LXII Olimpiada Matematyczna I etap

[Vax]

Ja nie startuję, ale zrobiłem nierówność, więc będę mógł wrzucić

Pozdrawiam.

[mariolawiki1]

Ja również wrzucę swoje odpowiedzi w odpowiednim czasie, czyli po 0.00.

[kubus1353]

no i w końcu wysłane. co prawda na raty ale zawsze ;]

[tkrass]

Moje rozwiązania 2. serii:

5:    

a)
Tak, można tak ponumerować krawędzie dwunastościaniu. Najpierw zauważmy, że nie ma znaczenia konkretna liczba którą wpisujemy w krawędź, tylko jej parzystość. Teza zadania będzie zatem spełniona również, gdy w każdą krawędź wpiszemy liczbę 0 lub 1, przy czym każdą liczbę musimy wpisać 15 razy i z suma liczb wychodzących z każdego wierzchołka musi być parzysta.
Rozważmy dowolną ścianę \(\displaystyle{ \Omega_1}\) dwunastościanu i wpiszmy we wszystkie jej krawędzie liczbę 1. Dla każdego z pięciu wierzchołków ściany \(\displaystyle{ \Omega_1}\) wpiszmy liczbę 0 w krawędź, która z niego wychodzi, ale nie jest krawędzią ściany \(\displaystyle{ \Omega_1}\). Niech pięciokąt, który tworzą wierzchołki tych krawędzi, których dokładnie jeden wierzchołek leży na \(\displaystyle{ \Omega_1}\), nie leżące na \(\displaystyle{ \Omega_1}\), nazywa się \(\displaystyle{ \Omega_2}\). W krawędzie, których jeden wierzchołek jest wierzchołkiem \(\displaystyle{ \Omega_2}\), a drugi nie jest wierzchołkiem \(\displaystyle{ \Omega_1}\), wpisujemy liczbę 1. Niech pięciokąt, który tworzą przeciwległe wierzchołki krawędzi wychodzących z \(\displaystyle{ \Omega_2}\) nie leżące na \(\displaystyle{ \Omega_1}\), nazywa się \(\displaystyle{ \Omega_3}\). Wszystkie krawędzie wychodzące z wierzchołków \(\displaystyle{ \Omega_3}\), w które do tej pory nie wpisaliśmy liczby, mają przeciwległy wierzchołek leżący na ścianie dwunastościanu przeciwległej do \(\displaystyle{ \Omega_1}\). Niech ta ściana nazywa się \(\displaystyle{ \Omega_4}\). We wszystkie krawędzie wychodzące z wierzchołków \(\displaystyle{ \Omega_4}\) wpiszmy 0.
Takie wpisanie liczb spełnia warunki zadania. Przede wszystkim zauważmy, że istotnie wpisaliśmy 15 razy liczbę 0 i 15 razy liczbę 1. Po drugie suma liczb wpisanych w krawędzie wychodzące z każdego wierzchołka figur \(\displaystyle{ \Omega_1}\), \(\displaystyle{ \Omega_2}\), \(\displaystyle{ \Omega_3}\) wynosi 2, a suma liczb wpisanych w krawędzie wychodzące z każdego wierchołka figury \(\displaystyle{ \Omega_4}\) wynosi 0. Po trzecie żadne dwa wierzchołki figur \(\displaystyle{ \Omega_1}\), \(\displaystyle{ \Omega_2}\), \(\displaystyle{ \Omega_3}\) i \(\displaystyle{ \Omega_4}\) nie pokrywają się, a ich suma jest zbiorem wszystkich wierzchołków dwunastościanu. Zatem istotnie suma liczb wpisanych w krawędzie wychodzące z każdego wierchołka dwunastościanu jest parzysta.
b)
Nie, nie można tak ponumerować krawędzi dwunastościanu.
Przypuśćmy, że takie ponumerowanie istnieje. Ponumerujmy w dowolny sposób liczbami od 1 do 20 wierchołki dwunastościanu. Niech zgodnie z naszym przypuszczeniem suma liczb wpisanych w krawędzie wychodzące z wierzchołka i wynosi \(\displaystyle{ 4x_i}\), gdzie \(\displaystyle{ x_i}\) jest liczbą naturalną. Niech S będzie sumą liczb wpisanych we wszystkie krawędzie dwunastościanu. Możemy wtedy zapisać:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{i=20}4x_i=2S \Leftrightarrow 2\sum_{i=1}^{i=20}x_i=15 \cdot 31}\). To jednak niemożliwe, bo po lewej stronie otrzymaliśmy liczbę parzystą, a po prawej nieparzystą. Otrzymana sprzeczność dowodzi tezy.

