[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

Wojewódzkie. Regionalne. Miejskie. Szkolne. Klasowe;)
Awatar użytkownika
Tristan
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 2357
Rejestracja: 24 kwie 2005, o 14:28
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 27 razy
Pomógł: 556 razy

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

Post autor: Tristan » 26 kwie 2006, o 14:35

4. Z wzorów Viete'a dla wielomianu 3 stopnia mamy układ:
\(\displaystyle{ \left{\begin{array}{l} x_{1}+x_{2}+x_{3}=0 \\ x_{1}x_{2}+ x_{1}x_{3}+x_{2}x_{3}=p \end{array}}\)
Podnosząc pierwsze równanie do kwadratu otrzymujemy
\(\displaystyle{ x_{1}^2 + x_{2}^2 + x_{3}^2 + 2(x_{1}x_{2}+ x_{1}x_{3}+x_{2}x_{3})=0}\) W nawiasie mamy oczywiście "p", więc podstawiając otrzymamy
\(\displaystyle{ 2p=-(x_{1}^2 + x_{2}^2 + x_{3}^2 )}\), suma kwadratów pierwiastków jest dodatnia, więc p<0 cnd.

Awatar użytkownika
TiWi
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 13
Rejestracja: 27 maja 2005, o 12:33
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Dębica

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

Post autor: TiWi » 26 kwie 2006, o 15:29

1. Najlepiej udowodnić, że np. taka funkcja:
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}x+1}\)
dla każdego \(\displaystyle{ x C}\) przyjmuje wartości całkowite, tzn rozpatrzyć przypadki gdy x=2k lub x=2k+1

Awatar użytkownika
Tomasz Rużycki
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 2970
Rejestracja: 8 paź 2004, o 17:16
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Suchedniów/Kraków
Podziękował: 4 razy
Pomógł: 293 razy

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

Post autor: Tomasz Rużycki » 26 kwie 2006, o 17:37

2.

Wiadomo, ze \(\displaystyle{ 2S = (a+b+c)r = ah_a = bh_b = ch_c}\).

\(\displaystyle{ h_a + h_b + h_c = 2S\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right) = r(a+b+c)\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right)}\), qed.


3.

\(\displaystyle{ 1+x+x^2 = \frac{x^3-1}{x-1}}\),
\(\displaystyle{ 1+x^2+x^4 = \frac{x^6-1}{x^2-1}}\), przy odpowiednich zalozeniach.

Wszystko sie ladnie upraszcza, zostaje trojmianik Nie chce mi sie liczyc do konca:

Awatar użytkownika
Uzo
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 1137
Rejestracja: 18 mar 2006, o 10:10
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Strzyżów / Kraków
Podziękował: 94 razy
Pomógł: 139 razy

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

Post autor: Uzo » 3 cze 2006, o 12:34

No pochwalcie się jak tam wam dziś poszło I jakie w ogóle były zadanka? i oczywiscie jeżeli mozecie to je tu zamieście bo z chęcią bym zobaczył co tam wymyślili

Awatar użytkownika
matti
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 35
Rejestracja: 6 kwie 2006, o 18:40
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Krosno
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 1 raz

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

Post autor: matti » 3 cze 2006, o 17:36

1. Rozwiąż równanie x� - [x] = 2, gdzie symbol [x] oznacza część całkowitą liczby x, to znczy największą liczbę całkowitą nie większą od x.

2. Wykaż że nie istnieją liczby wymierne dodatnie a,b,c,d spełniające równość \(\displaystyle{ (a+b \sqrt{2} )^{4}+(c+d \sqrt{2} )^{4}=4+5 \sqrt{2}}\)

3. NIech P(x) będzie wielomianem o wspólczynnikach całkowitych. Wykaż, że jeżeli wielomian Q(x)=P(x)+12 ma co najmniej sześć rożnych pierwiastków całkowitych, to P(x) nie ma pierwiastków całkowitych.

4. Wykaż, że jeżeli boki i promień okregu wpisanego w trójkąt mają całkowite długości, to obwód trójkąta jest liczbą parzystą.

5. Wykaż, że jeżeli \(\displaystyle{ h_{a},h_{b},h_{c}}\) są długościami wysokości trójkąta, zaś r jest długością promienia okregu wpisanego w ten trójkąt i \(\displaystyle{ h_{a}+h_{b}+h_{c}=9r}\), to ten trójkąt jest równoboczny.

MasH masz tu zadania, a pisac nie bede jak mi poszlo bo musialbym sie zbluzgac...

