[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
- Swistak
- Użytkownik
- Posty: 1874
- Rejestracja: 30 wrz 2007, o 22:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 99 razy
- Pomógł: 87 razy
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
No własnie miałem taką sugestię, aby nie wrzucać zadań, których rozwiązań się nie zna lub wie się, że to jakieś hardkory xp.-- 17 stycznia 2010, 15:49 --Nie pytajcie, skąd to wiem, ale pasują pary (6, 9) oraz (26, 2).
- jerzozwierz
- Użytkownik
- Posty: 526
- Rejestracja: 22 lut 2009, o 10:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 42 razy
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
Nie widzę w tym żadnego porządku, więc optuję za wrzuceniem tego zadania do śmieci i zarzuceniem nowym.
- tkrass
- Użytkownik
- Posty: 1464
- Rejestracja: 21 lut 2008, o 13:11
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Cambridge / Warszawa
- Podziękował: 10 razy
- Pomógł: 186 razy
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
Dobrze, w takim razie coś naprawdę łatwego:
W trójkącie ostrokątnym ABC kąt ACB ma miarę \(\displaystyle{ \frac{\pi}{3}}\). CE jest średnicą okręgu opisanego na ABC. Pokazać, że \(\displaystyle{ AE+BE \le CE}\) oraz rozstrzygnąć kiedy zachodzi równość.
A gdyby ktoś przypadkiem zniszczył tamtą teorię liczb, niech napisze rozwiązanie tutaj, mam wrażenie, że może być pouczające.
W trójkącie ostrokątnym ABC kąt ACB ma miarę \(\displaystyle{ \frac{\pi}{3}}\). CE jest średnicą okręgu opisanego na ABC. Pokazać, że \(\displaystyle{ AE+BE \le CE}\) oraz rozstrzygnąć kiedy zachodzi równość.
A gdyby ktoś przypadkiem zniszczył tamtą teorię liczb, niech napisze rozwiązanie tutaj, mam wrażenie, że może być pouczające.
- jerzozwierz
- Użytkownik
- Posty: 526
- Rejestracja: 22 lut 2009, o 10:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 42 razy
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
Mamy więc tak:
Zapiszmy nierówność równoważnie:
\(\displaystyle{ \frac{AE}{CE} + \frac{BE}{CE} \le 1}\). Oznaczmy \(\displaystyle{ \sphericalangle ACE = \alpha \wedge \sphericalangle BCE = \beta}\)
Nierówność przyjmie postać \(\displaystyle{ sin \alpha + sin \beta \le 1}\) dla alfa, beta sumujących się do 60. Poprawność tego wynika z jensena dla f(x)=sinx, argumentów alfa, beta i wag 1/2, 1/2.
Zadanie nowe:
Rozwiązać w N równanie \(\displaystyle{ 4^{x} + 5^{y} = 3^{z}}\)
Zapiszmy nierówność równoważnie:
\(\displaystyle{ \frac{AE}{CE} + \frac{BE}{CE} \le 1}\). Oznaczmy \(\displaystyle{ \sphericalangle ACE = \alpha \wedge \sphericalangle BCE = \beta}\)
Nierówność przyjmie postać \(\displaystyle{ sin \alpha + sin \beta \le 1}\) dla alfa, beta sumujących się do 60. Poprawność tego wynika z jensena dla f(x)=sinx, argumentów alfa, beta i wag 1/2, 1/2.
Zadanie nowe:
Rozwiązać w N równanie \(\displaystyle{ 4^{x} + 5^{y} = 3^{z}}\)
- tkrass
- Użytkownik
- Posty: 1464
- Rejestracja: 21 lut 2008, o 13:11
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Cambridge / Warszawa
- Podziękował: 10 razy
- Pomógł: 186 razy
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
U mnie na klasówce niezerową popularność miało rozwiązanie z różniczkowaniem funkcji \(\displaystyle{ sin(x)+sin(\frac{\pi}{3}-x)}\). No, ale Jensena nikt nie używał.
No dobrze, ale miałeś jeszcze rozstrzygnąć kiedy zachodzi równość. Czy Jensen Ci to powie (pytam poważnie, nie umiem używać Jensena)?
Co do nowego zadania to jest bardzo fajne i ma zgrabne rozwiązanie, ale nie będę się nim przechwalał, bo znałem je wcześniej.
No dobrze, ale miałeś jeszcze rozstrzygnąć kiedy zachodzi równość. Czy Jensen Ci to powie (pytam poważnie, nie umiem używać Jensena)?
