LXIX OM

[Piotrek107]

W 9 dla każdego n parzystego to równanie nie miało całkowitych rozwiązań po rozważeniu mod 3.

[Premislav]

O coś takiego chodziło w dziesiątym?
Z nierówności Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela mamy
\(\displaystyle{ \frac{1+x_1^2}{x_2+x_3}+ \frac{1+x_2^2}{x_3+x_4}+\ldots+ \frac{1+x_{n-1}^2}{x_n+x_1}+ \frac{1+x_n^2}{x_1+x_2} \ge \\ \ge \frac{\left( \sqrt{1+x_1^2}+\ldots+\sqrt{1+x_n^2} \right)^2 }{2(x_1+\ldots+x_n)}}\)
a następnie z Minkowskiego dla sum
\(\displaystyle{ \sqrt{1^2+x_1^2}+\ldots+\sqrt{1^2+x_n^2} \ge \sqrt{n^2+(x_1+\ldots+x_n)^2}}\), więc wystarczy wykazać, że
\(\displaystyle{ \frac{n^2+(x_1+\ldots+x_n)^2}{2(x_1+\ldots+x_n)} \ge n}\),
co po pomnożeniu stronami przez dodatnie \(\displaystyle{ x_1+\ldots+x_n}\) wynika w trywialny sposób z AM-GM.

[timon92]

nierówność niezbyt trudna, więc można ją na miliard różnych sposobów udowodnić

najpierw AM-GM i dostajemy szacowanie lewej strony przez \(\displaystyle{ n\left(\prod\frac{1+x_i^2}{x_{i+1}+x_{i+2}}\right)^{1/n}}\)

potem \(\displaystyle{ \sqrt{1+x_i^2}\sqrt{x_{i+1}^2+1} \ge x_i+x_{i+1}}\) dla każdego \(\displaystyle{ i}\), wymnażamy i po sprawie

[Quicqaz]

Moje rozwiązanie zadania 11. zajmuje wykorzystuje fakt, że sześciokąt utworzony z punktów \(\displaystyle{ X_1 Y_ X_2 Y_2 X_3 Y_3}\) ma boki parami równoległe. Wtedy wystarczy udowodnić, że na pewnych czworokątach da się opisać okręgi. Co w praktyce będzie oznaczało, że w pewnych czworokatach suma przeciwległych kątów jest równa \(\displaystyle{ \pi}\)
Dowód to w zasadzie same operacje na kątach i równoległości, prostopadłości odcinków.
Ważne też było rozważenie własności trójkąta utworzonego przez połączenie spodków wysokości innego trójkąta.

Inne rozwiązanie, które przyszło mi na myśl to udowodnienie, że symetralne sześciokąta są odpowiednio przesuniętymi dwusiecznymi wyjściowego kąta w taki sposób, że przecinają się w jednym punkcie i zawierają się w tym Sześciokącie.

Ciekawi mnie jak jeszcze inaczej można próbować to udowodnić.

[timon92]

to jest niestety niepoprawnie

po pierwsze, nie możesz założyć, że \(\displaystyle{ x_1 \le x_2 \le \dots \le x_n}\)

no ale prawdopodobnie miałeś na myśli tylko to, że \(\displaystyle{ x_n}\) jest największą z liczb

nawet przy tym słabszym założeniu szacowanie

\(\displaystyle{ S \ge \left( \frac{1+x_1^2 - x_2-x_3}{2x_n} \right) + \left( \frac{1+x_2^2 - x_3-x_4}{2x_n} \right) +\ldots+ \left( \frac{1+x_{n-1}^2 - x_n-x_1}{2x_n} \right) + \left( \frac{1+x_n^2 - x_1-x_2}{2x_n} \right)}\)

jest niepoprawne - może przecież zdarzyć się tak, że \(\displaystyle{ 1+x_1^2-x_2-x_3<0}\) i wtedy \(\displaystyle{ \frac{1+x_1^2-x_2-x_3}{x_2+x_3} \le \frac{1+x_1^2-x_2-x_3}{2x_n}}\)

[krazi225]

W zadaniu 11. można było udowodnić że dwusieczne trójkąta, utworzonego z przecięć najdłuższych przekątnych sześciokąta \(\displaystyle{ X_{1}Y _{1} X_{2} Y_{2} X_{3} Y_{3}}\) są jednocześnie symetralnymi tego sześciokąta.

[WolfusA]

Trochę podzielę się swoimi odkryciami i powiem, że w zadaniu 12. zachodzą nierówności \(\displaystyle{ l\ge 2^n\ge k\ge n}\)

[krazi225]

Trochę podzielę się swoimi odkryciami i powiem, że w zadaniu 12. zachodzą nierówności \(\displaystyle{ l\ge 2^n\ge k\ge n}\)

Czy w 12. był warunek że zbiór A musi się składać z różnych liczb? Bo jeśli nie to zbiór A może się składać z samych zer i wtedy k=1, czyli niekoniecznie \(\displaystyle{ k\ge n}\).

