[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

[robin5hood]

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ a = \frac{cd}{b}}\) wiec c = hm, d = kn , b = hk.
a + b + c + d = mn + hk + hm + kn = (k + m)(h + n)

Znajsz najmniejszą liczbę naturalną m spełniająca tę nierówność

\(\displaystyle{ \overbrace { 100^{100^{100^{.^{.^{.^{100}}}}}}}^m > \overbrace {3^{3^{3^{.^{.^{.^{3}}}}}}}^{100}}\)

[Dumel]

moje zadanie zablokowało łańcuszek, więc dam do niego dwie podpowiedzi:

Ukryta treść:    

nic nie zmieniając w "strukturze" tablicy, możemy liczby różniące się o 1 zamieniać miejscami

Ukryta treść:    

mozemy w ten sposób zmodyfikować wybrany kwadrat \(\displaystyle{ m \times m}\) tak aby wszystko się uprościło

[kaszubki]

Zadanie blokuje łańcuszek od hoho albo dłużej, więc dam nowe:
Dany jest trójkąt ABC. Niech A_1, A_2 leżą na BC, B_1, B_2 na AC zaś C_1, C_2 na AB tak, że punkty dzielą te odcinki na 3 równe części.

AU

8e4c084cac056a27med.png (155.79 KiB) Przejrzano 300 razy

Pokaż, że DG, EH i FI przecinają się w jednym punkcie.

[mariolawiki1]

Rozwiązanie:

Ukryta treść:    

Aby udowodnić, że w sześciokącie DEFGHI odcinki \(\displaystyle{ EH}\), \(\displaystyle{ FI}\), \(\displaystyle{ GD}\) przecinają się w jednym punkcie wystarczy wykazać, że każde dwa z nich przecinają się w tym samym stosunku. W tym celu udowodnimy, że odcinki: \(\displaystyle{ GI, DF; EG, DH; FH, EJ}\) są względem siebie równoległe.

Najpierw udowodnimy, że odcinki \(\displaystyle{ GI}\) i \(\displaystyle{ DF}\) są równoległe. (Pozostałe przypadki można wykazać analogicznie.)
Zauważmy, że \(\displaystyle{ B_1C_2}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ BC}\) (tw. Talesa), analogicznie \(\displaystyle{ C_1A_2}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ AC}\).

Wynika z tego, że:

\(\displaystyle{ \frac{C_2G}{CG} = \frac{B_1C_2}{BC}= \frac{ \frac{2}{3} \cdot BC }{BC} = \frac{2}{3}= \frac{ \frac{2}{3} \cdot AC }{AC} = \frac{C_1I}{CI}}\)

Zatem: \(\displaystyle{ IG}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ AB}\) (tw. Talesa).

Zauważmy, że \(\displaystyle{ A_1C_2}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ B_2C_1}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ BC}\) (tw. Talesa).

Wynika z tego, że:

\(\displaystyle{ \frac{A_1F}{AF} = \frac{A_1C_2}{AC} = \frac{ \frac{1}{3} \cdot AC }{AC} = \frac{1}{3}= \frac{ \frac{1}{3} \cdot BC }{BC} = \frac{C_1D}{CD}.}\)
Z tego wynika, że \(\displaystyle{ DF}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ AB}\), czyli jest równoległe do \(\displaystyle{ IG}\), cnu.

Nowe:

Znajdź pary liczb całkowitych a i b takich, że 7 nie dzieli \(\displaystyle{ ab(a+b)}\) i \(\displaystyle{ 7^7}\) dzieli \(\displaystyle{ (a+b)^7-a^7-b^7}\)

[Dumel]

Zadanie blokuje łańcuszek od hoho albo dłużej, więc dam nowe:

w oryginale było chyba hohoho a nie hoho
a w moim rozwiązaniu tamtego zadania był błąd a na te wskazówki niech nikt lepiej nie patrzy.

[kaszubki]

mariolawiki1, coś tam przy talesach jest nie tak.
Inny sposób na moje zadanie:

Ukryta treść:    

Zauważmy, że trójkąt ABC możemy przekształcić afinicznie do trójkąta równobocznego.

