LXVI Olimpiada Matematyczna
|
|
- Gabriela Mazurkiewicz
- 6 lat temu
- Przeglądów:
Transkrypt
1 LXVI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia pierwszego (1września2014r. 1grudnia2014r.) Zadanie1. Danesątakieliczbycałkowitea,bicróżneodzera,żeliczba a (1) b +b c +c a jest całkowita. Wykazać, że iloczyn abc jest sześcianem liczby całkowitej. Należy dowieść, że każda liczba pierwsza p wchodzi do rozkładu iloczynu abc na czynniki pierwsze z wykładnikiem podzielnym przez 3. Niech więc x, y i z będą wykładnikami, z jakimi liczba p występuje w rozkładach odpowiednio liczba,bic.udowodnimy,żesumas=x+y+zjestpodzielnaprzez3. Oznaczmy sumę(1) symbolem k. Mnożąc ją przez abc otrzymujemy (2) a 2 c+b 2 a+c 2 b=kabc. Liczba pierwsza p pojawia się w rozkładach trzech składników lewej strony zależności(2) z wykładnikami równymi kolejno 2x+z, 2y+x i 2z+y. Niech m będzie najmniejszą wartością wsród tych trzech wykładników. Jeżeli tylko jeden z tych wykładników wynosi m, to jeden składnik lewej stronyzwiązku(2)jestpodzielnyprzezp m,alenieprzezp m+1,apozostałe dwaskładnikisąpodzielneprzezp m+1.zatemcałalewastronazależności(2) jestpodzielnaprzezp m,alenieprzezp m+1.prawastronajestzaśpodzielna przezp x+y+z =p s.stąduzyskujemynierównośćm sisprzeczność,gdyż 3s=3(x+y+z)=(2x+z)+(2y+x)+(2z+y) m+(m+1)+(m+1)>3m. Wobectegopewnedwiezliczb2x+z,2y+xi2z+ysąrówne(liczbiem). Przyjmijmy, bez szkody dla ogólności dowodu, że 2x+z =2y+x. Wtedy liczba s=x+y+z=x+y+z (2x+z)+(2y+x)=3y jest podzielna przez 3, co należało wykazać. Zadanie2. Dodatnieliczbycałkowitex 1,x 2,...,x n spełniająwarunek (1) x 1 +x x n =s<2n. Udowodnić,żekażdaliczbazezbioru{1,2,...,s}jestsumąpewnych spośródliczbx 1,x 2,...,x n. Przeprowadzimy dowód przez indukcję ze względu na wartość liczby n. Dlan=1tezazadaniajestprawdziwa,ponieważwówczasx 1 =s=1. Przechodząc do kroku indukcyjnego wybierzmy dowolną liczbę całkowitą n>1,dlaktórejtezazadaniajestsłusznapozastąpieniuliczbynliczbąn 1. 1
2 Założenie indukcyjne orzeka więc, że dla każdego układu n 1 dodatnich liczb całkowitychosumierównejt<2n 2wszystkieliczbyzezbioru{1,2,...,t} można zapisać w postaci sumy pewnych liczb danego układu. W celu wykazania tezy indukcyjnej rozpatrzmy dowolne dodatnie liczby całkowitex 1,x 2,...,x n spełniającewarunek(1).niechmbędzienajwiększą wartościąwśródtychnliczb.jeżelim=1,tokażdaznichwynosi1,awtedy napodstawiezwiązkun>1dostajemys m=n 1<2n 2.Jeżelinatomiast m 2,tozzależnościs<2nznówwynika,żes m<2n 2. Przenumerowującwraziepotrzebywskaźnikimożemyprzyjąć,żex n =m. Wówczasx 1,x 2,...,x n 1 sądodatnimiliczbamicałkowitymiosumies m mniejszej od 2n 2, czyli zgodnie z założeniem indukcyjnym dowolna liczba zezbioru{1,2,...,s m}jestsumąpewnychspośródliczbx 1,x 2,...,x n 1. Wobectegosumamipewnychspośródliczbx 1,x 2,...,x n 1,x n sąliczby: 1,2,...,s m(sumybezużycialiczbyx n =m); m+1,m+2,...,s(sumyzużyciemliczbyx n =m), jakrównieżsamaliczbax n =m.zatemwszystkieliczbyzkażdegozezbiorów (2) {1,2,...,s m} oraz {m,m+1,...,s} możnazapisaćwpostacisumypewnychspośródliczbx 1,x 2,...,x n. Ponadtozbiory(2)pokrywająrazemcałyzbiór{1,2,...,s},gdyżsłuszne sąnierównościs m n 1orazm n.pierwszanierównośćopierasiębowiem naspostrzeżeniu,żejejlewastronas m=x 1 +x x n 1 jestsumąn 1 liczbniemniejszychniż1;drugazaś napierwszejoraznazwiązkus<2n, zktórychotrzymujemym=s (s m) s (n 1)<2n (n 1)=n+1. Wefekciekażdaliczbazezbioru{1,2,...,s}jestsumąpewnychspośród liczbx 1,x 2,...,x n,cokończyindukcjęirozwiązaniezadania. Zadanie3. Rozstrzygnąć,czyistniejetakaliczbacałkowitan 1,żeliczba n 2+1+ n 2 1 jest wymierna. Przypuśćmy,żeliczbacałkowitan 1mapostulowanąwłasność.Wtedy zrówności( 2+1)( 2 1)=1wynika,żeliczbęwymiernąokreślonąwtreści zadaniamożnazapisaćwpostaciw=a+ 1 a,gdziea= n 2+1. Wykażemy,żedlak=0,1,2,...liczbab k =a k + 1 a kjestwymierna.wtym celuzastosujemyindukcję.liczbyb 0 =2ib 1 =wsąwymierne.niechzkolei dlapewnejliczbycałkowitejl 2liczbyb l 2 ib l 1 będąwymierne.liczba b l =a l + 1 ( a l= a+ 1 )( a l ) ( a a l 1 a l a l 2 jest wówczas także wymierna, co kończy rozumowanie indukcyjne. 2 ) =wb l 1 b l 2
3 Wrezultacieliczbab n =a n + 1 a n=( 2+1)+( 2 1)=2 2jestwymierna. Uzyskana sprzeczność świadczy o niesłuszności uczynionego przypuszczenia. Odpowiedź: Taka liczba n nie istnieje. Zadanie 4. Dany jest trójkąt ostrokątny ABC, w którym AB AC. Punkty E i F są spodkami wysokości tego trójkąta opuszczonych odpowiedniozwierzchołkówbic.punktyminsąśrodkamiodpowiednio odcinkówbcief,apunktqjestśrodkiemokręguopisanegona trójkącieamn.dowieść,żeprosteaqibcsąrównoległe. Niech D i G będą spodkami wysokości opuszczonych z wierzchołka A odpowiednio w trójkątach ABC i AEF(rys. 1). C D l E M N G A F B rys.1 PonieważkątyBECiBFCsąproste,więcpunktyEiFleżąnaokręgu ośrednicybciśrodkum.punktnjestśrodkiemcięciwyeftegookręgu,co oznacza,żeprostamnjestprostopadładoprostejef,czylijestrównoległa doprostejag.wkonsekwencjipunktmleżywewnątrzkątaganoraz (1) <)GAN=180 <)ANM. Czworokąt BCEF jest wpisany w okrąg. Stąd otrzymujemy związki <)AEF=180 <)CEF=<)ABC oraz <)AFE=180 <)BFE=<)BCA, które wskazują, że trójkąty AEF i ABC są podobne(cecha kąt-kąt-kąt). Podobieństwo ϕ odwzorowujące pierwszy trójkąt na drugi jest złożeniem symetrii względem dwusiecznej l kąta CAB z jednokładnością o środku A 3
4 iskaliab:ae.weźmyterazpoduwagękątyganidam kątymiędzy wysokością a środkową przy wierzchołku A odpowiednio w trójkątach AEF i ABC. Podobieństwo ϕ przekształca wysokość oraz środkową w pierwszym trójkącie odpowiednio na wysokość oraz środkową w drugim; w takim razie przekształca ono pierwszy kąt na drugi. Zatem kąty te mają jednakowe miary i możemy przepisać równość(1) w postaci (2) <)DAM=180 <)ANM. Ponadto,zgodniezopisempodobieństwaϕ,kątyGANiDAM awśladza tympółprostean iam jakoichodpowiednieramiona sąsymetryczne względem dwusiecznej l. W efekcie podobieństwo ϕ przeprowadza punkt M, któryleżywewnątrzkątagan,napewienpunktpółprostejan położony wkąciedam.wobectegopunktnznajdujesięwewnątrzkątadam. C D N M A B Q P ω rys.2 Zaznaczmy wreszcie na okręgu ω, opisanym na trójkącie AM N, dowolny punktpleżącypoprzeciwnejstronieprostejamniżpunktydin(rys.2). Wówczas prawa strona zależności(2) jest równa mierze kąta AP M. Uzyskany wtensposóbzwiązek<)dam=<)apmdowodzi,napodstawietwierdzenia okąciemiędzystycznąacięciwą,żeprostadajeststycznadookręguω,co oznacza, że jest ona prostopadła do jego promienia AQ. Jednocześnie jest ona prostopadła do boku BC trójkąta ABC, gdyż zawiera wysokość tego trójkąta opuszczoną z wierzchołka A. Proste AQ i BC są więc równoległe. Zadanie 5. Rozwiązać w liczbach całkowitych x i y równanie x 4 2x 3 +x=y 4 +3y 2 +y. 4
