[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

[limes123]

Jakby co to geometria od Dumla nie jest dobrze rozwiazana.

[tkrass]

Przepraszam, nawet się nie wczytałem. W takim razie aktualne zadanie:

Niech BCD, CAE i ABF będą tójkątami równoramiennymi o podstawach odpowiednio BC,CA i AB. Udowodnić, że proste przechodzące przez A,B,C prostopadłe do odpowiednio prostych EF,FD i DE przecinają się w jednym punkcie.

[matk]

Pawels, chyba inaczej zrozumieliśmy treść.

Oznaczmy jako X środek okręgu opisanego na trójkącie ABC.
Proste o których mowa w zadaniu (prostopadłe do EF, FD, DE) niech przecinają boki CB, AB i AC w punktach K, L, M.

Zauważmy równość kątów (po sumowaniu kątów w trójkątach)
\(\displaystyle{ A1= \sphericalangle BCL = \sphericalangle XDE\\
A2= \sphericalangle ACL = \sphericalangle DEX\\
B1= \sphericalangle CAK = \sphericalangle XEF\\
B2= \sphericalangle BAK = \sphericalangle XFE\\
C1= \sphericalangle MBA = \sphericalangle DFX\\
C2= \sphericalangle CMB = \sphericalangle XDF}\)

Rozpatrzmy teraz trójkąt EFD. Proste EX, FX, DX przecinają się w punkcie X, więc z trygonometrycznego twierdzenia Cevy mamy.
\(\displaystyle{ \frac{Sin(B1)*Sin(C1)*Sin(A1)}{Sin(A2)*Sin(C2)*Sin(B2)}=1}\)

Mając daną tą zależność, z odwrotnego twierdzenia otrzymujemy, że proste AK, BM i CL przecinają się w jednym punkcie (bo kąty nachylone do podstaw spełniają zależnośc cevy).

Sprawdzić czy dobrze, bo nowy tu jestem.-- 26 sty 2010, o 00:35 --

Dla dodatnich x,y,z takich, że : \(\displaystyle{ x+y+z=\sqrt{xyz}}\) udowodnić:
\(\displaystyle{ xy+yz+xz \ge 9(x+y+z)}\)

\(\displaystyle{ xy+yz+xz =xyz(1/x+1/y+1/z) \ge 9(x+y+z)=9\sqrt{xyz}\\
\sqrt{xyz}(1/x+1/y+1/z) \ge 9\\
(x+y+z)(1/x+1/y+1/z) \ge 9\\
\frac{x+y+z}{3} \ge \frac{3}{1/x+1/y+1/z}}\)
Co jest prawdziwe dla liczb dodatnich.

Rozwiązcie zadanie o ufoludku dumla

Ufoludek zaatakował dom składający się z piwnicy, parteru, piętra i poddasza. między sąsiednimi kondygnacjami domu są schody po których się porusza. Gdy dochodzi do piwnicy pije wino z jednej z dwóch znajdujących się w niej beczek (są bardzo duże więc wina nie zabraknie) a gdy wchodzi na poddasze wysyła sygnał na Marsa za pomocą jednego ze swoich dwóch nadajników. Ufoludek startuje z parteru i \(\displaystyle{ n}\) razy przechodzi między kondygnacjami (jak dojdzie na skrajne wykonuje co trzeba na jeden z dwóch sposobów). łażenie po domu nie jest zbyt pasjonujące więc aby urozmaicić sobie misję ufoludek zastanawia się na ile sposobów może sobie połazić. Pomóż mu!

Tylko tak, że w piwnicy tylko pije wino a na strychu tylko wysyła sygnał.

[Dumel]

Tylko tak, że w piwnicy tylko pije wino a na strychu tylko wysyła sygnał.

no chyba tak to leciało, bo ta wersja którą kiedyś rozwiązałem była bardziej skomplikowana niż to co wrzuciłem.-- 26 stycznia 2010, 10:00 --

\(\displaystyle{ (\sum_{}^{} x)^3+ \frac{1}{2} \cdot ( \sqrt{3} (\sum_{}^{} x^2)^{\frac{3}{2}}) \ge \frac{3 \sqrt{3} }{2} \sqrt{ \sum_{}^{} x^2} ( \sum_{}^{} x)^2}\)

Mógłbyś napisać tu dokładniej? Próbowałem robić podobnie i nie udało mi się.

\(\displaystyle{ (\sum_{}^{} x)^3+ \frac{1}{2} \cdot ( \sqrt{3} (\sum_{}^{} x^2)^{\frac{3}{2}}) \ge \frac{3}{2} ((\sum_{}^{} x)^3)^{ \frac{2}{3}} \cdot ( \sqrt{3} (\sum_{}^{} x^2)^{\frac{3}{2}})^{ \frac{1}{3} }}\)

[danioto]

Tak dla jasności, to jakie zadanie teraz jest "aktualne"?

