Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
2 dzien, przed, zadanie 2
Podstawmy
x=99
y=101
Wtedy \(\displaystyle{ a=x+ \frac{1}{x} \\
b=y+ \frac{1}{y} \\
c=xy+ \frac{1}{xy} \\}\)
Zatem: \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2}-abc=(x+ \frac{1}{x})^{2}+(y+ \frac{1}{y})^{2}+(xy+ \frac{1}{xy})^{2} - (x+ \frac{1}{x})(y+ \frac{1}{y})(xy+ \frac{1}{xy})}\)
Po wymnożeniu i uporządkowaniu otrzymujemy wynik 4.-- 3 marca 2009, 18:19 --dzien 1, przed, zad 2
N poczatku stwierdzamy, ze K nie moze być większe od 4,a suma A i R większa niż 10. Biorąc to pod uwage otrzymujemy, że RAK=954
[MIX] Świętokrzyskie warsztaty, wrzesień 2007
: 3 mar 2009, o 22:42
autor: MagdaW
z.5, 2. dzień
\(\displaystyle{ 8z=3+2y ^{2}-x ^{2}}\)
1. \(\displaystyle{ y ^{2}\equiv0(mod8) \vee y ^{2}\equiv4(mod8) \Rightarrow x ^{2} \equiv3(mod8)}\)-sprzeczność
2. \(\displaystyle{ y ^{2}\equiv1(mod8) \Rightarrow x ^{2}\equiv5(mod8)}\)-sprzeczność
-- 3 marca 2009, 22:48 --
z.1, 2. dzień
\(\displaystyle{ p=3 \Rightarrow p+10=13, p+20=23}\)-zgadza się \(\displaystyle{ p>3 \Rightarrow p=3k+1 \vee 3k+2}\) \(\displaystyle{ p=3k+1 \Rightarrow 3|(p+20)}\) \(\displaystyle{ p=3k+2 \Rightarrow 3|(p+10)}\)
Ostatecznie p=3 to jedyne rozwiązanie.-- 3 marca 2009, 22:56 --Mecz, z. 4
Nie istnieje.
Niech dwa wierzchołki będą w punktach kratowych o współrzędnych: (a, b), (a+x, b). x- dł. boku trójkąta (jest całkowita, bo punkty mają współrzędne całkowite). Wówczas 3. wierzchołek będzie miał współrzędne: \(\displaystyle{ (a+0,5x, b+ \frac{x \sqrt{3} }{2} )}\). Druga współrzędna nie jest całkowita dla żadnego x całkowitego- nie istnieje trójkąt równoboczny o wszystkich wierzchołkach w punktach kratowych.
[MIX] Świętokrzyskie warsztaty, wrzesień 2007
: 4 mar 2009, o 12:57
autor: timon92
MagdaW pisze:
Mecz, z. 4
Nie istnieje.
Niech dwa wierzchołki będą w punktach kratowych o współrzędnych: (a, b), (a+x, b). x- dł. boku trójkąta (jest całkowita, bo punkty mają współrzędne całkowite). Wówczas 3. wierzchołek będzie miał współrzędne: \(\displaystyle{ (a+0,5x, b+ \frac{x \sqrt{3} }{2} )}\). Druga współrzędna nie jest całkowita dla żadnego x całkowitego- nie istnieje trójkąt równoboczny o wszystkich wierzchołkach w punktach kratowych.
Nigdzie nie jest napisane, że jeden z boków jest równoległy do boków kratek.
Proponuję takie rozwiązanie: Z jednej strony pole naszego trójkąta jest liczbą niewymierną (\(\displaystyle{ \frac{a^2 \sqrt{3} }{4}}\), gdzie a jest bokiem trójkąta). Z drugiej strony ze wzoru Picka (\(\displaystyle{ P=W+ \frac{B}{2}-1}\), gdzie W jest liczbą punktów kratowych wewnątrz wielokąta, a B jest liczbą punktów kratowych na brzegu wielokąta) jest ona wymierna. Sprzeczność.
[MIX] Świętokrzyskie warsztaty, wrzesień 2007
: 4 mar 2009, o 13:40
autor: Dumel
a kto powiedział że bok trójkąta jest wymierny?
[MIX] Świętokrzyskie warsztaty, wrzesień 2007
: 4 mar 2009, o 15:04
autor: XMaS11
A po co ma byc wymierny ?:D \(\displaystyle{ a^2}\) jest całkowite.