5 Niech L i P oznaczają odpowiednio lewą i prawą stronę danego równania. Zauważmy też na wstępie, że dla dowolnej całkowitej liczby t słuszne są związkit 2 +t 0orazt 2 t 0. Dlax=0idlax=1zachodzirównośćL=0.LiczbaP=y 4 +2y 2 +(y 2 +y) jest z kolei sumą trzech nieujemnych składników, przy czym pierwsze dwa są równezerujedyniedlay=0.wobectegozależnośćp=0jestspełnionatylko dla y = 0. W rezultacie uzyskujemy dwa rozwiązania(x, y) danego równania: (0,0)i(1,0),ainnychrozwiązańzniewiadomąxrówną0lub1niema. Odtegomomentuzakładamy,żeliczbacałkowitaxjestróżnaod0i1. Prawdziwajestwięcnierównośćx 2 x 2. Korzystajączzależnościx 2 x 2iy 2 y+4 4otrzymujemyzwiązki L=(x 2 x) 2 (x 2 x)>(x 2 x) 2 2(x 2 x)+1=(x 2 x 1) 2, P=(y 2 +2) 2 (y 2 y+4)<(y 2 +2) 2. W konsekwencji równość L = P może zachodzić jedynie wtedy, gdy (x 2 x 1) 2 <(y 2 +2) 2. Obie liczby stojące powyżej w nawiasach pod kwadratami są dodatnie. Zatem zależnośćl=pmożebyćspełnionajedyniepodwarunkiem,że (1) x 2 x 1<y Podobnie,tymrazemwoparciuozwiązkix 2 x 2iy 2 +y 0,dostajemy L=(x 2 x) 2 (x 2 x)<(x 2 x) 2 1, P=(y 2 +1) 2 +(y 2 +y 1) (y 2 +1) 2 1. Analogiczniewynikastąd,żerównośćL=Pjestmożliwatylkowtedy,gdy (2) x 2 x>y Zwiększającobiestronyzależności(1)o1widzimy,żewarunki(1)i(2) są łącznie spełnione jedynie wtedy, gdy (3) x 2 x=y JeżeliterazprawdziwajestrównośćL=P,tosłusznyjesttakżezwiązek(3). Liczby stojące pod kwadratami w wykorzystanych już przedstawieniach L=(x 2 x) 2 (x 2 x) oraz P=(y 2 +2) 2 (y 2 y+4) są więc równe, co prowadzi do zależności (4) x 2 x=y 2 y+4. Porównujączwiązki(3)i(4)uzyskujemyrównaniey 2 +2=y 2 y+4,skądy=2. Ponadtox 2 x=2 2 +2=6,czylix=3lubx= 2.Bezpośredniosprawdzamy, żedlaobuwyznaczonychprzedchwiląpar(x,y)zachodzirównośćl=p. Odpowiedź: Dane równanie ma cztery rozwiązania całkowite(x, y): (0,0), (1,0), (3,2) oraz ( 2,2). 5
6 Zadanie 6. Dany jest trójkąt ABC, w którym kąt przy wierzchołku C jest prosty. Punkt D jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka C, aokrągwpisanywdanytrójkątjeststycznydobokówabiac odpowiedniowpunktacheif.wykazać,żepunktprzecięciawysokości trójkąta AEF jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ACD. NiechokrągowpisanywtrójkątACDbędziestycznydobokówAC iadodpowiedniowpunktachgih(rys.3). C G F o A H rys.3 ED Trójkąty prostokątne ACD i ABC są podobne, gdyż mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku A. Podobieństwo odwzorowujące pierwszy trójkąt na drugiprzeprowadza:wierzchołkia,cidkolejnonawierzchołkia,bic, okrągonaokrągwpisanywtrójkątabc,apunktystycznościgihodpowiednio na punkty styczności E i F. Stąd otrzymujemy równości stosunków AG AE =AC AH oraz AB AF =AD AC, które zgodnie z twierdzeniem odwrotnym do twierdzenia Talesa dowodzą, że prosteegibcsąrównoległeorazprostefhicdsąrównoległe. WobectegokażdazprostychEGiFH prostopadłychodpowiedniodo prostych AC i AB zawiera wysokość trójkąta AEF oraz przecina styczną do okręgu o pod kątem prostym w punkcie styczności, czyli przechodzi przez środek okręgu o. Zatem punkt przecięcia prostych EG i F H jest jednocześnie punktem przecięcia wysokości trójkąta AEF i środkiem okręgu o. Zadanie 7. Dany jest czworościan ABCD. Płaszczyzna przechodząca przez punkty styczności sfery s wpisanej w ten czworościan ze ścianami ABD,BCDiACDprzecinakrawędzieAD,BDiCDodpowiedniowpunktachA,B ic.udowodnić,żeśrodeksferywpisanej wczworościana B C Dleżynasferzes. OznaczmysymbolemIśrodeksferys,asymbolamiM,NiP punkty jej styczności odpowiednio ze ścianami ABD, BCD i ACD. Niech następnie 6 B
7 JiKbędąpunktami,wktórychodcinekDIprzecinaodpowiedniosferęs ipłaszczyznęa B C.OznaczmywreszcieliterąLrzutprostokątnypunktuJ naścianęabd(rys.4). D L J A M I K P B N C A s C rys.4 Udowodnimy,żeśrodkiemsferywpisanejwczworościanA B C Djest punktj,którynamocysamegookreśleniależynasferzes. W tym celu wykażemy najpierw, że prosta DI jest prostopadła do płaszczyznya B C.Istotnie,każdyzpunktówDorazIjestjednakowoodległyod obukońcówodcinkamn:punktd,gdyżdmidnsąodcinkamistycznych dosferyspoprowadzonychzjednegopunktu;punktizaś,gdyżodcinkiim orazinsąpromieniamisferys.stądpunktydorazi awśladzatym całaprostadi leżąnapłaszczyźniesymetralnejodcinkamn.wefekcie prostemnidisąprostopadłe.podobniestwierdzamy,żeprostenpipm sąprostopadłedoprostejdi.punktym,nipwyznaczająwięcpłaszczyznę prostopadłą do prostej DI, a tego dowodziliśmy. ZatemodległośćpunktuJodścianyA B C czworościanua B C Djest równa JK. Aby dokończyć rozwiązanie, należy udowodnić, że takie same są odległościpunktujodściana B D,B C DorazA C D.Uzasadnimytodla ścianya B D;dlapozostałychdwóchścianrozumujemyanalogicznie. 7 B
8 PunktMjestrzutemprostokątnympunktuInapłaszczyznęA B D. W konsekwencji punkt L będący rzutem prostokątnym punktu J, leżącego naodcinkudi,natępłaszczyznę znajdujesięnaodcinkudm.pozostała częśćdowodurozgrywasięnapłaszczyźniedmi.trójkątmijjestrównoramienny(im=ij),aprostemiorazljsąrównoległe,ponieważobiesą prostopadłe do prostej DM. Wobec tego <)IJM=<)IMJ=<)LJM, czylitrójkątyprostokątnemkjimljmająprzywierzchołkujkątyostre o jednakowej mierze. Mają one też wspólną przeciwprostokątną M J i w takim razie są przystające, skąd uzyskujemy żądany związek JK =JL i tezę zadania. Zadanie8. Dlakażdejliczbycałkowitejn 2wyznaczyćnajmniejsząliczbęcałkowitą k o następującej własności: Wśróddowolnychkróżnychpodzbiorówzbioru{1,2,...,n}mających parzystą liczbę elementów istnieją dwa różne podzbiory, których część wspólna ma parzystą liczbę elementów. Zbiór o parzystej liczbie elementów będziemy krótko nazywać zbiorem parzystym, a zbiór o nieparzystej liczbie elementów zbiorem nieparzystym. WprowadźmyponadtooznaczenieS={1,2,...,n}. Niech l będzie największą liczbą nieparzystą nie większą niż n. Weźmy poduwagęlróżnychzbiorówpowstającychzezbioru{1,2,...,l}pousunięciu jednego elementu. Każdy z rozważanych l zbiorów ma l 1 elementów, czyli jest zbiorem parzystym. Natomiast część wspólna dowolnych różnych dwóch spośród tych l zbiorów ma l 2 elementów, a więc jest zbiorem nieparzystym. Wskazany w ten sposób przykład l różnych parzystych podzbiorów zbioru S bezżądanejwłasnościpociągazasobąnierównośćk l+1. Udowodnimy, że jest ona w istocie równością. Inaczej mówiąc, wykażemy, że szukana najmniejsza wartość wynosi { n, gdynjestliczbąparzystą, n+1, gdynjestliczbąnieparzystą. Przypuśćmy najpierw, że sformułowana przed chwilą teza została już (1) k= udowodniona dla wszystkich parzystych wartości n. Niech n będzie liczbą nieparzystą.wówczasn+1różnychparzystychpodzbiorówzbioru{1,2,...,n} traktujemyjakn+1różnychparzystychpodzbiorówzbioru{1,2,...,n,n+1}. Liczba n+1 jest parzysta, więc zgodnie z uczynionym przypuszczeniem wśród danych n+1 zbiorów istnieją dwa różne zbiory o parzystej części wspólnej. To zaś dowodzi słuszności tezy także dla nieparzystych wartości n. Pozostaje teraz dowieść następującego zdania: Jeżeli n jest liczbą parzystą, to wśród dowolnych różnych parzystychpodzbiorówa 1,A 2,...,A n Spewnedwaróżne podzbiory mają parzystą część wspólną. 8
