XXVII Konkurs Matematyczny im. Prof. J. Marszała
- mortan517
- Użytkownik
- Posty: 3359
- Rejestracja: 6 lis 2011, o 15:38
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Krk
- Podziękował: 112 razy
- Pomógł: 662 razy
XXVII Konkurs Matematyczny im. Prof. J. Marszała
Mógłby ktoś napisać rozwiązania do dwóch pozostałych zadań (klasa 1)?
Zad.1.
Podaj z uzasadnieniem liczbę elementów zbioru zawierającego trójkąty prostokątne, których długości boków wyrażone są liczbami pierwszymi.
Zad.3.
Na bokach AD i BC równoległoboku ABCD zaznaczono punkty M i K tak, że |AM|=|CK| oraz punkt P należący do boku AB. Proste MK, DP, CP rozcinają równoległobok na trzy trójkąty i trzy czworokąty. Wykaż, że pole jednego trójkąta jest równe sumie pól dwóch pozostałych trójkątów.
To drugie zadanie miałem tak samo jak Cubix651
Wielkie dzięki za pomoc, pozdrawiam.
Zad.1.
Podaj z uzasadnieniem liczbę elementów zbioru zawierającego trójkąty prostokątne, których długości boków wyrażone są liczbami pierwszymi.
Zad.3.
Na bokach AD i BC równoległoboku ABCD zaznaczono punkty M i K tak, że |AM|=|CK| oraz punkt P należący do boku AB. Proste MK, DP, CP rozcinają równoległobok na trzy trójkąty i trzy czworokąty. Wykaż, że pole jednego trójkąta jest równe sumie pól dwóch pozostałych trójkątów.
To drugie zadanie miałem tak samo jak Cubix651
Wielkie dzięki za pomoc, pozdrawiam.
-
- Użytkownik
- Posty: 342
- Rejestracja: 31 maja 2008, o 19:44
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Radom
- Podziękował: 26 razy
- Pomógł: 28 razy
XXVII Konkurs Matematyczny im. Prof. J. Marszała
1.
\(\displaystyle{ a^{2}=(c-b)(c+b)}\)
Dzielniki \(\displaystyle{ a^2}\) to \(\displaystyle{ 1,a}\) i \(\displaystyle{ a^{2}}\). Jeśli \(\displaystyle{ c-b=a}\), to \(\displaystyle{ c+b=\frac{a^{2}}{a}=a \Rightarrow b=0}\) co nie jest prawdą. Zatem \(\displaystyle{ c-b=1}\), stąd łatwo z pierwszości i parzystości wnioskujemy \(\displaystyle{ c=3}\) i \(\displaystyle{ b=2}\), to nam daje \(\displaystyle{ a=\sqrt{5}}\) a to też daje sprzeczność. Pominąłem parę oczywistości tam, przy iloczynie.
\(\displaystyle{ a^{2}=(c-b)(c+b)}\)
Dzielniki \(\displaystyle{ a^2}\) to \(\displaystyle{ 1,a}\) i \(\displaystyle{ a^{2}}\). Jeśli \(\displaystyle{ c-b=a}\), to \(\displaystyle{ c+b=\frac{a^{2}}{a}=a \Rightarrow b=0}\) co nie jest prawdą. Zatem \(\displaystyle{ c-b=1}\), stąd łatwo z pierwszości i parzystości wnioskujemy \(\displaystyle{ c=3}\) i \(\displaystyle{ b=2}\), to nam daje \(\displaystyle{ a=\sqrt{5}}\) a to też daje sprzeczność. Pominąłem parę oczywistości tam, przy iloczynie.
-
- Użytkownik
- Posty: 1824
- Rejestracja: 11 sty 2007, o 20:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice, Warszawa
- Podziękował: 73 razy
- Pomógł: 228 razy
XXVII Konkurs Matematyczny im. Prof. J. Marszała
1. Ewentualnie możemy stwierdzić, że co najmniej jedna liczba z tej trójki jest parzysta. Ale skoro jest pierwsza, to musi być równa \(\displaystyle{ 2}\). Jednak równanie \(\displaystyle{ a^2+b^2=4}\) ani równanie \(\displaystyle{ a^2 + 4 = b^2}\) nie mają rozwiązań w liczbach pierwszych.
