Matematyka.pl

Witam, jak wiadomo dzisiaj odbył się etap miejski konkursu matematycznego skierowanego dla uczniów liceum i gimnazjum województwa Śląskiego. Poniżej przedstawię treść zadań:

Zadanie 1
Wyznacz wszystkie pary \(\displaystyle{ (x,y)}\) liczb całkowitych spełniające równanie
\(\displaystyle{ xy=2x+3y+5}\)

Zadanie 2
Wykaż, że dla dowolnych licz rzeczywistych \(\displaystyle{ a, b, c}\) spełniona jest nierówność
\(\displaystyle{ (a+b-c)^{2}+(b+c-a)^{2}+(c+a-b)^{2} \ge ab+bc+ca}\).

Zadanie 3
Znajdź wszystkie rozwiązania układu równań
\(\displaystyle{ \begin{cases} x^{2}+8=2(2x+y) \\ y^{2}+9=2(2y+z) \\ x^{2}+10=2(2z+x) \end{cases}}\)

Zadanie 4
W trójkącie prostokątnym \(\displaystyle{ ABC}\), w którym \(\displaystyle{ \angle ACB=90^{0}}\), poprowadzono wysokość \(\displaystyle{ CD}\). Wykaż, że
\(\displaystyle{ AC+BC<AB+CD}\)

Zadanie 5
Wykaż, że w każdej permutacji dwóch tysięcy czternastu liczb
\(\displaystyle{ 1, 2, 3, ..., 2013, 2014}\)
istnieje 5 kolejnych wyrazów, których suma jest nie mniejsza niż \(\displaystyle{ 5035}\).

Myślę, że zadania były trochę trudniejsze niż w zeszłym roku. Zapraszam do dyskusji.

Czy mógłby ktoś napisać jak zrobić 5?

1 trywialne, 2 też (zastosowałem w pewnym momencie moją ulubioną nierówność o ciągach jednomonotonnicznych ), 3 wymagało blefogennego przekształcania, 4 ciekawe, chociaż bardzo szybko zrobiłem, a 5 - no cóż, pewnie wystarczył jakiś prosty manewr - jak zrobię to napiszę.

Pierwszy raz brałem udział, jestem zadowolony, dobrze się przy zadaniach bawiłem.

W tym roku wyjątkowo proste zadania Piąte tylko pewnie nas zaskoczyło, ale rozwiązanie było na pół strony A4... Zadanie okazało się łatwe, tylko trzeba było wpaść na pewną zależność (rozpisać permutację dla pierwszych \(\displaystyle{ \left( n _{1}, n _{2}...n _{5}\right)}\), a następnie dla kolejnych wyrazów).

@Kaf: Co do zadania nr 2, przecież wystarczyło od razu \(\displaystyle{ -2ab-2bc-2ac}\) przenieść na prawą stronę, podzielić obie strony nierówności przez 3 i miałeś sumę kwadratów liczb rzeczywistych. Nie wiem, po co sobie życie utrudniać Pisać \(\displaystyle{ \sum_{a=1}^{a=2}=a}\) zamiast 1+2. No chyba, że chciałeś to tak prawdziwie matematycznie ująć

No nic, zobaczymy jak poszło. Życzę wszystkim udanych wyników i przejścia do kolejnego etapu.

Co do zadania 5:
DNP.
Wiemy, że \(\displaystyle{ a_{1} + ...+ a_{5}\le5034}\)
\(\displaystyle{ a_{2} + ...+ a_{10}\le5034}\)
.
.
.
\(\displaystyle{ a_{2006} + ...+ a_{2010}\le5034}\)
Więc suma \(\displaystyle{ a_{1} + ...+ a_{2010}\le5034*402}\)
Czyli \(\displaystyle{ a_{2011} + ...+ a_{2014}\ge2029105-5034*402=5437}\)
Więc ostatecznie suma \(\displaystyle{ a_{2010} + ...+ a_{2014}>5437}\) i mamy sprzeczność
\(\displaystyle{ 2029105= \sum_{n=1}^{2014} n}\), natomiast nierówność robi się ostra, gdyż \(\displaystyle{ a_{2010}>0}\)

Napisałem coś podobnego, tylko zamiast nierówności słabej dałem równość. Dość istotny błąd. Zauważyłem większe zainteresowanie tematem niż rok temu, bo również taki założyłem.

