[MIX] Mix matematyczny (1)

[Sylwek]

1) Moim zdaniem wystarczy skorzystać z Postulatu Bertranda, zatem istnieje liczba taka liczba pierwsza p, że: \(\displaystyle{ \left[\frac{n}{2}+1\right]qslant 3}\):
\(\displaystyle{ 1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2} \\ 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{11}{6}}\)

[ Dodano: 10 Maj 2008, 11:37 ]
Jeszcze 5., najpierw tok myślenia, jak odnaleźć k - sprawdźmy przypadki szczególne:
* \(\displaystyle{ a 0}\), wtedy lewa strona dąży do zera, zatem nierówność jest "bardzo prawdziwa", nie opłaca nam się sprawdzać przypadków brzegowych.
* \(\displaystyle{ a=b=c}\), wychodzi, że \(\displaystyle{ k qslant 36}\), więc spróbujmy udowodnić nierówność dla \(\displaystyle{ k=36}\) w postaci:

\(\displaystyle{ (a+b+c)\left((a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2 \right) qslant 36abc}\), ale:

\(\displaystyle{ (a+b+c)\left((a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2 \right) qslant (a+b+c)\frac{\left((a+b)+(b+c)+(c+a)\right)^2}{3}=\frac{4(a+b+c)^3}{3} qslant \frac{4 (3\sqrt[3]{abc})^3}{3}=36abc}\)

Po drodze skorzystałem tylko z nierówności pomiędzy średnią kwadratową a arytmetyczną i z nierówności pomiędzy średnią arytmetyczną a geometryczną. Zatem \(\displaystyle{ k=36}\).

[ Dodano: 10 Maj 2008, 11:59 ]
Jeszcze jedno, 3.:
\(\displaystyle{ |7^{2 1}-6^2|=13}\), pokażemy, że wyrażenie \(\displaystyle{ |7^{2k}-6^n|}\) nie może przyjmować wartości naturalnych mniejszych niż 13. Liczby 2,3,4,6,7,8,9,10,12 odpadają, gdyż dokładnie jedna z liczb: \(\displaystyle{ 7^{2k}}\) i \(\displaystyle{ 6^n}\) jest względnie pierwsza z jedną z powyższych liczb. 0 - trywialne . 1 - wystarczy użyć Twierdzenia Mihailescu. Zostały 5 i 11. Można zrobić siłowo i rozpatrzyć 4 przypadki (bo jest wartość bezwzględna), można też zauważyć, że \(\displaystyle{ |7^{2k}-6^n| \equiv 1 \ (mod 7) |7^{2k}-6^n| \equiv 6 \ (mod 7)}\), ale: \(\displaystyle{ 5 \equiv 5 \ (mod 7)}\) oraz \(\displaystyle{ 11 \equiv 4 \ (mod 7)}\).

Poszukiwaną minimalną wartością jest więc 13.

[Brzytwa]

1 i 5 identycznie jak firmówki. W 3 sprawdzali \(\displaystyle{ mod \ 10}\). Wtedy nie musisz się powoływać na twierdzenie Mihailescu. Zresztą nasz wykładowca (są to zadanka z obozu w Gryfinie) powiedział, że wątpi, by komitet OM uznał rozwiązanie w oparciu o to twierdzenie. Ale jest dobrze

[mol_ksiazkowy]

8. Na prawej szalce wagi szalkowej leży ciężar o wadze 111 111 gram. Józio kładzie kolejno odważniki o wadze 1 gram, 2 gramy, 4 gramy, 8 gram, ...., itd. na prawej bądź na lewej szalce. W pewnym momencie szalki znalazły się w równowadze. Na której szalce Józio położył odważnik o wadze 16 gram?

sadze ze zaczac by nalezało od ustalenia ze ciezarki 1g i 2g polozyl po lewej stronie, zas ciezarek 4 g po prawej ..wynika to z reszt modulo cztery, tj jak nizej
\(\displaystyle{ 1+(1+2+ \ 4a_1+4a_2+ ...) =111 112 +4 + (4b_1+ 4b_2+...)}\)
etc

[limes123]

Tu były bzdury więc lepiej usunę.

