Matmix 2008/2009

[Arst]

Niech mi ktoś powie: dlaczego ja nigdy nie słyszałem o twierdzeniach Cevy i Menelaosa? W której klasie się o nich mówi? Przeszukałem książki do pierwszej i drugiej klasy i niestety nie znalazłem tych twierdzeń. Czyżbym coś przeoczył...jestem w II LO, program Pawłowskiego.

BTW. W jakiej książce znajdę wszystkie najważniejsze twierdzenia i zależności? Tak żeby na przyszłość nie było niespodzianek jak z tym zadaniem z 9 zestawu? Jakieś repetytorium czy coś w tym stylu

pozdrawiam

[mikolaj92]

myślę, że tak rok temu 10-12pkt można było stracic. Byłem ciekaw i sprawdziłem -- 10 mar 2009, o 13:36 --moje odpowiedz I kategoria
8 zestaw
1.g
2.e
9 zestaw
1.e
2.a
3.d

[Dumel]

moje rozwiazanie: (zad. 3 zestaw 9)
niech S bedzie punktem przeciecia prostych AB i KL. z rownoleglosci prostych MR i KS mamy podobienstwo trojkatow AMR i KAS. wobec tego:
\(\displaystyle{ \frac{MR}{KS} = \frac{AM}{AS}}\)
ponadto z twierdzenia Talesa:
\(\displaystyle{ \frac{KS}{MQ}= \frac{BS}{MB}}\)
mnozac te dwie rownosci stronami mamy:
\(\displaystyle{ \frac{MR}{MQ}= \frac{AM \cdot BS}{MB \cdot AS}}\)
z twierdzenia Cevy:
\(\displaystyle{ \frac{AM}{MB} = \frac{CK}{BK} \cdot \frac{BS}{AS}}\)
wiec z twierdzenia Menalausa:
\(\displaystyle{ \frac{MR}{MQ}= \frac{BS \cdot AL \cdot CK}{AS \cdot CL \cdot BK}=1}\)
zna ktoś jakies zgrabniejsze rozwiazanie? (to moje mi sie srednio podoba bo nie lubie takiej babraniny z proporcjami bokow)
Arst tych twierdzen nie znajdziesz w programie szkoly sredniej. tak juz chyba musi byc ze nawet na takim Matmixie trzeba coś wiedziec ponad program. na Twoim miejscu przeliczylbym to analitycznie. Troche twierdzen jest w Vademecum w zbiorach olimpijskich Pawłowskiego (nie za dużo ale na (moze: prawie) wszystkie polskie zawody matematyczne wystarczy).-- 10 marca 2009, 13:47 --o nie zauwazylem ze zostal jeszcze przypadek w ktorym KL || MQ ale on jest trywialny

[Desmondo]

A mógłby ktoś przedstawić rozwiązanie do zadania 3 z zestawu IX dla kategorii I?

[kejd?ej]

Nowe zadania z kat. II są chore ^^"
Nawet nie wiem jak się za to zabrać. Może jutro mi jakiś pomysł przyjdzie.

[patry93]

Ech, trochę bez sensu, że dają zadania, które są wraz z rozwiązaniami w ogólnodostępnych książkach... w ten sposób Ci, którzy te książki posiadają, mają taryfę ulgową
A co do nowego zestawu kat. I, to zad. 1 jest świetne! (oczywiście nie zrobiłem i pewnie nie zrobię, ale podobają mi się tego typu zadania)

[kejd?ej]

Wszystkie z zadań co podają są raczej z jakiejś literatury czy coś.
Wątpliwe bardzo, aby wymyślali sami zadania.
Ewentualnie troszkę modyfikują treść.

