Chat Prasátek

Matematická sekce

BakyX | 26. 10. 2013 23:33:09

Tá nerovnosť je akosi divná, napr. neplatí pre $\textstyle a=b=c=\frac{1}{2}$ .

Rado | 26. 10. 2013 16:40:27

No, elipsu neumim, ale zato umim vyřešit problém 15 (který byl nesprávně nazván jako problém 14).

Řešení problému 15: + skrytý text

Nechť $\textstyle C$ je obraz bodu $\textstyle C$ podle $\textstyle P$ . Potom protože $\textstyle Q$ je obraz $\textstyle D$ v tomto zobrazení) $\textstyle DC$ , takže $\textstyle A$ , $\textstyle D$ a $\textstyle C$ leží na přímce. Analogicky pokud definujeme $\textstyle A$ jako obraz $\textstyle A$ podle $\textstyle Q$ a $\textstyle B$ jako obraz $\textstyle B$ podle $\textstyle D$ , dostaneme, že $\textstyle A$ leží na $\textstyle DC$ a $\textstyle B$ je průsečík $\textstyle PA$ a $\textstyle QC$ . K tomu $\textstyle AB\parallel CD\parallel C$ a $\textstyle AD\parallel PA$ . Chceme dokázat, že $\textstyle AA$ , $\textstyle BB$ a $\textstyle CC$ procházejí jedním bodem.
Nyní z vlastností rovnoběžníků a sinovky: $\textstyle {\sin BAA$ . Proto z analogických rovností dostaneme $\textstyle {\sin BAA$ , čímž jsme z goniometrické Cevovky hotovi.
Q.E.D.

Otázka k této úloze:+ skrytý text

Existuje jednoduší/hezčí způsob, jak dokázat, že $\textstyle AA$ , $\textstyle BB$ a $\textstyle CC$ se protínají v jednom bodě? Ještě to umím analyticky po tom, co se "velký rovnoběžník" afinně narovná na obdélník, ale to je celkem hnus...

Bonusová úloha pro zájemce na podobný princip: (její řešení sem nepište) + skrytý text

Máte daný trojúhelník $\textstyle \triangle ABC$ a dvě přímky $\textstyle p$ a $\textstyle q$ , které nejsou rovnoběžné a žádná z nich není kolmá k žádné ze stran trojúhelníka. Kolmice k $\textstyle p$ resp. $\textstyle q$ skrze $\textstyle A$ , resp. $\textstyle B$ , resp. $\textstyle C$ označíme postupně $\textstyle p_a$ , $\textstyle q_a$ , $\textstyle p_b$ , $\textstyle q_b$ , $\textstyle p_c$ , $\textstyle q_c$ . Průniky $\textstyle p_a$ , $\textstyle q_a$ , $\textstyle p_b$ , $\textstyle q_b$ , $\textstyle p_c$ , $\textstyle q_c$ postupně s $\textstyle q_b$ , $\textstyle p_b$ , $\textstyle q_c$ , $\textstyle p_c$ , $\textstyle q_a$ , $\textstyle p_a$ označíme postupně $\textstyle K,L,P,Q,M,N$ . Dokažte, že $\textstyle KL$ , $\textstyle MN$ a $\textstyle PQ$ se protínají v jednom bodě.

A nakonec problém 16: Pro kladná čísla $\textstyle a,b,c$ ukažte nerovnost ${9\over a+b^2+c^3}+{9\over a^2+b^3+c}+{9\over a^3+b+c^2}\le a^3+b^3+c^3+6$

Alena Skálová | 21. 10. 2013 21:31:52

Není, ale to není podstatné.
Důležité je, jak se řeší elipsa. (-:

OD | 21. 10. 2013 14:31:31

Zdravim,

je ta nejmenovana stredni skola z Brna? :-)

Alena Skálová | 20. 10. 2013 23:16:07

Ahoj,

mám úlohu, kterou neumím vyřešit ani já, ani žádný matikář z nejmenované střední školy (tam jsem se o ní dozvěděla). Je ze sbírky, takže řešitelná by snad být měla... no, posuďte sami. (-:

Je dáno jedno ohnisko elipsy, její dvě tečny a jeden bod elipsy. Nalezněte druhé ohnisko (samosebou rozumí se, že synteticky).