-- 6 lut 2014, o 18:02 --

Wpadłem na ciekawe rozwiązanie piątego:

Tworzymy tablicę:

\(\displaystyle{ \begin{vmatrix}a_{1}&a_{2}&a_{3}&a_{4}&a_{5}...&a_{2014}\\a_{2}&a_{3}&a_{4}&a_{5}&a_{6}...&a_{1}\\a_{3}&a_{4}&a_{5}&a_{6}&a_{7}...&a_{2}\\.\\.\\.\\a_{2014}&a_{1}&a_{2}&a_{3}&a_{4}...&a_{2013}\end{vmatrix}}\)

Rozważmy teraz pewien element tablicy:

\(\displaystyle{ \begin{vmatrix}a_{1}&a_{2}&a_{3}&a_{4}&a_{5}\\a_{2}&a_{3}&a_{4}&a_{5}&a_{6}\\a_{3}&a_{4}&a_{5}&a_{6}&a_{7}\\.\\.\\.\\a_{2014}&a_{1}&a_{2}&a_{3}&a_{4}\end{vmatrix}}\)


Suma tych pięciu kolumn to: \(\displaystyle{ 5 \cdot \frac{2015 \cdot 2014}{2}=10145525}\)
Załóżmy teraz,że suma każdego wiersza nie przekracza \(\displaystyle{ 5034}\).

\(\displaystyle{ 10138476=5034 \cdot 2014<5 \cdot \frac{2015 \cdot 2014}{2}=10145525}\)

Oznacza to,że na pewno pewien wiersz ma sumę większą od \(\displaystyle{ 5034}\).

ben2109 pisze:Napisałem coś podobnego, tylko zamiast nierówności słabej dałem równość. Dość istotny błąd.

Bardziej drobne niedopatrzenie niż błąd, gdyż jeśli idąc moim tokiem rozumowania chcemy zmniejszyć sumę 4 ostatnich wyrazów, musimy zmaksymalizować poprzednie sumy, więc znak równości można uznać za kosmetyczną wadę rozwiązania, a nie merytoryczny błąd, zależy również od sprawdzającego.

No o to właśnie chodziło, zobaczymy ile obetną punktów za to.

Są już rozwiązania zadań na stronie konkursu
... azania.pdf

Są już wyniki konkursu !


19/25 nie najgorzej, choć myślałem że będzie 20/25…

Też 19 pkt, trochę się straciło za niedopatrzenia

Czy używanie kalkulatora podczas tego konkursu było dozwolone?

Tak.

To imo 5 robi się dużo prostsze, bo zadanie ogólnie jest fajne i przyjemne, a negatywnym aspektem są właśnie te rachunki. Wiadomo jednak, że w domu się myśli zupełnie inaczej niż na konkursie. Gratulację dla wszystkich, którym udało się zakwalifikować

Zadanka z finału:
1. Wykaż, że istnieje taka dodatnia liczba całkowita \(\displaystyle{ n}\) dla której liczba \(\displaystyle{ 201420142014...2014}\) (czyli \(\displaystyle{ n-}\)krotnie powtórzona liczba 2014) jest podzielna przez 2013.

2. Wyznacz wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}}\), które dla dowolnych liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) spełniają równanie
\(\displaystyle{ f(x)f(y)=f(xy)+x^2+y^2}\)

3. Wyznacz wszystkie pary \(\displaystyle{ (p, q)}\) liczb pierwszych spełniające równanie \(\displaystyle{ p^2=12q^2+1}\).

4. W okrąg o środku \(\displaystyle{ O}\) wpisano trójkąt ostrokątny \(\displaystyle{ ABC}\). Odcinki \(\displaystyle{ AA_1}\) i \(\displaystyle{ BB_1}\) są wysokościami tego trójkąta. Wykaż, że proste \(\displaystyle{ A_1B_1}\) i \(\displaystyle{ OC}\) są prostopadłe.

5. Na płaszczyźnie wybrano dowolnie 50 różnych punktów, z których żadne trzy nie są współliniowe. Wykaż, że istnieje 25 odcinków, których końcami są wybrane punkty oraz żadne dwa spośród tych odcinków nie przecinają się.