6:    

Udowodnimy tylko nierówność:
\(\displaystyle{ \frac{a^3}{\sqrt{b^4+b^2c^2+c^4}} \ge \sqrt3 \frac{a^4}{a^3+b^3+c^3}}\).
Po zsumowaniu stronami tej i dwóch analogicznych i wykorzystaniu założenia dostaniemy tezę. Ta, którą napisałem, jest równoważna:
\(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3>=a \cdot \sqrt{3(b^4+b^2c^2+c^4)}}\). Dzielimy stronami przez \(\displaystyle{ a^3}\) i podstawiamy \(\displaystyle{ x= \frac{b}{a}}\) i \(\displaystyle{ y=\frac{c}{a}}\). Po podniesieniu do kwadratu, podzieleniu stronami przez 3 i pogrupowaniu wyrazów po lewej stronie dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{x^3y^3+x^3y^3+1}{3}+ \frac{x^6+x^3+x^3}{3}+ \frac{y^6+y^3+y^3}{3} \ge x^2y^2 + x^4 + y^4}\), co jest prawdziwe na mocy AM-GM.

7:    

Niech \(\displaystyle{ (x,y)}\) oznacza największy wspólny dzielnik liczb x i y.
Z danej podzielności \(\displaystyle{ a^2+ab+4|b^2+ab+4}\) wnioskujemy \(\displaystyle{ b>a}\) oraz \(\displaystyle{ a^2+ab+4|b^2+ab+4-(a^2+ab+4) \Leftrightarrow a^2+ab+4|(b-a)(b+a)}\). Rozważmy teraz największy wspólny dzielnik liczb \(\displaystyle{ a^2+ab+4}\) i \(\displaystyle{ a+b}\):
\(\displaystyle{ (a^2+ab+4, a+b)|(a^2+ab+4, (a+b)^2) = (a^2+ab+4, a^2+2ab+b^2) = (a^2+ab+4, b^2+ab-4)}\).
Zauważmy, że ponieważ \(\displaystyle{ b^2+ab-4}\) jest liczbą o 8 mniejszą od pewnej wielokrotności liczby \(\displaystyle{ a^2+ab+4}\), to \(\displaystyle{ (a^2+ab+4, b^2+ab-4)|8}\), a więc i \(\displaystyle{ (a^2+ab+4, a+b)|8}\). Dowiodę teraz nie wprost, że \(\displaystyle{ (a^2+ab+4, a+b) \neq 8}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ (a^2+ab+4, a+b) = 8}\), a więc w szczególności \(\displaystyle{ 8|a+b}\), więc \(\displaystyle{ a \equiv -b (mod 8)}\). Ale wtedy \(\displaystyle{ a^2+ab+4 \equiv 4 (mod 8)}\), co jest sprzeczne z założeniem. W takim razie \(\displaystyle{ (a^2+ab+4, a+b) \le 4}\).
Mamy jednak \(\displaystyle{ a^2+ab+4|(b-a)(b+a)}\), co oznacza, że zachodzi \(\displaystyle{ \frac{a^2+ab+4}{4} \le b-a \Leftrightarrow 4b \ge ab+a^2+4a+4}\), co dla \(\displaystyle{ a \ge 4}\) jest oczywiście nieprawdziwe. Mamy więc \(\displaystyle{ a \le 3}\).
Dla \(\displaystyle{ a=1}\) zadana w zadaniu podzielność przyjmuje formę \(\displaystyle{ b+5|b^2+b+4=(b+5)(b-4)+24 \Leftrightarrow b+5|24}\). Korzystając z założeń \(\displaystyle{ b>0}\) i \(\displaystyle{ b \neq a}\) wnioskujemy, że \(\displaystyle{ b=3}\), \(\displaystyle{ b=7}\) lub \(\displaystyle{ b=19}\). Pary \(\displaystyle{ (1,3)}\), \(\displaystyle{ (1,7)}\), \(\displaystyle{ (1,19)}\) istotnie spełniają zadaną podzielność.
Dla \(\displaystyle{ a=2}\) zadana w zadaniu podzielność przyjmuje formę \(\displaystyle{ 2b+8|b^2+2b+4}\). Stąd wnioskujemy, że b jest liczbą parzystą (gdyby było inaczej, to liczba nieparzysta byłaby podzielna przez parzystą). Mamy więc \(\displaystyle{ 2b+8|b^2+2b+4=(2b+8)(\frac{b}{2}-1)+12 \Leftrightarrow 2b+8|12 \Leftrightarrow b+4|6 \Rightarrow b \le 2}\), co oczywiście nie może zachodzić, bo \(\displaystyle{ b>a=2}\).
Dla \(\displaystyle{ a=3}\) zadana w zadaniu podzielność przyjmuje formę \(\displaystyle{ 3b+13|b^2+3b+4 \Leftrightarrow 3b+13|b^2+3b+4-(3b+13)=(b-3)(b+3)}\). Liczba \(\displaystyle{ 3b+13}\) daje oczywiście resztę 4 z dzielenia przez \(\displaystyle{ b+3}\) i mamy \(\displaystyle{ k \cdot (3b+13)=(b-3)(b+3)}\) dla pewnego k naturalnego. Ale ponieważ \(\displaystyle{ (3b+13,b+3)|4}\), to mamy \(\displaystyle{ k=\frac{b+3}{4}}\) lub \(\displaystyle{ k=\frac{b+3}{2}}\) lub \(\displaystyle{ k=b+3}\) lub \(\displaystyle{ k=2(b+3)}\) lub \(\displaystyle{ k=4(b+3)}\). Cztery ostatnie przypadki nie mogą jednak zachodzić, bo wtedy po lewej stronie mielibyśmy liczbę większą od tej po prawej. W takim razie \(\displaystyle{ k=\frac{b+3}{4}}\). Mamy więc \(\displaystyle{ k=\frac{b+3}{4} \cdot (3b+13)=(b-3)(b+3) \Leftrightarrow 3b+13=4(b-3) \Leftrightarrow b=25}\). Para \(\displaystyle{ (3,25)}\) istotnie spełnia zadaną podzielność.
Ostatecznie więc wszystkie pary \(\displaystyle{ (a,b)}\) spełniające zadaną podzielność to \(\displaystyle{ (1,3)}\), \(\displaystyle{ (1,7)}\), \(\displaystyle{ (1,19)}\) i \(\displaystyle{ (3,25)}\).