Awatar użytkownika
Tomasz Rużycki
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 2970
Rejestracja: 8 paź 2004, o 17:16
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Suchedniów/Kraków
Podziękował: 4 razy
Pomógł: 293 razy

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

Post autor: Tomasz Rużycki » 3 cze 2006, o 18:28

Niektore zadania pojawialy sie na forum

Awatar użytkownika
matti
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 35
Rejestracja: 6 kwie 2006, o 18:40
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Krosno
Podziękował: 1 raz
Pomógł: 1 raz

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

Post autor: matti » 3 cze 2006, o 19:40

To szkoda ze na te zadnia sie wczesniej nie natknąlem
Ja już znam swoje wyniki, ale są beznadziejne nie zadowalaja mnie, dlatego o nich nie pisze. Uważam, że ten etap byl o wiele trudnijszey od poprzednich szkoda
Jak by ktos mogł niech zapoda zadania z poziomu pierwszego, te co sa wyżej to poziom 2.
Wiem tylko ze w klasach pierwszych bylo takei zadanie jak tu wyzej zadania 2, tyle tylko że zamiast czwartych poteg byly drugie. to tyle :/ ;( ...

Aura
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 300
Rejestracja: 4 maja 2005, o 17:03
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: z xiężyca
Podziękował: 6 razy
Pomógł: 14 razy

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

Post autor: Aura » 4 cze 2006, o 11:44

Poziom I

1. Rozwiaz w liczbach calkowitych dodatnich rownanie \(\displaystyle{ x(y+1)^2=243y}\).

2. Rozwiaz uklad rownan \(\displaystyle{ \left{\begin{array}{l}|x-y|-\frac{|x|}{x}=-1\\|2x-y|+|x+y-1|+|x-y|+y-1=0\end{array}}\).


3. Wykaż że nie istnieją liczby wymierne dodatnie a,b,c,d spełniające równość \(\displaystyle{ (a+b \sqrt{2} )^{2}+(c+d \sqrt{2} )^{2}=4+5 \sqrt{2}}\).

4. Dany jest odcinek AB orac taki jego punkt C, że \(\displaystyle{ \frac{|AC|}{|CB|}=\frac{a}{b}}\). Udowodnij, że dla dowolnego punktu P płaszczyzny zachodzi równość \(\displaystyle{ \vec{PC} =\frac{b}{a+b}\vec{PA}+\frac{a}{a+b}\vec{PB}}\).

5. Udowodnij, ze jezeli suma odległosci dowolnego punktu trójkata ostrokątnego od jego boków jest równa dłlugości jednej z wysokości trójkąta, to trójkat ten jest równoboczny.

Malutka_Ida
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 41
Rejestracja: 22 lut 2010, o 08:57
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5 razy

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

Post autor: Malutka_Ida » 22 lut 2010, o 09:18

Uzo pisze:Zamieszczam tu zadania z VI PKM , poziom II , co prawda już po fakcie ,ale może ktoś zechce przedstawić tu swoje propozycje rozwiązań.

1. Dla jakich wartości parametru m pierwiastki rzeczywiste \(\displaystyle{ x_1, x_2}\) równania \(\displaystyle{ 2x^2 -(m-1)x+(m+1)=0}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ |x_1-x_2|=1}\) ?

2. Udowodnij ,że liczba postaci \(\displaystyle{ n^{5}-5n^{3} +4n}\) dzieli się przez 120.

3. Trzy kolejne liczby całkowite są długościami boków trójkąta, a także sześciany tych liczb są długościami boków pewnego trójkąta. Wykaż ,że takich trójkątów jest nieskończenie wiele. Dla jakich trójek kolejnych liczb całkowitych będących długościami boków trójkąta ich sześciany nie są długościami boków trójkąta?


4. Przekątne dzielą trapez na cztery trójkąty. Wiedząc, że stosunek podstaw tego trapezu jest równy 2, a jego pole 45, oblicz pole każdego z tych trójkątów.

5. Niech a,b,c oznaczają długości boków pewnego trójkąta. Czy równanie \(\displaystyle{ b^2x^2 +(b^2 +c^2 -a^2 )x+c^2 =0}\) ma pierwiastki rzeczywiste ?
Mógłby ktoś dokładniej opisać sposób rozwiązania zadania numer 5?
(Wiem, że trochę już było na ten temat wypowiedzi, ale nadal mi to zadanie nie wychodzi...)

rumcajs
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 57
Rejestracja: 14 gru 2008, o 00:22
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Rz
Pomógł: 7 razy

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

Post autor: rumcajs » 2 mar 2010, o 19:57

Nie wiecie kiedy w tym roku jest etap powiatowy?

