Przypuśćmy bez straty ogólności, że \(\displaystyle{ a > b}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ 4ab-1=(a+b)^2-(a-b)^2-1=(a+b+1)(a+b-1)-(a-b)^2}\), skąd wniosek, że \(\displaystyle{ a+b+1 | (a-b)^2}\). Ponieważ \(\displaystyle{ a+b+1}\) jest pierwsze, więc \(\displaystyle{ a+b+1 | a-b}\). Jednak \(\displaystyle{ a-b<a+b+1}\), a żadna dodatnia liczba całkowita nie jest podzielna przez liczbę od siebie większą. Uzyskana sprzeczność dowodzi, że \(\displaystyle{ a=b}\).
Ostatnio zmieniony 21 paź 2016, o 19:38 przez Ceulen, łącznie zmieniany 1 raz.
Możecie powiedzieć, które zadania da się zrobić dużo prościej? W zadaniach 1, 2, 3, 5 i 6 miałem praktycznie kropka w kropkę rozwiązanie wzorcowe. Zadanie 4 robiłem "od drugiej strony", czyli w inny sposób obierając P na odcinku AB, wraz z nieco innym uzasadnieniem, że odpowiedni punkt istnieje.
Zadanie 7 - nie znałem tego sposobu z \(\displaystyle{ (a+b)^2-(a-b)^2}\), bardzo mi się podoba! Jest trochę trickowy, ale ta tożsamość jest znana, jest też do wymyślenia
Rzeczywiście można nieco krócej niż firmowo, ale czy to jest dużo łatwiej? Skomentuję to poniżej. Rozwiązanie firmowe pokazał mi jeden z moich uczniów, ja za to zrobiłem bardziej... wprost:
Rozwiązanie - zad. 7:
Podstawmy \(\displaystyle{ p=a+b+1}\), wówczas \(\displaystyle{ p|4a(p-a-1)-1=4ap-4a^2-4a+1=4ap-(2a+1)^2}\).
Stąd dostajemy \(\displaystyle{ p|(2a+1)^2}\), czyli \(\displaystyle{ p|2a+1}\). Mamy więc nierówność \(\displaystyle{ a+b+1=p \le 2a+1}\), równoważnie: \(\displaystyle{ b \le a}\).
Jednak gdyby to wszystko zrobić wykluczając zmienną \(\displaystyle{ a}\) z rozważań dot. podzielności, dostajemy symetrycznie \(\displaystyle{ a \le b}\). Stąd \(\displaystyle{ a=b}\).
Komentarz - zad. 7:
Można poza konkursem sprawdzić, że dla \(\displaystyle{ a=b}\) postulowana podzielność zawsze zachodzi. Jak ktoś umie kongruencje, to łatwo zauważy, że moje rozwiązanie to inne zastosowanie przystawania \(\displaystyle{ a \equiv -b-1 \ (\mbox{mod} \ p)}\) - to był mój oryginalny sposób. Musiało coś wyjść w ten sposób. Dużo podobnych sztuczek jest w 5 numerze gazetki OMJ Kwadrat w obu zadaniowych sekcjach.
To rozwiązanie różni się od firmówki tym, że w firmówce mamy \(\displaystyle{ p|2a+1}\) lub \(\displaystyle{ p|2b+1}\). Przy powyższym sposobie otrzymujemy i to, i to, co znacząco ułatwia dokończenie zadania.
Tak czy siak, to pozwala na zaoszczędzenie tylko jednego kroku w stosunku do firmówki. Sednem zadania było zauważenie, że \(\displaystyle{ p}\) dzieli jeden z powstałych nawiasów, bądź też wartość pod kwadratem. Reszta to szczegóły techniczne, prostsze lub trudniejsze.
Szóste można było zrobic szybciej niz firmowkre - wystarczyło rozpatrzeć sobie sześcian o boku długości \(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{2} }{2}}\), znalezc sobie w nim ten czworościan i obliczyć jego objętość. Na pewno mniej obliczen niz w rozwiązaniu ze strony.
A jednoznaczność? Czworościan, który podałeś, spełnia założenia zadania, ale na ten moment jest to jedynie przykład czworościanu spełniającego założenia zadania, a nie dowód, że jeśli czworościan spełnia założenia zadania, to jego objętość jest równa tyle i tyle.
Obliczenia są dokładnie takiej samej trudności - wspominasz o kącie prostym i używasz twierdzenia Pitagorasa, przy czym w twoim sposobie to na tobie spoczywa ciężar udowodnienia jednoznaczności tej konstrukcji.
Gdy już zrobiłem to zadanie, to myślałem w tę samą stronę co ty i wymyśliłem takie coś na temat jednoznaczności.
Z podanego warunku na 3 kąty proste, punkt D jest punktem wspólnym trzech sfer o promieniach \(\displaystyle{ 1/2}\), które mają swoje środki w środkach boków trójkąta równobocznego. Stąd już wynika, że punkt D jest jednoznacznie wyznaczony (no... prawdę mówiąc istnieją dwa takie punkty, ale drugi jest symetryczny do pierwszego względem płaszczyzny trójkąta równobocznego, więc druga konfiguracja tworzy czworościan przystający do pierwszego).
I w ten sposób otrzymujemy, że kandydat będący \(\displaystyle{ 1/6}\) sześcianu o boku \(\displaystyle{ \sqrt{2}/2}\) rzeczywiście jest jedynym czworościanem spełniającym założenie zadania.
Na marginesie, jest fajne trickowe rozwiązanie do 4.:
Ukryta treść:
Niech \(\displaystyle{ E}\)będzie środkiem łuku \(\displaystyle{ AC}\), na którym nie leży \(\displaystyle{ D}\). Wówczas \(\displaystyle{ AD+DC=DE}\). Ponadto z równości kątów wpisanych otrzymujemy \(\displaystyle{ DE=AB}\) i łącząc te równości otrzymujemy tezę
Wydaje mi się nieco prostsze od firmówki, co sądzicie?
Tak jak myślałam, przeszłam do następnego etapu Gratuluję pozostałym!
Teraz jeszcze zostaje trochę ponad miesiąc na przerobienie reszty zadań z poprzednich edycji i drugi etap, który na pewno nie pójdzie tak łatwo. Jakby ktoś ze śląskiego był chętny na wspólne rozwiązywanie zadań, to polecam się
