[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

[smigol]

\(\displaystyle{ \prod_{k=2}^{n}\frac{k^{3}-1}{k^{3}+1}=\prod_{k=2}^{n}\frac{(k-1)(k^{2}+k+1)}{(k+1)(k^{2}-k+1)}=\prod_{k=2}^n \frac{k-1}{k+1}\prod_{k=2}^n \frac{(k+1)^2-(k+1)+1}{k^2-k+1}= \frac{2(n^2+n+1)}{3n(n+1)}}\)

Znaleźć wszystkie x,y naturalne takie, że: \(\displaystyle{ x^2 + 615 = 2^y}\)

[robin5hood]

615 jest podzielne przez 3 , x nie moze byc podzielne przez 3
Mamy
\(\displaystyle{ 2^{n}\equiv 1\pmod{3}}\)
\(\displaystyle{ x^{2}\equiv 1\pmod{3}}\)
Zatem n -parzyste, niech n=2k
\(\displaystyle{ 615=(2k+x)(2k-x)=3 \cdot 5 \cdot 41}\)
wiec
\(\displaystyle{ (2^{k},x)=(28,13),(64,59),(104,101),(308,307)}\)
wynika, że jedynym rozwiązaniem jest k = 6 i x = 59, co prowadzi do rozwiązania x = 59 i n = 12


Niech O-środek okręgu opisanego na trójkacie ABC o promoieniu R, H-punkt przecięcia wysokosci w tym
trójkacie. Pokaz że

\(\displaystyle{ OH^2=R^2(1-8cosAcosBcosC)}\)

[Elvis]

Oznaczenia standardowe, \(\displaystyle{ R=1}\). Z twierdzenia sinusów \(\displaystyle{ AB=2 \sin \gamma}\), po wypisaniu paru kątów mamy \(\displaystyle{ \sphericalangle OAH = |\beta - \gamma|}\) oraz \(\displaystyle{ AH = 2 \cos \alpha}\). Ponadto \(\displaystyle{ AO=1}\), więc z tw. cosinusów (cosinus jest parzysty, więc nieczuły na moduł):
\(\displaystyle{ OH^2 = AO^2 + AH^2 - 2 \cdot AO \cdot AH \cdot \cos (\beta - \gamma) = 1 - 4 \cos \alpha (\cos(\beta - \gamma) - \cos \alpha) = 1 - 4 \cos \alpha (\cos(\beta - \gamma) + \cos(\beta + \gamma)) = 1 - 4 \cos \alpha \cdot 2 \cos \beta \cos \gamma = 1 - 8 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma}\),
co kończy dowód.

Od razu przepraszam, że zadanie wrzucam pierwsze z brzegu.
Czy istnieje \(\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}}\) takie, że
\(\displaystyle{ \left( \sqrt{1997} - \sqrt{1996} \right) ^{1998} = \sqrt{n} - \sqrt{n-1}}\)?

[robin5hood]

Od razu przepraszam, że zadanie wrzucam pierwsze z brzegu.
Czy istnieje \(\displaystyle{ n \in \mathbb{Z}}\) takie, że
\(\displaystyle{ \left( \sqrt{1997} - \sqrt{1996} \right) ^{1998} = \sqrt{n} - \sqrt{n-1}}\)?

tu jest dowód podobnego ogólniejszego zadania

[SaxoN]

No to jedziemy:
Niech \(\displaystyle{ n=1996}\). Oznaczmy \(\displaystyle{ X=(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})^2=\sqrt{(2n+1)^2}-\sqrt{(2n+1)^2-1}=\sqrt{(2n+1)^2}-\sqrt{4n(n+1)}}\). Chcę powiedzieć, że taka liczba podniesiona do dowolnej potęgi jest postaci \(\displaystyle{ \sqrt{a^2}-\sqrt{b^2n(n+1)}}\) dla pewnych \(\displaystyle{ a, b\in\mathbb{N}}\), przy czym \(\displaystyle{ a^2-b^2n(n+1)=1}\). Strzelimy indukcyjnie po potęgach- bazę mamy za darmo. Załóżmy zatem, że teza działa dla \(\displaystyle{ k}\)-tej potęgi liczby \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ X^k=\sqrt{x^2}-\sqrt{y^2n(n+1)}}\) oraz \(\displaystyle{ x^2-y^2n(n+1)=1}\). Dalej mamy

