Brněnský korespondenční seminář

Registrace | Nové heslo |

Matematický maraton

Do tohoto tématu nemůžete přispívat, pokud se nepřihlásíte.
[1177] Šavlík savlik5@gmail.com 12.3.09 (21:30:23)

Tak já s tím tedy trochu pohnu. Označíme si kořeny kvadratické rovnice r,s a určíme si průsečíky s osami [r,0], [s,0] a [0,q]. Nyní dokážeme, že bod [0,1] s nimi leží na kružnici: využijeme mocnost ke kružnici z bodu O[0,0] a má tedy platit, že r*s=q, což zjevně platí podle Vietových vztahů. A protože mocnost bodu ke kružnici je ekvivalence, důkaz je hotov.

Dokažte, že ať vsuneme doprostřed čísla 9801 jakýkoliv počet devítek, vždy bude dělitelné číslem 1089 s týmž počtem devítek uprostřed. Příklad: Číslo 9899901 je dělitelné číslem 1099989.

[1168] Pepa T, josef.tkadlec@gmail.com 10.3.09 (18:01:31)

Ha ha ha! Ten hint je naozaj MOCNÝ…

[1167] Pepa T, josef.tkadlec@gmail.com 10.3.09 (17:59:14)

Ach jo, to je mi líto… Rozhodně jsem tu diskusi nechtěl „zmrazit“. Jenom mi to přišlo fakt hezké

[1166] Zbyněk kondr@lesnimoudrost.cz 10.3.09 (00:51:31)

Tak jak bylo slíbeno, v případě dlouhodobě mrtvé diskuse to tu někdo z orgů trochu rozvíří. K té Pepově úloze by možná pomohl „obrázek“:files/i­mages/maraton/hin­t.jpg , z něj je to snad vidět.

[1106] Pepa T, josef.tkadlec@gmail.com 2.3.09 (13:08:20)

K šesté úloze: Označím bod uvnitř úhlu S, úhel samotný pak AVB. Přímka procházející S protne ramena v M,N. Zobrazím úhel AVB ve středové souměrnosti podle S. Překryvem vzoru a obrazu bude nějaký rovnoběžník, říkejme mu AKA´L (S je střed KL). Trojúhelník AMN má teď obsah aspoň takový, jako polovina rovnoběžníka (jak snadno nahlédneme z obrázku :)… ). Právě tu polovinu má, když je MN=KL. Konstrukce je přes tu středovou souměrnost.

Sedmá úloha: Uvažme všechny paraboly y=x2+px+q (p,q reálná) takové, že každá má právě tři průsečíky s osami. Tyto při průsečíky určují kružnici. Dokažte, že všechny takové kružnice procházejí jedním konkrétním bodem. Kterým?

[1105] Šavlík savlik5@gmail.com 2.3.09 (00:54:30)

eh, pravda…A já myslel, že ta analytika se dá i k něčemu použít a ono ne :(

[1101] Zbyněk kondr@lesnimoudrost.cz 1.3.09 (22:43:46)

K páté úloze: máme 3x+4y+5z=6, převedením 4y+5z=6-3x, vezmeme mod 4, dostaneme z=2+x+4k, po dosazení 4y+10+5x+20k=6-3x 4y=-20k-8x-4 y=-5k-2x-1. Dostáváme tak řešení \{[x,-5k-2x-1,2+x+4k]|x,k\in\mathbb{N}\}. Je to jen jeden z mnoha způsobů parametrizace.

[1098] Protože k a l nemusí výt celá čísla, nemusí platit ani 2|k …

[1098] Šavlík savlik5@gmail.com 1.3.09 (18:04:36)

Řešení provedu pomocí analytické geometrie. 3×+4y+5z-6=0 je rovnice roviny v obecném tvaru. Abych ji mohl vyjádřit parametricky, tak nejdříve musím zjistit 3 body této roviny. Tak například průsečíky a osami x,y,z (body A,B,C): A[2,0,0], B[0,3/2,0], C[0,0,6/5]. Dále pak určíme dva nezávislé vektory této roviny: AB(-2,3/2,0), AC(-2,0,6/5). Jakýkoliv bod roviny lze zapsat jako počáteční bod (musí to být bod roviny, v mém případě si zvolím A) plus součet těchto vektorů, každý přenásobený nějakým koeficientem. Souřadnice takového bodu roviny tedy budou: x=-2k-2l+2, y=3/2k, z=6/5l. Nyní hledáme celočíselná x,y,z. Vidíme, že 2|k a 5|l, tedy k=2a, l=5b. Po dosazení získáváme všechna celočíselná řešení vyjádřená dvěma parametry a,b: x=-4a-10b+2, y=3a, z=6b.

Šestá úloha: Je daný úhel a uvnitř něj bod. Veďte tímto bodem přímku tak, aby v úhlu vytla trojúhelník s minimálním obsahem.

[1088] Dan dv.daniel@centrum.cz 20.2.09 (20:56:00)

Každé prvočíslo kromě 2 a 3 lze vyjádřit ve tvaru 6k+1 nebo 6k-1. máme 6k \pm 1 = \sqrt{24n+1} po umocnění 36k^2 \pm 12k + 1 = 24n+1 po vydělení 12: 3k^2 \pm k = 2n Teď víme, že při zvolení vhodných k dostaneme každé prvočíslo. My se ptáme (vlastně Olin se ptá), jestli vždy najdeme přirozené n k nějakému k. Když se koukneme na poslední rovnici, je vidět, že ano. Levá strana rovnice je vždy sudá a po vydělení 2 získáme kladné číslo n. Takže všechna prvočísla kromě 2 a 3 jsou v této posloupnosti obsažena.

