Maraton anaisy: Nie znalazłam aktualnego tematu tego typu i myślę, że fajnie byłoby go założyć. Proponuję taką zabawę: jedna osoba wrzuca jakieś zadanko, najlepiej nie wymagające hardej teorii (mam tu na myśli rzeczy z któregoś roku studiów, o których słyszała mała liczba maturzystów), tylko takie, które można rozwiązać jakoś sprytnie. Pozostali próbują rozwiązać, jeśli komuś się uda, proponuje następny problem. I tak w nieskończoność (chyba, że znajdzie się coś wyjątkowo trudnego, wtedy fajnie będzie jeśli autor po pewnym czasie poda swoje rozwiązanie lub wskazówki). To na początek coś takiego: Problem 1.: Niech D będzie spodkiem wysokości poprowadzonej z wierzchołka A w trójkącie ABC. Rozważmy punkty E i F leżące odpowiednio na odcinkach AB i AC takie że proste AB i DE oraz proste CA i DF są prostopadłe. Udowodnij, że punkty B, C, F, E leżą na jednym okręgu.

b.: To chyba bardziej sztafeta niż maraton, ale pomysł fajny

AS: Po raz trzeci podaję propozycję zadania,ale nikt nie kwapił się do jego rozwiązania.Oto zadanie: Dane są dwie równoległe proste w odległości h jedna od drugiej i dowolny punkt A. Przez A poprowadzić dwie proste pod kątem 120^o tak,żeby jedna z nich przecięła proste równoległe w punktach B i B1,druga zaś przecięła je odpowiednio w punktach C i C1, przy czym ma być spełniony warunek BB1 + CC1 = m. Zastosować: h = 1 , m = 5.

===: Kolego AS ... zadań nie piszemy ze słyszenia jeno dokładnie przepisujemy treść ... bo inaczej wychodzi z tego zagadka. Sam chociaż wiesz co należy policzyć

anaisy: Dlaczego tak bardzo na liczenie? No ale dobra. Załóżmy sobie że te proste to k i l, punkty B, C leżą na prostej l a punkty B' C' na prostej k. Na początku rozważymy przypadek w którym A leży na k (wtedy a pokrywa się z B' i z C'). Zastanówmy się jakie będą długości odcinków AB i AC (b.s.o AB>AC), gdy ∡BAC=120[deg]. Niech AB=x, AC=y i BC=z. Wystarczy, że rozwiążemy układ równań: x+y=5

z		1
	=		xycos(120[deg]) (ze wzorów na pole trójkąta w ABC)
2		2

x²+y²−2xycos(120[deg]))=z² (z tw. cosinusów) No to po uproszczeniu: x+y=5

	xy√3
z=
	2

x²+y²+xy=z² czyli x+y=5

	xy√3
z=
	2

(x+y)²−xy=z² Z tych trzech równań otrzymujemy więc

	xy√3		3x2y2
52−xy=(		)2 ⇒ 25−xy=		,
	2		4

	4√19−2
Patrzymy na to jak na równanie kwadratowe względem xy i mamy xy=		.
	3

	2√19−1
Podstawiamy do drugiego równania i mamy z=		, a następnie do trzeciego
	√3

	2√19−1		77−4√19
(x+y)2−xy=(		)2=		, skąd
	√3		3

	77−4√19		4√19−2		77−4√19−12√19+6		83−16√19
(x+y)2−4xy=		−3*		=		=		.
	3		3		3		3

	83−16√19		8−√19
Założyliśmy, że x≥y, więc mamy (x−y)2=		, skąd x−y=		, co w
	3		√3

połączeniu z równaniem x+y=5 daje nam

	1
x=		(15+8√3−√57)
	6

	1
y=		(15−8√3+√57)
	6

Odcinek długości √3 konstruujemy rysując trójkąt prostokątny o przyprostokątnej 1 i przeciwprostokątnej 2, a odcinek √57 rysując trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej 29 i przyprostokątnej 28. Jesteśmy zatem w stanie skonstruować odcinki 15+8√3−√57 i 15−8√3+√57. Wystarczy zatem udowodnić, że dla odcinka o długości a jesteśmy w stanie skonstruować odcinek 6 razy krótszy, a to już jest bardzo proste− rysujemy trójkąt prostokątny o przyprostokątnych a i 6a. Teraz na dłuższej przyprostokątnej zaznaczamy punkt w odległości 5a od wierzchołka przy kącie 90[deg] w tym trójkącie. Rysujemy prostą prostopadłą do odcinka 6a przechodzącą przez ten punkt i mamy szukany odcinek. No to gdy już wiemy, co się dzieje, gdy A leży na prostej k, to teraz zaznaczmy sobie dowolny punkt A'. Wystarczy, że narysujemy proste równoległe do AB i AC i mamy KONIEC. Ale następnym razem AS najpierw rozwiązujemy poprzednie zadanie, a dopiero później wrzucamy swoje. Oczywiście to jest aktualne zadanko: Problem 1.: Niech D będzie spodkiem wysokości poprowadzonej z wierzchołka A w trójkącie ABC. Rozważmy punkty E i F leżące odpowiednio na odcinkach AB i AC takie że proste AB i DE oraz proste CA i DF są prostopadłe. Udowodnij, że punkty B, C, F, E leżą na jednym okręgu.

AS: 1. Nie rozumiem treści zarzutu ani kto je postawił. 2. Nigdzie nie znalazłem regulaminu który by tę sprawę regulował. 3. Jeżeli już problem znalazł się na Forum to proponuję swoje rozwiązanie 4. Amen 1 x + y = 120^o 2. BB1 = h/cos(x) , CC1 = h/cos(y) Z warunku postawionym w zadaniu zachodzi h/cos(x) + h/cos(y) = m Do rozwiązania równanie h*cos(y) + h*cos(x) = m*cos(x)*cos(y) Po podstawieniu h i m mamy cos(y) + cos(x) = 5*cosx*cos(y)

anaisy: AS, rozumiem, że przedstawiasz inne niż moje rozwiązanie swojego zadania. Ciekawi mnie w jaki sposób rozwiązujesz to równanie: cos(y) + cos(x) = 5*cosx*cos(y).

AS: podaję skrótowo Z pierwszego równania mamy y = 120 − x Wstawiając do ostatnio podanego równania mamy cos(120 − x) + cos(x) = 5*cos(x)*cos(120 − x) cos(120 − x) = cos(90 + 30 − x) = −sin(30 − x) czyli cos(x) − sin(30 − x) = −5*cos(x)*sin(30 − x) Po rozwinięciu i uporządkowaniu otrzymałem 5*cos²(x) − 5*√3*sin(x)*cos(x) − 3*cos(x) − 5*sin(x) = 0

	1 − t2		2*t
Podstawiając cos(x) =		, sin(x) =
	1 + t2		1 + t2

gdzie t = tg(x/2) otrzymuje po uporządkowaniu równanie stopnia 4−go 9*t⁴ − 10*t³ + 10*(√3 − 1)*t² − 10*(√3 + 1)*t + 5 = 0 Wolfram podał jako rozwiązanie tego równania x = 25.1417

AS: Dopisek Oczywiście podane rozwiązanie dotyczy równania w postaci trygonometrycznej.

anaisy: No to teraz myślimy nad problemem 1. .

===: ... i czegóż Ty AS nie rozumiesz. Nie napisałeś pełnej treści zadania ot i tyle.

anaisy: Jak to, ===? Przecież w zadaniu jest polecenie poprowadzić (czyli synonim skonstruować) dane proste.

===: ... Ty anaisy odczytujesz, że skonstruować a AS liczy kąty ... więc gdzie ta jednoznaczność ?

anaisy: Nie mam pojęcia, jaki jest związek z liczeniem kątów przez AS i z treścią zadania, natomiast sformułowanie wydaje mi się jednoznaczne. Ale nie zastanawiajmy się już nad tym, myślę, że już nikt nie chce nic dodać do rozwiązania problemu AS. Przejdźmy wreszcie do rozwiązania problemu 1. bo robi się mały off−top.

Eta: Jeżeli punkty A,B,E,F leżą na okręgu , to czworokąt ABEF jest wpisany w okrąg, to z warunku wpisania czworokąta w okrąg mamy: β+90^o+α=180^o ⇒ α+β= 90^o i γ+90^o+δ=180^o ⇒ γ+δ= 90^o Taka zależność między kątami zachodzi bo DC jest wysokością opuszczoną na bok AB to |∡ADC|= 90^o= α+β i |∡BDC|= γ+δ= 90^o zatem punkty A,B, E, F , leżą na jednym okręgu c.n.u

AS: Problem 2 Wykazać,że

a − b

b − c

c − a

c

a

b

(

+

+

)*(

+

+

)= 9

c

a

b

a − b

b − c

c − a

jeżeli a + b + c = 0

Jola: Eto, a skąd wiadomo, że β przy wierzchołku D jest to samo co β przy wierzchołku F i analogicznie z kątem γ?

anaisy: Najprościej to chyba wynika z faktu, że okrąg opisany na czworokącie CFDE jest styczny do prostej AB (bo ∡CFD=∡CDA). Chyba, że chodziło o coś innego, Eta? Rozwiązanie problemu 2., najbardziej pałowniczo, jak tylko się dało (przy założeniu, że a,b,c są parami różne i różne od 0 ): No to wyrażenie

a−b		b−c		c−a
	+		+
c		a		b

sprowadzamy sobie do wspólnego mianownika i mamy

a−b		b−c		c−a		a2b−ab2+b2c−bc2+c2a−ca2
	+		+		=		=
c		a		b		abc

(−abc+a2b)−(ab2+b2c)−*ca2+c2a)−(bc2+abc)
	=
abc

ab(−c+a)−b2(−c+a)−ac(a−c)+bc(−c+a)		(a−c)(ab−b2−ac+bc)
	=		=
abc		abc

(a−c)(b(a−b)−c(a−b))		(a−b)(b−c)(c−a)
	=−		.
abc		abc

Stąd

a−b

b−c

c−a

c

a

b

(

+

+

)(

+

+

)=

c

a

b

a−b

b−c

c−a

	a−b		b−c		c−a		c(b−c)(c−a)+a(a−b)(c−a)+b(b−c)(a−b)
=(		+		+		)*		=
	c		a		b		(a−b)(b−c)(c−a)

	c(b−c)(c−a)+a(a−b)(c−a)+b(b−c)(a−b)		(c−a)(cb−c2+a2−ab)+b(b−c)(a−b)
=−		=−		=
	abc		abc

	−(c−a)2(a+c−b)+b(b−c)(a−b)
=−		=A
	abc

Teraz z założenia mamy a+c−b=−2b, zatem

	2b(c−a)2+b(b−c)(a−b)		2(c−a)2+(b−c)(a−b)
A=−		=−		=
	abc		ac

	2c2−4ac+2a2+ab−b2−ac+bc		2c2+2a2+ab+bc−b2
−		=−(		−5)=
	ac		ac

	2c2+2a2−(a+c)2−(a+c)2		4ac
−(		−5)=−(		−5)=9
	ac		ac

Problem 3. Dana jest liczba całkowita dodatnia n, której suma wszystkich dodatnich dzielników jest równa 2n. Udowodnij, że suma odwrotności wszystkich dodatnich dzielników liczby n jest całkowita.

AS: mała korekta do końcówki rozwiązania problemu 2

	−4ac
... = −(		− 5) = 9
	ac

AS: Podaje moje rozwiązanie problemu 2 Pierwszy iloczyn

	a −b		b − c		c − a		c
(		+		+		)*		=
	c		a		b		a − b

	c		b − c		c − a
1 +		*(		+		) =
	a − b		a		b

	c		b2 − b*c + a*c − a2
=1 +		*(		) =
	a − b		a*b

	c		(b + a)*(b − a) − c*(b −a)
= 1 +		*[		] =
	a − b		ab

	c		−c*(b − a) − c*(b − a)		2*c2
=1 +		*[		] = 1 +
	a − b		a*b		a*b

Podobnie postępując z następnymi iloczynami mamy

	2*a2		2*b2
1 +		i 1 +
	b*c		c*a

	2*c2		2*a2		2*b2
S = 1 +		+ 1 +		+ 1 +		=
	a*b		b*c		c*a

	a3 + b3 + c3		3*a*b*c
3 + 2*		= 3 + 2*		= 9
	a*b*c		a*b*c

a³ + b³ + c³ = (−c − b)³ + b³ + c³ = −c³ − b³ − 3*b*c*(b + c) + b³ + c³ = 3*a*b*c

henrys: Niech D={1,a₁,a₂,...,a_k,b₁,b₂,..b_k,n} będzie zbiorem dzielników liczby n. a₁b₁=a₂b₂=...a_kb_k=n 1+a₁+a₂+..+b_k+n=2n

1

1

1

1

n

b1

b2

ak

1

1+

+

+...

+

=

+

+

+...+

+

=

a1

a2

bk

n

n

n

n

n

n

	n+b1+...bk+a1+..+ak+1
=		=2
	n

Chyba jakoś tak to ma wyglądać

anaisy: Generalnie o to chodzi, tylko mała uwaga. Może się zdarzyć, że liczba dzielników n jest nieparzysta, wtedy nie można tak sparować liczb a₁, ..., a_k z liczbami b₁, ... b_k. Wtedy po prostu oznaczamy wszystkie dzielniki przez d₁, d₂, ..., d_s i mówimy że dzielnik d_m parujemy z dzielnikiem d_s+1−m. Czekamy na Twój problem henrys .

henrys: Tak się pewnie zdarzy jeżeli liczba n będzie kwadratem liczby naturalnej i tego nie zapisałem. Wtedy paruję go z tym samym i na jedno wychodzi. czy coś źle widzę? Myślę nad zadaniem

henrys: Problem 4 Dany jest pięciokąt wypukły, którego każdy wierzchołek ma obie współrzędne całkowite. Udowodnij, że wewnątrz tego pięciokąta znajduje się co najmniej jeden punkt, którego współrzędne są liczbami całkowitymi.