[WolfusA]

Jeśli mówimy, że zbiór ma \(\displaystyle{ n}\) elementów, to jasne jest, że chodzi o różne elementy. Ddawanie istniejących elementów w zbiorze nie zmienia go. Każdy element jest zliczany 1 raz bez powtórzeń. Nie mówimy tu o multizbiorach. Nie czepiajmy się na siłę. Tak samo jak istnieje \(\displaystyle{ {n \choose k}}\) podzbiorów \(\displaystyle{ k}\)-elementowych zbioru \(\displaystyle{ n}\), to nie trzeba dodawać, że są one różne. Przecież każdy jest zliczany jeden raz.

[krazi225]

No to dzięki, tego właśnie nie byłem pewien.

[arek1357]

Cała trudność polega, że w tym zbiorze elementy: \(\displaystyle{ a_{i}}\) niekoniecznie między sobą muszą być różne...

Przy elementach istotnie różnych łatwo tę nierówność udowodnić...

[Hayven]

Gdyby nie było warunku, że elementy muszą być różne, bardzo łatwo dałoby się udowodnić nieprawdziwość tezy.

[arek1357]

Gdyby nie było warunku, że elementy muszą być różne

Gdzie masz ten warunek, że muszą być różne?


może być przecież tak, że:

\(\displaystyle{ a_{i}=a_{j}, i \neq j}\)

[Hayven]

Doszedłem do takiego wniosku, wychodząc z założenia, że elementy mogą się powtarzać, ale nie wykluczam, że ten "dowód" był blefem; spróbuję to zweryfikować wieczorem.

[arek1357]

A ja doszedłem do takich wniosków otóż:

wiadomo, że:

\(\displaystyle{ a_{1}+a_{2}+...+a_{k}=2^n}\)

badamy maksimum lub jakieś ograniczenie sumy:

\(\displaystyle{ k\left( a_{1}^2+a_{2}^2+...+a_{k}^2\right)}\)

Zauważyłem dwie rzeczy a mianowicie ta ostatnia suma osiąga maksimum w takiej postaci:

\(\displaystyle{ k\left[ 1+1+...1+(2^n-s)^2\right]}\)

jedynek jest:

\(\displaystyle{ s}\), czyli:

\(\displaystyle{ k=s+1}\)

maximum z maximum jest dla:

\(\displaystyle{ s= \frac{2^n-1}{3}}\)

Ale dla odpowiednio wielkich n suma dla tych s przekraczać będzie: \(\displaystyle{ 6^n}\)

W związku z tym pasuje badać sumy w wyjściowych zbiorach,

Otóż zauważyłem jeszcze, że:

\(\displaystyle{ max(a_{i})}\), może być dla szczególnych zbiorów nazwijmy je symetrycznymi.

Są to zbiory postaci:

W których jeśli istnieje:\(\displaystyle{ x}\) to istnieje również \(\displaystyle{ -x}\) , występuje też zero w tym zbiorze.

Najwięcej par jak łatwo policzyć będzie zbiorów, których suma wyniesie zero, jest ich:

\(\displaystyle{ 2^{ \frac{n-1}{2}+1}}\)

Czyli by trzeba było badać nierówność czy zachodzi:

\(\displaystyle{ (s+1)\left( s+\left( 2^n-s\right)^2\right) \le 6^n}\)

dla:

\(\displaystyle{ s=2^{ \frac{n-1}{2}+1}}\)

Sprawdzałem ta ostatnia nierówność zachodzi...

Takie moje notatki na ten temat...


Krótkie wyjaśnienie tego na chłopski rozum:

Generalnie najpierw szukałem kiedy ta suma osiąga maximum dla ustalonego k,

Wychodziły mi na: \(\displaystyle{ k-1}\) miejscach same jedynki a na ostatnim miejscu reszta czyli:

\(\displaystyle{ 2^n-(k-1)}\), ale ta suma szybko rośnie i przekracza potem:

\(\displaystyle{ 6^n}\), musiałem wejrzeć w strukturę sum w zbiorach, i doszukałem się zbioru tych podzbiorów, które mają taką samą sumę, wyszło mi, że największe: \(\displaystyle{ a_{i}}\) może być wtedy, gdy suma wyniesie zero dla tzw zbioru symetrycznego, który wcześniej zdefiniowałem, stwierdziłem, że nie może być więcej podzbiorów o tych samych sumach niż ilość podzbiorów w zbiorze symetrycznym o sumach równych zero.
Wtedy tych podzbiorów jest:

\(\displaystyle{ 2^{ \frac{n-1}{2}+1 }}\), biorąc pod uwagę, że największa suma to co napisałem jest wtedy gdy na początku są same jedynki to wyszła mi ta ostatnia nierówność, która notabene jest spełniona...