[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny
- Tristan
- Użytkownik
- Posty: 2353
- Rejestracja: 24 kwie 2005, o 14:28
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 27 razy
- Pomógł: 557 razy
[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny
4. Z wzorów Viete'a dla wielomianu 3 stopnia mamy układ:
\(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l} x_{1}+x_{2}+x_{3}=0 \\ x_{1}x_{2}+ x_{1}x_{3}+x_{2}x_{3}=p \end{array}\right.}\)
Podnosząc pierwsze równanie do kwadratu otrzymujemy
\(\displaystyle{ x_{1}^2 + x_{2}^2 + x_{3}^2 + 2(x_{1}x_{2}+ x_{1}x_{3}+x_{2}x_{3})=0}\) W nawiasie mamy oczywiście "p", więc podstawiając otrzymamy
\(\displaystyle{ 2p=-(x_{1}^2 + x_{2}^2 + x_{3}^2 )}\), suma kwadratów pierwiastków jest dodatnia, więc p<0 cnd.
\(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l} x_{1}+x_{2}+x_{3}=0 \\ x_{1}x_{2}+ x_{1}x_{3}+x_{2}x_{3}=p \end{array}\right.}\)
Podnosząc pierwsze równanie do kwadratu otrzymujemy
\(\displaystyle{ x_{1}^2 + x_{2}^2 + x_{3}^2 + 2(x_{1}x_{2}+ x_{1}x_{3}+x_{2}x_{3})=0}\) W nawiasie mamy oczywiście "p", więc podstawiając otrzymamy
\(\displaystyle{ 2p=-(x_{1}^2 + x_{2}^2 + x_{3}^2 )}\), suma kwadratów pierwiastków jest dodatnia, więc p<0 cnd.
[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny
1. Najlepiej udowodnić, że np. taka funkcja:
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}x+1}\)
dla każdego \(\displaystyle{ x C}\) przyjmuje wartości całkowite, tzn rozpatrzyć przypadki gdy x=2k lub x=2k+1
\(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}x+1}\)
dla każdego \(\displaystyle{ x C}\) przyjmuje wartości całkowite, tzn rozpatrzyć przypadki gdy x=2k lub x=2k+1
- Tomasz Rużycki
- Użytkownik
- Posty: 2970
- Rejestracja: 8 paź 2004, o 17:16
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Suchedniów/Kraków
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 293 razy
[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny
2.
Wiadomo, ze \(\displaystyle{ 2S = (a+b+c)r = ah_a = bh_b = ch_c}\).
\(\displaystyle{ h_a + h_b + h_c = 2S\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right) = r(a+b+c)\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right)}\), qed.
3.
\(\displaystyle{ 1+x+x^2 = \frac{x^3-1}{x-1}}\),
\(\displaystyle{ 1+x^2+x^4 = \frac{x^6-1}{x^2-1}}\), przy odpowiednich zalozeniach.
Wszystko sie ladnie upraszcza, zostaje trojmianik Nie chce mi sie liczyc do konca:
Wiadomo, ze \(\displaystyle{ 2S = (a+b+c)r = ah_a = bh_b = ch_c}\).
\(\displaystyle{ h_a + h_b + h_c = 2S\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right) = r(a+b+c)\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right)}\), qed.
3.
\(\displaystyle{ 1+x+x^2 = \frac{x^3-1}{x-1}}\),
\(\displaystyle{ 1+x^2+x^4 = \frac{x^6-1}{x^2-1}}\), przy odpowiednich zalozeniach.
Wszystko sie ladnie upraszcza, zostaje trojmianik Nie chce mi sie liczyc do konca:
- Uzo
- Użytkownik
- Posty: 1137
- Rejestracja: 18 mar 2006, o 10:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Strzyżów / Kraków
- Podziękował: 94 razy
- Pomógł: 139 razy
[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny
No pochwalcie się jak tam wam dziś poszło I jakie w ogóle były zadanka? i oczywiscie jeżeli mozecie to je tu zamieście bo z chęcią bym zobaczył co tam wymyślili
- matti
- Użytkownik
- Posty: 35
- Rejestracja: 6 kwie 2006, o 18:40
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Krosno
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 1 raz
[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny
1. Rozwiąż równanie x� - [x] = 2, gdzie symbol [x] oznacza część całkowitą liczby x, to znczy największą liczbę całkowitą nie większą od x.
