Konkurs matematyka.pl

[binaj]

według mnie o poziom tu nie chodzi, tylko o typ zadań, co z tego jakby zrobili coś podobnego jak zad. 1/II kategoria tylko, że z 5 niewiadomymi, albo jakieś super skomplikowane prawdopodobieństwo,
kategoria IV byłaby dobrym pomysłem

pozdrawiam

[taka_jedna]

Niezbyt ściśle się wyraziłam... Przez trudniejsze zadania rozumiem takie, nad którymi trzeba więcej pomyśleć (tak jak nad olimpijskimi). Czyli mówiąc inaczej jestem za wywaleniem typowo szkolnych zadanek(od tego są sprawdziany a nie konkursy z fajnymi nagrodami) i władowanie samego poziomu olimpijskiego, tyle że również podzielonego na 3 różne kategorie.

[Dumel]

moje rozwiazania:

zad. 1. - co nie co
musi być spełniony warunek \(\displaystyle{ xy-(xy)^2 \ge 0}\) skąd wynika, że \(\displaystyle{ 1 \ge xy \ge 0}\). (łatwo zauwazyc ze nie moze byc \(\displaystyle{ xy=0}\)) ponadto \(\displaystyle{ \sqrt{xy-(xy)^2} \le \frac{1}{2}}\). zauważmy teraz, że:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \ge \sqrt{xy-(xy)^2}=y^6+y^2+2x^2}\)
i
\(\displaystyle{ 4xy^3+y^3+ \frac{1}{2} \ge 2x^2+ \sqrt{1+(2x-y)^2} \ge 2x^2+1}\)
dodając powyzsze nierówności stronami dostajemy
\(\displaystyle{ 4xy^3 \ge y^6+4x^2}\)
ale stosujac nierownosc miedzy srednia arytmetyczna a geometryczna mamy
\(\displaystyle{ y^6+4x^2 \ge 4|xy^3|=4xy^3}\)
wobec tego musi zachodzic rownosc \(\displaystyle{ 2|x|=|y^3|}\) ktora wobec \(\displaystyle{ xy > 0}\) daje nam \(\displaystyle{ x= \frac{y^3}{2}}\).

dalej nie udało mi sie tego pociagnąć

zad. 2.
wiadomo

zad. 3. - zaszalałem
\(\displaystyle{ u_1=1}\)
\(\displaystyle{ u_2=5}\)
\(\displaystyle{ u_3=25}\)
\(\displaystyle{ u_4=57}\)
\(\displaystyle{ u_5=121}\)
\(\displaystyle{ u_6=249}\)
\(\displaystyle{ u_7=505}\)
\(\displaystyle{ u_8=1017}\)
\(\displaystyle{ u_9=2041}\)
\(\displaystyle{ u_10=4089}\)
\(\displaystyle{ u_11=8185}\)
\(\displaystyle{ u_12=16377}\)
ciag jest rosnacy wiec szukana wartość \(\displaystyle{ n=11}\)
na początku zacząłem liczyć elegancko, ale jak zobaczyłem że tak mało jest do zrobienia to nie utrudniałem sobie życia

