LXV (65) OM - I etap.

[Ponewor]

5:    

Tożsamość z zadania nazwijmy \(\displaystyle{ \alpha}\). Wstawiając do \(\displaystyle{ \alpha}\) obie zmienne równe zero otrzymujemy \(\displaystyle{ f\left(0\right)=0}\). Wstawiając \(\displaystyle{ b=-a}\) do \(\displaystyle{ \alpha}\), otrzymujemy, że \(\displaystyle{ f\left(a\right)=-f\left(-a\right)}\). Wstawiając \(\displaystyle{ b=-b}\) do \(\displaystyle{ \alpha}\), otrzymujemy \(\displaystyle{ f\left(a-b\right)^{3}-f\left(a\right)^{3}-f\left(-b\right)^{3}=3f\left(a\right)f\left(-b\right)f\left(a-b\right)}\), co przy założeniu \(\displaystyle{ f\left(a\right)=f\left(b\right)}\), daje równoważnie \(\displaystyle{ f\left(a-b\right)\left(f\left(a-b\right)^{2}+3f\left(a\right)^{2}\right)=0}\), a stąd \(\displaystyle{ f\left(a-b\right)=0}\). Ten rezultat ochrzcijmy \(\displaystyle{ \beta}\). Z tożsamości:
\(\displaystyle{ &f\left(a+b\right)^{3}-f \left( a \right) ^{3}-f \left( b \right) ^{3}-3f \left( a \right) f \left( b \right) f \left( a+b \right) =\\=&\frac{1}{2} \left( f \left( a+b \right) -f \left( a \right) -f \left( b \right) \right) \left( \left( f \left( a+b \right) +f \left( a \right) \right) ^{2}+ \left( f \left( a+b \right) +f \left( b \right) \right) ^{2}+ \left( f \left( a \right) -f \left( b \right) \right) ^{2} \right)}\)
wiemy, że dla dowolnej pary \(\displaystyle{ a, \ b}\) zachodzi \(\displaystyle{ f\left(a+b\right)=f\left(a\right)+f\left(b\right)}\) lub \(\displaystyle{ f\left(a+b\right)=-f\left(a\right)=-f\left(b\right)}\).
Załóżmy, że dla pewnego całkowitego dodatniego \(\displaystyle{ n}\), zachodzi \(\displaystyle{ f\left(n+1\right)=-f\left(n\right)=-f\left(1\right)}\). Wówczas \(\displaystyle{ f\left(n\right)=f\left(1\right)}\) i z \(\displaystyle{ \beta}\) mamy \(\displaystyle{ f\left(n-1\right)=0}\). Ponadto z nieparzystości mamy \(\displaystyle{ f\left(-\left(n+1\right)\right)=f\left(1\right)=f\left(n\right)}\) i z \(\displaystyle{ \beta}\) mamy \(\displaystyle{ f\left(n-\left(-n-1\right)\right)=f\left(2n+1\right)=0}\). Ponownie z \(\displaystyle{ \beta}\), mamy \(\displaystyle{ f\left(\left(2n+1\right)-\left(n-1\right)\right)=f\left(n+2\right)=0}\) i znów z \(\displaystyle{ \beta}\) mamy \(\displaystyle{ f\left(\left(n+2\right)-\left(n-1\right)\right)=f\left(3\right)=0}\). Wstawiając \(\displaystyle{ b=3}\) do \(\displaystyle{ \alpha}\), mamy \(\displaystyle{ f\left(a+3\right)=f\left(a\right)}\). Przez łatwą indukcję mamy \(\displaystyle{ f\left(a\right)=f\left(a \mod 3\right)}\) dla nieujemnych \(\displaystyle{ a}\), co przez nieparzystość rozszerza się na wszystkie liczby całkowite. Musi być \(\displaystyle{ f\left(2\right)=f\left(3\right)-f\left(1\right)=-f\left(1\right)}\) lub \(\displaystyle{ f\left(1\right)=f\left(2\right)=-\left(3\right)=0}\). W pierwszym przypadku oznaczmy \(\displaystyle{ c=f\left(1\right)}\). Wtedy:
\(\displaystyle{ f\left(a\right)=\begin{cases}
\ \ 0 \text{ gdy } 3\mid a \\ \ \ c \text{ gdy } 3\mid a-1 \qquad \text{dla } c \in \mathbb{Z} \\ -c \text{ gdy } 3\mid a+1
\end{cases}}\)
i drugi przypadek zawiera się w pierwszym, bo funkcja jest wtedy tożsamościowo równa zeru.
Tymczasem, gdy \(\displaystyle{ f\left(n+1\right)=f\left(n\right)+f\left(1\right)}\), dla każdej liczby całkowitej dodatniej \(\displaystyle{ n}\):
\(\displaystyle{ f\left(a\right)=f\left(a-1\right)+f\left(1\right) =
\ldots = af\left(1\right)=ca}\)
przy \(\displaystyle{ c \in \mathbb{Z}}\), dla nieujemnych \(\displaystyle{ a}\), ale z uwagi na nieparzystość funkcji, rezultat ten rozszerza się na wszystkie liczby całkowite.

6:    

Załóżmy, że istnieje niepusty zbiór \(\displaystyle{ S}\) trójek liczb całkowitych dodatnich \(\displaystyle{ \left(X, \ Y, \ Z\right)}\) spełniających to równanie. Wśród nich rozważmy taką trójkę \(\displaystyle{ \left(x, \ y, \ z\right)}\) dla której \(\displaystyle{ x}\) jest najmniejsze (jeśli istnieje kilka trójek o tej samej wartości \(\displaystyle{ x}\), wybierzmy dowolną z nich). Zauważmy, że \(\displaystyle{ 7^{z}=\left(3x+4y\right)\left(4x+5y\right)\ge \left(3+4\right)\left(4+5\right)=63}\), skąd \(\displaystyle{ z >2}\), czyli \(\displaystyle{ z-2 > 0}\). Podobnie szacując, żaden z nawiasów nie może być równy jeden. Mamy więc oczywiste podzielności:
\(\displaystyle{ 7 \mid 3x+4y \wedge 7 \mid 4x+5y \Rightarrow 7 \mid \left(3x+4y\right)+\left(4x+5y\right)=7x+9y \Rightarrow 7 \mid 9y \Rightarrow 7 \mid y \Rightarrow 7 \mid 3x+4y-4y=3x \Rightarrow 7 \mid x}\).
Wobec tego \(\displaystyle{ x=7x' \wedge y=7y'}\), gdzie \(\displaystyle{ x'}\) i \(\displaystyle{ y'}\) są liczbami całkowitymi dodatnimi i \(\displaystyle{ x' <x}\). Wstawmy otrzymany rezultat do naszego równania:
\(\displaystyle{ \left(21x'+28y'\right)\left(28x'+35y'\right)=7^{z} \Longleftrightarrow \left(3x'+4y'\right)\left(4x'+5y'\right)=7^{z-2}}\)
Zauważmy, że trójka \(\displaystyle{ \left(x', \ y', z-2\right)}\) należy do zbioru \(\displaystyle{ S}\), co przeczy określeniu liczby \(\displaystyle{ x}\) i tym samym dowodzi braku rozwiązań tego równania.