Co do nowego zadania to jest bardzo fajne i ma zgrabne rozwiązanie, ale nie będę się nim przechwalał, bo znałem je wcześniej.
- Swistak
- Użytkownik
- Posty: 1874
- Rejestracja: 30 wrz 2007, o 22:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 99 razy
- Pomógł: 87 razy
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
jerzozwierz: Nie napisałeś kiedy zachodzi równość. Może to i bezpośrednio wynika z Jensena, ale ja nie wiem, nie tykam się tego. To zadanie można zrobić sporo ładniej takim sposobem:
Obierzmy sobie punkt D, taki, aby ABD był równoboczny. Wtedy AE+BE=DE (taki znany fakcik, można dowieść albo z Ptolemeusza, albo obracając jeden z dwóch trójkątów o 60 stopni). Ale \(\displaystyle{ DE \le CE}\) (bo CE jest średnicą) i mamy tezę, a równość zachodzi tylko wtedy, jeżeli C=D, czyli gdy ABC jest równoboczny.
Aby nie psuć ciągłości tematu :
Rozwiązać w naturalnych: \(\displaystyle{ 4^{x} + 5^{y} = 3^{z}}\)
Obierzmy sobie punkt D, taki, aby ABD był równoboczny. Wtedy AE+BE=DE (taki znany fakcik, można dowieść albo z Ptolemeusza, albo obracając jeden z dwóch trójkątów o 60 stopni). Ale \(\displaystyle{ DE \le CE}\) (bo CE jest średnicą) i mamy tezę, a równość zachodzi tylko wtedy, jeżeli C=D, czyli gdy ABC jest równoboczny.
Aby nie psuć ciągłości tematu :
Rozwiązać w naturalnych: \(\displaystyle{ 4^{x} + 5^{y} = 3^{z}}\)
- jerzozwierz
- Użytkownik
- Posty: 526
- Rejestracja: 22 lut 2009, o 10:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 42 razy
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
Tak, funkcja jest silnie wypukła w przedziale \(\displaystyle{ (0, \frac{ \pi}{3}]}\), więc równość zachodzi tylko dla równych argumentów.
-
- Użytkownik
- Posty: 2000
- Rejestracja: 19 lut 2008, o 17:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Stare Pole/Kraków
- Podziękował: 60 razy
- Pomógł: 202 razy
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
ostatnie zadanie:
patrząc na reszty z dzielenia przez 3 mamy \(\displaystyle{ y=2y_1+1}\)
teraz reszty z dzielenia przez 4: \(\displaystyle{ z=2z_1}\)
mamy \(\displaystyle{ 4^x+5^{2y_1+1}-1=(3^{z_1}-1)(3^{z_1}+1)}\)
prawa strona to iloczyn dwóch kolejnych liczb parzystych, jest więc podzielna przez 8.
zapisując \(\displaystyle{ 5=4+1}\) i rozpisując wzór dwumianowy Newtona otrzymujemy, że jeśli x>2 to największą potęgą dwojki dzielącą prawą stronę byłoby \(\displaystyle{ 2^2}\) co jest niemożliwe.
więc x=1 lub x=0. x=0 przeczy twierdzeniu Mihailescu więc x=1 czyli:
\(\displaystyle{ 4+5^{y}=3^{2z_1}}\)
równoważnie:
\(\displaystyle{ 5^y=(3^{z_1}-2)(3^{z_1}+2)}\)
każdy nawias po prawej stronie musi być potęgą dwójki. różnica liczb w nawiasach jest równa 4 więc te potęgi to 1 i 5 wiec \(\displaystyle{ z_1=1}\) skąd \(\displaystyle{ y=1}\)
dostaliśmy więc bardzo zaskakującą odpowiedź \(\displaystyle{ (x,y,z)=(1,1,2)}\)
następne:
znajdź wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f: \mathbb{N \to R}}\) spełniające
\(\displaystyle{ f(1) = 3}\)
\(\displaystyle{ f(m + n) + f(m - n) - m + n - 1 = \frac {f(2m) + f(2n)}{2}}\) dla naturalnych \(\displaystyle{ m \ge n}\)
(0 jest naturalne)
patrząc na reszty z dzielenia przez 3 mamy \(\displaystyle{ y=2y_1+1}\)
teraz reszty z dzielenia przez 4: \(\displaystyle{ z=2z_1}\)
mamy \(\displaystyle{ 4^x+5^{2y_1+1}-1=(3^{z_1}-1)(3^{z_1}+1)}\)
prawa strona to iloczyn dwóch kolejnych liczb parzystych, jest więc podzielna przez 8.