[Brzytwa]

limes123:
1) Dwukrotnie pojawia się punkt M co czyni rozwiązanie nieczytelnym.
2) Czworokąty MQBP oraz AXNY wcale nie muszą być podobne.
3) Chodzi o okręgi opisane, a nie wpisane.

[limes123]

No racja... No to wiedziałem, że opisane i chciałem dowieść, że czworokąty są przystające, bo promień tego opisanego jest jedną z przekątnych tych czworokątów.

[MarcinT]

Heh zadania rozgrzewkowe z Gryfina . Fajny obóz był ! Pozdro dla wszystkich uczestników )

[Swistak]

7. Nieh dany będzie \(\displaystyle{ \Delta ABC}\). Dla każdego punktu \(\displaystyle{ X}\) prostej \(\displaystyle{ l_{BC}}\) oznaczamy przez \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) rzuty punktu \(\displaystyle{ X}\) na proste \(\displaystyle{ l_{BC}}\) i \(\displaystyle{ l_{AC}}\). Wyznacz położenie punktu \(\displaystyle{ X}\), dla którego długość \(\displaystyle{ |PQ|}\) jest minimalna.

Albo ja jestem tępy, albo zadanie jest źle sformułowane (nie rozumiem sformułowania "Dla każdego punktu \(\displaystyle{ X}\) prostej \(\displaystyle{ l_{bc}}\)), albo to zadanie dla 1 klasy podstawówki, ale dla mnie jeżeli punkt X będzie się pokrywał z punktem C, to \(\displaystyle{ |PQ|=0}\)

[Brzytwa]

Oczywiście wkradł się mały błąd. Powinno być

Dla każdego punktu \(\displaystyle{ X}\) prostej \(\displaystyle{ l_{BC}}\) oznaczamy przez \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) rzuty punktu \(\displaystyle{ X}\) na proste \(\displaystyle{ l_{AB}}\) i \(\displaystyle{ l_{AC}}\)

[Swistak]

8. Na prawej szalce wagi szalkowej leży ciężar o wadze 111 111 gram. Józio kładzie kolejno odważniki o wadze 1 gram, 2 gramy, 4 gramy, 8 gram, ...., itd. na prawej bądź na lewej szalce. W pewnym momencie szalki znalazły się w równowadze. Na której szalce Józio położył odważnik o wadze 16 gram?

Załóżmy, że najcięższy dołożony ciężarek ma wagę \(\displaystyle{ 2^{n-1}}\), po lewej stronie dołożyliśmy x gramów, a po prawej y.
Wtedy mamy układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+y=2^{n}-1 \\ x=111111+y \end{cases} \Rightarrow 2x=2^{n}+111110 \Rightarrow x=2^{n-1}+55555=32\cdot(2^{n-6}+1736)+3}\). \(\displaystyle{ 111111>2^{6}}\), więc \(\displaystyle{ 2^{n-6}+17361 N}\)
Na resztę z dzielenia przez 32 wpływają tylko ciężarki od 1 do 16. Z tego widać, że suma wybranych ciężarków od 1 do 16 na lewej szalce to 3, a więc są to 2 i 1. Z tego wynika, że odważnik o wadze 16g znajduje się na prawej szalce.
Teraz wystarczy dowieść, że taka sytuacja istnieje.
Przykładowo:
65536+32768+16384+4096+2048+256+2+1=111111+8192+1024+512+128+64+32+16+8+4

[Brzytwa]

Na resztę z dzielenia przez 32 wpływają tylko ciężarki od 1 do 16. Z tego widać, że suma wybranych ciężarków od 1 do 16 na lewej szalce to 3, a więc są to 2 i 1.