7:    

Przez \(\displaystyle{ O}\) oznaczmy środek okręgu \(\displaystyle{ O}\). Skoro więc punkt \(\displaystyle{ P}\) jest różny od punktów \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\), to punkty \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ P}\) nie mogą być współliniowe, bo przeciwnym razie prosta \(\displaystyle{ AB}\) miałaby trzy punkty wspólne z okręgiem \(\displaystyle{ o}\). Wobec tego \(\displaystyle{ AP \not\parallel BP}\). Zauważmy, że punkt \(\displaystyle{ R}\) leży na symetralnej odcinka \(\displaystyle{ AP}\) tak jak i punkt \(\displaystyle{ O}\) (bo jest środkiem okręgu w którym odcinek \(\displaystyle{ AP}\) jest jedną z cięciw). Zatem prosta \(\displaystyle{ RO}\) jest symetralną odcinka \(\displaystyle{ AP}\). Analogicznie prosta \(\displaystyle{ QO}\) jest symetralną odcinka \(\displaystyle{ BP}\). Co za tym idzie \(\displaystyle{ RO \perp AP}\) i \(\displaystyle{ QO \perp BP}\). Punkty \(\displaystyle{ R}\), \(\displaystyle{ O}\) i \(\displaystyle{ Q}\) nie mogą być współliniowe, bo wówczas \(\displaystyle{ RO \parallel QO}\) i wtedy \(\displaystyle{ AP \parallel BP}\) co stoi w sprzeczności z wcześniejszymi spotrzeżeniami. Zatem istnieje niezdegenerowany trójąt \(\displaystyle{ \triangle ROQ}\), w którym punkt \(\displaystyle{ P}\) na mocy wspomnianych wcześniej prostopadłości jest ortocentrum. Opiszmy na tym trójkącie okrąg \(\displaystyle{ \omega}\). Na mocy twierdzenia o odbiciach ortocentrum względem prostych zawierających boki trójkąta punkty \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) leżą na okręgu \(\displaystyle{ \omega}\) jako obrazy w symetrii punktu \(\displaystyle{ P}\) - ortocentrum w trókącie \(\displaystyle{ \triangle ROQ}\) - względem prostych zawierających boki tego trójkąta, to jest względem prostych odpowiednio \(\displaystyle{ RO}\) i \(\displaystyle{ QO}\). Zauważmy, że okrąg \(\displaystyle{ \omega}\) jest okręgiem opisanym na trójkącie (z założeń wiemy, że punkty \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ O}\) nie są współliniowe) \(\displaystyle{ \triangle AOB}\), czyli jest niezależny od wyboru punktu \(\displaystyle{ P}\). Wobec tego niezależne od wyboru punktu \(\displaystyle{ P}\) jest położenie odbicia punktu \(\displaystyle{ O}\) względem środka okręgu \(\displaystyle{ \omega}\), które oznaczymy przez \(\displaystyle{ E}\). Jednak na mocy kolejnego twierdzenia o odbiciach ortocentrum, odbicie wierzchołka trójkąta względem środka okręgu nań opisanego, pokrywa się z odbiciem ortocentrum względem środka przeciwległego temu wierzchołkowi boku trójkąta, czyli punkt \(\displaystyle{ E}\) jest odbiciem punktu \(\displaystyle{ P}\) względem punktu \(\displaystyle{ M}\). Mamy więc mocniejszy rezultat, tj: odbicie punktu \(\displaystyle{ P}\) względem punktu \(\displaystyle{ M}\) jest niezależne od doboru punktu \(\displaystyle{ P}\).
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(-6.89,-9.28) rectangle (5.98,6.34);
\fill[color=red,fill=red,fill opacity=0.1] (-0.44,3.46) -- (-6.09,-0.8) -- (4.35,-6.37) -- cycle;
\draw(-0.44,3.46) circle (2.29cm);
\draw [domain=-6.89:5.98] plot(\x,{(-0.68-1.55*\x)/1.16});
\draw [domain=-6.89:5.98] plot(\x,{(-7.25-1.63*\x)/-3.34});
\draw (-6.09,-0.8)-- (4.35,-6.37);
\draw(-0.33,-2.57) circle (6.03cm);
\draw [domain=-6.89:5.98] plot(\x,{(--21.4--4.25*\x)/5.65});
\draw [domain=-6.89:5.98] plot(\x,{(-12.25--9.82*\x)/-4.79});
\draw (-1.52,1.43)-- (-0.22,-8.6);
\draw (-0.44,3.46)-- (-0.22,-8.6);
\draw (-2.68,2.98)-- (-2.1,2.21);
\draw (-2.23,2.72) -- (-2.55,2.47);
\draw (-2.1,2.21)-- (-1.52,1.43);
\draw (-1.65,1.94) -- (-1.97,1.7);
\draw (-1.52,1.43)-- (0.15,2.25);
\draw (-0.84,1.99) -- (-0.66,1.62);
\draw (-0.7,2.06) -- (-0.52,1.69);
\draw (0.15,2.25)-- (1.82,3.06);
\draw (0.83,2.8) -- (1,2.44);
\draw (0.97,2.87) -- (1.15,2.51);
\draw (-1.52,1.43)-- (-0.87,-3.58);
\draw (-1.01,-0.89) -- (-1.41,-0.94);
\draw (-0.99,-1.05) -- (-1.39,-1.1);
\draw (-0.97,-1.21) -- (-1.37,-1.26);
\draw (-0.87,-3.58)-- (-0.22,-8.6);
\draw (-0.37,-5.91) -- (-0.77,-5.96);
\draw (-0.35,-6.07) -- (-0.75,-6.12);
\draw (-0.33,-6.22) -- (-0.73,-6.27);
\draw (-0.44,3.46)-- (-6.09,-0.8);
\draw (-6.09,-0.8)-- (4.35,-6.37);
\draw (4.35,-6.37)-- (-0.44,3.46);
\begin{scriptsize}
\fill (-2.68,2.98) circle (1.5pt);
\draw (-3.47,3.41) node {$A$};
\fill (1.82,3.06) circle (1.5pt);
\draw (2.88,3.28) node {$B$};
\fill (-1.52,1.43) circle (1.5pt);
\draw (-2.34,1.57) node {$P$};
\fill (4.35,-6.37) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (5.08,-6.17) node {$Q$};
\fill [color=uuuuuu] (-6.09,-0.8) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-6.62,-0.19) node {$R$};
\fill [color=uuuuuu] (-0.87,-3.58) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-1.44,-3.79) node {$M$};
\fill [color=uuuuuu] (-0.22,-8.6) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (0.27,-8.02) node {$E$};
\fill [color=uuuuuu] (-0.44,3.46) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-1.22,4.09) node {$O$};
\fill [color=uuuuuu] (-0.33,-2.57) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (0.22,-2.93) node {$S$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}}\)

8:    

