[MIX] Mix matematyczny (20)

[mol_ksiazkowy]

1. W trapezie \(\displaystyle{ ABCD}\) punkt \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem \(\displaystyle{ AB}\) , zaś \(\displaystyle{ N}\) środkiem \(\displaystyle{ CD}\), -odcinki \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ CD}\) są to podstawy. Zachodzi też \(\displaystyle{ 2MN= AB -CD}\). Wykaż że suma miar kątów \(\displaystyle{ BAD}\) i \(\displaystyle{ ABC}\) daje kąt prosty.

2. Rozwiąż układ równan:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x^2+y^2=1\\3x^3-y^3=\frac{1}{x+y}\end{cases}}\)

3. Niech \(\displaystyle{ f(n)}\) oznacza liczbę całkowitą, która najlepiej przybliża \(\displaystyle{ \sqrt{n}}\). Oblicz
\(\displaystyle{ w= \frac{1}{f(1)} + \frac{1}{f(2)} +.....+ \frac{1}{f(10 000)}}\)

4. Udowodnij, że koło K o środku w punkcie \(\displaystyle{ S(0, \frac{1}{4})}\) i polu 10, (tj o promieniu \(\displaystyle{ r= \sqrt{ \frac{10}{\pi} } )}\)) zawiera dokładnie 10 punktów kratowych. Znajdź punkt kratowy leżący najbliżej K, ale poza nim

5. Kliką \(\displaystyle{ K}\)w grafie \(\displaystyle{ G}\) zwiemy układ trzech lub więcej wierzchołków, które tworzą graf pełny (istnieje krawędz miedzy kazdymi dwoma wierzchołkami w \(\displaystyle{ K}\)). Jaka jest maksymalna możliwa liczba krawędzi w grafie o \(\displaystyle{ 2n}\) wierzchołkach, w którym nie ma klik?

6. W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) D jest środkiem boku \(\displaystyle{ AC}\) oraz miary kątów \(\displaystyle{ BAC}\) i \(\displaystyle{ DBC}\) są równe \(\displaystyle{ \alpha}\), zaś kąt \(\displaystyle{ ADB}\) ma miarę \(\displaystyle{ 45^{o}}\). Wyznacz kąt \(\displaystyle{ \alpha}\)

7. Czy istnieje takie \(\displaystyle{ n \in N}\) aby obie liczby \(\displaystyle{ n+3}\) i \(\displaystyle{ n^2+3}\) były szescianami pewnych liczb całkowitych!?

8. W wyrażeniu:
*****121212121
(które jest liczbą mająca 14 cyfr) -wpisać w miejsca "gwiazdek" cyfry tak, aby uzyskać kwadrat liczby naturalnej

9. Mamy 13 odważników, ciężary których wyrażają się liczbami naturalnymi. Okazuje się, że każde 12 spośród nich można podzielić na dwie grupy o tym samym ciężarze. Wykaż, ze wszystkie odważniki są tego samego ciężaru.

10. Dane są liczby rzeczywiste \(\displaystyle{ a, b, x, y}\) takie że:
\(\displaystyle{ a+ b=6}\)
\(\displaystyle{ ax+by=10}\)
\(\displaystyle{ ax^2+by^2=24}\)
\(\displaystyle{ ax^3+by^3=62}\)
Oblicz \(\displaystyle{ ax^4+by^4}\)

[Rush]

5. Z tw. Turana otrzymujemy, ze maksymalna liczba krawedzi M wynosi
\(\displaystyle{ (1- \frac{1}{3-1})\frac{4n^2}{2}= \frac{1}{2}*\frac{4n^2}{2} = n^{2}}\)

[klaustrofob]

1. przez N prowadzimy równoległe do BC i AC. przecinają one AB w punktach A' i B'. rozważmy trójkąt A'B'N o podstawie równej AB-CD. z warunków zadania wynika, że MN = MA' = MB'. trójąt MB'N jest równoramienny, kąt MB'N=B'MN. podobnie, w trójkącie MA'N kąt MA'N=kąt A'NM. ponieważ kąt A'MN=2*kąt MB'N i kąt B'MN=2*kąt MA'N i kąt A'MN + kąt B'MN= 180 mamy, że kąt MA'N+ kąt MB'N = 90.

