[MIX] Dwanaście zadań

[rochaj]

1.
Niech \(\displaystyle{ D, E ,F}\) będą odpowiednio punktami na bokach \(\displaystyle{ BC,AC AB}\) trójkata \(\displaystyle{ ABC}\) tak że proste \(\displaystyle{ AD, BE ,CF}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ M}\). Pokaż że jeśli trójkąty \(\displaystyle{ MDB, MCE , MAF}\) mają równe pola oraz obwody, to \(\displaystyle{ ABC}\) jest równoboczny.

2.
Mamy prostokąt, który możemy podzielić na małe prostokąty o co najmniej jednym boku całkowitym. Udowodnić, że wyjściowy prostokąt też musi mieć co najmniej jeden bok całkowity.

3.
Pokaż, że dla \(\displaystyle{ x>0}\) mamy \(\displaystyle{ x^n+x^{-n}\le 2\left(1+\frac{n \left( x-1 \right) ^2}{2x}\right)^n}\).

4.
Niech \(\displaystyle{ a,b, c > 0}\). Pokaż, że
\(\displaystyle{ \sqrt {3a^2 + 2ab + 4b^2} + \sqrt {3b^2 + 2bc + 4c^2} + \sqrt {3c^2 + 2ca + 4a^2}\geq\ 3 \left( a + b + c \right)}\)

5.
Niech \(\displaystyle{ f: \left[ - \frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right] \to\mathbb{R}, f \left( x \right) = \frac{1}{8}x^2 + x\cos x + 2\cos \left( 2x \right)}\). Znajdź maksimum oraz minimum funkcji \(\displaystyle{ f}\).

6.
Pokaż, że \(\displaystyle{ \left( 2^{2n}+2^{n+m}+2^{2m}\right) !}\) jest podzielne przez \(\displaystyle{ \left( 2^{n}! \right)^{2^{n}+2^{m-1}}\cdot \left( 2^{m}! \right)^{2^{m}+2^{n-1}},}\) dla \(\displaystyle{ m,n \in \mathbb N- \left\{ 0 \right\} .}\)


7.
Niech \(\displaystyle{ ABCD}\) będzie czworościanem o objętości równej \(\displaystyle{ 1}\) oraz niech punkty \(\displaystyle{ M,N,P,Q,R,S}\) leżą odpowiednio na krawędziach \(\displaystyle{ AB,BC,CD,DA,AC,BD}\). Pokaż ze jeśli MP,NQ,RS przecinają się w jednym punkcie to objętość MNPQRS jest mniejsza lub równa \(\displaystyle{ \frac12.}\)


8.
Pokaż, że \(\displaystyle{ \sin x \left( 1+\cos x \right) {\leq}\sin \frac{x+\pi }{4} \left( 1+\cos \frac{x+\pi }{4} \right)}\) dla \(\displaystyle{ x{\in} \left[ 0,\pi \right] .}\)

9.
Znaleźć wszystkie liczby \(\displaystyle{ a,b\in\NN}\) takie ze \(\displaystyle{ a^b+b^a}\) jest kwadratem liczby.


10.
Niech \(\displaystyle{ S}\) będzie środkiem ciężkości trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) oraz \(\displaystyle{ \angle{SAB}=x,\angle{SBC}=y,\angle{SCA}=z.}\) Pokaż że \(\displaystyle{ \sin x+\sin y+\sin z\le \frac{3}{2}}\).

11. Czworościan \(\displaystyle{ ABCD}\) ma wierzchołki na sferze . Pokaż że \(\displaystyle{ AB^{2}+AC^{2}+AD^{2}-BC^{2}-BD^{2}-CD^{2}}\) jest minimalne gdy \(\displaystyle{ AB\perp AC,AC\perp AD,AD\perp AB.}\)


12.
W trojkat \(\displaystyle{ ABC}\) wpisano okrąg o srodku w puncie \(\displaystyle{ I,}\) który ma punkty wspolne \(\displaystyle{ D,E,F}\) odpowiednio z bokami \(\displaystyle{ BC,CA,AB}\). Niech \(\displaystyle{ BI,CI}\) przecinaja \(\displaystyle{ CA,AB}\) w punktach \(\displaystyle{ M,N}\). Prosta \(\displaystyle{ MN}\) przecina ten okrag w dwóch punktach, niech \(\displaystyle{ P}\) bedzie jednym z tych punktów. Pokaż że z odcinków o długosciach \(\displaystyle{ |PD|,|PE|,|PF|}\) mozna zbudowac trójkat prostokatny.

