[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

[jerzozwierz]

Nie jestem pewien, ale to zadanie jest robialne dla prostego człowieka, gdy po prawej stronie mamy liczbę podzielną przez 3, a najlepiej przez 9 albo i 27.
(Porównać zad. 4 II et. 49 OM)

[kaszubki]

Wiem. Ale właśnie chciałem zobaczyć jak rozwiązać wtedy, gdy po prawej stronie nie ma liczby podzielnej przez 3.

[tkrass]

Jakoś tak na początku tego tematu ustaliliśmy, że nie wrzucamy zadań, których zrobić nie umiemy. Więc wrzuć jakieś sobie znane, tymbardziej, że to nie wygląda najciekawiej. To znaczy oczywiście jest robialne, ale nie widzę sprytniejszej metody niż sprawdzenie 700 przypadków.

[Dumel]

ja sprowadziłem chyba do 25 przypadków, ale nie chciało mi się ich sprawdzać

[Django]

To ja może wtrącę zdanie, jako autor próby rozwiązania tego zadania. Istotnie, wzorowałem się na rozwiązaniu ze strony OM, próbując je przełożyć na liczbę 2012. Zadanie mnie jednak przerosło , choć wydaje mi się, że innych par niż te, które wypisałem nie ma. Niemniej jednak, widzę już blef, który skutkuje niepoprawnością rozwiązania. Tyle
Pzdr

[kaszubki]

Przepraszam za wrzucenie jakiegoś syfu.
Normalniejsze zadanie:
\(\displaystyle{ a_1, a_2, ... , a_n , b_1, b_2, ... , b_n , c_1, c_2, ... , c_n \ge 0}\)
wykazać że \(\displaystyle{ ( \sum_{i=1}^{n} a_i b_i c_i )^3 \le ( \sum_{i=1}^{n} a_{i}^3 )( \sum_{i=1}^{n} b_{i}^3 )( \sum_{i=1}^{n}c_{i}^3 )}\)

[smigol]

Holder, było chyba w 'rozgrzewce przez 2 etapem (nierówności)'.
Najpierw Holder dla \(\displaystyle{ a_1,a_2,...,a_n}\) i \(\displaystyle{ b_1c_1,...b_nc_n}\)
p=3, q=3/2

potem Holder dla \(\displaystyle{ b_1^{1,5},...,b_n^{1,5}}\) i \(\displaystyle{ c_1^{1,5},...,c_n^{1,5}}\) oraz p=q=2.


Jeśli rozw. jerzozwierza jest ok to niech on wrzuci zadanie bo:
1) równanie było wcześniej
2) nie wiem na ile rozwiązywałem, a na ile pamiętałem rozwiązanie ;d

[jerzozwierz]

Wiecie co, chyba zrobiłem.
Sposób analogiczny do firmówki tamtego zadania, tylko trochę więcej babrania.
x jest pierwiastkiem trójmianu \(\displaystyle{ t^{2} - 2012t+3y^{2}}\). Niech z będzie drugim pierwiastkiem. Z wzorów Viete'a mamy że z jest całkowite, oraz
\(\displaystyle{ x+z=2012 \\
xz=3y^{2}}\)
Dalej, niech d będzie największym wspólnym dzielnikiem x i z, mamy
\(\displaystyle{ d(u+v)=2012 \\
d^{2}uv=3y^{2}}\)
Z drugiego wnioskujemy, że \(\displaystyle{ (u=3a^{2} \wedge v=b^{2}) \vee (u=b^{2} \wedge v=3a^{2})}\)
I teraz sprawdzamy kolejno przypadki:
1. d=1
\(\displaystyle{ 3a^{2} + b^{2} = 2012}\) - sprzeczność modulo 3.
2. d=2
\(\displaystyle{ 3a^{2} + b^{2} = 1006}\) - sprzeczność modulo 4.
3. d=4
\(\displaystyle{ 3a^{2} + b^{2} = 503}\) - sprzeczność modulo 3.
4. d=503
\(\displaystyle{ 3a^{2} + b^{2} = 4}\) - rozwiązania trywialne -1 i 1
5. d>503 - sprzeczność.
No i stąd już wyliczamy \(\displaystyle{ u=3, \ v=1}\) \vee \(\displaystyle{ u=1, \ v=3}\)
\(\displaystyle{ x=1509, \ z=503}\) \vee \(\displaystyle{ x=503, \ z=1509}\)

No i ostatecznie
\(\displaystyle{ (x,y)={(0,0), (2012,0), (1509,503), (1509,-503), (503,503),(503,-503)}}\)

uff.

Jeśli nigdzie się nie pomyliłem, to następne zadanie brzmi:

Dany jest okrąg o, i punkty P i K w jego wnętrzu. Przez punkt P prowadzimy sieczną APB (A i B to punkty na brzegu o) i konstruujemy okrąg przechodzący przez punkty A, B, K. Wykaż, że wszystkie takie okręgi mają, oprócz K, jeszcze jeden punkt wspólny, niezależny od wyboru cięciwy APB.

(EDIT: troszkę się spóźniłem, sami zdecydujcie co zrobić z tym postem)

[kaszubki]

Przepraszam za ten cały bałagan.
Obowiązuje teraz zadanie jerzozwierza, bo jego rozwiązanie daje prawidłowy wynik.