2. Wykaż że nie istnieją liczby wymierne dodatnie a,b,c,d spełniające równość \(\displaystyle{ (a+b \sqrt{2} )^{4}+(c+d \sqrt{2} )^{4}=4+5 \sqrt{2}}\)
3. NIech P(x) będzie wielomianem o wspólczynnikach całkowitych. Wykaż, że jeżeli wielomian Q(x)=P(x)+12 ma co najmniej sześć rożnych pierwiastków całkowitych, to P(x) nie ma pierwiastków całkowitych.
4. Wykaż, że jeżeli boki i promień okregu wpisanego w trójkąt mają całkowite długości, to obwód trójkąta jest liczbą parzystą.
5. Wykaż, że jeżeli \(\displaystyle{ h_{a},h_{b},h_{c}}\) są długościami wysokości trójkąta, zaś r jest długością promienia okregu wpisanego w ten trójkąt i \(\displaystyle{ h_{a}+h_{b}+h_{c}=9r}\), to ten trójkąt jest równoboczny.
MasH masz tu zadania, a pisac nie bede jak mi poszlo bo musialbym sie zbluzgac...
2. Wykaż że nie istnieją liczby wymierne dodatnie a,b,c,d spełniające równość \(\displaystyle{ (a+b \sqrt{2} )^{4}+(c+d \sqrt{2} )^{4}=4+5 \sqrt{2}}\)
3. NIech P(x) będzie wielomianem o wspólczynnikach całkowitych. Wykaż, że jeżeli wielomian Q(x)=P(x)+12 ma co najmniej sześć rożnych pierwiastków całkowitych, to P(x) nie ma pierwiastków całkowitych.
4. Wykaż, że jeżeli boki i promień okregu wpisanego w trójkąt mają całkowite długości, to obwód trójkąta jest liczbą parzystą.
5. Wykaż, że jeżeli \(\displaystyle{ h_{a},h_{b},h_{c}}\) są długościami wysokości trójkąta, zaś r jest długością promienia okregu wpisanego w ten trójkąt i \(\displaystyle{ h_{a}+h_{b}+h_{c}=9r}\), to ten trójkąt jest równoboczny.
MasH masz tu zadania, a pisac nie bede jak mi poszlo bo musialbym sie zbluzgac...
- Tomasz Rużycki
- Użytkownik
- Posty: 2970
- Rejestracja: 8 paź 2004, o 17:16
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Suchedniów/Kraków
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 293 razy
- matti
- Użytkownik
- Posty: 35
- Rejestracja: 6 kwie 2006, o 18:40
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Krosno
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 1 raz
[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny
To szkoda ze na te zadnia sie wczesniej nie natknąlem
Ja już znam swoje wyniki, ale są beznadziejne nie zadowalaja mnie, dlatego o nich nie pisze. Uważam, że ten etap byl o wiele trudnijszey od poprzednich szkoda
Jak by ktos mogł niech zapoda zadania z poziomu pierwszego, te co sa wyżej to poziom 2.
Wiem tylko ze w klasach pierwszych bylo takei zadanie jak tu wyzej zadania 2, tyle tylko że zamiast czwartych poteg byly drugie. to tyle :/ ;( ...
Ja już znam swoje wyniki, ale są beznadziejne nie zadowalaja mnie, dlatego o nich nie pisze. Uważam, że ten etap byl o wiele trudnijszey od poprzednich szkoda
Jak by ktos mogł niech zapoda zadania z poziomu pierwszego, te co sa wyżej to poziom 2.
Wiem tylko ze w klasach pierwszych bylo takei zadanie jak tu wyzej zadania 2, tyle tylko że zamiast czwartych poteg byly drugie. to tyle :/ ;( ...
