[MIX] Zadania treningowe przed drugim etapem OM - 2 seria.

[Vax]

17:    

\(\displaystyle{ \begin{cases} x^3-y^2=z^2-x\\ y^3-z^2=x^2-y\\ z^3-x^2=y^2-z\end{cases}}\)

Odejmując 3 równanie od 1 mamy:

\(\displaystyle{ x^3-y^2-z^3+x^2=z^2-x-y^2+z}\)

\(\displaystyle{ x^3-z^3+x^2-z^2+x-z=0}\)

\(\displaystyle{ (x-z)(x^2+xz+z^2)+(x-z)(x+z)+(x-z) = 0}\)

\(\displaystyle{ (x-z)(x^2+xz+z^2+x+z+1) = 0}\)

Z tego łatwo zauważyć (np rozpatrując to jako trójmian kwadratowy z niewiadomą x (nie ma znaczenia, czy sprawdzimy x czy z), że \(\displaystyle{ \Delta<0}\)) tak więc 2 czynnik będzie zawsze dodatni, więc \(\displaystyle{ x=z}\), analogicznie dowodzimy, że \(\displaystyle{ x=y}\), więc \(\displaystyle{ x=y=z}\). Wstawiając do 1 równania mamy:

\(\displaystyle{ x^3-x^2=x^2-x}\)

\(\displaystyle{ x^3-2x^2+x=0}\)

\(\displaystyle{ x(x-1)^2=0}\)

\(\displaystyle{ x=0 \vee x=1}\)

Tak więc jedynymi rozwiązaniami są:

\(\displaystyle{ \begin{cases} x=0 \\ y=0 \\ z=0 \end{cases} \vee \begin{cases} x=1 \\ y=1 \\ z=1 \end{cases}}\)

[kaszubki]

zadanie 23:    

\(\displaystyle{ c|(a+b)(a+c)(b+c) \wedge (b+c,c)=1 \wedge (a+c,c)=1 \Rightarrow c|a+b \Leftrightarrow c|a+b+c}\). Analogicznie \(\displaystyle{ a|a+b+c}\) i \(\displaystyle{ b|a+b+c}\), a skoro \(\displaystyle{ a,b,c}\) są parami względnie pierwsze, to \(\displaystyle{ abc|a+b+c}\).

Lemat 1: Jeżeli \(\displaystyle{ a,b,c>1}\), to \(\displaystyle{ abc>a+b+c}\).
Dowód: \(\displaystyle{ a=x+1, b=y+1, c=z+1}\), gdzie \(\displaystyle{ x,y,z \ge 1}\). \(\displaystyle{ abc=(x+1)(y+1)(z+1)=xyz+xy+xz+yz+x+y+z+1 \ge 1+1+1+1+x+y+z+1=x+y+z+5>x+y+z+3=(x+1)+(y+1)+(z+1)=a+b+c}\). Q E D

Zatem co najmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) jest jedynką. Załóżmy, że \(\displaystyle{ a \ge b \ge c=1}\).

Lemat 2: Jeżeli \(\displaystyle{ a,b>2}\), to \(\displaystyle{ ab>a+b+1}\).
Dowód: \(\displaystyle{ a=x+2, b=y+2}\). \(\displaystyle{ ab=xy+2x+2y+4>1+x+y+4=x+y+5=(x+2)+(y+2) + 1 = a+b+1}\). Q E D

Zatem \(\displaystyle{ b}\) jest równe \(\displaystyle{ 1}\) lub \(\displaystyle{ 2}\). Rozpatrzmy 2 przypadki:
1) \(\displaystyle{ b=1}\): \(\displaystyle{ a|a+1+1 \Leftrightarrow a|a+2 \Leftrightarrow a|2}\). Czyli \(\displaystyle{ a \in \left\{ 1, 2\right\}}\).
2) \(\displaystyle{ b=2}\): \(\displaystyle{ 2a|a+3 \Rightarrow 2a|2a+6 \Rightarrow 2a|6 \Rightarrow a|3}\).
Zatem \(\displaystyle{ a=3}\).

tu jest miejsce na sprawdzenie

Odp: wszystkie trójki takich liczb to \(\displaystyle{ (3,2,1)}\), \(\displaystyle{ (2,1,1)}\) i \(\displaystyle{ (1,1,1)}\)z dokładnością do permutacji.