"W razie czego":

Dla boków trójkąta wykazać, że:

\(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2} \ge 4S \sqrt{3}}\)

Gdzie S to pole tego trójkąta.

EDIT:
No jasne

Już drugi raz wrzucasz zadanie, gdy do zrobienia jest inne. Nie rób tego.
tkrass

[smigol]

Raczej poprawiona treść zadania od Dumela.

Poza tym w Twoim zadaniu jakaś nierówność chyba powinna być?

Powinno być \(\displaystyle{ L \ge P}\)
standardowe podstawienie, Heron i po krzyku ;F

Nie wrzucam kolejnego zadania. obowiązuje to od Dumela, chyba, że autor tematu zażyczy sobie inaczej or sth lajk dat.

[XMaS11]

Dumla, a nie Dumela !

[smigol]

Już nie mogę edytować ;FF
Sorry, Dumel.

Nie wrzucam kolejnego zadania. obowiązuje to od Dumla, chyba, że autor tematu zażyczy sobie inaczej or sth lajk dat.

[tkrass]

Temat stoi w miejscu to ja może napiszę swoje wnioski:
ufoludek chodziłby na \(\displaystyle{ 2^n}\) sposobów, ale po ostatnim ruchu może wylądować na górze lub dole, gdzie będzie jeszcze wysyłał sygnał tudzież pił wino. To nam mocno skomplikuje wynik, a ja nie mam pojęcia jak, bo z kombi nigdy dobry nie byłem.

[matk]

Więc tak. Uprośćmy sobie to zadanie.
Mamy 4 równoodlełge współliniowe kropki w podanej kolejności 1- piwnica, 2 parter, 3, poddasze, 4 strych. Możemy się poruszać tak, że skaczemy z kolejnych kropek na kolejne. (Z 1 skaczemy na 2, z 2 na 3 lub 1, z 3 na 2 lub 4, z 4 na 3). Znaleźć liczbę możliwych "dróg" skoku.

Podzielmy sobie te drogi na dwie rodziny. Te, które kończą się na skrajnych wyrazach (1 i 4) będziemy nazywać drogami skrajnymi, a te które w kropkach środkowych (2 i 3) drogami środkowymi.

Zakładamy, że po n ruchach liczba dróg środkowych wynosi \(\displaystyle{ a_{n}}\), a skrajnych \(\displaystyle{ b_{n}}\). Oczywiście startujemy z 2 więc na początku skaczemy albo na 3 albo na 1. Więc
\(\displaystyle{ a_{1} = 1\ b_{1}=1}\)
Zauważmy, że w kolejnym ruchu z kropek skrajnych możemy skoczyć tylko na kropki środkowe, a z kropek środkowych skaczemy albo na kropki skrajne albo środkowe (w tym samym stosunku 1:1).
Więc w kolejnym ruchu, liczba dróg skrajnych jest taka sama, jak liczba dróg środkowych w poprzednim. natomiast liczba dróg środokwych jest równa sumie dróg skrajnych i środkowych poprzedniego wyrazu.
\(\displaystyle{ a_{n+1} = b_{n}}\)
\(\displaystyle{ b_{n+1} = a_{n}+b_{n}}\)

Łatwo jest sprawdzić, że ciąg \(\displaystyle{ a_{n}}\) i \(\displaystyle{ b_{n}}\) jest ciągiem Fibonacciego.

\(\displaystyle{ b_{n+1} = a_{n+2} \ i \ b_{n+1} = a_{n} + b_{n} = a_{n} + a_{n+1}}\)
Czyli
\(\displaystyle{ a_{n+2}=a_{n}+a_{n+1}}\).

\(\displaystyle{ a_{n} = F_{n}\\b_{n} = F_{n+1}}\)

Więc liczba wszystkich dróg dla n skoków wynosi \(\displaystyle{ a_{n} + b_{n+1} = F_{n+2}}\)

Jak dobrze to rzucam zadanie:
Wewnątrz wielokąta wypukłego znajduje się punkt A. Wykaż, że można znaleźć dwie prost równoległe, styczne do wielokąta (tj. mające punkty wspólne z brzegiem wielokąta, ale nie z jego wnętrzem), które są jednakowo odległe od punktu A.

