qsiarz pisze:mimo ze robie dla liceum te zadanka sa ciekawe
bardzo fajne jest drugie, w ktorym wystarczy zauwazyc ze te proste sa zwiazane z przekatna kwadratu i zaraz wszystko wiadomo.
Drugie było trywialne i chyba najłatwiejsze ze wszystkich. Chociaż ogólnie chyba żadne nie było trudne.
[ Dodano: 18 Październik 2006, 17:25 ]
Moje rozwiązania wyglądały w przybliżeniu tak:
1. Wystarczy wziąć
\(\displaystyle{ a=1\overbrace{\underbrace{0\ldots 01}_{2006\text{ cyfr}}\ldots \underbrace{0\ldots 01}_{2006\text{ cyfr}}}^{2005\text{ grup cyfr}}}\) i
\(\displaystyle{ b=\underbrace{1\ldots 1}_{2006\text{ cyfr}}}\). Wtedy
\(\displaystyle{ a\cdot b=\underbrace{1\ldots 1}_{2006^{2}\text{ cyfr}}}\).
2. Trywialne. Odcinek
\(\displaystyle{ PQ}\) jest po prostu średnicą okręgu opisanego na trójkącie
\(\displaystyle{ ABC}\). W związku z tym założenie, że
\(\displaystyle{ APBQ}\) jest kwadratem można osłabić do założenia, że jest prostokątem.
3. Rozpatrzamy modulo 5. Widać, że dla
\(\displaystyle{ p\neq 5}\) rozwiązań nie ma, dla
\(\displaystyle{ p=5}\) dostajemy
\(\displaystyle{ q=31,\; r=967}\).
4. Dowodzimy z nierówności trójkąta, że
\(\displaystyle{ |CM|}\) jest minimalne, jeśli trójkąt
\(\displaystyle{ ABC}\) jest równoramienny, dla równoramiennego zachodzi równość.
5. Dla
\(\displaystyle{ n\neq 3}\) bierzemy jakikolwiek kontrprzykład (na przykład
\(\displaystyle{ x=y=2^{\frac1{n-3}}}\), wtedy zachodzi równość). Dla
\(\displaystyle{ n=3}\) zachodzi
\(\displaystyle{ x^4+y^4\geq x^3y+xy^3>xy^3}\). Druga nierówność jest banalna, ponieważ
\(\displaystyle{ x,y>0}\), pierwszej dodwodzimy z ciągów jednomonotonicznych, Muirheada lub poprzez rozłożenie różnicy stron na czynniki:
\(\displaystyle{ x^4+y^4-x^3y-xy^3= (x^3-y^3)(x-y)\geq 0}\).
6. Lemat: Jeśli
\(\displaystyle{ M}\) jest punktem wewnętrznym trójkąta
\(\displaystyle{ ABC}\) oraz punkt
\(\displaystyle{ S}\) nie leży w płaszczyźnie
\(\displaystyle{ ABC}\), to dla każdego punktu
\(\displaystyle{ D}\) należącego do półprostej
\(\displaystyle{ MS^{\rightarrow}}\), nienależącego jednak do odcinka domkniętego
\(\displaystyle{ MS}\), czworościan
\(\displaystyle{ ABCD}\) zawiera
\(\displaystyle{ S}\) jako punkt wewenętrzny (dowód jest trywialny). Teraz bierzemy dowolną sferę, na której leżą punkty
\(\displaystyle{ A,\; B,\; C}\) (tworzące trójką rozwartokątny) o środku
\(\displaystyle{ S}\) nieleżącym w płaszczyźnie
\(\displaystyle{ ABC}\), bierzemy dowolny punkt wewnętrzny
\(\displaystyle{ M}\) tego trójkąta, a za
\(\displaystyle{ D}\) przyjmujuemy punt przebicia sfery półprostą
\(\displaystyle{ MS^{\rightarrow}}\). Z lematu
\(\displaystyle{ ABCD}\) jest przykładem czworościanu, o jaki chodziło w zadaniu.
7. Oszacowanie z dziesięcioma punktami jest bardzo słabe. Wystarczy siedem punktów. Numerujemy wierzchołki liczbami
\(\displaystyle{ 0,\ldots, 16}\) oraz zauważamy, że jeśli liczby
\(\displaystyle{ a,\; b,\; c,\; d}\) są parami różne i zachodzi
\(\displaystyle{ a+b\equiv c+d\pmod{17}}\), to wierzchołki im odpowiadające są wierzchołkami trapezu. Potem rysujemy wszystkie odcinki łączące różne wierzchołki. Jest ich
\(\displaystyle{ \frac{7\cdot 6}{2}=21>17}\), więc z Dirichleta pewne dwie sumy modulo
\(\displaystyle{ 17}\) muszą być równe.
Szkoda, że nie pojawiło się chociaż jedno trudne zadanie. Byłoby przynajmniej nad czym myśleć.
