[LIX OM] I etap
-
- Użytkownik
- Posty: 42
- Rejestracja: 10 lut 2007, o 15:21
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Grudziądz
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 4 razy
[LIX OM] I etap
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
6 i 7 mam tak samo jak wszyscy powyżej ale wszystko poniżej strony A4 opisu
-
- Użytkownik
- Posty: 261
- Rejestracja: 18 maja 2007, o 21:42
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kruszyny
- Podziękował: 14 razy
- Pomógł: 21 razy
[LIX OM] I etap
pomyliles sie bo w naszych dowodach pojawia sie ze p+q+r dzieli pqr a to dla twoich liczb nie zachodzi.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
- Menda
- Użytkownik
- Posty: 105
- Rejestracja: 13 wrz 2007, o 15:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Staszów
- Podziękował: 12 razy
- Pomógł: 4 razy
[LIX OM] I etap
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.Sylwek pisze:W Google można to znaleźć pod "Najmocniejsze Twierdzenie Geometrii".
Aha czemu to twierdzenie akurat jest najmocniejsze skoro wynika z czegoś nierównie mocniejszego?
Pozdro
-
- Użytkownik
- Posty: 63
- Rejestracja: 1 lis 2006, o 20:23
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kielce
- Pomógł: 2 razy
[LIX OM] I etap
nie jest spelniony warunek drugi:djstrong pisze:a co powiecie na taka trojke liczb pierwszych: 59 3049 4201 :> jesli sie nie pomylilem to tez pasuje
\(\displaystyle{ (59^{3}+3049^{3}+4201^{3}-2*59*3049*4201)/(59+3049+4201)=13815080.1}\)
- Sylwek
- Użytkownik
- Posty: 2716
- Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 160 razy
- Pomógł: 657 razy
[LIX OM] I etap
Nie mnie się pytaj , tak się nazywa i powinniśmy to przyjąćMenda pisze:Aha czemu to twierdzenie akurat jest najmocniejsze skoro wynika z czegoś nierównie mocniejszego?
-
- Użytkownik
- Posty: 19
- Rejestracja: 4 paź 2007, o 21:29
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: białystok
- Podziękował: 1 raz
[LIX OM] I etap
Ale widze ze w 6 u wszytskich praktycznie zerzniete z pawlowskiego olimpiady matematyczne (zad 2.26
- qsiarz
- Użytkownik
- Posty: 202
- Rejestracja: 15 kwie 2006, o 15:32
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bytom
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 18 razy
[LIX OM] I etap
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.
rozwiazania mam standardowe, a z ta elipsa to mi znajomy powiedzial ze on tak robil i podobno wyszlo.
-
- Użytkownik
- Posty: 879
- Rejestracja: 1 wrz 2007, o 13:33
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 221 razy
[LIX OM] I etap
[ Dodano: 13 Listopada 2007, 21:45 ]
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 przystającychMenda pisze: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.Sylwek pisze:W Google można to znaleźć pod "Najmocniejsze Twierdzenie Geometrii".
Aha czemu to twierdzenie akurat jest najmocniejsze skoro wynika z czegoś nierównie mocniejszego?
Pozdro
- Menda
- Użytkownik
- Posty: 105
- Rejestracja: 13 wrz 2007, o 15:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Staszów
- Podziękował: 12 razy
- Pomógł: 4 razy
[LIX OM] I etap
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
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
-
- Użytkownik
- Posty: 175
- Rejestracja: 23 kwie 2006, o 16:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Otyń/Zielona Góra
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 4 razy
[LIX OM] I etap
To sie nie nazywa Najmocniejsze Twierdzenie Geomoetrii tylko ZASADNICZE Twierdzenie Planimetrii/Stereometrii :P
a nawiasem mówiąc taka nazwa jest dużo bardziej adektwatna.
a nawiasem mówiąc taka nazwa jest dużo bardziej adektwatna.
-
- Użytkownik
- Posty: 879
- Rejestracja: 1 wrz 2007, o 13:33
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 221 razy
[LIX OM] I etap
Nie przeczę że tak też można je nazywać (tego nie wiem), ale nazwa "najmocniejsze" jest użyta w m.in. tablicach Adamantana (str.167).MarcinT pisze:To sie nie nazywa Najmocniejsze Twierdzenie Geomoetrii tylko ZASADNICZE Twierdzenie Planimetrii/Stereometrii :P
a nawiasem mówiąc taka nazwa jest dużo bardziej adektwatna.
- Nixur
- Użytkownik
- Posty: 139
- Rejestracja: 20 lip 2006, o 20:26
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kutno
- Podziękował: 31 razy
- Pomógł: 4 razy
[LIX OM] I etap
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.
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.
-
- Użytkownik
- Posty: 28
- Rejestracja: 9 paź 2007, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 1 raz
[LIX OM] I etap
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
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