eMatematikas
Testai Forumas Prisijungti        

Matematikos Maratonas Nr. 1

Olimpiados Peržiūrų skaičius (245952)

Primenu, kad parašius sprendimą turi būti įdedamas naujas uždavinys :)
Kadangi dar niekas neįdėjo, tai įdėsiu aš:
Stačiojo trikampio ABC plotas lygus 1. Taškai A', B' ir C' yra simetriški atitinkamai taškams A, B ir C atitinkamai kraštinių BC, AC ir AB atžvilgiu. Raskite trikampio A'B'C' plotą.

0

O nereik palaukt, kol sprendimas bus patvirtintas? :)

0

Aš manau, kad geriau iš karto įdėti naują uždavinį, kad labai neužsitęstų viskas :)
O klaidą sprendime galima rasti bet kada (net ir po kelių savaičių), tada vėl galima bandyti spręsti seną uždavinį iš naujo :)

Paskutinį kartą atnaujinta 2010-04-14

0

https://www.ematematikas.lt/upload/images/1271704039.gif
Brėžinuką pasidariau lygiašoniam trikampiui ABC, nes juk užduotyje nepasakyta kokiam, vadinasi bet kokiam, o aš būtent tą bet kokį pasirinkau kaip lygiašonį - statųjį, t.y. AB=AC :)
Kadangi S(ABC)=1=AB*AC/2=AB²/2, tai AB=√2
Taigi atidėję simetriškus taškus matome, kad
AB=AB'=AC=AC'
AE=EA'
O trikampiai ABC ir AB'C' yra lygūs pagal dviejų kraštinių ir kampo tarp jų lygumo požymį, tad BC=B'C'.
Iš to seka, kad E'A=AE=EA', tai E'A'=3AE - trikampio A'B'C' aukštinė.
BC=√(AB²+AC²)=√(2+2)=2
BE=BC/2=1
AE=√(AB²-BE²)√(2-1)=1
E'A'=3AE=3*1=3
taigi  S(A'B'C')=C'B'*E'A'/2=2*3/2=3

ats.: S(A'B'C')=3


(Na aš manau taip, kas manot kitaip? :) )

0

Tiesa sakant nežinau ar čia olimpiadinis uždavinys, bet tiek tos (gal ir per lengvas):

Rytis ir Kęstas susitarė susitikti autobuso stotelėje tarp 9 ir 10 valandos ryte. Kiekvienas atėjęs laukia kito 15 min., jei nesulaukia - išeina. Apskaičiuoti kam lygi tikimybė įvykio, kad Rytis ir Kęstas susitiks.

Sekmės ;)

Paskutinį kartą atnaujinta 2010-04-19

0

bachukas
Stačiojo trikampio ABC plotas lygus 1. Taškai A', B' ir C' yra simetriški atitinkamai taškams A, B ir C atitinkamai kraštinių BC, AC ir AB atžvilgiu. Raskite trikampio A'B'C' plotą.


Neprarasdami bendrumo tarkime, kad kampas A yra status. Pažymėkime A" aukštinės iš A į BC pagrindą. Nuo dabar naudosiu vektorius, taigi užrašas XY reikš ne atkarpą XY, o vektorių XY.

A'B' = A'A + AB' = A'A + BA        (AB' = BA dėl to, kad B' yra taško B atspindis per tašką A)
A'C' = A'A + AC' = A'A + CA        (AC' = CA dėl to, kad C' yra taško C atspindis per tašką A)

A'B' x A'C' (vektorinė sandauga) = (A'A + BA) x (A'A + CA)
= A'A x A'A + BA x A'A + A'A x CA + BA x CA
= AA' x (BA + AC) + BA x CA
= AA' x BC + BA x CA
= 2 AA" x BC + BA x CA              (AA' = 2AA" dėl to, kad A' yra taško A atspindys per tašką A").

Tačiau A'B' x A'C' yra vektorius, einantis iš popieriaus, kurio ilgis lygus A'B'C' plotui, o AA" x BC ir BA x CA yra vektorius, einantis iš popieriaus, kurio ilgis lygus ABC plotui, todėl S(A'B'C') = 2 S(ABC) + S(ABC) = 3 S(ABC) = 3.