[Vax]

11:    

\(\displaystyle{ \begin{cases} x_1^2+x_2^2+\ldots +x_{2n}^2=2(x_1x_{2n} +x_2x_{2n-1}+\ldots +x_nx_{n+1}) \\ x_0^2+\ldots +x_{n-1}^2+ x_{n+1}^2\ldots +x_{2n}^2=2(x_0x_{2n} +x_1x_{2n-1}+\ldots +x_{n-1}x_{n+1})\end{cases}}\)

Zauważmy, że 1 równanie po przerzuceniu na jedną stronę można zawinąć następująco:

\(\displaystyle{ (x_1-x_{2n})^2+(x_2-x_{2n-1})^2+...+(x_n-x_{n+1})^2 = 0}\)

Stąd:

\(\displaystyle{ \begin{cases} x_1=x_{2n}\\ x_2=x_{2n-1} \\ x_3=x_{2n-2} \\ ... \\ x_n=x_{n+1} \end{cases}}\)

Teraz przechodzimy do 2 równania, korzystając z powyższych równości zapisujemy je w następującej postaci:

\(\displaystyle{ x_0^2+2x_1^2+2x_2^2+...+2x_{n-1}^2+x_{n+1}^2 = 2(x_0x_1+x_1x_2+...+x_{n-1}x_n)}\)

Teraz zawijamy i mamy:

\(\displaystyle{ (x_0-x_1)^2+(x_1-x_2)^2+...+(x_{n-2}-x_{n-1})^2+(x_{n-1}-x_{n+1})^2 = 0}\)

Stąd:

\(\displaystyle{ x_0=x_1=x_2=...=x_{n-1}=x_{n+1}}\)

A dodając do tego równości, które otrzymaliśmy z 1 równania otrzymujemy:

\(\displaystyle{ x_0=x_1=x_2=...=x_{2n}}\)

Tak więc istnieje nieskończenie wiele ciągów, które są rozwiązaniem tego układu, ich wyrazy są równe, oraz większe od 0

[Qń]

Odnośnie zadania 24 - moja wiedza z geometrii rzutowej jest umiarkowana, więc jeśli umknęła mi jakaś luka w proponowanym rozwiązaniu, to proszę osoby trzecie o zwrócenie uwagi.

można dojść do równoważnej postaci \(\displaystyle{ \sin \alpha + \sin \beta+ \sin \gamma \leq \frac{3\sqrt{3}}{2}}\)

Można prosić o szkic uzasadnienia?

zad. 4.

Ukryta treść:    

algorytm:
niech \(\displaystyle{ n=2^k+b \cdot 2^{k-1}+ r}\) (r to dalsza część rozwinięcia dwójkowego)
jeśli b=0 niech \(\displaystyle{ a_{k+1}=0 \ \ a_k=1 \ \ a_{k-1}=0}\) i kontynuujemy procedurę z liczbą \(\displaystyle{ n-2^k}\)
jeśli b=1 niech \(\displaystyle{ a_{k+1}=1 \ \ a_k=0}\) i kontynuujemy z liczbą \(\displaystyle{ n-2^{k+1}}\)

Jak Twój algorytm działa na przykład dla siódemki?

Q.

[KPR]

Zad 10:

Ukryta treść:    

Oznaczmy te punkty styczności, leżące odpowiednio na odcinkach AP, BP, BC, CA przez D,E,F,G. Mamy wtedy (z najmocniejszego twierdzenia geometrii) AD=AG, PD=PE, BE=BF, CF=CG. Zatem\(\displaystyle{ \angle DE F+\angle FGD=\angle DEP+\angle PEF+ 180^\circ -\angle FGC-\angle DGA=\angle DEP+ 180^\circ -\angle BEF+ 180^\circ -\angle FGC-\angle DGA=\angle EDP+ 180^\circ -\angle BFE+ 180^\circ -\angle GFC-\angle GDA=\angle EDP+ 180^\circ -\angle GDA+ 180^\circ -\angle BFE-\angle GFC=\angle EFG+\angle GDE}\) - podziękowania dla timona92 za znalezienie błędu w formule

[timon92]

można dojść do równoważnej postaci \(\displaystyle{ \sin \alpha + \sin \beta+ \sin \gamma \leq \frac{3\sqrt{3}}{2}}\)

Można prosić o szkic uzasadnienia?