anaisy: Masz rację, ale to jest to samo, co napisałam wcześniej . Rozwiązanie problemu 4.: Rozumiem, że ten punkt może znajdować się też na boku tego pięciokąta? (inaczej nie działa dla pięciokąta (0,0), (2,0), (2,1), (1, 2), (0,1). Załóżmy, że mamy pięciokąt A₁A₂A₃A₄A₅, przy czym jego wierzchołki mają odpowiednio współrzędne A_k=(x_k, y_k) dla k∊[1,5] Załóżmy, że wewnątrz pięciokąta nie istnieje żaden punkt. To oznacza, że |x_n−x_m|<2 (1) oraz |y_n−y_m|<2 (2)dla dowolnych n,m∊[1,5]. Z zasady szufladkowej Dirichleta mamy, że istnieje taki zbiór trzech wierzchołków (niekoniecznie kolejnych) danego pięciokąta {X₁, X₂, X₃}⊂{A₁, A₂, ... , A₅} że X₁=(a₁, b₁), X₂=(a₂, b₂), X₃=(a₃, b₃) oraz a₁≡a₂≡a₃ (mod 2), zatem z nierówności (1) wynika, że a₁=a₂=a₃. Ponadto z zasady szufladkowej Dirichleta wynika, że dwie spośród liczb b₁, b₂, b₃ mają tę samą parzystość, załóżmy baz straty ogólności, że b₁ i b₂. Analogicznie mamy b₁=b₂ lub |b₁−b₂|≥2, zatem z (2) mamy b₁ =b₂. Stąd wniosek, że punkty X₁ i X₂ się pokrywają, zatem sprzeczność, zatem conajmniej jedna z nierówności (1), (2) jest nieprawdziwa, co kończy dowód. ___________ Zaraz znajdę następne zadanko.

henrys: Czekaj czekaj Nie na boku tylko wewnątrz

henrys: Wewnątrz pięciokata który podałaś też jest taki punkt (1,1)

AS: Podaję do rozwiązania zadanie łatwe,ale nie typowe, nie podawane na FORUM. Oto one Problem 5 Wykreślić konstrukcyjnie (cyrkiel,linijka,ołówek) trójkąt mając dane obwód trójkąta m (odcinek) i dwa kąty wewnętrzne α i β.

henrys: Problem 4 jest rzeczywiście bardzo bardzo trudny. Chciałem się nim podzielić gdyż uważam, że sama analiza wiele uczy. Znam dwa rozwiązania, które niestety nie są moje. Zachęcam i sam nadal nad nim myślę.

anaisy: Ok, powinno być. Rozwiązanie problemu 4.: Oznaczmy dany pięciokąt P₀ i załóżmy, że wewnątrz niego nie leży żaden punkt kratowy. Z mojego poprzedniego dowodu mamy, że istnieje odcinek A_kA_k+1 (przyjmujemy, że A_m=A_{m (mod 5) +1}), na którym istnieje punkt S mający obie współrzędne całkowite. Rozważmy teraz taką operację: łączymy punkty A_k−1 i S, otrzymując wielokąt A₁A₂...A_k−1SA_k+1...A₅. Następnie powtarzajmy tę operację (biorąc jakiś bok na którym leży punkt kratowy) i niech P_r będzie wielokątem po r−tej operacji. Możemy zauważyć, że 1) jeśli wielokąt P_r nie miał wewnątrz punktu kratowego to wielokąt P_r+1 też nie ma 2) P_r>P_r+1 3) P_r zawsze jest wypukły 4) z wcześniejszego dowodu na którymś z boków będzie istniał punkt kratowy, zatem operację możemy powtarzać w nieskończoność Niech B_r oznacza liczbę punktów leżących na bokach P_r (łącznie z wierzchołkami). Wtedy ze

	Br
wzoru Picka mamy [Pr]=		−1. Z (2) wynika, że Br>Br+1, stąd ponieważ Bk są zawsze
	2

całkowite, więc istnieje x, że B_x<5, sprzeczność.

anaisy: Rozwiązanie problemu 5.: Najpierw konstruujemy dowolny trójkąt ABC, o kątach ∡A=α i ∡B=β, który ma obwód różny od m (jest to bardzo proste, wystarczy przyjąć AB=m). Teraz na prostej AB zaznaczmy takie punkty A' i B', że A'A=AC i B'B=BC, punkty A, B leżą na odcinku A'B' oraz A leży bliżej A' niż B. Rozważmy dowolny prostokąt ABKL. Ponieważ A'B'≠LK, więc proste A'L i B'K przecinają się w pewnym punkcie S. Niech prosta LK przecina proste AS i BS odpowiednio w M i N. Z tw. Talesa mamy, że trójkąty SKL i SB'A' są podobne, zatem trójkąt o bokach LM, MN, NK jest podobny do trójkąta ABC i ma obwód m.

anaisy: Problem 6 Dana jest funkcja f:R→R spełniająca równość x+f(x)=f(f(x)) dla każdego x∊R. Znajdź wszystkie liczby rzeczywiste a, dla których f(f(a))=0.

henrys: 4) Liczba punktów kratowych na brzegu jest skończona więc tutaj już chyba mogłabyś zakończyć dowód. W r tym kroku zostaje odcinek, który zawiera punkt kratowy leżący na przekątnej, a z wypukłości pięciokąta należy do jego wnętrza, ale ze wzorem Picka też ładnie

AS: Proponuję takie rozwiązanie problemu 4. Zacznę od analizy Niech ΔABC będzie szukanym trójkątem. Odkładając odcinek DA = AC i EB = BC na prostej DE mamy odcinek DE = m , trójkąty DAC i EBC są równoramienne a kąty odpowiednio równe kąt m = α/2 i kąt n = β/2 Już staje się jasne jak poprowadzić konstrukcję. Rozwiązanie 1. Na prostej odłożyć odcinek DE = m 2.Przy punkcie D odłożyć kąt ADC = α/2 a przy punkcie E kąt β/2 3.Ramiona tych kątów w przecięciu wyznaczą punkt C 4.Przy punkcie C odkładamy kąt DCA = α/2 i kąt ECB = β/2 5. Ramiona tych kątów wyznaczą szukane punkty A i B. 6. W ten sposób uzyskaliśmy szukany trójkąt ABC

Marcell: problem 7 Wykreśl konstrukcyjnie trzy okręgi wzajemnie styczne zewnętrznie o różnych długościach promieni znając położenie ich środków. Podaj opis konstrukcji.

krzyś: problem 8 wykreśl konstrukcyjnie odcinek długości ⁴√2

anaisy: ej, ale najpierw rozwiązujemy poprzednie zadanka, a dopiero później wrzucamy swoje . Aktualny jest problem 6.

Mariusz: krzyś dwa razy konstrukcja średniej geometrycznej powinna załatwić sprawę Można też konstrukcję średniej geometrycznej połączyć z twierdzeniem Pitagorasa

krzyś: @Mariusz he he ... ja to wiem Zadanie jest po to, by Inni ( jak tu zajrzą) też to wiedzieli.