[Swistak]

3. Prostym wnioskiem jest, że liczba całkowita a będzie przyporządkowana liczbom od \(\displaystyle{ a^{2}-a+1}\) do \(\displaystyle{ a^{2}+a}\), czyli łącznie 2a liczbom. Zatem dla każdej liczby a, takiej, że \(\displaystyle{ a^{2}+a \le 10000}\) oraz \(\displaystyle{ a^{2}-a+1 \ge 1}\) w danym wyrażeniu będzie występować 2a ułamków postaci \(\displaystyle{ \frac{1}{a}}\), co do łącznej sumy doda nam liczbę 2.
\(\displaystyle{ 99^{2}+99=9900}\), a więc \(\displaystyle{ \frac{1}{f(1)}+...+\frac{1}{f(9900)}=99\cdot 2=198}\). Następne 100 ułamków będzie miało wartość \(\displaystyle{ \frac{1}{100}}\), a więc do łącznej sumy doda nam liczbę 1. Ztem szukana wartość to 199.

-- 7 maja 2009, 20:20 --

2 padły po 30 min a 3 po 1h
Ja akurat cały dzień nic nie robiłem i akurat trafiłem na mixa, a zadanko było dość proste, więc je machnąłem . (Hah już ktoś post mnija skasował, na który ten był odpowiedzią )
Aby nie było offtopu, to powiem do czego doszedłem w 7 zadaniu. \(\displaystyle{ n+3=a^{3} \ \ n^{2}+3=b^{3} \Rightarrow n=a^{3}-3 \Rightarrow b^{3}=a^{6}-6a^{3}+12}\) Teraz trzeba znaleźć wszystkie takie pary liczb całkowitych (a; b), które spełniają to równanie.

[Rush]

Jezeli chodzi o zadanie 2. to oczywiste jest podstawienie
\(\displaystyle{ sin \alpha = x, cos \alpha = y}\)
Pozniej dostajemy rownanie \(\displaystyle{ 3sin^{3}\alpha - cos^{3}\alpha = \frac{1}{sin \alpha + cos\alpha}}\)
Nastepnie wymnozenie przez mianownik po prawej stronie oraz zastosowanie pare razy jedynke trygonometryczna powinno ulatwic zadanie. Postaram sie to pozniej sprawdzic.

[binaj]

6. nie jest to za ładne, ale:

Niech O będzie środkiem okręgu W opisanego na ADB o promieniu r, z danych w treści zadania wnioskujemy, że prosta CB jest do tego okręgu styczna,a kąt BOA=90,
niech P będzie rzutem punktu A na prostą CB, oczywiście \(\displaystyle{ PA=PB=r}\), niech\(\displaystyle{ BD=x}\)

1.niech \(\displaystyle{ CD=DA=d}\)
z potęgi punktu C względem okręgu W; \(\displaystyle{ BC= \sqrt{2}d}\)

2. z tw. Pitagorasa dla trójkąta PAC; \(\displaystyle{ d^2=r^2+\sqrt{2}dr}\)

3. z tw. cosinusów dla trójkąta BDC; \(\displaystyle{ d^2=x^2+\sqrt{2}dx}\)

z 2. i 3. dostajemy, że x=r, czyli trójkąt BOD jest równoboczny: \(\displaystyle{ 2\alpha=60}\)

odp. \(\displaystyle{ \alpha=30^{o}}\)

[alchemik]

zad.6.
Dosyć łatwo idzie z tw. sinusów.

Zad.1. Chciałbym zaprezentować swój dowód, jednak jest on niepełny, a wydaje mi się że to co mi brakuje do pełnego da się łatwo udowodnić, jednak zaćmienie.

Mianowicie, czy prawdą jest że przedłużenia boków AD, BD i MN przecinają się w jednym punkcie? Bo jeżeli tak, a wydaje mi się że raczej tak, to oznaczmy sobie punkt przecięcia jako K, wtedy otrzymujemy z tw Talesa:
\(\displaystyle{ \frac{|KN|}{\frac{1}{2}|DC|}=\frac{|KN|+|MN|}{\frac{1}{2}|AB|} \ \Leftrightarrow \ |KN|(|AB|-|DC|)=|MN||DC| \ \Leftrightarrow \\ 2|KN|=|DC| \ \Leftrightarrow \ 2(|KN|+|MN|)=|AB|}\)

A z tego wynika ze środkowa jest połową boku opuszczonego na niego zatem mamy do czynienia z trójkątem prostokątnym, z kątem prostym przy K.