-
- Użytkownik
- Posty: 282
- Rejestracja: 2 paź 2009, o 20:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Dachnów
- Podziękował: 27 razy
- Pomógł: 13 razy
XXVII Konkurs Matematyczny im. Prof. J. Marszała
Jak tam wyniki? Mnie zaskoczyła komisja sprawdzająca. Za pierwsze zadanie straciłem 3 pkt. Miałem wszystko ok i podejrzewałem, że nie popatrzyli na drugą stronę rozwiązania. Moja nauczycielka zadzwoniła do "Nich" i zapytaniem o moje rozwiązanie. Okazało się, że zrobiłem "rażący błąd" podczas obliczenia pierwiastków równania przy ujemnej delcie. Może mi ktoś powiedzieć czy to jest liczenie pierwiastków równania przy ujemnej delcie:
...
Z zadania dostajemy równanie:
\(\displaystyle{ n^{2}+29n-5000=0}\)
\(\displaystyle{ \Delta<0}\)
Zatem równanie nie ma rozwiązania, czyli nie istnieją takie n.
Rozpatrzmy wyrażenie \(\displaystyle{ 10(n^{2}+29n)}\).
Zauważmy, że wartość tego wyrażenia dla n=57 wynosi 49020, natomiast dla n=58 wynosi 50460.
Zatem ...
Czy moja matematyka jest jakaś inna, że obliczanie wartości wyrażenia dla danych n to obliczanie równania z ujemną deltą? ;D Ostatecznie udało mi się jednego punkta im zabrać. Mimo to mam mieszane uczucia co do tego sprawdzenia.
...
Z zadania dostajemy równanie:
\(\displaystyle{ n^{2}+29n-5000=0}\)
\(\displaystyle{ \Delta<0}\)
Zatem równanie nie ma rozwiązania, czyli nie istnieją takie n.
Rozpatrzmy wyrażenie \(\displaystyle{ 10(n^{2}+29n)}\).
Zauważmy, że wartość tego wyrażenia dla n=57 wynosi 49020, natomiast dla n=58 wynosi 50460.
Zatem ...
Czy moja matematyka jest jakaś inna, że obliczanie wartości wyrażenia dla danych n to obliczanie równania z ujemną deltą? ;D Ostatecznie udało mi się jednego punkta im zabrać. Mimo to mam mieszane uczucia co do tego sprawdzenia.
-
- Użytkownik
- Posty: 5018
- Rejestracja: 28 wrz 2009, o 16:53
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 459 razy
- Pomógł: 912 razy
-
- Użytkownik
- Posty: 282
- Rejestracja: 2 paź 2009, o 20:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Dachnów
- Podziękował: 27 razy
- Pomógł: 13 razy
XXVII Konkurs Matematyczny im. Prof. J. Marszała
Hehe. Ale ze mnie idiota. Dzięki kamil13151, zakodowałem coś sobie i przez to się niesłusznie bulwersowałem. Przynajmniej teraz będę świadomy swojego błędu i nie będę obwiniał komisji ;]
-
- Użytkownik
- Posty: 282
- Rejestracja: 2 paź 2009, o 20:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Dachnów
- Podziękował: 27 razy
- Pomógł: 13 razy
XXVII Konkurs Matematyczny im. Prof. J. Marszała
Może ktoś roztrzaskać zadanie drugie z klas trzecich bo nie ogarniam ;D
Treść:
Wykaż, że jeżeli c, d są liczbami całkowitymi, przy czym \(\displaystyle{ c \neq 0}\) i \(\displaystyle{ d>0}\), to równanie \(\displaystyle{ x^{3}-3cx^{2}-dx+c=0}\) nie posiada więcej niż jeden pierwiastek wymierny.