Mariusz: Skoro ja to wiem to ten problem dość jest dość łatwy Masz pomysł na problem 6.

anaisy: Ok, to podpowiedź do P6.: Załóżmy, że f(f(a))=0. Jednym z podstawień do danej równości będzie x=f(a).

henrys: f(a)=−x

henrys: a bardziej f(a)=−a

AS: Rozwiązanie problemu 7 Niech A,B i C określają położenie środków okręgów. Przyjąłem,że BC = a,AC = b,AB = c a promienie szukanych okręgów r1 o środku w A,r2 o środku w B i r3 o środku w C. Wtedy uzyskuję układ równań r2 + r3 = a ,r1 + r3 = b , r1 + r2 = c Dodając stronami mamy 2*r1 + 2*r2 + 2*r3 = a + b + c r1 + r2 + r3 = 1/2(a + b + c) = m lub r1 + a = m => r1 = m − a r2 + b = m => r2 = m − b r3 + c = m => r3 = m − c Konstrukcja 1. Na prostej odkładam kolejno odcinki a,b i c i połowię go (odcinek m) 2. Kolejno umniejszam odcinek m o a,b i c uzyskując pożądane promienie r1,r2 i r3 3. Wystarczy teraz z punktów A,B i C zakreślić okręgi

AS: Rozwiązanie problemu 8 b = ⁴√2 = √√2 = √a gdzie a = √2 Odcinek a znajduję kreśląc kwadrat o boku = 1, przekątna tego kwadratu daje nam odcinek a. Odcinek b znajduję następująco Na prostej odkładam odcinek a i dołączam odcinek m = 1 uzyskując odcinek AB = a + m. Wyznaczam środek S tego odcinka i promieniem SA zakreślam półokrąg. Z punktu wspólnego P odcinków a i m wykreślam prostopadłą do przecięcia się z półokręgiem w punkcie R. Odcinek PR jest rozwiązaniem.

Eta: Dla AS .............

anaisy: ok, jeszcze trochę i problem 6. będzie rozwiązany .

henrys: Problem 6 Niech x+f(x)=f(f(x)) dla każdego x∊R Szukamy takiego a∊R, że f(f(a))=0, czyli szukamy miejsc zerowych funkcji f. f(x₀)=0, x₀=f(a) Podstawiamy do równania f(a)+f(f(a))=f(f(a)) ⇒f(a)=0. Dostajemy kolejne miejsce zerowe f , x₁=a. Znów podstawiamy do równania a+0=0 ⇒ a=0. Nie wiem czy ja nie spłaszczyłem tego problemu ale ruszmy coś

abel: f:R→R Rozważmy funkcję g:R²→R² g(x,0)=(0,f(x)) Niech y=f(x) g(y,0)=(0,f(y)) z definicji funkcji f dla każdego x∊R zachodzi g(f(x),0)=(0,f(f(x)))=(0,x+f(x)) ⇔f(x)=x+f(x) ⇔x=0, zatem tak zdefiniowana funkcja f nie istnieje.

abel: glupoty pisze

b.: @11:44: ,, Podstawiamy do równania f(a)+f(f(a))=f(f(a)) ⇒f(a)=0.'' Jeśli podstawiasz x=f(a), to po prawej powinno być f(f(f(a))) = f(0). Czyli dostajemy f(a) + 0 = f(0). Dalej f(f(0)) = f(f(a))=0, więc podstawiając x=0: 0 + f(0) = 0, czyli f(0)=0. Stąd też f(a)=0. Podstawiając x=a: a + f(a) = f(f(a)), czyli a + 0 = 0. Wobec tego jedynym możliwym a jest a=0. Można by się zastanawiać, czy taka funkcja f w ogóle istnieje, choć do rozwiązania zadania nie jest to konieczne.

henryś: Masz rację, tam się machnąłem, ale to chyba nie jest dobre rozwiązanie.

anaisy: abel z ostatniej Twojej równości wynika, że f(f(x))=x+f(x), nie f(x)=x+f(x). Taka funkcja

	1+√5
istnieje np. f(x)=		x
	2

b. chodziło mi właśnie o takie rozwiązanie. Czekamy na 9. problem .

Mila: Problem 9 (łatwy dla zachęty) Dana jest funkcja: f(x)=√1+¹_x

	1		−1
Rozwiąż równanie: f(		)=
	x		f'(1)

anaisy:

	1
No to liczymy sobie pochodną f(x) i mamy f'(x)=−		, stąd
	2x2√1+1x

	−1		1
f'(1)=		, czyli chcemy rozwiązać równanie f(		)=2√2 ⇔ √1+x=2√2
	2√2		x

anaisy: czyli x=7. Na pewno o to chodziło?

Dominik: Źle policzona pochodna !

Dominik: Do tego brak dziedziny ! .... Twoja odp x= 7∉ D Jak widać ... fajnie jest podawać kolejne "problemy" jak się zna sposób rozwiązania. Gorzej gdy się nie zna rozwiązania. Pozdrawiam

Mila: Dominik, przecież możesz podać swoją wersję. Każdy z nas może się pomylić. 1) Pochodna obliczona prawidłowo, wynik prawidłowy. 2) Dziedzina f(x) :

	1
1+		>0⇔
	x

x+1
	>0⇔
x

x*(x+1)>0 x<−1 lub x>0 x∊(−∞,−1)∪(0,∞) 3) Dziedzina równania dla Dominika zostaje.

anaisy: Nie za bardzo rozumiem, dlaczego 7 miałaby nie należeć do dziedziny f. Pochodna jest dobrze policzona http://www.wolframalpha.com/input/?i=d%2Fdx+%5Csqrt%7B1%2B1%2Fx%7D .

Mila: Anaisy, dobrze masz . Komentarz o pomyłce podałam w oderwaniu od Twojego rozwiązania.

anaisy: Problem 10. Startujemy od trójki liczb (1, 10, 100). W n−tym kroku możemy zamienić trójkę liczb (a, b, c)

	a+b		b+c		c+a
na (		,		,		). Udowodnij, że po dowolnej liczbie ruchów (większej niż
	2		2		2

0) co najmniej jedna z liczb w otrzymanej trójce nie będzie całkowita.

anaisy: Podpowiedź:

	a+b		b+c		c+a
Załóżmy, że w trójce (		,		,		)otrzymanej po pewnej liczbie ruchów
	2		2		2

wszystkie liczby są całkowite. Popatrzmy na różnicę dowolnych dwóch spośród tych liczb.

anaisy: Ok, to skoro to zadanko Wam się nie spodobało, to pokażę rozwiązanie. Załóżmy, że po n ruchach (ręcznie sprawdzamy, że n≥2) otrzymamy trójkę liczb całkowitych. Niech

	x+y		y+z		z+x
(x, y, z) będzie trójką po (n−1)−tym ruchu. Wtedy liczby		,		,		są
	2		2		2

całkowite. Stąd wniosek, że liczba

x+y		y+z		z+x
	−		+		=x
2		2		2

jest całkowita. Analogicznie możemy pokazać, że liczby y i z są całkowite. Mamy więc trójkę liczb całkowitych (x, y, z). Powtarzając rozumowanie pokazujemy, że po n−1, n−2, ..., 1 mamy trójkę liczb całkowitych. Stąd wniosek, że liczby po pierwszym ruchu są całkowite. Sprzeczność. Problem 11. Dane są liczby pierwsze p₁, p₂, ..., p_n, dla których

1		1		1
	+		+...+		=1.
p1		p2		pn

Udowodnij, że co najmniej dwie spośród liczb p₁, p₂, ..., p_n są równe.