[justynian]

\(\displaystyle{ (a+b)^7-a^7-b^7=[syf]=7ab(a+b)(a^4+2a^3b+3a^2b^2+2ab^3+b^4)}\)
wobec warunków mamy że musi być \(\displaystyle{ 7^6|(a^4+2a^3b+3a^2b^2+2ab^3+b^4)=(a^2+ab+b^2)^2}\)
Zauważamy że \(\displaystyle{ (a+b)^2>>a^2+ab+b^2 \ge 7^3 \Rightarrow a+b>17}\)
sprawdzamy że dla (1,18) działa jak chcemy ich więcej (tych par) to mnożymy rozwiązanie przez k nie mające w rozkładzie na czynniki 7 ani jej wielokrotnosci.

Zadanko oddaje...

[tkrass]

justynian,

jeśli ktoś nie ma nowego zadania do wrzucenia, niech nie zamieszcza rozwiązania poprzedniego, a nie pisze "oddaję kolejkę".

Proszę, żebyś wrzucił zadanie i nie robił tak więcej.

[mariolawiki1]

mariolawiki1, coś tam przy talesach jest nie tak.
Inny sposób na moje zadanie:

Ukryta treść:    

Zauważmy, że trójkąt ABC możemy przekształcić afinicznie do trójkąta równobocznego.

Kaszubki, wskaż mój błąd, ja niestety nie widzę. Pozdrawiam

[justynian]

Nie czytałem jaki czas tematu toteż nie wiedziałem o nowym zwyczaju , tym samym:

W konkursie rzutu oszczepem brało udział 65 zawodników startowali po kolei i oddawali po 1 rzucie, każdy otrzymywał inny wynik, liderem w danym momencie będziemy nazywać tego zawodnika który do tej pory oddał najdłuższy rzut. Niech p oznacza prawdopodobieństwo iż lider zmienił się tylko raz w czasie całego konkursu, wykaż że \(\displaystyle{ p> \frac{1}{16}}\).

[timon92]

mariolawiki1, ta proporcja jest wyjęta z kapelusza.

\(\displaystyle{ \frac{C_2G}{CG} = \frac{B_1C_2}{BC}}\)

Moje rozwiązanie:

Ukryta treść:    

Lemat: dany jest trapez KLMN, KL || MN. Środki odcinków KL, MN oznaczmy przez P,Q, punkt przecięcia KM, LN przez R, punkt przecięcia LM, KN przez S. Wówczas punkty P,Q,R,S są współliniowe. Dowód prosty z twierdzenia Talesa.

Korzystając z lematu widzimy, że AD jest środkową w trójkącie ABC, analogicznie AG jest tą samą środkową, czyli GD jest środkową trójkąta ABC. Analogicznie uzasadniamy, że IF i HE są środkowymi, a środkowe w trójkącie są współpękowe, ckd

Aktualne zadanie:

W konkursie rzutu oszczepem brało udział 65 zawodników startowali po kolei i oddawali po 1 rzucie, każdy otrzymywał inny wynik, liderem w danym momencie będziemy nazywać tego zawodnika który do tej pory oddał najdłuższy rzut. Niech p oznacza prawdopodobieństwo iż lider zmienił się tylko raz w czasie całego konkursu, wykaż że \(\displaystyle{ p> \frac{1}{16}}\).

[mariolawiki1]

B1C2BC jest trapezem, czyli B1C2G i GBC są podobne, więc C2G/CG=B1C2/BC. Gdzie jest błąd w moim rozumowaniu? Pozdrawiam

[smigol]

Może w tym, że te trójkąty nie są podobne?

[mariolawiki1]

Posłużę się rysunkiem, bo może wcześniej nie wyraziłam się jasno.
... a8033.html

Czy trójkąty B_1C_2G i BCG nie są podobne?
Pozdrawiam

[timon92]

Na Twoim rysunku tak. Na rysunku kaszubkiego nie.