[MIX] Lepszy próbny finał, dzień pierwszy

[kaszubki]

mam nadzieję, że żadne z tych zadań nie jest choćby w połowie tak suche, jak zadania z gorszego próbnego finału

1) Udowodnij, że istnieje nieskończenie wiele takich liczb naturalnych \(\displaystyle{ n}\), że liczba \(\displaystyle{ n^2+1}\) ma dwa dodatnie dzielniki, których różnica wynosi \(\displaystyle{ n}\).

2) Niech \(\displaystyle{ D,E,F}\) będą punktami styczności okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) z bokami \(\displaystyle{ BC,CA,AB}\). Prosta równoległa do \(\displaystyle{ AB}\) przechodząca przez \(\displaystyle{ E}\) przecina \(\displaystyle{ DF}\) w punkcie \(\displaystyle{ Q}\), a równoległa do \(\displaystyle{ AB}\) przez \(\displaystyle{ D}\) przecina \(\displaystyle{ EF}\) w \(\displaystyle{ T}\). Udowodnij, że proste \(\displaystyle{ CF,DE,QT}\) przecinają się w jednym punkcie.

3) Dane są liczby naturalne \(\displaystyle{ a,b}\). Niech \(\displaystyle{ s_n}\) oznacza sumę cyfr w zapisie dziesiętnym liczby \(\displaystyle{ an+b}\). Udowodnij, że ciąg \(\displaystyle{ (s_i)_{i \geq 1}}\) zawiera nieskończony stały podciąg.

[KPR]

Zero polotu.

1:    

Udowodnimy, że istnieje nieskończenie wiele takich liczb naturalnych \(\displaystyle{ n}\), że dla pewnych \(\displaystyle{ a,b\in\mathbb N}\) \(\displaystyle{ b-a=n}\) oraz \(\displaystyle{ ab|a^2+b^2+1}\) (takie \(\displaystyle{ n}\) spełnia warunki zadania, bo \(\displaystyle{ ab|(b-a)^2+1}\)). Będziemy konstruować pary \(\displaystyle{ (a,b)}\) takie, że \(\displaystyle{ ab|a^2+b^2+1}\) o coraz większym \(\displaystyle{ b-a}\). Zaczynamy od pary \(\displaystyle{ (1,1)}\) o różnicy \(\displaystyle{ 0}\). Załóżmy, że mamy daną parę \(\displaystyle{ (a,b)}\) taką, że \(\displaystyle{ a^2+b^2+1=kab}\). Wtedy \(\displaystyle{ kb(kb-a)=k^2b^2-kba=(bk-a)^2+kba-a^2=(bk-a)^2+a^2+b^2+1-a^2=(bk-a)^2+b^2+1}\). Z nierówności między średnimi \(\displaystyle{ k>2}\), zatem \(\displaystyle{ bk-a-b>b-a}\). Dostaliśmy zatem parę spełniającą żądany warunek, o większej różnicy, c.k.d.

2:    

Rzutujemy tak, żeby prosta równoległa do \(\displaystyle{ AB}\) przechodząca przez \(\displaystyle{ C}\) przeszła na prostą w nieskończoności (i tak, żeby okrąg został okręgiem, w razie potrzeby dorzucamy afiniczne). Wtedy wystarcza udowodnić tezę dla \(\displaystyle{ C}\) w nieskończoności. Ale wtedy kąt \(\displaystyle{ DFE}\) jest prosty i prosta \(\displaystyle{ CF}\) zawiera jego wysokość. Ponieważ \(\displaystyle{ \frac{EQ}{DT}=\left(\frac{FE}{FD}\right)^2}\), to punkt \(\displaystyle{ X}\) przecięcia \(\displaystyle{ QT}\) i \(\displaystyle{ DE}\) spełnia \(\displaystyle{ \frac{EX}{XD}=\frac{EQ}{DT}=\left(\frac{FE}{FD}\right)^2}\). Spełnia to spodek wysokości, c.k.d.

3:    

Dla \(\displaystyle{ i}\) równych \(\displaystyle{ 10^{duzo+j}}\) dla pewnego \(\displaystyle{ duzo}\) i każdego \(\displaystyle{ j>0}\) \(\displaystyle{ s_i}\) jest równe sumie sum cyfr \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\).

