Matematyka.pl

Sylwek pisze:8. Znaleźć wszystkie wielomiany P(x), dla których zachodzi następująca tożsamość: \(\displaystyle{ (x-26)P(x)=xP(x-1)}\)

P(0)=0 => P(1)=0 => P(2) =>...=>P(25)=0 więc mamy
\(\displaystyle{ x(x-1)(x-2)...(x-26)Q(x)=x\cdot x(x-1)(x-2)...(x-25)Q(x-1)}\) => Q(25)=0 => \(\displaystyle{ x(x-1)...(x-25)^2(x-26)Q_1(x)=x^2(x-1)(x-2)...(x-25)^2Q_1(x-1)}\) => \(\displaystyle{ Q_1(25)=0}\) i widzimy, możemy tak postępować, az \(\displaystyle{ deg Q_n=0}\), czyli \(\displaystyle{ Q_n(x)=0}\) => P(x)=0. Moglby ktos sprawdzic czy to jest ok?

limes123 pisze:Moglby ktos sprawdzic czy to jest ok?

Nie jest OK. Pomyliłeś się podczas podstawiania P(x-1) z prawej strony. Powinieneś dostać
\(\displaystyle{ x(x-1)(x-2)\cdots(x-26)Q(x)=x(x-1)(x-2)\cdots(x-25)(x-26)Q(x-1)}\)
Stąd Q jest wielomianem stałym, czyli
\(\displaystyle{ P(x)=ax(x-1)(x-2)\cdots(x-25)}\)

1 dzień spotkanie popołudniowe zad. 6

6. W dwóch naczyniach znajduje się odpowiednio m i n litrów roztworu o różnych stężeniach. Z obu naczyń odlano taką samą ilość roztworu. Następnie roztwór odlany z naczynia m-litrowego wlano do naczynia n-litrowego i podobnie odlany roztwór z naczynia n-litrowego wlano do naczynia m-litrowego. Okazało się, że stężenia obu roztworów wyrównały się. Ile litrów roztworu odlano z każdego naczynia?

\(\displaystyle{ x}\) - ilość odlanej objętości roztworu z pierwszego i drugiego naczynia
\(\displaystyle{ n-x}\) - tyle po odlaniu pozostało w pierwszym naczyniu
\(\displaystyle{ m-x}\) - tyle po odlaniu pozostało w drugim naczyniu
\(\displaystyle{ c_1, c_2}\) - stężenia badanych roztworów
\(\displaystyle{ K}\) - Końcowe stężenia roztworów już po zmieszaniu

\(\displaystyle{ \begin{cases}\frac{n}{100}=\frac{c_1\cdot x+c_2(n-x)}{K}\\\frac{m}{100}=\frac{c_2x+c_1(m-x)}{K}\end{cases}}\), po rozwiązaniu \(\displaystyle{ x=\frac{mn}{m+n}}\)

[ Dodano: 21 Września 2008, 19:43 ]
7.

Udowodnić, że jeżeli a,b,c są długościami boków trójkąta to |frac{a-b}{a+b}+frac{b-c}{b+c}+frac{c-a}{c+a}| leq frac{1}{8}

Przekształcamy lewą stronę nierówności do postaci:
\(\displaystyle{ \left|(a+c)(b+c)(a-b)+(a+b)(a+c)(b-c)+(a+b)(b+c)(c-a) \right| \leqslant 8 \left|(a+b)(b+c)(a+c) \right|}\).
Korzystając teraz z nierówności w trójkącie \(\displaystyle{ \begin{cases} \left|a+b \right|> \left| a-b\right| \\ \left| b+c\right|> \left| b-c\right|\\ \left|a+c \right| > \left| a-c\right| \end{cases}}\) otrzymamy
\(\displaystyle{ 3 \left|(a+b)(b+c)(a+c) \right| \leqslant 8 \left| (a+b)(b+c)(a+c)\right|}\), co jest prawdą.
Równość ma miejsce, gdy \(\displaystyle{ a=b=c}\) lub \(\displaystyle{ a=b\ne c, b=c\ne a, a=c\ne b}\).

Wlasnie wrocilem tegorocznych warsztatow. Pod wieczor zrobie temat i wrzuce zadania z meczu (druzyna sylwka przegrala ) oraz co ciekawsze z normalnych dni

Grzegorz t pisze:Przekształcamy lewą stronę nierówności do postaci:

Źle przekształcone, poza tym ta nierówność nie jest taka prostacka .

@Gierol, Ty też byłeś w mojej drużynie, brakło jednej stereometrii zrobionej i by była niespodzianka


Troszkę rozruszamy ten temat:
Dzień 1., spotkanie przed, zadanie 7.
Mamy: \(\displaystyle{ |\frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}|=\ldots=\frac{|(a-b)(c-a)(c-b)|}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{|a-b|}{a+b} \cdot \frac{|b-c|}{b+c} \cdot \frac{|c-a|}{c+a}}\), ale z nierówności trójkąta:
\(\displaystyle{ |a-b|<c, \ |b-c|<a, \ |c-a|<b}\), zatem:
\(\displaystyle{ \frac{|a-b|}{a+b} \cdot \frac{|b-c|}{b+c} \cdot \frac{|c-a|}{c+a}<\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \leqslant \frac{abc}{2\sqrt{ab}2\sqrt{bc}2\sqrt{ca}}=\frac{1}{8}}\)
(w ostatniej nierówności użyłem 3x nierówności pomiędzy średnią arytmetyczną a geometryczną).

Co należało dowieść (nawet wyszła nierówność ostra).

Pozwólcie, że odkopię, ale jeszcze nie wszystkie zadanka zostały rozgryzione
Czy ma ktoś pomysł na zadanie 3 z 1 dnia (spotkanie popołudniowe) ?

Ja mam:
3. Pewną liczbę łuków danego okręgu pomalowano na czarno, przy czym suma długości tych łuków jest mniejsza od połowy obwodu tego okręgu. Udowodnić, że istnieje średnica tego okręgu o nie pomalowanych końcach.
Rozwiązanie:
Każdemu pomalowanemu łukowi na czarno przyporządkowujemy łuk, które jest symetryczny do niego względem środka okręgu i malujemy go na zielono.
Wtedy istnieją punkty ( na mocy tego, że suma długości czarnych łuków jest mniejsza niż pół obwodu.) które nie są ani czarne ani zielone, a z tego jak malowaliśmy wynika że każdy z tych punktów jest końcem średnicy o niepomalowanych końcach.

Oł jes! Zrobiłem praktycznie tak samo!
Tzn. ja zrobiłem tak - poprowadźmy wszystkie średnice, których przynajmniej jeden koniec jest czarny. Jeśli jakieś końce tych średnic są na niepomalowanych punktach w okręgu, to malujemy je na niebiesko (hehe, dlaczego nie zielono ). Niech \(\displaystyle{ C \ i N}\) oznaczają odpowiednio zbiory punktów pomalowanych na czarno i niebiesko. Mamy \(\displaystyle{ N \le C < \frac{L}{2}}\), gdzie \(\displaystyle{ L}\) to długość obwodu okręgu. Wówczas \(\displaystyle{ N+C < \frac{L}{2} + \frac{L}{2} = L}\).
Teraz dla ułatwienia niech \(\displaystyle{ N \cup C = K}\). Wówczas \(\displaystyle{ \exists B, \ B' \notin K}\), że \(\displaystyle{ B'}\) jest odbiciem symetrycznym punktu \(\displaystyle{ B}\) względem środka okręgu z zadania.
Więc \(\displaystyle{ BB'}\) jest średnicą o niepomalowanych końcach.

dzień 2., spotkanie przedpołudniowe
zad. 4.
\(\displaystyle{ (n,2)=1}\) wiec
\(\displaystyle{ n|2^{\varphi (n)-1}}\)
\(\displaystyle{ \varphi (n)<n}\) wiec \(\displaystyle{ \varphi (n)|n!}\). ponadto \(\displaystyle{ x^a-1|x^b-1 \Leftrightarrow a|b}\) wiec \(\displaystyle{ n|2^{\varphi (n)-1}|2^{n!}-1}\)
dzień 4., mecz matematyczny
zad. 1.
oznaczmy wierzcholki czworoscianu przez A,B,C,D i umiescmy w nich masy jednostkowe. niech D' bedzie srodkiem ciezkosci trojkata ABC (a wiec srodkiem ciezkosci układu mas A,B,C). Środke ciezkosci A,B,C,D lezy na odcinku DD'. analogicznie srodek ciezkosci lezy na AA',BB',CC' wiec te proste są współpękowe

Jak zrobić zadanie 7, dzień 2 spotkanie przedpołudniowe, chodzi mi o tę niewymierność.

Skorzystaj ze wzoru: \(\displaystyle{ a ^{3}-b ^{3}=(a-b)(a ^{2}+ab+b ^{2})}\) Przyjmij, że \(\displaystyle{ b= \sqrt[3]{2} \wedge a= \sqrt{3}+1}\)-- 28 lutego 2009, 15:48 --2. dzień, z.6 Obie strony są całkowite, więc x jest nieparzyste i całkowite,
\(\displaystyle{ 2x-x=1 \Rightarrow x=1}\)

5. dzień, spotkanie przedpołudniowe, zadanie 7 - oprócz multum przypadków, jakieś pomysły?

Jeśli wśród tych liczb występują trzy liczby mające różne reszty z dzielenia przez 3, to mamy tezę, jeśli nie, to z Dirichleta pewne trzy liczby dają taką samą resztę z dzielenia przez 3, więc tu również mamy tezę.

Sylwek pisze:
Troszkę rozruszamy ten temat:
Dzień 1., spotkanie przed, zadanie 7.
Mamy: \(\displaystyle{ |\frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}|=\ldots=\frac{|(a-b)(c-a)(c-b)|}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{|a-b|}{a+b} \cdot \frac{|b-c|}{b+c} \cdot \frac{|c-a|}{c+a}}\), ale z nierówności trójkąta:
\(\displaystyle{ |a-b|<c, \ |b-c|<a, \ |c-a|<b}\), zatem:
\(\displaystyle{ \frac{|a-b|}{a+b} \cdot \frac{|b-c|}{b+c} \cdot \frac{|c-a|}{c+a}<\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \leqslant \frac{abc}{2\sqrt{ab}2\sqrt{bc}2\sqrt{ca}}=\frac{1}{8}}\)
(w ostatniej nierówności użyłem 3x nierówności pomiędzy średnią arytmetyczną a geometryczną).

Co należało dowieść (nawet wyszła nierówność ostra).

To zadanie jest w "krowie" Pawłowskiego. Rozwiązanie takie jak wzorcówka, tylko ja ciągle nie kumam tego przejscia z sumy w iloczyn:/ A Sylwek zrobił tam akurat trzy kropki:d

Wymnóż to zrozumiesz