[Rozgrzewka OMG][MIX] Rozgrzewka przed miedzygalaktyczną OMG

[laurelandilas]

Proponuję umieszczać tutaj zadania analogicznie jak w temacie z OMa, tylko bez jakiegoś podziału. Kto rozwiąże zadanie, umieszcza swoje. Prosimy nadgorliwych licealistów o nieumieszczanie swoich rozwiązań, chyba, że problem będzie wisiał przez kilka dni bez odpowiedzi.

1.Rozwiązać w \(\displaystyle{ x,y,z \in R}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x^{2} + y^{2} + z = 2 \\ y^{2} + z^{2} + x = 2 \\ x^{2} + z^{2} + y = 2 \end{cases}}\)

[Dumel]

ale to brzmi: "międzygalaktyczna OMG"

[Vax]

rozwiązanie:    

\(\displaystyle{ \begin{cases} x^{2} + y^{2} + z = 2 \\ y^{2} + z^{2} + x = 2 \\ x^{2} + z^{2} + y = 2 \end{cases}}\)

Odejmując 1 i 3 równanie otrzymujemy:

\(\displaystyle{ y^2+z-z^2-y=0}\)

\(\displaystyle{ (y-z)(y+z)-(y-z)=0}\)

\(\displaystyle{ (y-z)(y+z-1)=0}\)

Z tego równania otrzymujemy 1 przypadek\(\displaystyle{ y=z}\), analogicznie dowodzimy odejmując 1 i 2 równanie, że \(\displaystyle{ x=z}\), tak więc \(\displaystyle{ x=y=z}\), po podstawieniu do 1 równania otrzymujemy:

\(\displaystyle{ 2x^2+x=2}\)

\(\displaystyle{ 2x^2+x-2=0}\)

\(\displaystyle{ x_1 = \frac{-1+\sqrt{17}}{4}}\)

\(\displaystyle{ x_2 = \frac{-1-\sqrt{17}}{4}}\)

Bezpośrednio podstawiając sprawdzamy, że dane trójki spełniają dany układ.

Teraz rozpatrzmy, co się dzieje, kiedy 2 czynnik przy odejmowaniu dowolnych 2 równań jest równy 0 są to następujące sytuacje: \(\displaystyle{ y+z=1 \vee x+y=1 \vee x+z=1}\), po sprawdzeniu każdego przypadku otrzymujemy następujące wyniki:

\(\displaystyle{ \begin{cases} x=-\frac{1}{2}\\ y=-\frac{1}{2} \\ z=\frac{3}{2} \end{cases} \vee \begin{cases} x=-\frac{1}{2}\\ y=\frac{3}{2} \\ z=-\frac{1}{2} \end{cases} \vee \begin{cases} x=\frac{3}{2}\\ y=-\frac{1}{2} \\ z=-\frac{1}{2} \end{cases} \vee \begin{cases} x=0\\ y=1 \\ z=1 \end{cases} \vee \begin{cases} x=1\\ y=0 \\ z=1 \end{cases} \vee \begin{cases} x=1\\ y=1 \\ z=0 \end{cases}}\)

Odpowiedź:

\(\displaystyle{ \begin{cases} x=\frac{-1+\sqrt{17}}{4}\\ y=\frac{-1+\sqrt{17}}{4} \\ z=\frac{-1+\sqrt{17}}{4} \end{cases} \vee \begin{cases} x=\frac{-1-\sqrt{17}}{4}\\ y=\frac{-1-\sqrt{17}}{4} \\ z=\frac{-1-\sqrt{17}}{4} \end{cases} \vee \begin{cases} x=-\frac{1}{2}\\ y=-\frac{1}{2} \\ z=\frac{3}{2} \end{cases} \vee \begin{cases} x=-\frac{1}{2}\\ y=\frac{3}{2} \\ z=-\frac{1}{2} \end{cases} \vee \begin{cases} x=\frac{3}{2}\\ y=-\frac{1}{2} \\ z=-\frac{1}{2} \end{cases} \vee \begin{cases} x=0\\ y=1 \\ z=1 \end{cases} \vee \begin{cases} x=1\\ y=0 \\ z=1 \end{cases} \vee \begin{cases} x=1\\ y=1 \\ z=0 \end{cases}}\)

Moje:

Udowodnij, że dla nieujemnych a,b,c spełniających równanie \(\displaystyle{ a+b+c=6}\) zachodzi nierówność:

\(\displaystyle{ \frac{8}{ab}+\frac{8}{bc}+\frac{8}{ac} \ge 6}\)

Pozdrawiam.

[mariolawiki1]

Rozwiązanie

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{8}{ab}+\frac{8}{bc}+\frac{8}{ac} \ge 6 \Rightarrow 8(a+b+c) \ge 6abc}\)
Z warunku, że \(\displaystyle{ a+b+c=6 \Rightarrow (a+b+c)^2=36 \wedge 36 \cdot \frac{2}{9} =8}\)
Zatem nierówność przyjmuje postać:
\(\displaystyle{ (a+b+c)^3 \cdot \frac{2}{9} \ge 6abc \Rightarrow (\frac{a+b+c}{3})^3 \ge abc}\)
Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną mamy:
\(\displaystyle{ \frac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[3]{abc} \Rightarrow (\frac{a+b+c}{3})^3 \ge abc}\)

Nowe:
Danych jest 7 linii pionowych i przecinające je 3 linie poziome. Każdy punkt przecięcia
linii oznaczamy jednym z dwóch kolorów. Wykaż, że można wybrać dwie linie poziome i
dwie pionowe tak, że wszystkie punkty ich przecięcia są jednego koloru.

