[MIX] Wielkopolska Liga Matematyczna

[PMichalak]

Zadanie A1. Najkrótsza przekątna dziewieciokąta foremnego o boku \(\displaystyle{ a}\) ma długość \(\displaystyle{ d}\). Udowodnić, że jego najdłuzsza przekątna ma długość \(\displaystyle{ a + d}\).

Zadanie A2. Liczby całkowite dodatnie \(\displaystyle{ a, b, c, d, e}\) spełniają równości \(\displaystyle{ a + b = c + d + e, a^{2} + b^{2} + c^{2} = d^{2} + e^{2}}\). Wykazać, ze przynajmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ a, b}\) jest złożona.

Zadanie A3. Mamy \(\displaystyle{ 60}\) żetonów, każdy o wartości \(\displaystyle{ 2, 3, 4, 5}\) lub \(\displaystyle{ 6}\) złotych. Wykazać, że można wypłacić tymi żetonami kwotę 60 złotych, bez konieczności rozmiany.

Zadanie A4. Liczby dodatnie \(\displaystyle{ a, b, c}\) spełniają warunek \(\displaystyle{ a + b + c = 1}\). Dowieść, że zachodzi nastepująca nierównosc:
\(\displaystyle{ \sqrt{a - bc} + \sqrt{b - ca} + \sqrt {c - ab} \le \sqrt{2}}\)
o ile liczby wystepujące pod pierwiastkami sa nieujemne.

[Marcinek665]

Ale gruba nierówność, zaraz się za nią wezmę.

[justynian]

Nie wiem czy Marcinek nadal kmini czy zrezygnował, więc dam tylko hinta do tej nierówności:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{a - bc} + \sqrt{b - ca}}{2} \le \sqrt{ \frac{a+b-c(a+b)}{2}} = \frac{a+b}{\sqrt{2}}}\)

[adamm]

Hintem to byłoby coś w stylu AM-QM, tymczasem rozwiązałeś zadanie

[Marcinek665]

Nie wiem czy Marcinek nadal kmini czy zrezygnował, więc dam tylko hinta do tej nierówności:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{a - bc} + \sqrt{b - ca}}{2} \le \sqrt{ \frac{a+b-c(a+b)}{2}} = \frac{a+b}{\sqrt{2}}}\)

Nie robię tak nierówności. Wolę grube szacowania.

Jenseniq ważony dla \(\displaystyle{ f(x) = \sqrt{x}}\), wagi a,b,c (bo sumują się do 1), argumenty odpowiednio \(\displaystyle{ \left( \frac{1}{a} - \frac{bc}{a^2}\right)}\) i cyklicznie. Później wystarczy dowieść, że \(\displaystyle{ \frac{bc}{a} + \frac{ca}{b} + \frac{ab}{c} \ge a+b+c}\), a to już można na milion sposobów zrobić.

Taki już mam nawyk, że zawsze trzeba spróbować jakoś schematem zadanie rozbić, bo po co się wysilać? Mimo wszystko Twój lemat bardzo mi się podoba

EDIT: Poprawa: bez kwadratów w mianowniku

[adamm]

Jak wygląda nieważony Jensen?

[Marcinek665]

"Ważony Jensen" mówi się, gdy wagi nie są równe \(\displaystyle{ \frac{1}{n}}\).

[justynian]

Hintem to byłoby coś w stylu AM-QM, tymczasem rozwiązałeś zadanie

a zsumowanie , nie no chciałem dać hinta jaki podałeś jednak wydawał mi się za ogólny

[Marcinek665]

Zad A1:

Pała:    

Tw. cosinusów

Synt:    

Odłożyć d na najdłuższej przekątnej

Pała_2:    

Wydaje mi się, że tw. sinusów też pozamiata

[adamm]

Zadanie A3.

