Matematyka.pl

Wczoraj wymyslilem takie zadanie (nie wiem czy jest trudne bo mam tylko jedno rozwiazanie). Jest sobie przyjecie i 2010 osob A_1,...,A_{2010} siedzi przy okraglym stole tak, ze kazda siedzi kolo swoich przyjaciol (niekoniecznie wszystkich). Udowodnic, ze na przyjecie moze przyjsc jeszcze jedna osoba...

\(\displaystyle{ \sum \frac{a+b+c+2}{b+c+1}\geq k+3}\) nie implikuje \(\displaystyle{ \frac{9(a+b+c+2)}{3+2(a+b+c)}\geq k+3}\) wiec z tego nie wynika, ze 3/2 nie da sie poprawic, ale poprawic rzeczywiscie sie nie da (wystarczy wziac a=2k-1, b=2k, c=2k+1 dla duzych k).

Istotnie. Jak ktos sie spodziewal innego dowodu to mozna zrobic tez przez zliczanie ale nie pamietam teraz dokladnie jak.

15. Niech X_{A_i} bedzie zdarzeniem, ze \{a_{i_1}, a_{i_2}, ... , a_{i_{|A_i|}}\} jest zbiorem A_i (te elementy sa wybierane z A losowo). Poniewaz zadne sie w sobie nie zawieraja zdarzenia A_i sa rozlaczne, czyli \sum \frac{1}{{n \choose |A_i|}}=\sum Pr(X_{A_i})\leq 1 . Druga nierownosc jest prostsza.

Mamy po przemnozeniu stronami \(\displaystyle{ \sum\frac{abc+1}{ab+a}\geq 3}\) i dodajemy sobie stronami po trzy jedynki. Dostajemy \(\displaystyle{ \sum\frac{abc+ab+a+1}{ab+a}\geq 6\iff \sum \frac{b(c+1)}{a+1}+\sum\frac{a+1}{a(b+1)}\geq 3(\sqrt[3]{abc}+\frac{1}{\sqrt[3]{abc}})\geq 6}\).

Zalozenie implikuje AB*CD=AC*BD a to implikuje teze (jak nie bedziesz wiedzial jak to udowodnic to napisz).

Zauwaz, ze PN=KN i QM=KM, czyli teza jest rownowazna \(\displaystyle{ \triangle ABC\sim \triangle KNM}\) a to juz latwo wychodzi z katow.

3 punkty

patry93, w Slaskim nie trzeba przepisywac (przynajmniej ja nie przepisywalem i bylo ok).

W zalozeniach jest, ze olimpiada ma zachecac do zainteresowania sie matma, wiec pewnie dlatego sa czasem takie niskie progi. Powodzenia wszystkim startujacym.

Mozna tez syntetycznie. (U mnie M jest srodkiem AB a N srodkiem BC). Uzupelniamy X i Y sa takie, ze ADBX i DACY sa rownoleglobokami. Wtedy BXCY tez jest rownoleglobokiem. Mamy \angle(AC,MN)=\angle(AC,BY)=\angle (AC,XC)=\angle (CX,AX)=\angle (YB,DB)=\angle (MN,DB) . Uzywam tego, ze DY=AC=BD=AX oraz M...

Tw. Feuerbacha mozna udowodnic w kilku zdaniach wiec dziwne, ze tak pocieli za brak dowodu... Chociaz z drugiej strony na takim konkursie mozna sie bylo tego spodziewac;p moge wiedziec jakie to bylo zadanie?

Niech ten trojkat to bedzie ABC a srodek ciezkosci G. Wezmy taki punkt X, ze BGCX jest rownoleglobokiem. Tak na oko powinno pojsc z Ptolemeusza dla ABXC.

Skoro 4 juz bylo to dodam cos czego chyba jeszcze nie bylo.
Jesli oznaczymy promienie tych okregow wpisanych kolejno przez \(\displaystyle{ r_a,r_b,r_c,r_d}\) to udowodnic, ze \(\displaystyle{ r_a+r_c=r_b+r_d}\).

Mozna prosciej: