[MIX] Zadania treningowe przed drugim etapem OM - 2 seria.

[timon92]

- Pojawiły się wątpliwości odnośnie treści zadania 5 - nie rozwiązywałem go (tzn. rozwiązywałem, ale 10 lat temu ), więc nie jestem w stanie zagwarantować poprawności treści, ale fajnie byłoby gdyby ktoś zweryfikował.

Zadanie 5. jest poprawne.

Ukryta treść:    

Zbudujmy kwadrat CHIA na zewnątrz trójkąta ABC. Wówczas łatwo pokazać, że punkty MCSN leżą na okręgu \(\displaystyle{ \iff}\) punkty BNI są współliniowe. Po tym spostrzeżeniu można to łatwo przeliczyć analitycznie.

Co do 24:

Ukryta treść:    

Jest to jedna z własności biegunowej

[Vax]

8:    

\(\displaystyle{ |\ldots |x-1|-2|-3|-\ldots |-(n-3)|-(n-2)|-(n-1)|-n|=0}\)

\(\displaystyle{ | \ldots |x-1|-2|-3|-\ldots|-n+1| = n}\)

\(\displaystyle{ |...|-n+1 = n \vee |...|-n+1=-n}\)

\(\displaystyle{ |...|=2n-1 \vee |...| = -1}\)

2 rozwiązanie odpada, ponieważ wartość bezwzględna nie może być ujemna, zauważmy również, że dla \(\displaystyle{ n=3}\) równanie przybrałoby postać \(\displaystyle{ |x-1|=2n-1}\)

\(\displaystyle{ |...|x-1|-2|-...|-n+2| = 2n-1}\)

\(\displaystyle{ |...|-n+2=2n-1 \vee |...|-n+2=-2n+1}\)

\(\displaystyle{ |...|=3n-3 \vee |...|=-n-1}\)

2 równanie również odpada, ponieważ n jest naturalne, więc prawa strona jest ujemna, znowu zauważamy, że dla \(\displaystyle{ n=4}\) równanie przybiera postać \(\displaystyle{ |x-1|=3n-3}\)

Jeszcze raz rozbijając wartość bezwzględną mamy:

\(\displaystyle{ |...|-n+3=3n-3 \vee |...|-n+3=-3n+3}\)

\(\displaystyle{ |...|=4n-6 \vee |...|=-2n}\)

Dla \(\displaystyle{ n=5}\) mamy \(\displaystyle{ |x-1|=4n-6}\)

I jeszcze raz:

\(\displaystyle{ |...|-n+4=4n-6 \vee |...|-n+4=-4n+6}\)

\(\displaystyle{ |...|=5n-10 \vee |...|=-3n+2}\)

Czyli dla \(\displaystyle{ n=6}\) mamy \(\displaystyle{ |x-1|=5n-6}\)

Teraz udowodnimy, że prawa strona będzie zawsze ujemna. Zauważmy, że kolejno dla n=3,4,5,6 prawa strona wyglądała tak:

\(\displaystyle{ -1}\)
\(\displaystyle{ -n-1}\)
\(\displaystyle{ -2n}\)
\(\displaystyle{ -3n+2}\)

Z każdym kolejnym opuszczeniem wartości bezwzględnej n nam się zmniejsza o 1. Zauważmy również, że 2 składnik jest to suma \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n-4} i = \frac{(n-4)(n-3)}{2}}\), pomniejszona o 1, tak więc: \(\displaystyle{ \frac{n^2-7n+12}{2}-1 = \frac{n^2-7n+10}{2} = \frac{(n-5)(n-2)}{2}}\), teraz aby sprawdzić, kiedy prawa strona będzie nieujemna wystarczy rozwiązać nierówność:

\(\displaystyle{ -(n-3)n+\frac{(n-5)(n-2)}{2} \ge 0}\)

Rozwiązując zwykłe równanie kwadratowe, otrzymujemy \(\displaystyle{ n\in \left<\frac{-1-\sqrt{41}}{2} ; \frac{-1+\sqrt{41}}{2}\right>}\) ale \(\displaystyle{ \frac{-1+\sqrt{41}}{2} < 3}\) a u nas \(\displaystyle{ n\ge 1}\) więc wystarczy rozwiązać oddzielnie 2 równania, dla \(\displaystyle{ n=1 \wedge n=2}\), dla pozostałych n drugie równanie zawsze będzie ujemne. Przypatrując się lewej stronie tak samo jak prawej, widzimy, że n ciągle zwiększa nam się o 1, a drugi składnik to zwykła suma \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n-2} i = \frac{(n-2)(n-1)}{2}}\), tak więc równanie ma postać:

\(\displaystyle{ |x-1| = (n-1)\cdot n - \frac{n^2-3n+2}{2}}\)

\(\displaystyle{ |x-1| = \frac{2n^2-2n-n^2+3n-2}{2}}\)

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

Rozpatrujemy 2 przypadki:

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

\(\displaystyle{ x = \frac{n^2+n}{2} \vee x = \frac{-n^2-n+4}{2}}\)

[KPR]

Co do 5.:

Ukryta treść:    

Wydaje mi się, że jeśli już mamy, że punkty B, N, I są współliniowe, to koniec zadania, bo wtedy nie zachodzi AB<BC.

[timon92]

9.

Ukryta treść:    

Lemat: W trójkącie \(\displaystyle{ PQR}\) punkt \(\displaystyle{ S}\) jest środkiem łuku \(\displaystyle{ QR}\) niezawierającego punktu \(\displaystyle{ P}\) okręgu opisanego na \(\displaystyle{ PQR}\), a \(\displaystyle{ T}\) jest środkiem okręgu wpisanego w \(\displaystyle{ PQR}\). Wówczas \(\displaystyle{ SQ = SR = ST}\).
Dowód: proste liczenie kątów.



Niech \(\displaystyle{ H}\) będzie środkiem odcinka \(\displaystyle{ AC}\).

Niech \(\displaystyle{ AI}\) będzie średnicą sfery opisanej na \(\displaystyle{ ABCD}\). Trójkąty \(\displaystyle{ ABI, ACI, ADI}\) są przystające, bo są prostokątne i mają równe przeciwprostokątne oraz jedną z przyprostokątnych. Stąd dostajemy \(\displaystyle{ BI=CI=DI}\). Niech \(\displaystyle{ J}\) będzie rzutem punktu \(\displaystyle{ I}\) na płaszczyznę \(\displaystyle{ ADC}\). Zauważmy, że punkt \(\displaystyle{ J}\) leży na sferze \(\displaystyle{ ABCD}\), gdyż \(\displaystyle{ \angle AJI = \frac \pi 2}\) oraz \(\displaystyle{ AI}\) jest średnicą. Punkt \(\displaystyle{ J}\) leży więc na okręgu \(\displaystyle{ ADC}\), a skoro \(\displaystyle{ CI = DI}\), to \(\displaystyle{ J}\) jest środkiem łuku \(\displaystyle{ CD}\) okręgu \(\displaystyle{ ACD}\) niezawierającego punktu \(\displaystyle{ A}\).


\(\displaystyle{ (\Leftarrow)}\)
Załóżmy, że \(\displaystyle{ OD \perp AC}\). Mamy \(\displaystyle{ OH \perp AC}\), gdyż \(\displaystyle{ OC = OA}\). Zatem \(\displaystyle{ AC \perp OHD \implies AC \perp HD \implies CD=AD}\). Wobec tego trójkąt \(\displaystyle{ CAD}\) jest równoboczny. Stąd \(\displaystyle{ G}\) jest też środkiem okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ACD}\). W myśl lematu mamy \(\displaystyle{ JG = JC = JD}\). Trójkąty \(\displaystyle{ IJC, IJG}\) są więc przystające (są prostokątne i mają równe przyprostokątne), stąd mamy równość \(\displaystyle{ IC = IG}\). Ale \(\displaystyle{ IB = IC}\), więc \(\displaystyle{ IG = IB}\). Stąd \(\displaystyle{ IE \perp BG}\), ale z twierdzenia Talesa mamy \(\displaystyle{ OF || IE}\), zatem \(\displaystyle{ OF \perp BG}\).

