Kategoria I, 10 lipca 2009, 19:17

Miejsce na dyskusje i ocenę zadań z I konkursu forumowego ;).
Liga
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 168
Rejestracja: 29 wrz 2006, o 18:17
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Forum Matematyka.pl

Kategoria I, 10 lipca 2009, 19:17

Post autor: Liga » 10 lip 2009, o 23:35

Zadanie 1. Udowodnię, że w przedziale od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ 2009}\) nie istnieje \(\displaystyle{ 15}\) liczb całkowitych względnie pierwszych, nie będących liczbami pierwszymi. Aby liczba nie była pierwsza musi być iloczynem liczb pierwszych, najlepiej dwóch (wtedy jest możliwie najmniejsza), albo kwadratem liczby pierwszej. Pokaże że największa z tych \(\displaystyle{ 15}\) liczb jest większa od \(\displaystyle{ 2009}\). Oznaczam przez \(\displaystyle{ p_{1};p_{2};p_{3};...;p_{29};p_{30}}\), \(\displaystyle{ 30}\) początkowych liczb pierwszych, w kolejności rosnącej. Zaznacze od razu że kluczową rolę będzie tu odgrywała liczba \(\displaystyle{ p_{15}}\), która jest równa \(\displaystyle{ 47}\), ponieważ jest to najmniejsza liczba pierwsza której kwadrat jest większy od \(\displaystyle{ 2009}\): \(\displaystyle{ 47^{2}=2209>2009}\) Aby uzyskiwać liczby możliwie najmniejsze (żeby nie były większe od \(\displaystyle{ 2009}\)), będe tworzył iloczyny: \(\displaystyle{ p_{1}*p_{30};p_{2}*p_{29}}\) itd. Część liczb mogę uzyskiwać poprzez podnoszenie do kwadratu. Ale za każdym razem jedna z liczb będzie większa od \(\displaystyle{ 2009}\). W przypadku mnożenia pierwsza-ostatnia, druga-przedostatnia itd. (wspomnianego powyżej), jednym z iloczynów będzie \(\displaystyle{ p_{15}*p_{16}}\), który jest większy od \(\displaystyle{ 2009}\) (już \(\displaystyle{ p_{15}^{2}}\) jest większe). Teraz zbadam takie kombinacje w których część z \(\displaystyle{ 15}\) liczb będzie uzyskiwana jako iloczyny, a część z podnoszenia do kwadratu. Chcę dla przykładu uzyskać jedną liczbę jako kwadrat i pozostałe \(\displaystyle{ 14}\) z iloczynów. Dla uzyskania możliwie najmniejszych liczb kwadrat musi być zrobiony z liczby pierwszej leżącej po środku (biorąc kolejność rosnącą). Więc \(\displaystyle{ 14}\) pierwszych liczb będzie potrzebne do iloczynów, liczba piętnasta będzie podniesiona do kwadratu, a następne \(\displaystyle{ 14}\) będą wymnażane z pierwszymi \(\displaystyle{ 14}\). Akurat liczba piętnasta to nasze \(\displaystyle{ p_{15}}\), któro po podniesieniu do kwadratu daje liczbę większą od \(\displaystyle{ 2009}\). Tym kwadratem musi być więc inna liczba, oczywiście mniejsza. Jeśli podnieślibyśmy do kwadratu czternastą liczbę pierwszą, to \(\displaystyle{ 13}\) początkowych liczb pierwszych i \(\displaystyle{ 13}\) końcowych byłoby przeznaczonych na iloczyny, ale jednym z iloczynów byłby:\(\displaystyle{ p_{15}*p_{16}}\), który przekraczałby \(\displaystyle{ 2009}\). Gdybym chciał mieć \(\displaystyle{ 2}\) kwadraty i \(\displaystyle{ 13}\) iloczynów sytuacja byłaby jeszcze gorsza (liczby byłyby jeszcze większe). \(\displaystyle{ 13}\) pierwszych byłoby przeznaczone na iloczyny, następnie \(\displaystyle{ 2}\) kwadraty (w tym \(\displaystyle{ p_{15}^{2}}\)) i następnie \(\displaystyle{ 13}\) liczb przeznaczone na iloczyny. W ten sposób (wybierając optymalne mnożenia (w celu uzyskania jak najmniejszych liczb)), największą liczbą zawsze będzie co najmniej \(\displaystyle{ p_{15}^{2}}\). Na przykład dla 5 kwadratów, \(\displaystyle{ 10}\) początkowych liczb pierwszych będzie do iloczynów, następnie \(\displaystyle{ 5}\) kwadratów, w tym \(\displaystyle{ p_{15}^{2}}\) i \(\displaystyle{ 10}\)następnych dla iloczynów. Tym sposobem zostało udowodnione że w przedziale od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ 2009}\) nie ma \(\displaystyle{ 15}\) liczb względnie pierwszych, z których żadna nie jest liczbą pierwszą. Zadanie 2. Rysunek pomocniczy: http://img33.imageshack.us/img33/6740/trjkt.png Przyjmuje oznaczenie \(\displaystyle{ \angle ADC=\angle a}\). Punkt \(\displaystyle{ D}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ AB}\), więc odcinek \(\displaystyle{ CD}\) jest środkową. Ponieważ kąty \(\displaystyle{ \angle ADC=\angle BAE=\angle a}\), zgodnie z treścią zadania. Więc trójkąt \(\displaystyle{ AOD}\) jest równoramienny, odcinki \(\displaystyle{ AO}\) i \(\displaystyle{ DO}\) są równe, gdzie punkt \(\displaystyle{ O}\) jest punktem przecięcia odcinków \(\displaystyle{ AE}\) i \(\displaystyle{ DC}\). Korzystając z tego że punkt \(\displaystyle{ E}\) dzieli odcinek \(\displaystyle{ CB}\) w stosunku \(\displaystyle{ 1:2}\), a odcinek \(\displaystyle{ CD}\) to środkowa, otrzymuję że odcinki \(\displaystyle{ DO}\) i \(\displaystyle{ CO}\) są równe. Leżą dodatkowo na jednej prostej. A ponieważ \(\displaystyle{ |AO|=|DO|}\) co zostało napisane wcześniej, więc punkty \(\displaystyle{ C}\), \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ D}\) leżą na jednym okręgu, a odcinek \(\displaystyle{ CD}\) jest średnicą. Szukany kąt \(\displaystyle{ BAC}\) jest oparty na średnicy okręgu, więc ma miarę \(\displaystyle{ 90^{o}}\). Zadanie 3. Korzystam z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną. \(\displaystyle{ (a+b)(a+c)\geqslant2\sqrt{abc(a+b+c)}}\) Dziele obustronnie przez 2: \(\displaystyle{ \frac{(a+b)(a+c)}{2}\geqslant\sqrt{abc(a+b+c)}}\) wymnażam licznik i grupuje wyrazy: \(\displaystyle{ \frac{(a^{2}+ab+ac)+bc}{2}\geqslant\sqrt{abc(a+b+c)}}\) Teraz stosuje nierówność między średnimi, dla dwóch argumentów: \(\displaystyle{ (a^{2}+ab+ac)}\) oraz \(\displaystyle{ bc}\) i otrzymuję: \(\displaystyle{ \frac{(a^{2}+ab+ac)+bc}{2}\geqslant\sqrt{(a^{2}+ab+ac)bc}}\) Z kolei: \(\displaystyle{ \sqrt{(a^{2}+ab+ac)bc}=\sqrt{a^{2}bc+b^{2}ac+c^{2}ab} =\sqrt{abc(a+b+c)}}\) W ostateczności: \(\displaystyle{ \frac{(a+b)(a+c)}{2}\geqslant\sqrt{abc(a+b+c)}}\) co należało udowodnić Zadanie 4. Sumę 2000 kolejnych liczb całkowitych można przdstawić jako: \(\displaystyle{ a+(a+1)+(a+2)+(a+3)+(a+4)+...+(a+1998)+(a+1999)}\) dla \(\displaystyle{ a}\) należącego do zbioru liczb całkowitych Jest ona równa: \(\displaystyle{ 2000a+1+2+3+4+...+1998+1999}\) Korzystając ze wzoru na sumę kolejnych liczb całkowitych opracowanego przez młodego Gaussa, przedstawiam tą sumę jako: \(\displaystyle{ 2000a+\frac{1999*(1999+1)}{2}=2000a+1999*1000}\) Liczba \(\displaystyle{ 2000a+1999000}\) (suma 2000 kolejnych liczb), zgodnie z poleceniem nie ma być kwadratem liczby całkowitej. Wiem że: \(\displaystyle{ a^{2}*b^{2}=(ab)^2}\) Dlatego mogę wyciągnąć przed nawias \(\displaystyle{ 100}\) któro jest kwadratem (\(\displaystyle{ 100=10^{2}}\)) a następnie pokazać że zawartość nawiasu nie jest kwadratem. \(\displaystyle{ 2000a+1999000=100(20a+19990)}\) \(\displaystyle{ 20a+19990}\) jest liczbą parzystą więc musi być kwadratem liczby parzystej: \(\displaystyle{ 20a+19990=(2k)^{2}}\) gdzie \(\displaystyle{ k}\) jest lizcbą całkowitą. Wtedy: \(\displaystyle{ 20a+19990=4k^{2}}\) A \(\displaystyle{ 20a+19990}\) nie jest podzielne przez 4 (prawa strona (\(\displaystyle{ 4k^{2}}\)) jest oczywiście podzielna przez 4). \(\displaystyle{ 2}\) ostatnie cyfry liczby \(\displaystyle{ 19990}\) tworzą liczbę \(\displaystyle{ 90}\) która nie jest podzielna przez \(\displaystyle{ 4}\). Dochodzimy ostatecznie do sprzeczności. Dlatego suma \(\displaystyle{ 2000}\) kolejnych liczb całkowitych nie może być kwadratem liczby całkowitej. Zadanie 5. Z pierwszego równania: \(\displaystyle{ x^{2}-y^{2}=0}\) otrzymuję że: \(\displaystyle{ |x|=|y|}\) Czyli: \(\displaystyle{ x=y}\) lub \(\displaystyle{ x=-y}\) Więc dla każdego \(\displaystyle{ x\neq0}\) istnieją \(\displaystyle{ 2}\) różne rozwiązania: \(\displaystyle{ (x,y)}\) oraz \(\displaystyle{ (x,-y)}\). Liczba rozwiązań jest więc parzysta. W naszym przypadku ich liczba (\(\displaystyle{ 3}\)) jest nieparzysta. Dlatego jednym z rozwiązań jest rozwiązanie \(\displaystyle{ (x,y)=(0,0)}\). Zmiana znaku nie wpływa na to rozwiązanie. Podstawie to rozwiązanie do II równania i wyznacze wartości \(\displaystyle{ k}\). \(\displaystyle{ (0-k)^{2}+0^{2}=1}\) \(\displaystyle{ k^{2}=1}\) \(\displaystyle{ |k|=1}\) \(\displaystyle{ k=1}\) lub \(\displaystyle{ k=-1}\) Odpowiedź: Układ ten ma \(\displaystyle{ 3}\) rozwiązania dla \(\displaystyle{ k\in\{-1,1\}}\).