Ukryta treść:    

po podstawieniu z poprzedniego posta i skorzystaniu ze wzorów na pole trójkąta oraz twierdzenia sinusów mamy
\(\displaystyle{ 27(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2 \ge 64(a+b+c)^3abc \iff \\
27(2x)^2(2y)^2(2z)^2 \ge 64(x+y+z)^3(-x+y+z)(x-y+z)(x+y-z) \iff \\
27(xyz)^2 \ge (x+y+z)^2 \cdot (x+y+z)(-x+y+z)(x-y+z)(x+y-z) \iff \\
27(4RS)^2 \ge (2R\sin \alpha + 2R \sin \beta + 2R\sin \gamma)^2 \cdot 16S^2 \iff \\
27 \cdot 16S^2 \cdot R^2 \ge 4R^2 (\sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma)^2 \cdot 16S^2 \iff \\
27 \ge 4(\sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma)^2 \iff \\
\frac{3 \sqrt 3}{2} \ge \sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma}\)

[KPR]

18:

Ukryta treść:    

Niech D, E, F będą rzutami punktu P odpowiednio na proste BC, CA, AB. Wtedy mamy \(\displaystyle{ AP^2=AF^2+PF^2}\),\(\displaystyle{ AP^2=AE^2+EP^2}\),\(\displaystyle{ BP^2=BF^2+FP^2}\),\(\displaystyle{ BP^2=BD^2+DP^2}\),\(\displaystyle{ CP^2=CE^2+EP^2}\),\(\displaystyle{ CP^2=CD^2+DP^2}\). Sumując te równości otrzymujemy \(\displaystyle{ 2(AP^2+BP^2+CP^2)=AE^2+EC^2+CD^2+DB^2+BF^2+FA^2+2(PE^2+PD^2+PF^2)}\), co z nierówności między średnią kwadratową i arytmetyczną jest większe lub równe \(\displaystyle{ \frac{(AE+EC)^2}{2} +\frac{(CD+DB)^2}{2}+\frac{(BF+FA)^2}{2}+ \frac{2(PE+PD+PF)^2}{3} = \frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2} + \frac{1}{2}=2}\), zatem \(\displaystyle{ AP^2+BP^2+CP^2 \ge 1 > \frac{3}{4}}\).

Zauważmy teraz, że z kątów BPC, CPA, APB co najwyżej jeden jest ostry (gdyby była dwa, to jeden byłby wklęsły). Zatem zachodzą co najmniej dwie z nierówności:
\(\displaystyle{ PC^2+PB^2 \le BC^2=1}\)
\(\displaystyle{ PC^2+PA^2 \le AC^2=1}\)
\(\displaystyle{ PA^2+PB^2 \le BA^2=1}\)
Ponadto zachodzą nierówności
\(\displaystyle{ AP^2+PC^2 \le 2}\)
\(\displaystyle{ AP^2+PB^2 \le 2}\)
\(\displaystyle{ BP^2+PC^2 \le 2}\)
Udowodnię jedną z nich, bo może nie są oczywiste:
Niech punkt X będzie przecięciem prostych AP i BC. Wtedy \(\displaystyle{ PX+XC \ge PC}\) oraz \(\displaystyle{ AB+XB \ge AX}\). Czyli \(\displaystyle{ 2=AB+BC=AB+BX+XC \ge AX+XC=AP+PX+XC \ge AP+PC \ge AP^2+PC^2}\)(ostatnia nierówność bierze się stąd,że trójkąt zawiera się w kołach o środkach w A i C i promieniach 1, skąd \(\displaystyle{ AP \le 1}\) i \(\displaystyle{ CP \le 1}\)).
Teraz bierzemy te dwie nierówności z pierwszej grupy, które zachodzą i odpowiednią z grupy drugiej, sumujemy i mamy że \(\displaystyle{ AP^2+BP^2+CP^2 \le 2}\), a ponieważ P jest we wnętrzu trójkąta, to w drugiej grupie nierówności nie zachodzą równości, zatem nierówność jest ostra.

[kaszubki]

zadanie 6:    

a) \(\displaystyle{ [ABL]=[NLMD] \Leftrightarrow [BCDN]=[ABCM] \Leftrightarrow [BCD] + [BDN] = [ABC] + [ACM]}\), co jest oczywiste, bo te odpowiednie trójkąty są przystające bbb, więc czworokąty \(\displaystyle{ BCDN}\) i \(\displaystyle{ ABCM}\) też są przystające

b) Lemat 1: \(\displaystyle{ O(O,M,D,N)}\) oraz \(\displaystyle{ OD}\) jest średnicą
Dowód: \(\displaystyle{ \sphericalangle OND = \sphericalangle OMD = \frac{ \pi }{2}}\). Q E D