zapisując \(\displaystyle{ 5=4+1}\) i rozpisując wzór dwumianowy Newtona otrzymujemy, że jeśli x>2 to największą potęgą dwojki dzielącą prawą stronę byłoby \(\displaystyle{ 2^2}\) co jest niemożliwe.
więc x=1 lub x=0. x=0 przeczy twierdzeniu Mihailescu więc x=1 czyli:
\(\displaystyle{ 4+5^{y}=3^{2z_1}}\)
równoważnie:
\(\displaystyle{ 5^y=(3^{z_1}-2)(3^{z_1}+2)}\)
każdy nawias po prawej stronie musi być potęgą dwójki. różnica liczb w nawiasach jest równa 4 więc te potęgi to 1 i 5 wiec \(\displaystyle{ z_1=1}\) skąd \(\displaystyle{ y=1}\)
dostaliśmy więc bardzo zaskakującą odpowiedź \(\displaystyle{ (x,y,z)=(1,1,2)}\)
następne:
znajdź wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f: \mathbb{N \to R}}\) spełniające
\(\displaystyle{ f(1) = 3}\)
\(\displaystyle{ f(m + n) + f(m - n) - m + n - 1 = \frac {f(2m) + f(2n)}{2}}\) dla naturalnych \(\displaystyle{ m \ge n}\)
(0 jest naturalne)
- tkrass
- Użytkownik
- Posty: 1464
- Rejestracja: 21 lut 2008, o 13:11
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Cambridge / Warszawa
- Podziękował: 10 razy
- Pomógł: 186 razy
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
Niech \(\displaystyle{ (x,y)}\) oznacza podstawienie \(\displaystyle{ m=x}\), \(\displaystyle{ n=y}\).
\(\displaystyle{ (0,0) \Rightarrow f(0)=1}\)
\(\displaystyle{ (1,0) \Rightarrow f(2)=7}\)
\(\displaystyle{ (m,0) \Rightarrow f(2m)=4f(m)-2m-3}\)
\(\displaystyle{ (m,1) \Rightarrow f(m+1)+f(m-1)=2f(m)+2}\).
Mamy zatem wzór rekurencyjny od dwóch poprzednich wartości, co przy dwóch pierwszych wartościach danych jednoznacznie wyznacza funkcję. Zauważmy teraz, że to równanie jest spełnione przez funcję daną równaniem \(\displaystyle{ f(n)=f(n-1)+2n}\).
\(\displaystyle{ f(n)=f(n-1)+2n=f(n-2)+2n+2n-2=...=f(0)+n \cdot 2n - 2(1+2+...+n-1)=n^2+n+1}\)
Podstawiając tę funkcję do równania wyjściowego widzimy, że spełnia je ona.
nowe:
Punkty P,Q,R należą odpowiednio do boków BC, AC i AB trójkąta ABC oraz proste AP, BQ, CR przecinają się w jednym punkcie. Prosta PQ przecina przedłużenie boku AB w punkcie S. Okrąg o średnicy RS przecina bok BC w punkcie O.Udowodnić, że kąty AOR i BOR są równe.
\(\displaystyle{ (0,0) \Rightarrow f(0)=1}\)
\(\displaystyle{ (1,0) \Rightarrow f(2)=7}\)
\(\displaystyle{ (m,0) \Rightarrow f(2m)=4f(m)-2m-3}\)
\(\displaystyle{ (m,1) \Rightarrow f(m+1)+f(m-1)=2f(m)+2}\).
Mamy zatem wzór rekurencyjny od dwóch poprzednich wartości, co przy dwóch pierwszych wartościach danych jednoznacznie wyznacza funkcję. Zauważmy teraz, że to równanie jest spełnione przez funcję daną równaniem \(\displaystyle{ f(n)=f(n-1)+2n}\).
\(\displaystyle{ f(n)=f(n-1)+2n=f(n-2)+2n+2n-2=...=f(0)+n \cdot 2n - 2(1+2+...+n-1)=n^2+n+1}\)
Podstawiając tę funkcję do równania wyjściowego widzimy, że spełnia je ona.
nowe:
Punkty P,Q,R należą odpowiednio do boków BC, AC i AB trójkąta ABC oraz proste AP, BQ, CR przecinają się w jednym punkcie. Prosta PQ przecina przedłużenie boku AB w punkcie S. Okrąg o średnicy RS przecina bok BC w punkcie O.Udowodnić, że kąty AOR i BOR są równe.
