Strona 3 z 3

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

: 26 kwie 2006, o 14:35
autor: Tristan
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.

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

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

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

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

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

: 3 cze 2006, o 12:34
autor: Uzo
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

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

: 3 cze 2006, o 17:36
autor: matti
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...

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

: 3 cze 2006, o 18:28
autor: Tomasz Rużycki
Niektore zadania pojawialy sie na forum

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

: 3 cze 2006, o 19:40
autor: matti
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 :/ ;( ...

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

: 4 cze 2006, o 11:44
autor: Aura
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.

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

: 22 lut 2010, o 09:18
autor: Malutka_Ida
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...)

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

: 2 mar 2010, o 19:57
autor: rumcajs
Nie wiecie kiedy w tym roku jest etap powiatowy?

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

: 11 mar 2010, o 22:04
autor: kp1311
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.

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

: 12 mar 2010, o 07:09
autor: badmor
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.

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

: 12 mar 2010, o 08:12
autor: kp1311
Może ktoś wrzucić rozwiązanie zadania 4 z poziomu I?

[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny

: 12 mar 2010, o 18:13
autor: badmor
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
\(\displaystyle{ \overrightarrow {PC}=\frac{b}{a+b}\overrightarrow {PA}+\frac{a}{a+b}\overrightarrow {PB}.}\)