8:    

Niech \(\displaystyle{ \xi}\) będzie okręgiem opisanym na trójkącie ABC. Z treści zadania wynika, że AK jest symedianą w trójkącie ABC. Znaną własnością symediany (opisaną między innymi na ) jest, że styczne do \(\displaystyle{ \xi}\) w punktach B i C, a także AK przetną się jednym punkcie. Niech ten punkt nazywa się X.
Niech \(\displaystyle{ \alpha = \angle BAC = \angle BEK}\). Ponieważ BX jest styczną do \(\displaystyle{ \xi}\), to także \(\displaystyle{ \angle XBC=\alpha}\). Ale ponieważ XB i XC są stycznymi, to \(\displaystyle{ XB=XC}\), a zatem i \(\displaystyle{ \angle XCB = \alpha}\). Niech \(\displaystyle{ \xi_1}\) i \(\displaystyle{ \xi_2}\) będą okręgami opisanymi odpowiednio na trójkątach BEK i CEK. Te okręgi przecinają się w punktach E i K, więc EK jest ich osią potęgową, a więc w szczególności X ma jednakową potęgę względem obu okręgów. Jednak zachodzi \(\displaystyle{ \angle BEK = \angle XBK = \alpha}\), więc XB jest styczną do \(\displaystyle{ \xi_1}\). W takim razie potęga punktu X względem okręgu \(\displaystyle{ \xi_1}\), jest równa \(\displaystyle{ XB^2}\). Ale \(\displaystyle{ XB^2=XC^2}\), a potęga punktu X względem \(\displaystyle{ \xi_1}\) równa jest potędze punktu X względem \(\displaystyle{ \xi_2}\). W takim razie potęga punktu X względem \(\displaystyle{ \xi_2}\) jest równa \(\displaystyle{ XC^2}\). Ale C należy do \(\displaystyle{ \xi_2}\), a zatem XC musi być styczną do \(\displaystyle{ \xi_2}\). Z tego wynika, że \(\displaystyle{ \alpha = \angle XCK= \angle CEK}\), czego należało dowieść.

[mariolawiki1]

Moje rozwiązania:

[Dumel]

co nieco o moim cudaku:

nierówność:    

można przywalić ważonym Jensenem dla funkcji \(\displaystyle{ f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}}\) a potem uogólnionym Schurem dla \(\displaystyle{ g(x)=x^{\frac{4}{3}}}\)

[binaj]

8. Opiszmy okrąg na trójkącie ABC, AK jest symedianą, zatem styczne do okręgu w punktach B i C przecinają się na prostej AE w punkcie X. BAC=BEX=BCX (z kąta między styczną a sieczną), zatem BECX leżą na 1 okręgu, BX=XC, zatem kąty oparte na tych łukach są równe, CKD.