-
- Użytkownik
- Posty: 300
- Rejestracja: 4 maja 2005, o 17:03
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: z xiężyca
- Podziękował: 6 razy
- Pomógł: 14 razy
[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny
Poziom I
1. Rozwiaz w liczbach calkowitych dodatnich rownanie \(\displaystyle{ x(y+1)^2=243y}\).
2. Rozwiaz uklad rownan \(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l}|x-y|-\frac{|x|}{x}=-1\\|2x-y|+|x+y-1|+|x-y|+y-1=0\end{array}\right.}\).
3. Wykaż że nie istnieją liczby wymierne dodatnie a,b,c,d spełniające równość \(\displaystyle{ (a+b \sqrt{2} )^{2}+(c+d \sqrt{2} )^{2}=4+5 \sqrt{2}}\).
4. Dany jest odcinek AB orac taki jego punkt C, że \(\displaystyle{ \frac{|AC|}{|CB|}=\frac{a}{b}}\). Udowodnij, że dla dowolnego punktu P płaszczyzny zachodzi równość \(\displaystyle{ \vec{PC} =\frac{b}{a+b}\vec{PA}+\frac{a}{a+b}\vec{PB}}\).
5. Udowodnij, ze jezeli suma odległosci dowolnego punktu trójkata ostrokątnego od jego boków jest równa dłlugości jednej z wysokości trójkąta, to trójkat ten jest równoboczny.
1. Rozwiaz w liczbach calkowitych dodatnich rownanie \(\displaystyle{ x(y+1)^2=243y}\).
2. Rozwiaz uklad rownan \(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l}|x-y|-\frac{|x|}{x}=-1\\|2x-y|+|x+y-1|+|x-y|+y-1=0\end{array}\right.}\).
3. Wykaż że nie istnieją liczby wymierne dodatnie a,b,c,d spełniające równość \(\displaystyle{ (a+b \sqrt{2} )^{2}+(c+d \sqrt{2} )^{2}=4+5 \sqrt{2}}\).
4. Dany jest odcinek AB orac taki jego punkt C, że \(\displaystyle{ \frac{|AC|}{|CB|}=\frac{a}{b}}\). Udowodnij, że dla dowolnego punktu P płaszczyzny zachodzi równość \(\displaystyle{ \vec{PC} =\frac{b}{a+b}\vec{PA}+\frac{a}{a+b}\vec{PB}}\).
5. Udowodnij, ze jezeli suma odległosci dowolnego punktu trójkata ostrokątnego od jego boków jest równa dłlugości jednej z wysokości trójkąta, to trójkat ten jest równoboczny.
-
- Użytkownik
- Posty: 41
- Rejestracja: 22 lut 2010, o 08:57
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 3 razy
- Pomógł: 5 razy
[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny
Mógłby ktoś dokładniej opisać sposób rozwiązania zadania numer 5?Uzo pisze:Zamieszczam tu zadania z VI PKM , poziom II , co prawda już po fakcie ,ale może ktoś zechce przedstawić tu swoje propozycje rozwiązań.
1. Dla jakich wartości parametru m pierwiastki rzeczywiste \(\displaystyle{ x_1, x_2}\) równania \(\displaystyle{ 2x^2 -(m-1)x+(m+1)=0}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ |x_1-x_2|=1}\) ?
2. Udowodnij ,że liczba postaci \(\displaystyle{ n^{5}-5n^{3} +4n}\) dzieli się przez 120.
3. Trzy kolejne liczby całkowite są długościami boków trójkąta, a także sześciany tych liczb są długościami boków pewnego trójkąta. Wykaż ,że takich trójkątów jest nieskończenie wiele. Dla jakich trójek kolejnych liczb całkowitych będących długościami boków trójkąta ich sześciany nie są długościami boków trójkąta?
4. Przekątne dzielą trapez na cztery trójkąty. Wiedząc, że stosunek podstaw tego trapezu jest równy 2, a jego pole 45, oblicz pole każdego z tych trójkątów.
5. Niech a,b,c oznaczają długości boków pewnego trójkąta. Czy równanie \(\displaystyle{ b^2x^2 +(b^2 +c^2 -a^2 )x+c^2 =0}\) ma pierwiastki rzeczywiste ?
(Wiem, że trochę już było na ten temat wypowiedzi, ale nadal mi to zadanie nie wychodzi...)
- kp1311
- Użytkownik
- Posty: 475
- Rejestracja: 20 maja 2009, o 15:06
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zarzecze
- Podziękował: 36 razy
- Pomógł: 49 razy
[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny
zadanie 5.
\(\displaystyle{ b^{2}x^{2} + (b^{2} + c^{2} - a^{2})x + c^{2} = 0}\)
Wyszedłem sobie z nierówności trójkąta:
\(\displaystyle{ b + c > a \Rightarrow b^{2} + 2bc + c^{2} > a^{2} \Rightarrow b^{2} + c^{2} > a^{2} - 2bc (*)}\),
stąd:
\(\displaystyle{ b^{2}x^{2} + (b^{2} + c^{2} - a^{2})x + c^{2} > b^{2}x^{2} + (a^{2} - 2bc - a^{2})x + c^{2} = b^{2}x^{2} -2bcx + c^{2} = (bx - c)^{2} \ge 0}\)
więc:
\(\displaystyle{ b^{2}x^{2} + (b^{2} + c^{2} - a^{2})x + c^{2} > 0}\) równanie nie ma rozwiązań.
\(\displaystyle{ b^{2}x^{2} + (b^{2} + c^{2} - a^{2})x + c^{2} = 0}\)
Wyszedłem sobie z nierówności trójkąta:
\(\displaystyle{ b + c > a \Rightarrow b^{2} + 2bc + c^{2} > a^{2} \Rightarrow b^{2} + c^{2} > a^{2} - 2bc (*)}\),
stąd:
\(\displaystyle{ b^{2}x^{2} + (b^{2} + c^{2} - a^{2})x + c^{2} > b^{2}x^{2} + (a^{2} - 2bc - a^{2})x + c^{2} = b^{2}x^{2} -2bcx + c^{2} = (bx - c)^{2} \ge 0}\)
więc:
\(\displaystyle{ b^{2}x^{2} + (b^{2} + c^{2} - a^{2})x + c^{2} > 0}\) równanie nie ma rozwiązań.
Ostatnio zmieniony 12 mar 2010, o 08:06 przez kp1311, łącznie zmieniany 1 raz.
-
- Użytkownik
- Posty: 114
- Rejestracja: 26 mar 2005, o 13:50
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Z Nienacka
- Pomógł: 3 razy
[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny
Ale jeśli \(\displaystyle{ x<0}\), to \(\displaystyle{ (b^2+c^2)x<(x^2-2bc)x}\) i warunek \(\displaystyle{ (*)}\) nie wystarczy do uzasadnienia, że dane równanie nie ma rozwiązań. Tak mnie się wydaje.
Chyba trzeba pokazać, że wyróżnik (\(\displaystyle{ \Delta}\)) tego równania jest ujemny.
-- 12 marca 2010, 07:20 --
Zauważmy, że
\(\displaystyle{ \Delta=(b^2+c^2-a^2)^2-4b^2c^2=(b^2+c^2-a^2-2bc)(b^2+c^2-a^2+2bc)=}\)
\(\displaystyle{ =((b-c)^2-a^2)((b+c)^2-a^2)=(b-c-a)(b-c+a)(b+c+a)(b+c-a)=}\)
\(\displaystyle{ =-(a+c-b)(a+b-c)(a+b+c)(a+c-b).}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ a, b, c}\) są długościami boków trójkąta, to każde wyrażenie w nawiasie jest dodatnie, stąd całe wyrażenie jest ujemne. Zatem dane równanie nie ma rozwiązań.
Chyba trzeba pokazać, że wyróżnik (\(\displaystyle{ \Delta}\)) tego równania jest ujemny.
