[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

[binaj]

Zadanie.
Pokazac, ze zbior dzielnikow pierwszych niestalego wielomianu w wspolczynnikach calkowitych jest nieskonczony.

jeśli \(\displaystyle{ P(0)=0}\) to teza zadania jest spełniona,
niech \(\displaystyle{ P(0)=a_0 \neq 0}\) , załóżmy, ze \(\displaystyle{ P(x)}\) przyjmuje wartości w punktach całkowitych podzielne tylko przez skończoną liczbę liczb pierwszych, niech \(\displaystyle{ p}\)będzie iloczynem wszystkich tych liczb, rozważmy:
\(\displaystyle{ P(p \cdot a_0)=a_0(a_na_0^{n-1}p^n+\ldots+a_1p+1)}\) widzimy, ze wartość wielomianu w punkcie \(\displaystyle{ p \cdot a_0}\) daje resztę 1 z dzielenia przez p, zatem posiada dzielnik różny od p - sprzeczność

Nowe:
Niech \(\displaystyle{ c}\) będzie dodatnią liczbą całkowita. Definiujemy ciąg \(\displaystyle{ (a_n)}\) w następujący sposób:
\(\displaystyle{ a_1=2 \\
a_{n+1}=ca_n+ \sqrt{(c^2-1)(a_n^2-4)}}\) dla \(\displaystyle{ n \ge 1}\)
Wykazać, że \(\displaystyle{ a_n}\) jest liczbą całkowitą dla każdego \(\displaystyle{ n}\).

[XMaS11]

Limes123 - drugie zadanie w tym temacie .
Pozwolę sobie pokazać inne rozwiązanie :
Zdefiniujmy funkcję \(\displaystyle{ f(p,W)}\), gdzie \(\displaystyle{ p}\) to liczba pierwsza, a \(\displaystyle{ W}\) to wielomian o współczynnikach całkowitych następująco :
Jest to najmniejsza liczba całkowita nieujemna \(\displaystyle{ a}\), dla której istnieje taka liczba całkowita \(\displaystyle{ m}\), że
\(\displaystyle{ p^{a+1}}\) nie dzieli \(\displaystyle{ W(m)}\).
Przejdźmy do zadania.Oznaczmy nasz wielomian przez \(\displaystyle{ W}\). Załóżmy wbrew tezie, że zbiór tych liczb pierwszych jest skończony. Nazwijmy jego elementy \(\displaystyle{ p_1,...p_n}\). Niech ponadto \(\displaystyle{ f(p_i,W)=P_i}\) oraz niech \(\displaystyle{ q_i}\) będzie taką liczbą, że \(\displaystyle{ p_i^{P_{i}+1}}\) nie dzieli \(\displaystyle{ W(q_i)}\). Wtedy oczywiście taką samą własność mają wszystkie liczby postaci \(\displaystyle{ q_i+kp^{P_i}}\), gdzie \(\displaystyle{ k}\) jest całkowite. Tym samym dostaliśmy \(\displaystyle{ n}\) ciągów arytmetycznych (\(\displaystyle{ q_i+kp^{P_i}}\) dla \(\displaystyle{ i=1,...n}\)) o parami względnie pierwszych różnicach. Istnieje więc liczba (dowolnie duża) będąca elementem każdego z tych ciągów, powiedzmy \(\displaystyle{ F}\). Zatem \(\displaystyle{ |W(F)| < p_1^{P_{1}+1} \cdot ...p_n^{P_n+1}}\). Jednakże \(\displaystyle{ F}\) może być dowolnie duże, zatem \(\displaystyle{ W(F)}\) też, skąd sprzeczność, która dowodzi prawdziwości tezy.

Nowe zadanie:
Niech \(\displaystyle{ c}\) będzie dodatnią liczbą całkowitą. Definiujemy ciąg \(\displaystyle{ (a_n)}\) w następujący sposób:
\(\displaystyle{ a_1=2 \\ a_{n+1}=ca_n+ \sqrt{(c^2-1)(a_n^2-4)}}\).
Wykazać, że \(\displaystyle{ a_n}\) jest całkowite dla każdego \(\displaystyle{ n}\).