zad. 4.
a)
funkcja rosnaca jest roznowartosciowa, wiec 25 roznych wartosci ktore ona przyjmuje jednoznacznie ja wyznacza. wobec tego szukane prawdopodobienstwo wynosi \(\displaystyle{ \frac{ {31 \choose 25} }{31^{25}}= \frac{23751}{31^{24}}}\)
b)
istnieje \(\displaystyle{ {25 \choose k}9^{25-k}}\) funkcji ktore maksimum \(\displaystyle{ =10}\) przyjmuja dla \(\displaystyle{ k}\) argumentow.
korzystajac ze wzoru dwumianowego Newtona otrzymujemy \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{25} {25 \choose k}9^{25-k}=9^{25}(\sum_{k=0}^{25} {25 \choose k}9^{-k}-1)=9^{25}(( \frac{1}{9}+1)^{25}-1)=10^{25}-9^{25}}\)
tak wiec
\(\displaystyle{ P= \frac{10^{25}-9^{25}}{31^{25}}}\)
c)
dwie wartosci mozna wybrac na \(\displaystyle{ {31 \choose 2}=465}\) sposobow. funkcja jest jednoznacznie wyznaczona przez wstazanie argumentow dla ktorych przyjmuje ona mniejsza wartosc (z tych dwoch), co mozna zrobic na \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{24} {25 \choose k} =2^{25}-2}\) sposoby. wobec tego
\(\displaystyle{ P= \frac{465(2^{25}-2)}{31^{25}}}\)
zad. 5.
\(\displaystyle{ f( \frac{1}{x})+4f(x)= \frac{3}{x}}\)
wstawiajac \(\displaystyle{ x:= \frac{1}{x}}\) dostajemy \(\displaystyle{ f(x)+4f( \frac{1}{x})=3x}\). mnozac stronami pierwsza rownosc przez 4 i odejmujac od niej druga rownosc dostajemy \(\displaystyle{ f(x)= \frac{4}{5x}- \frac{x}{5}}\). łatwo sprawdzic ze funkac ta spelnia warunki zadania.

[lina2002]

Dumel, Twoje rozwiązanie zadania 3. jest po prostu powalające .

[mol_ksiazkowy]

Uznajac racje kazdego co sie tu wypowiada, to mysle ze kategoria IV "olimpijczyk" , czy tez jakos podobnie by ja mozna nazwac ma sens, jako ze podnoszenie poziomu zadań w kategoriach Liceum, czy Gimnazjum spowoduje zapewne zmniejszenie zainterosowania, mniej chetnych, co niechybnie skończy sie klapą. Poza tym im wiecej kategorii to kazdy łątwiej znajdzie w tym cos dla siebie....
Tak czy siak nie wiem czy kolejne odslony konkursu beda sie odbywac. Wg mnie warto

[Artist]

jako ze podnoszenie poziomu zadań w kategoriach Liceum, czy Gimnazjum spowoduje zapewne zmniejszenie zainterosowania, mniej chetnych, co niechybnie skończy sie klapą.

Racja. Wartoby stworzyć kategorie olimpijczyk jako bardziej prestiżową wtedy konkurs stałby się dobrą zaprawą przed olimpiadą i innymi konkursami ogólnopolskimi dla uczestników.
PS1
A tak wogóle to kto dał pomysł na ten konkurs?
PS2
Z czasem nasza liga przegoni może olimpiadę w prestiżu

[tim]

Ja również brałem udział w gimnazjum. Zobaczymy co to będzie ^^
1 - tyle o ile.
2 - CAŁE.
3 - CAŁE.
4 - tyle o ile.
5 - PRAWIE CAŁE.

Zobaczymy. Lekka rozgrzewka przed pierwszą moją OMG :] (idę do 3 gim).

Ktoś poda rozwiązania?


PS1. Zobaczymy co to będzie dalej... Może następny?
PS2. To samo pytanie co wyżej: Kto jest inicjatorem.
PS3. Zwiększając poziom zadań byłoby już bardzo ciężko (ja ledwo te rozwiązałem, o liceum nawet nie myślałem), ale kategoria olimpijczyk nie byłaby zła.

[kammeleon18]

Zadanie 1.

