LXII Olimpiada Matematyczna I etap

[Dumel]

Jeśli jest pytanie o istnienie, to w odpowiedzi piszemy, że istnieje i podajemy przykład lub nie istnieje i podajemy dowód na nieistnienie.

są jeszcze dowody niekonstruktywne

[Citizen]

Zadania z pierwszej serii wysyłałem na ostatnią chwilę i przez pośpiech zapomniałem dopisać przy adresacie "Komitet Okregowy Olimpiady Matematycznej" napisałem tylko "instytut matematyki.. itd" Teraz to zauważyłem i troche się martwie, że zadania nie zostaną sprawdzone. Co o tym myślicie?

[smigol]

Myślę, że się zorientują. Możesz zawsze zadzwonić do instytutu i powiedzieć co się stało.

[Citizen]

tak też chyba zrobię, dzięki.

[Dashrek]

Zad 2.
Załóżmy, że k to największy wspólny dzielnik m+1 i n+1
\(\displaystyle{ m+1=k\cdotm_{1}m}\) i \(\displaystyle{ n+1=k\cdot n_{1}}\) , \(\displaystyle{ m=k \cdot m _{1}-1}\) \(\displaystyle{ n=k \cdot n _{1}-1}\).
Podstawimy to do \(\displaystyle{ mn ^{2}}\) +1 i do \(\displaystyle{ nm ^{2} +1}\) otrzymamy, że k jest największym wspólnym dzielnikiem tych liczb i to, że k jest podzielne przez d, bądź równe d. Z \(\displaystyle{ m ^{3} +1}\) i \(\displaystyle{ n^{3}+1}\) też da się wyciągnąć przed nawias k.-- 14 paź 2010, o 15:14 --Zad 3.
Gdy przekątne są równe, to czworokąt mający wierzchołki w środkach boków drugiego czworokąta jest rombem i z tego wystarczy zdefiniować resztę zadania.

[SaxoN]

Zadania z pierwszej serii wysyłałem na ostatnią chwilę i przez pośpiech zapomniałem dopisać przy adresacie "Komitet Okregowy Olimpiady Matematycznej" napisałem tylko "instytut matematyki.. itd" Teraz to zauważyłem i troche się martwie, że zadania nie zostaną sprawdzone. Co o tym myślicie?

Ja tak zrobiłem w 2 liceum, nie było żadnych problemów.

[Dashrek]

Zad. 3
Zauważyłem, że chyba nikt nie wie, że w "dowolnym czworokącie"- jeżeli połączymy środki boków to otrzymamy równoległobok, którego boki są równoległe do przekątnych "dowolnego czworokąta" i równe ich połowie. Gdy AC=BD to równoległobok staje się rombem i prosta MN jest dwusieczną dwóch przeciwnych kątów i równoległa do dwusiecznej kąta DEC jak i kąta AEB. Ze względu na fakt, że dwusieczne kątów przyległych ( kąta 180 stopni ) są do siebie prostopadłe to MN jest prostopadła do dwusiecznej kąta BEC. Gdy AC nie jest równe BD w "dowolnym czworokącie" to mamy zwykły równoległobok, w którym przekątne nie są dwusiecznymi kątów.

[smigol]

Zauważyłem, że chyba nikt nie wie, że w "dowolnym czworokącie"- jeżeli połączymy środki boków to otrzymamy równoległobok, którego boki są równoległe do przekątnych "dowolnego czworokąta" i równe ich połowie.

Dobrze, że nas uświadomiłeś. Dzięki.

[Swistak]

Zauważyłem, że chyba nikt nie wie, że w "dowolnym czworokącie"- jeżeli połączymy środki boków to otrzymamy równoległobok, którego boki są równoległe do przekątnych "dowolnego czworokąta" i równe ich połowie.

Dobrze, że nas uświadomiłeś. Dzięki.

Aby nie skołować Dashreka xp:
Jest to nieskończenie znany fakt, widać, że obracasz się w mało olimpijskim środowisku.

[smigol]

Poza tym chyba trzy osoby, które pisały swoje szkice rozwiązań tak robiło.

[Dashrek]

A co sądzicie o m+1 i n+1

[Damianito]

Jeśli dobrze rozumiem, to z \(\displaystyle{ k=NWD(m+1, n+1)}\) wnioskujesz \(\displaystyle{ k=NWD(m^2n+1,n^2m+1)}\) weźmy jednak \(\displaystyle{ n=3}\) \(\displaystyle{ m=17}\) oraz \(\displaystyle{ d=7}\) spełniające założenia zadania 2. Wówczas mamy \(\displaystyle{ k=NWD(m+1, n+1)=NWD(4,18)=2}\) a jednocześnie \(\displaystyle{ 7|NWD(m^2n+1,n^2m+1)}\), więc Twoje wnioskowanie nie jest poprawne.

Błąd pojawia się, gdy z podzielności \(\displaystyle{ k|m^2n+1}\) oraz \(\displaystyle{ k|n^2m+1}\) wnioskujesz, że \(\displaystyle{ k}\) jest NWD tych dwóch liczb, co jak widać nie musi zachodzić.

[mariolawiki1]

Jak Wam idzie II seria? Czy to pytanie jest niepoprawne politycznie?

[Marcinek665]

Chyba to drugie

[kubus1353]

Trudniejsza trochę, ale myśle że do zrobienia.