[Elvis]

Dziwne to zadanie.
\(\displaystyle{ a_2 = 2c+\sqrt{(c^2-1)(2^2-4)}=2c \\
a_3 = c \cdot 2c + \sqrt{(c^2-1)((2c)^2-4)}=2c^2 - 2(c^2-1)=2}\)
No i się zapętliliśmy, a wszystko do tej pory było całkowite. Chętnie zobaczę w tym błąd.

Do rozwiązania binaja: ta wartość przystaje do \(\displaystyle{ a_0}\) modulo p, prawda? Skąd wiemy, że do 1? Poza tym przystawanie do 1 nie musi dawać podzielności przez coś nowego, tylko otrzymanie 1 lub -1.

Nie zdziwię się, jeśli okaże się, że się pomyliłem w rachunkach, ale żeby temat nie stał:

Okrąg \(\displaystyle{ o_1}\) przechodzi przez A, B i jest styczny do prostej AC. Okrąg \(\displaystyle{ o_2}\) przechodzi przez A, C i jest styczny do prostej AB. Wykazać, że wspólna cięciwa okręgów \(\displaystyle{ o_1}\) i \(\displaystyle{ o_2}\) jest zawarta w symedianie trójkąta ABC.

[XMaS11]

Pomyliłeś się w rachunkach.
\(\displaystyle{ a_3=4c^2-2}\).

[Elvis]

Uspokoiłeś mnie. Nie wiem, skąd mi się wziął ten minus.

[limes123]

Sorry za powtorke;p

Do rozwiązania binaja: ta wartość przystaje do a_0 modulo p, prawda? Skąd wiemy, że do 1? Poza tym przystawanie do 1 nie musi dawać podzielności przez coś nowego, tylko otrzymanie 1 lub -1.

Wtedy wystarczy wziac wielomian Q(X)=P(X*a_0)/a_0.

[XMaS11]

Lubie takie zadania
Dla \(\displaystyle{ c=1}\) sprawa jest jasna, niech więc \(\displaystyle{ c>1}\).
Zdefiniujmy pomocniczo następujący ciąg :
\(\displaystyle{ b_n= \sqrt{ \frac{a_n^2-4}{c^2-1} } \ (1)}\).
Udowodnimy indukcyjne, że
\(\displaystyle{ a_{n+1}=cb_{n+1}-b_n \ (2) \\
b_{n+1}=a_n+cb_n \ (3)}\).
Przepisując daną zależność rekurencyjną na 'nasze' oznaczenia mamy:
\(\displaystyle{ a_{n+1}=ca_n+(c^2-1)b_n \ (4)}\).

Dowód przeprowadzimy indukcyjnie.
Łatwo sprawdzić, że \(\displaystyle{ a_2=2c}\) oraz \(\displaystyle{ b_1=0, \ b_2=2}\), czyli
\(\displaystyle{ a_2=cb_{2}-b_1}\) oraz \(\displaystyle{ b_2=a_1+cb_1}\), jest ok.
Pozostaje więc sprawdzić, że gdy przyjmiemy \(\displaystyle{ a_{n+1}, \ b_{n+1}}\) wedle wzorów \(\displaystyle{ (2),(3)}\), to wzory \(\displaystyle{ (1),(4)}\) będą spełnione (bo \(\displaystyle{ a_n}\) wyznacza jednoznacznie \(\displaystyle{ b_n}\), co dalej wyznacza jednoznacznie \(\displaystyle{ a_{n+1}}\) co wyznacza \(\displaystyle{ b_{n+1}}\)). Jak łatwo sprawdzić, wtedy równość \(\displaystyle{ a_{n+1}=ca_n+(c^2-1)b_n}\) jest spełniona, ponadto równosc \(\displaystyle{ a_{n+1}^2-4=(c^2-1)b_{n+1}^2}\) po podstawieniu \(\displaystyle{ (2),(3)}\), wymnożeniu i redukcji wyrazów podobnych sprowadza się do posaci \(\displaystyle{ a_n^2-4=(c^2-1)b_n^2}\), co jest prawdą na mocy założenia indukcyjnego. W szczególności oczywiście wynika stąd, że wszystkie liczby \(\displaystyle{ a_n,b_n}\) są całkowite, jako sumy liczb całkowitych, skąd teza.