Kacper: Myślę, że na początek wspólny mianownik

b.: anaisy: ładne rozwiązanie, teraz zadanie (10) mi się już spodobało

b.: OK, Kacper już podał rozwiązanie, ale nie zadanie, więc może się wtrące Problem 11b. Czy istnieje rosnący ciąg liczb pierwszych p₁ < p₂ < ... taki, że

	1		1
		+		+ ... = 1 ?
	p1		p2

(Niestety, chyba nie jest to całkiem elementarne, raczej I rok studiów niż liceum).

anaisy: b. No to pokaż rozwiązanie .

anaisy: No to może wrzucę następne zadanko, a b. jak będzie na forum napisze coś o swoim . Problem 12.: Rozwiąż układ równań w liczbach rzeczywistych: (b+c+d)⁴=3a (c+d+a)⁴=3b (d+a+b)⁴=3c (a+b+c)⁴=3d

Vax: Zasada ekstremum

anaisy: Nic się tutaj nie dzieje, więc wrzucam kolejne: Problem 13.: Udowodnij, że dla dowolnych liczb dodatnich a, b, c, zachodzi

bc		ca		ab		a+b+c
	+		+		≤		.
b+c		c+a		a+b		2

Nuti: e, to na pewno z Cauchy'ego

anaisy: No to czekamy na rozwiązanie .

ZKS:

bc		1
	=
b + c		1   1   + b   c

ac		1
	=
a + c		1   1   + a   c

ab		1
	=
b + c		1   1   + a   b

2		b + c
	≤
1   1   + b   c		2

2		a + c
	≤
1   1   + a   c		2

2		a + b
	≤
1   1   + a   b		2

2		2		2
	+		+		≤ a + b + c
1   1   + b   c		1   1   + a   c		1   1   + a   b

bc		ac		ab		a + b + c
	+		+		≤
b + c		a + c		b + c		2

anaisy: Po rozwiązaniu zadanka wrzucamy (jedno) kolejne ! −− Ad. 13. Właśnie o takie rozwiązanie chodziło .

przemek ania: siema co tam u ciebie słychac

przemek ania: ≤≤≤≤≤hej

PW: przemek ania, a gdy pójdziesz z pierwszą wizytą do rodziców narzeczonej, to koniecznie nasraj w salonie.

Nuti: @PW To Ty, czy ktoś Ciebie udaje? Srać w salonie? A dlaczego akurat w salonie?

Metis: Nuti , przekaz niedosłowny

PW: Na ogół staram się dostosować przekaz do poziomu odbiorcy. Patrz, chyba zrozumiał, bo przestał dopisywać głupoty przesuwające stare zadania do góry.

anaisy: No dobrze, to macie kolejne ode mnie. Problem 14. Dane są dwa ciągi liczb całkowitych dodatnich: a₁, a₂, … , a_n oraz b₁, b₂, … , b_n takie, że liczby a_i i b_i są względnie pierwsze dla wszystkich i ze zbioru {1, 2, …, n}. Niech m oznacza najmniejszą wspólną wielokrotność liczb b₁, b₂, … , b_n. Udowodnij, że

	m		m		m
nwd(a1		, a2		, … , an		)=nwd(a1, a2, … , an)
	b1		b2		bn

Czekamy na rozwiązanie a potem na kolejne zadanko.

TheCB:

	ai
Niech d=NWD(a1, a2, ..., an) oraz		=xi dla i∊{1, 2, ..., n}. Wówczas oczywiście
	d

mamy NWD(x₁, x₂, ..., x_n)=1 oraz NWD(x_i, b_i)=1 dla i∊{1, 2, ..., n}. Pokażemy, że

	m		m		m
NWD(x1		, x2		, ..., xn		)=1. Otóż załóżmy nie wprost, że istnieje
	b1		b2		n1

liczba pierwsza p, która jest wspólnym dzielnikiem liczb

	m		m		m
x1		, x2		, ..., xn		.
	b1		b2		bn

Wówczas łatwo mamy p|x₁m, p|x₂m, ..., p|x_nm. Z faktu, że p jest liczbą pierwszą, wynika, że albo p|x₁, p|x₂, ..., p|x_n, albo p|m. Pierwsza opcja jest jednak niemożliwa, ponieważ mamy NWD(x₁, x₂, ..., x_n)=1. Zatem p|m. Wiemy, że m=NWW(b₁, b₂, ..., b_n), a zatem istnieje takie l∊{1, 2, ..., n}, że p|b_l. Niech k∊{1, 2, ..., n} będzie taką liczbą, dla której liczba b_k w rozkładzie na czynniki pierwsze ma przy p największy wykładnik spośród liczb b₁, b₂, ..., b_n. Oznaczmy ten wykładnik przez w. Wcześniej pokazaliśmy, że wykładnik ten wynosi co najmniej 1,

	m
zatem p|bk. Wiemy, że NWD(bk, xk)=1, a zatem p nie dzieli xk. Jednak p|xk		,
	bk

	m
skąd p|		. Z faktu, że pw|bk, wynika więc, że pw+1|m. Stąd jednak wynika, że wśród
	bk

liczb b₁, b₂, ..., b_n musi istnieć taka, która w rozkładzie na czynniki pierwsze ma przy p wykładnik co najmniej w+1. Jednak najwyższym z tych wykładników jest w. Otrzymana

	m		m		m
sprzeczność dowodzi, że rzeczywiście NWD(x1		, x2		, ..., xn		)=1.
	b1		b2		bn

Stąd mamy:

	m		m		m
NWD(x1d		, x2d		, ..., xnd		)=d
	b1		b2		bn

	m		m		m
NWD(a1		, a2		, ..., an		)=d=NWD(a1, a2, ..., an).
	b1		b2		bn

Co kończy dowód. Problem 15. Liczby a, b, c są liczbami rzeczywistymi dodatnimi, takimi, że abc=1. Udowodnij, że a²+b²+c²≥a+b+c.

maturalna: a²+b²+c²+3>=2(a+b+c) a(a−2)+b(b−2)+c(c−2)+3>=0 bo funkcja f(a)=a(a−2) ma najmiejszą wartość −1 Stąd i z nierówności miedzy srednią arytmetyczną i geometryczną 2a+2b+2c=a+b+c+a+b+c >=a+b+c +3 ³√abc=a+b+c+3 Czyli udowodnilismy wyjściową nierówność. Problem 16 (Zadanie maturalne) Podano odległości a, b, c miedzy środkiem okręgu wpisanego i wierzchołkami trójkąta. Oblicz promień r okręgu wpisanego, jeśli a= 1, b = 1/2, c = 1/3

Jack: maturalna, skad nierorownosc a²+b²+c²+3 ≥ 2(a+b+c) ?

maturalna: Jak to skąd? Nie rozumiem pytania. Ta nierówność jest prawdziwa dla dowolnych a,b,c :a²+b²+c²+3 ≥ 2(a+b+c), to pokazałam.

