[Rozgrzewka OMG][MIX] Rozgrzewka przed miedzygalaktyczną OMG

[Vax]

Tzn. ja jakieś dałem, ale nie wiem, czy jak walnąłem blefa, to ono się liczy

Pozdrawiam.

[mariolawiki1]

Zadanie Vaxa:

Ukryta treść:    

Podnosimy oba pierwiastki do potęgi \(\displaystyle{ 47 \cdot 97}\)

Otrzymujemy \(\displaystyle{ 47^{97} \wedge 97^{47}}\)

\(\displaystyle{ 47^{97}>47^{94}=(47^2)^{47}>97^{47}}\).

Mamy: \(\displaystyle{ 47^{97}>97^{47}}\)

Po spierwiastkowaniu widzimy, że \(\displaystyle{ \sqrt[47]{47}> \sqrt[97]{97}}\)

Nowe:
Rozwiąż równanie
\(\displaystyle{ \sqrt{x-1} + \sqrt{x^2-1} = \sqrt{x^3}}\)

[Vax]

Rozwiazanie:    

Na początku wyznaczamy dziedzinę:

\(\displaystyle{ D: x\in <1 ; +\infty)}\)

\(\displaystyle{ \sqrt{x-1}+\sqrt{x^2-1}=\sqrt{x^3} /^2}\)

\(\displaystyle{ x-1+x^2-1+2\sqrt{(x-1)^2(x+1)} = x^3}\)

\(\displaystyle{ x^3-x^2-x+2=2(x-1)\sqrt{x+1}}\)

Zanim podniesiemy do kwadratu, musimy znowu wyznaczyć dziedzinę, przyjmujemy lewą stronę, jako \(\displaystyle{ f(x)}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ f(1) > 0}\), oraz jak sprawdzamy, w jakich przedziałach funkcja jest rosnąca: \(\displaystyle{ f'(x) \ge 0}\) to otrzymujemy, że funkcja jest rosnąca, dla \(\displaystyle{ x\in (-\infty ; -\frac{1}{3}> \cup <1 ; +\infty)}\) wobec tego dla \(\displaystyle{ x\ge 1}\) funkcja przyjmuje same wartości dodatnie, tak więc możemy podnieść obie strony do kwadratu:

\(\displaystyle{ x^6-2x^5-x^4+6x^3-3x^2-4x+4 = 4(x-1)^2(x+1)}\)

\(\displaystyle{ x^6-2x^5-x^4+6x^3-3x^2-4x+4 = 4x^3-4x^2-4x+4}\)

\(\displaystyle{ x^6-2x^5-x^4+2x^3+x^2 = 0}\)

\(\displaystyle{ x^2(x^4-2x^3-x^2+2x+1) = 0}\)

Zajmijmy się wielomianem wewnątrz nawiasu, do rozłożenia posłużymy się metodą Ferrariego:

\(\displaystyle{ x^4-2x^3-x^2+2x+1 = 0}\)

\(\displaystyle{ x^4-2x^3=x^2-2x-1}\)

\(\displaystyle{ x^4-2x^3+x^2=2x^2-2x-1}\)

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

\(\displaystyle{ (x^2-x+\frac{y}{2})^2 = (y+2)x^2 -(y+2)x - 1+\frac{y^2}{4}}\)

Wyróżnik trójmianu ma być równy 0:

\(\displaystyle{ (y+2)^2 = (y^2-4)(y+2)}\)

\(\displaystyle{ y^2+4y+4 = y^3+2y^2-4y-8}\)

\(\displaystyle{ y^3+y^2-8y-12=0}\)

Korzystając z twierdzenia o wymiernych pierwiastkach wielomianu, wyłapujemy, że jednym z pierwiastków jest \(\displaystyle{ y=-2}\), wstawiamy to do wcześniejszego równania:

\(\displaystyle{ (x^2-x+\frac{y}{2})^2 = (y+2)x^2 -(y+2)x - 1+\frac{y^2}{4}}\)