Poniżej naprawdę obrzydliwe szacowania

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ [n]}\) oznacza ilość monet o nominale \(\displaystyle{ n}\). Udowodnię, że nie da się dobrać monet w ten sposób, aby nie spełniały tezy. Spróbuję jednak uczynić inaczej.
Zauważmy, że jeżeli \(\displaystyle{ 12 \le [5]}\) to teza jest oczywista. Załóżmy zatem, że \(\displaystyle{ [5]<12}\).
Jeżeli \(\displaystyle{ 6 \le [5] < 12}\) to teza nie będzie zachodzić wtedy i tylko wtedy gdy: \(\displaystyle{ [2]<15}\), \(\displaystyle{ [3]<10}\), \(\displaystyle{ [4]<10}\), \(\displaystyle{ [6] <5}\), ale wtedy musi zachodzić \(\displaystyle{ [2] + [3]+[4]+[5]+[6]<52}\), co jest sprzeczne z założeniem \(\displaystyle{ [2] + [3]+[4]+[5]+[6]=60}\), a więc dla \(\displaystyle{ 6 \le [5]}\) teza zachodzi zawsze.
Przeprowadzamy podobne rozumowanie dla \(\displaystyle{ [6]}\).
Jeżeli \(\displaystyle{ 10\le[6]}\) to teza zachodzi zawsze.
Zatem niech \(\displaystyle{ 5\le[6]<10}\), wtedy teza nie zachodziłaby jeżeli tylko \(\displaystyle{ [2]<15}\), \(\displaystyle{ [3]<10}\), \(\displaystyle{ [4]<15}\), \(\displaystyle{ [5] <6}\), ale to oznaczałoby, że \(\displaystyle{ [2] + [3]+[4]+[5]+[6]<56}\), sprzeczność.
Podobnie szacujemy, że dla \(\displaystyle{ 10 \le [2]}\) lub \(\displaystyle{ 10 \le [4]}\) teza zachodzi. Korzystając jeszcze z tego, że dla \(\displaystyle{ 20 \le [3]}\) teza zachodzi zawsze, dostajemy sprzeczność z wyborem zestawu monet niespełniających tezy zadania.

[jgarnek]

Zadanie A2:    

Zgodnie z treścią zadania:
\(\displaystyle{ a+b=c+d+e}\)(1)
\(\displaystyle{ a^2+b^2+c^2=d^2+e^2}\) (2)
Załóżmy nie wprost, że obie z liczb a,b nie są złożone (czyli są pierwsze lub równe 1).
Podnieśmy równanie (1) stronami do kwadratu:
\(\displaystyle{ a^2+2ab+b^2=c^2+d^2+e^2+2cd+2ec+2de}\)
Odejmijmy teraz równanie (2) stronami od równania (3):
\(\displaystyle{ 2ab-c^2 = c^2+2cd+2ec+2de \Leftrightarrow ab=c^2+cd+ec+de \Leftrightarrow}\)
\(\displaystyle{ \Leftrightarrow ab=(c+d)(c+e)}\)

Oczywiście \(\displaystyle{ c,d,e \ge 1}\). Stąd, jeżeli jedna z liczb a, b jest równa 1, to druga liczba jest
równa iloczynowi \(\displaystyle{ (c+d)(c+e)}\), czyli iloczynowi dwóch liczb całkowitych, większych od 1, więc jest złożona.
Załóżmy więc, że liczby a,b są różne od 1, czyli są liczbami pierwszymi. Wtedy wszystkie dzielniki liczby
ab to: 1, a, b, ab. Wiemy jednak, że \(\displaystyle{ c+d, \, c+e \ge 2}\), więc nie jest możliwe, by
\(\displaystyle{ \{c+d, c+e\}=\{1, ab\}.}\)
Stąd \(\displaystyle{ \{c+d, c+e\}=\{a, b\},}\) więc \(\displaystyle{ (c+d)+(c+e)=a+b}\). Z drugiej strony, z
równania (1) wiemy, że a+b=c+d+e. Dlatego (c+d)+(c+e)=c+d+e czyli c = 0.
Ale c miało być liczbą dodatnią! Sprzeczność kończy dowód.

Rozwiązania/wskazówki do zadań z serii B (treści znajdziemy na ):

B2:    

sposób 1: jednokładność- to samo zadanie było w delcie:
sposób 2: inwersja względem okręgu o środku w C

B3:    

Wystarczy udowodnić, że wielomian P stopnia n jest palindromiczny wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ P(x)=x^n \cdot P(\frac{1}{x})}\)
dla każdego x różnego od zera

B4:    

I sposób: potęgi dwójki
II sposób: skorzystać z tego, że jeżeli \(\displaystyle{ a^x=b^y}\) dla pewnych liczb całkowitych
to a i b są potęgami tej samej liczby całkowitej (tzn. \(\displaystyle{ a=k^c}\), \(\displaystyle{ b=k^d}\))
Stąd \(\displaystyle{ m=k^c, 2n^2=k^d}\), podstawiając to do równania z zadania i porównując wykładniki przy k
uzyskujemy: \(\displaystyle{ 2ck^{2c}=dk^d}\), więc (funkcja \(\displaystyle{ xk^x}\) jest rosnąca) 2c=d,
a stąd \(\displaystyle{ m^2=2n^2}\) co jest nie możliwe, bo wtedy pierwiastek z 2 byłby równy m/n- liczbie wymiernej