9 Dowód będzie oparty na pojęciu różnicy symetrycznej. Dla dowolnych zbiorówx 1,X 2,...,X m SokreślamyróżnicęsymetrycznąX 1 X 2... X m jako podzbiór zbioru S złożony z wszystkich tych elementów, które należą do nieparzystejliczbyspośródzbiorówx 1,X 2,...,X m.wykażemy,że jeżelizbioryx 1,X 2,...,X m mająodpowiedniox 1,x 2,...,x m elementów, tozbiórx=x 1 X 2... X m jestparzystywtedyitylkowtedy,gdysuma x 1 +x x m jestparzysta. Niechbowiemliczby1,2,...,nnależąodpowiedniodoy 1,y 2,...,y n zbiorów występującychwciągux 1,X 2,...,X m.wówczasdowolnaliczbai Snależy dozbioruxwtedyitylkowtedy,gdyliczbay i jestnieparzysta.wrezultacie zbiór X jest parzysty wtedy i tylko wtedy, gdy liczba nieparzystych składnikówsumyy 1 +y y n jestparzysta,czyligdycałasumajestparzysta. Wynika stąd zapowiedziane stwierdzenie, gdyż obliczając dwoma sposobami liczbęparpostaci(x j,i),wktórychj {1,2,...,m}orazliczbai Snależy dozbiorux j,otrzymujemyzależność x 1 +x x m =y 1 +y y n. Przystępujemy do kluczowego kroku rozwiązania. Udowodnimy, że: RóżnicasymetrycznaniektórychspośródzbiorówA 1,A 2,...,A n jestzbiorempustym.innymisłowy,istnieją:liczbar {1,2,...,n} orazr-elementowyzbióri={i 1,i 2,...,i r } S,dlaktórych A i1 A i2... A ir =. Przed przejściem do dowodu zauważmy, że na mocy określenia różnicy symetrycznejzbióra i1 A i2... A ir niezależyodwyborukolejnościwskaźników i 1,i 2,...,i r iwefekciejestwyznaczonyjednoznacznieprzezpodzbióri. PonieważzbioryA 1,A 2,...,A n sąparzyste,więcnapodstawiewykazanegowyżejstwierdzeniakażdemuz2 n 1niepustychzbiorówI Sodpowiada różnica symetryczna będąca parzystym podzbiorem zbioru S. Jednak zbiór S mamniejniż2 n 1parzystychpodzbiorów mamianowiciewięcejniżjeden podzbiór nieparzysty, w tym n podzbiorów jednoelementowych. Wobec tego istniejądwaróżnepodzbiory:p-elementowypodzbiórj={j 1,j 2,...,j p } S orazq-elementowypodzbiórj ={j 1,j 2,...,j q} S,którymodpowiadataka sama różnica symetryczna R. Rozpatrzmy następujący ciąg p + q zbiorów: (2) A j1,a j2,...,a jp,a j 1,A j 2,...,A j q. Dowolna liczba ze zbioru R należy do nieparzystej liczby z początkowych p zbiorów i do nieparzystej liczby z końcowych q zbiorów. Dowolna spośród pozostałych liczb ze zbioru S należy zaś do parzystej liczby z początkowych p zbiorów i do parzystej liczby z końcowych q zbiorów. Zatem różnica symetryczna wszystkich p + q zbiorów(2) jest zbiorem pustym. PodzielmywskaźnikizezbiorówJiJ nadwatypy:wskaźnikinależące 9
10 doobuzbiorówiwskaźnikinależącetylkodojednegoznich.wmyślrelacji J J istniejeconajmniejjedenwskaźnikdrugiegotypu.niechi 1,i 2,...,i r oznaczają wszystkie wskaźniki drugiego typu, wypisane jednokrotnie. Zbiory A i1,a i2,...,a ir występująjedenrazwciągu(2),adlakażdegowskaźnikai pierwszegotypuzbióra i występujedwukrotnie.powykreśleniuzciągu(2) wszystkich powstających w ten sposób par jednakowych zbiorów dostajemy krótszy ciąg zbiorów o takiej samej różnicy symetrycznej. W konsekwencji A i1 A i2... A ir =A j1 A j2... A jp A j 1 A j 2... A j q =, czylizbióri={i 1,i 2,...,i r }mawłasnośćżądanąwteziekluczowegokroku. Aby wreszcie dokończyć rozwiązanie zbadamy dwa przypadki. Symbole i 1,i 2,...,i r będąnadaloznaczaćtakiewskaźniki,żea i1 A i2... A ir =. Przypadek 1. r jest liczbą parzystą. KażdaliczbazezbioruS,iwszczególnościkażdaliczbazezbioruA i1, należydoparzystejliczbyzezbiorówa i1,a i2,...,a ir.wtakimraziedowolna liczbazezbiorua i1 należydoparzystejliczbyzezbiorów (3) A i1, A i1 A i2, A i1 A i3,..., A i1 A ir ijesttoteżprawdądlaliczbspozazbiorua i1,gdyżnienależąonedożadnego ze zbiorów(3). W rezultacie różnica symetryczna r zbiorów(3) jest zbiorem pustym. Różnica symetryczna zbioru parzystego i r 1 zbiorów nieparzystych jestjednaknieparzysta.conajmniejjednaspośródczęściwspólnycha i1 A ij dlaj=2,3,...,rjestwięczbioremparzystym. Przypadek 2. r jest liczbą nieparzystą. Wtedy r n, ponieważ n jest liczbą parzystą. Stąd istnieje wskaźnik i S różnyodkażdegozewskaźnikówi 1,i 2,...,i r.podobniejakwprzypadku1 wnioskujemyzrównościa i1 A i2... A ir =,że (A i A i1 ) (A i A i2 )... (A i A ir )=. Różnica symetryczna r zbiorów nieparzystych jest nieparzysta. Zatem znów dlapewnegoj {1,2,...,r}częśćwspólnaA i A ij jestzbioremparzystym. Odpowiedź: Szukana najmniejsza liczba k jest opisana wzorem(1). Zadanie9. Nieujemneliczbyrzeczywistex 1,x 2,...,x n (n 2)spełniająrówność x 1 +x x n =1.Udowodnić,że ( max{x 1,x 2,...,x n } 1+2 ) min{x i,x j } 1. 1 i<j n Wykażemy ogólniejsze stwierdzenie: dla dowolnych nieujemnych liczb rzeczywistychx 1,x 2,...,x n prawdziwajestzależność ( n (1)max{x 1,x 2,...,x n } x i +2 ) min{x i,x j } (x 1 +x x n ) 2. i=1 1 i<j n 10
11 Podstawiającdoniejdwukrotniewarunekx 1 +x x n =1otrzymamy wprost tezę zadania. Aby udowodnić związek(1) przedstawmy jego lewą stronę L i prawą stronę P w następujący sposób: n L= max{x 1,x 2,...,x n } x i +2 max{x 1,x 2,...,x n } min{x i,x j }, i=1 n P= x 2 i+2 x i x j. i=1 1 i<j n 1 i<j n WceluwykazaniażądanejnierównościL Pwystarczyterazuzasadnić,że każdy składnik pierwszej z dwóch sum występujących powyżej w liczbie L jest nie mniejszy niż odpowiedni składnik pierwszej z dwóch sum występujących w liczbie P, oraz postąpić analogicznie dla drugich sum. Pierwszy z opisanych przed chwilą kroków sprowadza się do zależności max{x 1,x 2,...,x n } x i x 2 i dlai=1,2,...,n, któresąprawdziwe,gdyżwi-tejzależności(i=1,2,...,n)pierwszyczynnik iloczynustojącegopolewejstroniejestniemniejszyniżx i.zkoleidrugikrok przybiera postać związków max{x 1,x 2,...,x n } min{x i,x j } x i x j dla1 i<j n, którerównieżsąsłusznedladowolnejparywskaźników1 i<j n,ponieważ w każdym związku pierwszy i drugi czynnik lewej strony są nie mniejsze niż odpowiednio większy i mniejszy czynnik prawej strony. Todowodzinierówności(1),która jakwiemy pociągazasobątezę. Zadanie10. Danesątakiedodatnieliczbycałkowitea,b,cid,żedlakażdej liczbynaturalnejnliczbaan+bjestpodzielnaprzezliczbęcn+d. Wykazać,żeistniejeliczbanaturalnak,dlaktóreja=kcib=kd. Zgodniezwarunkamizadania,dlakażdegon 1liczbycn+dian+bsą podzielneprzezcn+d,czyliliczba a(cn+d) c(an+b)=ad bc także jest podzielna przez cn+d. Zatem liczba całkowita ad bc jest podzielna przezdowolniedużeliczbynaturalneiwobectegoad bc=0.przedstawmy otrzymanywtensposóbzwiązekad=bcjakorównośćułamków a c =b d i oznaczmy ich wspólną wartość symbolem k. Spełnione są więc zależności a=kc oraz b=kd. Ponadtowmyślzałożeńzadaniadlan=1liczbaa+b=k(c+d)jestpodzielna przez c + d. W rezultacie k jest liczbą całkowitą, co kończy rozwiązanie. 11
12 Zadanie11. DanyjesttrójkątABC,wktórymBC<CA<AB.Okrągwpisany wtentrójkątjeststycznydobokówbc,caiabodpowiednio wpunktachd,eif,apunktyk,limsąśrodkamiodpowiednio bokówbc,caiab.prostedeiklprzecinająsięwpunkciep, aprostedfikm wpunkcieq.dowieść,żepunktya,piq leżą na jednej prostej. KorzystajączrównościAE=AF,BF=BD,CD=CEobliczamy,że AE= 1 2 (AE+AF)=1 2 (AE+CE CD+AF+BF BD)=1 2 (AC+AB BC). StądizwarunkuAB>BCdostajemyAE> 1 2 AC=AL.ZatempunktLleży bliżej punktu A niż punkt E, a różnica między obiema odległościami wynosi (1) LE=AE AL= 1 2 (AC+AB BC) 1 2 AC=1 2 (AB BC). C G L E D K P Q A M F rys.5 B NiechGbędziepunktemprzecięciaprostychDEiML(rys.5).Ponieważ prostebcimlsąrównoległe,więctrójkątydceiglesąjednokładne względempunktue.wobectegozwiązekcd=cewskazuje,że (2) LG=LE. ZkoleipunktyDiEleżąodpowiednionapodstawieBCiramieniuCL trapezubclm,czylipunktgznajdujesięnapółprostejml nazewnątrz trójkąta ABC. Łącząc teraz zależności(2) i(1) stwierdzamy, że MG=ML+LG=ML+LE= 1 2 BC+1 2 (AB BC)=1 2 AB=MA. W konsekwencji trójkąt AM G jest równoramienny. Ponadto jego ramiona są równoległe do ramion trójkąta równoramiennego F BD, co dowodzi, że równoległe są też podstawy AG i F D obu rozważanych trójkątów. Zdrugiejstrony,prosteALiMGsąrównoległeodpowiedniodoprostych MKiBC.ZatembokitrójkątaALGsąrównoległedobokówtrójkątaQKD. 12