Jack: kiedy to pokazalas? ; o

maturalna: Na samym początku: a²+b²+c²+3>=2(a+b+c) a(a−2)+b(b−2)+c(c−2)+3>=0 bo funkcja f(a)=a(a−2) ma najmiejszą wartość −1

Jack: hmm...sory ze ten tego...ale dlaczego akurat minimum to − 1?

maturalna: f(a)=a(a−2) to funkcja kwadratowa o wierzchołku (1,−1)

Jack: hmm...nie przekonuje mnie to, ale byc moze prawda... niech bedzie ; D

maturalna: Ale co Cie nie przekonuje?

Jack: taki zapis a(a−2)+b(b−2)+c(c−2)+3>=0 nie mowie ze jest zly...bo moze byc poprawny ; D

maturalna: Wg mnie jest dobrze jesli ktoś znajdzie błąd w moim rozumowaniu to nie bedzie obowiązyawało moje zadani: . Problem 16 (Zadanie maturalne) Podano odległości a, b, c miedzy środkiem okręgu wpisanego i wierzchołkami trójkąta. Oblicz promień r okręgu wpisanego, jeśli a= 1, b = 1/2, c = 1/3

yht: AS = 1/3 BS = 1/2 CS = 1 KS=LS=MS = r z pitagorasów w trójkątach AKS, KSB, SMC masz równania: z²+r²=1/9 → z=√1/9−r² x²+r²=1/4 → x=√1/4−r² y²+r²=1 → y=√1−r² CS − dwusieczna kąta MCL, stąd ∡MCS=∡LCS, ∡MCL=2∡MCS w trójkątach prostokątnych MCS i LCS: sin(∡MCS) = sin(∡LCS) = r cos(∡MCS) = cos(∡LCS) = y sin(∡MCL) = sin(2∡MCS)=2sin(∡MCS)*cos(∡MCS) = 2*r*y ze wzoru na pole trójkąta P=p*r wynika, że P=(x+y+z)*r

	1
ze wzoru P=		a*b*sinα wynika, że
	2

	1
P=		BC*AC*sin(∡MCL)
	2

	1
P=		(x+y)(y+z)*2r*y
	2

	1
Zatem musi zachodzić równania (x+y+z)*r =		(x+y)(y+z)*2r*y
	2

Dzieląc stronami przez r otrzymujemy x+y+z = y*(x+y)(y+z) podstawiając x=√1/4−r² y=√1−r² z=√1/9−r² otrzymujemy √1/4−r²+√1−r²+√1/9−r² = √1−r²*(√1/4−r²+√1−r²)(√1−r²+√1/9−r²) https://www.wolframalpha.com/input/?i=sqrt(1%2F4-r%5E2)%2Bsqrt(1-r%5E2)%2Bsqrt(1%2F9-r%5E2)%3Dsqrt(1-r%5E2)*(sqrt(1%2F4-r%5E2)%2Bsqrt(1-r%5E2))(sqrt(1-r%5E2)%2Bsqrt(1%2F9-r%5E2) wychodzi r≈0.24313

Przemysław: @yht A Twoje zadanko?

yht: Niech a,b,c nalezą do rozwiązań |x²−3x+3|≤1 oraz m,n należą do rozwiązań |x²−8x+9|≤ 4 tak że a+b+c+m+n=12 Znaleźć maksimum wyrazenia W=a*b*c*m*n

b.: Dałem zadanie (7 lip 2015 18:39) i zapomniałem o tym. Problem 11b. Czy istnieje rosnący ciąg liczb pierwszych p₁ < p₂ < ... taki, że

1		1
	+		+ ... = 1?
p1		p2

Odpowiedź: Tak. W rozwiązaniu przydaje się wiedzieć, że szereg

	1
∑n		,
	qn

gdzie q_n jest rosnącym ciągiem wszystkich liczb pierwszych, jest rozbieżny. Określamy ciąg p_k z zadania następująco: p₁ = 2, jeśli mamy wybrane p₁, ..., p_n, to za p_n+1 bierzemy najmniejszą liczbę pierwszą > p_n taką, żeby

	1		1		1
		+		+ ... +		< 1.
	p1		p2		pn+1

W ten sposób wybierzemy nieskończony, rosnący ciąg liczb pierwszych. Oczywiście wówczas

1		1		1
	+		+ ... +		+ ... ≤ 1.
p1		p2		pn

	1		1		1
Załóżmy nie wprost, że		+		+ ... +		+ ... = 1 − ε, gdzie ε>0.
	p1		p2		pn

	1
Niech N będzie na tyle duże, że		< ε.
	pN

Jeśli jakaś z liczb pierwszych q > p_N nie zostałaby wybrana do ciągu (p_k), to oznaczałoby to (ze sposobu wyboru tego ciągu), że

	1		1		1		1
A = (		+		+ ... +		+ ... ) +		≥ 1.
	p1		p2		pn		pN

(Zamiast sumy nieskończonej można by nawet wziąć sumę skończoną po p_n < q). Ale to jest niemożliwe, bo

	1		1		1		1
A = (		+		+ ... +		+ ... ) +		< (1 − ε) + ε =1.
	p1		p2		pn		pN

Zatem wszystkie liczby q > p_N występują w ciągu (p_k). Ale to też jest niemożliwe, bo szereg

	1
∑q>pN		,
	q

gdzie sumowanie jest po liczbach pierwszych q, jest rozbieżny. Wobec tego otrzymany ciąg (p_n) jest taki jak trzeba.