Pokud vyřešíte, dejte řešení prosím do spoileru, ať mohou zkoušet i ostatní. A budete-li umět dobře hintit, vítám... třeba to vyřeším aspoň s nápovědou. (-:

abstract nonsense | 19. 10. 2013 20:58:37

Reseni 14 + skrytý text

Postupujme sporem, predpokladejme
$\textstyle |a + b| \leq 1$
$\textstyle |b + c| \leq 1$
$\textstyle |c + a| \leq 1$
Sectenim dostaneme $\textstyle |a + b| + |b + c| + |c + a| \leq 3$ , z trojuhelnikove nerovnosti dostaneme $\textstyle 2|a + b + c| \leq |a + b| + |b + c| + |c + a|$ , tedy z tranzitivity plyne
$\textstyle |a + b + c| \leq \frac{3}{2}$
Pro $\textstyle a \neq -b$ je podminka ekvivalentni s $\textstyle c = \frac{1 - ab}{a + b}$ , dosazenim dostaneme
$\left|\frac{a^2 + ab + b^2 + 1}{a + b}\right| \leq \frac{3}{2}$
Pro dukaz ulohy nam tedy staci dokazat
$\left|\frac{a^2 + ab + b^2 + 1}{a + b}\right| > \frac{3}{2}$
Zrejme $\textstyle a^2 + ab + b^2 + 1 = \left(\frac{a}{2} + b\right)^2 + \frac{3a^2}{4} + 1 > 0$
1) Pokud $\textstyle a + b > 0$ , pak zrejme plati $\frac{(4a + 2b - 3)^2 + 12\left(b - \frac{1}{2}\right)^2 + 4}{16(a + b)} > 0$ ale tahle nerovnost je ekvivalentni s kyzenou $\frac{a^2 + ab + b^2 + 1}{a + b} > \frac{3}{2}$
2) Pokud $\textstyle a + b < 0$ , pak $\frac{(4a + 2b + 3)^2 + 12\left(b + \frac{1}{2}\right)^2 + 4}{-16(a + b)} > 0$ ale to je ekvivalentni s pozadovanou nerovnosti $\frac{a^2 + ab + b^2 + 1}{-(a + b)} > \frac{3}{2}$
3) Pokud $\textstyle a = -b$ , pak $\textstyle a^2 = -1$ a to je spor.

Problem 14
Nechť $\textstyle ABCD$ je rovnoběžník, bod $\textstyle P$ , resp. $\textstyle Q$ leží na přímce $\textstyle AB$ , resp. $\textstyle BC$ . Body $\textstyle P$ , $\textstyle Q$ , $\textstyle D$ jsou po řadě středy úseček $\textstyle QD$ , $\textstyle DP$ , $\textstyle PQ$ . Dokažte, že přímky $\textstyle AQ$ , $\textstyle BD$ , $\textstyle CP$ se protínají právě v jednom bodě.

Kenny | 19. 10. 2013 13:43:07

Oprava:

Ukažte, že nějaká dvě mají absolutní hodnotu součtu větší než jedna.

Kenny | 19. 10. 2013 13:33:00

Nazdar b..orci!

Na to, že tu úloha visí týden, to není taková hrůza.

Problém 13
+ skrytý text

Úseku 2000 po sobě jdoucích čísel budu říkat interval.

1) Rozdíl počtu modrých a červených je v každém intervalu sudý.
2) Pokud najdu jeden "modřejší" a jeden "červenější" interval, pak někde mezi nimi bude i interval vyrovnaný. Posouvám interval totiž po jedné a rozdíl se mění max. po dvou. Díky 1) nelze nula přeskočit.

3) Kdyby byly všechny intervaly modřejší, vezmu jich dost (stačí 501) navazujících. Vzniklá množina je tvořena po sobě jdoucími čísly a porušuje tak podmínku o celkovém rozdílu modrých a červených.

Problém 14

Pro reálná čísla $a,b,c$ platí, že $ab+bc+ca = 1.$

Ukažte, že nějaké dvě z těchto tří čísel mají součet větší než 1.

Bonus: Jakou největší konstantou lze nahradit jednička v tvrzení úlohy?

Servus aus Wien!

Miško | org | 18. 10. 2013 14:02:45

byk7: Ja si myslim, ze je to vec definicie, prave preto sa pytam. Mozno lepsia otazka by bola: "Co sa povazuje za 5-uholnik v matematickej olympiade?"

byk7 | 14. 10. 2013 21:19:51

@Misko: Takove OT, ale mam za to, ze $n$ -uhelnik, ma $n$ vnitrnich uhlu. Peticipa hvezda jich ma ale 10. Nebo se pletu?