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

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

Rozwiązując zwykłe równanie kwadratowe, otrzymujemy:

\(\displaystyle{ x = \frac{1\pm \sqrt{5}}{2}}\)

Jednak sprawdzając z dziedziną, otrzymujemy, że jedyne rozwiązanie, to:

\(\displaystyle{ x = \frac{1+\sqrt{5}}{2}}\)

Dawno planimetrii nie było

Na czworokącie ABCD jest opisany okrąg o średnicy AB
Punkt E jest symetryczny do punktu A względem
środka odcinka CD. Dowieść, że proste CD i BE są prostopadłe.

Pozdrawiam.

[kaszubki]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ O}\) będzie środkiem \(\displaystyle{ AB}\), zaś \(\displaystyle{ P}\) środkiem \(\displaystyle{ CD}\). \(\displaystyle{ BE}\) jest prostopadłe do \(\displaystyle{ CD}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \pi - \sphericalangle DCB + \sphericalangle CBE = \frac{\pi}{2} \Leftrightarrow \sphericalangle DCA + \sphericalangle ABE - \sphericalangle ABC = \frac{\pi}{2}}\). Trójkąty \(\displaystyle{ AOP}\) i \(\displaystyle{ ABE}\) są podobne (bbb), więc \(\displaystyle{ \sphericalangle ABE = \sphericalangle AOP}\).
Ponieważ \(\displaystyle{ O}\) jest środkiem okręgu opisanego na \(\displaystyle{ ABCD}\), to \(\displaystyle{ \sphericalangle OPD = \frac{\pi}{2}}\).
Więc:
\(\displaystyle{ \sphericalangle DCA + \sphericalangle ABE - \sphericalangle ABC = \frac{\pi}{2} \Leftrightarrow \sphericalangle DCA + \sphericalangle AOP - \sphericalangle ABC = \frac{\pi}{2} \Leftrightarrow 2 \pi - \sphericalangle ADP - \sphericalangle OPD - (\pi - ADB) = \frac{\pi}{2} \Leftrightarrow 2 \pi - \frac{\pi}{2} - \pi = \frac{\pi}{2}}\).
Inne rozwiązanie:
Trójkąty \(\displaystyle{ AOP}\) i \(\displaystyle{ ABE}\) są jednokładne, więc \(\displaystyle{ BE}\) jest prostopadłe do \(\displaystyle{ CD}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ OP}\) jest prostopadłe do \(\displaystyle{ CD}\). Jest tak dlatego, bo \(\displaystyle{ OP}\) zawiera się w symetralnej \(\displaystyle{ CD}\).

Nowe:
Znajdź wszystkie naturalne \(\displaystyle{ n}\), dla których zachodzi \(\displaystyle{ \left[ \sqrt n \right] | n}\).

[Brycho]

Ukryta treść:    

Każdą liczbę \(\displaystyle{ n}\) możemy zapisać:
\(\displaystyle{ n=m^{2}+r}\) , gdzie \(\displaystyle{ m \geq 1}\) i \(\displaystyle{ 0 \leq r < 2m+1}\) , \(\displaystyle{ m,r \in \mathbb N}\)

Z \(\displaystyle{ m^{2} \leq n < (m+1)^{2}}\) mamy \(\displaystyle{ \left[ \sqrt{n} \right] = m}\).
Gdy \(\displaystyle{ m=1}\) to podzielność jest oczywista
Gdy \(\displaystyle{ m \geq 2}\) to z \(\displaystyle{ m \mid n}\) musi być \(\displaystyle{ m \mid r}\) zatem \(\displaystyle{ r=m}\)lub \(\displaystyle{ r=2m}\).