Treść:
Wykaż, że jeżeli c, d są liczbami całkowitymi, przy czym \(\displaystyle{ c \neq 0}\) i \(\displaystyle{ d>0}\), to równanie \(\displaystyle{ x^{3}-3cx^{2}-dx+c=0}\) nie posiada więcej niż jeden pierwiastek wymierny.
-
- Użytkownik
- Posty: 1824
- Rejestracja: 11 sty 2007, o 20:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice, Warszawa
- Podziękował: 73 razy
- Pomógł: 228 razy
XXVII Konkurs Matematyczny im. Prof. J. Marszała
Się robi.
Zauważmy przede wszystkim, że każdy pierwiastek wymierny tego wielomianu będzie jednocześnie całkowity. Ponadto jeśli założymy nie wprost, że istnieją co najmniej \(\displaystyle{ 2}\) wymierne pierwiastki (niech to będą \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\)), to na mocy założenia \(\displaystyle{ W(a)=W(b)=0}\) dostaniemy, że:
\(\displaystyle{ \begin{cases} a^3 - 3a^2c - ad + c=0 \\ b^3 - 3b^2c - bc + c=0 \end{cases}}\)
Z pierwszego równania wnosimy, że \(\displaystyle{ c}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ a}\), a z drugiego, że \(\displaystyle{ c}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ b}\) (wykorzystamy to później). Ponadto wielomian trzeciego stopnia ma \(\displaystyle{ 1}\) lub \(\displaystyle{ 3}\) pierwiastki rzeczywiste, więc w naszym przypadku będzie ich musiał mieć 3 (skoro ma co najmniej \(\displaystyle{ 2}\), to musi mieć ich dokładnie \(\displaystyle{ 3}\)), wobec tego nasz wielomian rozkłada się następująco:
\(\displaystyle{ x^{3}-3cx^{2}-dx+c=(x-a)(x-b)(x-f)}\).
Wtedy napiszmy ze wzorów Vieta:
\(\displaystyle{ \begin{cases} a+b+f=3c \\ ab+bf+fa=-d \\ abf = -c \end{cases}}\)
Stąd widzimy, że
\(\displaystyle{ f}\) także jest liczbą całkowitą, więc dzieli on liczbę \(\displaystyle{ c}\).
Z zależności \(\displaystyle{ a|c}\), \(\displaystyle{ b|c}\), \(\displaystyle{ f|c}\) wnosimy, że zachodzą nierówności:
\(\displaystyle{ |a| \le |c|}\), \(\displaystyle{ |b| \le |c|}\), \(\displaystyle{ |f| \le |c|}\). Wobec tego z pierwszego równania naszego układu równań mamy:
Jeśli \(\displaystyle{ c>0}\), to \(\displaystyle{ 3c = a+b+f \le c + c + c = 3c}\), a jeśli \(\displaystyle{ c<0}\), to łatwo dochodzimy do wniosku, że \(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b}\), \(\displaystyle{ f}\) także są ujemne i mnożąc wszystko przez \(\displaystyle{ -1}\) możemy sprowadzić równanie do sytuacji z \(\displaystyle{ c>0}\). Dlatego we wszystkich nierównościach \(\displaystyle{ |a| \le |c|}\), \(\displaystyle{ |b| \le |c|}\), \(\displaystyle{ |f| \le |c|}\) muszą zachodzić równości, ponadto liczby są tych samych znaków, czyli mamy w istocie \(\displaystyle{ a=b=f=c}\). Jednak patrząc na trzecie równanie układu mamy: \(\displaystyle{ -c=abf=c^3}\), czyli \(\displaystyle{ c^3 + c = 0}\), więc \(\displaystyle{ c(c^2 + 1)=0}\). Ale na mocy założeń zadania \(\displaystyle{ c \neq 0}\), więc mamy sprzeczność. Założenie, że wielomian ma co najmniej 2 pierwiastki wymierne doprowadziło nas do sprzeczności, więc dowiedliśmy tym samym, że może mieć on co najwyżej jeden pierwiastek wymierny, co kończy zadanie.
