[MIX] Świętokrzyskie warsztaty, wrzesień 2008

[mol_ksiazkowy]

3 day zadanie 7
(a) \(\displaystyle{ (1-(1-p)^m)^n}\)
(b) \(\displaystyle{ (1-p^n)^m}\)

[mdz]

2.3.
Zauważmy, że po wykonaniu zadanej operacji parzystość sumy liczb na tablicy pozostaje bez zmian, w sposób oczywisty wynika z tego sprzeczność.

[mol_ksiazkowy]

3 Dzien zad. 8
a=>b JEsli istnieje \(\displaystyle{ y}\) t ze \(\displaystyle{ x \equiv y^2 \ (mod \ p)}\) to \(\displaystyle{ y}\) i \(\displaystyle{ p}\) sa wzglednie pierwsze- bo \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ p}\) są. MAmy wiec \(\displaystyle{ x^{\frac{p-1}{2}} \equiv y^{p-1} \ (mod \ p)}\) a wiec male tw Fermata daje \(\displaystyle{ x^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \ (mod \ p)}\)

b=>a JEsli \(\displaystyle{ x^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \ (mod \ p)}\) to teza wynika z tw Lagrange'a, tj równanie \(\displaystyle{ x^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \ (mod \ p)}\) spełniaja liczby \(\displaystyle{ x= 1^2, 2^2, ... ,(\frac{p-1}{2})^2}\) i tylko te, Zadne dwie z tych liczb nie przystaja modulo \(\displaystyle{ p}\).

[ Dodano: 4 Października 2008, 01:19 ]
Dzien 3 zad 10
gdy mamy dany okrag o srodku (srodek inwersji) w O(0,0) i promieniu r, inwersja przekształca punkt \(\displaystyle{ P(x,y)}\) w \(\displaystyle{ Q(x^\prime, y^\prime)}\), t ze \(\displaystyle{ OP \ * OQ=r^2}\). tj \(\displaystyle{ x^\prime= r^2 \frac{x}{x^2+y^2}}\) , \(\displaystyle{ y^\prime= r^2 \frac{y}{x^2+y^2}}\). Jesli wezmie sie X(a,b) na okregu O, to
\(\displaystyle{ \frac{x^2+y^2}{r^2}= \frac{(x-a)^2+(y-b)^2}{(x^\prime-a)^2+(y^\prime-b)^2}= (\frac{PX}{QX})^2}\) jest wartoscia stała tj niezalezna od a i b, tj od X.

[Sylwek]

3 Dzien zad. 8
teza wynika z tw Lagrange'a

Spróbuj bez :]

[Grzegorz t]

5 dzień, zad. 2

Zadanie rozwiążemy analitycznie
Wprowadzimy sobie współrzędne biegunowe punktów sześciokata foremnego
\(\displaystyle{ A(-r, 0)}\)
\(\displaystyle{ B(rcos120, rsin120)}\)
\(\displaystyle{ C(rcos60, rsin60)}\)
\(\displaystyle{ D(r, 0)}\)
\(\displaystyle{ E(rcos300, rsin300)}\)
\(\displaystyle{ F(rcos240, rsin240)}\)
\(\displaystyle{ P(rcos\phi, rsin\phi)}\), gdzie \(\displaystyle{ P}\) jest dowolnym punktem na okręgu o promieniu \(\displaystyle{ r}\), \(\displaystyle{ \phi [0, 2\pi]}\)
Teraz liczymy odległości punktu \(\displaystyle{ P}\) od wierzchołków sześciokąta (ze wzoru na odległość dwóch punktów) i mamy
\(\displaystyle{ AP^2=2r^2+2r^2cos\phi}\)
\(\displaystyle{ CP^2=2r^2-r^2cos\phi-r^2sin\phi \sqrt{3}}\)
\(\displaystyle{ EP^2=2r^2-r^2cos\phi+r^2sin\phi \sqrt{3}}\)
\(\displaystyle{ BP^2=2r^2+r^2cos\phi-r^2sin\phi \sqrt{3}}\)
\(\displaystyle{ DP^2=2r^2-2r^2cos\phi}\)
\(\displaystyle{ FP^2=2r^2+r^2cos\phi+r^2sin\phi \sqrt{3}}\)
i zauważamy, że \(\displaystyle{ AP^2+CP^2+EP^2=BP^2+DP^2+FP^2=6r^2}\)

[limes123]

4.1 Gdyby te okregi byly rozne, to ich osie potegowe przecinalyby sie w jednym punkcie, co jest niemozliwe, bo te osie potegowe to boki naszego trojkata.

