Oznaczenia jak na rysunku. Patrząc na czworokąty \(\displaystyle{ PDMQ}\) i \(\displaystyle{ PDLK}\) dostajemy równoległość prostych \(\displaystyle{ KL}\) i \(\displaystyle{ FE}\), skąd \(\displaystyle{ K}\) i \(\displaystyle{ L}\) są symetryczne względem \(\displaystyle{ AM}\). Z tej symetrii i znanych własności symedian szybko dostajemy, że \(\displaystyle{ A,K,D}\) są współliniowe. \(\displaystyle{ \angle DQM}\) jest prosty, więc \(\displaystyle{ DQ}\) równoległe do \(\displaystyle{ AM}\). Przedłużamy \(\displaystyle{ DQ}\) do przecięcia z \(\displaystyle{ MK}\) w\(\displaystyle{ S}\). Z talesa wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ Q}\) jest środkiem \(\displaystyle{ DS}\). Ale skoro kąt \(\displaystyle{ DQM}\) jest prosty,to wystarczy by \(\displaystyle{ \angle KMQ= \angle QMD}\) co zachodzi bo proste \(\displaystyle{ KM}\) i \(\displaystyle{ MD}\) są symetryczne względem \(\displaystyle{ AM}\)
-- 5 gru 2013, o 18:28 --
Marcinek665 pisze:
Proponuję jeden przypadek, gdy \(\displaystyle{ a>b>c}\).
Zdecydowanie, to rozwala całe zadanie. Do tego ładnie ogarnąć, że wystarczy pokazać, iż najdłuższy bok trójkąta jest mniejszy od sumy pozostałych, nie trzeba trzech nierówności rozpatrywać... No i wzory skróconego mnożenia, ale jak ludzie pałują na pochodnych to ich sprawa.
szkic do 12:
Ukryta treść:
Skoro jest \(\displaystyle{ n^{2}}\) punktów to może warto pokazać, że jak się je ustawi w kwadrat to szukana liczba osiąga maximum. W kwadracie jest wszak równa \(\displaystyle{ \frac{n^{2}}{4}(n-1)^{2}}\). Jak człowiek dłużej popatrzy na to \(\displaystyle{ \frac{n^{2}}{4}}\) to sobie myśli że fajnie by było, żeby \(\displaystyle{ (n-1)^2}\) było maksymalną liczbą prostokątów w których może być dowolny punkt - jakiś \(\displaystyle{ A}\) - pomysł się bierze z obserwacji, że prostokąt ma cztery wierzchołki, więc zliczamy go czterokrotnie jeśli dodamy do siebie "stopnie" wszystkich punktów. No to rozważmy osie \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ y}\) przechodzące przez \(\displaystyle{ A}\) i równoległe do odpowiednich boków \(\displaystyle{ P}\). Na \(\displaystyle{ x}\) niech będzie \(\displaystyle{ a}\) punktów różnych od \(\displaystyle{ A}\), a na \(\displaystyle{ y}\)\(\displaystyle{ b}\). Oznaczmy stopień \(\displaystyle{ A}\) przez \(\displaystyle{ L(A)}\).Zachodzi \(\displaystyle{ L(A) \le ab \wedge L(A) \le n^{2}-a - b-1}\) jeśli oznaczymy \(\displaystyle{ k= \frac{a+b}{2}}\) to z \(\displaystyle{ AM-GM}\): \(\displaystyle{ L(A) \le k^{2} \wedge L(a) \le n^{2}-2k-1}\) skąd natychmiast \(\displaystyle{ L(A) \le (n-1)^{2}}\) co kończy zadanie
10 tak samo jak Mściwój...
Ostatnio zmieniony 5 gru 2013, o 19:13 przez porfirion, łącznie zmieniany 3 razy.
Nie umiem latexa, więc nie wrzucę 9, ale polega ono na tym, że po założeniu a<b<c, dwie nierówności są oczywiste i pozostaje wykazać trzecią, więc w niej wyciąga się (b-a), (c-b) i (c-a) przed pierwiastki, przenosi się odpowiednie wyrazy na strony nierówności i dalej to już ciągi jednomonotoniczne.
Ja mam tak: \(\displaystyle{ c>b>a}\)
Ponieważ różnica między największą a najmniejszą z trzech liczb jest największa, ostatni z trzech boków jest najdłuższy, co oznacza, że musimy dowieść tylko jednej nierówności - że jest on krotszy od sumy pozostałych dwóch.
Małe podstawienie: \(\displaystyle{ a= \frac{z}{2}}\) \(\displaystyle{ b=y+\frac{z}{2}}\) \(\displaystyle{ c=x+\frac{z}{2}}\)
W tym wypadku \(\displaystyle{ x>y}\), \(\displaystyle{ z}\) dowolne.
Warto również zauważyć, że \(\displaystyle{ \sqrt[3]{(a^2-b^2)(a-b)}=\sqrt[3]{(b-a)^{2}(a+b)}}\) i analogicznie.