[MIX] Świętokrzyskie warsztaty, wrzesień 2007
: 4 mar 2009, o 15:16
autor: Sylwek
Oczywiście, że (nie)wymierność \(\displaystyle{ a}\) nie jest przydatna w tym zadaniu. Rozwiązanie naszej drużyny (dokładnie to moje chyba było, ale to było już dawno temu ) było połowicznie podobne do rozwiązania timon92, tylko obeszliśmy się bez wzoru Picka.
Z Pitagorasa: \(\displaystyle{ a^2}\) jest całkowite, czyli pole \(\displaystyle{ S=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}\) jest niewymierne, z drugiej strony ze wzoru na pole trójkąta wykorzystujące wyznacznik macierzy: \(\displaystyle{ S = \frac{1}{2} \ \cdot \ | \begin{vmatrix} a_1 & a_2 & 1 \\ b_1 & b_2 & 1 \\ c_1 & c_2 & 1 \end{vmatrix} |}\)
otrzymujemy, że S jest wymierne - sprzeczność.
[MIX] Świętokrzyskie warsztaty, wrzesień 2007
: 4 mar 2009, o 20:33
autor: patry93
2. dzień, spotkanie popołudniowe: zadanie 1.
Mam dość głupią prośbę - czy mógłby ktoś to narysować, bo ja chyba czytać ze zrozumieniem nie potrafię i dla mnie to zadanie nie jest jednoznaczne (wybieram sobie dowolne kąty, które niby spełniają warunki zadania i otrzymuję różne sumy... o_O).
[MIX] Świętokrzyskie warsztaty, wrzesień 2007
: 4 mar 2009, o 20:52
autor: timon92
teraz już chyba będzie wszystko jasne:
Przekątne niebieskie i zielona wychodzą z jednego wierzchołka, ponadto kąty między przekątnymi zieloną a niebieskimi są równe kątom między przekątnymi czerwoną a niebieskimi. Sumują się do \(\displaystyle{ 180^\circ}\), bo tworzą trójkąt.
[MIX] Świętokrzyskie warsztaty, wrzesień 2007
: 4 mar 2009, o 21:10
autor: patry93
Dziękuję.
Czy te kąty będą równe na mocy cechy (bbb) przystawania trójkątów?
Każdy kolor odpowiada innej długości odcinka:
Dzien 5 zadanie 5
Jesli \(\displaystyle{ \begin{cases} a=xy\\b=x^2+y^2\end{cases}}\) to uzyska sie \(\displaystyle{ \begin{cases} b^2-a^2=21\\b-a=3\end{cases}}\)
a wiec \(\displaystyle{ a=2, \ b=5}\), a układ \(\displaystyle{ \begin{cases} xy=2\\x^2+y^2=5\end{cases}}\)
ma rozwiazania \(\displaystyle{ x=1, \ y=2}\) lub \(\displaystyle{ x=2, \ y=1}\)
lub \(\displaystyle{ x=-1, \ y=-2}\) lub \(\displaystyle{ x=-2, \ y=-1}\)
[MIX] Świętokrzyskie warsztaty, wrzesień 2007
: 15 kwie 2013, o 10:19
autor: Ponewor
Dzień 4. Zadanie 11.
Zadanie znalazło się w \(\displaystyle{ 101}\) nierozwiązanych.
Dzień 4. Mecz Zadanie 11.:
Niech trójkąt to \(\displaystyle{ ABC}\), pierwsza trójka to \(\displaystyle{ D_{1}, \ E_{1}, \ F_{1}}\), zaś druga trójka to \(\displaystyle{ D_{2}, \ E_{2}, \ F_{2}}\). Z twierdzenia Cevy mamy: \(\displaystyle{ \frac{\left| AF_{1}\right| }{\left| F_{1}B\right| } \cdot \frac{\left| BD_{1}\right| }{\left| D_{1}C\right| } \cdot \frac{\left| CE_{1}\right| }{\left| E_{1}A\right| } = 1}\). Z twierdzenia o siecznej: \(\displaystyle{ AF_{1} \cdot AF_{2}=AE_{1} \cdot AE_{2} \\
BD_{1} \cdot BD_{2}=BF_{1} \cdot BF_{2} \\
CE_{1} \cdot CE_{2}=CD_{1} \cdot CD_{2}}\)
Mnożymy te równości stronami i mamy: \(\displaystyle{ AF_{1} \cdot AF_{2} \cdot BD_{1} \cdot BD_{2} \cdot CE_{1} \cdot CE_{2} = AE_{1} \cdot AE_{2} \cdot BF_{1} \cdot BF_{2} \cdot CD_{1} \cdot CD_{2}}\)
Czyli równoważnie: \(\displaystyle{ 1=\frac{\left| AF_{1}\right| }{\left| F_{1}B\right| } \cdot \frac{\left| BD_{1}\right| }{\left| D_{1}C\right| } \cdot \frac{\left| CE_{1}\right| }{\left| E_{1}A\right| } =\frac{\left| AE_{2}\right| }{\left| E_{2}C\right| } \cdot \frac{\left| CD_{2}\right| }{\left| D_{2}B\right| } \cdot \frac{\left| BF_{2}\right| }{\left| F_{2}A\right| }}\)
co na mocy twierdzenia Cevy daje tezę.