Z tw. o dwusiecznej chcemy pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{\left|AQ\right|}{\left|QD\right|}=\frac{\left|AP\right|}{\left|PD\right|}}\). Zrzutujmy punkty \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ D}\) na prostą \(\displaystyle{ BC}\) otrzymując punkty \(\displaystyle{ A'}\) i \(\displaystyle{ D'}\). Z przestrzennego tw. o dwusiecznej mamy \(\displaystyle{ \frac{\left|AP\right|}{\left|PD\right|}=\frac{\left|AA'\right|}{\left|DD'\right|}}\). Chcemy więc pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{\left|AA'\right|}{\left|DD'\right|}=\frac{\left|AQ\right|}{\left|QD\right|}}\). Ponieważ rzuty są fajne to powinno zachodzić coś takiego jak na płaszczyźnie, że \(\displaystyle{ \frac{\left|AP\right|}{\left|PD\right|}=\frac{\left|A'Q\right|}{\left|QD'\right|}}\) o ile tylko prosta \(\displaystyle{ AD}\) nie jest prostopadła do prostej \(\displaystyle{ BC}\). Zakładam, że zachodzi, a potem pomartwię się o dowód. Wtedy \(\displaystyle{ \frac{\left|AA'\right|}{\left|DD'\right|}=\frac{\left|AP\right|}{\left|PD\right|}=\frac{\left|A'Q\right|}{\left|QD'\right|}}\) i wtedy uwzględniając jeszcze kąt prosty mamy \(\displaystyle{ \triangle AQA' \sim \triangle DQD'}\) i wobec tego \(\displaystyle{ \frac{\left|AA'\right|}{\left|DD'\right|}=\frac{\left|AQ\right|}{\left|QD\right|}}\) czyli koniec. Jeśli \(\displaystyle{ AD \perp BC}\), to punkty \(\displaystyle{ A'}\), \(\displaystyle{ Q}\) i \(\displaystyle{ D'}\) pokrywają się i teza wynika bezpośrednio z przestrzennego twierdzenia o dwusiecznej.
Teraz dowód tego faktu o rzutach. Zrzutujmy \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ D}\) na płaszczyznę \(\displaystyle{ BPC}\) otrzymując punkty \(\displaystyle{ A''}\) i \(\displaystyle{ D''}\). Zupełnie oczywistym jest, że \(\displaystyle{ \frac{\left|AP\right|}{\left|PD\right|}=\frac{\left|A''P\right|}{\left|PD''\right|}}\). Z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych mamy, że \(\displaystyle{ D'}\) jest rzutem prostokątnym \(\displaystyle{ D''}\) na prostą \(\displaystyle{ BC}\), a zatem z już płaskiego odpowiednika tego o rzutach jest \(\displaystyle{ \frac{\left|A''P\right|}{\left|P''D\right|}=\frac{\left|A'Q\right|}{\left|QD'\right|}}\) czyli koniec tego w gruncie rzeczy bardzo łatwego zadania.
Aaa no to może jeszcze wypada udowodnić ów oczywisty fakt. Mamy prostą \(\displaystyle{ AD}\) i na niej trzy punkty \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ D}\). Rzutujemy je na płaszczyznę \(\displaystyle{ BPC}\) i obrazem takiego rzutowania jest znowuż prosta. W tym rzutowaniu \(\displaystyle{ A}\) przechodzi na \(\displaystyle{ A''}\), \(\displaystyle{ D}\) na \(\displaystyle{ D''}\), a \(\displaystyle{ P}\) leży na tej płaszczyźnie więc przechodzi na \(\displaystyle{ P}\). Stąd punkty \(\displaystyle{ A''}\), \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ D''}\) są współliniowe. Kąty \(\displaystyle{ \angle APA''}\) i \(\displaystyle{ \angle DPD''}\) są więc wierzchołkowe, a zatem ich miary są równe. Poza tym \(\displaystyle{ \angle AA''P=\angle DD''P=90^{\circ}}\), a więc \(\displaystyle{ \triangle APA'' \sim \triangle DPD''}\) i wobec tego \(\displaystyle{ \frac{\left|AP\right|}{\left|PD\right|}=\frac{\left|A''P\right|}{\left|PD''\right|}}\).
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(-2.96,-0.8) rectangle (3.42,6.04);
\draw[color=green,fill=green,fill opacity=0.1] (-2.13,2.03) -- (-2.09,1.61) -- (-1.66,1.65) -- (-1.7,2.07) -- cycle;
\draw[color=green,fill=green,fill opacity=0.1] (1.08,2.33) -- (1.04,2.75) -- (0.62,2.71) -- (0.66,2.29) -- cycle;
\draw[color=green,fill=green,fill opacity=0.1] (0.23,2.25) -- (0.19,2.67) -- (-0.23,2.63) -- (-0.19,2.21) -- cycle;
\draw (-2.64,1.98)-- (-1.48,-0.3);
\draw (-1.48,-0.3)-- (2.88,2.5);
\draw [dash pattern=on 4pt off 4pt] (2.88,2.5)-- (-2.64,1.98);
\draw (-1.48,-0.3)-- (0.34,5.66);
\draw (0.34,5.66)-- (2.88,2.5);
\draw (0.34,5.66)-- (-2.64,1.98);
\draw (-1.48,-0.3)-- (-1.7,2.07);
\draw (0.34,5.66)-- (0.66,2.29);
\draw (-0.31,3.52)-- (-0.19,2.21);
\draw (-1.48,-0.3)-- (-0.19,2.21);
\draw (0.34,5.66)-- (-0.19,2.21);
\begin{scriptsize}
\fill [color=qqqqff] (-1.48,-0.3) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (-1.64,-0.48) node {$A$};
\fill [color=qqqqff] (2.88,2.5) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (3.04,2.28) node {$B$};
\fill [color=qqqqff] (-2.64,1.98) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (-2.86,1.96) node {$C$};
\fill [color=qqqqff] (0.34,5.66) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (0.76,5.56) node {$D$};
\fill [color=xdxdff] (-0.31,3.52) circle (1.5pt);
\draw[color=xdxdff] (-0.4,3.82) node {$P$};
\fill [color=uuuuuu] (-0.19,2.21) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (0.08,2.06) node {$Q$};
\fill [color=uuuuuu] (0.66,2.29) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (0.38,2.56) node {$D'$};
\fill [color=uuuuuu] (-1.7,2.07) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-1.54,2.34) node {$A'$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}}\)\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(-2.73,0.52) rectangle (3.28,4.91);
\draw[color=green,fill=green,fill opacity=0.1] (-2.32,1.46) -- (-1.96,1.46) -- (-1.96,1.82) -- (-2.32,1.82) -- cycle;
\draw[color=green,fill=green,fill opacity=0.1] (2.78,2.17) -- (2.42,2.17) -- (2.42,1.81) -- (2.78,1.81) -- cycle;
\draw [shift={(-1.04,1.82)},color=green,fill=green,fill opacity=0.1] (0,0) -- (179.92:0.51) arc (179.92:213.85:0.51) -- cycle;
\draw [shift={(-1.04,1.82)},color=green,fill=green,fill opacity=0.1] (0,0) -- (-0.08:0.51) arc (-0.08:33.85:0.51) -- cycle;
\draw [domain=-2.73:3.28] plot(\x,{(--12.83--3.42*\x)/5.1});
\draw [domain=-2.73:3.28] plot(\x,{(-5.44-0*\x)/-3});
\draw [dash pattern=on 3pt off 3pt] (-2.32,1.82)-- (-2.32,0.96);
\draw [dash pattern=on 3pt off 3pt] (2.78,4.38)-- (2.78,1.81);
\begin{scriptsize}
\fill [color=qqqqff] (-2.32,0.96) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (-2.1,1.06) node {$A$};
\fill [color=qqqqff] (2.78,4.38) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (2.79,4.64) node {$D$};
\fill [color=xdxdff] (-1.04,1.82) circle (1.5pt);
\draw[color=xdxdff] (-0.91,2.05) node {$P$};
\fill [color=uuuuuu] (-2.32,1.82) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-2.17,2.05) node {$A''$};
\fill [color=uuuuuu] (2.78,1.81) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (2.95,2.05) node {$D''$};
\draw[color=qqwuqq] (-1.38,1.65) node {$\alpha$};
\draw[color=qqwuqq] (-0.70,1.95) node {$\alpha$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}}\)

