XI OMG

[Ceulen]

Tak myślisz? Bo jak dla mnie to zadania 4 5 należą do tych, których rozwiązywalność wyniesie 4-5%.

Ja tak jak pisałem obstawiam próg \(\displaystyle{ 18}\).
Chociaż jeśli chodzi o mnie to przy progu >= 19 mój żal będzie mniejszy, bo nie wiem, jak mogłem nie zauważyć przekątnej w równoległoboku.
Ale myślę, że trzy zadania w tym roku wystarczą.

[TheCB]

Na stronie są już wzorcówki.

[ZetkaEmka]

Zrobiłam 1,2 i 5, trzeciego nie, zaćmiło mnie kompletnie
Najgorzej mieć te 17-18pkt ze świadomością, że to może być punkt niżej od progu ._.

[Ceulen]

Można sprawdzić punktację. Ja mam niestety 60600

[makkito]

Mam 66600. Mam nadzieję, że próg wyniesie tak jak mówiłeś 18pkt.

[TheCB]

Jednak mam 66660. Nie ścięli w 4.

[ZetkaEmka]

66026

[makkito]

Próg wyniósł 18 pkt. Gratuluję wszystkim co przeszli i do zobaczenia w Warszawie

[Ceulen]

Podwyższyli mi w wyniku odwołania do 62600, więc ostatecznie zabrakło mi bardzo mało.
Zauważyłem w drugim wszystko poza tą wspólną przekątną.
Odpadam więc bardzo, ale to bardzo pechowo.
Może za rok się uda.
Gratuluję wszystkim finalistom awansu, zaś sobie instynktu przy obstawieniu progu

[Wojowu]

Czy mógłby ktoś się podzielić treściami zadań z dzisiejszych zawodów?

[TheCB]

1. Dane są liczby całkowite dodatnie \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ n}\), przy czym liczba \(\displaystyle{ m+n^2}\) jest podzielna przez liczbę \(\displaystyle{ m+n}\). Wykaż, że liczba \(\displaystyle{ m+n^3}\) jest podzielna przez liczbę \(\displaystyle{ m+n}\).

2. Liczby \(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b}\), \(\displaystyle{ c}\) są dodatnie i nie większe od 2. Wykaż, że \(\displaystyle{ a+b+c+2 \ge abc}\).

3. Dany jest trójkąt równoboczny \(\displaystyle{ ABC}\). Punkt \(\displaystyle{ P}\) leży na krótszym łuku \(\displaystyle{ AB}\) okręgu opisanego na tym trójkącie. Punkt \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ AC}\). Punkt \(\displaystyle{ Q}\) jest punktem symetrycznym do punktu \(\displaystyle{ P}\) względem punktu \(\displaystyle{ M}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ PQ=BQ}\).

4. Czy z 32 prostopadłościanów o wymiarach \(\displaystyle{ 2\times3\times3}\) można ułożyć prostopadłościan o wymiarach \(\displaystyle{ 8\times8\times9}\)?

5. Czy istnieje taki wielościan wypukły, że każda krawędź tego wielościanu jest bokiem pewnej ściany siedmiokątnej tego wielościanu? Odpowiedź uzasadnij.

[Marcinek665]

Otwieram konkurs na liczbę istotnie różnych rozwiązań zadania 2. Ja osobiście widziałem przynajmniej siedem.

Zacznę:

1:    

Podstawmy \(\displaystyle{ a: = 2a}\), \(\displaystyle{ b:= 2b}\), \(\displaystyle{ c: =2c}\), \(\displaystyle{ d:=2d}\), wówczas liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) należą do przedziału \(\displaystyle{ (0,1]}\). Z nierówności między średnimi mamy:

\(\displaystyle{ \frac{a+b+c+1}{4} \ge \sqrt[4]{abc} \ge abc}\), ponieważ \(\displaystyle{ 0 \le abc \le 1}\).

[earl grey]

Przeszło by takie rozwiązanie 1?

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{m+n^2}{m+n} = \frac{m+n-n+n^2}{m+n} = 1 + \frac{n^2-n}{m+n}}\)
Na podstawie tego wnioskujemy, że liczba \(\displaystyle{ n^2-n}\) dzieli się przez \(\displaystyle{ m+n}\).
Teraz \(\displaystyle{ m+n^3}\):
\(\displaystyle{ \frac{m+n^3}{m+n} = \frac{m+n-n+n^2-n^2+n^3}{m+n} = 1 + \frac{n^2-n-n^2+n^3}{m+n} = 1 + \frac{n^2-n}{m+n} + \frac{n^3-n^2}{m+n} = 1 + \frac{n^2-n}{m+n} + \frac{n(n^2-n)}{m+n}}\)

Na podstawie powyższego wniosku dowodzimy podzielności.