Czyli nasza nierówność wygląda tak:
\(\displaystyle{ \sqrt[3]{y^{2}(y+z)}+\sqrt[3]{(x-y)^{2}(x+y+z)} > \sqrt[3]{x^{2}(x+z)}}\)
Po małym przetasowaniu: \(\displaystyle{ \sqrt[3]{x^{2}(x+z)} - \sqrt[3]{y^{2}(y+z)}<\sqrt[3]{(x-y)^{2}(x+y+z)}}\) \(\displaystyle{ x\cdot\sqrt[3]{\frac{x+z}{x}} - y\cdot\sqrt[3]{\frac{y+z}{y}}<(x-y)\cdot\sqrt[3]{\frac{x+y+z}{x-y}}}\)
To jest teza.
Zauważmy teraz, że \(\displaystyle{ \sqrt[3]{\frac{y+z}{y}}=\sqrt[3]{1+\frac{z}{y}}>\sqrt[3]{1+\frac{z}{x}}=\sqrt[3]{\frac{x+z}{x}}}\)
Bo \(\displaystyle{ x>y}\)
Zatem \(\displaystyle{ x\cdot\sqrt[3]{\frac{x+z}{x}} - y\cdot\sqrt[3]{\frac{y+z}{y}}<(x-y)\cdot\sqrt[3]{\frac{x+z}{x}}}\)
Zatem musimy jeszcze udowodnić, że \(\displaystyle{ (x-y)\cdot\sqrt[3]{\frac{x+z}{x}}<(x-y)\cdot\sqrt[3]{\frac{x+y+z}{x-y}}}\) \(\displaystyle{ x>y}\), więc dzielimy i podnosimy do trzeciej potęgi, bo ona zachowuje znak nierówności: \(\displaystyle{ \frac{x+z}{x}}<{\frac{x+y+z}{x-y}}}\) \(\displaystyle{ x^2-zy-xy+xz<x^2+xy+xz}\) \(\displaystyle{ 2xy+zy>0}\)
Jako że wszystkie te liczby są oczywiście dodatnie, jest to jak najbardziej prawda, co kończy dowód.
Ale z założenia łatwo dowodzimy \(\displaystyle{ \frac{(a+b)(a-c)}{(a+c)(a-b)} > 1}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{(b+c)(a-c)}{(a+c)(b-c)} > 1}\). Stąd mamy:
A jeśli mamy konkurs na najbrzydsze rozwiązanie dziewiątego...:
Ukryta treść:
Oczywiste jest, że \(\displaystyle{ x^3+y^3-z^3=\left( x+y-z\right)\left( x^2+y^2+z^2-xy+yz+xz\right)}\)
Łatwo także zauważyć, że \(\displaystyle{ x^2+y^2+z^2-xy+yz+xz= \frac{1}{2}\left( \left( x-y\right)^2+\left( x+z\right)^2+\left( y+z\right)^2 \right)>0}\)
Z tego wynika, że jeśli \(\displaystyle{ x^3+y^3-z^3+3xyz>0}\) to także \(\displaystyle{ x+y-z>0}\).
Niech w takim razie \(\displaystyle{ x= \sqrt[3]{(a+b)(a-b)^2}}\), \(\displaystyle{ y=\sqrt[3]{(b+c)(b-c)^2}}\), \(\displaystyle{ z=\sqrt[3]{(c+a)(c-a)^2}}\).
Pokażmy, że istotnie \(\displaystyle{ x^3+y^3-z^3+3xyz>0}\). Dostajemy:
Oczywiste jest, że lewa strona jest większa od zera oraz \(\displaystyle{ (a+2b+c)^3>0}\). Wobec tego, w przypadku gdy \(\displaystyle{ b=\max \left\{ a,b,c\right\}}\) lub \(\displaystyle{ b=\min \left\{ a,b,c\right\}}\) nierówność jest spełniona. Ze względu na symetrię \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ c}\) załóżmy, że \(\displaystyle{ a>b>c}\). Niech \(\displaystyle{ a=c+k}\) oraz \(\displaystyle{ b=c+l}\), gdzie \(\displaystyle{ k>l>0}\). Dostajemy:
Wystarczy teraz pokazać, że każdy nawias stojący przy \(\displaystyle{ c^n}\) jest większy od zera. To już każdy sobie może udowodnić Analogicznie pokazujemy, że \(\displaystyle{ x+z>y}\) oraz \(\displaystyle{ y+z>x}\). A stąd teza...
