Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
Pragnę przypomnieć o zasadach panujących w tego rodzaju tematach. Nie dyskutujemy o tym, kto zrobił ile zadań i o ich stopniu trudności do upłynięcia terminu wysyłania zadań. Przypominam, że poważne naruszenie tych zaleceń skutkować będzie banem.
Życzę wszystkim powodzenia!
JK
Re: LXXII OM
: 2 paź 2020, o 05:32
autor: Premislav
1.:
Przypuśćmy, że liczby \(\displaystyle{ a,b}\) spełniające warunki zadania mają nieujemny iloczyn.
Wtedy kładąc w nierówności \(\displaystyle{ |(ax+by)(ay+bx)|\le x^{2}+y^{2}, \ y:=1, \ x:=1}\)
dostajemy \(\displaystyle{ (a+b)^{2}\le 2}\), ale \(\displaystyle{ (a+b)^{2}=a^{2}+b^{2}+2ab\ge a^{2}+b^{2}}\), stąd \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}\le 2}\)
Teraz przypuśćmy, że \(\displaystyle{ ab<0}\). Wówczas kładąc w nierówności \(\displaystyle{ |(ax+by)(ay+bx)|\le x^{2}+y^{2}, \ y:=-1, \ x:=1}\)
dostajemy \(\displaystyle{ (a-b)^{2}\le 2}\)
ale \(\displaystyle{ (a-b)^{2}=a^{2}-2ab+b^{2}\ge a^{2}+b^{2}}\),
stąd \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}\le 2}\)
c.k.d.
3.:
Oczywiście \(\displaystyle{ n=1}\) odpada, dalej niech \(\displaystyle{ n>1}\). Jeśli liczba całkowita dodatnia \(\displaystyle{ n}\) nie ma żadnego dzielnika \(\displaystyle{ d}\) z przedziału \(\displaystyle{ \left[\sqrt{n}, \sqrt[3]{n^{2}}\right]}\), to nie ma też żadnego dzielnika \(\displaystyle{ d}\) z przedziału \(\displaystyle{ \left[\sqrt[3]{n}, \sqrt{n}\right]}\), bo gdyby miała, to \(\displaystyle{ \frac{n}{d}}\) też byłoby dzielnikiem \(\displaystyle{ n}\) i \(\displaystyle{ \sqrt{n}\le \frac{n}{d}\le \sqrt[3]{n^{2}}}\), wbrew założeniu.
Rozważmy najmniejszy dzielnik liczby \(\displaystyle{ n}\) większy niż \(\displaystyle{ \sqrt[3]{n^{2}}}\) (istnieje z zasady minimum, bo \(\displaystyle{ n}\) dzieli \(\displaystyle{ n}\) i \(\displaystyle{ n>\sqrt[3]{n^{2}}}\)), nazwijmy go \(\displaystyle{ k}\).
Gdyby \(\displaystyle{ k}\) była liczbą złożoną, to miałaby dzielnik pierwszy \(\displaystyle{ q}\) mniejszy niż \(\displaystyle{ \sqrt[3]{n}}\) (bo z przechodniości relacji podzielności taki dzielnik pierwszy dzieliłby też \(\displaystyle{ n}\)), a wówczas \(\displaystyle{ \frac{k}{q}\bigg|n, \ \sqrt[3]{n^{2}}\ge \frac{k}{q}\ge \frac{\sqrt[3]{n^{2}}}{\sqrt[3]{n}}=\sqrt[3]{n}}\), a to prowadzi do sprzeczności.
Zatem \(\displaystyle{ k}\) jest liczbą pierwszą (zatem jest dzielnikiem pierwszym \(\displaystyle{ n}\) większym niż \(\displaystyle{ \sqrt[3]{n^{2}}}\)), co kończy dowód.