Rado | 10. 10. 2013 14:56:28

Hinty jsou cool, ale (jestli je plánujete, jak jsem pochopil, zveřejňovat pravidelně) možná by nebylo od věci je nestrkat sem a místo toho pro ně vymyslet nějaké spešl místo :)

Není to úplně moje starost, ale rád bych všem připomněl, že je v běhu první série TRiKS, že na ní zbývají už jen čtyři dny a (protože já už ji mám za sebou) potvrdit, že je fakt cool :) (a taky, že je i pro orgy).

A co se týče maramatonu, jsem rád že se to takhle rozběhlo a tudíž bych rád taktéž přispěl svou troškou, takže: Problém 12:
+ skrytý text

Nechť průsečík $\textstyle EA$ a $\textstyle AB$ s $\textstyle CD$ jsou body $\textstyle X$ a $\textstyle Y$ . Protože úhly $\textstyle \angle AED$ a $\textstyle \angle CDE$ jsou shodné, jsou shodné i $\textstyle \angle XED$ a $\textstyle \angle XDE$ , takže $\textstyle XDE$ je rovnoramenný trojúhelník, takže osa úsečky $\textstyle BC$ splývá s osou úhlu $\textstyle \angle EXD$ , neboli s osou úhlu $\textstyle \angle AXY$ . Analogicky osa $\textstyle BC$ splývá s osou $\textstyle \angle BYC=\angle AYX$ , takže tyto osy se protínají ve vepsišti $\textstyle \triangle AXY$ , tudíž tímto bodem prochází i osa $\textstyle \angle XAY$ , neboli osa $\textstyle \angle EAB$ , což jsme chtěli dokázat.
Q.E.D.

Problém 13: Každé celé číslo obarvíme červenou nebo modrou barvičkou. Víme, že v libovolné množině za sebou jdoucích čísel je absolutní hodnota rozdílu počtu červených a modrých čísel maximálně 1000. Ukažte, že existuje 2000 za sebou jdoucích čísel, mezi kterými je právě 1000 modrých (a právě 1000 červených).

Miško | org | 10. 10. 2013 13:58:11

@Pepa T.: Co je to patuholnik? Je to aj pravidelna 5-cipa hviezda?

E.T. | org | 7. 10. 2013 23:34:34

Milí Přátelé!

Nevyřešili jste všechny úlohy první podzimní série? Nezoufejte! Přicházíme totiž s novinkou -- uveřejňováním hintů, se kterými máte jedinečnou možnost vyřešit i ty nejtěžší úlohy z každé série, i když si na ně normálně netroufnete. Zkuste si to, třeba zjistíte, že sedmičky a osmičky nejsou tak nezvladatelné, jak se zdají, a příště je možná zvládnete i bez rad.

úloha 1:
(i)+ skrytý text

Jde to.

(ii)+ skrytý text

Použijte čtverce 5*5 1-krát, 4*4 2-krát, 3*3 1-krát, 2*2 3-krát, 1*1 3-krát.

úloha 2:
+ skrytý text

Každý střih protne každou z 2*(n-1) "vnitřních" čar tabulky nejvýše jednou.

úloha 3:
+ skrytý text

Dokažte, že když jsou v některém řádku těsně vedle sebe barvy A, B a C, pak se ve sloupci s barvou B musí střídat barvy B a D.

úloha 4:
(i) + skrytý text

Zkuste si nejdříve zjistit, kolika způsoby lze vybarvit volné políčko, políčko, barvu jehož jedné strany už známe, a políčko, barvu jehož 2 stran už známe.

(ii) + skrytý text

Vybarvujte papír postupně po čtverečcích.

úloha 5:
+ skrytý text

Začněte s pravoúhlým trojúhelníkem s celočíselnými délkami stran a vhodně ho "nafoukněte".

úloha 6:
+ skrytý text

Jde to.

úloha 7:
+ skrytý text

Zkuste obarvit nějaká políčka černě tak, aby spojnice horní a dolní strany nutně šla přes nějaké z černých polí a zamyslete se, jestli umí Martina zařídit, aby všechna maxima byla mimo tato černá pole.

úloha 8:
+ skrytý text

Postupujte sporem a dokazujte postupně ukažte, že platí tyto poznatky:
(i) + skrytý text

Některý řádek je celý jednobarevný.

(ii) + skrytý text

BÚNO jsou první řádek a první sloupec celé černé.

(iii) + skrytý text

Úhlopříčky zbylého čtverce jsou celé bílé.

(iv) + skrytý text

Spor s nutností skoro-bílých a současně skoro-černých řádků/sloupců.