[bakala12]

Ponewor, Twoje rozwiązania są prześliczne A już na pewno biją pod tym względem na głowę moje wypociny

[timon92]

przekombinowaliście ósme

szkic:    

prosta \(\displaystyle{ PQ}\) jest osią symetrii kąta dwuściennego o ścianach \(\displaystyle{ ABC, DBC}\) jak również osią symetrii płaszczyzny \(\displaystyle{ ADPQ}\), jest więc osią symetrii części wspólnej tych dwóch zbiorów, a to jest kąt płaski \(\displaystyle{ \angle AQD}\) czyli to jest dwusieczna tego kąta

trzeba jeszcze się wytłumaczyć, dlaczego to nie jest dwusieczna kąta zewnętrznego, ale to jest oczywiste, bo leży wewnątrz tego kąta

[nierozumiemfizy]

6:

Ukryta treść:    

Załózmy, że spełniają\(\displaystyle{ x, y, z}\) podane równanie.
Wówczas \(\displaystyle{ 3x + 4y = 7^{a}}\) i \(\displaystyle{ 4x + 5y = 7^{b}}\)dla pewnych całkowitych dodatnich \(\displaystyle{ a, b}\) , takich że \(\displaystyle{ a<b}\) i \(\displaystyle{ a+b=z}\) . \(\displaystyle{ b>a}\) , ponieważ dla dowolnych liczb całkowitych dodatnich zachodzi \(\displaystyle{ 4x+5y>3x+4y}\)
\(\displaystyle{ a, b}\) są całkowite ponieważ żeby zachodziła równość z treści zadania liczby \(\displaystyle{ 7^{a}}\) i \(\displaystyle{ 7^{b}}\) mogą być podzielne tylko przez \(\displaystyle{ 1}\) i naturalne potęgi \(\displaystyle{ 7}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ a,b}\) otrzymujemy:
(*) \(\displaystyle{ \frac{4x+5y}{3x+4y}=7^{c}}\) dla pewnego całkowitego \(\displaystyle{ c}\) spełniającego warunek \(\displaystyle{ b-a=c}\)
przekształćmy (*). Otrzymamy:
\(\displaystyle{ x(4 - 7^{c} \cdot 3) + y(5 - 7^{c} \cdot 4) = 0}\)
otrzymaliśmy sprzeczność, bo oba składniki sumy po lewej stronie są ujemne.
Nie istnieją zatem dodatnie liczby całkowite \(\displaystyle{ x, y, z}\) spełniające równanie

[Ponewor]

Mam nadzieję, że docenicie również to rozwiązanie:

7':    