[Swistak]

Chodzi o punkt X na prostej KP, taki, że \(\displaystyle{ KP\ cdot PX=AP\cdot PB}\) i po drugiej stronie punktu P niż punkt K. Oczywiście iloczyn \(\displaystyle{ AP\cdot PB}\) jest stały, a to rozwiązanie opiera się na potędze punktu.
Mamy sobie czworokąt ABCD taki, że \(\displaystyle{ 2\cdot \sphericalangle ABD =\sphericalangle ACD}\) oraz \(\displaystyle{ 2\cdot \sphericalangle ADB = \sphericalangle ACB}\). Udowodnij, że \(\displaystyle{ CD=BC}\).

[Elvis]

Czworokąt jest wypukły, czy niekoniecznie?

Edit. Dobra, pytanie jest nie na miejscu. Może ktoś usunąć tego posta?

[Swistak]

Niech będzie wypukły ;P.

[Elvis]

Skoro tak...

Niech O będzie środkiem okręgu opisanego na ABD. Oczywiście O spełnia warunki co do kątów. Udowodnię, że jest to jedyny taki punkt.

Zbiorem punktów X takich, że \(\displaystyle{ \sphericalangle AXD = 2 \sphericalangle ABD}\) są dwa kawałki okręgów. Ponieważ interesują nas punkty X leżące po tej samej stronie AD co B (ABCD jest wypukły), interesuje nas tylko jeden kawałek - jest to fragment okręgu przechodzącego przez A i O. Analogicznie zbiorem punktów spełniających drugą równość jest fragment innego okręgu przechodzącego przez A i O. Jedynym punktem spełniającym obie równości jest O (przecięcie tamtych fragmentów). Dla O teza zachodzi, co kończy dowód.

Masz rozwiązanie dla przypadku wklęsłego? Da się chyba ten przypadek wykluczyć, ale nie mam dobrego pomysłu.

Jeśli to jest dobre (za co nie ręczę), to daję następne.
Znajdź wszystkie nieujemne liczby całkowite \(\displaystyle{ k}\) i \(\displaystyle{ m}\) spełniające równanie
\(\displaystyle{ k! + 48 = 48 (k+1)^m}\)

[tkrass]

Mamy sobie czworokąt ABCD taki, że \(\displaystyle{ 2\cdot \sphericalangle ABD =\sphericalangle ACD}\) oraz \(\displaystyle{ 2\cdot \sphericalangle ADB = \sphericalangle ACB}\). Udowodnij, że \(\displaystyle{ CD=BC}\).

Elvis, nie rozumiem Twojego rozwiązania. Jeśli jest poprawne to przepraszam, jeśli nie to tutaj jest:

alternatywnie:    

Niech kąt ACD ma miarę \(\displaystyle{ 2 \alpha}\), a kąt ACB ma miarę \(\displaystyle{ 2 \beta}\). Poprowadźmy dwusieczne ACD i ACB i niech one przetną AD i AB odpowiednio w X i Y. Oczywiście kąt DAB jest równy XAY i jest równy \(\displaystyle{ \pi - \alpha - \beta}\). Zatem na AXCY można opisać okrąg, więc AYX ma miarę \(\displaystyle{ \alpha}\), więc XY jest równoległe do BD. Stosując teraz dwukrotnie twierdzenie o dwusiecznej i raz twierdzenie Talesa dostajemy:
\(\displaystyle{ \frac{CD}{AC}= \frac{DX}{AX}= \frac{BY}{AY}= \frac{CB}{AC}}\) skąd wynika \(\displaystyle{ CD=CB}\).

[Swistak]

Ponieważ interesują nas punkty X leżące po tej samej stronie AD co B (ABCD jest wypukły)

Nieprawda.
Lecz prawdopodobnie jest to tylko mała formalność nie przeszkadzająca w rozwiązaniu, ale jednak nie jest to prawdą, że z tego, że ABCD jest wypukły i z tej równości kątów wynika to, co napisałeś.

Btw masz udowodnić, że \(\displaystyle{ BC=CD}\), a piszesz "Dla O teza zachodzi" w całym rozwiązaniu nie wspominając ani razu o punkcie C. Gdybym był sprawdzającym na OM-ie, to by punkty poleciały. Możesz powiedzieć, że się czepiam, ale na takie poważne odstępstwa raczej nie powinno się pozwalać.

EDIT: Przeczytałem w całości Twoje rozwiązanie. Jest ono takie troche na siłę. Musiałbyś udowodnić, ze ta para okręgów po drugiej stronie nei ma punktów wspólnych, bo jak już powiedziałem, tamten Twój wniosek nie jest prawdziwy. Niby da się to zrobić, ale ewidentnie jest to takie syfienie się i nie o to tu chodzi :/.

Moje rozwiązanie:
Zaznaczmy taki punkt E na prostej AC, że \(\displaystyle{ CD=CE}\) oraz \(\displaystyle{ AE=AC+CE}\) (ten drugi warnek, to po prostu formalne zdefiniowanie, tego, po której stronie punktu C leży punkt E).
Wtedy z łatwego rachunku na kątach wiemy, że \(\displaystyle{ \sphericalangle AED= \sphericalangle ABD}\), zatem na ABED da sie opisać okrąg. Z tego wniosek, że \(\displaystyle{ \sphericalangle ADB= \sphericalangle AEB}\), zatem \(\displaystyle{ BC=CE}\), ale także \(\displaystyle{ CD=CE}\), stąd teza.