Awatar użytkownika
kp1311
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 475
Rejestracja: 20 maja 2009, o 15:06
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Zarzecze
Podziękował: 36 razy
Pomógł: 49 razy

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

Post autor: kp1311 » 11 mar 2010, o 22:04

zadanie 5.
\(\displaystyle{ b^{2}x^{2} + (b^{2} + c^{2} - a^{2})x + c^{2} = 0}\)
Wyszedłem sobie z nierówności trójkąta:
\(\displaystyle{ b + c > a \Rightarrow b^{2} + 2bc + c^{2} > a^{2} \Rightarrow b^{2} + c^{2} > a^{2} - 2bc (*)}\),
stąd:
\(\displaystyle{ b^{2}x^{2} + (b^{2} + c^{2} - a^{2})x + c^{2} > b^{2}x^{2} + (a^{2} - 2bc - a^{2})x + c^{2} = b^{2}x^{2} -2bcx + c^{2} = (bx - c)^{2} \ge 0}\)
więc:
\(\displaystyle{ b^{2}x^{2} + (b^{2} + c^{2} - a^{2})x + c^{2} > 0}\) równanie nie ma rozwiązań.
Ostatnio zmieniony 12 mar 2010, o 08:06 przez kp1311, łącznie zmieniany 1 raz.

badmor
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 113
Rejestracja: 26 mar 2005, o 13:50
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Z Nienacka
Pomógł: 3 razy

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

Post autor: badmor » 12 mar 2010, o 07:09

Ale jeśli \(\displaystyle{ x<0}\), to \(\displaystyle{ (b^2+c^2)x<(x^2-2bc)x}\) i warunek \(\displaystyle{ (*)}\) nie wystarczy do uzasadnienia, że dane równanie nie ma rozwiązań. Tak mnie się wydaje.
Chyba trzeba pokazać, że wyróżnik (\(\displaystyle{ \Delta}\)) tego równania jest ujemny.

-- 12 marca 2010, 07:20 --

Zauważmy, że
\(\displaystyle{ \Delta=(b^2+c^2-a^2)^2-4b^2c^2=(b^2+c^2-a^2-2bc)(b^2+c^2-a^2+2bc)=}\)
\(\displaystyle{ =((b-c)^2-a^2)((b+c)^2-a^2)=(b-c-a)(b-c+a)(b+c+a)(b+c-a)=}\)
\(\displaystyle{ =-(a+c-b)(a+b-c)(a+b+c)(a+c-b).}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ a, b, c}\) są długościami boków trójkąta, to każde wyrażenie w nawiasie jest dodatnie, stąd całe wyrażenie jest ujemne. Zatem dane równanie nie ma rozwiązań.

Awatar użytkownika
kp1311
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 475
Rejestracja: 20 maja 2009, o 15:06
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Zarzecze
Podziękował: 36 razy
Pomógł: 49 razy

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

Post autor: kp1311 » 12 mar 2010, o 08:12

Może ktoś wrzucić rozwiązanie zadania 4 z poziomu I?

badmor
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 113
Rejestracja: 26 mar 2005, o 13:50
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Z Nienacka
Pomógł: 3 razy

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

Post autor: badmor » 12 mar 2010, o 18:13

Zauważmy, że jeżeli \(\displaystyle{ \frac{AC}{BC}=\frac{a}{b}}\), to
\(\displaystyle{ \overrightarrow {AC}=\frac{a}{a+b}\overrightarrow{AB}}\) i \(\displaystyle{ \overrightarrow {BC}=\frac{b}{a+b}\overrightarrow{BA}=-\frac{b}{a+b}\overrightarrow{AB}.}\)
Dla dowolnego punktu \(\displaystyle{ P}\) mamy więc równości
\(\displaystyle{ \overrightarrow {PC}=\overrightarrow {PA}+\overrightarrow {AC}=\overrightarrow {PA}+\frac{a}{a+b}\overrightarrow {AB}}\)
\(\displaystyle{ \overrightarrow {PC}=\overrightarrow {PB}+\overrightarrow {BC}=\overrightarrow {PB}-\frac{b}{a+b}\overrightarrow {AB}}\)
lub równoważnie
\(\displaystyle{ b\overrightarrow {PC}=b\overrightarrow {PA}+\frac{ab}{a+b}\overrightarrow {AB}}\)
\(\displaystyle{ a\overrightarrow {PC}=a\overrightarrow {PB}-\frac{ab}{a+b}\overrightarrow {AB}.}\)
Dodając stronami, otrzymujemy
\(\displaystyle{ (a+b)\overrightarrow {PC}=b\overrightarrow {PA}+a\overrightarrow {PB},}\)
a stąd
\(\displaystyle{ \overrightarrow {PC}=\frac{b}{a+b}\overrightarrow {PA}+\frac{a}{a+b}\overrightarrow {PB}.}\)

ODPOWIEDZ