Środek okręgu \(\displaystyle{ o}\) oznaczmy przez \(\displaystyle{ O}\). Niech \(\displaystyle{ Q'}\) będzie takim punktem na półprostej \(\displaystyle{ PA}\), że \(\displaystyle{ \left|PQ'\right|=\left|PB\right|}\), oraz niech \(\displaystyle{ R'}\) będzie takim punktem na półprostej \(\displaystyle{ PB}\), że \(\displaystyle{ \left|PR'\right|=\left|PA\right|}\). Niech \(\displaystyle{ k}\) będzie prostą styczną do \(\displaystyle{ o}\) w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Środek odcinka \(\displaystyle{ Q'R'}\) oznaczmy przez \(\displaystyle{ N}\), a punkt przecięcia prostych \(\displaystyle{ QR'}\) i \(\displaystyle{ Q'R}\) oznaczmy przez \(\displaystyle{ F}\) (o ile istnieje). Punkty \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ R'}\) leżą na okręgu \(\displaystyle{ o_1}\) o środku w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Punkty \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ Q'}\) leżą na okręgu \(\displaystyle{ o_2}\) o środku w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Istnieje zatem inwersja o środku w punkcie \(\displaystyle{ P}\) przekształcająca jeden okrąg na drugi i na odwrót. Punkt \(\displaystyle{ A}\) przechodzi w tej inwersji na punkt \(\displaystyle{ Q'}\), zaś punkt \(\displaystyle{ B}\) przechodzi na punkt \(\displaystyle{ R'}\). Obrazem okręgu \(\displaystyle{ o}\) przechodzącego przez środek inwersji jest prosta \(\displaystyle{ Q'R'}\). Prosta \(\displaystyle{ k}\) przechodzi w tej inwersji na prostą \(\displaystyle{ k}\), bo zawiera środek inwersji. Ponieważ inwersja zachowuje kąty, to skoro prosta \(\displaystyle{ k}\) była styczna (równoległa) do okręgu \(\displaystyle{ o}\), to ich obrazy - proste \(\displaystyle{ k}\) i \(\displaystyle{ Q'R'}\) są równoległe. Przez \(\displaystyle{ C}\) oznaczmy punkt przecięcia prostych \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ k}\), zaś przez \(\displaystyle{ D}\) oznaczmy punkt przecięcia prostych \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ PN}\). Przez \(\displaystyle{ X_{\infty}}\) będę oznaczał punkt w nieskończoności. Z lematu 2.25 w Burku \(\displaystyle{ \left(Q', R'; \ N, X_{\infty}\right) = 1}\). Z twierdzenia 1.7 w Burku \(\displaystyle{ \left(Q', R'; \ N, X_{\infty}\right) = \left(A, B; \ D, C\right)}\). Z twierdzenia odwrotnego do 1.9 w Burku, punkt \(\displaystyle{ D}\) leży na biegunowej punktu \(\displaystyle{ C}\) względem okręgu \(\displaystyle{ o}\). Biegunowa punktu \(\displaystyle{ C}\), to prosta przez biegun \(\displaystyle{ P}\) prostej \(\displaystyle{ k}\) względem okręgu \(\displaystyle{ o}\) i prosta przez biegun \(\displaystyle{ E}\) prostej \(\displaystyle{ AB}\) względem okręgu \(\displaystyle{ o}\). Zatem punkty \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ D}\) i \(\displaystyle{ E}\) są współliniowe. Ponieważ punkty \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ D}\) i \(\displaystyle{ N}\) są współliniowe, to współliniowe są punkty \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ D}\), \(\displaystyle{ E}\) i \(\displaystyle{ N}\). Zauważmy, że zarówno punkt \(\displaystyle{ Q}\) jak i punkt \(\displaystyle{ O}\), leżą na symetralnej odcinka \(\displaystyle{ PB}\). Stąd \(\displaystyle{ QO \perp BP= RP}\). Analogicznie \(\displaystyle{ RO \perp AP = QP}\) Stąd punkt \(\displaystyle{ P}\) jest ortocentrum w trójkącie \(\displaystyle{ \triangle QOR}\). Zatem \(\displaystyle{ QR \perp OP \perp k \parallel Q'R'}\), czyli \(\displaystyle{ QR \parallel Q'R'}\) i czworokąt \(\displaystyle{ QRQ'R'}\) lub \(\displaystyle{ QRR'Q'}\) (w zależności od konfuguracji) jest trapezem. Znanym faktem jest, że w trapezie punkt przecięcia przekątnych, środki podstaw i ewentualny punkt przecięcia ramion trapezu są współliniowe, zatem współliniowe są punkty \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ M}\), \(\displaystyle{ N}\) i \(\displaystyle{ F}\) (o ile ów istnieje). To w połączeniu ze współliniowością punktów \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ D}\), \(\displaystyle{ E}\) i \(\displaystyle{ N}\), daje nam współliniowość punktów \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ M}\), \(\displaystyle{ N}\), \(\displaystyle{ D}\), \(\displaystyle{ E}\) i punktu \(\displaystyle{ F}\) (o ile ów istnieje). W szczególności współliniowe są punkty \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ M}\) i \(\displaystyle{ E}\), czyli innymi słowy prosta \(\displaystyle{ PM}\) przechodzi przez punkt \(\displaystyle{ E}\), będący biegunem prostej \(\displaystyle{ AB}\) względem okręgu \(\displaystyle{ o}\), czyli niezależny od wyboru punktu \(\displaystyle{ P}\).
\(\displaystyle{ \begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(-7.79,-9.01) rectangle (6.19,8.48);
\fill[color=red,fill=red,fill opacity=0.1] (-3.75,4.4) -- (-6.09,-0.8) -- (4.35,-6.37) -- (0.22,2.28) -- cycle;
\draw(-0.44,3.46) circle (2.29cm);
\draw [domain=-7.79:6.19] plot(\x,{(-0.68-1.55*\x)/1.16});
\draw [domain=-7.79:6.19] plot(\x,{(-7.25-1.63*\x)/-3.34});
\draw [domain=-7.79:6.19] plot(\x,{(-4.16--3.34*\x)/-1.63});
\draw [domain=-7.79:6.19] plot(\x,{(--5.85--1.16*\x)/1.55});
\draw (-6.09,-0.8)-- (4.35,-6.37);
\draw [domain=-7.79:6.19] plot(\x,{(--6.68--5.02*\x)/-0.65});
\draw [domain=-7.79:6.19] plot(\x,{(--4.59--2.24*\x)/-0.48});
\draw [domain=-7.79:6.19] plot(\x,{(--2.9-2.26*\x)/-0.4});
\draw(-1.52,1.43) circle (3.71cm);
\draw(-1.52,1.43) circle (1.94cm);
\draw (-3.75,4.4)-- (0.22,2.28);
\draw (-3.75,4.4)-- (-6.09,-0.8);
\draw (-6.09,-0.8)-- (4.35,-6.37);
\draw (4.35,-6.37)-- (0.22,2.28);
\draw (0.22,2.28)-- (-3.75,4.4);
\draw [domain=-7.79:6.19] plot(\x,{(--29.79--5.2*\x)/2.34});
\draw [domain=-7.79:6.19] plot(\x,{(-11.35--8.65*\x)/-4.13});
\draw [domain=-7.79:6.19] plot(\x,{(-4.61-2.02*\x)/-1.08});
\draw [domain=-7.79:6.19] plot(\x,{(-1.26--1.08*\x)/-2.02});
\draw [domain=-7.79:6.19] plot(\x,{(--13.62--0.08*\x)/4.5});
\draw(-0.33,-2.57) circle (6.03cm);
\begin{scriptsize}
\fill (-2.68,2.98) circle (1.5pt);
\draw (-3.2,3.29) node {$A$};
\fill (1.82,3.06) circle (1.5pt);
\draw (2.32,2.93) node {$B$};
\fill (-1.52,1.43) circle (1.5pt);
\draw (-2.06,1.52) node {$P$};
\fill [color=uuuuuu] (4.35,-6.37) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (5.35,-6.31) node {$Q$};
\fill [color=uuuuuu] (-6.09,-0.8) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-6.8,-0.49) node {$R$};
\fill [color=uuuuuu] (-0.87,-3.58) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-0.62,-3.16) node {$M$};
\fill [color=uuuuuu] (-0.22,-8.6) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (0.28,-8.32) node {$E$};
\fill [color=uuuuuu] (-3.75,4.4) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-4.07,5.42) node {$Q'$};
\fill [color=uuuuuu] (0.22,2.28) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (0.4,2.75) node {$R'$};
\fill [color=uuuuuu] (-1.76,3.34) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-2.12,4.01) node {$N$};
\fill [color=uuuuuu] (-0.44,3.46) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-0.95,3.86) node {$O$};
\draw[color=black] (-7.19,2.6) node {k};
\fill [color=uuuuuu] (-4.36,2.95) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-4.13,3.38) node {$C$};
\fill [color=uuuuuu] (-1.72,3) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-2.06,2.78) node {$D$};
\fill [color=uuuuuu] (-2.31,7.59) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-2.09,8) node {$F$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}}\)

[Vether]

Ponieważ rzuty są fajne to powinno zachodzić...

Moje "rozwiązania":

5:    

Niestety... Pewnie \(\displaystyle{ 0}\)... :/

\(\displaystyle{ f(a+b)^3=f(a)^3+f(b)^3+3f(a)f(b)f(a+b)}\)

Biorąc \(\displaystyle{ b=0}\) i oznaczając \(\displaystyle{ f(0)=c}\), mamy:
\(\displaystyle{ f(a)^3=f(a)^3+c(3f(a)^2+c^2)}\)

A więc \(\displaystyle{ c=0}\) lub \(\displaystyle{ 3f(a)^2+c^2=0}\), ale wyrażenie to jest sumą kwadratów, więc również \(\displaystyle{ c=0}\). Zatem \(\displaystyle{ f(0)=0}\) \(\displaystyle{ (1)}\)

Następnie biorąc \(\displaystyle{ a=-b}\) dostajemy \(\displaystyle{ f(-a)=-f(a)}\), więc funkcje spełniające równanie są nieparzyste \(\displaystyle{ (2)}\)

Możemy łatwo zauważyć, że jeśli funkcja \(\displaystyle{ f}\) spełnia równanie \(\displaystyle{ f(a+b)=f(a)+f(b)}\), a więc jest postaci \(\displaystyle{ f(x)=ax, a \in \ZZ}\), równanie z treści zadania również jest spełnione. Funkcje te spełniają także warunki \(\displaystyle{ (1)}\) i \(\displaystyle{ (2)}\), więc funkcje postaci \(\displaystyle{ f(x)=ax}\) są rozwiązaniami równania.