bez straty ogólności załóżmy, że \(\displaystyle{ a<b<c}\) i rozważmy funkcję \(\displaystyle{ f:[a,c] \to \RR}\) daną wzorem \(\displaystyle{ f(x) = \sqrt[3]{(a-x)^2(a+x)} + \sqrt[3]{(c-x)^2(c+x)}}\)
wówczas \(\displaystyle{ f(a) = f(c)}\) a nierówność, której prawdziwości chcemy dowieść to \(\displaystyle{ f(b) > f(c)}\)
liczymy \(\displaystyle{ f''}\) i okazuje się że \(\displaystyle{ f'' < 0}\), zatem funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest wklęsła, stąd dla każdego \(\displaystyle{ b \in (a,c)}\) mamy \(\displaystyle{ f(b)> \min(f(a), f(c)) = f(c)}\)
w 11 raczej trudno obejść się bez symediany
nieco inne podejście polega na wykazaniu, że \(\displaystyle{ MP}\) przechodzi przez ortocentrum \(\displaystyle{ D EF}\), a \(\displaystyle{ AP}\) przechodzi przez odbicie ortocentrum \(\displaystyle{ D EF}\) względem \(\displaystyle{ EF}\)
Jako, iż widzę, że wszyscy zamieszają trudne rozwiązania 9 to to rozwiązanie chyba jest błędne:
Ukryta treść:
Założenie \(\displaystyle{ a,b,c\in\mathbb{R _{+} }, \\
a \neq b \neq c}\)
Niech: \(\displaystyle{ n _{1}= \sqrt[3]{ (a^{2}-b^{2})(a-b) }, n _{2}= \sqrt[3]{ (b^{2}-c^{2})(b-c) }, n _{3}= \sqrt[3]{ (c^{2}-a^{2})(c-a) }\\ n_{1},n_{2},n_{3} > 0}\)
Teza nasza to"\(\displaystyle{ n_{2} + n_{3} > n_{1} , n_{1}+n_{2}>n_{3} , n_{1}+ n_{3}>n_{2}}\)
Więc podnosząc drugie wyrażenie do sześcianu i osłabiając je uzyskujemy nierówność którą udowodnimy: \(\displaystyle{ n_{1}^{3}+n_{2}^{3}>n_{3}^{3}}\)
Przekształcając je trochę otrzymujemy: \(\displaystyle{ (*) 2b^{3}>ab^{2}+a^{2}b+b^{2}c+bc^{2}-a^{2}c-ac^{2}}\)
Tutaj przyda się pewien lemat a mianowicie:
dla \(\displaystyle{ a,b\in \mathbb{R _{+}}}\) zachodzi: \(\displaystyle{ (1)a^{3}+b^{3} \ge a^{2}b+b^{2}a}\)
Co po prostych przekształceniach daje: \(\displaystyle{ (a^{2}-b^{2})(a-b)>0 \Leftrightarrow (a-b)^{2}(a+b) > 0}\) Co kończy dowód lematu.
Teraz poprzez zmianę zmiennych otrzymujemy: \(\displaystyle{ (2)b^{3}+c^{3} \ge b^{2}c+c^{2}b \\(3) c^{3}+a^{3} \ge c^{2}a+a^{2}c}\)
Dodająć \(\displaystyle{ (1)}\) z \(\displaystyle{ (2)}\) i odejmując od \(\displaystyle{ (3)}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ (*)}\)
Ze względu na to że te liczby są rożne nierówność jest ostra w \(\displaystyle{ (1),(2), (3)}\)Udowodniliśmy tym samym osłabioną nierówność zatem mocniejsza jest również prawdziwa, analogiczne rozumowanie przeprowadzamy w pozostałych dwóch przypadkach.
@edit
Ok dzięki za sprawdzenie. Rozumiem co miałeś na myśli
Ogólnie muszę stwierdzić że nieznanie tych tożsamości mnie gubi, rekurencje rozwaliłem tak jak była tu pokazana przez Vax'a ale zabrakło mi ostatniego przejścia, bo nie wiedziałem co można z tym zrobić, więc całość zostawiłem, geometrie wiedziałem z czego można rozwiązać, lecz nie wiedziałem jak się do tego zabrać, a że mieszkam na wiosce a chodzę do szkoły gdzie nawet żadnych kółek nie ma (bo wszyscy tylko o maturze i większych % ) to muszę cały czas uczyć się sam... eh może coś w przyszłym roku osiągnę, nie ma co narzekać, wystarczy więcej nauki jak to mówią ;p
Ostatnio zmieniony 6 gru 2013, o 17:27 przez Vargensan, łącznie zmieniany 3 razy.
Twoją nierówność oznaczoną \(\displaystyle{ (*)}\) można zapisać równoważnie jako \(\displaystyle{ 0>(a-b)(b-c)(a+2b+c)}\) Stąd już widać, że nie zachodzi to dla każdych liczb \(\displaystyle{ a,b,c \in R ^{+}}\). Przykład \(\displaystyle{ a=3,b=2,c=1}\)
Błąd polegał na tym, że z faktu iż \(\displaystyle{ a>b(7>6), c>d(8>5)}\). Nie wynika, że \(\displaystyle{ a-c>b-d(7-8=-1>6-5=1)}\).
