Zadania z kółek matematycznych lub obozów przygotowujących do OM. Problemy z minionych olimpiad i konkursów matematycznych.
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Prosiłbym o sprawdzenie, bo wydaje się dziwnie proste...
zad 21:
\(\displaystyle{ n \left( \sum_{i=1}^{n}a_ib_i + \sqrt{ \left( \sum_{i=1}^{n} a_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^{n} b_i^2 \right) } \right) \ge n(\sum_{i=1}^{n} a_{i}b_{i}+|\sum_{i=1}^{n} a_{i}b_{i}|}\) na mocy nierówności Cauchy'ego - Schwarza.
Jeśli \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} a_{i}b_{i}<0}\) to prawa strona wyjściowe nierówności jest ujemna i nierówność zachodzi. Jeśli natomiast \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i} \ge 0}\) to wtedy \(\displaystyle{ n(\sum_{i=1}^{n} a_{i}b_{i}+|\sum_{i=1}^{n} a_{i}b_{i}|=2n \sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i} \ge 2 \cdot \sum_{i=1}^{n}a_{i} \cdot \sum_{i=1}^{n} b_{i}}\) i również prawda na mocy nierówności Czebyszewa.
\(\displaystyle{ BC=a, CA=b, BA=c}\), wówczas po żmudnych rachunkach \(\displaystyle{ DE=a \cdot \frac{-a+b+c}{a+b+c}}\)
Mamy do udowodnienia \(\displaystyle{ 8 a \cdot \frac{-a+b+c}{a+b+c} \le a+b+c \Leftrightarrow 8a(-a+b+c) \le (a+b+c)^2}\)
Niech \(\displaystyle{ x=-a+b+c}\), wówczas nierówność przyjmuje postać \(\displaystyle{ 8ax \le (2a+x)^2 \Leftrightarrow (2a-x)^2 \ge 0}\), co kończy dowód
żmudne rachunki:
Niech \(\displaystyle{ p=ED}\)
Mamy oczywiście \(\displaystyle{ AZ=AY, AM=ML}\) \(\displaystyle{ DZ=DK=DM, EK=EY=EL \Rightarrow DK= \frac{MZ}{2}, EK= \frac{LY}{2}}\)
Mamy też \(\displaystyle{ AZ= \frac{-a+b+c}{2}}\)
Ponadto trójkąty \(\displaystyle{ ABC}\) i \(\displaystyle{ ADE}\) są jednokładne względem \(\displaystyle{ A}\), stąd \(\displaystyle{ AM= \frac{p}{a} \cdot AZ}\)
Dostajemy: \(\displaystyle{ p=ED=EK+DK= \frac{MZ+LY}{2} = \frac{AZ-AM+AY-AL}{2} = AZ-AM =}\) \(\displaystyle{ = \frac{-a+b+c}{2} \left(1- \frac{p}{a}\right) \Rightarrow}\) \(\displaystyle{ p \left(1+ \frac{-a+b+c}{2a} \right) = \frac{-a+b+c}{2} \Rightarrow}\) \(\displaystyle{ p \cdot \frac{a+b+c}{2a} = \frac{-a+b+c}{2} \Rightarrow}\) \(\displaystyle{ DE = a \cdot \frac{-a+b+c}{a+b+c}}\)
Ostatnio zmieniony 4 gru 2009, o 17:36 przez timon92, łącznie zmieniany 1 raz.
jerzozwierz pisze:pawelsuz, nieprawda. Czebyszew działa tylko dla jednakowo uporządkowanych.
Nie można tego przyjąć bez straty ogólności?
-- 4 grudnia 2009, 18:45 --
zad 26:
Zauważmy na początek, że liczba \(\displaystyle{ 100}\) jest podzielna przez \(\displaystyle{ 4}\), więc tworzenie kolejnych wyrazów ciągu przez operację modulo 100 nie zmienia parzystości, a nawet reszty z dzielenia przez \(\displaystyle{ 4}\).
Widzimy, że dla dowolnego \(\displaystyle{ k}\) naturalnego \(\displaystyle{ a_{6k} \equiv 3 \ (mod \ 4) \\ a_{6k+1} \equiv 3 \ (mod \ 4) \\ a_{6k+2} \equiv 2 \ (mod \ 4) \\ a_{6k+3} \equiv 1 \ (mod \ 4) \\ a_{6k+4} \equiv 3 \ (mod \ 4) \\ a_{6k+5} \equiv 0 \ (mod \ 4)}\)
Od razu widać, że co trzeci wyraz będzie parzysty, więc wyrazy \(\displaystyle{ a_{i}, \ i=3k \vee i=3k+1}\) są nieparzyste. Ich kwadraty dają z dzielenia przez \(\displaystyle{ 8}\) resztę \(\displaystyle{ 1}\). Nadmieńmy w tym miejscu, że wśród pierwszych \(\displaystyle{ 1998}\) wyrazów jest ich dokładnie \(\displaystyle{ 1332}\).
Zajmijmy się teraz parzystymi wyrazami naszego ciągu. Są to takie \(\displaystyle{ a_{i}, \ i=6k+2 \vee i=6k+5}\).
Prosty rachunek pokazuje, że jeśli \(\displaystyle{ i=6k+2}\), to \(\displaystyle{ a_{i}=4s+2}\), czyli \(\displaystyle{ a_{i}^{2} \equiv 4 \ (mod \ 8)}\). Tych wyrazów jest \(\displaystyle{ 333}\)
Jeśli zaś \(\displaystyle{ i=6k+5}\), to \(\displaystyle{ a_{i}=4s}\), czyli \(\displaystyle{ a_{i}^{2} \equiv 0 \ (mod \ 8)}\). Takich wyrazów rownież jest \(\displaystyle{ 333}\).
Zatem \(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{1998}a_{i}^{2} \equiv 1332+333 \cdot 0+333 \cdot 4 \equiv 4+0+4 \equiv 0 \ (mod \ 8)}\)
ckd
Trójkąty ACD i BCD są przystające, zatem AL=BL (są to środkowe w tych trójkątach, poprowadzone na bok BC), więc trójkąt ABL jest równoramienny, a ponieważ K jest środkiem AB to prosta LK jest wysokością trójkąta ABL, analogicznie dowodzimy, że prosta KL jest wysokością równoramiennego trójkąta DKC, zatem:
równość otrzymujemy, gdy \(\displaystyle{ KE=EF=FL}\), czyli gdy punkty E i F dzielą odcinek KL na trzy równe części i wtedy otrzymujemy wartość najmniejszą sumy \(\displaystyle{ AE^2+EF^2+FC^2}\)
15. Niech \(\displaystyle{ X_{A_i}}\) bedzie zdarzeniem, ze \(\displaystyle{ \{a_{i_1}, a_{i_2}, ... , a_{i_{|A_i|}}\}}\) jest zbiorem \(\displaystyle{ A_i}\) (te elementy sa wybierane z \(\displaystyle{ A}\) losowo). Poniewaz zadne sie w sobie nie zawieraja zdarzenia \(\displaystyle{ A_i}\) sa rozlaczne, czyli \(\displaystyle{ \sum \frac{1}{{n \choose |A_i|}}=\sum Pr(X_{A_i})\leq 1}\). Druga nierownosc jest prostsza.
