Chat Prasátek

Matematická sekce

Kenny | 18. 12. 2011 11:36:16

Ahoj,

tak mám dvě řešení, ovšem ani jedno není zcela uspokojivé.

i) Syntetické ale neelementární:

+ skrytý text

Velmi hrubá kostra:

0) + skrytý text

Body $\textstyle M$ , $\textstyle N$ , $\textstyle C$ jsou body, v nichž se stran dotýká vepsaná kružnice $\textstyle \triangle S_1S_2M_{AB}$ , kde $\textstyle M_{AB}$ je střed $\textstyle AB$

1)+ skrytý text

Pappova věta

2)+ skrytý text

Pokud paty dvou cevián leží stejně "vysoko", ty ceviány se protínají na těžnici.

3) + skrytý text

Známé tvrzení, že těžnice protíná spojnici bodů dotyku s vepsanou "nad" Ičkem

ii) Počítací

+ skrytý text

Ověřím Cevovu větu. Vše vyjádřím pomocí prvků trojúhelníka. V následujícím pořadí:
1) + skrytý text

Úseky, na něž výšky dělí obvod trojúhelníka

2) + skrytý text

Z podobností vyjádřím poloměry obou kružnic. ( $\textstyle AB || S_1S_2$ )

3) + skrytý text

Z dalších podobností vyjádřím, v jaké poměru jsem rozdělil strany $\textstyle AC$ a $\textstyle BC$ .

4)+ skrytý text

Dosadím, spočítám

Zvládne někdo rozluštit aspoň jedno moje řešení? Nebo najít lepší?

BakyX | 17. 12. 2011 22:03:34

Zdravím. Mohol by mi prosím niekto poradiť s touto pre mňa nezvládnuteľnou úlohou (vám odborníkom to zaberie tak 3 minúty). Ďakujem.

+ skrytý text

Je daný ostrouhlý trojuholník $ABC$ . Uvažujme kružnice $k$ zostrojenú nad priemerom $AB$ . Označme $M, N$ priesečníky $k$ s úsečkami $AC, BC$ . Uvažujme kružnicu $k_1$ (respektíve $k_2$ ), ktorá prechádza bodom $C$ a dotýka sa kružnice $k$ v bode $M$ (respektíve $N$ ). Stredy týchto kružníc označme $S_1, S_2$ . Označme $P$ priesečník priamok $AS_2, BS_1$ . Dokážte, že priamka $PC$ je výška trojuholníka $ABC$ .

Josef Tkadlec | 17. 12. 2011 13:24:36

Na podnět Mirka: čtverce o úlohu zpátky se neměly překrývat, jinak je to z hlavy už trochu těžší (je tam nějaké počítání). Jelikož už máme další úlohu, doplním k tamté pro úplnost metodu, jak se dá na výsledek pohodlně přijít.

+ skrytý text

Úhlopříčky $\textstyle AC$ a $\textstyle BF$ jsou rovnoběžné, takže obsah trojúhelníku $\textstyle ACF$ je stejný jako obsah trojúhelníku $\textstyle ACB$ , což je půlka prvního čtverce. Velikost druhého čtverce nerozhoduje.

Olin: To jsi asi na minulém sousu nebyl na Martinině přednášce o rozkladech ;) (v knihovně na http://mks.mff.cuni.cz/library/library.php?ca...).

Olin | org | 17. 12. 2011 00:06:24

Rado: Vzoreček jsem neznal, docela mne překvapil :)

Rado | 16. 12. 2011 21:17:11

Ahoj, narazil jsem na jednu nerovnost, o které myslím , že má moc hezké řešení (pokud znáte jeden vcelku jednoduchý vzoreček). Schválně, zkuste to: pro různá kladná čísla dokažte
$\dfrac{(a^2-b^2)^3+(b^2-c^2)^3+(c^2-a^2)^3}{(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3}>8abc$

Miroslav Olšák | org | 16. 12. 2011 19:19:49

Tak jestli jsem si to dobre predstavil, tak
+ skrytý text

2 (pokud se neprekryvaji) nebo 14

Ale je to z hlavy docela drsne. Nejakou dobu jsem nad tim premyslel a pak jsem si vsimnul, ze bod B je spolecny.

Josef Tkadlec | 16. 12. 2011 17:18:39

Narazil jsem na docela vtipnou geometrii, musím se podělit :).