Rozwiązanie:    

Oznaczmy liczby z treści zadania \(\displaystyle{ a_{1},a_{2},...,a_{15}}\)
Podzielmy liczby pierwsze na 2 grupy:
Grupa \(\displaystyle{ I}\): Liczby pierwsze z przedziału \(\displaystyle{ <2,43>}\)
Grupa \(\displaystyle{ II}\): Liczby pierwsze z przedziału \(\displaystyle{ <47,\infty)}\)
Oczywiście nie ma liczb pierwszych w przedziale \(\displaystyle{ (43,47)}\)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ 47^2=2209> 2009}\), co oznacza z każda z tych 15 liczb ma w swoim rozkładzie na czynniki pierwsze co najwyżej jeden czynnik z grupy \(\displaystyle{ II}\). Liczb pierwszych z grupy \(\displaystyle{ I}\) jest 14, co oznacza, że istnieje liczba \(\displaystyle{ a _{i}(i \in {1,2,..,15})}\), która w swoim rozkładzie liczby z grupy \(\displaystyle{ I}\) nie ma. Z kolei \(\displaystyle{ a _{i}}\) ma co najwyżej 1 czynnik z grupy \(\displaystyle{ II}\), stąd jest ona pierwsza.
\(\displaystyle{ c.n.d}\)





Zadanie 2.

Rozwiązanie:
Niech \(\displaystyle{ M}\)będzie punktem przecięcia odcinków \(\displaystyle{ AE}\) i \(\displaystyle{ CD}\), a \(\displaystyle{ F}\) punktem przecięcia prostej \(\displaystyle{ BM}\) z bokiem \(\displaystyle{ AC}\).
Stosując tw. Cevy otrzymujemy: \(\displaystyle{ \frac{AD}{DB} \cdot \frac{BE}{EC} \cdot \frac{CF}{FA} =1 \Leftrightarrow \frac{CF}{FA}= \frac{1}{2}}\)
Następnie, stosując tw. van Aubela mamy: \(\displaystyle{ \frac{CM}{MD}= \frac{EC}{BE} + \frac{CF}{FA} =1}\), czyli \(\displaystyle{ CM=MD}\)

Z założenia, trójkąt \(\displaystyle{ ADM}\) jest równoramienny, czyli \(\displaystyle{ AM=MD}\)

Skoro \(\displaystyle{ AM=MD=CM}\), to punkt \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ACD}\). Jest on równocześnie środkiem odcinka \(\displaystyle{ CD}\), co oznacza, że odcinek \(\displaystyle{ CD}\) jest średnicą wspomnianego okręgu. Kąt \(\displaystyle{ BAC}\) leży naprzeciwko odcinka \(\displaystyle{ CD}\), jest więc prosty.

Zadanie 3.
Rozwiązanie:
\(\displaystyle{ (a+b)(a+c)=a^2+ab+ac+bc=a(a+b+c) +bc}\)
Liczby a,b,c są nieujemne, więc podstawiając \(\displaystyle{ x=bc \ i \ y=a(a+b+c)}\) można skorzystać z nierówności \(\displaystyle{ x+y \ge 2 \sqrt{xy}}\)
Otrzymujemy
\(\displaystyle{ bc+a(a+b+c) \ge 2 \sqrt{abc(a+b+c)}}\)
\(\displaystyle{ c.n.d}\)


Zadanie 4.

Rozwiązanie:

\(\displaystyle{ S}\)- suma tych liczb
Niech a będzie najmniejszą z tych liczb. Korzystając z wzoru na sumę wyrazów ciągu arytmetycznego otrzymujemy:
\(\displaystyle{ S=a+(a+1)+(a+2)+...+(a+1999)=2000 \cdot \frac{a+a+1999}{2}=1000(2a+1999)=2^3 \cdot 125 \cdot (2a+1999)}\)
Zauważmy, że liczba \(\displaystyle{ (2a+1999)}\) jest nieparzysta, więc w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby\(\displaystyle{ S}\) dwójka występuje w nieparzystej potędze, stąd nie może być ona kwadratem liczby całkowitej.
\(\displaystyle{ c.n.d}\)



Zadanie 5.