Za všechny organizátory vám přeji spoustu vyřešených úloh,
E.T.

pozn.: Pokud ani s hinty nezvládnete úlohu dořešit, rozhodně se nestyďte ozvat se a požádat o další rady, od toho tu jsme. Nikdy se ale nebavte o úlohách dříve než 24 hodin po termínu odeslání dané série.

Josef Tkadlec | 6. 10. 2013 23:47:06

Myslím, že týden je moc, tak píšu řešení. Neumím ho úplně motivovat, ale snad funguje:

Řešení Problému 11:
+ skrytý text

Označme kořeny $\textstyle x,y,z$ . Z vietových vztahů přeformulujeme podmínku na $\textstyle x^2+y^2+z^2=2$ a chceme dokázat, že $\textstyle (x+y+z-xyz)^2\leq 4$ .

Z Cauchy-Schwarze a s využitím podmínky máme
$\big( (x+y)\cdot 1 + z(1-xy)\big)^2 \leq \big((x+y)^2+z^2\big)\cdot\big(1^2+(1-xy)^2\big) = 2(1+t)(2-2t+t^2),$
kde $\textstyle t=xy$ . Po roznásobení vyjde, že chceme $\textstyle t^3-t^2\leq 0$ , tedy $\textstyle t\leq 1$ . Takovou dvojici $\textstyle x,y$ ale určitě najdeme, protože jinak by bylo $\textstyle xy+yz+zx >3>2=x^2+y^2+z^2$ , spor.

Problém 12: V pětiúhelníku $\textstyle ABCDE$ mají všechny vnitřní úhly stejnou velikost. Dokažte, že osa úhlu $\textstyle EAB$ a osy úseček $\textstyle BC$ a $\textstyle DE$ procházejí jedním bodem.

BakyX | 29. 9. 2013 23:46:00

Riešenie problému 10:

+ skrytý text

Označme $\textstyle Y,Z$ ostatné dotykové body na $\textstyle AC,AB$ . Z rovnosti dotyčníc platia vzťahy $\textstyle AY=AZ=p$ , $\textstyle CY=CX=q$ , $\textstyle BX=BZ=r$ . Potom platia vzťahy:

$\textstyle q+r=a$
$\textstyle p+q=b$
$\textstyle p+r=c$

Odtiaľ $\textstyle q=\frac{a+b-c}{2}$ , $\textstyle r=\frac{a+c-b}{2}$ . Preto:

$\textstyle qr=\frac{(a+b-c)(a+c-b)}{4}=\frac{a^2+ac-ab+ab+bc-b^2-ac-c^2+bc}{4}=\frac{a^2-b^2-c^2+2bc}{4}=\frac{bc}{2}$

Čo je presne obsah $\textstyle ABC$ .

Problém 11: Predpokladajme, že všetky korene rovnice $\textstyle x^3+ax^2+bx+c=0$ sú reálne čísla a navyše platí $\textstyle a^2=2(b+1)$ . Dokážte $\textstyle |a-c| \leq 2$ .

Kuba | 29. 9. 2013 20:01:38

Omlouvám se, to, z čeho vznikl podivný znak "²" v řešení 9 znamená "na druhou" :)

Kuba | 29. 9. 2013 19:57:32

Řešení problému 9 + skrytý text

Očíslujme matematiky postupně 1 až n a označme P(k) počet přátel matematika s číslem k. Stačí dokázat, že průměrný počet přátelství jednoho člověka je menší rovno průměrnému množství přátelů přátel jednoho člověka. Pro zjištění množství přátelů přátel člověka jistě vezmeme přátele každého člověka právě tolikrát, kolik má přátel. Tedy dokazujeme, že:
(p(1)² +...+ P(n)²)/(P(1)+...+P(n)) >=(P(1)+...+P(n))/n

Což ekvivalentně upravíme na n*(p(1)² +...+ P(n)²) >=(P(1)+...+P(n))²

Což je přesně Cauchy-Schwarzova nerovnost, tudíž tvrzení ze zadání je pravda.

Problém 10: Něco trošku lehčího a užitečného: V trojúhelníku ABC s pravým úhlem u vrcholu A označme dotek kružnice vepsané se stranou BC jako X. Dokažte, že Obsah ABC = BX*CX

BakyX | 26. 9. 2013 23:01:41

Riešenie problému 8:

+ skrytý text

$\textstyle 1897=7 \cdot 271$ . Stačí ukázať deliteľnosť toho výrazu číslami $\textstyle 7,271$ .