[patry93]

KPR -

Pytanie do rozw. 2.:    

Mógłbyś wyjaśnić, o co chodzi z prostą w nieskończoności i "żeby okrąg został okręgiem"?

[KPR]

Wykonujemy rzutowanie płaszczyzny rzutowej tak, aby obrazem tamtej prostej była prosta w nieskończoności i obrazem okręgu był okrąg.

[adamm]

2 nieskończenie prościej:    

zakladamy, ze proste EQ i DT nie pokrywają się (no w innym wypadku nie ma o czym mowić ) i oznaczamy sobie: \(\displaystyle{ X=FC \cap EQ}\), \(\displaystyle{ Y=ED \cap FC}\), \(\displaystyle{ Z=ED \cap AB}\) Z talesa mamy \(\displaystyle{ \frac{FT}{TE}\frac{DQ}{DF}=1}\) rzutujemy sobie z pęku prostych z A dostając: \(\displaystyle{ (E,Q;X,\infty)=(E,D;Y,Z) \iff \frac{EX}{XQ}=\frac{EY}{YD}:\frac{EZ}{ZD}}\). Z podobieństwa \(\displaystyle{ ZDF,ZFE}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{FE}{FD}=\frac{EZ}{FZ},\frac{FE}{FD}=\frac{FZ}{ZD}}\) mnożąc dostajemy \(\displaystyle{ \frac{FE^2}{FD^2}=\frac{EZ}{ZD}}\). Zauważmy sobie jeszcze, ze \(\displaystyle{ CF}\) jest symedianą w trójkącie DEF,wiec \(\displaystyle{ \frac{EY}{YD}=\frac{FE^2}{FD^2}}\) biorąc w kupę ostatnie trzy wnioski dostajemy \(\displaystyle{ \frac{EX}{XQ}=1}\), co wraz z Talesem daje \(\displaystyle{ \frac{FT}{TE}\frac{EX}{XQ}\frac{DQ}{DF}=1}\) i z Cevy mamy tezę.

[timon92]

obaj przekombinowaliście

2:    

niech CT tnie AB w X, mamy z Cevy, Menelaosa i Talesa \(\displaystyle{ \frac{BF}{FA} = \frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA} = \frac{XT}{TC} \cdot \frac{CE}{EA} = \frac{XF}{FA}}\), zatem \(\displaystyle{ BF=FX}\), zatem z Talesa CF przechodzi przez Y - środek DT, wobec tego \(\displaystyle{ \frac{FQ}{QD} \cdot \frac{DY}{YT} \cdot \frac{TE}{EF} = 1}\) i z twierdzenia odwrotnego do Cevy mamy tezę

ps. punkty D,E,F nie muszą być punktami styczności okręgu wpisanego z bokami - wystarcza, by AD, BE, CF były współpękowe

[Leszczu21]

Ej, tak się spytam - co dokładnie zachowują przekształcenia rzutowe?

[KPR]

W tym rozwiązaniu wystarcza, że współliniowość i przekształca stożkowe na stożkowe.

[patry93]

Czy udało się komuś wymyślić inną konstrukcję enów w zad. 1. niż KPR? Nie żebym miał coś przeciwko jego rozwiązaniu, ale coś mi podpowiada, że można inne powymyślać, jednak moje próby spełzły na niczym.

[edit]
@Sylwek - bardzo spoko uwaga! Dzięki.

[Sylwek]

Dla patry93:    

\(\displaystyle{ x(x+n)=n^2+1}\), liczymy deltę ze względu na zmienną x (ze wzorów Viete'a będą pierwiastki przeciwnych znaków, więc w szczególności jakiś dodatni) i podzbiorem rozwiązań równania \(\displaystyle{ \Delta=t^2}\) są rozwiązania pewnego równania Pella \(\displaystyle{ a^2-5b^2=1}\), które można szybko wypisać. A jak nie chcesz Pella, to możesz rozwiązać równanie \(\displaystyle{ 5n^2+4=t^2}\), też się da, choć to mniej znane niż Pell.

[Leszczu21]

odnośnie sposobu Sylwka

Ukryta treść:    

Kurcze, ja próbowałem podobnie, też mi to dało równanie drugiego stopnia, ale próbowałem to zrobić z metody siecznych i nie wiem czemu nie poszło :/