Sprawdźmy teraz, co jeśli \(\displaystyle{ f(a+b) \neq f(a)+f(b)}\). Wprowadźmy oznaczenia: \(\displaystyle{ f(a)=x, f(b)=y, f(a+b)=z}\). Mamy:
\(\displaystyle{ z^3=x^3+3xyz+y^3}\)

Odejmijmy od obu stron równania \(\displaystyle{ (x+y)^3}\):
\(\displaystyle{ z^3-(x+y)^3=x^3+3xyz+y^3-(x^3+3x^2y+3xy^2+y^3)}\)
\(\displaystyle{ (z-x-y)(z^2+xz+yz+x^2+2xy+y^2)=3xy(z-x-y)}\)

Na mocy założenia \(\displaystyle{ z-x-y \neq 0}\), więc:
\(\displaystyle{ z^2+xz+yz+x^2+2xy+y^2=3xy}\)

Po uporządkowaniu i wymnożeniu stronami przez \(\displaystyle{ 2}\) dostajemy:
\(\displaystyle{ (x-y)^2+(x+z)^2+(y+z)^2=0}\)

Stąd rozwiązaniami są jedynie \(\displaystyle{ x=y=z=0}\), co jest sprzeczne z założeniem. Jedynymi rozwiązaniami równania są więc funkcje \(\displaystyle{ f(x)=ax, a \in \ZZ}\).

6:    

Załóżmy, że istenieją dodatnie liczby całkowite \(\displaystyle{ x, y, z}\) spełniające równanie. Niech \(\displaystyle{ z= \alpha + \beta , \alpha , \beta \in \ZZ}\). Niech:

\(\displaystyle{ \begin{cases} 3x+4y=7^{ \alpha } \\ 4x+5y=7^{ \beta } \end{cases}}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ 4x+5y>3x+4y>1}\), mamy \(\displaystyle{ \beta > \alpha >0}\). Niech \(\displaystyle{ \gamma=\beta - \alpha , \gamma \in \ZZ^{+}}\), a więc \(\displaystyle{ 7^{\beta}=7^{\alpha+\gamma}=7^{\alpha} \cdot 7^{\gamma}}\). Wobec tego:

\(\displaystyle{ \left( 3x+4y\right) \cdot 7^{\gamma} =4x+5y}\), ale przecież dla całkowitych dodatnich \(\displaystyle{ x, y}\):

\(\displaystyle{ \left( 3x+4y\right) \cdot 7^{\gamma} \ge \left( 3x+4y\right) \cdot 7 = 21x+28y>4x+5y}\)

A stąd sprzeczność i wniosek, że nie istnieją dodatnie liczby całkowite spełniające to równanie.

7:    

Niech \(\displaystyle{ \sphericalanlage APB=\alpha}\). Z treści zadania wynika, że \(\displaystyle{ \left| QP\right| =\left| QB\right|}\) oraz \(\displaystyle{ \left| RP\right| =\left| RA\right|}\). Wobec tego trójkąty \(\displaystyle{ QPB}\) i \(\displaystyle{ APR}\) są równoramienne, a więc:
\(\displaystyle{ \sphericalanlage RAQ= \sphericalanlage RAP= \sphericalanlage APR = \sphericalanlage PBQ = \sphericalanlage RBQ}\)
Wynika stąd, że na czworokącie \(\displaystyle{ AQRB}\) możemy opisać okrąg.

Następnie możemy zauważyć, że skoro \(\displaystyle{ \sphericalanlage QPB= \sphericalanlage PBQ = \alpha}\), to \(\displaystyle{ \sphericalanlage BQP=180^{\circ}-2\alpha}\). Wówczas \(\displaystyle{ \sphericalanlage AQB=2 \alpha}\), a przecież także \(\displaystyle{ \sphericalanlage AOB=2 \alpha}\), ponieważ jest to kąt środkowy oparty na tym samym łuku, co \(\displaystyle{ \sphericalanlage APB}\). W takim razie na czworokącie \(\displaystyle{ AQOB}\) również da się opisać okrąg, co oznacza, że na pięciokącie \(\displaystyle{ AQORB}\) da się opisać okrąg.

Poprowadźmy dwusieczną kąta \(\displaystyle{ \sphericalanlage AOB}\). Niech przecina ona okrąg opisany na \(\displaystyle{ AQORB}\) w punkcie \(\displaystyle{ C}\). Pokażemy, że właśnie ten punkt, jest punktem wspólnym wszystkich uzyskanych w ten sposób prostych \(\displaystyle{ PM}\).

Półprosta \(\displaystyle{ OC}\) jest dwusieczną kąta \(\displaystyle{ \sphericalanlage AOB=2 \alpha}\), więc \(\displaystyle{ \sphericalanlage AOC=\alpha}\), ale \(\displaystyle{ C}\) leży na okręgu opisanym na \(\displaystyle{ AQPRB}\), więc \(\displaystyle{ \sphericalanlage AOC= \sphericalanlage AQC=\alpha}\). Stąd wniosek, że \(\displaystyle{ \sphericalanlage CQP=180^{\circ}-\alpha}\). Podobnie wyprowadzamy miarę kąta \(\displaystyle{ \sphericalanlage PRC=180^{\circ}-\alpha}\). Ponadto możemy zauważyć, że \(\displaystyle{ \sphericalanlage QPR= \sphericalanlage APR=\sphericalanlage RAP=\sphericalanlage RAQ=\sphericalanlage RCQ}\). Na podstawie równości przeciwległych kątów w czworokącie \(\displaystyle{ QPRC}\)stwierdzamy, że jest on równoległobokiem. Odcinki \(\displaystyle{ \left| QR\right|}\) i \(\displaystyle{ \left| CP\right|}\) są przekątnymi tego równoległoboku, więc przecinają się w połowie, a skoro punkt \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ \left| QR\right|}\), to punkty \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ M}\), \(\displaystyle{ C}\) są współliniowe, co kończy dowód.

Ponadto możemy także zauważyć, że skoro \(\displaystyle{ \sphericalanlage AOC=\alpha}\), to także \(\displaystyle{ \sphericalanlage ABC=\alpha}\) i podobnie \(\displaystyle{ \sphericalanlage CAB=\alpha}\). Wynika stąd, że punkt \(\displaystyle{ C}\) jest także przecięciem stycznych do okręgu \(\displaystyle{ o}\) w punktach \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\).

Dowody tezy dla różnych położeń \(\displaystyle{ P}\) są analogiczne do wyżej przedstawionego.