TheCB: Zobaczymy, czy ktoś to jeszcze czyta Zbiorem rozwiązań nierówności |x²−3x+3|≤1 jest przedział [1, 2], a zbiorem rozwiązań nierówności |x²−8x+9|≤ 4 − suma przedziałów [4 − √11, 4 − √3] i [4 + √3, 4 + √11]. Zaczniemy od pokazania, że wyrażenie W przyjmuje największą wartość, gdy a = b = c. Istotnie, załóżmy, że pewne dwie z liczb a, b, c są różne. Bez straty ogólności a ≠ b. Wówczas zamieniając parę (a, b) na parę (^a+b₂, ^a+b₂) liczby stają się równe, nadal należą do przedziału [1, 2], ich suma się nie zmienia, a ich iloczyn się zwiększa (bo dla a ≠ b mamy ^a+b₂ > √ab). Zatem przyjmijmy, że a = b = c. Wówczas 3a + m+ n = 12 W = a³mn. Bez straty ogólności przyjmijmy, że m > n. Pokażemy, że m ∊ [4 + √3, 4 + √11] i n ∊ [4 − √11, 4 − √3]. W tym celu zauważmy, że z tego, że a ∊ [1, 2] wynika, że a ∊ (^{4 − 2√3}₃, ^{4 + 2√3}₃), skąd po przekształceniach ^{12 − 3a}₂ ∊ (4 − √3, 4 + √3), czyli ^{m + n}₂ ∊ (4 − √3, 4 + √3), co istotnie pokazuje, że liczby m i n nie mogą obie należeć do tego samego przedziału (spośród [4 + √3, 4 + √11] i [4 − √11, 4 − √3]) i w konsekwencji m ∊ [4 + √3, 4 + √11] i n ∊ [4 − √11, 4 − √3]. Pokażemy teraz, że a ∊ [1, ^{4 + √11 − √3}₃]. Istotnie, mamy 12 − 3a = m+n ≥ 4 − √11 + 4 + √3 = 8 − √11 + √3, skąd −3a ≥ −4 − √11 + √3 i w konsekwencji a ≤ ^{4 + √11 − √3}₃. Zatem a ∊ [1, ^{4 + √11 − √3}₃]. Przyjmijmy teraz, że a jest pewną stałą. Na jej podstawie znajdziemy takie m, n , dla których m + n = 12 − 3a i wartość wyrażenia mn będzie największa z możliwych. Zauważmy, że 4mn = (m + n)² − (m − n)². Oznacza to, że wartość wyrażenia mn będzie największa wtedy, gdy wartość wyrażenia |m − n| = m − n będzie najmniejsza. Zauważmy, że póki liczby m − x, n + x (x > 0) należą odpowiednio do przedziałów [4 + √3, 4 + √11] i [4 − √11, 4 − √3], to możemy nimi zastąpić liczby m, n, nie zmieniając przy tym ich sumy, a zmniejszając ich różnicę o 2x. Chcemy więc znaleźć największe takie x, dla którego liczby te należą do odpowiednich przedziałów. Jeśli udałoby się tak dobrać x, aby n + x = 4 − √3 lub m − x = 4 + √3, przy czym druga liczba pozostałaby w odpowiednim przedziale, to byłby to wybór optymalny. Pokażemy, że zawsze da się tak zrobić oraz podamy, dla jakich a wystąpią poszczególne sytuacje. Przypuśćmy najpierw, że po zamianie otrzymaliśmy n = 4 − √3. Wówczas m = 12 − 3a − (4 − √3) = 8 − 3a + √3. Nierówność m ≤ 4 + √11 sprowadza się do prawdziwej nierówności a ≥ ^{4 + √3 − √11}₃ (bo ^{4 + √3 − √11}₃ < 1). Z kolei nierówność m ≥ 4 + √3 sprowadza się do nierówności a ≤ ⁴₃. Oznacza to, że przypadek ten ma miejsce, gdy a ∊ [1, ⁴₃]. Wówczas mamy W = a³mn = a³(4 − √3)(8 − 3a + √3). Szukamy największej możliwej wartości tego wyrażenia dla a ∊ [1, ⁴₃]. Zauważmy, że jest ona osiągana wtedy, gdy osiągana jest największa możliwa wartość wyrażenia a³(8 − 3a + √3) = −3a⁴ + (8 + √3)a³. Niech f(a) = −3a⁴ + (8 + √3)a³. Wówczas f'(a) = −12a³ + 3(8 + √3)a². Jak łatwo zauważyć, pochodna f ma pierwiastek dwukrotny 0 oraz pierwiastek jednokrotny ^{8 + √3}₄. Żadna z tych liczb nie należy do przedziału [1, ⁴₃], a zatem największa wartość f(a) w tym przedziale (a zatem i W) jest osiągana dla a = 1 lub a = ⁴₃. Mamy f(1) = 5 + √3 oraz f(⁴₃) = (⁴₃)³(4 + √3) = ^{64(4 + √3)}₂₇ > 2(4 + √3) > 5 + √3. Zatem w tym przypadku największa możliwa wartość wyrażenia W wynosi ^{64(4 + √3)(4 − √3)}₂₇ = ⁸³²₂₇. Pozostało rozpatrzeć przypadek, w którym po zamianie otrzymalibyśmy m = 4 + √3. Wówczas n = 8 − 3a − √3. Nierówność n ≥ 4 − √11 sprowadza się do prawdziwej nierówności a ≤ ^{4 + √11 − √3}₃, a nierówność n ≤ 4 − √3 sprowadza się do nierówności a ≥ ⁴₃. Oznacza to, że ten przypadek ma miejsce, gdy a ∊ [⁴₃, ^{4 + √11 − √3}₃] (dla a = ⁴₃ możemy otrzymać m = 4 + √3 i n = 4 − √3). Wówczas W = a³(4 + √3)(8 − 3a − √3). Szukamy największej możliwej wartości tego wyrażenia dla a ∊ [⁴₃, ^{4 + √11 − √3}₃]. Zauważmy, że jest ona osiągana wtedy, gdy osiągana jest największa możliwa wartość wyrażenia a³(8 − 3a − √3) = −3a⁴ + (8 − √3)a³. Niech g(a) = −3a⁴ + (8 − √3)a³. Wówczas g'(a) = −12a³ + 3(8 − √3)a². Jak łatwo zauważyć, pochodna g ma pierwiastek dwukrotny a = 0 i pierwiastek jednokrotny ^{8 − √3}₄. Stąd łatwo wynika, że funkcja f osiąga maksimum dla argumentu a = ^{8 − √3}₄. Zauważmy, że argument ten należy do przedziału [⁴₃, ^{4 + √11 − √3}₃]. Oznacza to, że wyrażenie W w tym przypadku osiągnie maksimum dla a = ^{8 − √3}₄. Wynosi ono wówczas (po przekształceniach, nie będę tego przepisywał, bo jest tam trochę liczenia) ^{14596 − 3319√3}₂₅₆. Nietrudno zauważyć, że liczba ta jest większa niż ⁸³²₂₇ (choć też trochę trzeba policzyć). Oznacza to, że szukaną największą wartością wyrażenia W jest ^{14596 − 3319√3}₂₅₆ i jest ona osiągana dla a = b = c = n = ^{8 − √3}₄ i m = 4 + √3. Problem 18. Styczne do okręgu ω w punktach A i B przecinają się w punkcie P. Punkt M jest środkiem odcinka AP, punkt N zaś drugim punktem przecięcia prostej BM z okręgiem ω. Wykaż, że PN = 2MN.

TheCB: Hint: Rozważ punkt symetryczny do N względem punktu M.

kos: TheCB polesiałes...... Oznaczmy ten punkt N' wtedy na czworokącie N"ABP można opisać okrąg?

TheCB: Jak najbardziej. Wrzucaj zadanie (hint tak dużo dawał, bo chciałem uaktywnić trochę temat).

kos: Nie mam trudnychale niech bedzie to ale z rozwiązaniem do końca, nie tylko podanie warunków: Problem 19 Wyznacz parametr a tak aby równanie log( x² + 2ax) − log( 8x − 6a − 3) = 0 miało tylko jedno rozwiązanie.

5-latek: https://matematykaszkolna.pl/forum/356314.html Podobnie

kos: Ale napisałem zeby rozwiazć do końca moje...