4.:
Zauważmy, że z uwagi na całkowitoliczbowe współrzędne możemy przetłumaczyć te nierówności na \(\displaystyle{ x\ge x'-11, \ y\ge y'-11}\) etc. Przypuśćmy, że w zbiorze zaznaczonych punktów występuje co najmniej \(\displaystyle{ 11}\) różnych pierwszych współrzędnych. Niech najmniejszą z nich będzie \(\displaystyle{ x_{1}}\) i numerujmy pozostałe jako \(\displaystyle{ x_{i}, \ i\ge 2}\). Mamy \(\displaystyle{ x_{i}\ge x_{1}+11(i-1)}\), więc \(\displaystyle{ x_{11}\ge x_{1}+110\ge 111>106}\), co jest absurdem. Zatem występuje co najwyżej \(\displaystyle{ 10}\) różnych wartości pierwszej współrzędnej. W pełni analogicznie uzasadniamy, że w zbiorze zaznaczonych punktów występuje co najwyżej \(\displaystyle{ 10}\) różnych wartości drugiej współrzędnej.
Pozostaje skonstatować, że jeśli zaznaczyliśmy punkty o współrzędnych \(\displaystyle{ (x_{i}, y_{j}), \ 1\le i\le 10, \ 1\le j\le 10}\), gdzie \(\displaystyle{ x_{i}=1+11(i-1), \ y_{j}=1+11(j-1)}\), to warunki zadania są spełnione. Takich punktów jest wtedy \(\displaystyle{ 10\cdot 10=100}\).
A planimetrii nie umiem, nawet na maturze przeliczałem na sinusach.
Re: LXXII OM
: 2 paź 2020, o 08:37
autor: Dasio11
W czwartym ostro ściemniasz.
Re: LXXII OM
: 2 paź 2020, o 10:38
autor: Premislav
A, już widzę, np. punkty \(\displaystyle{ (x_{1}, y_{8}), \ (x_{1}, y_{5})}\) według moich oznaczeń nie spełniają warunków zadania, a skoro sobie mnożę, to je oba liczę. Niestety nad ranem mi się wydawało, że działa. No srogą bzdurę tu wsadziłem, dzięki. Jaka jest odpowiedź, bo szkoda pisać kolejną głupotę?
Re: LXXII OM
: 2 paź 2020, o 12:13
autor: WolfusA
Premislav, \(\displaystyle{ x> x’-10\implies x\ge x’-9}\).
Co do geometrii: jest prosta. Wystarczy liczyć kąty pamiętając o symetrii X i C + kąt między styczną i cięciwą
Re: LXXII OM
: 2 paź 2020, o 13:06
autor: timon92
Premislav pisze: ↑2 paź 2020, o 10:38Jaka jest odpowiedź, bo szkoda pisać kolejną głupotę?
odpowiedź:
\(2020\)
Re: LXXII OM
: 2 paź 2020, o 13:37
autor: Dasio11
Premislav pisze: ↑2 paź 2020, o 10:38A, już widzę, np. punkty \(\displaystyle{ (x_{1}, y_{8}), \ (x_{1}, y_{5})}\) według moich oznaczeń nie spełniają warunków zadania
Chyba jeszcze nie widzisz. Żeby para punktów nie spełniała warunków zadania, jeden z nich musi być dostatecznie daleko "w prawo i w dół" od drugiego.
Re: LXXII OM
: 4 paź 2020, o 22:59
autor: chimz
Tak poza rozwiązaniami, to czy ktoś mógłby powiedzieć jak to jest z ocenami zadań.
Te z pierwszej serii będą już niedługo na moim koncie czy trzeba czekać do końca całego pierwszego etapu?
Re: LXXII OM
: 5 paź 2020, o 19:54
autor: Dragomier
Jestem początkujący, więc te pytania mogą wydać się banalne, ale:
Czy w zadaniu 1 nie ma nieścisłości, skoro autor napisał warunek np dla \(\displaystyle{ ab<0}\), lecz gdy podstawimy \(\displaystyle{ a=2}\) i \(\displaystyle{ b=7}\), to powyższa nierówność nie jest spełniona?
Czy mógłby ktoś rozpisać swoje rozwiązanie zadania 4, bo jestem strasznie ciekawy jak tam wychodzi \(\displaystyle{ 2020}\)?
