LXVI (66) OM - II etap

[piotr5]

piotr5:

Ukryta treść:    

Domyślam się, że ciąg się zaczynał od \(\displaystyle{ a_1}\), a nie \(\displaystyle{ a_0}\) i wtedy \(\displaystyle{ p\le n}\) nie starcza . Ale to się oczywiście łatwo naprawia.

Akurat było od a0

Ukryta treść:    

swoją drogą, tak naprawdę wystarczyło, żeby n > p/2 tylko wtedy dowód był trudniejszy, ale i ciekawszy

[Wojowu]

Proste zadania, obawiam się, że w tym roku wysoki próg będzie :/

[emil99]

Według mnie nie były aż tak proste. Większość robiła albo 1 albo 3 zadania. Oczywiście komitet zadanie najtrudniejsze ustawił jako 2, dlatego robiąc po kolei można było się zaciąć :/

[Pinionrzek]

1. syntetycznie bez pójscia na skróty przekształceniami afinicznymi

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ D}\) będzie punktem przecięcia \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ GF}\), a \(\displaystyle{ M}\) środkiem \(\displaystyle{ EC}\). Z twierdzenia Menelaosa dla punktów \(\displaystyle{ D, F, G}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{CD}{BD}= \frac{1}{4}}\), skąd \(\displaystyle{ CD=CM=ME=BE}\). Teraz z twierdzenia odwrotnego do Talesa dostajemy, że \(\displaystyle{ PM}\) i \(\displaystyle{ DG}\) są równoległe. Korzystając ponownie z twierdzenia Menelaosa dla punktów \(\displaystyle{ A, F, C}\) stwierdzamy, że \(\displaystyle{ QF=PM}\). Z tego wynika, że \(\displaystyle{ PQFM}\) jest równoległobokiem. Ponadto z Talesa mamy, że \(\displaystyle{ AB}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ FM}\) oraz \(\displaystyle{ FM=\frac{1}{3}AB=AG}\). Z tego wynika, że \(\displaystyle{ PQ || AB}\) i \(\displaystyle{ PQ=AG}\), więc czworokąt \(\displaystyle{ AGPQ}\) jest równoległobokiem.

[bakala12]

Pierwsze rozwiązałem najbardziej zawile jak tylko się dało

1.:    

Niech \(\displaystyle{ S}\) będzie przecięciem \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ GF}\). Niech \(\displaystyle{ E'}\) będzie środkiem odcinka \(\displaystyle{ CE}\). Z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) i prostej \(\displaystyle{ GF}\) dostajemy:
\(\displaystyle{ CS=\frac{1}{4}SB=BE=CE'}\). Teraz ponieważ \(\displaystyle{ FE' \parallel AB}\), to z twierdzenia Talesa dostajemy \(\displaystyle{ SF=GF}\). Zatem w konsekwencji \(\displaystyle{ \frac{SQ}{QG}=5}\). Niech \(\displaystyle{ M}\) będzie środkiem \(\displaystyle{ BC}\). Po nietrudnych rachunkach z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Menelaosa mamy współliniowość \(\displaystyle{ A,Q,M}\). Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wnosimy więc, że \(\displaystyle{ AQ \parallel GP}\). Niech \(\displaystyle{ R}\) będzie teraz przecięciem prostej \(\displaystyle{ GE}\) z prostą \(\displaystyle{ FE'}\). Mamy wówczas, że \(\displaystyle{ GBRE'}\) to równoległobok, więc \(\displaystyle{ RE=GE}\). Wobec tego \(\displaystyle{ \frac{GP}{GR}=\frac{1}{3}=\frac{GQ}{GF}}\), co na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa daje \(\displaystyle{ AG \parallel PQ}\) i w konsekwencji tezę zadania.

Pozostałe moje rozwiązania nie różnią się zbytnio od tych przedstawionych wyżej. Generalnie poziom chyba w normie mimo wszystko. Bo drugie wymagało tricku, ale też niezbyt wyrafinowanego... Zobaczymy co jutro dadzą -- 20 lut 2015, o 16:52 --Pinionrzek, jak mogłeś!