13 Stąd oba trójkąty są jednokładne lub przystające, a trzy proste, przechodzące przez wierzchołek pierwszego trójkąta i odpowiadający wierzchołek drugiego, przecinają się w jednym punkcie(środku jednokładności) lub są równoległe. Dwieznich prostelkigd przecinająsięwpunkciep.wrezultacie trzecia prosta AQ również przechodzi przez punkt P, co należało wykazać. Zadanie 12. Na płaszczyźnie zaznaczono wierzchołki 2014-kąta foremnego. Dwaj gracze na przemian dorysowują nowy bok albo nową przekątną tego wielokąta. Gracz przegrywa grę, jeżeli po jego ruchu dla każdego wierzchołka v dowolne dwa spośród pozostałych wierzchołków można połączyć łamaną złożoną z narysowanych odcinków, nie przechodzącą przez wierzchołek v. Rozstrzygnąć, który z graczy rozpoczynający grę czy jego przeciwnik ma strategię wygrywającą. Wierzchołki danego 2014-kąta będziemy krótko nazywać punktami, jego bokiiprzekątnezaś odcinkami(bezwzględunato,czysąnarysowane). Układ odcinków nazwiemy: ukończonym, jeżeli dla dowolnego punktu v każdą parę pozostałych punktów można połączyć łamaną złożoną z odcinków danego układu omijającą punkt v, a przegranym, jeżeli nie jest ukończony, lecz dodanie doń dowolnego nowego odcinka przekształca go w układ ukończony. Jeżeli układ narysowanych w bieżącej chwili odcinków jest przegrany, to gra jeszcze się toczy, jednak gracz, który ma wykonać ruch, po jego wykonaniu doprowadza do powstania układu ukończonego i przegrywa grę. zadania będzie oparte na bliższym zbadaniu możliwej liczby odcinków w układzie przegranym. Niech P będzie dowolnym układem przegranym. Należące doń odcinki będziemy krótko nazywać P-odcinkami, a łamane zbudowane z P-odcinków P-łamanymi. Układ P nie jest ukończony, więc istnieją takie trzy różne punktya,biv,żekażdap-łamanaokońcachaibprzechodziprzezpunktv. Oznaczmy symbolem A zbiór wszystkich punktów dających się połączyć zpunktemapewnąp-łamaną,naktórejnieleżypunktv.sampunktatakże zaliczamy do zbioru A. Podobnie, zamieniając punkt a na punkt b, określamy zbiórb.punktvnienależydożadnegozezbiorówaib. Zbiory A i B nie mają punktów wspólnych. Rzeczywiście, jakikolwiek punkt wspólny tych zbiorów można by połączyć P-łamaną omijającą punkt v zarównozpunktema,jakizpunktemb.łączącobietełamanewp-łamaną okońcachaibdostalibyśmywtedysprzecznośćzwyborempunktówa,biv. Wykażemy teraz cztery własności, wyrażone w następujących zdaniach: 1.DowolnedwaróżnepunktyzezbioruAsąpołączoneP-odcinkiem. Analogiczna teza jest słuszna dla zbioru B. 2.ŻadenP-odcinekniełączypunktuzezbioruAzpunktemzezbioruB. 3. Punkt v jest połączony P-odcinkiem z każdym innym punktem. 4.KażdypunktróżnyodpunktuvnależydojednegozezbiorówAiB. 13
14 Dowódzdania1.Przypuśćmy,żeróżnepunktya 1,a 2 Aniesąpołączone P-odcinkiem.ZgodniezokreśleniemzbioruAkażdyzpunktówa 1 ia 2 można połączyćzpunktemapewnąp-łamaną,naktórejnieleżypunktv.zatem punktya 1 ia 2 teżmożnapołączyćtakąp-łamaną,którąoznaczymyliterąl. WeźmypoduwagęukładP powstającyzukładuppododaniuodcinka okońcacha 1 ia 2.UkładP jestukończony,więcistniejełamanal złożona zodcinkówukładup,łączącapunktyaibbezprzechodzeniaprzezpunktv. Zastępującwłamanejl każdyodcinekokońcacha 1 ia 2 łamanąluzyskujemy P-łamaną łączącą punkty a i b oraz omijającą punkt v, czyli sprzeczność. Dowódzdania2.Załóżmy,żepunktya Aib Bsąkońcamijednego P-odcinka.Namocyzdania1punktyaia sąkońcamijednegop-odcinka (oilea a)orazpunktybib sąkońcamijednegop-odcinka(oileb b). StądotrzymujemyP-łamanąokońcachaib,zbudowanązconajwyżejtrzech P-odcinków oraz nie przechodzącą przez punkt v znów sprzeczność. Dowódzdania3.GdybypunktvniebyłpołączonyP-odcinkiemzinnym punktemc,toukładpowstającyzukładuppododaniuodcinkaokońcach vicpowinienbyćukończony. Tymczasemwciążnieistniejełamanaokońcachaibomijającapunktv. Dodanyodcinekojednymkońcuvniemożemianowiciewejśćwskładtakiej łamanej; nie można jej również utworzyć z samych P-odcinków. Dowódzdania4.Przypuśćmy,żepunktd vnienależydożadnego zezbiorówaib.wmyślzałożeniad Aodcinekokońcachaidnienależydo układup.dodająctenodcinekdoukładupdostajemyukładukończonyp. NiechlbędziełamanązłożonązodcinkówukładuP,łączącąpunkty aibzpominięciempunktuv.wybierającwraziepotrzebypewienjejkrótszy fragmentprzyjmijmy,żepunktależynałamanejltylkoraz jakojejkoniec. ConajmniejjedenzodcinkówłamanejlnienależydoukładuP.Wobec tegoznajdujesięnaniejodcinekokońcachaid.występujeonjednaktylko raz i przylega do końca a łamanej l. Wszystkie pozostałe odcinki łamanej l sąp-odcinkami.wkonsekwencjipunktydibmożnapołączyćp-łamaną omijającąpunktv.toprzeczywarunkowid Bikończydowódzdania4. Przystępujemy wreszcie do wyznaczenia liczby P-odcinków. Niech k i n oznaczają liczby punktów należących odpowiednio do zbiorów AiB.Zdania1 4wskazują,żek+n=2013,awszystkimiP-odcinkamisą: odcinki o obu końcach w(k+1)-elementowym zbiorze A {v} i odcinki o obu końcach w(n+1)-elementowym zbiorze B {v}. W efekcie liczba wszystkich P-odcinków wynosi 1 2 k(k+1)+1 2 n(n+1)=1 2 [k(k+1)+(2013 k)(2014 k)]= = 1 2 (2k2 4026k )=k(k 2013) i jest nieparzysta, gdyż jeden z czynników iloczynu k(k 2013) jest parzysty. Zatem dowolny układ przegrany składa się z nieparzystej liczby odcinków. 14
15 Jeżeli kolej wykonania ruchu przypada na gracza R rozpoczynającego grę, to liczba odcinków narysowanych w tym momencie na płaszczyźnie jest parzysta, czyli na podstawie konkluzji poprzedniego akapitu nie tworzą one układu przegranego. Wynika stąd, że w każdym swoim ruchu gracz R może wybrać do dorysowania taki odcinek, że po jego dorysowaniu gra jeszcze się nie zakończy. W rezultacie strategia gracza R, polegająca na dorysowywaniu za każdym razem dowolnego nowego odcinka, które nie powoduje przegranej natychmiast po wykonaniu ruchu, jest strategią wygrywającą. Rozpatrywana gra zawsze kończy się bowiem przegraną jednego z graczy, ponieważ układ wszystkich boków i przekątnych danego 2014-kąta jest ukończony. Odpowiedź: Strategię wygrywającą ma gracz rozpoczynający grę. Zadania z poprzednich Olimpiad Matematycznych oraz bieżące informacje można znaleźć w Internecie pod adresem: 15
LX Olimpiada Matematyczna
LX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 13 lutego 2009 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. Liczby rzeczywiste a 1, a 2,..., a n (n 2) spełniają warunek a 1