[mol_ksiazkowy]

Dzien 3 zadanie 9
Skoro \(\displaystyle{ OQ * OP= r^2}\), niech \(\displaystyle{ AP = x, \ AQ =y}\) mamy \(\displaystyle{ (x+r)(r-y)= r^2}\) tj \(\displaystyle{ y= \frac{rx}{x+r}}\), i
\(\displaystyle{ (A, B, P, Q)= \frac{AP}{AQ} \frac{BQ}{BP} = \frac{x}{y} \frac{2r-y}{2r+ x} =1}\)

[binaj]

Dzień 5 zadanie 2, geometrycznie

O- środek okręgu opisanego

PB-a
PF-b
PD-c

(*)\(\displaystyle{ FB=BD=FD= x=\sqrt{3}R}\)

zauważmy,że jak odpijemy sobie punkt P w symetrii względem O, to zauważymy,że:
\(\displaystyle{ AP^2+CP^2+EP^2+BP^2+DP^2+FP^2=12R^2}\)

Pozostaje nam wykazać, że (**) \(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=6R^2}\)

rozważmy czworokąt PBDF, jest on wpisany w okrąg, więc z twierdzenia Ptolemeusza i z (*)
\(\displaystyle{ cx=ax+bx}\) czyli \(\displaystyle{ c=a+b}\)
teraz (**) przekształcamy do \(\displaystyle{ a^2+b^2+ab=3R^2}\)

teraz stosując wiedzenie cosinusów dla trójkąta PBF otrzymujemy (**), bo \(\displaystyle{ cos FPD=cos120^o=- \frac{1}{2}}\)

[alchemik]

Mógłby ktoś podać rozwiązanie do day 1 zadanie 2?

[Sylwek]

Ja osobiście zrobiłem to po zauważeniu (gdyż wystarczyło podać te liczby), że będzie "korzystnie", jak mianownik będzie czwórką, a licznik jakąś niedużą liczbą całkowitą i wyszło za pierwszym czy drugim sprawdzeniu. Inne rozwiązanie polegało po prostu... na metodzie podstawiania, wychodziło równanie wielomianowe stopnia ósmego, które miało pierwiastki wymierne

[alchemik]

Ok ok, rozumiem

[Grzegorz t]

Dzień 2, zad. 6
przepraszam za pomyłkę, zadanie potraktowałem jakby było \(\displaystyle{ AC=AB}\), jak będę miał czas to zrobię poprawnie

\(\displaystyle{ ABC}\) trójkąt ostrokątny
\(\displaystyle{ H_1}\) spodek wysokości tr. na podstawę AB
\(\displaystyle{ H_2}\) spodek wysokości ost. na ramię AC
\(\displaystyle{ H_3}\) spodek wysokości ostros. na ramię BC
\(\displaystyle{ H}\) środek ciężkości
\(\displaystyle{ O}\) punkt przecięcia prostych \(\displaystyle{ PQ}\) i \(\displaystyle{ AH_{3}}\)


Po zrobieniu rysunku od razu zauważamy, że \(\displaystyle{ AQ=AP, H_{3}Q=H_{3}P}\) oraz \(\displaystyle{ \sphericalangle AQH_{3}= APH_{3}=90}\) wynika to z tego, że okrąg jest opisany na trójkątach prost. \(\displaystyle{ H_{1}BC}\) oraz \(\displaystyle{ CH_{2}B}\) i dalej \(\displaystyle{ \sphericalangle QAH_{3}= H_{3}AP}\) i \(\displaystyle{ \sphericalangle AH_{3}Q= AH_{3}P}\), zauważamy, że \(\displaystyle{ BC}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ PQ}\) oraz proste \(\displaystyle{ AH_{3}}\) i \(\displaystyle{ PQ}\) są prostopadłe.
Mamy wykazać, że punkty \(\displaystyle{ P. H, Q}\) leżą na jednej prostej, są współliniowe,
Załóżmy na początek, że nie leżą one na jednej prostej, czyli wyznaczają one jakiś trójkąt \(\displaystyle{ PHQ}\), obliczymy sumę kątów w tym trójkącie.
zakładamy, że \(\displaystyle{ \sphericalangle H_{3}AQ=x}\) oraz \(\displaystyle{ \sphericalangle AHP=y}\)
Nietrudno zauważyć, że \(\displaystyle{ \sphericalangle H_{3}AQ= PH_{3}C =\sphericalangle H_{3}PO}\) oraz \(\displaystyle{ \sphericalangle AHP= AHQ}\), \(\displaystyle{ \sphericalangle PHQ=360-2y}\) . Dalej zauważamy, że \(\displaystyle{ \sphericalangle HPQ= HQP=y-180}\)
\(\displaystyle{ \sphericalangle PHQ+ HQP+ HPQ=360-2y+2( y-180)=360-2y+2y-360=0}\) z czego wynika, że punkty są współliniowe, nie wyznaczają one trójkąta.