EDIT: Dziękuję timonowi za zwrócenie uwagi, że zapomniałem rozpatrzyć \(\displaystyle{ c<0}\)
Zauważmy przede wszystkim, że każdy pierwiastek wymierny tego wielomianu będzie jednocześnie całkowity. Ponadto jeśli założymy nie wprost, że istnieją co najmniej \(\displaystyle{ 2}\) wymierne pierwiastki (niech to będą \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\)), to na mocy założenia \(\displaystyle{ W(a)=W(b)=0}\) dostaniemy, że:
\(\displaystyle{ \begin{cases} a^3 - 3a^2c - ad + c=0 \\ b^3 - 3b^2c - bc + c=0 \end{cases}}\)
Z pierwszego równania wnosimy, że \(\displaystyle{ c}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ a}\), a z drugiego, że \(\displaystyle{ c}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ b}\) (wykorzystamy to później). Ponadto wielomian trzeciego stopnia ma \(\displaystyle{ 1}\) lub \(\displaystyle{ 3}\) pierwiastki rzeczywiste, więc w naszym przypadku będzie ich musiał mieć 3 (skoro ma co najmniej \(\displaystyle{ 2}\), to musi mieć ich dokładnie \(\displaystyle{ 3}\)), wobec tego nasz wielomian rozkłada się następująco:
\(\displaystyle{ x^{3}-3cx^{2}-dx+c=(x-a)(x-b)(x-f)}\).
Wtedy napiszmy ze wzorów Vieta:
\(\displaystyle{ \begin{cases} a+b+f=3c \\ ab+bf+fa=-d \\ abf = -c \end{cases}}\)
Stąd widzimy, że
\(\displaystyle{ f}\) także jest liczbą całkowitą, więc dzieli on liczbę \(\displaystyle{ c}\).
Z zależności \(\displaystyle{ a|c}\), \(\displaystyle{ b|c}\), \(\displaystyle{ f|c}\) wnosimy, że zachodzą nierówności:
\(\displaystyle{ |a| \le |c|}\), \(\displaystyle{ |b| \le |c|}\), \(\displaystyle{ |f| \le |c|}\). Wobec tego z pierwszego równania naszego układu równań mamy:
Jeśli \(\displaystyle{ c>0}\), to \(\displaystyle{ 3c = a+b+f \le c + c + c = 3c}\), a jeśli \(\displaystyle{ c<0}\), to łatwo dochodzimy do wniosku, że \(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b}\), \(\displaystyle{ f}\) także są ujemne i mnożąc wszystko przez \(\displaystyle{ -1}\) możemy sprowadzić równanie do sytuacji z \(\displaystyle{ c>0}\). Dlatego we wszystkich nierównościach \(\displaystyle{ |a| \le |c|}\), \(\displaystyle{ |b| \le |c|}\), \(\displaystyle{ |f| \le |c|}\) muszą zachodzić równości, ponadto liczby są tych samych znaków, czyli mamy w istocie \(\displaystyle{ a=b=f=c}\). Jednak patrząc na trzecie równanie układu mamy: \(\displaystyle{ -c=abf=c^3}\), czyli \(\displaystyle{ c^3 + c = 0}\), więc \(\displaystyle{ c(c^2 + 1)=0}\). Ale na mocy założeń zadania \(\displaystyle{ c \neq 0}\), więc mamy sprzeczność. Założenie, że wielomian ma co najmniej 2 pierwiastki wymierne doprowadziło nas do sprzeczności, więc dowiedliśmy tym samym, że może mieć on co najwyżej jeden pierwiastek wymierny, co kończy zadanie.
EDIT: Dziękuję timonowi za zwrócenie uwagi, że zapomniałem rozpatrzyć \(\displaystyle{ c<0}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 282
- Rejestracja: 2 paź 2009, o 20:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Dachnów
- Podziękował: 27 razy
- Pomógł: 13 razy
XXVII Konkurs Matematyczny im. Prof. J. Marszała
Na stronie lo-lancut.pl są już wyniki z finału. Gratuluję wszystkim.