Pátá úloha: Najděte celočíselná řešení rovnice 3×+4y+5z=6. (myslím vyjádřená parametricky).

[1087] Olin slavik.alexander@seznam.cz 20.2.09 (20:08:06)

Dan: Předpokládám, že v tvé úloze vypadla podmínka, že p je prvočíslo (co kdyby třeba bylo p sudé?).

Řešení: \underbrace{111\ldots1}_{p-1} = \frac 19 \left (10^{p-1}-1 \right ) Podle Malé Fermatovy věty pak p|\left (10^{p-1}-1 \right ) Předpoklad věty, že p \not | 10, je splněn tím, že p \geq 7. Odtud p|9 \cdot \underbrace{111\ldots1}_{p-1} Protože ale zřejmě p nedělí devítku, musí dělit ono jedničkové číslo.

Čtvrtá úloha: Nechť posloupnost \{a_n\}_{n=1}^{\infty} je definována následujícím vztahem: a_n = \sqrt{24n + 1}. Dokažte, že mezi členy této posloupnosti jsou všechna prvočísla kromě dvojky a trojky.

[1086] Dan dv.daniel@centrum.cz 20.2.09 (19:54:35)

Ještě k druhé úloze: kromě n=3 vyhovuje ještě n=1. Ale i tak kvůli n >= 5 úloha nemá řešení.

A ke třetí úloze jsem zapomněl dodat, že p je samozřejmě prvočíslo.

[1085] Dan dv.daniel@centrum.cz 20.2.09 (19:15:16)

Využijeme vlastnosti, že n2 dává při dělení pěti zbytek 0, –1 nebo 1. Vidíme, že 1+2!+3!+4!=33. Takže pro k >= 5 dávají všechny tyto rozvoje zbytek 3 při dělení 5 a nelze tak zapsat druhou mocninu přirozeného čísla. Řešení musíme tedy najít pro k <= 4, pak je ale řešení jen n=3. Podle zadání je ale n>=5, takže úloha nemá řešení.

třetí úloha: mějme číslo 111111…11 (těch jedniček je p-1). Dokažte, že pro p>=7 je takové číslo dělitelné p.

[1084] Zbyněk kondr@lesnimoudrost.cz 20.2.09 (16:34:11)

Zadání první úlohy bylo myšlené přesně tak, jak ho pochopil Kuba. Pokud vám to někomu přišlo moc lehké, tak proto, že to byla první úloha. Nicméně řešení obou variant jsou správná, pokud by o tom byly nějaké pochybnosti, řešme to „v jiném vlákně“:http://bart.math.muni.cz/…os/index.php?… ať neděláme zmatek v maratonu.

Aktuální je Kubova úloha, tak směle do ní.

[1083] kalibaba hkubant@atlas.cz 20.2.09 (16:05:29)

Domnivam se, ze zadani prvni ulohy bylo mysleno jinak, zda se mi spise ze hledame cislo, ktere bude mit krome 2 samozrejmych delitelu jeste 4 delitele. pote by reseni bylo trosku zajimevejsi :-): jak bylo predeslano pokud obe cisla budou prvocisly budou delitele 4(z toho ale dva samozrejmi, takze 2 skutecni delitele)

pokud nastane stav (p,a,b prvocisla): p(ab) bude delitelu 6 p,a,b,pa,ab,bp. pokud ale bude situace pokud bude tvar p(a2) budou delitele prave 4 a,p,ap,a2.

pokud p= (a2)-1 pak a musí být sude, protože vsechna prvocisla krome 2 jsou suda a zadne prvocislo na druhou neni 2. a je tedy 2 a p je 5

pokud p= (a2)+1 reseni je z podobnych duvodu a=2 a tedy n=3

Jedinymi resenimi je tedy n = 4 a 3

[1082] KubaT jtopfer@gmail.com 19.2.09 (18:48:38)

Pro n=1 je n(n+1)=2 a dvojka čtyři dělitele nemá. Jistě tedy musí být n >= 2. Číslo n(n+1) pak má určitě dělitele 1, n, n+1, n(n+1), tedy nejméně čtyři. Aby nemělo dělitelů více, musí být čísla n i n+1 prvočísla. To splňuje pouze n = 2, což je jediné řešení úlohy.

Druhá úloha: Najděte všechna přirozená čísla n >= 5, jejichž druhou mocninu lze zpsat ve tvaru  n^2 = 1! + 2! + ... + k! pro nějaké přirozené číslo k.

[1081] Zbyněk kondr@lesnimoudrost.cz 19.2.09 (12:53:49)

Abychom oživili diskusi na webu, rozhodli jsme se založit matematický maraton. Pravidla jsou jednoduchá: přečteš si aktuální úlohu, tu vyřešíš a rovnou zadáš novou. Máš tak možnost nejen řešit zajímvé úlohy, ale také se podělit o příklady, které jsi vymyslel nebo našel a připadají ti zajímavé. Orgové budou celý maraton sledovat, pokud se zasekne na mrtvém bodě tak ho oživí. Nejaktivnější přispivatelé dočkají drobné odměny (předána bude na letním soustředku nebo jiné vhodné příležitosti).

Tak tedy – úloha první

Najděte všechna přirozená čísla n taková, že n(n+1) má právě 4 dělitele.