Chat Prasátek

Matematická sekce

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 $ab+(a+1)(b+1)=1800.$

Josef Tkadlec | 21. 9. 2013 22:00:59

Ad Problém 5:
+ skrytý text

Ve druhé možnosti má být $\binom{n+1}{n-1}$ , takže součet vyjde $n^2$ .

Když to vyjde takhle, tak to musí jít nahlédnout :).

BakyX | 19. 9. 2013 21:09:12

Tonda, zadania nemusíš skrývať :) Rešpekt za tú brutálnu rovnicu.

Riešenie problému 5:

+ skrytý text

Nech $\textstyle X$ je nejaký konkrétny bod.

Ak je medzi vybranými, tak jeho susedné body nemôžeme vybrať. Ostáva nám vybrať $\textstyle n-2$ bodov z $\textstyle 2n-3$ tak, aby sme nevybrali susedné, pričom teraz môžeme vybrať oba krajné naraz.

Tento problém je ekvivalentný určeniu počtu poradí čísel $\textstyle 1,0$ v ktorých je $\textstyle n-2$ jednotiek a zvyšok sú nuly, aby dve $\textstyle 1$ nestáli vedľa seba. To spravíme takto: Rozmiestnime nuly. Jednotky môžu stať len medzi nulami alebo na konci alebo na začiatku. Počet výberov miest pre ne je $\textstyle {n \choose n-2}$ .

Analogicky keď $\textstyle X$ nie je medzi vybranými, tak je počet jednotiek $\textstyle n$ a počet núl $\textstyle n-1$ , takže $\textstyle {n \choose n-1}$ možností.

Dokopy máme $\textstyle {n+1 \choose 2}$ možností.

Problem 6: Kružnice $\textstyle W_1,W_2$ sa pretínajú v $\textstyle P,K$ . $\textstyle XY$ je spoločné dotyčnica týchto kružníc, ktorá je bližšie k $\textstyle P$ a $\textstyle X$ je na $\textstyle W_1$ a $\textstyle Y$ na $\textstyle W_2$ . $\textstyle XP$ pretína $\textstyle W_2$ druhý-krát v $\textstyle C$ a $\textstyle YP$ pretína $\textstyle W_1$ v $\textstyle B$ . Nech $\textstyle A$ je prienik $\textstyle BX$ a $\textstyle CY$ . Dokáž, že ak $\textstyle Q$ je druhý priesečník kružníc $\textstyle ABC$ a $\textstyle AXY$ , tak $\textstyle \angle QXA=\angle QKP$ .

Tonda | 19. 9. 2013 19:37:12

Ahoj,

Problém 4
+ skrytý text

Substituce $y=-z+6$ .

Po úpravě dostaneme: $(x+z-6)^2+(x^2+z^2-1)^4=17$
Pokud $x^2+z^2<1$ , pak pomocí AG $(x+z)^2 \leq 2(x^2+z^2)<1 \Rightarrow |x+z| < \sqrt2$ , což nám nedá žádné řešení, protože $(x+z-6)^2$ by bylo větší než $17$ . Tímto argumentem můžeme také vyloučit případ, že $2(x+z)<3$ .

Nyní víme, že obě čísla $2(x+z)$ a $x^2+z^2+2$ jsou větší než $3$ , a proto $(x^2+z^2-1)^4=(x^2+z^2+2-3)^4 \geq (2(x+z)-3)^4$ .

Substituce $t=x+z$ . Platí
$17 \geq (t-6)^2+(2t-3)^4=f(t)$
$f$
$f$
Druhá derivace nemá žádný kořen, a proto první derivace může mít maximálně jeden kořen, který je $t=2$ . Můžeme také ověřit že $t=2$ je lokální minimum funkce $f(t)$ s hodnotou $17$ .

Řešení původní rovnice jsou tedy případy rovnosti, které se můžou nastat pouze za podmínky $x^2+z^2+2=2(x+z)$ , z čehož plyne $x=z=1$ neboli $x=1,y=5$ . Zkouškou snadno zjistíme, že nalezené řešení skutečně vyhovuje.

Problém 5
+ skrytý text

Kolika způsoby můžeme vybrat $n-1$ bodů navzájem nesousedících z 2n bodů na kružnici?

David Hruška | org | 18. 9. 2013 15:40:49

Xellos: Díky za doplnění, opravdu má být v Problému 3 $a \neq b \neq c$ , nějak jsem to opomněl. A jinak pěkné řešení!

πtr | org | 18. 9. 2013 03:43:04

Xellos: díky za upozornenie, teraz by snáď spoiler tag mal fungovať správne

Xellos | 17. 9. 2013 17:58:46

To nevadi ze na uvodnej stranke (aspon mne: Chrome, Win7) nefunguje spoiler tag?

Xellos | 17. 9. 2013 17:56:33

Enjoy the spoiler...
+ skrytý text

abstract nonsense, z tej druhej rovnosti fakt nevidim ako si dostal $c=\frac{1}{1-b}$ ... surove roznasobenie a mlaticka alebo je tam nejaky pekny medzikrok?

Kazdopadne, ponukam Problem 3.1 (working title: Ihla v kope sena). Ciel: v zadani nieco chyba; najdite co. A este bonus: Z toho vyplyva ze abstractove riesenie je neuplne; najdite v ktor(om|ych) krok(u|och) je diera.