Odpowiedź: \(\displaystyle{ n \in \lbrace}\) \(\displaystyle{ 1;}\) \(\displaystyle{ 2;}\) \(\displaystyle{ 3;}\)\(\displaystyle{ \rbrace}\) oraz \(\displaystyle{ n=m^{2}+m}\) i \(\displaystyle{ n=m^{2}+2m}\) dla \(\displaystyle{ m \in \mathbb N}\) i \(\displaystyle{ m \geq 2}\)

Nowe: Udowodnić , że jeżeli \(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b}\), \(\displaystyle{ c}\) są długościami boków trójkąta \(\displaystyle{ T_{1}}\) to istnieje trójkąt \(\displaystyle{ T_{2}}\) o bokach długości \(\displaystyle{ \frac{a}{a+1}}\), \(\displaystyle{ \frac{b}{b+1}}\), \(\displaystyle{ \frac{c}{c+1}}\)

[laurelandilas]

Dla trojkata pierwszego z nierownosci trojkata mamy a+b> c, a+c>b i b+c>a.
Załóżmy, że istnieje trojkat T2. Wowczas musza istniec takie liczby a,b,c, że:
\(\displaystyle{ \frac{a}{a+1} + \frac{b}{b+1} > \frac{c}{c+1}}\) + dwie analogicznie nierownosci.
Wymnazajac przez mianowniki i redukujac otrzmymamy, ze abc + 2ab + a+b>c, co jest oczywiscie prawda, bo a+b>c, a abc + ab > 0.

Jezeli jest ok to nastepne zadanie:
Punkt P leży wewnątrz prostokąta ABCD . Udowodnić, że pole tego prostokąta jest nie większe od
\(\displaystyle{ AP \cdot PC + BP \cdot PD}\)

[KPR]

Załóżmy, że istnieje trojkat T2.

Wszystko jest proste, jeśli się dowodzi przez założenie tezy.

[Vax]

@laurelandilas chodzi o to, że jak już coś takiego masz, to nie piszemy, że zakładamy, że istnieje taki trójkąt, tylko wychodzimy od prawdziwej nierówności, a następnie wykonując szereg różnych przekształceń dochodzimy do tezy

Pozdrawiam.

[kaszubki]

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ P'}\) będzie punktem \(\displaystyle{ P}\) przesuniętym o wektor \(\displaystyle{ \vec{AD}}\).
\(\displaystyle{ AP \cdot PC + BP \cdot DP = DP' \cdot PC + CP' \cdot DP}\), co na mocy nierówności Ptolemeusza dla czworokąta wypukłego \(\displaystyle{ PCP'D}\) jest większe bądź równe \(\displaystyle{ CD \cdot PP' = CD \cdot AB}\), co jest oczywiście równe polu prostokąta \(\displaystyle{ ABCD}\).

Nowe:
Udowodnij, że liczba \(\displaystyle{ (xy+1)(xz+1)(yz+1)}\) jest kwadratem wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ xy+1, \ xz+1, \ yz+1}\) są kwadratami (oczywiscie\(\displaystyle{ x,y,z \in N}\).

[TomciO]

Niezły dowcip

[laurelandilas]

TomciO,o co chodzi?

[TomciO]

O nic. Po prostu trzeba by dużo dobrej woli żeby sklasyfikować to zadanie jako "rozgrzewka przed OMG", czy "rozgrzewka przed OM", czy nawet "rozgrzewka MOM". Ale nie chce nikogo zniechęcać - rozwiązanie jest właściwie w pełni elementarne

[SaxoN]

Ja po 5-ciu minutach olałem to zadanie... Ale Twoje słowa, TomciO, skutecznie mnie zmotywowały Możesz częściej pisać takie posty xD

[mariolawiki1]

Witam w Nowym Roku
Kaszubki, czy \(\displaystyle{ 0}\) zaliczasz do liczb naturalnych, gdyż są różne szkoły?

[SaxoN]

Bez przesady, to zadanie teorioliczbowe - tu w naturalnych nie ma miejsca na \(\displaystyle{ 0}\)