Awatar użytkownika
Sylwek
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 2705
Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa

Kategoria I, 10 lipca 2009, 19:17

Post autor: Sylwek » 11 lip 2009, o 02:18

Oceny: Zadanie 1 - 0 Zadanie 2 - 0 Zadanie 3 - 6 Zadanie 4 - 6 Zadanie 5 - 5 -- Komentarze: Zadanie 1: Tzw. słowotok. Slogany "sytuacja byłaby jeszcze gorsza" czy "wybierając optymalne mnożenia" lub rozważanie jedynie jednego z przypadków nie powinny się znaleźć w dowodzie matematycznym. Zero za chaotyczne dryfowanie wokół dowodu. Intuicja poprawna, brak odpowiedniego sformułowania myśli. Wystarczyło napisać "z zasady szufladkowej istnieje liczba, która jest iloczynem liczb pierwszych, wśród których każda jest nie mniejsza niż piętnasta (licząc od najmniejszej) liczba pierwsza, czyli jest ona \(\displaystyle{ \ge 47^2 = 2209}\) - sprzeczność". Zadanie 2:
Korzystając z tego że punkt E dzieli odcinek CB w stosunku 1:2, a odcinek CD to środkowa, otrzymuję że odcinki DO i CO są równe.
Ta równość jest prawdziwa, ale wcale nie wynika z przedstawionego argumentu. Zadanie 3: \(\displaystyle{ \sqrt{(a^2+ab+ac)bc}=\sqrt{abc(a+b+c)}}\) - wystarczy wyciągnąć a przed nawias, nie ma potrzeby się siłować . Poza tym takie dowody lepiej nie pisać metodą "od końca". Zadanie 5: Brakuje sprawdzenia, czy rzeczywiście te wartości k spełniają warunki zadania (to są jedyne MOŻLIWOŚCI, więc trzeba sprawdzić).

Awatar użytkownika
scyth
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 6392
Rejestracja: 23 lip 2007, o 15:26
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa

Kategoria I, 10 lipca 2009, 19:17

Post autor: scyth » 14 lip 2009, o 20:46

OK

ODPOWIEDZ