Zadania z finałów skm'u z zeszłych lat

[ben2109]

Witam, potrzebuję pomocy w paru zadaniach:

1. Rozstrzygnąć, czy istnieją takie liczby całkowite \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\), że zachodzi równość:
\(\displaystyle{ x^{3}+ y^{3}-4=4xy(x+y)}\)

2. Dany jest trójkąt ostrokątny \(\displaystyle{ ABC}\), w którym \(\displaystyle{ \angle ACB= 40^{0}}\). Punkty
\(\displaystyle{ D}\) i \(\displaystyle{ E}\) są rzutami prostokątnymi punktów \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) odpowiednio na proste \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ AC}\). Punkt \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ AB}\). Wyznaczyć miary kątów wewnętrznych trójkąta \(\displaystyle{ EMD}\).

3. Trapez prostokątny o podstawach \(\displaystyle{ a}\) oraz \(\displaystyle{ b}\) opisany jest na okręgu o średnicy \(\displaystyle{ d}\). Wykazać, że zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ d \le \sqrt{ \frac{ a^{2}+ b^{2} }{2} }}\).

[Zahion]

Na szybko w 1 można zauważyć, że
\(\displaystyle{ (x+y)(x ^{2} -5xy + y ^{2}) = 4}\)
Co daje kilka przypadków do rozpatrzenia. Pewnie jest prostszy sposób.

[Kaf]

Ad. 1. prościej

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ x^{3}+ y^{3}-4=4xy(x+y)}\)
\(\displaystyle{ x^{3}+ y^{3}-4=4x^2y+4xy^2}\)
\(\displaystyle{ x^{3}+3x^2y+3xy^2+y^{3}=7x^2y+7xy^2+4}\)
\(\displaystyle{ (x+y)^3=7(x^2y+xy^2)+4}\)
Teraz badamy jakie reszty z dzielenia przez 7 może mieć sześcian liczby całkowitej. 4 mieć nie może, więc liczby całkowite spełniające początkową równość nie istnieją.

Ad. 3.

Ukryta treść:    

Niekiedy \(\displaystyle{ a, b, c...}\) itd. oznacza tutaj długość danego odcinka, a niekiedy sam odcinek. Wynika to jasno z kontekstu.

Bez straty ogólności załóżmy, że \(\displaystyle{ a \le b}\).

Średnica biegnąca między podstawami jest wysokością tego trapezu. Ponieważ jest to trapez prostokątny to jedno z ramion jest wysokością, czyli ma długość \(\displaystyle{ d}\). Niech \(\displaystyle{ c}\) oznacza długość drugiego ramienia. Wtedy:
\(\displaystyle{ a+b=c+d}\) zatem \(\displaystyle{ c=a+b-d}\).
Robimy rzut prostokątny wspólnego wierzchołka \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ c}\) na \(\displaystyle{ b}\). Wtedy na mocy twierdzenia Pitagorasa:
\(\displaystyle{ (b-a)^2+d^2=c^2}\)
\(\displaystyle{ b^2-2ab+a^2+d^2=(a+b-d)^2}\)
\(\displaystyle{ b^2-2ab+a^2+d^2=a^2+b^2+d^2+2ab-2ad-2bd}\)
\(\displaystyle{ -2ab=2ab-2ad-2bd}\)
\(\displaystyle{ -4ab=-2ad-2bd}\)
\(\displaystyle{ 2ab=d(a+b)}\)
\(\displaystyle{ 2ab=d(c+d)}\)
Oczywistym jest, że \(\displaystyle{ c \ge d}\), zatem:
\(\displaystyle{ 2ab=cd+d^2 \ge d^2+d^2=2d^2}\)
\(\displaystyle{ 2ab=2d^2}\)
\(\displaystyle{ ab=d^2}\)
\(\displaystyle{ \sqrt{ab} = d}\)
Teraz na mocy nierówności między średnimi:
\(\displaystyle{ \sqrt{ab} \le \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}}\)
czyli:
\(\displaystyle{ d \le \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}}\)
co należało udowodnić.

UWAGA: Ten trójkąt o bokach \(\displaystyle{ b-a, \ d, \ c}\) może być zdegradowany

Przy okazji: do jakiej szkoły chodzisz, ben2109?

[ben2109]

Jeśli chodzi o drugie zadko to znalazłem do tej pory tylko jeden kąt -- 16 lis 2013, o 19:10 --Dobra, kąty to: \(\displaystyle{ 100^{0}, 40^{0}, 40^{0}}\)

[Ponewor]

Jako, że nie podoba mi się obecne tu rozwiązanie, to:

3:    

Ze średniej kwadratowej i arytmetycznej mamy \(\displaystyle{ \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}} \ge \frac{a+b}{2}}\). To ostatnie to długość środkowej w tym trapezie. Teraz gdy to sobie narysujemy, to \(\displaystyle{ \frac{a+b}{2}\ge d}\) wyniknie nam trywialne z faktu, że w trójkącie prostokątnym przeciwprostokątna jest nie krótsza od przyprostokątnej (z równością w trójkącie zdegenerowanym do odcinka).

[Kaf]

Co jest nieładnego w moim rozwiązaniu Ponewor?

[Ponewor]

długie jest