konfiguracji.
6. Mistrzostwa Rumunii w Matematyce
: 3 mar 2013, o 17:34
autor: timon92
no rzeczywiście, jest tak jak mówisz
dla mniej wprawionych czytelników dodam, że po drodze niepostrzeżenie został przemycony fakt, że \(\displaystyle{ R}\) jest środkiem \(\displaystyle{ P'Q'}\) - to łatwo uzyskać z faktu że \(\displaystyle{ PQ}\) jest biegunową \(\displaystyle{ R}\) oraz \(\displaystyle{ PQ \parallel P'Q'}\)
a to, że \(\displaystyle{ Z,Z',M,R}\) są współliniowe można uzyskać z twierdzenia Talesa
tak czy siak, Twoje rozwiązanie jest świetne
6. Mistrzostwa Rumunii w Matematyce
: 5 mar 2013, o 19:33
autor: Ponewor
A ile było czasu na te zadania? Bo chcę się zamknąć w pokoju o chlebie i wodzie, przysiąść i zaatakować.