Paskutinį kartą atnaujinta 2010-04-19

0

Rimante
Rytis ir Kęstas susitarė susitikti autobuso stotelėje tarp 9 ir 10 valandos ryte. Kiekvienas atėjęs laukia kito 15 min., jei nesulaukia - išeina. Apskaičiuoti kam lygi tikimybė įvykio, kad Rytis ir Kęstas susitiks.


Pasidarykime tokį brėžinį plokštumoje: tegul x ašyje būna Ryčio atėjimo laikas, o y ašyje --- Petro (dėl patogumo žymėkime 9 valandą kaip 0, o 10 valandą kaip 1, tuomet, pvz. 15 minučių bus 1/4). Užtušuokime plotą, kurio žymimos poros (x, y) reiškia, kad Rytis ir Kęstas susitiks. Šis plotas bus šešiakampis, apribotas viršūnių (0, 0), (0, 1/4), (3/4, 1), (1, 1), (1, 3/4) ir (1/4, 0). Jo plotas bus 1 - 2 * (3/4)² / 2 = 1 - 9/16 = 7/16. Viso galimų porų (x, y) kvadrato plotas yra 1, o poros (x, y) pasiskirsčiusios tikimybiškai tolygiai visame kvadrate, todėl tikimybė, kad vaikinai susitiks, yra 7/16.

Paskutinį kartą atnaujinta 2010-04-19

0

Gal neužpyksite, jei duosiu uždavinį, kurį jau seniau buvau davęs, bet niekas nesprendė.

Duota šachmatų lenta. Vienu ėjimu galima perdažyti priešinga spalva visus vienos vertikalės arba vienos horizontalės langelius. Ar galima po keletos ėjimų gauti lentą, kurios a) visi langeliai balti; b) lygiai vienas langelis juodas?

0

AncientMariner, aš norėjau pasakyti, kad tu gali dėti uždavinį nelaukdamas patvirtinimo :D Bent jau man tavo sprendimas atrodė teisingas. Čia nėra griežtų taisyklių, todėl jei manot, kad jūsų sprendimai yra teisingi, tai dėkit naujus uždavinius nelaukdami, kol prisijungs tas žmogus, kuris įdėjo uždavinį (šitaip forumas bus aktyvesnis).

Rimantės sprendimas yra negeras. Taip, sąlygoje nepasakyta kokiam trikampiui, vadinasi reikia rasti plotą visais atvejais, o ne tik lygiašonio trikampio atveju.

O čia sprendimas naujausio uždavinio:
a) atveju galima:
Ėjimus padarom ant 1-os,3-os,5-os ir 7-os horizontalių, tada naujoje lentelėje turėsim 4 baltas ir 4 juodas vertikales, ėjimus padarom ant tų juodų vertikalių ir tada gaunam lentelę, kurioje visi langeliai yra balti.
b) atveju negalima:
tarkim eilutėje arba stulpelyje yra a juodų langelių, tada po ėjimo pasidarys 8-a juodi langeliai, juodų langelių skaičius pasikeitė per |a-(8-a)|=|2a-8|. Matom, kad juodų langelių skaičius nepakeitė dalybos iš 2 liekanos (t.y. liekana iš 2 yra invariantas). Kadangi iš pradžių buvo 32 juodi langeliai, tai juodų langelių skaičius visada išliks lyginis, šitaip mes negalėsim pasiekti 1, kas yra nelyginis skaičius.

0

Uždavinys iš tos pačios serijos:
Vienas lentelės n x n (n≥2) langelis užtušuotas juodai, o likę langeliai - balti. Vienu ėjimu galima pakeisti bet kurios vienos horizontalės arba vienos vertikalės langelius priešinga spalva. Įrodykite, kad darant vien tokius ėjimus negalime gauti situacijos, kad visi langeliai būtų nuspalvinti ta pačia spalva.

Paskutinį kartą atnaujinta 2010-04-20

0

Šioje temoje naujų žinučių rašymas yra išjungtas!