-- 17 kwietnia 2010, 23:15 --

Dam coś prostego :
Udowodnić, że dla każdego \(\displaystyle{ n>2}\) istnieje na płaszczyźnie zbiór \(\displaystyle{ n}\) punktów , że odległość pomiędzy każdymi dwoma jest niewymierna, ale pole trójkąta stworzonego przez każde trzy z nich jest liczbą wymierną różną od 0.

[pawels]

[...]
Okrąg \(\displaystyle{ o_1}\) przechodzi przez A, B i jest styczny do prostej AC. Okrąg \(\displaystyle{ o_2}\) przechodzi przez A, C i jest styczny do prostej AB. Wykazać, że wspólna cięciwa okręgów \(\displaystyle{ o_1}\) i \(\displaystyle{ o_2}\) jest zawarta w symedianie trójkąta ABC.

Oznaczmy drugi punkt przecięcia \(\displaystyle{ o_2}\) z \(\displaystyle{ o_1}\) literą \(\displaystyle{ I}\). Przedłóżmy prostą \(\displaystyle{ AI}\) aż do przecięcia z okręgiem opisanym na \(\displaystyle{ \Delta ABC}\)-oznaczmy punkt przecięcia literą \(\displaystyle{ D}\). Wówczas na mocy twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą mamy \(\displaystyle{ \angle BAI=\angle ACI}\) i \(\displaystyle{ \angle CAI=\angle ABI}\), czyli \(\displaystyle{ \Delta ABI\sim\Delta CAI}\). Mamy także \(\displaystyle{ \angle DBC=\angle DAC}\) i \(\displaystyle{ \angle BAD=\angle DCB}\). Stąd \(\displaystyle{ \Delta ABI\sim\Delta CAI\sim\Delta CBD}\). Wówczas \(\displaystyle{ \frac{AB}{AC}=\frac{BI}{AI}=\frac{BD}{DC}}\), skąd \(\displaystyle{ AB\cdot CD=AC\cdot BD}\), czyli skoro oczywiście \(\displaystyle{ ABCD}\) jest wpisany w okrąg to \(\displaystyle{ AD}\) jest symedianą w \(\displaystyle{ \Delta ABC}\).

Aktualne zadanie to:

Udowodnić, że dla każdego \(\displaystyle{ n>2}\) istnieje na płaszczyźnie zbiór \(\displaystyle{ n}\) punktów , że odległość pomiędzy każdymi dwoma jest niewymierna, ale pole trójkąta stworzonego przez każde trzy z nich jest liczbą wymierną różną od 0.

[Elvis]

Chyba nikt nie ma wątpliwości, że jeśli umieścimy wierzchołki w punktach kratowych, to pole każdego trójkąta będzie wymierne. Na Wikipedii znalazłem nawet wzorek, że dla rozsądnych oznaczeń współrzędnych wynosi ono:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}|a_1 b_2 + b_1 c_2 + c_1 a_2 - c_1 b_2 - a_1 c_2 - b_1 a_2 |}\)


Skupmy się więc na niewymierności odległości. Na początek weźmy punkt \(\displaystyle{ (0,0)}\). Dalej będziemy dodawać indukcyjnie.