[Ponewor]

4.:    

Zauważmy, że zachodzi dla dodatnich \(\displaystyle{ a, \ b}\):
\(\displaystyle{ \sqrt{3a^{2}+2ab+4b^{2}} \ge \frac{4a+5b}{3}}\)
Zapisujemy jeszcze dwie analogiczne nierówności, dodajemy stronami i otrzymujemy tezę.

-- 28 cze 2013, o 15:56 --

6.:    

Pokażemy, że największa potęga z jaką dowolna liczba pierwsza \(\displaystyle{ p}\) dzieli pierwsze wyrażenie, jest nie mniejsza od największej potęgi z jaką ta liczba dzieli drugie wyrażenie. Wykorzystamy znane własności funkcji entier, takie jak: \(\displaystyle{ \left[ x+y\right] \ge \left[ x\right] + \left[ y\right]}\) oraz \(\displaystyle{ \left[ nx\right] \ge n\left[ x\right]}\).
\(\displaystyle{ v_{p}\left( \left( 2^{2n}+2^{n+m}+2^{2m}\right)! \right)= \sum_{i=1}^{}\left[\frac{2^{2n}+2^{n+m}+2^{2m}}{p^{i}} \right] \ge \sum_{i=1}\left[\frac{2^{2n}}{p^{i}} \right] +\sum_{i=1}\left[\frac{2^{n+m}}{p^{i}} \right] +\sum_{i=1}\left[\frac{2^{2m}}{p^{i}} \right]\ge 2^{n} \sum_{i=1}\left[ \frac{2^{n}}{p^{i}}\right] +2 \sum_{i=1}^{}\left[ \frac{2^{n+m-1}}{p^{i}}\right]+ 2^{m} \sum_{i=1}\left[ \frac{2^{m}}{p^{i}}\right]=2^{n} \sum_{i=1}\left[ \frac{2^{n}}{p^{i}}\right] +\sum_{i=1}^{}\left[ \frac{2^{n+m-1}}{p^{i}}\right]+ \sum_{i=1}^{}\left[ \frac{2^{n+m-1}}{p^{i}}\right]+2^{m} \sum_{i=1}\left[ \frac{2^{m}}{p^{i}}\right] \ge 2^{n} \sum_{i=1}\left[ \frac{2^{n}}{p^{i}}\right] +2^{m-1}\sum_{i=1}^{}\left[ \frac{2^{n}}{p^{i}}\right]+ 2^{n-1}\sum_{i=1}^{}\left[ \frac{2^{m}}{p^{i}}\right]+2^{m} \sum_{i=1}\left[ \frac{2^{m}}{p^{i}}\right]=\left( 2^{n}+2^{m-1}\right)\sum_{i=1}^{}\left[ \frac{2^{n}}{p^{i}}\right]+ \left( 2^{n-1}+2^{m}\right)\sum_{i=1}^{}\left[ \frac{2^{m}}{p^{i}}\right]=\left( 2^{n}+2^{m-1}\right)v_{p}\left( 2^{n}!\right)+ \left( 2^{n-1}+2^{m}\right)v_{p}\left( 2^{m}!\right)= v_{p}\left(\left( 2^{n}!\right)^{2^{n}+2^{m-1}} \right)+ v_{p}\left( \left( 2^{m}!\right)^{2^{n-1}+2^{m}} \right)=v_{p}\left(\left( 2^{n}!\right)^{2^{n}+2^{m-1}} \cdot \left( 2^{m}!\right)^{2^{n-1}+2^{m}}\right)}\)

EDIT 06-07-2013

4. inaczej:    

Bierzemy trzy prostopadłościany o wymiarach \(\displaystyle{ a\sqrt{2} \times \left(a+b\right) \times b\sqrt{3}, \ b\sqrt{2} \times \left(b+c\right) \times c\sqrt{3}, \ c\sqrt{2} \times \left(c+a\right) \times a\sqrt{3}}\) i ustawiamy je analogicznie jak czarne prostopadłościany na rysunku (przy czym nie należy się sugerować oznaczeniami długości z rysunku):

AU

1201jas2_thumb_350px.png (66.22 KiB) Przejrzano 828 razy

\(\displaystyle{ \sqrt {3a^{2} + 2ab + 4b^{2}} + \sqrt {3b^{2} + 2bc + 4c^{2}} + \sqrt {3c^{2} + 2ca + 4a^{2}} = \\ = \left| AB\right| +\left| BC\right| + \left| CD\right| \ge \left| AD\right| =}\)\(\displaystyle{ =\sqrt{\left(a\sqrt{2}+b\sqrt{2}+c\sqrt{2}\right)^{2}+\left(\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right)^{2}+\left(a\sqrt{3}+b\sqrt{3}+c\sqrt{3}\right)^{2}}}\)\(\displaystyle{ =3\left(a+b+c\right)}\)