TheCB: Dobra, podejmę się spisywania tego. Mamy log( x² + 2ax) = log(8x − 6a − 3). Funkcja logarytmiczna jest różnowartościowa, więc musi zachodzić równość x² + 2ax = 8x − 6a − 3. Chcemy znaleźć takie wartości parametru a, aby równanie to miało tylko jedno rozwiązanie spełniające 8x > 6a + 3. Mamy x² + (2a − 8)x + (6a + 3) = 0. Liczymy deltę i otrzymujemy Δ = (2a − 8)² − 4(6a + 3) = 4a² − 56a + 52 = 4(a² − 14a + 13). Oczywiście musi zachodzić Δ ≥ 0, skąd a² − 14a + 13 ≥ 0. Rozwiązaniami tej nierówności jest suma przedziałów (−∞, 1] oraz [13, ∞). Jeśli a = 13, to mamy (x + 9)² = 0, skąd x = −9. Wówczas jednak 8x < 6a + 3. Jeśli a = 1, to mamy (x − 3)² = 0, skąd x = 3 i wówczas istotnie 8x > 6a + 3. Załóżmy teraz, że a ∊ (−∞, 1) ∪ (13, ∞). Wówczas równanie x² + (2a − 8)x + (6a + 3) = 0 ma dwa rozwiązania:

(8 − 2a − 2√a2 − 14a + 13)
	= 4 − a − √a2 − 14a + 13 oraz 4 − a + √a2 − 14a + 13.
2

Oczywiście 4 − a + √a² − 14a + 13 > 4 − a − √a² − 14a + 13, a zatem musi zachodzić 4 − a + √a² − 14a + 13 > ^{6a + 3}₈ oraz 4 − a − √a² − 14a + 13 ≤ ^{6a + 3}₈. Z pierwszej nierówności mamy: 8√a² − 14a + 13 > 14a − 29 64(a² − 14a + 13) > 196a² − 812a + 841 −132a² − 84a − 9 > 0 132a² + 84a + 9 < 0 44a² + 28a + 3 < 0 44(a + ¹₂)(a + ³₂₂) < 0 (a + ¹₂)(a + ³₂₂) < 0. Stąd łatwo a ∊ (³₂₂, ¹₂). Oczywiście przedział ten zawiera się we wcześniej wspomnianej sumie przedziałów. Nietrudno jednak zauważyć, że druga nierówność prowadzi do nierówności 8√a² − 14a + 13 ≥ 14a − 29, która zachodzi dla wyznaczonych wcześniej a. To oznacza, że a = 1 lub a ∊ (³₂₂, ¹₂). Miejmy nadzieję, że nie walnąłem się w obliczeniach. Problem 20. Punkt N leży na boku BC trójkąta ABC, a punkt P − na odcinku AN. Wiadomo, że zachodzą równości: ∡ANB = 90° ∡PBA = 20° ∡PBC = 40° ∡PCB = 30°. Wyznacz miarę kąta ∡PCA.

kos: Oj trochę się pomyliłeś przy rozwiązywaniu nierównośći kwdratowej

TheCB: Możliwe, gdzie?

kos: a jak się rozwiązuje (a+1/2)(a+3/22)<0 mlutki błędzik

TheCB: Faktycznie, mózg mi się wyłączył. Ma być oczywiście a ∊ (−¹₂, −³₂₂). Ostateczna odpowiedź to zatem a = 1 oraz a ∊ (−¹₂, −³₂₂).

kos: a co z końcami tego przedziału

Jula: Punkt P punkt przecięcia wysokosci.

anaisy: To może pełne rozwiązanie zadanka 20.: Załóżmy, że CP, AB przecinają się w C₁, a BP, AC w B₁. Kąty C₁BC i C₁CB sumują się do 90 st, więc AB i CP są prostopadłe. Skoro wysokości trójkąta przecinają się w jednym punkcie to P jest ortocentrum ABC. Czyli kąty BC₁C, BB₁C są proste, więc na BCB₁C₁ można opisać okrąg. W tym okręgu kąty C₁BB₁ i C₁CB₁ są oparte na tym samym łuku, czyli miara kąta C₁CB₁ jest równa 20 st. Problem 21. Dane są parami różne liczby pierwsze p₁, p₂, ..., p_n, których suma odwrotności jest równa odwrotności pewnej liczby naturalnej. Udowodnij, że n=1.

Adamm: 1/p₁+...+1/p_n=1/k, k∊N

	p1...pn
k=
	∑i=1n ∏1≤j≤n, j≠i pj

o ile tylko n≥2 to mianownik nie jest podzielny przez p_i dla 1≤i≤n ale licznik tak, skąd wniosek że p₁...p_n|k co jest sprzeczne bo, p₁...p_n>k

Adamm: Może coś takiego? Problem 22. Udowodnić że liczba powstała przez wypisywanie kolejnych liczb naturalnych, to jest 0,12345678910111213..., jest niewymierna

Basia: dowód nie wprost przypuśćmy, że ta liczba jest wymierna musi mieć w takim razie: 1. rozwinięcie dziesietne skończone ⇒ w zbiorze N istnieje liczba największa sprzeczność 2. rozwinięcie nieskończone okresowe (okres jest liczbą skończoną c₁c₂...c_n) ⇒ w zbiorze N istnieje liczba największa sprzeczność Problem 23 Udowodnić, że każda liczba wymierna ma rozwinięcie dziesiętne skończone lub nieskończone okresowe. (to łatwe, ale na razie nic mądrzejszego mi do głowy nie przyszło)

Adamm: Basia, pierwszy podpunkt mogę uwierzyć na słowo, ale drugi to już musisz wyjaśnić

r0bert: hej! a może coś z realnego świata? Wilgotność względna na zewnątrz 92% temperatura 12oC=wilgotność bezwzględna a=9,9 g/m∧3. W mieszkaniu mam niezmiennie f=65% wilgoci i je wietrze oraz schładzam. To na jakiej temperaturze zatrzymać klimatyzator by nie wpuszczać wilgoci z zewnątrz? Łatwiejszy wzór Tetensa, szukane w obu przypadkach T=? 100a/(0,8f)*(1+(1/273)T)=6,11*10∧(7,5T/(237,3+T)) wg. trudniejszego wzoru Bucka: 100a/(0,8f)*(1+(1/273)T)=6,1121*e∧((18,678−T/234,5)*(T/(257,14+T))) Ja tego nie przekształcę bo po wielu latach zapomniałem, ale jak ktoś zrobi to mi się przyda. Excel podaje przybliżoną wartość T ok. 17±18 oC.

ford: ze wzoru typu aT+b+c^T=0 nie wyznaczysz analitycznie T, zostają metody przybliżone

fuerta:

ite: @fuerta czy to jest zachęta do wstawiania zadań maturalnych do poćwiczenia?

fuerta: Tak ale takie maturalne a nie konkursowe

ite: a poprawiasz wynik?

ite: Najlepiej załóż nowy wątek i podaj, czy to mają być zadania z rozszerzenia.