V rovině jsou dány čtverce $\textstyle ABCD$ a $\textstyle BEFG$ tak, že $\textstyle A$ , $\textstyle B$ a $\textstyle E$ leží v přímce a $\textstyle C$ leží na úsečce $\textstyle BG$ . První čtverec má stranu délky 2, druhý 8. Z hlavy určete obsah trojúhelníka $\textstyle ACF$ .

Kuba | 14. 12. 2011 19:40:18

Jak se říká: "Když to nejde po zlým, zkusíme to po dobrým..." Bohužel mě ale žádné takové dobré řešení nenapadá. Ještě chci poděkovat všem, kteří se nějak dívali na mou úlohu a hlavně Mirkovi za krásné grafické znázornění.

Miroslav Olšák | org | 12. 12. 2011 23:02:33

Uz mi to beha rychleji, otestovano do p=200000033. Ta uloha nejak vzdoruje hrube sile :(

Miroslav Olšák | org | 12. 12. 2011 19:16:57

taky jsem trochu zkousel, a mam podobnou spatnou zpravu:
pokud prvocislo deli $2^n+1$ i $3^n+1$ , tak je vetsi nez 14200001. Tim toto testovani koncim, nicmene kdyby nekdo umel rychle (rychleji nez linearne) najit rad dvojky modulo p, dalo by se dostat do vyssich cisel.

Olin | org | 12. 12. 2011 18:30:30

Trochu jsem to zkoušel, bohužel mám jen špatnou zprávu:
$\operatorname{GCD}(2^n+1, 3^n+2) = 1$ pro $n \leq 500000$ .

Mark Daniel | 11. 12. 2011 22:36:05

BakyX: Takže sa nevynašiel. Asi neuspel s touto myšlienkou.
Keď hovoríš, že to ľahko overíš pomocou Euklidovho algoritmu, myslíš tým iba prípad, keď jedna zo zátvoriek je deliteľná číslom 25?

BakyX | 11. 12. 2011 21:52:26

Je to asi nový Fermat.

BakyX | 11. 12. 2011 21:50:58

Kamarát riešil školské kolo a nestíhal, tak k 3. úlohe napísal, že tieto čísla sú nesúdeliteľné, čo ľahko overím pomocou Euklidovho algoritmu. Samozrejme to overiť nevedel a nemal časť zisťovať, či sa to dá...

Mark Daniel | 11. 12. 2011 20:59:12

BakyX: A to zadanie si si vymyslel sám alebo si ho niekde videl?

BakyX | 11. 12. 2011 17:25:05

Zmierme sa s tým, že to pre nejaké horibilne vysoké $\textstyle n$ možno neplatí, alebo je to nová "Veľká Fermatová veta" :D

Mark Daniel | 11. 12. 2011 12:09:52

Ano, je fakt blábol. Minimálne ten druhý príspevok. To je ozaj báchorka.

Miroslav Olšák | org | 11. 12. 2011 10:47:21

Aha! Skolni kolo. To mnohe vysvetluje, konkretne 1) kde se ta Bakyxova uloha vzala, 2) proc se snazis ji resit pres posledni cifru.

Ta uloha ze skolskeho kola se resi takto, ze?
+ skrytý text

Pro dost velka $n$ uz bude $5^n$ prilis velke, aby to mohlo delit samotne $(2^n+1)$ nebo $(3^n+2)$ . Proto uz by musely byt delitelne peti obe tyto zavorky. Staci se ovsem podivat na zbytky mocnin dvojky a trojky modulo peti (resp. posledni cifry):
$2^n$ : 1 2 4 3 1
$3^n$ : 1 3 4 2 1
Vidime, ze proti sobe nelicuji spravne zbytky, tedy nemohou byt delitelne peti obe zavorky.

Jenze, co nam z toho plyne pro Bakyxovu ulohu?
+ skrytý text

Ukazali jsme pouze, ze obe zavorky nejsou soucasne delitelne peti (delitelnost dvemi a peti se pres posledni cifru da). Nicmene co ostatni cisla? Napriklad nasobky 13, 17, 521, 769 mohou koncit na uplne jakoukoli cifru.

Anonym | 11. 12. 2011 00:06:32

Nechci přímo psát, že je to blábol, ale tudy cesta nevede.

Mark Daniel | 10. 12. 2011 23:45:18

Mirek: Teraz rozhodne neobhajujem moje riešenie, možno je to celé blbosť.
Iba k tej poznámke, čo sa dá usudzovať z poslednej cifry. Napríklad 3. úloha školského kola MO A sa dala v podstate celá vyriešiť cez to, aká cifra je na konci.

<< < 1 2 ... 25 26 27 ... 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