\(\displaystyle{ X^{k+1}=X^kX=(x-y\sqrt{n(n+1)})((2n+1)-2\sqrt{n(n+1)})=}\)\(\displaystyle{ =x(2n+1)+2yn(n+1)-(2x+(2n+1)y)\sqrt{n(n+1)}=}\)

\(\displaystyle{ =\sqrt{(x(2n+1)+2yn(n+1))^2}-\sqrt{(2x+(2n+1)y)^2n(n+1)}}\)

Wystarczy wziąć \(\displaystyle{ a=x(2n+1)+2yn(n+1)}\) oraz \(\displaystyle{ b=2x+(2n+1)y}\). Otrzymujemy

\(\displaystyle{ a^2-b^2n(n+1)=x^2(2n+1)^2+4xyn(n+1)(2n+1)+4y^2n^2(n+1)^2-}\)
\(\displaystyle{ -4x^2n(n+1)-4xyn(n+1)(2n+1)-y^2n(n+1)(2n+1)^2=}\)
\(\displaystyle{ =x^2-y^2n(n+1)=1}\)

Czyli działa. Zatem dla pewnego \(\displaystyle{ m\in\mathbb{N}}\) jest \(\displaystyle{ \sqrt{m}-\sqrt{m-1}=X^{999}=\big(\sqrt{1997}-\sqrt{1996}\big)^{1998}}\), co kończy dowód.
...............................................................................
Nowe (nie wiem czy było, a nie chce mi się sprawdzać tych dziesięciu stron ):
Niech \(\displaystyle{ p>5}\) będzie liczbą pierwszą oraz \(\displaystyle{ S=\{p-n^2\colon n\in\mathbb{Z}, p-n^2>0\}}\). Dowieść, że istnieją \(\displaystyle{ a, b\in S}\) takie, że \(\displaystyle{ a\neq b}\) oraz \(\displaystyle{ a\mid b}\)

[robin5hood]

Ukryta treść:    

mam pytanie czemu \(\displaystyle{ n\in\mathbb{Z}}\) co to ma za znaczenie
\(\displaystyle{ a=1 \in S ,p=17,n=4}\)
\(\displaystyle{ b=2 \in S,p=11,n=3}\)

[limes123]

To akurat nie ma znaczenie (mozna powiedziec, ze n jest w N, zeby to nie byl multizbior. Roznica bedzie taka, ze w tym zbiorze nie bedzie juz liczby p, ale to nam nie przeszkadza bo p oczywiscie nie bedzie zadna z szukanych liczb). Niech x naturalne bedzie takie, ze \(\displaystyle{ x^2<p<(x+1)^2}\) i niech \(\displaystyle{ p=x^2+k}\) gdzie \(\displaystyle{ 1\leq k \leq 2x}\). Wtedy \(\displaystyle{ k=p-x^2>0}\). Rozwazmy liczby postaci x+j oraz x-j dla j=1,...,x-1. Zauwazmy, ze k nie moze byc rowne x ani 2x, bo p jako liczba pierwsza nie dzieli sie przez x, czyli istnieje j takie, ze k=x+j lub k=x-j. Wtedy \(\displaystyle{ p-x^2=k|(x-j)(x+j)=x^2-j^2}\), czyli \(\displaystyle{ p-x^2|(p-x^2)+x^2-j^2=p-j^2}\) i oczywiscie j jest rozne od x.


Jesli jest ok to nowe zadanie:
Wycinamy lewy gorny kwadrat jednostkowy z szachownicy \(\displaystyle{ 2^n\times 2^n}\). Udowodnic, ze pozostale pola mozna przykryc (bez pokrywania sie i wystawania poza szachownice) L-klockami (tzn kwadratami 2x2 z wycietym jednym kwadratem jednostkowym).

[binaj]

Będziemy dowodzić indukcyjnie ze względu na \(\displaystyle{ n}\):
dla \(\displaystyle{ n=1}\) jest oczywiste, dalej załóżmy, że da się dla \(\displaystyle{ n=k}\),
rozważmy szachownicę dla \(\displaystyle{ n=k+1}\), wytnijmy w jej środku jedną L, tak, że powstaną
4 szachownice dla \(\displaystyle{ n=k}\), i teraz korzystamy z założenia indukcyjnego

Niech ABC będzie trójkątem, w którym \(\displaystyle{ AC=BC}\), okrąg wpisany w ABC jest styczny do AB w D,a BC w E.
Prosta przechodząca przez punkt A przecina okrąg wpisany w punktach F i G. (różnych od E). Niech prosta AB przecina EF i EG odpowiednio w punktach K i L. Pokazać, że \(\displaystyle{ DK=DL}\).

