LXVIII (68) OM - I etap

[radosz99]

... V84X3NEZXc

Mógłby ktoś ocenić, czy zadania są dobrze rozwiązane?
Już po 30 września, więc myślę, że regulaminu nie łamię

[TobiWan]

a w zadaniu 3 nie można było narysować symetralnej prostej PQ i odcinka DE i , że jak przecinaja sie w tym samym punkcie co te odcinki to odcinki połowią sie wzajemnie?

[Presage6]

Mam pewne pytanie, chociaż juz i tak byłoby za późno :/
Czy komisja akceptuje zadania napisane własnoręcznie ? Czy musiałem owe zadania wydrukować i wyslać :/ ?

[TobiWan]

oczywiscie, że akceptuje

[Presage6]

Dziękuje, za szybką odpowiedz

[timon92]

4.:    

rozważymy dwa przypadki w zależności od tego, czy liczby \(\displaystyle{ a+(1+t)b}\), \(\displaystyle{ a+(1-t)b}\) są tych samych znaków czy nie

przypadek pierwszy: są tych samych znaków; wtedy \(\displaystyle{ (a+(1+t)b)(a+(1-t)b) \ge 0 \implies (a+b)^2 - t^2b^2 \ge 0 \implies (a+b)^2 \ge t^2b^2 \implies |a+b| \ge t|b|}\)

poza tym z nierówności trójkąta mamy \(\displaystyle{ |a+b| \ge |a|-|b|}\)

przyda się jeszcze obserwacja, że jeśli \(\displaystyle{ x,y}\) są tych samych znaków, to \(\displaystyle{ |x|+|y|=|x+y|}\)