4. jeszcze inaczej:    

Bierzemy trzy sześciowymiarowe hiperprostopadłościany o wymiarach \(\displaystyle{ \left(a+b\right) \times a \times a \times b \times b \times b, \ \left(b+c\right) \times b \times b \times c \times c \times c, \ \left(c+a\right) \times c \times c \times a \times a \times a}\). Ustawiamy je analogicznie jak w poprzednim rozwiązaniu, i znów:
\(\displaystyle{ L=\left| AB\right|+\left| BC\right|+\left| CD\right| \ge \left| AD\right|=R}\)

4. uwaga:    

Oczywiście da się zrobić rozwiązanie z hiperprostopadłościanami np. czterowymiarowymi... I też nie będzie się istotnie różniło.

[mol_ksiazkowy]

ad 9 cd Zadanie 3 z Nierozwiązanych

Ukryta treść:    

rozwiązanie częściowe (\(\displaystyle{ b=2}\))
Jeśli \(\displaystyle{ b=2}\) i \(\displaystyle{ a^b+b^a=c^2}\) to
\(\displaystyle{ 2^a = c^2 - a^2 =(c-a)(c+a)}\) tj.
\(\displaystyle{ \begin{cases} c=2^x + 2^y \\ a=2^x - 2^y \end{cases}}\)
gdzie \(\displaystyle{ x, y}\) są to liczby naturalne. A zatem \(\displaystyle{ x+y+2 = a= 2^x - 2^y}\)
Jednak przy \(\displaystyle{ x, y > 3}\):
\(\displaystyle{ 2^x - x \geq 2^{y+1} - (y+1) > 2^y+y+2}\)
stąd \(\displaystyle{ y= 1 \ x=3}\) tj. \(\displaystyle{ a=6}\)

[Michalinho]

4 jeszcze jeszcze inaczej:    

Zauważamy, że nierówność jest jednorodna. Zakładamy więc, że \(\displaystyle{ a+b+c=1}\).
Z nierówności Jensena dla funkcji wypukłej \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{3+2x+4x^2}}\):
\(\displaystyle{ \sqrt {3a^{2} + 2ab + 4b^{2}} + \sqrt {3b^{2} + 2bc + 4c^{2}} + \sqrt {3c^{2} + 2ca + 4a^{2}}=af(\frac{b} {a} ) +bf(\frac{c}{b}) + cf(\frac{a}{c}) \ge f(b+c+a) =f(1)=3(a+b+c)}\)
q. e. d.

[arek1357]

Zadanie trzecie i ósme:

Ukryta treść:    

Zad 3. Szkic dowodu:
Przepiszmy:

\(\displaystyle{ x^n+x^{-n} \le 2(1+ \frac{n(x-1)^2}{2x})^n , x>0}\)

Przekształćmy tę nierówność do postaci:

\(\displaystyle{ \frac{2}{n \sqrt[n]{2} } \sqrt[n]{x^{2n}+1} \le x^2-2(1- \frac{1}{n} )x+1}\)

Teraz popatrzmy na obie strony tej nierówności z lewej strony mamy funkcję \(\displaystyle{ f(x)}\)

z prawej \(\displaystyle{ g(x)}\) - parabola wypukła.

Minimum funkcji \(\displaystyle{ g(x)}\) - to punkt jak łatwo wyliczyć:

\(\displaystyle{ (1- \frac{1}{n}, \frac{2}{n}- \frac{1}{n^2})}\)

Teraz zarówno:

\(\displaystyle{ f(0)<g(0) , f(1- \frac{1}{n})<g(1- \frac{1}{n})}\)

ale:

\(\displaystyle{ f(1)=g(1)= \frac{2}{n}}\)

Z obserwacji łatwo zauważyć , że ich drogi szybko się rozchodzą
więc jedynie co to one mogą się przecinać bardzo blisko punktu \(\displaystyle{ (1, \frac{2}{n})}\)

To znaczy w bardzo małym jego otoczeniu,

ale policzmy:

\(\displaystyle{ f(x)=\frac{2}{n \sqrt[n]{2} } \sqrt[n]{x^{2n}+1}}\)

\(\displaystyle{ f'(1)= \frac{2}{n}}\)

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

\(\displaystyle{ g'(1)= \frac{2}{n}}\)

Pochodne tych funkcji w punkcie: \(\displaystyle{ (1, \frac{2}{n})}\)

są takie same , te funkcje w tym punkcie mają taką samą wartość,

znaczy, że funkcje w tym punkcie mają tę samą styczną a jak mają tę samą styczną,
znaczy, że t e krzywe są do siebie styczne czyli nie mają w otoczeniu punktu:

\(\displaystyle{ (1, \frac{2}{n})}\) żadnych innych punktów przecięcia.
I to jest jedyny punkt w którym te funkcje są sobie równe.

