Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Sylwek pisze:ad. 2, ale tu chodzi o wielokąt, nie czworokąt ad. 6, przydałoby się słówko wyjaśnienia...
Sorki, źle przeczytałem W takim razie z marszu pomysłu nie mam
Co do 6:
Uzasadnienie jest intuicyjne i proste:
Weźmy \(\displaystyle{ A=\{1,2,...,44\}\subset \mathbb{X}}\) Usuńmy z niego \(\displaystyle{ 44-k\geq 0}\) elementów.
Pozostaje \(\displaystyle{ k\leq 44}\) elementów.
Zauważmy, że \(\displaystyle{ \forall_{x_{1},x_{2}\in A}x_{1}x_{2}\in \mathbb{X}}\)
Jako, że elementy zbioru A są parami różne, to kombinacje ich iloczynów także.
Zatem żeby sprostać warunkom zadania należałoby usunąć \(\displaystyle{ |A|!+44-k=44+k!-k\geq 44}\). Oczywiście usuwając zbiór A otrzymujemy tezę zadania.
(tutaj milcząco też założyłem \(\displaystyle{ \forall_{x_{1},x_{2}\in A}x_{1}x_{2}\not A}\) co wymaga tylko prostego uzasadnienia koniczności wyrzucenia zbioru \(\displaystyle{ \{1,2,...,6\}}\)).
OK, tylko oczywiście jedynki nie musimy usuwać, bo po wówczas x nie byłaby iloczynem dwóch innych liczb, odpowiedzią jest 43. Zapodam "firmówkę":
Zauważmy, że jeśli parami różne liczby \(\displaystyle{ a,b,c\in\mathbb{X}}\) spełniają równość \(\displaystyle{ a\cdot b=c}\), to któraś z liczb: \(\displaystyle{ a,b}\) musi być mniejsza bądź równa \(\displaystyle{ \left[\sqrt{2004}\right]=44}\) (gdyby tak nie było, to mielibyśmy \(\displaystyle{ a\cdot b>45^2=2025>2004}\)). Zatem wykreślając wszystkie liczby: \(\displaystyle{ 1,2,3,\ldots,44}\) stworzymy zbiór, który spełnia warunki zadania. Ponadto jedynki nie musimy wykreślać, gdyż ona nie może być żadną z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) (ponieważ nie byłyby one wówczas parami różne). Zatem wystarczy wykreślić \(\displaystyle{ 43}\) liczby: \(\displaystyle{ 2,3,\ldots,44}\).
Pozostaje pokazać, że jest to najmniejsza możliwa ilość. Otóż jeśli którejś z nich, np. \(\displaystyle{ a}\), nie wykreślilibyśmy, to musielibyśmy wykreślić wszystkie wielokrotności: \(\displaystyle{ a\cdot ft(a+1\right) \ a\cdot\left(a+2\right),\ldots,a\cdot\left[\frac{2004}{a}\right]}\), których ilość rośnie ostro wraz ze zmniejszaniem się \(\displaystyle{ a}\). Zatem nie wykreślając liczby \(\displaystyle{ a}\) co najwyżej nie tracimy na ilości liczb, które musielibyśmy skreślić. Dowodzi to, że szukaną liczbą jest \(\displaystyle{ 43}\).
dobra to ja rozkminie czwarte bo jest na moim niskim poziomie
a,b,c - boki jednego
e,f,g boki drugiego
r- wpisany
R- opisany
p- polowa obwodu
ze wzoru na pole \(\displaystyle{ P= \frac{a+b+c}{2}*r}\) wynika ze oba trojkaty maja rowne pola
z drugiego wzoru na pole \(\displaystyle{ P= \frac{abc}{4R}}\) wynika ze abc=efg
z HErona; \(\displaystyle{ p(p-a)(p-b)(p-c)=p(p-e)(p-f)(p-g)}\)
po wymnozeniu i ogarnieciu wszystkiego mamy: \(\displaystyle{ p^3 - p^2(a+b+c)+p(ab+bc+ca)-abc=p^3 - p^2(e+f+g)+p(ef+fg+ge)-efg}\)
i na podstawie wczesniejszych ustalen wynika ze: \(\displaystyle{ ab+bc+ca=ef+fg+eg}\)
wezmy teraz wielomian \(\displaystyle{ W(x)=(x-a)(x-b)(x-c)}\) i drugi wielomian \(\displaystyle{ F(x)=(x-e)(x-f)(x-g)}\) z wzorow viety dla wielomianu trzeciego stopnia wynika ze \(\displaystyle{ F(x)=W(x)}\) czyli liczby a b c sa pewna permutacja liczb e f g, a to mielismy dowiesc
2. Indukcyjnie
dla n=3 \(\displaystyle{ \frac{(a+b+c)\cdot r}{2(a+b+c)}< r}\) (oznaczenia standardowe) czyli teza jets prawdziwa. Załóżmy, że jest prawdziwa dla wszystkich wielokątów o liczbie boków k dla \(\displaystyle{ 3\leq k\leq n}\). Dla n+1 wykonajmy następującą operację - rozetnijmy go na wielokąt o n bokach i trójkąt, przy czym wybierzmy takie cięcie, aby otrzymany trójkąt miał najmniejsze pole z możliwych. Niech \(\displaystyle{ a_1,a_2,...,a_{n+1}}\) będą bokami naszego n+1 kąta, i załóżmy, że \(\displaystyle{ a_n,a_{n+1}}\) są bokami bokami trójkąta powstałego w wyniku cięcia. Oznaczmy pole n+1 kąta przez S pole n kąta przez S1 a pole trójkąta przez S2. Niech P będzie obwodem n+1 kąta P1 n kąta a P2 trójkąta. Zachodzą nierówności \(\displaystyle{ \frac{S_2}{a_n+a_{n+1}}}\)
... no i każde dwa sąsiednie takie prostokąty mają część wspólną, a skoro ich pola sumują się do S, to istnieje punkt nie należący do żadnego prostokąta, zatem jest on środkiem takiego okręgu