Niech \(\displaystyle{ S}\) będzie dotychczasowym zbiorem punktów. Weźmy \(\displaystyle{ k}\) takie, że prosta \(\displaystyle{ x=k}\) nie przechodzi przez żaden z punktów \(\displaystyle{ S}\). Poszukajmy \(\displaystyle{ l}\) takiego, że punkt \(\displaystyle{ (k,l)}\) będzie dobry. Weźmy punkt \(\displaystyle{ (x,y) \in S}\). Odległość między tymi dwoma to \(\displaystyle{ \sqrt{(k-x)^2 + (l-y)^2}}\). Wystarczy wziąć \(\displaystyle{ l > y + (k-x)^2}\) i mamy nierówności:
\(\displaystyle{ (l-y)^2 < (k-x)^2 + (l-y)^2 < 1 + 2(l-y) + (l-y)^2 = (l-y+1)^2}\) (\(\displaystyle{ k \neq x}\))
Odległość jest zatem niewymierna*. Bierzemy teraz ograniczenia dolne od wszystkich punktów z \(\displaystyle{ S}\) oraz ograniczenia wynikające z zakazu współliniowości (pole ma być dodatnie), tj. dla każdej prostej \(\displaystyle{ AB}\) (\(\displaystyle{ A,B \in S}\)) bierzemy drugą współrzędną jej punktu przecięcia z prostą \(\displaystyle{ x=k}\). Odpowiednio duże \(\displaystyle{ l}\) spowoduje że zbiór \(\displaystyle{ S \cup \{ (k,l) \}}\) będzie dobry.

* Korzystam tu z twierdzenia: jeśli pierwiastek z liczby całkowitej jest liczbą wymierną, to jest liczbą całkowitą. W naszym odległość nie może być liczbą całkowitą, a więc i wymierną.

Niestety dwa zadania, które chciałem wrzucić, są raczej z tego samego działu (tj. pseudogeometria), więc wrzucę je kiedy indziej.

Wierzchołkami grafu G są liczby naturalne. Krawędź łączy a i b, jeśli a+b jest kwadratem liczby naturalnej. Udowodnić, że graf G jest spójny.
Inaczej: wykazać, że dla dowolnych naturalnych a, b istnieje ciąg liczb naturalnych \(\displaystyle{ (x_1, \ldots, x_n)}\) (\(\displaystyle{ x_1=a, \ x_n=b}\)) taki, że \(\displaystyle{ x_i + x_{i+1}}\) jest kwadratem liczby naturalnej.

[tkrass]

Co prawda byłem na kółku, na którym to zadanie było, ale rozwiązania nie pamiętam (chociaż wydaje mi się, że to Ty je rozkminiłeś Elvis), co więcej rozwiązałem je chyba inaczej niż wtedy, bo nie kojarzę, żebym kiedykolwiek widział takie rozumowanie.

A moje rozwiązanie opiera się na dwóch trickach - pierwszy, że graf jest spójny wtedy, jeżeli każda liczba jest pośrednio połączona z jedynką.
Drugi to indukcja - pokażę dla \(\displaystyle{ n \ge 3}\), że jeżeli z jedynką są połączone wszystkie liczby mniejsze lub równe \(\displaystyle{ n^2-1}\), to są też z nią połączone wszystkie liczby mniejsze lub równe \(\displaystyle{ (n+1)^2-1}\). Istotnie - \(\displaystyle{ (n+1)^2-1}\) połączone jest z \(\displaystyle{ 1}\), \(\displaystyle{ (n+1)^2 -2}\) połączone jest z \(\displaystyle{ 2}\) i tak dalej. Wystarczy więc, żeby spełniona była nierówność:
\(\displaystyle{ (n+1)^2 - n^2<n^2}\) (bo wtedy \(\displaystyle{ n^2}\) będzie połączone z liczbą, która już jest połączona z \(\displaystyle{ 1}\)). Ale ta nierówność jest równoważna nierówności \(\displaystyle{ n^2>2n+1}\), która rzeczywiście jest spełniona dla \(\displaystyle{ n \ge 3}\).
Do zakończenia rozwiązania brakuje pokazania, że liczby od 1 do 8 są ze sobą połączone. Niech \(\displaystyle{ a \leftrightarrow b}\) oznacza, że a i b są połączone. Wtedy:
\(\displaystyle{ 1 \leftrightarrow 8}\),
\(\displaystyle{ 1 \leftrightarrow 3 \leftrightarrow 6}\),
\(\displaystyle{ 1 \leftrightarrow 15 \leftrightarrow 21 \leftrightarrow 79 \leftrightarrow 2 \leftrightarrow 7}\),
\(\displaystyle{ 1 \leftrightarrow 15 \leftrightarrow 21 \leftrightarrow 4 \leftrightarrow 5}\).
Zatem istotnie teza zadania jest spełniona.