Czyli mniej więcej o to chodziło!

Funkcja \(\displaystyle{ f(x)}\) -jest styczna do funkcji \(\displaystyle{ g(x)}\) ociupinkę powyżej jej minimum
i stąd się bierze niewygoda w sprawdzaniu.





Zadanie ósme:

Przepiszmy:

\(\displaystyle{ \sin x(1+\ cos x) \le \sin \frac{x+\pi}{4}(1+\ cos \frac{x+\pi}{4}) , x \in \left\langle 0,\pi\right\rangle}\)

zróbmy podstawienia:

\(\displaystyle{ \ sin \frac{x}{2}= \sqrt{ \frac{1-\cos x}{2} }}\)

\(\displaystyle{ \ cos \frac{x}{2}= \sqrt{ \frac{1+\cos x}{2} }}\)


\(\displaystyle{ \ sin \frac{x+\pi}{4}= \sqrt{ \frac{1-\cos \frac{x+\pi}{2} }{2} }= \sqrt{ \frac{1- \sqrt{ \frac{1+\cos(x+\pi)}{2} } }{2} }= \sqrt{ \frac{1- \sqrt{ \frac{1-\cos x}{2} } }{2} }= \sqrt{ \frac{1-t}{2} }}\)

podobnie:

\(\displaystyle{ \cos \frac{x+\pi}{4}= \sqrt{ \frac{1+ \sqrt{ \frac{1-\cos x}{2} } }{2} }=\sqrt{ \frac{1+t}{2} }}\)

\(\displaystyle{ t= \sqrt{ \frac{1-\cos x}{2} }}\)

\(\displaystyle{ \cos x=1-2t^2}\)

\(\displaystyle{ \sin x=2t \sqrt{1-t^2} , t \in \left\langle 0,1\right\rangle}\)

biorąc te podstawienia otrzymamy naszą wyjściową nierówność w formie:

\(\displaystyle{ 2t \sqrt{1-t^2}(2-2t^2) \le \sqrt{ \frac{1-t}{2} }\left( 1+ \sqrt{ \frac{1+t}{2} }\right)}\)

po uproszczeniu otrzymamy:

\(\displaystyle{ 32t^2(1-t^2)(1+t)^3 \le 1+ \frac{1+t}{2}+2 \sqrt{ \frac{1+t}{2} }}\)

zróbmy nowe podstawienie:

\(\displaystyle{ z=\sqrt{ \frac{1+t}{2} } , t=2z^2-1}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ 32(2z^2-1)^2(2-2z^2)^2(2z^2)^3 \le 1+z^2+2z=(z+1)^2}\)

Po uproszczeniu otrzymamy:

\(\displaystyle{ 1024(2z^2-1)^2(z-1)^2z^6 \le 1}\)

lub po spierwiastkowaniu:

\(\displaystyle{ 32z^3(z-1)(2z^2-1) \le 1 , z \in \left\langle \frac{ \sqrt{2} }{2};1 \right\rangle}\)

ale można rozpatrywać dla prostoty:

\(\displaystyle{ z \in \left\langle 0;1\right\rangle}\)

po wymnożeniu i skróceniu lewa strona jest funkcją:

\(\displaystyle{ f(z)=64z^6-64z^5-32z^4+32z^3 , z \in \left\langle 0;1\right\rangle}\)

łatwo za pomocą rachunku pochodnych i obserwacji zauważyć, że maximum tej funkcji jest
w punkcie \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\)

ale:

\(\displaystyle{ f( \frac{1}{2} )=1}\)

cnd...

-- 27 stycznia 2015, 14:17 --Co do zadania drugiego to wydaje mi się, że można go rekurencyjnie założyć, że dla
\(\displaystyle{ n=1,2,3,4,5...}\) łatwo zauważyć, że zachodzi gdzie n to po prostu ilość małych prostokątów w podziale dużego!
A teraz jak założymy dla pewnego \(\displaystyle{ n}\) - że zachodzi to dla \(\displaystyle{ n+1}\)
mogą być tylko możliwości, że ten ostatni prostokąt wsadzamy w środek dużego czyli jakiś dzielimy na dwie części co nam nic nie zmieni.
Albo tym \(\displaystyle{ n+1}\) protokąt obkładamy albo jeden bok wyjściowego prostokąta albo drugi,
co w żadnym wypadku nie zmieni, że duży prostokąt będzie miał przynajmniej jeden bok wyrażony liczbą całkowitą.
Ale nie wiem czy nie ma tu haczyka w moim rozumowaniu!