Lemat 2: \(\displaystyle{ O(L,M,D,N)}\)
Dowód: Ponieważ czworokąty \(\displaystyle{ BCDN}\) i \(\displaystyle{ ABCM}\) są przystające, to \(\displaystyle{ \sphericalangle LMD = \pi - \sphericalangle AMC = \pi - \sphericalangle BND}\). Q E D

Tak więc \(\displaystyle{ O(O,L,M,D,N)}\). Skoro \(\displaystyle{ OD}\) jest średnicą, to \(\displaystyle{ \sphericalangle OLD = \frac{ \pi }{2}}\). Natomiast \(\displaystyle{ \sphericalangle OLN = \sphericalangle ODN = \frac{ \pi }{3}}\)

[KPR]

1:

Ukryta treść:    

Najpierw podzielność przez 5.
Ponieważ resztami kwadratowymi modulo 5 są tylko 0,1,4, to żeby żadna z liczb x,y,z nie była podzielna przez 5, każda z nich musiałaby przystawać do 1 lub 4 modulo 5, ale żeby suma dwóch liczb, które przystają do 1 lub 4 modulo 5 była resztą kwadratową, to jedna z tych liczb musi być równa 1, a druga 4. Zatem w każdej z par \(\displaystyle{ (x^2,y^2), (y^2,z^2), (z^2,x^2)}\) mamy resztę 1 i resztę 4, co jak łatwo sprawdzić, jest niemożliwe. Zatem któraś z liczb jest podzielna przez 11.
Teraz podzielność przez 11.
Resztami kwadratowymi modulo 11 są 0,1,3,4,5,9. Łatwo sprawdzić, że jedynymi parami niezerowych reszt, których suma jest resztą kwadratową są {1,3},{3,9},{9,5},{5,4},{4,1}. Zatem jakby zrobić taki graf, w którym te reszty będą wierzchołkami, a taka para będzie krawędzią, to otrzymalibyśmy cykl o pięciu wierzchołkach, a żeby każda z liczb x,y,z była niepodzielna przez 11, to reszty \(\displaystyle{ x^2,y^2,z^2}\) modulo 11 musiałyby być wierzchołkami trójkąta. Zatem nie wprost któraś z liczb jest podzielna przez 11.

[timon92]

13.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \Delta RAC \sim \Delta RDB}\), gdyż trójkąty te mają równe kąty. Zauważmy, że \(\displaystyle{ \angle DRQ = \angle PRA}\), gdyż są to odpowiednie kąty między odpowiednimi medianami i bokami podobnych trójkątów \(\displaystyle{ RAC}\) i \(\displaystyle{ RDB}\). Przeto dwusieczna kąta CRA jest dwusieczną kąta QRP. Niech przecina ona prostą \(\displaystyle{ PQ}\) w punkcie \(\displaystyle{ T_1}\). Wówczas z twierdzenia o dwusiecznej oraz podobieństwa trójkątów \(\displaystyle{ RAC, RDB}\) mamy \(\displaystyle{ \frac{PT_1}{T_1Q} = \frac{PR}{RQ} = \frac{AC}{BD}}\)

Analogicznie dowodzimy, że punkt \(\displaystyle{ T_2}\) - punkt wspólny prostej \(\displaystyle{ PQ}\) z dwusieczną kąta CSA - leży na odcinku \(\displaystyle{ PQ}\), przy czym \(\displaystyle{ \frac{PT_2}{T_2Q} = \frac{AC}{BD}}\)

Zatem \(\displaystyle{ \frac{PT_1}{T_1Q} = \frac{PT_2}{T_2Q}}\), czyli \(\displaystyle{ T_1 = T_2}\). Stąd łatwo wynika teza.

[kaszubki]

zadanie 4:    