[Swistak]

Bierzemy sobie 2 dowolne proste a i b. Weźmy x równe odległości prostej a od punktu A minus odległości prostej b od punktu A. "Kręcimy" tak tymi prostymi do momentu aż prosta a przejdzie na prostą b, a prosta b przejdzie na prostą a (oczywiście jest to ten sam moment, bo dla jednej prostej istnieje jednoznacznie wyznaczona równoległa różna od niej i prosta styczna do tego wielokąta wypukłego). Wtedy x zmieni znak. Zatem z własności Darboux otrzymujemy, że w pewnym momencie x miało wartość 0. c.b.d.u.
Dane są takie liczby rzeczywiste x, y, z, że \(\displaystyle{ x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz=1}\). Wyznacz najmniejsza wartość wyrażenia \(\displaystyle{ x^{2}+y^{2}+z^{2}}\)

[Dumel]

nie bardzo rozumiem to rozwiązanie ale mniejsza z tym, dobrze że temat znowu ruszył

\(\displaystyle{ (x+y+z)(x^2+y^2+z^2-(xy+xz+yz) )=1}\)
więc \(\displaystyle{ x+y+z>0}\)
\(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2= \frac{1}{x+y+z} +xy+xz+yz}\)
\(\displaystyle{ 2(x^2+y^2+z^2)= \frac{2}{x+y+z} +2(xy+xz+yz)}\)
\(\displaystyle{ 3(x^2+y^2+z^2)= \frac{2}{x+y+z} +(x+y+z)^2}\)
\(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2= \frac{ \frac{1}{x+y+z}+ \frac{1}{x+y+z} +(x+y+z)^2}{3} \ge 1}\)

jest to najlepsze ograniczenie bo np dla x=y=0, z=1 mamy równość i spełnione warunki zadania

znajdź wszystkie funkcje \(\displaystyle{ [0; infty) o [0;infty)}\) spełniające dla \(\displaystyle{ x+y \ge z}\):
\(\displaystyle{ f(x+y-z)+f(2 \sqrt{xz}) +f(2 \sqrt{yz})=f(x+y+z)}\)

[danioto]

Witam,
aby temat nie stał spróbuję przedstawić moje wnioski, lecz nie nastawiajcie się na zwyt wiele

1) Wprowadzamy podstawienie x=y=z=0, wtedy
\(\displaystyle{ f(0)+f(0)+f(0)=f(0) \Rightarrow f(0)=0}\)

2) Następnie \(\displaystyle{ x=y=\frac{z}{2}}\)
\(\displaystyle{ f(0)+2f(z \sqrt{2})=f(2z) \Rightarrow 2f(z \sqrt{2})=f(2z)}\)

3) Teraz \(\displaystyle{ x=y=z \neq 0}\)
\(\displaystyle{ f(z)+2f(2z)=f(3z)}\)

Oczywistym jest fakt, że jedną z funkcji spełniających warunki zadania jest \(\displaystyle{ f(x)=0}\), więc jeśli założymy, że jakaś niestała funkcja spełnia warunki zadania, to musi być ona ściśle rosnąca. Połóżmy więc, że \(\displaystyle{ f(x)= a_{1}x^{n}+a_{2}x^{n-1}+...+a_{0}}\), więc wobec równania 2:
\(\displaystyle{ 2(a_{1}(x \sqrt{2})^{n}+a_{2}(x \sqrt{2})^{n-1}+...+a_{0})=a_{1}(2x)^{n}+a_{2}(2x)^{n-1}+...+a_{0}}\)
Więc porównując współczynniki przy najwyższej potędze:
\(\displaystyle{ 2 a_{1} x^{n} (\sqrt{2})^{n}=a_{1} x^{n} 2^{n}\\
2^{n}=2^{\frac{n}{2}+1}\\
n=\frac{n}{2}+1\\
n=2}\)
Oczywiście wyraz wolny musi się równać 0, tak samo jak wyraz środkowy. Czyli jedynymi funkcjami spełniającymi równanie są: \(\displaystyle{ f(x)=0}\) oraz \(\displaystyle{ f(x)=x^{2}}\). Co po podstawieniu do początkowego równania daje tożsamość.

Aż boję się wystawiać to na wasze oczy Bądźmy dobrej myśli

[XMaS11]

To założenie, że \(\displaystyle{ f}\) to wielomian unormowany jest dośc silne
Sądze, że \(\displaystyle{ f(x)=ax^2}\) dla rzeczywistych nieujemnych \(\displaystyle{ a}\).
Ale dzisiaj już późno, jak moje rozw. jest ok to wrzuce jutro. Pzdr.

[danioto]

No jasne!

Pomyłka przy pisaniu, miało byc tak jak mówi XMaS11
\(\displaystyle{ f(x)=ax^{2}}\), gdzie \(\displaystyle{ a \in R_{+} + {0}}\)

A, że jest dość silne to wiem, tylko nie wiem jak je obejść

Pzdr!

P.S.
Czemu nie mogę edytować wcześniejszego posta?