Zrejme $\textstyle 2903 \equiv 464 \mod 271$ a $\textstyle 261 \equiv 803 \mod 271$ , takže po umocnení každej z týchto kongruencií na $\textstyle n$ a sčítaní máme $\textstyle 2903^n-803^n-464^n+261^n \equiv 0 \mod 271$ .

Zrejme $\textstyle 2903 \equiv 803 \mod 7$ a $\textstyle 261 \equiv 464 \mod 7$ , takže podobne máme $\textstyle 2903^n-803^n-464^n+261^n \equiv 0 \mod 7$ .

Problem 9:

Ak v skupine matematikov je každý s niekým spriatelený (priateľstvo je symetrické), tak medzi nimi existuje matematik taký, že priemerný počet priateľov všetkých jeho priateľov nie je menší než priemerný počet priateľov všetkých členov uvedenej skupiny. Dokážte.

abstract nonsense | 26. 9. 2013 22:16:11

Reseni problemu 7:
+ skrytý text

Klasicky roznasobme a pak vhodne rozlozme na soucin.
$a + 2ab + b = 1799$
$a(2b + 1) + \frac{2b + 1}{2} = 1799 + \frac{1}{2}$
$\left(a + \frac{1}{2}\right)(2b + 1) = 1799 + \frac{1}{2}$
$(2a + 1)(2b + 1) = 3599$
Vsimneme si, ze $\textstyle 3599 = 59 \cdot 61$ je prvociselny rozklad, tedy $\{2a + 1,2b + 1\} \in \Big\{\{1,3599\},\{59,61\},\{-1,-3599\},\{-59,-61\}\Big\}$ Avsak $\textstyle a,b > 0$ , tedy jedine $\{2a + 1,2b + 1\} = \{59,61\}$ prichazi v uvahu, z toho dostaneme dve reseni $\textstyle (a,b)$ a to $(29,30),(30,29)$ .

Problem 8: Ukažte, že $\textstyle 1897$ dělí $\textstyle 2903^{n} - 803^{n} - 464^{n} + 261^{n}$ pro všechna přirozená $\textstyle n$ .

Josef Tkadlec | 26. 9. 2013 18:32:05

Stručné řešení Problému 6:
+ skrytý text

Jakožto druhé průsečíky příslušných kružnic jsou body $\textstyle K$ , $\textstyle Q$ středy spirálních podobností zobrazujících $\textstyle BX$ na $\textstyle YC$ , respektive $\textstyle BX$ na $\textstyle CY$ (orientovaně). Chceme body $\textstyle K$ a $\textstyle Q$ nějak spojit, tak (trik!) dokreslíme středy $\textstyle L$ , $\textstyle N$ úseček $\textstyle BX$ , $\textstyle CY$ , protože ty na sebe přejdou v obou spirálkách. Navíc už v obrázku de facto máme střed $\textstyle M$ úsečky $\textstyle XY$ , protože chordála $\textstyle KP$ půlí společnou tečnu $\textstyle XY$ .

Zbývá si vyúhlit pár drobností (třeba to, že trojúhelník $\textstyle XKY$ je podobný oběma $\textstyle BKX$ a $\textstyle YKC$ ), použít ostatní kružnice skrz středy spirálek (např. $\textstyle (AXC)$ skrz $\textstyle K$ ) a pak už to jen poslepovat.

Z
$180^\circ - \angle LKN=180^\circ - \angle XKC=\angle CAX=\angle YQX=\angle NQL,$
plyne, že body $\textstyle K$ , $\textstyle L$ , $\textstyle A$ , $\textstyle Q$ , $\textstyle N$ leží na jedné kružnici a z toho už dostaneme i
$\angle QKP=\angle NKM-\angle NKQ=\angle YKX-\angle NAQ=\angle YXA-\angle YXQ=\angle QXA.$

Zdálo se mi to spíš těžké, tak pro změnu něco lehčího:
Problém 7: Vyřešte v přirozených číslech rovnici $ab+(a+1)(b+1)=1800.$

<< < 1 2 ... 13 14 15 ... 35 36 > >>

Kontakt

email	info (zavináč) prase.cz
pošta	Matematický korespondenční seminář KAM MFF UK Malostranské náměstí 25 118 00 Praha 1

Organizátoři

Matematický korespondenční seminář je organizovaný studenty Matematicko-fyzikální fakulty UK pod záštitou Informatického ústavu UK a Oddělení propagace a mediální komunikace MFF UK.

Partneři

Realizace projektu byla podpořena Ministerstvem školství, mládeže a tělovýchovy

Matematický korespondenční seminář

Kalendář

Z naší fotogalerie

Kontakt

Organizátoři

Partneři