- XMaS11
- Użytkownik
- Posty: 382
- Rejestracja: 6 mar 2008, o 21:40
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Suchedniów/Kielce
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 47 razy
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
Z tw. Cevy mamy:
\(\displaystyle{ \frac{AR}{RB} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA} =1}\)
Z tw. Menelaosa mamy:
\(\displaystyle{ \frac{AS}{BS} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ} {QA}=1}\).
Zatem:
\(\displaystyle{ \frac{AR}{BR} = \frac{AS}{BS}}\).
Stąd okrąg o którym mowa w zadaniu jest okręgiem Apoloniusza dla punktów \(\displaystyle{ A,B}\).
Zatem dla każdego punktu \(\displaystyle{ Y}\) leżącego na tym okręgu prosta \(\displaystyle{ YR}\) jest dwusieczną kąta \(\displaystyle{ AYB}\), skąd teza.
Nowe zadanie:
Niech \(\displaystyle{ w(n)}\) oznacza ilość dzielników pierwszych liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\).
Udowodnić, że dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ w(n)<w(n+1)<w(n+2)}\).
\(\displaystyle{ \frac{AR}{RB} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA} =1}\)
Z tw. Menelaosa mamy:
\(\displaystyle{ \frac{AS}{BS} \cdot \frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ} {QA}=1}\).
Zatem:
\(\displaystyle{ \frac{AR}{BR} = \frac{AS}{BS}}\).
Stąd okrąg o którym mowa w zadaniu jest okręgiem Apoloniusza dla punktów \(\displaystyle{ A,B}\).
Zatem dla każdego punktu \(\displaystyle{ Y}\) leżącego na tym okręgu prosta \(\displaystyle{ YR}\) jest dwusieczną kąta \(\displaystyle{ AYB}\), skąd teza.
Nowe zadanie:
Niech \(\displaystyle{ w(n)}\) oznacza ilość dzielników pierwszych liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\).
Udowodnić, że dla nieskończenie wielu \(\displaystyle{ n}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ w(n)<w(n+1)<w(n+2)}\).
- jerzozwierz
- Użytkownik
- Posty: 526
- Rejestracja: 22 lut 2009, o 10:13
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 42 razy
- smigol
- Użytkownik
- Posty: 3454
- Rejestracja: 20 paź 2007, o 23:10
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 89 razy
- Pomógł: 353 razy
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
Temat stoi a rozwiązać nikt nie potrafi, albo nikomu się nie chce wrzucać rozwiązania
Z tego co wiem to XMaS11 wyjechał już na ferie, więc proponuję, żeby ktoś kto ma jakieś zadanie drugoetapopodobne je wrzucił. Bez sensu, żeby temat stał w miejscu.
Z tego co wiem to XMaS11 wyjechał już na ferie, więc proponuję, żeby ktoś kto ma jakieś zadanie drugoetapopodobne je wrzucił. Bez sensu, żeby temat stał w miejscu.
-
- Użytkownik
- Posty: 547
- Rejestracja: 20 lis 2007, o 15:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bielsko-Biała
- Podziękował: 37 razy
- Pomógł: 120 razy
[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski
racja, coś mało geometrii się pojawia, zatem coś prostego:
Na bokach \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ AC}\) trójkąta ostrokątnego \(\displaystyle{ ABC}\) zbudowano po zewnętrznej stronie trójkąty równoboczne \(\displaystyle{ ABD}\) i \(\displaystyle{ ACE}\). Wiadomo, że czworokąt \(\displaystyle{ BCED}\) da się wpisać w okrąg. Wyznacz wszystkie możliwe wartości ilorazu \(\displaystyle{ \frac{AB}{AC}}\).
Na bokach \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ AC}\) trójkąta ostrokątnego \(\displaystyle{ ABC}\) zbudowano po zewnętrznej stronie trójkąty równoboczne \(\displaystyle{ ABD}\) i \(\displaystyle{ ACE}\). Wiadomo, że czworokąt \(\displaystyle{ BCED}\) da się wpisać w okrąg. Wyznacz wszystkie możliwe wartości ilorazu \(\displaystyle{ \frac{AB}{AC}}\).