Bardziej szczegółowoLXI Olimpiada Matematyczna
1 Zadanie 1. LXI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 21 kwietnia 2010 r. (pierwszy dzień zawodów) Dana jest liczba całkowita n > 1 i zbiór S {0,1,2,...,n 1}
Bardziej szczegółowoLXIII Olimpiada Matematyczna
1 Zadanie 1. LXIII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 17 lutego 2012 r. (pierwszy dzień zawodów) Rozwiązać w liczbach rzeczywistych a, b, c, d układ równań a
Bardziej szczegółowoLXV Olimpiada Matematyczna
LXV Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 8 kwietnia 2014 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. Dane są względnie pierwsze liczby całkowite k,n 1. Na tablicy
Bardziej szczegółowoIX Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów
IX Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa www.omg.edu.pl (3 października 2013 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Liczba 3 9 3 27 jest a) niewymierna; b) równa 3 27;
Bardziej szczegółowoLVII Olimpiada Matematyczna
Zadanie 1. LVII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 5 kwietnia 2006 r. (pierwszy dzień zawodów) Rozwiązać w liczbach rzeczywistych a, b, c, d, e układ równań
Bardziej szczegółowoVIII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów
VIII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa www.omg.edu.pl (18 października 01 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Miary α, β, γ kątów pewnego trójkąta spełniają warunek
Bardziej szczegółowoVII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów
VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa, test próbny www.omg.edu.pl (wrzesień 2011 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Liczba krawędzi pewnego ostrosłupa jest o
Bardziej szczegółowoLVIII Olimpiada Matematyczna
LVIII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 18 kwietnia 2007 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. W trójkącie ostrokątnym A punkt O jest środkiem okręgu opisanego,
Bardziej szczegółowoXI Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów
XI Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa www.omg.edu.pl (24 września 2015 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Dane są takie dodatnie liczby a i b, że 30% liczby a
Bardziej szczegółowoVII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów
VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa www.omg.edu.pl (29 września 2011 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Istnieje taki graniastosłup, którego liczba krawędzi
Bardziej szczegółowoXII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2016 r. 17 października 2016 r.)
XII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna ( września 06 r. 7 października 06 r.) Szkice rozwiązań zadań konkursowych. Liczby wymierne a, b, c spełniają równanie
Bardziej szczegółowoLVIII Olimpiada Matematyczna
LVIII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 23 lutego 2007 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie. Wielomian P (x) ma współczynniki całkowite. Udowodnić, że jeżeli
Bardziej szczegółowoLV Olimpiada Matematyczna
LV Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 15 kwietnia 004 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. Punkt D leży na boku AB trójkąta ABC. Okręgi styczne do prostych
Bardziej szczegółowoTreści zadań Obozu Naukowego OMJ
STOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ JUNIORÓW Treści zadań Obozu Naukowego OMJ Poziom OM 2017 rok SZCZYRK 2017 Olimpiada Matematyczna Juniorów jest wspó³finansowana
Bardziej szczegółowoXIV Olimpiada Matematyczna Juniorów
XIV Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część testowa (27 września 2018 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. W sklepie U Bronka cena spodni była równa cenie sukienki. Cenę spodni najpierw
Bardziej szczegółowoLI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 2000 r. (pierwszy dzień zawodów)
LI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 2000 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. Dana jest liczba całkowita n 2. Wyznaczyć liczbę rozwiązań (x 1,x
Bardziej szczegółowoLXV Olimpiada Matematyczna
Zadanie 1. LXV Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia pierwszego I i II seria (1 września 2013 r. 4 listopada 2013 r.) Wykazać, że jeśli liczby całkowite a, b, c spełniają
Bardziej szczegółowoXIII Olimpiada Matematyczna Juniorów
XIII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część testowa (8 września 017 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. W każdym z trzech lat 018, 019 i 00 pensja pana Antoniego będzie o 5% większa
Bardziej szczegółowoInternetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e
Internetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e Stowarzyszenie na rzecz Edukacji Matematycznej Zestaw 1 szkice rozwiązań zadań 1 W wierszu zapisano kolejno 2010 liczb Pierwsza zapisana liczba jest równa 7 oraz
Bardziej szczegółowoBukiety matematyczne dla gimnazjum
Bukiety matematyczne dla gimnazjum http://www.mat.uni.torun.pl/~kolka/ 5 IX rok 2003/2004 Bukiet 1 1. W trójkącie ABC prosta równoległa do boku AB przecina boki AC i BC odpowiednio w punktach D i E. Zauważ,
Bardziej szczegółowoLXIX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 18 kwietnia 2018 r. (pierwszy dzień zawodów)
LXIX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 18 kwietnia 2018 r. (pierwszy dzień zawodów) 1. Dany jest trójkąt ostrokątny ABC, w którym AB < AC. Dwusieczna kąta
Bardziej szczegółowoLXI Olimpiada Matematyczna
1 Zadanie 1. LXI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 19 lutego 2010 r. (pierwszy dzień zawodów) Rozwiązać w liczbach rzeczywistych x, y, z układ równań x 2 (y
Bardziej szczegółowoX Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów
www.omg.edu.pl X Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (10 listopada 01 r. 15 grudnia 01 r.) Szkice rozwiązań zadań konkursowych 1. nia rozmieniła banknot
Bardziej szczegółowoLXIII Olimpiada Matematyczna
1 LXIII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 18 kwietnia 2012 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. Rozstrzygnąć, czy istnieje taka dodatnia liczba wymierna
Bardziej szczegółowoTreści zadań Obozu Naukowego OMG
STOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ GIMNAZJALISTÓW Treści zadań Obozu Naukowego OMG Poziom OM 2015 rok SZCZYRK 2015 Pierwsze zawody indywidualne Treści
Bardziej szczegółowoZadania na dowodzenie Opracowała: Ewa Ślubowska
Egzamin Gimnazjalny Zadania na dowodzenie Opracowała: Ewa Ślubowska W nauczaniu matematyki ważne jest rozwijanie różnych aktywności umysłu. Ma temu służyć min. rozwiązywanie jednego zadania czy dowodzenie
Bardziej szczegółowoZadania otwarte krótkiej odpowiedzi na dowodzenie
Zadania otwarte krótkiej odpowiedzi na dowodzenie Zadanie 1. Na bokach trójkąta równobocznego ABC tak wybrano punkty E, F oraz D, że AE = BF = CD = 1 AB (rysunek obok). a) Udowodnij, że trójkąt EFD jest