[limes123]

Dwa przypadki ze wzgledu na polozenie G (bardzo podobne, wiec pokaze ten, gdy G lezy na krotszym luku EX okregu wpisanego, gdzie X jest punktem stycznosci tego okregu z AC). Wtedy z zalozenia EX||AB, czyli <XFK=180-<XFE=180-<CAB=<XAK, czyli KAFX jest wpisany w okrag. Stąd <KXA=<KFA=<EFG=<BEL (kat miedzy styczna a sieczna), czyli z cechy kbk trojkaty KAX oraz LBE sa przystajace, co konczy dowod.


Pokazac, ze \(\displaystyle{ {n \choose i}}\) i \(\displaystyle{ {n \choose j}}\) maja nietrywialny wspolny dzielnik dla \(\displaystyle{ 1\leq i\leq j\leq n-1}\).

[Swistak]

1. Zadanie limesa z szachownicą jest znacznie uproszczoną wersją zadania 2 z II etapu z L OM.
2. Jeśli można, to proszę o umieszczanie rozwiązań w klamrach [ hide]

[marek12]

Ukryta treść:    

Założmy że liczby są względnie pierwsze \(\displaystyle{ {n\choose i}}\) oraz \(\displaystyle{ {n\choose j}}\)
Korzystając zależnosci dwumianu, mamy
\(\displaystyle{ {n\choose i}{n-i\choose j}={n\choose j}{n-j\choose i}}\)
Zatem \(\displaystyle{ {n-j\choose i}}\) jest podzielne przaz \(\displaystyle{ {n\choose i}}\), co prowadzi do sprzeczności.

[limes123]

Teraz wrzuc jakies nowe zadanie;p

[marek12]

Weżmy punkt P wewnątrz trójkata ABC taki że \(\displaystyle{ \angle ABP = \angle BCP = \angle CAP= \phi}\). Pokaż że \(\displaystyle{ 8\phi^3 \le \alpha\beta\gamma}\), gdzie
\(\displaystyle{ \angle A=\alpha , \angle B =\beta , \angle C = \gamma}\)

[Dumel]

1. Zadanie limesa z szachownicą jest znacznie uproszczoną wersją zadania 2 z II etapu z L OM.

czy zamiana sześcianu na kwadrat jest takim wielkim uproszczeniem?

[timon92]

Weżmy punkt P wewnątrz trójkata ABC taki że \(\displaystyle{ \angle ABP = \angle BCP = \angle CAP= \phi}\). Pokaż że \(\displaystyle{ 8\phi^3 \le \alpha\beta\gamma}\), gdzie
\(\displaystyle{ \angle A=\alpha , \angle B =\beta , \angle C = \gamma}\)

Usuwam błędną część dowodu (dzięki za sugestię, Damianito, Dumel i SaXoN), zostawiam poniższą, która może komuś pomóc w rozwiązaniu.

Wykażemy najpierw, że \(\displaystyle{ \phi \le \frac{\pi}{6}}\)
Mamy z twierdzenia sinusów
\(\displaystyle{ \frac{PA}{\sin(\gamma - \phi)} = \frac{PC}{\sin \phi} \\ \frac{PB}{\sin(\alpha - \phi)} = \frac{PA}{\sin \phi} \\ \frac{PC}{\sin(\beta - \phi)} = \frac{PB}{\sin \phi}}\)

Po przemnożeniu i skróceniu co się da dostajemy \(\displaystyle{ \sin^3 \phi = \sin (\alpha - \phi)\sin (\beta - \phi)\sin (\gamma - \phi)}\)

Ale z AM-GM oraz Jensena dla wklęsłej funkcji sinus mamy \(\displaystyle{ \sin^3 \phi = \sin (\alpha - \phi)\sin (\beta - \phi)\sin (\gamma - \phi) \le \left( \frac{\sin (\alpha - \phi) + \sin (\beta - \phi) + \sin (\gamma - \phi)}{3} \right)^3 \le \sin^3 \left( \frac{\alpha - \phi + \beta - \phi + \gamma - \phi}{3}\right) = \sin ^3 \left( \frac{\pi}{3} - \phi \right)}\)

Pierwiastkując dostajemy \(\displaystyle{ \sin \phi \le \sin \left(\frac{\pi}{3} - \phi\right)}\), a stąd już widać, że \(\displaystyle{ \phi \le \frac{\pi}{6}}\)