[Marcinek665]

5b najprościej można tak: zauważamy, że suma liczona po wierzchołkach to podwojona suma liczona po krawędziach. A skoro z każdego wierzchołka wychodzi liczba podzielna przez 4, to z sumy wierzchołków też będzie podzielna przez 4. Suma ta wynosi \(\displaystyle{ 2 \cdot \left( \frac{30 \cdot 31}{2} \right) = 930}\), co nie jest podzielne przez 4. Koniec.

6 także wychodzi łatwiej bez podstawień.
\(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3 \ge a \sqrt{3(b^4+b^2c^2+c^4)}}\)
\(\displaystyle{ a^6+b^6+c^3+2a^3 b^3 + 2b^3 c^3 + 2c^3 a^3 \ge 3(b^4+b^2c^2+c^4)}\)

teraz AM-GM dla \(\displaystyle{ a^6,b^3 c^3,b^3 c^3}\) następnie \(\displaystyle{ c^6, a^3 c^3, a^3 c^3}\) i \(\displaystyle{ b^6, a^3 b^3, a^3 b^3}\). Sumując dostajemy tezę.

7 Identycznie jak tkrass

8 Nawet nie mówię. Ale ostatecznie zrobione.

Dumel - udowadniasz, że jakichkolwiek z kapelusza wyjętych lematów nie trzeba byłoby dowodzić, to i tak da się nierówności zniszczyć Jensenem lub innymi elementarnymi metodami

Idę spać, bo dopiero co z poczty wróciłem -_____-.

[smigol]

5.

Ukryta treść:    

a/ podałem po prostu przykład wyjaśniając co i jak
b/ zliczamy krawędzie lewa strona podzielna przez 4, prawa nie.

7.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ a^2+ab+4|b^2+ab+4-(a^2+ab+4) \Leftrightarrow a^2+ab+4|b^2-a^2 \Rightarrow a^2+ab+4|ab^2-a^3 \Leftrightarrow a^2+ab+4|( a^2+ab+4)(b-a) -4(b-a) \Leftrightarrow a^2+ab+4|4(b-a)}\) no to: \(\displaystyle{ ab<a^2+ab+4 \le 4(b-a)<4b}\) stąd \(\displaystyle{ a<4}\). (Jeśli ma zachodzić podzielność \(\displaystyle{ a^2+ab+4|b^2+ab+4}\) to zachodzi podzielność a^2+ab+4|4(b-a). Sprawdzamy po kolei a=1,a=2,a=3 i te same rozwiązania dostajemy.

6. Nie ma się czym chwalić
8.

Ukryta treść:    

Trójkąty MAC i BAM mają równe pola, z tego dostajemy jakąś tam proporcję z sinusami. Niech punkt P będzie takim punktem na półprostej AK, że ∢EBP=∢ABC. Trójkąty ABC i BPE są podobne, więc dostajemy jakąś proporcję, której jedna strona jest równa jednej ze stron proporcji początkowej (tej z sinusami) i dostajemy jakieś \(\displaystyle{ \frac{BE}{EP} = \frac{sin \sphericalangle MAC}{sin \sphericalangle BAM}}\) (piszę z pamięci).
Dalej: na ABPC można opisać okrąg, więc mamy równość kątów ∢BCP=∢MAC (i paru innych). Jak poprowadzimy wysokość w trójkącie BPC z wierzchołka P i policzymy ją na dwa sposoby to dostaniemy \(\displaystyle{ \frac{sin \sphericalangle MAC}{sin \sphericalangle BAM}=\frac{BP}{CP}}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{BP}{CP}=\frac{BE}{EP}}\). Ponadto ∢CPE=∢EBP, więc trójkąty EBP i CEP są podobne. Stąd już szybko wynika teza.

Trochę niechlujnie to napisane, ale zaraz do szkoły

[Vax]

A co powiecie na takie rozwiązanie 6

Skorzystamy tutaj z prawa kontrapozycji.

Założenie:

\(\displaystyle{ a^4+b^4+c^4 \ge a^3+b^3+c^3 \Leftrightarrow a^4+b^4+c^4 \ge 3abc}\)

Następnie wychodzimy z tożsamości:

\(\displaystyle{ (a^2-b^2)^2 \ge 0}\)

\(\displaystyle{ a^4-2a^2b^2+b^4 \ge 0 /+3a^2b^2}\)

\(\displaystyle{ a^4+a^2b^2+b^4 \ge 3a^2b^2}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{a^4+a^2b^2+b^4} \le \frac{1}{3a^2b^2}}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{a^4+a^2b^2+b^4}} \le \frac{1}{\sqrt{3}ab} /\cdot c^3}\)