Proszę o weryfikację mojego rozwiązania. Jeżeli owa wypadnie pomyślnie, to nowe zadanie to:
Dany jest zbiór S n trójkami niewspółliniowych punktów na płaszczyźnie i liczba naturalna k. Dla każdego punktu \(\displaystyle{ P \in S}\) istnieje przynajmniej k punktów z S równoodległych od P. Wykazać, że \(\displaystyle{ k< \frac{1}{2} + \sqrt{2n}}\).

[Damianito]

Dany jest zbiór S n trójkami niewspółliniowych punktów na płaszczyźnie i liczba naturalna k. Dla każdego punktu \(\displaystyle{ P \in S}\) istnieje przynajmniej k punktów z S równoodległych od P. Wykazać, że \(\displaystyle{ k< \frac{1}{2} + \sqrt{2n}}\).

W sumie ten pomysł nie działa, ale daje "trochę" gorsze oszacowanie \(\displaystyle{ k\leq2\sqrt{n}+1}\) bez założenia niewspółliniowości (zauważyłem, że się sypie w trakcie pisania, więc żeby się nie zmarnowało )

Ukryta treść:    

Ponumerujmy punkty z S i punktowi \(\displaystyle{ P_i}\) przypiszmy okrąg \(\displaystyle{ A_i}\) o środku w \(\displaystyle{ P_i}\) zawierający co najmniej k punktów z S. Każde dwa różne okręgi \(\displaystyle{ A_i}\) i \(\displaystyle{ A_j}\) mają co najwyżej dwa wspólne punkty (bo środki są różne). Wynika stąd, że:
-okrąg \(\displaystyle{ A_1}\) zawiera co najmniej \(\displaystyle{ k}\) punktów z S,
-okręgi \(\displaystyle{ A_1}\), \(\displaystyle{ A_2}\) zawierają co najmniej \(\displaystyle{ k + (k-2)}\) różnych punktów z S
...
-okręgi \(\displaystyle{ A_1}\), ..., \(\displaystyle{ A_{m+1}}\) zawierają łącznie co najmniej \(\displaystyle{ k+(k-2)+(k-4)+...+(k-2m)}\) różnych punktów z S

Mamy więc nierówność \(\displaystyle{ k+(k-2)+(k-4)+...+(k-2m) \leq n}\) dla każdego m, tj.
\(\displaystyle{ (m+1)(k-m) \leq n}\)

Dwa przypadki
1. k parzyste = 2t. Niech m = t, a wówczas \(\displaystyle{ t(t+1)\leq n}\), skąd \(\displaystyle{ t<\sqrt{n}-1}\) i stąd \(\displaystyle{ k\leq2\sqrt{n}+1}\)
2. k nieparzyste = 2t+1 Niech m = t, a wówczas \(\displaystyle{ (t+1)(t+1)\leq n}\) i stąd podobnie \(\displaystyle{ k\leq2\sqrt{n}+1}\)

[półpasiec]

Dany jest zbiór S n trójkami niewspółliniowych punktów na płaszczyźnie i liczba naturalna k. Dla każdego punktu \(\displaystyle{ P \in S}\) istnieje przynajmniej k punktów z S równoodległych od P. Wykazać, że \(\displaystyle{ k< \frac{1}{2} + \sqrt{2n}}\).

