Kategoria I, 6 lipca 2009, 14:37

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, 6 lipca 2009, 14:37

Post autor: Liga » 10 lip 2009, o 23:42

Zad 1 Załóżmy przeciwnie, że żadna z danych liczb nie jest pierwsza. Ma wtedy ona co najmniej 2 pierwsze dzielniki (niekoniecznie różne). Wiemy, że wszystkie 15 liczb jest względnie pierwszych, a zatem żadne dwie nie mają takiego samego dzielnika, więc skoro mamy 15 liczb, większych niż 1, to co najmniej jedna ma dzielniki pierwsze większe lub równe 15-tej liczbie pierwszej, czyli 47, a więc sama będzie większa lub równa \(47^2=2209>2009\). Doszliśmy do sprzeczności z założeniami zadania, a zatem założenie, że żadna z danych liczb nie jest pierwsza było błędne. Co najmniej jedna z danych liczb musi być zatem pierwsza. c.b.d.u. Zad 2 Przez F oznaczmy taki punkt należący do odcinka BC, że odcinek DF jest równoległy do odcinka EA, a przez G oznaczmy punkt będący przecięciem się odcinków CD i EA. Z tw. Talesa \(\frac{BF}{BE}=\frac{BD}{DA}=\frac{1}{2} \Rightarrow \frac{BE}{2}=BF=FE=EC\). Dalej używając tw. Talesa twierdzę, że \(\frac{EG}{FD}=\frac{CE}{CF}=\frac{1}{2} \ \frac{FD}{EA}=\frac{BD}{BA}=\frac{1}{2} \Rightarrow \frac{EG}{EA}=\frac{1}{4}\). Oznaczmy sobie długość odcinka EG jako b. Wtedy \(GA=3b\). Z równości \(\sphericalangle CDA= \sphericalangle EAD\), wnioskuję, że trójkąt ADG jest równoramienny i \(GD=GA=3b\). Przez H oznaczmy taki punkt należący do prostej AB, taki, że \(CD=CH\). Wtedy \(\sphericalangle CHD= \sphericalangle CDH= \sphericalangle EAD\), a więc proste EA i CH są równoległe. Z tw. Talesa \(\frac{EA}{CH}=\frac{BE}{BC}=\frac{2}{3} \Rightarrow CH=\frac{3}{2}\cdot EA=\frac{3}{2}\cdot 4b=6b\). Trójkąt CDH jest równoramienny, a zatem \(CD=CH=6b\). Z tego wynika, że \(DG=GC=GA=3b\), a zatem w trójkącie ACD środkowa opuszczona z wierzchołka kąta jest równa połowie boku, na który została opuszczona co jest własnością trójkąta prostokątnego z kątem prostym przy wierzchołku, z którego dana środkowa została opuszczona. A zatem \(\sphericalangle BAC=90^{o}\). Zad 3 \((a+b)(a+c)=a^{2}+ab+ac+bc=a(a+b+c)+bc\). Z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną wnioskuję, że \(\frac{a(a+b+c)+bc}{2} \ge \sqrt{a(a+b+c)bc} \Rightarrow (a+b)(a+c)=2\cdot \frac{a(a+b+c)+bc}{2} \ge 2\sqrt{abc(a+b+c)}\) c.b.d.u. Zad 4 Przedstawmy daną sumę jako sumę składników od x+1 aż do x+2000. \((x+1)+(x+2)+...+(x+2000)=(1+2+...+(x-1)+x+(x+1)+... =(x+2000))-(1+2+...+(x-1)+x)=\frac{(x+2000)(x+2001)}{2}-\frac{x(x+1)}{2}=\frac{x^{2}+4001x+2000\cdot 2001-x^{2}-x}{2}=\frac{4000x+2000\cdot 2001}{2}=1000 \cdot (2x+2001)\) Zauważmy, że \(2\) nie dzieli wyrażenia \(2x+2001\), \(2^{3}\) dzieli \(1000\), a \(2^{4}\) nie dzieli \(1000\), a więc w rozkładzie danej sumy na czynniki pierwsze 2 występuje w potędze nieparzystej, a więc dana suma nie może być kwadratem liczby naturalnej. c.b.d.u. Zad 5. Zauważmy, że jeżeli \((x; y)\) jest rozwiązaniem danego układu, to także \((x; -y)\) jest jego rozwiązaniem. Zatem jeżeli dla danego k, układ ma mieć 3 rozwiązania, to musi mieć rozwiązanie postaci \((x; 0)\), bo inaczej miałby parzystą liczbę rozwiązań. Układ przyjmuje zatem postać: \(\begin{cases} x^{2}=0\\ (x-k)^{2}=1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x=0 \\ (-k)^{2}=1 \end{cases} \Rightarrow |-k|=1 \Rightarrow k=1 \vee k=-1\). Parametr k może przyjmować zatem 2 wartości, dla których dany układ równań może przyjmować postać \(\begin{cases} x^{2}-y^{2}=0\\ (x+1)^{2}+y^{2}=1 \end{cases}\) albo \(\begin{cases} x^{2}-y^{2} \\ (x-1)^{2}+y^{2}=1 \end{cases}\) Rozwiążmy teraz oba układy: \(\begin{cases} x^{2}-y^{2}=0 \\ (x+1)^{2}+y^{2}=1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x^{2}=y^{2} \\ x^{2}+2x+1+x^{2}=1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x^{2}=y^{2} \\ 2x(x+1)=0 \end{cases} \Rightarrow x=0 \vee x=-1 \Rightarrow 0=x^{2}=y^{2} \vee 1=x^{2}=y^{2}\) i otrzymujemy 3 pary rozwiązań \((0; 0); (-1; 1); (-1; -1)\). Rozwiązując analogicznie drugi układ dochodzimy do postaci: \(\begin{cases} x^{2}=y^{2} \\ 2x(x-1)=0 \end{cases}\) z czego analogicznie otrzymujemy 3 pary rozwiązań \((0; 0); (1; -1); (1; 1)\) Zatem dla parametu k równego 1 lub -1 otrzymujemy w obu przypadkach po 3 rozwiązania, a dla innych wartości parametru k układ posiada parzystą liczbę rozwiązań, a więc inną niż 3.

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

Kategoria I, 6 lipca 2009, 14:37

Post autor: Sylwek » 11 lip 2009, o 01:15

Oceny: Zadanie 1. - 6 Zadanie 2. - 5 Zadanie 3. - 6 Zadanie 4. - 6 Zadanie 5. - 6 -- Komentarze: Zadanie 2.:
Przez H oznaczmy taki punkt należący do prostej AB, taki, że CD=CH. Wtedy \(\sphericalangle CHD= \sphericalangle CDH= \sphericalangle EAD\), a więc proste EA i CH są równoległe.
Zakładasz bez dowodu, że \(\sphericalangle EAD\) jest kątem ostrym. Masz pecha, bo akurat u mnie na rysunku pomocniczym jest rozwarty i wówczas zachodziłoby: \(\sphericalangle CHD= \sphericalangle CDH= 180^o - \sphericalangle EAD\). Wiem, że fakt, że ten kąt jest ostry, wynika z równoramienności trójkąta \(\Delta ADG\), ale to trzeba napisać.
a zatem w trójkącie ACD środkowa opuszczona z wierzchołka kąta jest równa połowie boku
z wierzchołka kąta \(\sphericalangle CAD\), nie zapominaj o dokładnym opisywaniu sytuacji

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

Kategoria I, 6 lipca 2009, 14:37

Post autor: scyth » 14 lip 2009, o 20:47

OK

ODPOWIEDZ