XXIV Konkurs Matematyczny im. prof. Jana Marszała

[Dumel]

hehe ja na to zad. 2 trafiłem w zeszłym roku w III etapie konkursu PW
popisali sie inwencją tworczą organizatorzy

[szymek12]

Zadania dla klas drugich również nie były zbyt twórcze. Trochę trzeba było pomyśleć przy układzie, ale ogólnie niezbyt trudne.
1.Rozwiązać układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x ^{4}+x ^{2}y ^{2}+y ^{4}=133 \\ x ^{2}-xy+y ^{2}=7 \end{cases}}\)
2.W trapez o kątach \(\displaystyle{ \alpha}\) i \(\displaystyle{ 3\alpha}\) przy dłuższej podstawie i polu \(\displaystyle{ S}\) wpisano okrąg. Obliczyć długość promienia tego okręgu.
3. Udowodnić, że dla \(\displaystyle{ x,y,z qslant 0}\) zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \frac{x+y+z}{3} qslant \sqrt[3]{xyz}}\)

[Tyde91]

W zadaniu 1 poziom II uzyskałam 4 pary liczb, zrobiłam też zad 2, ale co do 3 to nie mam pomysłu. Trzeba zastosować nierówność Cauchy'ego , ale nie mam pojęcia jak.

Proszę o rozwiązanie (lub chociaż pomoc)

[Sylwek]

3. To jest po prostu nierówność pomiędzy średnimi dla trzech zmiennych...; bądź: podstawienie: \(\displaystyle{ x=a^3,y=b^3,z=c^3}\), z tego wystarczy udowodnić: \(\displaystyle{ a^3+b^3+c^3-3abc 0 \iff \frac{1}{2}(a+b+c)((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2) 0}\)

2. proste

1.
\(\displaystyle{ 133=x^4+x^2y^2+y^4=(x^2+xy+y^2)(x^2-xy+y^2)=7(x^2+xy+y^2) \\ \begin{cases}x^2-xy+y^2=7 \\ x^2+xy+y^2=19 \end{cases}}\)
Dalej wiadomo.

[szymek12]

Pierwsze robiłem dokładnie jak kolega. Niektórzy już na początku wprowadzali zmienne pomocnicze, ale chyba trochę im zeszły obliczenia. Co do 3 powinno być coś takiego:
https://matematyka.pl/86458.htm
2. Wystarczy wiedzieć, że \(\displaystyle{ a+b=c+d}\), gdzie \(\displaystyle{ a,b}\) - podstawy, \(\displaystyle{ c,d}\) - ramiona trapezu

[Tyde91]

No to rzeczywiście było to bardzo proste : ) Dobrze wiedzieć na przyszłość, jak rozwiązywać tego typu zadania.
Dziękiii

[enigm32]

1.Rozwiązać układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x ^{4}+x ^{2}y ^{2}+y ^{4}=133 \\ x ^{2}-xy+y ^{2}=7 \end{cases}}\)

Można polecieć też tak:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x^4+x^2y^2+y^4=133 \\x^2+y^2=7+xy/^2 \end{cases}\\
\begin{cases}x^4+x^2y^2+y^4=133 \\ x^4+x^2y^2+y^4=49+14xy \end{cases}\\
\begin{cases}x^2-xy+y^2=7 \\ xy=6 \Rightarrow y=\frac{6}{x}\end{cases}
...}\)
dalej podstawienie y do pierwszego równania i wiadomo...

Nierówność Cauchy'ego dla dowolnej ilości liczb nieujemnych można bardzo szybko udowodnić korzystając z twierdzenia o ciągach jednomonotonicznych (zgodnie monotonicznych).