Niech tak jak w rozwiązaniu Damiana \(\displaystyle{ A_i}\) to okręgi punktu \(\displaystyle{ P_i}\). Ponadto niech \(\displaystyle{ a_i = |A_i|}\) oraz niech \(\displaystyle{ b_i}\) to liczba okręgów \(\displaystyle{ A_j}\), do których należy \(\displaystyle{ i}\). Widać, że \(\displaystyle{ \sum a_i = \sum b_i}\).
Rozważmy dla każdego punktu \(\displaystyle{ P_i}\) wektor \(\displaystyle{ v_i \in \mathbb{Z}^n}\) taki, że jego \(\displaystyle{ j}\)ta współrzędna \(\displaystyle{ v_{ij} = 1}\), gdy \(\displaystyle{ P_j \in A_i}\) oraz \(\displaystyle{ v_{ij} = 0}\) w przeciwnym wypadku.
Kluczowa obserwacja jest taka, że dwa okręgi mogą się przecinać w co najwyżej dwóch punktach, skąd dostajemy, że \(\displaystyle{ v_i \cdot v_j \leq 2}\). Reszta to już rachunki. Wektory mnożymy skalarnie.
\(\displaystyle{ (\sum v_i)^2 = \sum v_i^2 + 2\sum_{i < j}v_i \cdot v_j \leq \sum a_i + 2 \cdot 2 \binom{n}{2} = \sum a_i + 2n(n-1)}\).
Z drugiej strony \(\displaystyle{ (\sum v_i) ^2 = (b_1,b_2,...,b_n)^2= \sum b_i^2 \geq \frac{ (\sum b_i)^2}{n} = \frac{ (\sum a_i)^2}{n}}\). Oznaczamy
\(\displaystyle{ S = \sum a_i}\) i mamy
\(\displaystyle{ \frac{S^2}{n} \leq S + 2n(n-1)}\),
czyli
\(\displaystyle{ \frac{S^2}{n} - S \leq 2n(n-1)}\),
co po rachunkach prowadzi do
\(\displaystyle{ S - \frac{n}{2} \leq \sqrt{2n^2(n-1) + \frac{n^2}{4}}}\).
Pamiętamy, że \(\displaystyle{ a_i \geq k}\), skąd \(\displaystyle{ S \geq nk}\), co ostatecznie daje
\(\displaystyle{ nk - \frac{n}{2} \leq \sqrt{2n^2(n-1) + \frac{n^2}{4}}}\)
\(\displaystyle{ k - \frac{1}{2} \leq \sqrt{2(n-1) + \frac{1}{4}} < \sqrt{2n}}\).

Moja propozycja

Niech \(\displaystyle{ S}\) będzie skończonym zbiorem punktów kratowych w przestrzeni \(\displaystyle{ \mathbb{R}^3}\). Niech \(\displaystyle{ S_{xy}}\) będzie zbiorem punktów płaszczyzny \(\displaystyle{ OXY}\), które są rzutami punktów z \(\displaystyle{ S}\). Analogicznie definiujemy \(\displaystyle{ S_{yz},S_{zx}}\). Pokazać, że \(\displaystyle{ |S|^2 \leq |S_{xy}|\cdot |S_{yz}|\cdot |S_{zx}|}\)

Zadanie można też uciąglić i rozwiązać analitycznie, ale proponuje poszukać rozwiązania kombinatorycznego, bo moim zdaniem jest ciekawsze.