Weźmy sobie dowolną liczbę naturalną N. Niech \(\displaystyle{ a_0, a_2, ... a_k}\) będą kolejnymi cyframi w jej zapisie binarnym (inaczej \(\displaystyle{ N= \sum_{i=0}^{k} 2^i \cdot a_i}\)) (ważne - zakładam, że \(\displaystyle{ a_{k+1} = 0}\))
Będziemy przechodzili kolejno od \(\displaystyle{ 0}\) do \(\displaystyle{ k}\) i szukali spójnego podciągu o długości co najmniej 2, który jest złożony z samych jedynek (nazwijmy go podciągiem l-kaszubskim, gdzie l to jego długość)
Otóż nasz ciąg \(\displaystyle{ a_i}\) wygląda jakoś tak: \(\displaystyle{ 1,1,1,0,1,0,0,...}\). Jeżeli znaleźliśmy podciąg l-kaszubski, to oznacza tyle, że w ciągu \(\displaystyle{ a_i}\) występuje fragment \(\displaystyle{ 1,...,1,0}\), gdzie jedynek jest \(\displaystyle{ l}\). Popatrzmy, co się stanie, jeżeli taki fragment zastąpię fragmentem takim:\(\displaystyle{ -1,0,0,...,0,1}\) (najpierw jest \(\displaystyle{ -1}\), potem \(\displaystyle{ l-1}\) zer, a potem \(\displaystyle{ 1}\)). Otóż nie zmieni się wartość liczby reprezentowanej przez ten ciąg, a to jest najważniejsze.
Więc jeżeli zacznę od mojego zapisu binarnego i będę wykonywał tyle operacji ile wlezie, to pozbędę się wszystkich podsłów złożonych z samych jedynek. Operacje te gwarantują mi też, że po \(\displaystyle{ -1}\) zawsze wystąpi \(\displaystyle{ 0}\). Jak się dokładnie przyjrzeć, to okazuje się, że przed \(\displaystyle{ -1}\) też musi wystąpić \(\displaystyle{ 0}\), bo:

a) gdyby wystąpiła \(\displaystyle{ -1}\), to by oznaczało, że po tej \(\displaystyle{ -1}\) wystąpiła by \(\displaystyle{ -1}\), a to jest niemożliwe.

b) gdyby wystąpiła \(\displaystyle{ 1}\), to by oznaczało, że po zamianie dostałem ciąg \(\displaystyle{ 1,-1,0,...,0}\) (l-1 zer), co oznacza, że przed zamianą miałem ciąg złożony z \(\displaystyle{ l+1}\) jedynek, ale to jest sprzeczność, bo za każdym razem zamieniam cały spójny fragment jedynek, czyli przed tymi \(\displaystyle{ l}\) jedynkami mogło być tylko \(\displaystyle{ 0}\) lub nic

Tak więc otrzymałem ciąg złożony z \(\displaystyle{ -1,0,1}\) taki, że liczba reprezentowana przez ten ciąg jest równa \(\displaystyle{ N}\) oraz iloczyn każdych dwóch kolejnych wyrazów wynosi 0. Q E D

[ordyh]

6.

Ukryta treść:    

a) Zauważmy, że czworokąty \(\displaystyle{ ABCM}\) oraz \(\displaystyle{ BCDN}\) są przystające, stąd ich pola są równe, a jak się odejmie od nich pole czworokąta \(\displaystyle{ BLCM}\) dostajemy tezę.
b) Korzystając z przystawania czworokątów \(\displaystyle{ ABCM}\) oraz \(\displaystyle{ BCDN}\) dostajemy, że \(\displaystyle{ \angle LND = 180^\circ - \angle LMD}\), stąd \(\displaystyle{ \angle NLM = 180^\circ - \angle NDM = 60^\circ}\), stąd \(\displaystyle{ \angle ALB = 60^\circ}\), więc na czworokącie \(\displaystyle{ ABLO}\) można opisać okrąg (bo \(\displaystyle{ \angle AOB = 60^\circ}\)), a stąd wynika, że \(\displaystyle{ \angle ALO = \angle ABO = 60^\circ}\) oraz \(\displaystyle{ \angle OLN = 120^\circ - \angle ALO = 60^\circ}\). Teraz na czworokącie \(\displaystyle{ NDML}\) można opisać okrąg, więc \(\displaystyle{ \angle NLD = \angle NMD = 30^\circ}\), stąd \(\displaystyle{ \angle OLD = \angle OLN+\angle NLD = 90^\circ}\), cnd.
Troche się spieszyłem więc mogą być jakieś literówki, potem na to spojrzę ;>

edit: sorry, nie zauważyłem, że kaszubki już to zrobił

[binaj]