[marty]

co tu taka cisza? kto się wybiera 12-ego?
wykaż, że jeżeli wielomian \(\displaystyle{ W(x)=ax^3 +bx^2+cs+d}\) ma 3 rózne pierwiastki rzeczywiste , to \(\displaystyle{ b^2>= 3ac}\)

[enigm32]

I. sposób:
Ze wzorów Viete'a lub z postaci iloczynowej:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x_1+x_2+x_3=\frac{-b}{a}\\
x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=\frac{c}{a} \end{cases}\\
\begin{cases} b^2=a^2(x_1+x_2+x_3)^2\\
3ac=3a^2(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)\end{cases}}\)
Zatem mamy udowodnić, że:
\(\displaystyle{ (x_1+x_2+x_3)^2 \geqslant 3(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)}\)
...co już nie jest żadnym problemem...
\(\displaystyle{ \Leftrightarrow x_1^2+x_2^2+x_3^2 \geqslant x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1 \Leftrightarrow (x_1-x_2)^2+(x_2-x_3)^2+(x_3-x_1)^2 \geqslant 0}\)
- prawda

II. sposób:
\(\displaystyle{ W'(x)=3ax^2+2bx+c}\)
Jeśli funkcja ma 3 pierwiastki, to musi mieć ekstrema => pierwsza pochodna ma pierwiastki. Z tego wniosku mamy warunek:
\(\displaystyle{ \Delta=4b^2-12ac \geqslant 0 \Leftrightarrow b^2 \geqslant 3ac}\), c.b.d.u.

[ Dodano: 23 Listopada 2008, 22:22 ]

kto się wybiera 12-ego?

No ja się chyba wybieram. Pzdr.

[szymek12]

Ja też tam będę

[Jake]

Jak Wam poszło ? Pytam przede wszystkim 3-klasistów

Nie wiecie ile trzba było mieć mniej wiecej w poprzednich latach pkt. żeby być przynajmniej w wyróżnionych?

Jak to jest z tym wyjazdem do Rumunii? 10 osób z 3 roczników czy jak? CHolera , szkoda że indeksów nie ma.. ;/


I wreszcie pytanie dot. się zadanek; w 1. wyszło (by mi gdybym dobrze poprzenosił na strony.....) mi

a^3+b^3 +c^3 + a^2 +b^2+c^2 \(\displaystyle{ \geqslant}\) ab +bc +ac + a +b+c

a^2 +b^2+c^2 \(\displaystyle{ \geqslant}\) ab +bc +ac - wiadomo a z tą resztą można było zrobić tak:

2(a^3+b^3 +c^3) = W\(\displaystyle{ _{3,0,0}(a,b,c) qslant W _{1,0,0} (a,b,c)}\)= 2(a+b+c)

czyli nierównośc wynika z tw. Muirheada ?? W ogóle to jakie war. muszą spełniać a,b,c żeby można było stos. to tw.?

Licze na 7-8 pkt. a jak to co napisałem jest dobrze to mogłem mieć z 5-6 więcej........

[Dzejmi]

Witam! Jak tam po finale? Ile macie zadan zrobionych? Chodzi mi o poziom III. Szkoda ze w tym roku nie ma indeksow. Co do mnie: to mam 1,2 zrobione na 6pkt, co do 3ciego to troche naciagane- zobaczymy! A jak u Was?

[ Dodano: 12 Grudnia 2008, 16:11 ]
To pierwsze robilem tak:
To co masz na poczatku po lewej stronie to traktuje jako srednia arytmetyczna z liczb tych danych... po prawej tworze harmoniczna i udowadniam ze harmonicza (razy 3) musi byc mniejsza od 1, co wychodzi z porownania srednich arytm i geometrycznych,

[mdz]

czyli nierównośc wynika z tw. Muirheada ??

Powyższa nierówność w żaden sposób nie wynika z tego twierdzenia, chociażby dlatego, że nie jest jednorodna, co jest jednym z koniecznych warunków, które muszą być spełnione, aby można je było zastosować.