[XMaS11]

Podzielmy wszystkie rzuty punktów ze zbioru \(\displaystyle{ S}\) na płaszczyzny \(\displaystyle{ OYZ}\) i \(\displaystyle{ OZX}\) na rozłączne zbiory punktów \(\displaystyle{ Z_1,...Z_n}\) tak, że wszystkie punkty ze zbioru \(\displaystyle{ Z_i}\) leżą w płaszczyźnie równoległej do \(\displaystyle{ OXY}\) (możemy sobie założyć, że żaden z punktów ze zbioru \(\displaystyle{ S}\) nie leży na żadnej z osi \(\displaystyle{ OX,OY,OZ}\)). Ponadto niech \(\displaystyle{ |Z_i \cap OYZ|=a_i}\) oraz \(\displaystyle{ |Z_i \cap OZX|=b_i}\). Niech \(\displaystyle{ k_i=|S \cap Z_i|}\), Oczywiście \(\displaystyle{ k_i \le a_ib_i}\)oraz \(\displaystyle{ |S_{xy}| \ge max(k_i)}\). Mamy też: \(\displaystyle{ |S|=k_1+...+k_n}\) oraz \(\displaystyle{ |S_{yz}|=a_1+...+a_n, \ |S_{zx}|=b_1+...+b_n}\). Stąd:
\(\displaystyle{ |S_{xy}||S_{yz}||S_{zx}| \ge (a_1+...+a_n)(b_1+...+b_n) (max (k_i)) \ge (k_1+...+k_n)^2=|S|^2}\).
Drugą nierówność dowodzimy następująco:
Dla wygody niech \(\displaystyle{ max k_i = k}\).
Mamy:
\(\displaystyle{ a_ib_ik \ge k_i^2 \\
(a_ib_j+a_jb_i)k \ge 2 \sqrt{a_ib_ia_jb_j}k \ge 2 \sqrt{k_ik_j} \cdot \sqrt{k_ik_j} = 2k_ik_j}\)(Druga nierówność dla \(\displaystyle{ i}\) różnego od \(\displaystyle{ j}\)). Dodajemy to wszystko stronami i dostajemy to co trzeba.
Nowe:
Niech \(\displaystyle{ ABCD}\) będzie czworokątem wypukłym, przy czym \(\displaystyle{ AB=AD+BC}\). Wewnątrz tego czworokąta znajduję się taki punkt P, że : \(\displaystyle{ AP=h+AD}\) oraz \(\displaystyle{ BP=h+BC}\), gdzie \(\displaystyle{ h}\) to odległość punktu \(\displaystyle{ P}\) od prostej \(\displaystyle{ CD}\). Udowodnić, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{h} } \ge \frac{1}{ \sqrt{AD} } + \frac{1}{ \sqrt{BC} }}\) (może wygląda brzydko, ale nie jest brzydkie ).

[Damianito]

Niech \(\displaystyle{ ABCD}\) będzie czworokątem wypukłym, przy czym \(\displaystyle{ AB=AD+BC}\). Wewnątrz tego czworokąta znajduję się taki punkt P, że : \(\displaystyle{ AP=h+AD}\) oraz \(\displaystyle{ BP=h+BC}\), gdzie \(\displaystyle{ h}\) to odległość punktu \(\displaystyle{ P}\) od prostej \(\displaystyle{ CD}\). Udowodnić, że
\(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{h} } \ge \frac{1}{ \sqrt{AD} } + \frac{1}{ \sqrt{BC} }}\) (może wygląda brzydko, ale nie jest brzydkie ).

Niech AD = x, BC = y.

Rozważmy okręgi:
\(\displaystyle{ O_A}\) - o srodku w A i promieniu x
\(\displaystyle{ O_B}\) - o srodku w B i promienu y
\(\displaystyle{ O_P}\) - o srodku w P i promieniu h

Z podanych warunków wynika, że wszystkie trzy zdefiniowane okręgi są parami styczne, a do tego prosta CD jest wspólną sieczną (ma po co najmniej jednym punkcie wspólnym z) \(\displaystyle{ O_A}\) i \(\displaystyle{ O_B}\) (odpowiednio punkty D i C) a jednocześnie okrąg \(\displaystyle{ O_P}\) jest do niej styczny ( i leży po tej samej stronie prostej co punkt styczności okręgów \(\displaystyle{ O_A}\) i \(\displaystyle{ O_B}\)).