8:    

Poprowadźmy dwie proste \(\displaystyle{ k}\) i \(\displaystyle{ l}\) równoległe do prostej \(\displaystyle{ BC}\) i przechodzące odpowiednio przez punkty \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ D}\) oraz prostopadłą do tych prostych płaszczyznę \(\displaystyle{ \pi _1}\) przechodzącą przez \(\displaystyle{ Q}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \sphericalanlage BQP}\) jest prosty, płaszczyzna \(\displaystyle{ \pi _1}\) przechodzi przez punkt \(\displaystyle{ P}\). Niech proste \(\displaystyle{ k}\) i \(\displaystyle{ l}\) przecinają płaszczyznę \(\displaystyle{ \pi _1}\) w punktach odpowiednio \(\displaystyle{ M}\) i \(\displaystyle{ N}\). Z warunków zawartych w treści zadania i z faktu, że \(\displaystyle{ \sphericalanlage MQB= \sphericalanlage PQB= \sphericalanlage NQB=90^{\circ}}\) wnioskujemy, że półprosta \(\displaystyle{ QP}\) jest dwusieczną \(\displaystyle{ \sphericalanlage MQN}\). Oznaczmy \(\displaystyle{ \left| MQ\right| =a}\) oraz \(\displaystyle{ \left| NQ\right| =b}\). Z twierdzenia o dwusiecznej kąta wewnętrznego dostajemy:

\(\displaystyle{ \frac{\left| MP\right| }{a} = \frac{\left| NP\right| }{b}}\), a więc \(\displaystyle{ \left| MP\right|=ax}\) oraz \(\displaystyle{ \left| NP\right|=bx}\), dla pewnego nieujemnego \(\displaystyle{ x}\).

Zauważmy, że \(\displaystyle{ \sphericalanlage AMP=\sphericalanlage DNP=90^{\circ}}\) oraz \(\displaystyle{ \sphericalanlage APM= \sphericalanlage DPN}\) (gdyż są to kąty wierzchołkowe), a więc trójkąty \(\displaystyle{ AMP}\) i \(\displaystyle{ DNP}\) są do siebie podobne w skali \(\displaystyle{ \frac{a}{b}}\). Możemy więc dla pewnych nieujemnych \(\displaystyle{ y,z}\) zastosować oznaczenia:

\(\displaystyle{ \left| AM\right|=ay}\), \(\displaystyle{ \left| AP\right|=az}\), \(\displaystyle{ \left| DN\right| =by}\), \(\displaystyle{ \left| DP\right|=bz}\).

Korzystając z wyżej wyprowadzonych zależności dostajemy:

\(\displaystyle{ \left| AQ\right|= \sqrt{\left| AM\right|^2+\left| MQ\right|^2 }= \sqrt{a^2y^2+a^2}=a \sqrt{y^2+1}}\)

\(\displaystyle{ \left| DQ\right|= \sqrt{\left| DN\right|^2+\left| NQ\right|^2 }= \sqrt{b^2y^2+b^2}=b \sqrt{y^2+1}}\)

Punkty \(\displaystyle{ A, P, D}\) są współliniowe. Przez daną prostą i punkt na niej nieleżący możemy zawsze poprowadzić płaszczyznę. Wobec tego istnieje płaszczyzna \(\displaystyle{ \pi _2}\) zawierająca punkty \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ D}\) i \(\displaystyle{ Q}\). Ponadto:
\(\displaystyle{ \frac{\left| AP\right| }{\left| AQ\right| }= \frac{z}{ \sqrt{y^2+1} } = \frac{\left| DP\right| }{\left| DQ\right| }}\)

Wobec powyższego z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia o dwusiecznej otrzymujemy, że półprosta \(\displaystyle{ QP}\) jest dwusieczną kąta \(\displaystyle{ \sphercalanlage AQD}\) i w rezultacie \(\displaystyle{ \sphericalanlage AQP = \sphericalanlage DQP}\), czego należało dowieść.

uwagi:    

\(\displaystyle{ 5}\) - jak już zostało zauważone... niespodzianka. Niestety...
\(\displaystyle{ 6}\) - darmowe, jak pierwsze. Oczywiście wykluczając drobne potknięcia i niedomówienia.
\(\displaystyle{ 7}\) - w sumie nie było zbyt trudne. Wszystko idzie na kątach.
\(\displaystyle{ 8}\) - siedziałem nad tym kilka nocy i nie wiedziałem nawet jak zacząć, a potem zrobiłem na sprawdzianie z wielomianów Mam nadzieję, że dobrze... :/

[Swistak]

XD Czo wy piszecie w tym ósmym . Niby liczy się rozwiązanie, ale to zadanie da się zrobić w jednym czy dwóch krótkich zdaniach, a jedyną napisaną równością może być teza o0. Tym, którzy zrobili to inaczej gratuluję determinacji, ale radzę sobie zrobić solidny trening wyobraźni przestrzennej (początkowe kąciki przestrzenne Michała Kiezy w Delcie są do tego bardzo dobre), bo daleko się nie zajedzie, jeżeli nie widzi się, że w tym zadaniu wszystko jest symetryczne, a ten czworościan to jedna wielka ściema.

Jestem ciekaw wzorcówek do 7. i 8. Siódme jest jednolinijkowcem, jeżeli ktoś zna symediany i może można to zrobić jakoś inaczej, ale to jest to, co tak naprawdę za tym stoi. Mam nadzieję, że KG znowu nie zrobi sobie żartów wymyślając najdziwniejsze triki, aby tylko uniknąć słowa "symediana", utrzymując wizerunek maksymalnie "elementarnego konkursu" o0. Ale po zeszłorocznym ósmym i absolutnie paskudnie zapisanym jego rozwiązaniu, które chyba było rozwiązaniem grafowym (didn't read, lol), zapisanym tak, aby nie użyć słowa "graf" chyba już nic mnie nie zaskoczy.
Na OMie nie pierwszy raz zdarza się zadanie, za którym ewidentnie stoi jakaś teoria, jednak rozwiązania starają się ją jak najbardziej ją ukryć, starając się sprawić wrażenie, że nie wymagało ono żadnej wiedzy. Moim zdaniem jest to, co najmniej niepoważne. Sztandarowym przykładem jest tutaj zadanie o resztach kwadratowych z ostatniego finału, ale oczywiście pamiętamy takie zadania jak sfera dwunastu punktów, a zadanie na trywialne zastosowanie symedian pojawia się już po raz co najmniej trzeci (wcześniej 62-2-8 i 51-3-2). Na IMO też było takie sławetne zadanie z Combinatorial Nullstellensatzem (wg statystyk najtrudniejsze zadanie w historii IMO) i wiele mądrych głów obstawało za tym, że to zadanie wcale nie jest z nim tak mocno związane i dało się je zrobić bez jego znajomości, ale jakoś o tym nie przekonuje fakt, że 100% poprawnych rozwiązań korzystało właśnie z Combinatorial Nullstellensatza (or so I heard). Podobnie reszty kwadratowe. Ale na IMO była to jednorazowa wpadka, a na OMie są takie regularnie. Niby pojawią się osoby, które zrobiły to zadanie bez uprzedniej znajomości symedian, ale to jest ponowne odkrywanie Ameryki. Niby na samym początku matematyki były same aksjomaty i z nich zostało wszystko wyprowadzone bez ówczesnej znajomości twierdzeń, które trzeba dowieść, każde twierdzenie można udowodnić od aksjomatów i każde zadanie zrobić bez uprzedniej znajomości należytej teorii, ale chyba nie tak to wszystko ma wyglądać.