[Michalinho]

Pozostałe moje rozwiązania nie różnią się zbytnio od tych przedstawionych wyżej. Generalnie poziom chyba w normie mimo wszystko. Bo drugie wymagało tricku, ale też niezbyt wyrafinowanego... Zobaczymy co jutro dadzą

Można wiedzieć jakiego tricku?

I czy prawdą jest, że jeśli \(\displaystyle{ 2^{k-1} < A \le 2^k}\), to \(\displaystyle{ b_n \ge (k+1)a_n}\)?

[Pinionrzek]

Zacytowałeś złą osobę, ale jeśli chodzi o trik, to chyba jest nim jakieś dziwne szacowanie. Nie wiem dokładnie, ja tego zadania niestety nie mam.

[emil99]

I czy prawdą jest, że jeśli \(\displaystyle{ 2^{k-1} < A \le 2^k}\), to \(\displaystyle{ b_n \ge (k+1)a_n}\)?

Raczej działa. Generalnie pierwsze lepsze szacowanie tutaj działa Ja mam podobne jak ty, przy twoich oznaczeniach udowodniłem, że \(\displaystyle{ b_n \ge k(1+a_n)}\) więc twoje powinno też działać.

[bakala12]

Generalnie dowodzi się, że \(\displaystyle{ Ca_{n}+C \le Aa_{n}}\) gdzie \(\displaystyle{ C=\log_{2}A}\). Korzystając z tego przez indukcję mamy \(\displaystyle{ Aa_{n}\le b_{n}}\) a stąd teza zadania.

[emil99]

Generalnie dowodzi się, że \(\displaystyle{ Ca_{n}+C \le Aa_{n}}\) gdzie \(\displaystyle{ C=\log_{2}A}\). Korzystając z tego przez indukcję mamy \(\displaystyle{ Aa_{n}\le b_{n}}\) a stąd teza zadania.

Serio?? Z oszacowania \(\displaystyle{ Aa_n}\) z dołu udowadniamy oszacowanie \(\displaystyle{ Aa_n}\) z góry?

[bakala12]

emil99, serio
Z założenia indukcyjnego mamy: \(\displaystyle{ Aa_{n} \le b_{n}}\). A krok indukcyjny po zlogarytmowaniu jest równoważny \(\displaystyle{ Ca_{n}+C \le b_{n}}\). Więc z tego oszacowania mamy z założenia indukcyjnego nierówność:
\(\displaystyle{ Ca_{n}+C \le Aa_{n} \le b_{n}}\) która dowodzi \(\displaystyle{ Aa_{n+1} \le b_{n+1}}\)

[emil99]

bakala12, faktycznie
Ładne rozwiązanie, w sumie jakoś 3 razy szybsze niż wzorcówka.

[przemos01]

Ja robiłem bardzo podobnie jak bakala12, troche pałowania na logarytmach i wychodzi. Ale powiem szczerze, że gdyby nie to, że na studiach logarytmy są używane w prawie każdym zadaniu z analizy, to zanim bym sie za to zabrał (gdybym był jeszcze w liceum) to by mineło tak z >30 min, a tak to był pierwszy pomysł jaki mi wpadł do głowy

Co ciekawe najdłużej mi zajęło zrobienie pierwszego zadania, bo siedziałem nad nim coś koło godziny Za to 3 nawet ładne.

Jestem ciekawy ile osób zrobiło 2, bo dla mnie było najprostsze (bo pierwszy pomysł jaki mi przyszedł do głowy to udowodnić z indukcji, że \(\displaystyle{ b_{n} \ge A \cdot a_{n}}\) no i po delikatnych poprawkach wyszło natychmiastowo) ale po pierwsze to nie było typowe 2-etapowe zadanie z OMa, a po drugie to wedle moich informacji to na prawdę sprawiło sporo kłopotów.

[micha73]

Drugie można też łatwo zrobić bez logarytmów, wystarczy:

2.:    

\(\displaystyle{ b_n \ge Aa_n \implies b_{n+1} = 2^{b_n} \ge 2^{Aa_n} = (2^A)^{a_n} \ge (2A)^{a_n} = 2^{a_n}a_{n+1} > 2^Aa_{n+1} > Aa_{n+1}}\)

[przemos01]

Jakby ktoś mógł wstawić zadanka, to będziemy wdzięczni