\(\displaystyle{ (\Rightarrow)}\)
Załóżmy, że \(\displaystyle{ OF \perp BG}\). Z twierdzenia Talesa mamy \(\displaystyle{ OF || IE}\), zatem \(\displaystyle{ IE \perp BG}\). Stąd \(\displaystyle{ IB = IG}\). Ze wcześniejszych równości mamy więc, że \(\displaystyle{ IG = ID = IC}\). Trójkąty \(\displaystyle{ JIG, JID, JIC}\) są przystające (są prostokątne i mają równe przeciwprostokątne oraz jedną z przyprostokątnych). Zatem \(\displaystyle{ JG = JC = JD}\). Skoro \(\displaystyle{ AC = AD}\), to \(\displaystyle{ AG}\) jest dwusieczną kąta \(\displaystyle{ CAD}\), ponadto z lematu wiemy, że środek okręgu wpisanego \(\displaystyle{ K}\) w trójkąt \(\displaystyle{ ACD}\) też spełnia równość \(\displaystyle{ JC = JD = JK}\). Musi więc być \(\displaystyle{ K=G}\), czyli trójkąt \(\displaystyle{ ACD}\) jest równoboczny. Stąd \(\displaystyle{ AD = CD}\), wynika stąd, że \(\displaystyle{ OH \perp AC}\) i \(\displaystyle{ DH \perp AC}\). Zatem \(\displaystyle{ ODH \perp AC \implies OD \perp AC}\).

KPR,

Ukryta treść:    

literówka miało być BHN, już poprawiam

[KPR]

timon92,

Ukryta treść:    

Jak to sobie narysowałem w Cabri, to wygląda na to, że to są punkty B, N, I

[timon92]

KPR,

Ukryta treść:    

masz rację, dobrze było, już poprawiam

to założenie AB < BC można wywalić i teza będzie działała

[kaszubki]

KPR,

Ukryta treść:    

Cabri ssie. Używaj Geogebry.

[KPR]

Ukryta treść:    

Narysowałem już w Cabri
(po lewej są podane długości MD i MG)
Nie wygląda to tak, jakby miało być MD=MG.

[timon92]

KPR,

Ukryta treść:    

Bo jest błąd w treści. Jak się zmieni BCGF na BCFG to będzie działało. I wtedy przy moim oznaczeniu punkty BCH leżą na jednej prostej

[Qń]

Bo jest błąd w treści. Jak się zmieni BCGF na BCFG to będzie działało.

Tym razem to moja wina - źle przepisałem z kartki, już poprawiłem.

Opcja "hide" wydaje się być sensowna przy rozwiązaniach zadań, natomiast przy komentarzach i dyskusjach "luźno związanych z" chyba nie jest potrzebna (a nawet utrudnia).

Q.

[timon92]

5.

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ Y}\) będzie takim punktem, że czworokąt \(\displaystyle{ GBDY}\) jest równoległobokiem. Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie środkiem tego równoległoboku.

Mamy \(\displaystyle{ \angle YDB = \pi - \angle DBG = \pi - (2\pi - (\frac \pi 2 + \frac \pi 2 + \angle CBA)) = \angle CBA}\)
Ponadto \(\displaystyle{ DY = BG = BC, DB = BA}\). Z powyższych równości dostajemy \(\displaystyle{ \Delta DYB \equiv \Delta BCA}\) (bkb). Odcinki \(\displaystyle{ DX, BN}\) są odpowiednimi medianami przystających trójkątów, więc \(\displaystyle{ \Delta XBD \equiv \Delta NAB}\).

Stąd \(\displaystyle{ \angle BXD = \angle ANB = \angle CMS = \angle BMG}\), więc punkty \(\displaystyle{ MBXG}\) leżą na okręgu. Zatem \(\displaystyle{ \angle GXM = \angle GBM = \frac \pi 2}\). Stąd łatwo dostajemy \(\displaystyle{ MG = MD}\)

[darek20]

Nie zostało ruszone 2 i 15(pójdzie na wektorach). Qń masz rozwiązanie do 2?

[timon92]

15. szkic

Ukryta treść:    

Małe litery oznaczają liczby zespolone odpowiadające odpowiednim punktom.

Fakt: Punkty \(\displaystyle{ 0,x,y}\) na płaszczyźnie zespolonej są współliniowe \(\displaystyle{ \iff}\) istnieje \(\displaystyle{ \lambda \in \mathbb{R}}\) taka, że \(\displaystyle{ \lambda x = y}\)

Niech \(\displaystyle{ O}\) będzie punktem wspólnym prostych \(\displaystyle{ AP, BQ, CR, DM}\).