Riesenie problemu 3.1:
+ skrytý text

Vazba plati trivialne pre $a=b=c$ . Ak teda napr. polozime vsetky 3 cisla rovne 2, tak mame platnu vazbu a $|abc|=8$ . V zadani teda chyba spomenut ze $a \neq b \neq c$ .
Bonus: tipujem ze v rieseni 2. rovnosti (ta este plati), asi tam je niekde delenie $b-c=0$ .

Ine riesenie problemu 3 (spoiler alert: v podstate obsahuje predosly spoiler):
+ skrytý text

Ak su nejake 2 cisla rovnake, BUNV $a=b$ , z vazby hned vidime ze vsetky 3 su rovnake. Predpokladajme teda dalej ze su vsetky 3 rozne.

Kazdu rovnost z vazby si prepiseme do tvaru $bc=\frac{b-c}{a-b}$ (dalsie 2 mame cyklickou zamenou). Ich vynasobenie da $(abc)^2=1$ , z coho uz vidno ze $|abc|=1$ .

A vidime ze ak $a=b$ , tak by sme delili nulou.

abstract nonsense | 17. 9. 2013 16:39:19

Reseni Problemu 3:
+ skrytý text

Zrejme z prvni rovnosti plati
$a = b - \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{b^2c + b - c}{bc}$
Potom v druhe rovnosti
$b + \frac{1}{c} = c + \frac{bc}{b^2c + b - c}$
Neboli $\textstyle c = \frac{1}{1 - b}$ pro $\textstyle b \neq 1$ . Dosazenim tohohle do prvni rovnosti dostaneme
$a + \frac{1}{b} = b + 1 - b$
Neboli $\textstyle a = \frac{b - 1}{b}$ , potom
$|abc| = \left|\frac{b - 1}{b} \cdot b \cdot \frac{1}{1 - b}\right| = |-1| = 1$
Pokud $\textstyle b = 1$ , pak z prvni rovnosti $\textstyle a = \frac{1}{c}$ a opet $\textstyle |abc| = 1$ .

Problem 4:
Naleznete vsechna $\textstyle (x,y) \in \mathbb{R}^2$ splnujici
$(x-y)^2+(x^2+y^2-12y+35)^4=17$

David Hruška | org | 17. 9. 2013 00:24:49

Ahoj,
Řešení problému 2 (stručné):
+ skrytý text

Podle jedné ze základních vlastností bodu S (v českých zemích známějšího jako "Š" :-) je čtyřúhelník $AQPD$ , kde $D$ je průsečík $BC$ s $AS$ , tětivový (dá se vyúhlit). Proto $\angle AQS=\angle SDP$ . Z mocnosti bodu $S$ k $(QPC)$ a zmíněné vlastnosti plyne $SC^{2}=SP\cdot SQ$ . Podle další základní vlastnosti bodu $S$ platí $SC=SB=SI$ , tedy i $Si^{2}=SP\cdot SQ$ . Proto je $SI$ tečna k $(IPQ)$ a $\angle SIP=\angle IQS$ (úsekový úhel). Čili $\angle AQI=\angle AQS-\angle SQI=\angle SDP-\angle DIP=\angle IPD=90°$ , což jsme měli dokázat.

Problém 3:
Pro nějaká nenulová $a,b,c$ platí $a+1/b=b+1/c=c+1/a$ . Dokažte, že $\vert abc\vert=1$ .

BakyX | 15. 9. 2013 19:23:44

Skvelá myšlienka.

Riešenie problému 1:

+ skrytý text

Pre $\textstyle x=y=1$ dostávame odhad $\textstyle p \ge 1$ . Dokážeme, že všetky také $\textstyle p$ vyhovujú.

$\frac{x^3+py^3}{x+y} \ge \frac{x^3+y^3}{x+y}=x^2-xy+y^2 \ge xy$ ,

nakoľko $\textstyle x^2-xy+y^2-xy=(x-y)^2 \ge 0$ .

Problém 2: (známa a pekná lemma)

V trojuholníku $\textstyle ABC$ označme $\textstyle I$ stred kružnice vpísanej, $\textstyle P$ pätu kolmice z $\textstyle I$ na $\textstyle BC$ a $\textstyle S$ stred oblúka $\textstyle BC$ kružnice $\textstyle (ABC)$ neobsahujúceho $\textstyle A$ . $\textstyle SP$ pretína $\textstyle (ABC)$ znova v $\textstyle Q$ . Dokáž $\textstyle \angle AQI=90^\circ .$

Rado | 15. 9. 2013 09:39:15

Všimli jste si, jak je matematická sekce chatu neskutečně zamrzlá? Bezmála pět měsíců se tu neobjevil ani jeden příspěvek! A přestože za skoro dva a půl roku běhu nasčítala 22 stran, poslední rok zabírá jen o trošku více, než dvě strany!

Cítím se plný akce a tak to tu chci zase trošku rozproudit. Co byste říkali na maramaton (matematický maraton)? Systém je jednoduchý - vyřeším příklad a napíšu zadání nového, případně napíšu "Neznám nic neprofláklého, někdo napište zadání za mne!" (asi netřeba připomínat, ať nepíšete jako příklady zadání aktuálních soutěží) Tak schválně, jestli se toho někdo chytne :)

Příklad 1 (lehký, rozjezdový):
Najděte všechna reálná $p$ taková, že ${x^3+py^3\over x+y}\ge xy$ pro všechna kladná $\textstyle x,y$

(P.S.: schovávejte řešení)

<< < 1 2 ... 14 15 16 ... 36 37 > >>

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