Bardziej szczegółowoLVII Olimpiada Matematyczna
LVII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia pierwszego (12 września 2005 r 5 grudnia 2005 r) Zadanie 1 Wyznaczyć wszystkie nieujemne liczby całkowite n, dla których liczba
Bardziej szczegółowoElżbieta Świda Elżbieta Kurczab Marcin Kurczab. Zadania otwarte krótkiej odpowiedzi na dowodzenie na obowiązkowej maturze z matematyki
Elżbieta Świda Elżbieta Kurczab Marcin Kurczab Zadania otwarte krótkiej odpowiedzi na dowodzenie na obowiązkowej maturze z matematyki Zadanie Trójkąt ABC jest trójkątem prostokątnym. Z punktu M, należącego
Bardziej szczegółowoTreści zadań Obozu Naukowego OMG
STOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ GIMNAZJALISTÓW Treści zadań Obozu Naukowego OMG Poziom OMG 2016 rok SZCZYRK 2016 Pierwsze zawody indywidualne Treści
Bardziej szczegółowoLXII Olimpiada Matematyczna
1 Zadanie 1. LXII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 18 lutego 2011 r. (pierwszy dzień zawodów) Rozwiązać w liczbach rzeczywistych układ równań { (x y)(x 3 +y
Bardziej szczegółowoG i m n a z j a l i s t ó w
Ko³o Matematyczne G i m n a z j a l i s t ó w Stowarzyszenie na rzecz Edukacji Matematycznej Zestaw 10 szkice rozwiazań zadań 1. Rozwiąż układ równań: (x+y)(x+y +z) = 72 (y +z)(x+y +z) = 120 (z +x)(x+y
Bardziej szczegółowo2. Wykaż, że dla dowolnej wartości zmiennej x wartość liczbowa wyrażenia (x 6)(x + 8) 2(x 25) jest dodatnia.
1. Wykaż, że liczba 2 2 jest odwrotnością liczby 1 2. 2. Wykaż, że dla dowolnej wartości zmiennej x wartość liczbowa wyrażenia (x 6)(x + 8) 2(x 25) jest dodatnia. 3. Wykaż, że dla każdej liczby całkowitej
Bardziej szczegółowoCzworościany ortocentryczne zadania
Czworościany ortocentryczne zadania 1. Wykazać, że nastepujące warunki są równoważne: a) istnieje przecięcie wysokości czworościanu, b) przeciwległe krawędzie są prostopadłe, c) sumy kwadratów długości
Bardziej szczegółowoLVIII Olimpiada Matematyczna
Zadanie 1. LVIII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia pierwszego (11 września 2006 r. 4 grudnia 2006 r.) Rozwiązać w liczbach rzeczywistych x, y, z układ równań x 2 +2yz
Bardziej szczegółowoV Międzyszkolny Konkurs Matematyczny
V Międzyszkolny Konkurs Matematyczny im. Stefana Banacha dla uczniów szkół średnich Zespół Szkół Nr 1 im. Adama Mickiewicza w Lublińcu 42-700 Lubliniec, ul. Sobieskiego 22 18. kwiecień 2011 rok 1. W trapezie
Bardziej szczegółowoGEOMETRIA ELEMENTARNA
Bardo, 7 11 XII A. D. 2016 I Uniwersytecki Obóz Olimpiady Matematycznej GEOMETRIA ELEMENTARNA materiały przygotował Antoni Kamiński na podstawie zbiorów zadań: Przygotowanie do olimpiad matematycznych
Bardziej szczegółowoĆwiczenia z Geometrii I, czerwiec 2006 r.
Waldemar ompe echy przystawania trójkątów 1. unkt leży na przekątnej kwadratu (rys. 1). unkty i R są rzutami prostokątnymi punktu odpowiednio na proste i. Wykazać, że = R. R 2. any jest trójkąt ostrokątny,
Bardziej szczegółowoKONKURS ZOSTAŃ PITAGORASEM MUM. Podstawowe własności figur geometrycznych na płaszczyźnie
KONKURS ZOSTAŃ PITAGORASEM MUM ETAP I TEST II Podstawowe własności figur geometrycznych na płaszczyźnie 1. A. Stosunek pola koła wpisanego w kwadrat o boku długości 6 do pola koła opisanego na tym kwadracie
Bardziej szczegółowoInternetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e
Internetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e Stowarzyszenie na rzecz Edukacji Matematycznej Zestaw 2 szkice rozwiązań zadań 1. Dana jest taka liczba rzeczywista, której rozwinięcie dziesiętne jest nieskończone
Bardziej szczegółowoObóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów
Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów Liga zadaniowa 202/203 Seria VI (grudzień 202) rozwiązania zadań 26. Udowodnij, że istnieje 0 00 kolejnych liczb całkowitych dodatnich nie większych
Bardziej szczegółowo9. Funkcje trygonometryczne. Elementy geometrii: twierdzenie
9. Funkcje trygonometryczne. Elementy geometrii: twierdzenie Pitagorasa i twierdzenie cosinusów, twierdzenie o kącie wpisanym i środkowym, okrąg wpisany i opisany na wielokącie, wielokąty foremne (c.d).
Bardziej szczegółowoInternetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e
Internetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e Stowarzyszenie na rzecz Edukacji Matematycznej Zestaw 3 szkice rozwiązań zadań 1. Plansza do gry składa się z 15 ustawionych w rzędzie kwadratów. Pierwszy z graczy
Bardziej szczegółowoPlanimetria Uczeń: a) stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym, b) korzysta z własności stycznej do okręgu i własności okręgów
Planimetria Uczeń: a) stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym, b) korzysta z własności stycznej do okręgu i własności okręgów stycznych, c) rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje
Bardziej szczegółowoXXV Rozkosze Łamania Głowy konkurs matematyczny dla klas I i III szkół ponadgimnazjalnych. zestaw A klasa I
XXV Rozkosze Łamania Głowy konkurs matematyczny dla klas I i III szkół ponadgimnazjalnych zestaw A klasa I 1. Zbiór wszystkich środków okręgów (leżących na jednej płaszczyźnie) przechodzących przez: a)
Bardziej szczegółowoTrójkąty Zad. 0 W trójkącie ABC, AB=40, BC=23, wyznacz AC wiedząc że jest ono sześcianem liczby naturalnej.
C Trójkąty Zad. 0 W trójkącie ABC, AB=40, BC=23, wyznacz AC wiedząc że jest ono sześcianem liczby naturalnej. Zad. 1 Oblicz pole trójkąta o bokach 13 cm, 14 cm, 15cm. Zad. 2 W trójkącie ABC rys. 1 kąty
Bardziej szczegółowoMATEMATYKA DLA CIEKAWSKICH. Twierdzenie Pitagorasa inaczej cz. 2
Renata Nowak MATEMATYKA DLA CIEKAWSKICH Twierdzenie Pitagorasa inaczej cz. 2 Wróćmy do twierdzenia Pitagorasa, które dobrze znamy. Mówi ono o związkach między bokami w trójkącie prostokątnym. Może w jego
Bardziej szczegółowoKolorowanie płaszczyzny, prostych i okręgów
Kolorowanie płaszczyzny, prostych i okręgów Jadwiga Czyżewska Pisane pod kierunkiem W.Guzickiego W 2013 roku na II etapie VIII edycji Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów pojawiło się zadanie o następującej
Bardziej szczegółowoSTOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ JUNIORÓW SZCZYRK 2017
STOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ JUNIORÓW Obóz Naukowy OMJ Poziom OMJ 207 rok SZCZYRK 207 Olimpiada Matematyczna Juniorów jest wspó³finansowana ze œrodków
Bardziej szczegółowoZadania, które zaproponowałem na różne konkursy Olimpiada Matematyczna. bc(b 3 + c 3 ) + c4 + a 4. ca(c 3 + a 3 ) 1. c + ca + cab 1 ( 1
Zadania, które zaproponowałem na różne konkursy Olimpiada Matematyczna. (57-II-3) Liczby dodatnie a, b, c spełniają warunek ab + bc + ca = abc. Dowieść, że a 4 + b 4 ab(a 3 + b 3 ) + b4 + c 4 bc(b 3 +
Bardziej szczegółowo11. Znajdż równanie prostej prostopadłej do prostej k i przechodzącej przez punkt A = (2;2).