Ale skoro już tu jestem, to warto poprowadzić dalej te wykopki.
Dzień 1. Przedpołudnie Zadanie 6.:
Niech \(\displaystyle{ x}\) będzie taką liczbą całkowitą, która dzieli \(\displaystyle{ x^{3}-3}\). Wtedy: \(\displaystyle{ x-3 \mid x^{3}-3-\left(x^{2}+3x+9\right)\left(x-3\right)=24}\) \(\displaystyle{ x-3 \in \left\{\pm 1, \ \pm 2, \ \pm 3, \ \pm 4, \ \pm 6, \ \pm 8, \ \pm 12, \ \pm 24 \right\}}\)
No i teraz łatwo w drugą stronę, jeżeli \(\displaystyle{ x-3}\) należy do tego zbioru, to teza zachodzi.
Dzień 2. Przedpołudnie Zadanie 3.:
Wystarczy \(\displaystyle{ m=\varphi (n)}\)
Dzień 2. Popołudnie Zadanie 4.:
To się zwija do \(\displaystyle{ \left(x-y\right)\left(x+y+1\right)=0}\), rysujemy te proste i koniec.
Dzień 2. Popołudnie Zadanie 5.:
Niech te punkty to kolejno \(\displaystyle{ \left(x_{1}, \ y_{1}\right), \left(x_{2}, \ y_{2}\right)}\) \(\displaystyle{ ax_{1}+b=y_{1} \quad ax_{2}+b=y_{2}}\)
co po odjęciu stronami daje \(\displaystyle{ a\left(x_{2}-x_{1}\right)=y_{2}-y_{1}}\)
Niech \(\displaystyle{ x_{k+2}=x_{2}+k\left(x_{2}-x_{1}\right) \wedge k \in \ZZ}\)
Prosta przechodzi przez punkty \(\displaystyle{ \left( x_{k+2}, \ y_{k+2}\right)}\) \(\displaystyle{ x_{k+2}}\) całkowite w sposób oczywisty, natomiast druga współrzędna: \(\displaystyle{ y_{k+2}=ax_{k+2}+b=ax_{2}+ka\left(x_{2}-x_{1}\right)+b=y_{2}+ky_{2}-ky_{1}}\)
co też jest całkowite.
Dzień 2. Popołudnie Zadanie 7.:
Łączymy punkt \(\displaystyle{ P}\) z wierzchołkami trójkąta i otrzymujemy trzy mniejsze trójkąty, takie, że wspomniane w treści zadania odległości to wysokości. Liczymy pola tych mniejszych trójkątów, dodajemy i wychodzi, że suma tych odległości to wysokość trójkąta równobocznego.
Dzień 3. Przedpołudnie Zadanie 1.:
Miliard razy dowodzone było na forum, że \(\displaystyle{ \left(a^{m}-1, \ a^{n}-1\right)=a^{\left(m, \ n\right)}-1}\)
Wystarczy algorytm Euklidesa. \(\displaystyle{ m \mid n \Leftrightarrow \left(m, \ n\right)=m \Leftrightarrow \left(2^{m}-1, \ 2^{n}-1\right)=2^{\left(m, \ n\right)}-1=2^{m}-1 \Leftrightarrow 2^{m}-1 \mid 2^{n}-1}\)
Dzień 3. Przedpołudnie Zadanie 3.:
Pierwszy składnik dzieli się przez \(\displaystyle{ 5}\), a drugi przez \(\displaystyle{ 10}\), więc oba dzielą się przez \(\displaystyle{ 5}\). Pierwszy składnik dzieli się przez \(\displaystyle{ 397}\), a drugi przez \(\displaystyle{ 794}\), więc oba się dzielą przez \(\displaystyle{ 397}\). Z \(\displaystyle{ \left(5, \ 397\right)=1}\) uzyskujemy dowód.