Po lewej stronie masz nie \(\displaystyle{ 3}\), ale \(\displaystyle{ 3 \ mod \ 32}\). Tak więc wypadałoby jeszcze np dodać, że \(\displaystyle{ 1+2+...+16}\)

[Swistak]

Brakuje mi tego "Doskonale", które mówił polskimisiek .
Zad 7
Dla przejrzystości jedną grupę trójkątów kolorujemy na czarno. Przez punkt M prowadzimy równoległe do boków. Powstają nam 3 równoległoboki i 3 trójkąty równoboczne. Równoległoboki są podzielone przez przekątną, gdzie jedna część jest biała, a druga czarna (i są równe) . Trójkąty równoboczne sa podzielone przez wysokość na część czarną i biała (i są równe). Z tego oczywistym wnioskiem jest, że biała część trójkąta jest równa czarnej części trójkąta.
W rozwiązaniu oczywiście mogłem się oczywiście posłużyć literkami, ale nie mam czasu, a rozwiązanie jest dość przystępne .

[binaj]

Nie jestem pewny swojego rozwiązania zad. 2, ale spróbuje przedstawić:

Niech punkt \(\displaystyle{ Q}\) będzie punktem przecięcia się prostej \(\displaystyle{ k}\) z prostą prostopadłą do prostej \(\displaystyle{ \overline{AB}}\) przechodzącą przez punkt \(\displaystyle{ M}\).
Na czworokątach \(\displaystyle{ AMQR}\) i \(\displaystyle{ MBSQ}\) można opisać okręgi, których promienie będą równe promieniom okręgów opisanych na trójkątach \(\displaystyle{ ARM}\) i \(\displaystyle{ MBS}\), zatem istotnie te okręgi przecinają się na prostej \(\displaystyle{ k}\).
\(\displaystyle{ |AQ|}\) i\(\displaystyle{ |BQ|}\) są średnicami tych okręgów opisanych, a ponieważ trójkąty \(\displaystyle{ AMQ}\) i \(\displaystyle{ BMQ}\) są podobne \(\displaystyle{ (bkb)}\)czyli \(\displaystyle{ |AQ|=|BQ|}\) - promienie okręgów opisanych na trójkątach \(\displaystyle{ ARM}\) i \(\displaystyle{ MBS}\) mają taką samą długość

C.B.D.U.

[Brzytwa]

Brakuje mi tego "Doskonale", które mówił polskimisiek .
Zad 7
Dla przejrzystości jedną grupę trójkątów kolorujemy na czarno. Przez punkt M prowadzimy równoległe do boków. Powstają nam 3 równoległoboki i 3 trójkąty równoboczne. Równoległoboki są podzielone przez przekątną, gdzie jedna część jest biała, a druga czarna (i są równe) . Trójkąty równoboczne sa podzielone przez wysokość na część czarną i biała (i są równe). Z tego oczywistym wnioskiem jest, że biała część trójkąta jest równa czarnej części trójkąta.
W rozwiązaniu oczywiście mogłem się oczywiście posłużyć literkami, ale nie mam czasu, a rozwiązanie jest dość przystępne .

Doskonale, nie widzę co prawda tam żadnych trójkątów równobocznych ani równoległoboków, ale to taki mały drobiazg . Mógłbyś pokazać troszkę dokładniej?

Nie jestem pewny swojego rozwiązania zad. 2, ale spróbuje przedstawić:

Niech punkt Q będzie punktem przecięcia się prostej k z prostą prostopadłą do prostej overline{AB} przechodzącą przez punkt M.
Na czworokątach AMQR i MBSQ można opisać okręgi, których promienie będą równe promieniom okręgów opisanych na trójkątach ARM i MBS , zatem istotnie te okręgi przecinają się na prostej k.
|AQ| i|BQ| są średnicami tych okręgów opisanych, a ponieważ trójkąty AMQ i BMQ są podobne (bkb)czyli |AQ|=|BQ| - promienie okręgów opisanych na trójkątach ARM i MBS mają taką samą długość

C.B.D.U.

Najprostszy i najszybszy sposób. Też tak to zrobiłem.

[Swistak]

AU

trjktGeoNext.jpg (9.27 KiB) Przejrzano 361 razy

Myślę, że tu już dość wyraźnie to widać.
P.S. Mój nick to Swistak, a nie binaj .

[ Dodano: 16 Maj 2008, 21:30 ]
Nie chciało mi się zmieniać literek punktów .