Łatwo pokazać, że gdy jedna, dwie lub trzy liczby spośród \(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b}\), \(\displaystyle{ c}\) należą do przedziału \(\displaystyle{ (0, 1\rangle}\) to teza jest spełniona. Zatem pozostaje rozpatrzeć przypadek, w którym \(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b}\), \(\displaystyle{ c \in (1, 2 \rangle}\). Mamy \(\displaystyle{ c \le 2}\). Stąd \(\displaystyle{ 2c-1 \le c+1}\). Obie strony tej nierówności są dodatnie, więc \(\displaystyle{ (2c-1)^2 \le (c+1)^2}\). Liczby \(\displaystyle{ ac-1}\) i \(\displaystyle{ bc-1}\) są dodatnie, więc \(\displaystyle{ (ac-1)(bc-1) \le (2c-1)(2c-1)=(2c-1)^2 \le (c+1)^2}\). Przekształcają nierówność \(\displaystyle{ (ac-1)(bc-1) \le (c+1)^2}\), łatwo otrzymać nierówność z zadania.
Liczba \(\displaystyle{ \frac{m + n^2}{m + n} = \frac{m + n + n(n-1)}{m + n} = 1 + \frac{n(n-1)}{m + n}}\)
jest całkowita, skąd wniosek, że \(\displaystyle{ n(n-1)}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ m + n}\).
Zauważmy, że \(\displaystyle{ (m + n^3) - (m + n^2) = n^3 - n^2 = n^2(n-1)}\).
Liczby \(\displaystyle{ n^2(n-1)}\) oraz \(\displaystyle{ (m + n^2)}\) są podzielne przez \(\displaystyle{ m + n}\), więc liczba \(\displaystyle{ (m + n^3)}\) także.
2.
Ukryta treść:
Przyjmijmy bez straty ogólności, że \(\displaystyle{ a \ge b \ge c}\).
Z nierówności między średnimi mamy: \(\displaystyle{ a + b + c + 2 \ge 4 \sqrt[4]{2abc} \ge ab \sqrt[4]{a^2 bc} \ge ab\sqrt[4]{c^4} = abc}\),
co kończy rozwiązanie.
Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie punktem przecięcia (różnym od \(\displaystyle{ A}\)) prostej \(\displaystyle{ AQ}\) z okręgiem opisanym na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\). Wówczas można porachować, że:
1. \(\displaystyle{ CX=AP}\).
2. Trójkąt \(\displaystyle{ QCX}\) jest równoboczny.
3. \(\displaystyle{ \angle BAX = 120-\angle PAB}\).
4. \(\displaystyle{ \angle PBC = 120 -\angle PCB}\).
5. Punkty 3. i 4. implikują równość \(\displaystyle{ BX=CP}\).
6. Trójkąty \(\displaystyle{ BXQ}\) oraz \(\displaystyle{ APQ}\) są przystające, a stąd wynika teza zadania.
Z twierdzenia menelaosa ładnie wychodzi. Oznaczmy przez \(\displaystyle{ O}\) i \(\displaystyle{ N}\) odpowiednio środek okręgu opisanego na \(\displaystyle{ ABC}\) i środek odcinka \(\displaystyle{ PB}\). Prosta \(\displaystyle{ ON}\) jest symetralną odcinka \(\displaystyle{ PB}\), bo \(\displaystyle{ PO=BO}\). Z uwagi na to, że trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest równoboczny , to punkty \(\displaystyle{ B,O,M}\) są współliniowe oraz \(\displaystyle{ \frac{BO}{MO}=2}\). Niech \(\displaystyle{ OP}\) przecina \(\displaystyle{ PM}\) w punkcie \(\displaystyle{ Q_1}\). Teraz z twierdzenia menelaosa dla trójkąta \(\displaystyle{ BPM}\) i prostej \(\displaystyle{ OP}\) otrzymam \(\displaystyle{ \frac{Q_1M}{Q_1P}=2}\) skąd wynika, że \(\displaystyle{ Q_1=Q}\), czyli \(\displaystyle{ Q}\) leży na symetralnej \(\displaystyle{ BP}\)
4:
Rozważmy wycinek o wymiarach \(\displaystyle{ 1 \times 8 \times 8}\) tego prostopadłościanu. Jeżeli byśmy ułożyli ten prostopadłościan, to w tym wycinku były by klocki o wymiarach \(\displaystyle{ 2 \time 3}\) lub \(\displaystyle{ 3 \time 3}\). Jednak to niemożliwe, bo wystarczy pokolorować przekątne na przemian trzema kolorami (kolor to suma współrzędnych mod \(\displaystyle{ 3}\)). Wtedy te klocki pokrywały by taką samą liczbę każdego z kolorów, ale na planszy o wymiarach \(\displaystyle{ 8 \time 8}\) nie może być tyle samo każdego koloru (\(\displaystyle{ 3 \nmid 8 \cdot 8}\))
5:
Znalazłem dwa takie wielościany. Pierwszy to sześcian z uciętymi rogami oprócz dwóch leżących na przeciwko siebie. Drugi, to dwunastościan z uciętymi rogami zaraz powiem jakimi. Wierzchołki dwunastościanu można podzielić na pięć czwórek tak ,że każda ściana dotyka wierzchołek z danej czwórki. Wystarczy uciąć rogi z wierzchołkami z dwóch czwórek i otrzymam poszukiwany wielościan. Za pomocą tej metody można utworzyć wielościan z takim samym warunkiem tylko zamiast siedmiokąta jest \(\displaystyle{ 8,9,10}\)- kąt. Ciekawe czy ktoś wpadł na tą drugą bryłę, bo wiedziałem na zdjęciach, że dawali dwunastościany.
Laureatów jest rekordowo mało (40%), ale moim zdaniem tak powinno być, bo skoro laureat daje tyle samo, co finalista, to lepiej dać ten tytuł mniejszej liczbie osób, żeby widać było tę "prestiżową" różnicę między laureatem a finalistą. W którejś edycji (kiedy jeszcze finalista nie dawał uprawnień) było 80% laureatów przy progu 5 pkt / 30 pkt, co ewidentnie mijało się z celem.
Weźmy podstawę prostopadłościanu \(\displaystyle{ 8 \times 8 \times 9}\) o wymiarach \(\displaystyle{ 8 \times 8}\). Gdyby dało się ułożyć ten prostopadłościan z klocków \(\displaystyle{ 2 \times 3 \times 3}\), to tą podstawę musiałoby dać się wyłożyć prostokątami \(\displaystyle{ 2 \times 3}\) i \(\displaystyle{ 3 \times 3}\), ale każdy z nich ma pole podzielne przez \(\displaystyle{ 3}\), a \(\displaystyle{ 8 \cdot 8 = 64}\) nie jest podzielne przez \(\displaystyle{ 3}\). Tak więc się nie da.
Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie punktem przecięcia (różnym od \(\displaystyle{ A}\)) prostej \(\displaystyle{ AQ}\) z okręgiem opisanym na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\). Wówczas można porachować, że:
1. \(\displaystyle{ CX=AP}\).
2. Trójkąt \(\displaystyle{ QCX}\) jest równoboczny.
3. \(\displaystyle{ \angle BAX = 120-\angle PAB}\).
4. \(\displaystyle{ \angle PBC = 120 -\angle PCB}\).
5. Punkty 3. i 4. implikują równość \(\displaystyle{ BX=CP}\).
6. Trójkąty \(\displaystyle{ BXQ}\) oraz \(\displaystyle{ APQ}\) są przystające, a stąd wynika teza zadania.
Jak uzasadnić równość odcinków CX i AP, lub równoważnie łuków (CX) i (AP)?
Szukam kątów wpisanych o równych miarach opartych na tych łukach odpowiednio, ale nie mogę żadnych znaleźć.
Pozdrawiam!
