Форумы-->Форум для внеигровых тем-->
1|2|3|4|5|6|7|8
| Автор | Конкурс для любителей занимательной математики |
|---|
| Извиняюсь что попало написал по поводу 6 задачи, замечание Сойот правильное, жду решение | По поводу задачи 8:
Решение только одно, нужно доказать что других нет. | Итак нерешенной осталась задача 8
А как же 6? | для Страус:
Задача 6 тоже ждет своего рещения см пост 121 | А как же 6?
Надо придумать псевдошкольное решение. Но как - ума не приложу, ибо уже не помню, что изучается в школе, а что нет ). У нас в школе отображения изучались, так что теоретически мое решение - вполне школьное. Но по факту у нас школа была слишком математическая, к тому же в России изучают существенно меньше. Так что прийдется ждать решение от россиян... | для ashem2:
Причем здесь отображения задача про выпуклый четырехугольник)) | для ashem2:
Что-то я не узрел в твоих постах попыток решения задачи 6:)
А про то, что не изучается в школе, насколько я знаю, принято так: надо четко сформулировать факт, которым пользуешься. А тогда уже можно подумать о том, можно ли им пользоваться. Твое решение задачи с синусами написано в стиле "все итак очевидно, просто вы слишком тупые". Сформулируй эти самые теоремки/свойства из вышмата. | | Итак, я так понимаю задача 6(городская олимпиада 9кл) и задача 8 (олимпиада для 10 кл) так и не нашли решение к сожелению. Если в течении суток никто не представит решение, выложу следующую порцию заданий, и решение этих. | Итак, решение не предоставлено, как и обещал выкладываю решение задач:
Подходит, например, любая трапеция площади 1 с основаниями BC = 1 и AD =2^(1/3). Действительно, высота такой трапеции равна 2/(1+2^(1/3)) . Допустим, что для некоторой точки O площади треугольников AOD и BOC рациональны. Тогда высоты этих треугольников, опущенные из точки O, равны alfa и beta/(2^(1/3)) , где alfa и beta — рациональные числа. Следовательно, alfa + beta/(2^(1/3)) = 2/(1+2^(1/3)). Но тогда число 2^(1/3) является корнем квадратного уравнения alfa*x^2 + ( beta + alfa - 2)x + beta = 0. Докажем, что число 2^(1/3) не является корнем никакого квадратного уравнения a*x^2 + b*x + c = 0 с рациональными коэффициентами, не все коэффициенты которого равны нулю. Если a = 0, то 2^(1/3) = - c/b , что неверно. Если же a не равно 0, то в этом случае 2^(1/3) = (-b+-sqrt(D))/2a, D больше или равен 0. Возводя обе части равенства в куб и приравнивая коэффициенты при sqrt(D), получаем, что 3b^2 + D = 0. Так как D больше или равен 0, то b = D = 0, а значит, b = c = 0, что также неверно. Таким образом, число 2^(1/3) не является корнем квадратного уравнения с рациональными коэффициентами, из которых не все равны нулю. Следовательно, для приведённой трапеции площадь хотя бы одного из треугольников AOD и BOC всегда иррациональна. | Сурово. Ступил я как-то... Мне показалось, что для любой трапеции такая точка есть:) Ладно, бывает. Не так хороша оказалась эта задача:(
Жду акта мазохизма по 8ой:) Вот будет забавно, если ты изобрел решение без леммы об уточнении... Ну и от новых задач не откажусь, если они будут приятны на вид. Неприятных у меня полно лежит еще:)) | Решение задачи 8
Единственное решение уравнения: n=2, k=1, l=2, m=3. Докажем это.
Пусть p – простой множитель l. Поскольку n^m=(1+n^k)^l–1, то n^m делится на (1+n^k)^p–1. Но это выражение равно (n^k)*p+(n^(2k))*p(p–1)/2+(n^(3k))*r, где r – неотрицательное целое число. Разделив на n^k, получим p+(n^k)*p(p–1)/2+(n^2k)·r. Если n не делится на p, то это выражение взаимно просто с n, и nm не может на него делиться. Значит, p – делитель n. Тогда 1+(n^k)*(p–1)/2+((n^(2k))/p)*r – натуральное число, большее единицы. Если k>1 или p нечетно, то второе слагаемое делится на n (третье делится всегда), сумма взаимно проста с n, и n^m не может на нее делиться. Следовательно, k=1 и l имеет вид 2^s.
Вспомним теперь, что n^m=(1+n^k)^l–1=(1+n)^l–1= ln + ... В правой части все члены, начиная со второго, делятся на n^2 . Из этого, поскольку m > 1, следует, что l делится на n. Значит, n, как и l, является степенью двойки. Но
(1+n)^l–1=[(1+n)^(l/2)+1] * [(1+n)^(l/2)–1] =
=[(1+n)^(l/2)+1] ... (n+2)*n,} откуда n+2 также является степенью двойки. Следовательно, n=2. Множитель разложения, предшествующий n+2=4, равнялся бы 3^2 +1=10 и не был бы степенью двойки. Значит, l=2, откуда m=3. | для Страус:
Постараюсь новые задачи подобрать именно на соображалку, этими задачами я время себе оттянул чтоб призовой фонд в соответствие привести чтоб было чем платить так сказать)))) шутка )) задачи не такие сложные были по сравнению с первой например. Я даже удивлен что они так долго без решения оставались. | для Материалист:
Согласен. С 6ой я как-то ступил, рассматривал ведь трапецию... Ну да ладно. А в 8ой какое-то слишком простое решение получилось. Я точно помню, что в оригинале она решалась леммой об уточнении и разбором двойки, что противно. Переход к простому мне понравился. Хотя, надо сказать, тоже не айс решение... Особенно читать такое. Слушать еще куда ни шло. | | Итак, подзабросил я тему (немного увлекся применением стат методов в рулетке) выкладываю следующую задачу: | На стене есть правильно идущие одинаковых часы. Одни показывают московское время, другие - Владивостокское. Минимальное расстояние между концами их стрелок равно k, а максимальное - K.
Определите расстояние между центрами часов. | | Задача очень простая на затравку так сказать | | Кстати говоря отдельная благодарность Qwainos )))) | | ) | | берем длину стрелок равную х тогда 4х=К-к(т.к. стрелки расположены горизонтально), расстояние между центрами равно l=к+2*х, путем нехитрых математических расчетов получаем l=(K+k)/2 | расстояние
R = k+(K-k)/2 |
1|2|3|4|5|6|7|8К списку тем
|