[mol_ksiazkowy]

4 dzien zad 3
a=> b Jesli \(\displaystyle{ \frac{1}{q}=0,(c_1...c_s) =0,c_1...c_s c_1....c_s c_1....}\) to \(\displaystyle{ \frac{1}{q}= \frac{c_1 10^{s-1} +c_2 10^{s-2}+...c_s}{10^s -1}}\) tj
\(\displaystyle{ q}\) jest dzielnikiem \(\displaystyle{ 10^s- 1}\)
np. q=13, \(\displaystyle{ \frac{1}{q} = 0,(076923)}\) tj \(\displaystyle{ \frac{999999}{76923} =13}\)

b=>a O ile \(\displaystyle{ qm=10^s-1}\) to \(\displaystyle{ \frac{1}{q} =\frac{m}{10^s -1}}\) tj
\(\displaystyle{ m + \frac{1}{q} =10^s * \frac{1}{q}}\) tj liczba \(\displaystyle{ m}\) to okres dlugosci \(\displaystyle{ s}\) ulamka
\(\displaystyle{ \frac{1}{q}}\)
np q=111 , s=3 m=9
\(\displaystyle{ \frac{1}{q}=\frac{1}{111} =0,(009)}\)
etc

[ Dodano: 11 Października 2008, 15:20 ]
3 Dzien zad 6
Odp Nie, , Id (tj permutacja gdzie kazdy punkt jest stały), jest permutacja parzysta i nie da sie zapisac, jako zlozenie 45 transpozycji.

4 dzien zad 6
zad z konkursu Delty. trudne niceo
tu jest link ()
Link wygasł

[Sylwek]

4 dzien zad 6
zad z konkursu Delty. trudne niceo

Blee, ale brzydkie rozwiązanie firmowe . A przecież można tak (rozwiązanie pewnej osoby z mojej drużyny na meczu matematycznym):

* n jest parzyste - strategię wygrywającą ma gracz numer 2 - wystarczy, aby w każdym swoim ruchu stawiał pionek symetrycznie względem środka planszy do ostatniego ruchu przeciwnika (jeśli przeciwnik postawi pionek, który będzie trzecim z czterech kolejnych, to nie stawiamy wówczas symetrycznie, tylko dostawiamy czwarty pionek, wygrywając tym samym grę);

* n jest nieparzyste - strategię wygrywającą ma gracz numer 1 - wystarczy, aby w pierwszym swoim ruchu postawił pionek na środku planszy, a następnie grał symetrycznie względem środka planszy do ruchów przeciwnika (jeśli przeciwnik postawi pionek, który będzie trzecim z czterech kolejnych, to nie stawiamy wówczas symetrycznie, tylko dostawiamy czwarty pionek, wygrywając tym samym grę).

[Wasilewski]

Dzień 5, zadanie 4.
Musi być nie mniej niż n, ponieważ jeśli w k-tym wierszu nie będzie żadnego zarażonego pola, to żeby dało się ten wiersz zacząć zarażać muszą być w pewnej kolumnie dwa pola zarażone (a jeśli nie, to załóżmy, że w (k+1)-szym wierszu mamy pole zarażone. Żeby zacząć zarażanie k-tego wiersza, to w tej samej kolumnie w wierszu (k-1)-szym musi pojawić się zarażone pole, itd.). W każdym razie chodzi o to, że nieobecność pola zarażonego w którymś wierszu lub kolumnie skutkuje pojawieniem się przynajmniej dwóch w jakiejś kolumnie lub wierszu (nie wiem, jak to formalnie udowodnić). A ustawienie pól na przekątnej pozwala nam zarazić całą tablicę i początkowo pól jest dokładnie n, zatem taka będzie odpowiedź.