Re: LXXII OM
: 5 paź 2020, o 20:56
autor: Dasio11
4.:
Z jednej strony na planszy da się umieścić \(\displaystyle{ 2020}\) punktów zgodnie z warunkami zadania, na przykład w dziesięciu dolnych wierszach i dziesięciu prawych kolumnach - oznaczmy tak opisany zbiór punktów przez \(\displaystyle{ A}\). Z drugiej strony wykażemy, że punktów nie można zaznaczyć więcej. Rozważmy zatem dowolny zbiór punktów \(\displaystyle{ B}\) spełniający warunki zadania. Dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ 2 \le s \le 212}\) rozważmy przekątną \(\displaystyle{ P_s = \{ (x, y) \in \{ 1, \ldots, 106 \}^2 : x+y=s \}}\). Wystarczy wykazać, że na każdej takiej przekątnej jest nie więcej punktów z \(\displaystyle{ B}\) niż z \(\displaystyle{ A}\). Jest to oczywiste dla skrajnych przekątnych \(\displaystyle{ P_2 - P_{11}}\) i \(\displaystyle{ P_{203} - P_{212}}\), bo one w całości zawierają się w \(\displaystyle{ A}\). Z kolei na pozostałych przekątnych może być co najwyżej dziesięć punktów z \(\displaystyle{ B}\), bo w przeciwnym razie nietrudno zauważyć, że znalazłyby się dwa punkty przeczące warunkom. W \(\displaystyle{ A}\) zaś na takiej przekątnej punktów jest dokładnie dziesięć - co kończy dowód.
Re: LXXII OM
: 5 paź 2020, o 22:15
autor: Dragomier
Dzięki wielkie!
Re: LXXII OM
: 6 paź 2020, o 14:31
autor: Thingoln
Dragomier pisze: ↑5 paź 2020, o 19:54
Jestem początkujący, więc te pytania mogą wydać się banalne, ale:
Czy w zadaniu 1 nie ma nieścisłości, skoro autor napisał warunek np dla \(\displaystyle{ ab<0}\), lecz gdy podstawimy \(\displaystyle{ a=2}\) i \(\displaystyle{ b=7}\), to powyższa nierówność nie jest spełniona?
Wstrzymywałbym się od podstawiania za \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) konkretnych liczb, bo tak naprawdę nic o nich nie wiemy. Jeśli podstawisz za \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) jedynkę (a można to zrobić, bo w założeniu są one dowolnymi liczbami rzeczywistymi), nierówność nie zachodziłaby dla \(\displaystyle{ (a, b) = (2, 7)}\). Sama teza sugeruje, że mogą one przyjąć różne wartości (nierówność). Założenie o znaku ich iloczynu jest dużo ogólniejsze i pozwala objąć wszystkie możliwe wartości tych dwóch liczb: albo iloczyn jest nieujemny, albo ujemny. Zauważ, że dla nierówności z tezy liczy się tylko ich wartość bezwzględna.
Re: LXXII OM
: 6 paź 2020, o 15:19
autor: Jan Kraszewski
Dragomier pisze: ↑5 paź 2020, o 19:54Czy w zadaniu 1 nie ma nieścisłości, skoro autor napisał warunek np dla \(\displaystyle{ ab<0}\), lecz gdy podstawimy \(\displaystyle{ a=2}\) i \(\displaystyle{ b=7}\), to powyższa nierówność nie jest spełniona?
A czy zauważyłeś, że Premislav rozpatrywał dwa przypadki?
JK
Re: LXXII OM
: 7 paź 2020, o 01:10
autor: cmnstrnbnn
A w 2 też lecieliście po kątach?
Re: LXXII OM
: 23 paź 2020, o 14:47
autor: H0t_Orange_B0i
cmnstrnbnn pisze: ↑7 paź 2020, o 01:10
A w 2 też lecieliście po kątach?
Ja strasznie to zadanie przekombinowałem
Ukryta treść:
Wykorzystałem potęgę punktu względem okręgu i twierdzenie odwrotne do twierdzenia o trójliściu xd
Ale wzorcówka na pewno będzie na kątach