wobec tego

\(\displaystyle{ |a+(1+t)b| + |a+(1-t)b| = |a+(1+t)b + a+(1-t)b| = 2|a+b| = \frac{4}{2+t} |a+b| + \frac{2t}{2+t}|a+b| \ge \frac{4}{2+t}\cdot t|b| + \frac{2t}{2+t}\cdot (|a|-|b|) = \frac{2t}{2+t} \cdot (|a|+|b|)}\)

~~~~~~~~
drugi przypadek: tamte liczby są przeciwnych znaków, wtedy \(\displaystyle{ (a+(1+t)b)(a+(1-t)b) \le 0 \implies (a+b)^2 - t^2b^2 \le 0 \implies (a+b)^2 \le t^2b^2 \implies |a+b| \le t|b|}\)

tym razem obserwujemy, że jeśli \(\displaystyle{ x,y}\) są różnych znaków, to \(\displaystyle{ |x|+|y|=|x-y|}\)

zatem

\(\displaystyle{ |a+(1+t)b| + |a+(1-t)b| = |a+(1+t)b - a-(1-t)b| = 2t|b| = \frac{2t}{2+t}\cdot t|b| + \frac{4t}{2+t} \cdot |b| \ge \frac{2t}{2+t}\cdot |a+b| + \frac{4t}{2+t} \cdot |b| \ge \frac{2t}{2+t}\cdot (|a|-|b|) + \frac{4t}{2+t} \cdot |b| = \frac{2t}{2+t} \cdot (|a|+|b|)}\)

[GluEEE]

Dostanę coś za takie coś w 4.?

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ |a+(1-t)b|+|a+(1-t)b|>=\frac{2t}{2+t}(|a|+|b|) \\
|a| + |(1-t)b| + |a| + |(1-t)b| >= |a+(1-t)b|+|a+(1-t)b| >=\frac{2t}{2+t}(|a|+|b|) \\
|a| + |b| + |bt| + |a| + |(1-t)b| >= \frac{2t}{2+t}(|a|+|b|) \\
|a|(2-\frac{2t}{2+t}) + |b|(1 + |t| + |1-t| - \frac{2t}{2+t}) >= 0}\)
I to udowodniłem.
Będzie zero?

[bakala12]

GluEEE, niestety będzie zero

[TobiWan]

czy rozwiązanie timon92 napewno jest dobrze?

[radosz99]

Ja rozważyłem w 4 aż 16 przypadków, z tego 10 wyszło niemożliwych, więc tylko 6 teoretycznie trzeba było sprawdzić.

Chyba byłem zbyt nadgorliwy.

[Pinionrzek]

2:    

\(\displaystyle{ n}\)- liczba kul, na których napisana liczba jest nieparzysta. Zakładamy, że kule z pudełka wybieramy w nierozróżnialny sposób. Pokażemy, że prawdopodobieństwo otrzymania nieparzystej sumy, otrzymanej poprzez dodanie dwóch liczb na wybranych kulach, jest mniejsze niż \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\). W tym celu wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{\frac{n(2017-n)}{2}}{\binom{2017}{2}} < \frac{1}{2}}\), bo taka suma jest nieparzysta wtedy i tylko wtedy, gdy wybierzemy jedną kulę, na której jest napisana liczba nieparzysta i jedną, na której liczba jest parzysta. To jest równoważne \(\displaystyle{ -n^2+2017n-2017\cdot 1008 < 0}\), co po policzeniu delty okazuje się być prawdą.

[bakala12]

Ja mam nieco inne rozwiązanie zadania 4. Wymaga sprawdzenia 4 przypadków w sumie.

4.:    

\(\displaystyle{ \left|a+\left(1+t\right)b\right| + \left|a+\left(1-t\right)b\right| \ge
\frac{2t}{t+2}\left(\left|a\right|+\left|b\right|\right)}\) dla
\(\displaystyle{ a,b \in \mathbb{R}, \ t \in \left(0,1\right)}\).
Dowód:
Rozważmy dwa przypadki.
1. \(\displaystyle{ b=0}\). Wówczas nierówność sprowadza się do:
\(\displaystyle{ 2\left|a\right|\ge \frac{2t}{t+2}\cdot 2\left|a\right|}\)
Czyli:
\(\displaystyle{ 2\left|a\right|\left(\frac{2-t}{2t} \right) \ge 0}\)
Dla dowolnej liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ a}\) oraz dowolnego
\(\displaystyle{ t \in \left(0,1\right)}\) ta nierówność jest prawdziwa.
2. \(\displaystyle{ b \neq 0}\)
Wówczas \(\displaystyle{ \left|b\right|>0}\). Dodatkowo połóżmy \(\displaystyle{ x=\frac{a}{b}\right|}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ x\in \mathbb{R}}\). Dowodzona nierówność jest więc równoważna nierówności:
\(\displaystyle{ \left|x+1+t\right| + \left|x+1-t\right| \ge \frac{2t}{t+2} \left(\left|x\right|+1\right)}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ t \in \left(0,1\right)}\), to \(\displaystyle{ 0<1-t<1+t}\), więc do rozważenia
są 4 przypadki:
I \(\displaystyle{ x<0}\)
II \(\displaystyle{ 0 \le x < 1-t}\)
III \(\displaystyle{ 1-t \le x <1+t}\)
IV \(\displaystyle{ x \ge 1+t}\)
Bezpośrednie sprawdzenie 4 tych przypadków (pozbycie się modułów)
prowadzi do prostych do rozwiązania nierówności. W każdym przypadku otrzymujemy
nierówność prawdziwą (dla \(\displaystyle{ x}\) z danego przypadku), co dowodzi, że
dla dowolnej liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ x}\) prawdziwa jest nierówność:
\(\displaystyle{ \left|x+1+t\right| + \left|x+1-t\right| \ge \frac{2t}{t+2} \left(\left|x\right|+1\right)}\)
i tym samym prawdziwa jest równoważna jej nierówność z tezy zadania.

[TobiWan]

radosz99, ale jak 10 wyszło niemożliwych to zadanie masz źle zrobione

[radosz99]

TobiWan

Spojrzałeś na moje rozwiązanie?

[timon92]

czy rozwiązanie timon92 napewno jest dobrze?

tak