\(\displaystyle{ \frac{c^3}{\sqrt{a^4+a^2b^2+b^4}} \le \frac{c^4}{\sqrt{3}abc}}\)

Analogicznie dla a i b, następnie sumując, otrzymujemy:

\(\displaystyle{ L \le \frac{a^4+b^4+c^4}{\sqrt{3}abc}}\)

Jeżeli \(\displaystyle{ \frac{a^4+b^4+c^4}{\sqrt{3}abc} < \sqrt{3}}\)

to: \(\displaystyle{ a^4+b^4+c^4 < 3abc}\)

Co jest sprzeczne z założeniem. Udowodniliśmy, że z \(\displaystyle{ \neg q \Rightarrow \neg p}\) co będzie wtedy, i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ p \Rightarrow q}\). CND


Pozdrawiam.

[1387bc]

5:
w a) przykład, w b) zliczyłem sumę liczb przypisanym w krawędziom każdego wierzchołku itd.

7:
\(\displaystyle{ x^2 + xy + 4 = k(y^2 + xy +4)}\)
\(\displaystyle{ 4k - 4 = (x+y)(x - ky)}\)
skoro \(\displaystyle{ x \neq y}\) to \(\displaystyle{ k > 1}\).
Zatem \(\displaystyle{ x > ky}\)

\(\displaystyle{ 4k > 4k - 4 = (x+y)(x-ky) > x + y > ky + y}\)
\(\displaystyle{ 4k > ky + y}\)
\(\displaystyle{ y > 0}\) i \(\displaystyle{ k > 1}\)
To nierówność może być spełniona jedynie dla \(\displaystyle{ y \in \{1,2,3\}}\)
I to właściwie koniec pomysłu, dalej trzeba jedynie policzyć x.

8:
Twierdzenie sinusów

I na koniec jedno pytanie.Niestety, wskutek nie spojrzenia na ostateczny termin wysłania zadanek w mojej pamięci pojawiła się fałszywa informacja, jakoby termin był do 5 .I w efekcie nie wysłałem żadnego zadania z II serii . Z I serii wysłałem 4 , jest sens wysyłać zadania z III serii ? Teoretycznie miałbym wtedy 8.Jest jeszcze cień szansy na przejście do 2 etapu ?

[kubus1353]

widać że nie umiesz czytać... Jak byś trochę pochodził po forum, to zauważyłbyś, że na ogół wystarcza 5 - 6 zadań żeby przejść. Ale nieeee... zadam to pytanie poraz 1000czny...

[Dumel]

Skorzystamy tutaj z prawa kontrapozycji.

no dobra ale gdzie tu z niego skorzystałeś?

\(\displaystyle{ a^4+b^4+c^4 \ge a^3+b^3+c^3 \Leftrightarrow a^4+b^4+c^4 \ge 3abc}\)

tu nie ma równoważności tylko jest implikacja w prawo ale to nie jest takie ważne.

Analogicznie dla a i b, następnie sumując, otrzymujemy:
\(\displaystyle{ L \le \frac{a^4+b^4+c^4}{\sqrt{3}abc}}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ \frac{a^4+b^4+c^4}{\sqrt{3}abc} < \sqrt{3}}\)
to: \(\displaystyle{ a^4+b^4+c^4 < 3abc}\)Co jest sprzeczne z założeniem.

chyba najczęstszy i najgorszy błąd w rozwiązaniach nierówności. z tego że a<b i b>c nie mozesz wywnioskować ze a>c.
albo inaczej (to jest chyba ta pseodokontrapozycja:) zakladasz ze a<b i dowodzisz ze a<c ale z tego nie wynika ze c<b.
tak więc niestety dostaniesz raczej 0.

[Myrthan]

Niestety, wskutek nie spojrzenia na ostateczny termin wysłania zadanek w mojej pamięci pojawiła się fałszywa informacja
, jakoby termin był do 5 .I

To musiała być bolesna wiadomość. Szczerze nie wyobrażam sobie jak bym się wtedy zachował, ale miałbym na pewno ogromne wyrzuty do siebie. Ale ty jeszcze masz szanse w III serii, ja raczej mam jedno zadanie w zasięgu, także drugi etap to był, być albo nie być dla mnie; )

[1387bc]

To musiała być bolesna wiadomość.

Bolało, ale nie aż tak bardzo, bo była 5 rano i jeszcze nie byłem w pełni obudzony .Anyway, tym razem mam w kalendarzu trzy wielkie wykrzykniki przy 4 grudnia ( tak, wiem, że jest do 6 ale lepiej będzie jak tym razem wyślę wcześniej )