[LIX OM] I etap

Kobcio · Post autor: **Kobcio** » 13 lis 2007, o 16:54

Ja tak patrzę, i piąte to mam tak, że : jak wszyscy dochodzę do : p+q+r|pqr, a potem tylko 3 przypadki p|p+q+r lub q|p+q+r lub r|p+q+r i dalej podzielnościami, a nie równościami tak jakoś zgrabniej mi to wygląda no i chyba krócej bo dojście do p=q=r to 6 linijek po 2 na przypadek ( w każdym tylko ciąg implikacji)

6 i 7 mam tak samo jak wszyscy powyżej ale wszystko poniżej strony A4 opisu

szablewskil · Post autor: **szablewskil** » 13 lis 2007, o 17:06

Mógłby ktoś wstawić całe dokładne rozwiązanie 8?

HawaT · Post autor: **HawaT** » 13 lis 2007, o 17:56

djstrong pisze:1 nie jest liczba pierwsza...
a co powiecie na taka trojke liczb pierwszych: 59 3049 4201 :> jesli sie nie pomylilem to tez pasuje

pomyliles sie bo w naszych dowodach pojawia sie ze p+q+r dzieli pqr a to dla twoich liczb nie zachodzi.

Menda · Post autor: **Menda** » 13 lis 2007, o 20:25

Sylwek pisze:W Google można to znaleźć pod "Najmocniejsze Twierdzenie Geometrii".

No dobra ja też jestem ze świętokrzyskiego, tyle że nie używam Gooogli (bo to szataństwo) ale jak dla mnie to to jest twierdzenie wynikające wprost z tw. o potędze pkt.
Aha czemu to twierdzenie akurat jest najmocniejsze skoro wynika z czegoś nierównie mocniejszego?

Pozdro

qjon · Post autor: **qjon** » 13 lis 2007, o 21:09

djstrong pisze:a co powiecie na taka trojke liczb pierwszych: 59 3049 4201 :> jesli sie nie pomylilem to tez pasuje

nie jest spelniony warunek drugi:
\(\displaystyle{ (59^{3}+3049^{3}+4201^{3}-2*59*3049*4201)/(59+3049+4201)=13815080.1}\)

Sylwek · Post autor: **Sylwek** » 13 lis 2007, o 21:23

Menda pisze:Aha czemu to twierdzenie akurat jest najmocniejsze skoro wynika z czegoś nierównie mocniejszego?

Nie mnie się pytaj , tak się nazywa i powinniśmy to przyjąć

kuba_89 · Post autor: **kuba_89** » 13 lis 2007, o 21:29

Ale widze ze w 6 u wszytskich praktycznie zerzniete z pawlowskiego olimpiady matematyczne (zad 2.26

qsiarz · Post autor: **qsiarz** » 13 lis 2007, o 21:30

a bawil sie ktos w osmym zadaniu wpisywawniem elipsy w ten czworokat ]:->
rozwiazania mam standardowe, a z ta elipsa to mi znajomy powiedzial ze on tak robil i podobno wyszlo.

Brzytwa · Post autor: **Brzytwa** » 13 lis 2007, o 21:45

[ Dodano: 13 Listopada 2007, 21:45 ]

Menda pisze:
Sylwek pisze:W Google można to znaleźć pod "Najmocniejsze Twierdzenie Geometrii".
No dobra ja też jestem ze świętokrzyskiego, tyle że nie używam Gooogli (bo to szataństwo) ale jak dla mnie to to jest twierdzenie wynikające wprost z tw. o potędze pkt.
Aha czemu to twierdzenie akurat jest najmocniejsze skoro wynika z czegoś nierównie mocniejszego?

Pozdro

Nie no sory, ale dowodzić najmocniejsze twierdzenie stereometrii twierdzeniem o potędze punktu to jak dowodzić twierdzenie Pitagorasa twierdzeniem Carnota. Korzystanie z bardziej ogólnych twierdzeń nie ma sensu! A udowodnić to łatwo można korzystając z trójkątów przystających

Menda · Post autor: **Menda** » 13 lis 2007, o 22:12

Z tym nierównie mocniejszym to mi chodziło o podobieństwo trójkątów/przystawanie. Sory ale tak to napisałem jakby mi chodziło o potęgo pkt.
A co do 6, można je było zrobić na kilka sposobów, no ale sory każdy sposób jest w Pawłowskim czy też Kurlandczyku. Jak ktoś chciał to mógł się tym podeprzeć.

Pozdro

MarcinT · Post autor: **MarcinT** » 14 lis 2007, o 15:28

To sie nie nazywa Najmocniejsze Twierdzenie Geomoetrii tylko ZASADNICZE Twierdzenie Planimetrii/Stereometrii

:P

a nawiasem mówiąc taka nazwa jest dużo bardziej adektwatna.

Brzytwa · Post autor: **Brzytwa** » 14 lis 2007, o 16:12

MarcinT pisze:To sie nie nazywa Najmocniejsze Twierdzenie Geomoetrii tylko ZASADNICZE Twierdzenie Planimetrii/Stereometrii :P

a nawiasem mówiąc taka nazwa jest dużo bardziej adektwatna.

Nie przeczę że tak też można je nazywać (tego nie wiem), ale nazwa "najmocniejsze" jest użyta w m.in. tablicach Adamantana (str.167).

kuba_89 · Post autor: **kuba_89** » 14 lis 2007, o 17:53

co za róznica jaka nazwa... ja to nap nazwalem twierdzeniem o stycznych do sfery

Nixur · Post autor: **Nixur** » 14 lis 2007, o 18:12

5. p=q=r=3 łatwo się dowodziło
6. tak jak wszyscy
7. Nie wiem czy dobrze, proszę o sprawdzenie
Jest tyle wyborów ile komisi 2 osobowych czyli \(\displaystyle{ {n\choose 2}}\)
Przewodniczący komisi musi wygrać polowę wyborów do mniejszych komisi (C=AUB). Przez istnienie komisi jednoosobowych wynika że kwalifikacje na przewodniczącego komisi ponad 2 osobowej może mieć tylko 1 osoba (0wyborów). Czyli możliwe wybory mogą odbywać się tylko w komisjach 2osobowych.
8. brak, nie miałem tego jeszcze w szkole a pozatym geometria to moja pięta Achillesowa.

dj3500 · Post autor: **dj3500** » 14 lis 2007, o 18:17

siódme źle, jest tego n!

generalnie to bierzesz całe stowarzyszenie, wybierasz przewodniczącego, wywalasz go i jedziesz tak dalej aż nikt nie zostanie. i dowodzisz ze te wybory determinują wybór przewodniczących w całej reszcie komisji.

[ Dodano: 14 Listopada 2007, 21:19 ]
moje rozwiązania (ósmego nie chciało mi się robić a i nie myślałem że będzie takie proste):
dj3500 dot dyndns dot org / rozw / 5.pdf
dj3500 dot dyndns dot org / rozw / 6.pdf
dj3500 dot dyndns dot org / rozw / 7.pdf