1. Narysuj poniższe figury: a), b), c) 2. Punkty A = (0;1) oraz B = (-1;0) należą do okręgu którego środek należy do prostej o równaniu x-2 = 0. Podaj równanie okręgu. 3. Znaleźć równanie okręgu przechodzącego
Bardziej szczegółowoKlasa III technikum Egzamin poprawkowy z matematyki sierpień I. CIĄGI LICZBOWE 1. Pojęcie ciągu liczbowego. b) a n =
/9 Narysuj wykres ciągu (a n ) o wyrazie ogólnym: I. CIĄGI LICZBOWE. Pojęcie ciągu liczbowego. a) a n =5n dla n
Bardziej szczegółowoZbiór zadań z geometrii przestrzennej. Michał Kieza
Zbiór zadań z geometrii przestrzennej Michał Kieza Zbiór zadań z geometrii przestrzennej Michał Kieza Wydawca: Netina Sp. z o.o. ISN 978-83-7521-522-9 c 2015, Wszelkie Prawa Zastrzeżone Zabrania się modyfikowania
Bardziej szczegółowoZadania przygotowawcze do konkursu o tytuł NAJLEPSZEGO MATEMATYKA KLAS PIERWSZYCH I DRUGICH POWIATU BOCHEŃSKIEGO rok szk. 2017/2018.
Zadania przygotowawcze do konkursu o tytuł NAJLEPSZEGO MATEMATYKA KLAS PIERWSZYCH I DRUGICH POWIATU BOCHEŃSKIEGO rok szk. 017/018 19 grudnia 017 1 1 Klasy pierwsze - poziom podstawowy 1. Dane są zbiory
Bardziej szczegółowoLVI Olimpiada Matematyczna
Zadanie 1. LVI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia pierwszego (11 września 2004 r. 10 grudnia 2004 r.) Rozwiązać w liczbach rzeczywistych x, y, z układ równań x 2 = yz
Bardziej szczegółowoXIII Olimpiada Matematyczna Juniorów
XIII Olimpiada atematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2017 r. 16 października 2017 r.) 1. iczby a, b, c spełniają zależności Wykaż, że a 2 +b 2 = c 2. Szkice
Bardziej szczegółowoXII Olimpiada Matematyczna Juniorów
XII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część testowa (29 września 2016 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. odatnia liczba a powiększona o 50% jest równa dodatniej liczbie b pomniejszonej
Bardziej szczegółowoZadanie 9. ( 5 pkt. ) Niech r i R oznaczają odpowiednio długości promieni okręgów wpisanego i opisanego na ośmiokącie foremnym.
Międzyszkolne Zawody Matematyczne Klasa I z rozszerzonym programem nauczania matematyki Etap rejonowy 3..005 Czas rozwiązywania zadań - 50 minut. Zadanie. ( pkt. ) Ustal zbiór tych liczb naturalnych dodatnich,
Bardziej szczegółowoXIV Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2018 r. 15 października 2018 r.)
XIV Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna ( września 0 r. października 0 r.) Szkice rozwiązań zadań konkursowych. Liczbę naturalną n pomnożono przez, otrzymując
Bardziej szczegółowoVII POWIATOWY KONKURS MATEMATYCZNY SZKÓŁ GIMNAZJALNYCH W POGONI ZA INDEKSEM ZADANIA PRZYGOTOWAWCZE ROZWIĄZANIA I ODPOWIEDZI. rok szkolny 2016/2017
1. 30. Tak 3. ----- 4. Równanie nie ma rozwiązania. Lewa strona nie równa się prawej dla żadnej pary liczb, y ponieważ prawa strona jest nieparzysta a prawa parzysta. Należy wykazać parzystości stron równania
Bardziej szczegółowoObozowa liga zadaniowa (seria I wskazówki)
Obozowa liga zadaniowa (seria I wskazówki) 1. Rozstrzygnij, która liczba jest większa: 9 czy 3 1? 9 < 30 8 10 < 9 10 3 0 < 3 1.. Rozstrzygnij, która liczba jest większa: 81 czy 3 49? 81 > 80 56 10 > 43
Bardziej szczegółowoMETODY KONSTRUKCJI ZA POMOCĄ CYRKLA. WYKŁAD 1 Czas: 45
METODY KONSTRUKCJI ZA POMOCĄ CYRKLA WYKŁAD 1 Czas: 45 TWIERDZENIE PONCELETA-STEINERA W roku 1833, Szwajcarski matematyk Jakob Steiner udowodnił, że wszystkie klasyczne konstrukcje (za pomocą cyrkla i linijki)
Bardziej szczegółowoXXXVIII Regionalny Konkurs Rozkosze łamania Głowy
XXXVIII Regionalny Konkurs Rozkosze łamania Głowy klasy I i II szkół ponadgimnazjalnych 1. Liczba 2015 2017 + 2 2015 2016 + 2015 2015 jest podzielna przez: A. 2017 B. 2016 C. 2015 2. Układ równań 8 >
Bardziej szczegółowoTreści zadań Obozu Naukowego OMG
STOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ GIMNAZJALISTÓW Treści zadań Obozu Naukowego OMG Poziom OMG 2015 rok SZCZYRK 2015 Treści zadań Pierwsze zawody indywidualne
Bardziej szczegółowoInternetowe Kółko Matematyczne 2003/2004
Internetowe Kółko Matematyczne 003/004 http://www.mat.uni.torun.pl/~kolka/ Zadania dla szkoły średniej Zestaw I (5 IX) Zadanie 1. Które liczby całkowite można przedstawić w postaci różnicy kwadratów dwóch
Bardziej szczegółowoPrzykładowe rozwiązania
Przykładowe rozwiązania (E. Ludwikowska, M. Zygora, M. Walkowiak) Zadanie 1. Rozwiąż równanie: w przedziale. ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) Uwzględniając, że x otrzymujemy lub lub lub. Zadanie. Dany jest czworokąt
Bardziej szczegółowoInwersja w przestrzeni i rzut stereograficzny zadania
Inwersja w przestrzeni i rzut stereograficzny zadania Rozważmy sferę S o środku O i promieniu R. Inwersją względem sfery S nazywamy przekształcenie, które przekształca punkt A na punkt A leżący na półprostej
Bardziej szczegółowoMatura próbna 2014 z matematyki-poziom podstawowy
Matura próbna 2014 z matematyki-poziom podstawowy Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych zad 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 odp A C C C A A B B C B D A 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 C C A B A D C B
Bardziej szczegółowo7. PLANIMETRIA.GEOMETRIA ANALITYCZNA
7. PLANIMETRIA.GEOMETRIA ANALITYCZNA ZADANIA ZAMKNIĘTE 1. Okrąg o równaniu : A) nie przecina osi, B) nie przecina osi, C) przechodzi przez początek układu współrzędnych, D) przechodzi przez punkt. 2. Stosunek
Bardziej szczegółowoPLANIMETRIA CZYLI GEOMETRIA PŁASZCZYZNY CZ. 1
PLANIMETRIA CZYLI GEOMETRIA PŁASZCZYZNY CZ. 1 Planimetria to dział geometrii, w którym przedmiotem badań są własności figur geometrycznych leżących na płaszczyźnie (patrz określenie płaszczyzny). Pojęcia
Bardziej szczegółowoLXX Olimpiada Matematyczna
LXX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 09 r. (pierwszy dzień zawodów). Punkty X i Y leżą odpowiednio wewnątrz boków i trójkąta ostrokątnego, przy
Bardziej szczegółowoZajęcia nr 1 (1h) Dwumian Newtona. Indukcja. Zajęcia nr 2 i 3 (4h) Trygonometria
Technologia Chemiczna 008/09 Zajęcia wyrównawcze. Pokazać, że: ( )( ) n k k l = ( n l )( n l k l Zajęcia nr (h) Dwumian Newtona. Indukcja. ). Rozwiązać ( ) ( równanie: ) n n a) = 0 b) 3 ( ) n 3. Znaleźć
Bardziej szczegółowoGeometria analityczna
Geometria analityczna Paweł Mleczko Teoria Informacja (o prostej). postać ogólna prostej: Ax + By + C = 0, A + B 0, postać kanoniczna (kierunkowa) prostej: y = ax + b. Współczynnik a nazywamy współczynnikiem
Bardziej szczegółowoPlanimetria VII. Wymagania egzaminacyjne:
Wymagania egzaminacyjne: a) korzysta ze związków między kątem środkowym, kątem wpisanym i kątem między styczną a cięciwą okręgu, b) wykorzystuje własności figur podobnych w zadaniach, w tym umieszczonych
Bardziej szczegółowoV Konkurs Matematyczny Politechniki Białostockiej
V Konkurs Matematyczny Politechniki Białostockiej Rozwiązania - klasy drugie 1. Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych (x, y) spełniające nierówności x + 1 + y 4 x + y 4 5 x 4 + y 1 > 4. Ważne jest zauważenie,
Bardziej szczegółowoMetoda siatek zadania
Metoda siatek zadania 1. (Leningrad 1984) Wykazać, że jeżeli suma kątów płaskich przy wierzchołku S ostrosłupa SA 1 A 2... A n (n 3) jest większa niż 180, to każda z krawędzi bocznych jest mniejsza od
Bardziej szczegółowoJarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2014/15
Kolokwium nr 3: 27.01.2015 (wtorek), godz. 8:15-10:00 (materiał zad. 1-309) Kolokwium nr 4: 3.02.2015 (wtorek), godz. 8:15-10:00 (materiał zad. 1-309) Ćwiczenia 13,15,20,22.01.2015 (wtorki, czwartki) 266.