[Dumel]

mała uwaga
mariolawiki1 - gdy przekształcasz równoważnie nierówność pisz \(\displaystyle{ \Leftrightarrow}\) a nie \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) bo mając samą implikację tak jakby zakładasz sobie tezę.

[laurelandilas]

Chyba mam.

Ukryta treść:    

Mamy 21 punktów przecięcia, więc z Dirichleta mamy conajmniej 11 punktów jednego koloru. Bez straty ogólności, zakładam, że jest to czerwony. Ponownie z Dirichleta otrzymujemy, że conajnmiej cztery proste pionowe mają conajmniej dwa punkty przecięcia się tego samego koloru.
Ponownie z Dirichleta otrzymujemy, ze mamy conajmniej cztery punkty tego samego koloru na jednej prostej poziomej. Jeżeli mamy cztery czerwone na ktorejkolwiek prostej to otrzymujemy teze. Jezeli mamy cztery punkty niebieskie, to analogicznie postepujemy.

Jezeli jest zle, to niech ktos to poprawi. Jezeli jest dobrze to moje zadanie:
Udowodnij, że dla dowolnej liczby naturalnej dodatniej n, liczba \(\displaystyle{ \sqrt{n^{2} + n + 1}}\)jest niewymierna

[mariolawiki1]

Rozwiązanie:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \sqrt{n^2} < \sqrt{n^2+n+1} < \sqrt{(n+1)^2}}\)
Czyli \(\displaystyle{ n^2+n+1}\) leży pomiędzy dwoma kolejnymi kwadratami, zatem \(\displaystyle{ \sqrt{n^2+n+1}}\) jest liczbą niewymierną.

Nowe:
Udowodnij, że jeśli dla liczb naturalnych m i n zachodzi związek:

\(\displaystyle{ 24|mn+1}\), to również \(\displaystyle{ 24|m+n}\)-- 14 lis 2010, o 12:36 --

mała uwaga
mariolawiki1 - gdy przekształcasz równoważnie nierówność pisz \(\displaystyle{ \Leftrightarrow}\) a nie \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) bo mając samą implikację tak jakby zakładasz sobie tezę.

Dziękuję

[Dumel]

w tym rozwiązaniu chyba po cichu korzystasz z faktu że liczba \(\displaystyle{ \sqrt{n}}\) jest albo naturalna albo niewymierna

[laurelandilas]

Rozwiązanie:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \sqrt{n^2} < \sqrt{n^2+n+1} < \sqrt{(n+1)^2}}\)
Czyli \(\displaystyle{ n^2+n+1}\) leży pomiędzy dwoma kolejnymi kwadratami, zatem \(\displaystyle{ \sqrt{n^2+n+1}}\) jest liczbą niewymierną.

No mi się wydaje, że rowiązanie jest nieprawidłowe. Liczby wymierne to nie tylko liczby naturalne, tak jak tutaj zalozylas.
Wiec moje zadanie nadal obowiazuje

[tkrass]

Po cichu podpowiem, że dowód tego, z czego po cichu korzystała mariolawiki1, nie jest bardziej skomplikowany niż jej rozwiązanie.

[Marcinek665]

Rozwiązanie:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \sqrt{n^2} < \sqrt{n^2+n+1} < \sqrt{(n+1)^2}}\)
Czyli \(\displaystyle{ n^2+n+1}\) leży pomiędzy dwoma kolejnymi kwadratami, zatem \(\displaystyle{ \sqrt{n^2+n+1}}\) jest liczbą niewymierną.

No mi się wydaje, że rowiązanie jest nieprawidłowe. Liczby wymierne to nie tylko liczby naturalne, tak jak tutaj zalozylas.
Wiec moje zadanie nadal obowiazuje

Twoje zadanie zakładało, że \(\displaystyle{ n \in \mathbb{N}}\), więc rozwiązanie jest poprawne.

[Swistak]

Licealista próbuje się mądrzyć w temacie dla gimnazjalistów i jeszcze źle mówi xp.
laurelandilas chodzi o to, że mariolawiki1 udowodniła, że ta liczba nie jest liczba naturalną, a jej chodziło o kwadrat liczby wymiernej. Rozwiązanie to da się jednak uzupełnić. Ten fakt jest dość znany, na OMie by za to niedopowiedzenie nie odjęli punktów, ale na poziomie gimnazjum można uznać to za nieoczywiste.

[Marcinek665]

To ok. Myślałem, że chodzi o coś innego xd.

[Vax]

W takim razie aktualne jest zadania Mariolawiki1 czy Laurelandilas'a ? Bo temat trochę stoi w miejscu, a tak być nie powinno

Pozdrawiam.

[cyberciq]

Zadanie Mariolawiki1 jest aktualne teraz.