Mamy oczywiście \(\displaystyle{ 2p=c+d, 2q=d+e, 2r=e+a, 2m=a+b, 2n=b+c}\).

Niech \(\displaystyle{ o=0}\).

Na mocy faktu istnieją \(\displaystyle{ \alpha,\beta,\gamma,\delta \in \mathbb{R}}\) takie, że
\(\displaystyle{ \frac \alpha 2 a = p = \frac{c+d}{2} \\ \frac \beta 2 b=q = \frac{d+e} 2 \\ \frac \gamma 2 c = r = \frac{e+a}{2} \\ \frac \delta 2 d = m = \frac{a+b}{2}}\)

Z tego układu równań można dostać związek (pominę rachunki, to zwykłe rozwiązywanie układu równań z niewiadomymi \(\displaystyle{ a,b,c,d}\)):
\(\displaystyle{ b \cdot \left( -\beta + (\alpha \gamma -1) \left( \beta (\alpha \delta - 1) - \alpha \right) \right) = e \left( \alpha - 1 + (\alpha \gamma -1)(\alpha \delta -1)\right)}\).

Gdyby \(\displaystyle{ e,b,0}\) były współliniowe, to z równania \(\displaystyle{ \beta b=d+e}\) dostalibyśmy, że na tej prostej leży również punkt \(\displaystyle{ d}\), ale wtedy wielokąt \(\displaystyle{ ABCDE}\) nie jest wypukły. Zatem \(\displaystyle{ e,b,0}\) nie są współliniowe, więc musi być

\(\displaystyle{ 0= -\beta + (\alpha \gamma -1) \left( \beta (\alpha \delta - 1) - \alpha \right) \\ 0= \alpha - 1 + (\alpha \gamma -1)(\alpha \delta -1)}\)

Stąd można dostać (znów pomijam rachunki, nic ciekawego), że \(\displaystyle{ 1 = \beta + \alpha \gamma}\).

Po podstawieniu \(\displaystyle{ \beta = \frac{d+e}{b}}\) itd. i przekształceniach można dojść do postaci

\(\displaystyle{ \frac {1-\alpha \delta} {2} e = \frac{b+c}{2} = n}\),

co na mocy faktu oznacza, że \(\displaystyle{ e,n,0}\) są współliniowe, ckd.

[Qń]

timon92 - bardzo podobała mi się redakcja rozwiązania zadania 9.

A jeśli chodzi o zadanie ósme, to chyba bardziej elegancko jest indukcyjnie:

Zadanie 5 (szkic):    

Fakt:
(i) Rozwiązaniem równania \(\displaystyle{ || \ldots |||x-1|-2|-3|- \ldots -(n-1)|-n|=0}\) są \(\displaystyle{ x_1=\frac{n^2+n}{2},x_2=\frac{4-n-n^2}{2}}\)
(ii) \(\displaystyle{ || \ldots |||x-1|-2|-3|- \ldots -(n-1)|-n|< n+1}\) w przedziale \(\displaystyle{ [x_1,x_2]}\).

Do dowodu wystarczy posłużyć się interpretacją geometryczną - wykres funkcji:
\(\displaystyle{ f_{n+1}(x)=||| \ldots |||x-1|-2|-3|- \ldots -(n-1)|-n|-(n+1)|}\)
powstaje z wykresu funkcji
\(\displaystyle{ f_n(x) =|| \ldots |||x-1|-2|-3|- \ldots -(n-1)|-n|}\)
przez przesunięcie o \(\displaystyle{ n+1}\) w dół i odbicie symetryczne względem \(\displaystyle{ OX}\) tego co "pod" osią \(\displaystyle{ OX}\). Nietrudno spostrzec, że
a) po takim odbiciu miejsca zerowe nowej funkcji zmieniają się w stosunku do poprzednich o \(\displaystyle{ n-1}\)
b) z uwagi na (ii) innych miejsc zerowych nie ma
c) to zostało odbite symetryczne względem \(\displaystyle{ OX}\) nie przekroczy \(\displaystyle{ n+2}\)

Q.

[KPR]

Ja cały czas mam wrażenie, że po jakiejś niezłej rozkminie 15. pójdzie na masy.