[Andrzej Andrzej]

earl grey, Myślę, że całkiem ładne rozwiązanie. Nie widzę żadnego błędu.

[Premislav]

2.:    

Pomnóżmy tę nierówność stronami przez \(\displaystyle{ 3}\). Dostajemy \(\displaystyle{ 3(a+b+c)+6 \ge 3abc}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ 6 \ge a+b+c}\), więc \(\displaystyle{ 3(a+b+c)+6 \ge 4(a+b+c) \ge 12(abc)^{\frac 1 3} \ge 3abc}\)
Przedostatnia nierówność wynika z AM-GM, zaś ostatnia jest równoważna \(\displaystyle{ abc \le 8}\), co wobec założenia, że \(\displaystyle{ a,b,c \le 2}\) jest oczywiste.

2. inaczej:    

Pomnóżmy tę nierówność stronami przez \(\displaystyle{ 4}\) i mamy
\(\displaystyle{ 4(a+b+c)+8 \ge 4abc}\). Z nierówności Cauchy'ego-Schwarza jest \(\displaystyle{ 2(a+b) \ge \left( \sqrt{a}+ \sqrt{b} \right)^{2}}\). Ponadto skoro \(\displaystyle{ a,b,c \le 2}\), to \(\displaystyle{ 8 \ge abc}\), a zatem \(\displaystyle{ 4(a+b+c)+8 \ge abc+2(a+b+c)+2 \sum_{}^{} \sqrt{ab} \ge abc+12(abc)^{\frac 1 3}}\)
(AM-GM). Wystarczy zatem wykazać, że \(\displaystyle{ abc+12(abc)^{\frac 1 3} \ge 4abc}\), co dla dodatnich znowu jest równoważne oczywistemu \(\displaystyle{ abc \le 8}\)

2. jeszcze inaczej:    

zauważmy, że \(\displaystyle{ a^{2} \le 2a}\) oraz \(\displaystyle{ a^{2} \le 4}\). Pomnóżmy tezę stronami przez dwa, a otrzymamy \(\displaystyle{ 2a+2b+2c+4 \ge 2abc}\). Mamy \(\displaystyle{ 2a+2b+2c+4 \ge a^{2}+b^{2}+c^{2}+4 \ge \frac{4}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2}) \ge 4(abc)^{\frac 2 3} \ge 2abc}\), przedostatnia nierówność to średnie, a ostatnia nierówność znowu trywialnie wynika z \(\displaystyle{ abc \le 8}\)

2. ostatnia próba:    

oczywiście \(\displaystyle{ (a-1)(b-1)(c-1) \le 1}\). Równoważnie
\(\displaystyle{ a+b+c+abc \le ab+ac+bc+2}\). Ponieważ \(\displaystyle{ a \le 2\wedge b \le 2\wedge c \le 2}\), więc
\(\displaystyle{ ab+ac+bc+2 \le 2a+2b+2c+2}\), a więc \(\displaystyle{ 2a+2b+2c+2 \ge a+b+c+abc}\), co jest równoważne tezie.
Boże, jakie to proste, szkoda, ze tego najpierw nie wymyśliłem.

-- 20 mar 2016, o 02:49 --

Tak sobie uświadomiłem, że trzy pierwsze rozwiązania to w sumie jedno rozwiązanie. -- 20 mar 2016, o 03:11 --Nie no, to zadanie można zrobić jakkolwiek.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ a+b+c+2 \ge a+b+c+c \ge 4c^{\frac 1 2}a^{\frac 1 4}b^{\frac 1 4} \ge abc}\)
Przedostatnia nierówność wynika z AM-GM, a ostatnia jest dla liczb dodatnich równoważna
\(\displaystyle{ c^{2}ab(256-c^{2}(ab)^{3}) \ge 0}\), która wynika z tego, że \(\displaystyle{ c^{2} \le 4 \wedge ab \le 4}\)

Ukryta treść:    

niech \(\displaystyle{ S=a+b+c}\). Ponieważ z AM-GM mamy \(\displaystyle{ \left(\frac{S}{3}\right)^{3} \ge abc}\), więc wystarczy pokazać, że dla \(\displaystyle{ S \in (0,6]}\) jest \(\displaystyle{ S+2 \ge \left(\frac{S}{3}\right)^{3}}\), a to jest proste zadanie z rachunku różniczkowego.

Za to nie umiem czwartego.