Rozwiązanie:

Zauważmy, że jeżeli para \(\displaystyle{ ( x_{0}, y _{0} )}\) spełnia ten układ równań, to para \(\displaystyle{ ( x_{0}, -y _{0} )}\) też. Żeby uzyskać nieparzystą liczbę rozwiązań, układ ten musi spełniać para liczb \(\displaystyle{ ( x_{0}, 0} )}\)(Gdyż \(\displaystyle{ -0=0}\)).
Podstawiając \(\displaystyle{ y=0}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x^2=0\\(x-k)^2=1\end{cases}}\) \(\displaystyle{ \Leftrightarrow}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x=0\\k^2=1\end{cases}}\)
Stąd \(\displaystyle{ k=1 \vee k=-1}\)

Podstawiając\(\displaystyle{ k=1}\) do układu otrzymujemy

\(\displaystyle{ \begin{cases} x^2-y^2=0\\(x-1)^2+y^2=1\end{cases}}\)

Rzeczywiście, spełniają go jedynie 3 pary liczb: \(\displaystyle{ (1;1),(1;-1),(0;0)}\)

Podstawiając \(\displaystyle{ k=-1}\) do układu otrzymujemy
\(\displaystyle{ \begin{cases} x^2-y^2=0\\(x+1)^2+y^2=1\end{cases}}\)

Rzeczywiście, spełniają go jedynie 3 pary liczb: \(\displaystyle{ (-1;1),(-1;-1),(0;0)}\)

Odp. \(\displaystyle{ k=1 \vee k=-1}\)

Cóż oto moje rozwiązania, nadesłałem je 4 lipca 2009, 17:37, moge mieć nadzieję że nikt mnie nie wyprzedził, gdyż nie doszukałem się błędu.

[tim]

Ja przedstawię moje:

Ukryta treść:    

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.





Użytkownik: tim.

4. Nie wpadłem na to.
5. Mi nie wyszło k = -1...

Edit:
Teraz widzę, że 5 źle zrobiłem, ale nie miałem pomysłu.

Edit 2:
Jeszcze dużo przede mną. :]

[kammeleon18]

Czy w przypadku k=-1 widzisz inną liczbę rozwiązań??

[Zordon]

Widzę, że kombinacje w piątym dla gim robiliście, nawet jeśli już ktoś wpadł na rozwiązanie graficzne...
\(\displaystyle{ x^2-y^2=0}\)
\(\displaystyle{ (x-y)(x+y)=0}\)
\(\displaystyle{ x-y=0 \vee x+y=0}\)
czyli dwie proste tworzący krzyżyk.
Drugie równanie to okrąg. I teraz juz latwo odczytac wynik.

[tim]

Widzę, że kombinacje w piątym dla gim robiliście, nawet jeśli już wpadł na rozwiązanie graficzne...
\(\displaystyle{ x^2-y^2=0}\)
\(\displaystyle{ (x-y)(x+y)=0}\)
\(\displaystyle{ x-y=0 \vee x+y=0}\)
czyli dwie proste tworzący krzyżyk.
Drugie równanie to okrąg. I teraz juz latwo odczytac wynik.

Mi krzyżyk właśnie nie wyszedł, tylko zwykła wartość bezwzględna... Przynajmniej się sprawdzę.

[kammeleon18]

Co oznacza że odpowiedź do zad.5 brzmi??

[tim]

Co oznacza że odpowiedź do zad.5 brzmi??

k = 1 lub k = -1



To takie smutne... , smak goryczki, ale to pierwszy raz to wiesz, zobaczymy

[Swistak]

Dla mnie zadania z gimnazjum były stosunkowo proste, choć mam zdecydowanie odmienne mniemanie o ułożeniu ich w kolejności od najłatwiejszego do najtrudniejszego .
1, 4, 5 - <1min (tylko nad 5 się trochę zastanawiałem, jak to wszystko sformułować )
2 - ~5min
3 - ~30min xD
W ogóle w 3 zadaniu mnie przestraszyło to, że ta nierówność nie była cykliczna i że równość nie zachodziła dla a=b=c xP.
Zadania wysłałem 6 lipca gdzieś koło 15 (plus minus 1h).