No a co do tegorocznego 8., to wzorcówka powinna właśnie wyglądać tak jak to, co opisał timon92, ale po rozwiązaniach z tego wątku, może być różnie .

[Ponewor]

w tym zadaniu wszystko jest symetryczne, a ten czworościan to jedna wielka ściema.

Byłem w pełni świadom jednego i drugiego. Wyobraźni przestrzennej nie posiadam. Jednak to nie w niej tu rzecz. Po prostu chyba każdy patrząc na to myślał, że hmmm ostatnie zadanie z serii to nie powinno być takie łatwe, no chyba jednak coś w nim trzeba zrobić. Zresztą zanim jeszcze zobaczyłem rozwiazanie timona92, to miałem narzekać, że w ogóle nie czuć było w tym zadaniu, że to zadanie numer 8, że szło tak bezczelnie łatwo (BTW zadanie czwarte też niegodne ostatniego w serii).
Ach i zabawne, że mówisz, że do normalnego rozwiązania tego zadania przyczyniłoby się uważne studiowanie "Kącików Przestrzennych" pana Kiezy, bowiem istnienie mojego rozwiązania jest zasługą właśnie tych artykułów, bez Delty bym nie znał przestrzennego twierdzenia o dwusiecznej
Jeśli pytasz o wzorcówkę do siódmego, to nie zdziwiłbym się gdyby szła ona tak jak u mnie, bo mam prostej i krótkie rozwiązania, a korzysta ono z odbić ortocentrum czyli jednak jako takiego OM-owego elementarnego standardu - udowodnienie ich jest zwykłym zadaniem z mojego szkolnego zbioru zadań.

Najhardsze z tej serii ewidentnie piąte, bo bardzo zaskakujące i niezwykle blefogenne. Później siódme, potem ósme, a na końcu banał szóste. No i siódme najfajniejsze. To rozwiązanie z symedian ładne.

[porfirion]

Co do 8: Podobne zadanko dali rok temu w pierwszej serii (takie zadanko z grą o kładzeniu monet) - też szło w jednym zdaniu z symetrii, a firmówka miała całą stronę. Nie można sobie tak ot powiedzieć, że z symetrii, nie na OMie bo strach, że potną. Sam się zastanawiałem czy wystarczy tak napisać, ale ze strachu postanowiłem wysłać takie lanie wody na całą kartkę.
7 - fajne zadanie, szczególnie fajnie się je owni z symedian. Też nie mam wątpliwości, że człowiek, który je wymyślił myślał o nim w ten sposób. Ale ofc to nie jest jedyny sposób rozwiązania tego zadania, istnieją znacząco różne, np. (w zasadzie to tylko to znam) to o którym mówił Ponewor. Całkowicie elementarne, szybkie i ładne.
5. Dobre zadanie, mnóstwo blefów poszło. Dużo koksów nie ogarnęło, aż dziw. Ale tak się dzieje, jak ludzie biorą coś za oczywiste i nie dbając o formalny dowód, starają się przepchnąć swoje intuicje. Bo jakby ktoś z tych co wysłał tylko liniowe, dwa razy przeczytał swoje rozwiązanie uważnie, musiałby znaleźć nieścisłość, no ale raczej nikt nie szukał.
6. Oj, chyba na OMGa załatwe Mogliby na, np. 7 z I etapu OMGa zamienić i byłoby hardziej. Niewiele hardziej, ale hardziej. (Nie jest to moja autorska myśl, ale podpisuje się obiema łapami)

[opilo]

W 8 wysłałem blef po całości...
7 nie zrobiłem.
6 , cóż najpierw zauważamy, że drugi czynnik dzielony przez pierwszy musi być całkowity, bo są to całkowite potęgi siódemki, z drugiej strony jest to niecałkowite bo \(\displaystyle{ \frac{4x+5y}{3x+4y}=1+ \frac{x+y}{3x+4y} >1}\) i \(\displaystyle{ <2}\)
5 , cóż udowodniłem z rozszerzonej wersji indukcji matematycznej, zakładając, że \(\displaystyle{ f(2a)=2f(a)}\), \(\displaystyle{ f((n-1)a)=(n-1)f(a)}\) oraz \(\displaystyle{ f(na)=nf(a)}\), że \(\displaystyle{ f((n+1)a)=(n+1)f(a)}\), wiadomo z ZIM, czyli \(\displaystyle{ f(na)=nf(a)}\), a potem za \(\displaystyle{ a=1}\), mamy \(\displaystyle{ f(n)=nf(1),}\) a więc dla naturalnych \(\displaystyle{ a}\) mamy \(\displaystyle{ f(a)=a \cdot k}\), gdzie \(\displaystyle{ k =f(1)}\), a że nieparzysta to rozszerzamy na całkowite... ale nie wiem czy na 6...

[Pinionrzek]

Według mnie najgorsze było 7, nie zrobiłem go i teraz patrząc na nie widzę, że to zwykłe liczenie na kątach, ale jestem słaby z planimetrii. Następne jest 8, bardzo fajne, zgadzam się, że to rozwiązanie z symetrią jest najlepsze, ale jednak zrobiłem tym sposobem co większość osób. Potem jest 5, które moim zdaniem nie wymagało nic więcej niż zastosowania indukcji i zauważenia jeszcze jednej możliwości. 6 darmowe, pewnie po to je dali, żeby każdemu coś się udało zrobić.

[Swistak]

5. Dobre zadanie, mnóstwo blefów poszło. Dużo koksów nie ogarnęło, aż dziw.

Rewriting history...
W ramach przypomnienia, zadanie z mojego IMO, sprzed roku:
Find all functions \(\displaystyle{ f:\mathbb Z\rightarrow \mathbb Z}\) such that, for all integers \(\displaystyle{ a,b,c}\) that satisfy \(\displaystyle{ a+b+c=0}\), the following equality holds:
\(\displaystyle{ \[f(a)^2+f(b)^2+f(c)^2=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a).\]}\)
Wygląda podobnie, czyż nie ?

A oto są moje cudne wspomnienia z tego zadania: ... 3&t=488956

[Ponewor]

No ale to nie to samo. Na IMO jednak ludzie ogarnęli, że są rozwiązania różne od trywialnego, a tutaj to jednak zaskoczeniem dla wszystkich było istnienie nieliniowych rozwiązań.

[Jever]

Co poza materiałem z liceum powinienem mieć w "głowie", żeby mieć realne szanse na olimpiadzie? (chodzi mi o dodatkową wiedzę teoretyczną, a nie o umiejętności i "przerobione" 5 milionów zadań - to wydaje się być oczywiste ;p)

[AndrzejK]

Przerobienie 5 milionów zadań wykształci w Tobie dodatkową wiedzę teoretyczną.