-- 12 marca 2010, 07:20 --
Zauważmy, że
\(\displaystyle{ \Delta=(b^2+c^2-a^2)^2-4b^2c^2=(b^2+c^2-a^2-2bc)(b^2+c^2-a^2+2bc)=}\)
\(\displaystyle{ =((b-c)^2-a^2)((b+c)^2-a^2)=(b-c-a)(b-c+a)(b+c+a)(b+c-a)=}\)
\(\displaystyle{ =-(a+c-b)(a+b-c)(a+b+c)(a+c-b).}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ a, b, c}\) są długościami boków trójkąta, to każde wyrażenie w nawiasie jest dodatnie, stąd całe wyrażenie jest ujemne. Zatem dane równanie nie ma rozwiązań.
-
- Użytkownik
- Posty: 114
- Rejestracja: 26 mar 2005, o 13:50
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Z Nienacka
- Pomógł: 3 razy
[Rzeszów] VI Podkarpacki Konkurs Matematyczny
Zauważmy, że jeżeli \(\displaystyle{ \frac{AC}{BC}=\frac{a}{b}}\), to
\(\displaystyle{ \overrightarrow {AC}=\frac{a}{a+b}\overrightarrow{AB}}\) i \(\displaystyle{ \overrightarrow {BC}=\frac{b}{a+b}\overrightarrow{BA}=-\frac{b}{a+b}\overrightarrow{AB}.}\)
Dla dowolnego punktu \(\displaystyle{ P}\) mamy więc równości
\(\displaystyle{ \overrightarrow {PC}=\overrightarrow {PA}+\overrightarrow {AC}=\overrightarrow {PA}+\frac{a}{a+b}\overrightarrow {AB}}\)
\(\displaystyle{ \overrightarrow {PC}=\overrightarrow {PB}+\overrightarrow {BC}=\overrightarrow {PB}-\frac{b}{a+b}\overrightarrow {AB}}\)
lub równoważnie
\(\displaystyle{ b\overrightarrow {PC}=b\overrightarrow {PA}+\frac{ab}{a+b}\overrightarrow {AB}}\)
\(\displaystyle{ a\overrightarrow {PC}=a\overrightarrow {PB}-\frac{ab}{a+b}\overrightarrow {AB}.}\)
Dodając stronami, otrzymujemy
\(\displaystyle{ (a+b)\overrightarrow {PC}=b\overrightarrow {PA}+a\overrightarrow {PB},}\)
a stąd
\(\displaystyle{ \overrightarrow {PC}=\frac{b}{a+b}\overrightarrow {PA}+\frac{a}{a+b}\overrightarrow {PB}.}\)
\(\displaystyle{ \overrightarrow {AC}=\frac{a}{a+b}\overrightarrow{AB}}\) i \(\displaystyle{ \overrightarrow {BC}=\frac{b}{a+b}\overrightarrow{BA}=-\frac{b}{a+b}\overrightarrow{AB}.}\)
Dla dowolnego punktu \(\displaystyle{ P}\) mamy więc równości
\(\displaystyle{ \overrightarrow {PC}=\overrightarrow {PA}+\overrightarrow {AC}=\overrightarrow {PA}+\frac{a}{a+b}\overrightarrow {AB}}\)
\(\displaystyle{ \overrightarrow {PC}=\overrightarrow {PB}+\overrightarrow {BC}=\overrightarrow {PB}-\frac{b}{a+b}\overrightarrow {AB}}\)
lub równoważnie
\(\displaystyle{ b\overrightarrow {PC}=b\overrightarrow {PA}+\frac{ab}{a+b}\overrightarrow {AB}}\)
\(\displaystyle{ a\overrightarrow {PC}=a\overrightarrow {PB}-\frac{ab}{a+b}\overrightarrow {AB}.}\)
Dodając stronami, otrzymujemy
\(\displaystyle{ (a+b)\overrightarrow {PC}=b\overrightarrow {PA}+a\overrightarrow {PB},}\)
a stąd
\(\displaystyle{ \overrightarrow {PC}=\frac{b}{a+b}\overrightarrow {PA}+\frac{a}{a+b}\overrightarrow {PB}.}\)