Dzejmi, mógłbyś napisać coś więcej na temat twojego rozwiązania nierówności.[/latex]

[Dzejmi]

A wiec tak:
Zal: abc=1, a,b,c>0
Teza: \(\displaystyle{ \frac{a}{b+c+1} + \frac{b}{c+a+1}+ \frac{c}{a+b+1} qslant 1}\)

Robimy srednia arytmetyczna i harmoniczna z liczb: \(\displaystyle{ \frac{a}{b+c+1} \frac{b}{c+a+1} \frac{c}{a+b+1}}\) :

Sr. arytm = \(\displaystyle{ \frac{\frac{a}{b+c+1} + \frac{b}{c+a+1}+ \frac{c}{a+b+1} }{3}}\)

\(\displaystyle{ \frac{3}{Sr. harm}}\)= \(\displaystyle{ \frac{1}{ \frac{a}{b+c+1} } + \frac{1}{\frac{b}{c+a+1}} + \frac{1}{\frac{c}{a+b+1}}}\)
Przeksztalcajac, otrzymujemy, ze: Sr. harm = \(\displaystyle{ \frac{3}{ a^{2}b+a^{2}c+ab^{2}+b^{2}c+ac^{2}+bc^{2}+ab+ac+bc }}\)

Porownujac srednie: Sr. arytm \(\displaystyle{ \geqslant}\)Sr. harm

Otrzymujemy zatem: \(\displaystyle{ \frac{a}{b+c+1} + \frac{b}{c+a+1}+ \frac{c}{a+b+1} qslant \frac{9}{ a^{2}b+a^{2}c+ab^{2}+b^{2}c+ac^{2}+bc^{2} +ab+ac+bc}}\)

Teraz udowadniamy, ze prawa strona jest zawsze mniejsza od 1\(\displaystyle{ \frac{9}{ a^{2}b+a^{2}c+ab^{2}+b^{2}c+ac^{2}+bc^{2}+ab+ac+bc } qslant 1 }\)
\(\displaystyle{ a^{2}b+a^{2}c+ab^{2}+b^{2}c+ac^{2}+bc^{2}+ab+ac+bc qslant 9 | :9}\)

\(\displaystyle{ \frac{a^{2}b+a^{2}c+ab^{2}+b^{2}c+ac^{2}+bc^{2}+ab+ac+b}{9} qslant 1}\)
Widzimy, ze po lewej stronie mamy srednia arytmetyczna z liczb: \(\displaystyle{ a^{2}b,a^{2}c,ab^{2},b^{2}c,ac^{2},bc^{2},ab,ac,b.}\)Srednia geometryczna z tych liczb wynosi: \(\displaystyle{ \sqrt[9]{ (abc)^{8} }}\)a wiec rowna jest z zalozenia 1. Dlatego tez \(\displaystyle{ \frac{9}{ a^{2}b+a^{2}c+ab^{2}+b^{2}c+ac^{2}+bc^{2} +ab+ac+bc} qslant 1,}\) a wiec nasza teza jest udowodniona:
\(\displaystyle{ \frac{a}{b+c+1} + \frac{b}{c+a+1}+ \frac{c}{a+b+1} qslant 1}\)

cnd

Ok juz chyba all ok )

[Dzejmi]

Co do zadania drugiego to jest to zadanie ze zbiorku pana Śmietany (geometria).

Rozwiazanie moze wygladac w nastepujacy sposob:

Zal: 2a-b[/latex]

Podstawiamy do 1):

\(\displaystyle{ b^{2}+c^{2}-2bc cos < \frac{b^{2}+2bc+c^{2}}{4}}\)
Przekształcamy i otrzymujemy, że:
\(\displaystyle{ cos \alpha > \frac{1}{2} + \frac{3(b-c)^{2}}{16}}\)

\(\displaystyle{ \alpha (0, pi) }\) cosinus jest w tym przedziale malejacy, zatem
\(\displaystyle{ \alpha < 60}\)

\(\displaystyle{ \alpha + \beta + \gamma = 180}\)
\(\displaystyle{ 60 = \frac{\alpha + \beta + \gamma}{3}}\)

Dlatego tez podstawiamy do tej wczesniejszej nierownosci, otrzymujac:

\(\displaystyle{ \alpha < \frac{\alpha + \beta + \gamma}{3}
Czyli 2\alpha - \beta < \gamma

cnd.}\)