Jeżeli rozpatrzyłem tylko szczególny przypadek to przepraszam za mieszanie głowy.

[ojciec_kogut]

Zad. 7
Sprzeczność przez modulo 8.
Z drugiego warunku n może być postaci tylko 8k+3 lub 8k+7, ale wtedy n+3 nie może być sześcianem.

[mol_ksiazkowy]

Szybko idzie Brawo !
ad 7 inaczej, oczywiscie \(\displaystyle{ (n+3)(n^2+3)= (n+1)^3 +8}\) nie moze byc szescianem

[alchemik]

Zad.10.
\(\displaystyle{ \begin{cases} (ax+by)(x+y)=(ax^{2}+by^{2})+xy(a+b)\\ (ax^{2}+by^{2})(x+y)=(ax^{3}+by^{3})+xy(ax+by) \end{cases} \\ \begin{cases} 10(x+y)=24+6xy\\ 24(x+y)=62+10xy \end{cases} \\ \begin{cases} (x+y)=3 \\ xy=1 \end{cases} \\ (ax^{3}+by^{3})(x+y)=(ax^{4}+by^{4})+xy(ax^{2}+by^{2}) \\ 186=(ax^{4}+by^{4})+24 \ \Leftrightarrow \ ax^{4}+by^{4}=162}\)

Szybko idzie bo ciekawe zadania

[Swistak]

Zad. 7
Sprzeczność przez modulo 8.
Z drugiego warunku n może być postaci tylko 8k+3 lub 8k+7, ale wtedy n+3 nie może być sześcianem.

Ja jakoś tego nie widzę
Załóżmy, że n=8k+2, wtedy \(\displaystyle{ n^{2}+3 \equiv 7 (mod 8)}\), ale mamy także \(\displaystyle{ (8m+7)^3\equiv 7 (mod 8)}\).
Rozwiązanie mola_ksiazkowego poprawne i bardzo zgrabne, ale co do tego z modulo nie jestem przekonany.

[tomalla]

Szybko idzie Brawo !
ad 7 inaczej, oczywiscie \(\displaystyle{ (n+3)(n^2+3)= (n+1)^3 +8}\) nie moze byc szescianem

Na czym polega ten dowód? Dlaczego ta liczba nie może być sześcianem jakiejś liczby? Wytłumaczy ktoś?

[Swistak]

Skoro \(\displaystyle{ n+3}\) i \(\displaystyle{ n^{2}+3}\) są sześcianami liczb naturalnych, to ich iloczyn też jest sześcianem liczby naturalnej (bo \(\displaystyle{ a^{3}\cdot b^{3}=(ab)^{3}}\), a więc \(\displaystyle{ (n+3)(n^{2}+3)=n^{3}+3n^{2}+3n+1+8=(n+1)^{3}+8}\) też jest sześcianem iczby naturalnej. Dla odpowiednio dużego n (w tym przypadku 1) mamy \(\displaystyle{ (n+1)^{3}<(n+1)^{2}+8<(n+2)^{3}}\). Teraz wystarczy tylko sprawdzić, że dla n=0 teza nie zachodzi.

[ojciec_kogut]

Swistak, ale jeśli n=8k+2 to n+3=8k+5 a to już nie sześcian. Sprawa wygląda tak, że:
\(\displaystyle{ n^{2}+3 \equiv (3 \vee 4 \vee 7)mod8}\)
Sześcianem może być tylko dla 3 i 7. Są to wtedy ;iczby postaci 8k+3 lub 8k+7, ale wtedy n+3 to nie jest sześcian. Koniec.

[Swistak]

Ale to nie n daje z dzielenia przez 8 resztę 3 i 7, a jego kwadrat powiększony o 3. Tę resztę daje też sześcian bliżej nieokreślonej liczby. Ale z tych faktów jedyne co możemy wywnioskować o reszcie z dzielenia n przez 8, to to, że \(\displaystyle{ n\equiv(0 \vee 2 \vee 4 \vee 6) (mod 8)}\).
Przypadki, że n=8k+3 i n=8k+7 są sprzeczne z drugim warunkiem, ponieważ wtedy \(\displaystyle{ n^{2}+3\equiv 4 (mod8)}\)
P.S. 9 jest w rybkach, ale nie będę iść na łatwiznę i tam zaglądał, sam spróbuję .