4:    

jeśli liczbę można przedstawić w postaci, o której mowa w zadaniu mówimy, że jest dobra
łatwo sprawdzić, że liczby 1,2,3,4 są dobre, będziemy rozumować indukcyjnie
zauważmy, że jeśli liczba a jest dobra to 2a tez jest dobra (2a powstaje przez dopisanie 0 na końcu a)
załóżmy prawdziwość tezy dla wszystkich liczb naturalnych z przedziału <1;4k>
1) k jest dobre \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) 2k jest dobre \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) 4k jest dobre oraz kończy się co najmniej dwoma 0, zastępując ostatnie 0 jedynką otrzymujemy, że 4k+1 jest dobre
2) 2k+1 jest dobre \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) 4k+2 jest dobre
3) k+1 jest dobre \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) 2k+2 jest dobre \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) 4k+4 jest dobre i kończy się co najmniej dwoma 0, zastępując ostatnie 0 minus jedynką otrzymujemy, że 4k+3 jest dobre
4) k+1 jest dobre \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) 2k+2 jest dobre \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) 4k+4 jest dobre

[timon92]

3.

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ [F]}\) oznacza pole figury \(\displaystyle{ F}\).

Będziemy korzystać z faktu, iż jeśli figurę \(\displaystyle{ F}\) znajdującą się na płaszczyźnie \(\displaystyle{ \pi}\) zrzutujemy prostopadle na płaszczyznę \(\displaystyle{ \pi'}\) otrzymując figurę \(\displaystyle{ F'}\), to \(\displaystyle{ [F'] = [F] \cos \xi}\), gdzie \(\displaystyle{ \xi}\) jest kątem między płaszczyznami \(\displaystyle{ \pi, \pi'}\).

Niech \(\displaystyle{ \xi_{AB}}\) oznacza kąt między płaszczyznami ścian \(\displaystyle{ ABC, ABD}\). Kąty \(\displaystyle{ \xi_{AC},\xi_{AD},\xi_{BC},\xi_{BD},\xi_{CD}}\) definiujemy podobnie.

Niech \(\displaystyle{ H_A,H_B,H_C,H_D}\) będą rzutami punktów \(\displaystyle{ A,B,C,D}\) na płaszczyzny \(\displaystyle{ BCD, CDA, DAB, ABC.}\)

\(\displaystyle{ S_1^2+S_2^2-2S_1S_2\cos\alpha = \\ [ABD]^2 + [ACD]^2 - 2 [ABD][ACD] \cos \xi _{AD} = \\ [ABD] \cdot ([ABD] - [ACD] \cos \xi_{AD}) + [ACD] \cdot ([ACD] - [ABD] \cos \xi_{AD}) = \\
[ABD] \cdot ([ABD] - [AH_CD]) + [ACD] \cdot ([ACD] - [AH_BD]) = \\ [ABD] \cdot ([ABH_C] + [DBH_C]) + [ACD]\cdot ([ACH_B] + [DCH_B]) = \\ [ABD][ABC]\cos \xi _{AB} + [ABD][BDC]\cos \xi _{BD} + [ACD][ABC]\cos \xi_{AC} + [ACD][BDC]\cos \xi_{DC}}\)

Absolutnie analogicznie dostajemy związek \(\displaystyle{ Q_1^2+Q_2^2-2Q_1Q_2\cos \beta= \\ [ABD][ABC]\cos \xi _{AB} + [ABD][BDC]\cos \xi _{BD} + [ACD][ABC]\cos \xi_{AC} + [ACD][BDC]\cos \xi_{DC}}\)
ckd.

[Qń]

Przepraszam, że z opóźnieniem aktualizuję wątek, ale sprawdzenie tych rozwiązań to nie jest sprawa na 5 minut.

Kilka uwag:
- Do zadań 20 i 21 można było podejść też w ten sposób, że zauważamy, że podane warunki jednoznacznie określają nam wartość funkcji w dowolnym punkcie, wystarczy zatem odgadnąć postać funkcji spełniającej te warunki i nie trzeba nic wyprowadzać ani udowadniać (poza tym, że warunki są spełnione, ale to proste).

- Zadanie 24 jest już rozwiązane, ale chętnie zobaczyłbym też rozwiązanie bez użycia geometrii rzutowej, tylko z klasyczną.

- Bardzo spodobało mi się rozwiązanie zadania 4 przedstawione przez binaja (sam zrobiłem to tak jak kaszubki).

- Pojawiły się wątpliwości odnośnie treści zadania 5 - nie rozwiązywałem go (tzn. rozwiązywałem, ale 10 lat temu ), więc nie jestem w stanie zagwarantować poprawności treści, ale fajnie byłoby gdyby ktoś zweryfikował.

- W związku z tym, że większość zadań została szybko rozniesiona w pył, postaram się w przyszłym tygodniu znaleźć chwilę na zamieszczenie 3. serii.

Q.