Bardziej szczegółowoPrzykładowe rozwiązania zadań. Próbnej Matury 2014 z matematyki na poziomie rozszerzonym
Zadania rozwiązali: Przykładowe rozwiązania zadań Próbnej Matury 014 z matematyki na poziomie rozszerzonym Małgorzata Zygora-nauczyciel matematyki w II Liceum Ogólnokształcącym w Inowrocławiu Mariusz Walkowiak-nauczyciel
Bardziej szczegółowoObóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów
Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów Liga zadaniowa 2012/2013 Seria X (kwiecień 2013) rozwiązania zadań 46. Na szachownicy 75 75 umieszczono 120 kwadratów 3 3 tak, że każdy pokrywa 9 pól.
Bardziej szczegółowoInternetowe Kółko Matematyczne 2003/2004
Internetowe Kółko Matematyczne 2003/2004 http://www.mat.uni.torun.pl/~kolka/ Zadania dla gimnazjum Zestaw I (12 IX) Zadanie 1. Znajdź cyfry A, B, C, spełniające równość: a) AB A = BCB, b) AB A = CCB. Zadanie
Bardziej szczegółowoRegionalne Koło Matematyczne
Regionalne Koło Matematyczne Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu Wydział Matematyki i Informatyki http://www.mat.umk.pl/rkm/ Lista rozwiązań zadań nr 16 (27.02.2010) Twierdzenia evy i Menelaosa 1.
Bardziej szczegółowoLXVIII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 2017 r. (pierwszy dzień zawodów)
LXVIII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 3 kwietnia 2017 r. (pierwszy dzień zawodów) 1. Punkty P i Q leżą odpowiednio na bokach AB i AC trójkąta ABC, przy
Bardziej szczegółowoMatematyka podstawowa VII Planimetria Teoria
Matematyka podstawowa VII Planimetria Teoria 1. Rodzaje kątów: a) Kąty wierzchołkowe; tworzą je dwie przecinające się proste, mają takie same miary. b) Kąty przyległe; mają wspólne jedno ramię, ich suma
Bardziej szczegółowoPrzykładowy zestaw zadań nr 2 z matematyki Odpowiedzi i schemat punktowania poziom rozszerzony
ODPOWIEDZI I SCHEMAT PUNKTOWANIA ZESTAW NR POZIOM ROZSZERZONY Nr zadania Nr czynności Etapy rozwiązania zadania Liczba punktów Uwagi... Wprowadzenie oznaczeń: x, x, y poszukiwane liczby i zapisanie równania:
Bardziej szczegółowoW. Guzicki Zadanie 28 z Informatora Maturalnego poziom rozszerzony 1
W. uzicki Zadanie 8 z Informatora Maturalnego poziom rozszerzony 1 Zadanie 8. any jest sześcian (zobacz rysunek) o krawędzi równej 1. unkt S jest środkiem krawędzi. Odcinek W jest wysokością ostrosłupa
Bardziej szczegółowoCztery punkty na okręgu
Tomasz Szymczyk V LO w ielsku-iałej ztery punkty na okręgu Przydatne fakty: (1) kąty wpisane w okrąg oparte na łukach przystających są równe, (2) czworokąt jest wpisany w okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy
Bardziej szczegółowoMatematyka rozszerzona matura 2017
Matematyka rozszerzona matura 017 Zadanie 1 Liczba ( 3 + 3) jest równa A. B. 4 C. 3 D. 3 ( 3 + 3) = 3 ( 3)( + 3) + + 3 = A. 3 4 3 + + 3 = 4 1 = 4 = Zadanie. Nieskończony ciąg liczbowy jest określony wzorem
Bardziej szczegółowoO D P O W I E D Z I D O Z A D A Ń T E S T O W Y C H
O D P O W I E D Z I D O Z A D A Ń T E S T O W Y C H 1. Niech A = {(x, y) R R : 3 x +4 x = 5 y } będzie zbiorem rozwiązań równania 3 x +4 x = 5 y w liczbach rzeczywistych. Wówczas zbiór A i zbiór N N mają
Bardziej szczegółowoProjekt Zobaczę-dotknę-wiem i umiem, dofinansowany przez Fundację mbanku w partnerstwie z Fundacją Dobra Sieć
Kartka papieru i własności trójkątów. Ćwiczenie 1 Uczniowie ustalają ile znają rodzajów trójkątów. Podział ze względu na miary kątów Podział ostrokątny prostokątny rozwartokątny ze względu na długości
Bardziej szczegółowoLIX Olimpiada Matematyczna
LIX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia pierwszego (10 września 2007 r. 10 grudnia 2007 r.) Zadanie 1. Rozwiązać w liczbach rzeczywistych x, y, z układ równań x 5 = 5y
Bardziej szczegółowoPlanimetria poziom podstawowy (opracowanie: Mirosława Gałdyś na bazie
Planimetria poziom podstawowy (opracowanie: Mirosława Gałdyś na bazie http://www.zadania.info/) 1. W trójkącie prostokątnym wysokość poprowadzona na przeciwprostokątną ma długość 10 cm, a promień okręgu
Bardziej szczegółowoLIV Olimpiada Matematyczna
Zadanie LIV Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia pierwszego września 2002 r 0 grudnia 2002 r Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych dodatnich x, y spełniających równanie
Bardziej szczegółowoMini tablice matematyczne. Figury geometryczne
Mini tablice matematyczne Figury geometryczne Spis treści Własności kwadratu Ciekawostka:Kwadrat magiczny Prostokąt Własności prostokąta Trapez Własności trapezu Równoległobok Własności równoległoboku
Bardziej szczegółowoA. fałszywa dla każdej liczby x.b. prawdziwa dla C. prawdziwa dla D. prawdziwa dla
Zadanie 1 Liczba jest równa A. B. C. 10 D. Odpowiedź B. Zadanie 2 Liczba jest równa A. 3 B. 2 C. D. Odpowiedź D. Zadanie 3. Liczba jest równa Odpowiedź D. Zadanie 4. Liczba osobników pewnego zagrożonego
Bardziej szczegółowoPodstawowe pojęcia geometryczne
PLANIMETRIA Podstawowe pojęcia geometryczne Geometria (słowo to pochodzi z języka greckiego i oznacza mierzenie ziemi) jest jednym z działów matematyki, którego przedmiotem jest badanie figur geometrycznych
Bardziej szczegółowo= a + 1. b + 1. b całkowita?
9 ALGEBRA Liczby wymierne Bukiet 1 1. Oblicz wartość wyrażenia 1+ 1 1+ 1 1+ 1 1. 2. Znajdź liczby naturalne a, b, c i d, dla których 151 115 = a + 1 b + 1. c + 1 d 3. W podobny sposób spróbuj przekształcić
Bardziej szczegółowoWielkopolskie Mecze Matematyczne
Wielkopolskie Mecze Matematyczne edycja druga 3 kwietnia 2015r. W okresie renesansu we Włoszech matematycy stworzyli ciekawą formę rywalizacji intelektualnej. Wymieniali się zadaniami, a po kilku tygodniach
Bardziej szczegółowoIndukcja matematyczna
Indukcja matematyczna Zadanie. Zapisać, używając symboli i, następujące wyrażenia (a) n!; (b) sin() + sin() sin() +... + sin() sin()... sin(n); (c) ( + )( + /)( + / + /)... ( + / + / +... + /R). Zadanie.
Bardziej szczegółowo