Rozważmy wspólną styczną \(\displaystyle{ l}\) okręgów \(\displaystyle{ O_A}\) i \(\displaystyle{ O_B}\) leżącą po tej samej stronie co okrąg \(\displaystyle{ O_P}\). Okrąg \(\displaystyle{ O_P}\) jest do niej styczny albo nie ma punktów wspólnych. Możemy "zwiększać" h (rozważając okręgi styczne do \(\displaystyle{ O_A}\) i \(\displaystyle{ O_B}\) o tym promieniu), aż \(\displaystyle{ O_P}\) będzie styczne do \(\displaystyle{ l}\). Formalniej, istnieje okrąg \(\displaystyle{ O_P'}\) styczny do \(\displaystyle{ O_A}\), \(\displaystyle{ O_B}\) i \(\displaystyle{ l}\) o promieniu \(\displaystyle{ r \geq h}\).
Wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{r}}=\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}}\), ale to wynika z łatwego do pokazania wzoru na odległość rzutów środków dwóch stycznych okręgów o promieniach \(\displaystyle{ r_1}\) i \(\displaystyle{ r_2}\) na prostą, do której są styczne: \(\displaystyle{ 2\sqrt{r_1r_2}}\)

Nowe zadanie (16. zad z I etapu LXI OM)
Niech \(\displaystyle{ a_1, a_2,...,a_n}\) (\(\displaystyle{ n>1}\)) będą takimi liczbami całkowitymi dodatnimi, że \(\displaystyle{ a_1<a_2<...<a_n}\) Pokaż, że zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \frac{1}{NWW(a_1,a_2)}+\frac{1}{NWW(a_2,a_3)}+...+\frac{1}{NWW(a_{n-1},a_n)}\leq 1-\frac{1}{2^{n-1}}}\)

[Piotr Rutkowski]

Zauważmy najpierw, że \(\displaystyle{ \frac{1}{NWW(a_{1},a_{2})}\leq \frac{1}{a_{2}}}\)
oraz \(\displaystyle{ \frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{NWW(a_{2},a_{3})}\leq \frac{1}{2}+\frac{1}{NWW(2,a_{3})}}\) dla \(\displaystyle{ a_{3}>a_{2}>1}\)
podobnie sprawdzamy, że \(\displaystyle{ a_{3}=4}\) dla maksymalizacji kolejnych dwóch wyrazów(dowód wymaga tylko prostych przekształceń).
Lemat:
Dla dowolnych liczb naturalnych \(\displaystyle{ b>a>2^{k} \ k\geq 2}\) zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \frac{1}{NWW(2^{k},a)}+\frac{1}{NWW(a,b)}\leq \frac{3}{2^{k+2}}}\)
Dowód:
Korzystając z tożsamości \(\displaystyle{ ab=(a,b)\cdot [a,b]}\) przekształcamy do równoważnej postaci:
\(\displaystyle{ 4(2^{k},a)+2^{k+2}\frac{(a,b)}{b}\leq 3a}\)
Jeśli \(\displaystyle{ 2^{k+1}>a}\), to:
\(\displaystyle{ P>3\cdot 2^{k}\geq 4+2^{k+1}}\), natomiast
\(\displaystyle{ L=4+\frac{2^{k+2}a}{[a,b]}\leq 4+\frac{2^{k+2}a}{2a}=4+2^{k+1}}\), bo \(\displaystyle{ [a,b]\geq 2a}\)
Jeśli \(\displaystyle{ a\geq 2^{k+1}}\) wtedy
\(\displaystyle{ L\leq 2\cdot 2^{k+1}+\frac{2^{k+2}a}{[a,b]}\leq 3\cdot 2^{k+1}}\)
Używając lematu i początkowych wniosków do kolejnych par wyrażeń otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{[a_{i},a_{i+1}]}\leq \sum_{i=1}^{n-1}2^{-k}=1-\frac{1}{2^{n-1}} \ \mathbb{Q.E.D.}}\)
Niech ktoś za mnie wrzuci zadanie