[kasidelvar]

jestem na razie w grupie ludzi z bezbłędnymi odpowiedziami do wszystkich zestawów hehe, obecny zestaw dużo trudniejszy niż poprzednie, chociaż zadanie drugie już mam.
Lukasz_650, co do ładnego rozwiązania zadania 1 z zestawu 9 to nie chwaląc się ja je Sylwkowi przedstawiłem (*hug for Sylwek* )
Swoją drogą nie znałem totalnie zadanka z Impresji Liczbowych a przekształcenie zrobiłem na Polskim w szkole. Tak już jest, że na Polskim wszystkie zadanka idą najszybciej ;x
Nie chce mi się tego w latexie przepisywać, bo sporo by było w każdym bądź razie po rozpisaniu sumy i zniesieniu potęgi -1 mnożymy całe wyrażenie przez (2n+2)/(2n+2). Dalej znowu rozpisujemy sumę i nam się ładnie wyrazy w liczniku zerują pozostawiając [(2n)!)+(2n)!)]/[(2n)!(2n+2) = 1/(n+1)

[kejd?ej]

Jednak myliłem się w swojej teorii ^^"

[YaSsSkuS]

myślę, że tak rok temu 10-12pkt można było stracic. Byłem ciekaw i sprawdziłem

-- 10 mar 2009, o 13:36 --

moje odpowiedz I kategoria
8 zestaw
1.g
2.e
9 zestaw
1.e
2.a
3.d

Dlaczego odpowiedz e w drugim zadaniu ?... może kto wytłumaczyć ? ja zaznaczyłem c

[kejd?ej]

Weź sobie sześcian o boku a=3 i punkty (0; 1; 1) (1; 2; 0)


a potem wynik podziel na 3

[mnij]

a ja wszystko dobrze :] 39 pkt. eh liczę na finał :]

[Swistak]

Propo skośnych przekątnych sześcianu, to idzie tak:
Najpierw wpisujemy sześcian w układ współrzędnych i wtedy punkty na jednej prostej są postaci (a; 1-a; 0), a na drugiej (0; b; b). Odległość jest pod kątem prostym do obu prostych, więc przez przystawanie trójkątów jeżeli jeden punkty będzie miał postac (a; 1-a; 0), to drugi będzie miał postać (0; a; a). Teraz stosujemy twierdzenie Pitagorasa i otrzymujemy, że \(\displaystyle{ (a^{2}+a^{2})+(a^{2}+(1-2a)^{2}+a^{2})=a^{2}+(1-a)^{2}}\) z czego otrzymujemy, że \(\displaystyle{ a=\frac{1}{3}}\) o ile się nie walnąłem w obliczeniach teraz. Z tego dalej łatwo otrzymujemy, że nasza szukana odległość ma miarę \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{3}}{3}}\). To jest to stosunkowo proste rozwiązanie, moje pierwsze polegało także na wpisaniu sześcianu w układ, ale też na pewnym lemacie mówiącym, że jeżeli czworościan ma ściany jako trójkąty przystające, to odległość między dwoma prostymi skośnymi w tym czworościanie łączy środki boków (lemat wydaje się być oczywisty, choć dowód wcale nie jest taki prosty, choć trudny także nie - polega na zrzutowaniu punktów na pewną płaszczyznę, wtedy ma nam powstać równoległobok. Jego przekątne przecinają się w połowie, a punkt ich przecięcia, to ten, który obrazuje odcinek prostopadły do obu skośnych krawędzi tego czworościanu.). Potem trzeba było zauważyć pewne zależności w tym czworościanie i stworzyć w nim odpowiedni czworościan ze wszystkimi ścianami przystającymi i wtedy wychodziła nam odległość .

[mnij]

Amen. i właśnie dlatego lubię pochodne idzie 100 razy szybciej :d ale w sumie takie rozwiązanie na pewno przysparza sporo satysfakcji

[Sylwek]

Do tego zadania angażować pochodne?

(a; 1-a; 0), a na drugiej (0; b; b)

Zatem na mocy nierówności pomiędzy średnią kwadratową a arytmetyczną: \(\displaystyle{ d=\sqrt{a^2 + (1-a-b)^2 + b^2} = \sqrt{|a|^2+|1-a-b|^2+|b|^2} \ge \\ \ge \sqrt{3} \cdot \frac{|a|+|1-a-b|+|b|}{3} \ge \sqrt{3} \cdot \frac{a+(1-a-b)+b}{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}}\)
a że zachodzi równość dla \(\displaystyle{ a=b=1-a-b=\frac{1}{3}}\), to mamy po zadaniu.

Chociaż w sumie to w tym konkursie ważny jest efekt końcowy, a nie droga rozumowania .