[LVII OM] Zadania I etapu

[tommik]

A ja zrobiłem 6. tradycyjnie - analitycznie.

[DEXiu]

vinci ==> A mógłbyś podrzucić przynajmniej zarys dowodu że |S'A|>2 dla środka okręgu opisanego leżącego poza tr. (czyli dla trójkąta rozwartokąnego)? Bo resztę mam lajtowo wytegowaną, tylko właśnie dla tego przypadku mam drobną nieścisłość. Jak ty to wykazałeś Bo dla ostro- albo prostokątnego oczywiste jest że musi być |S'A| >= R > 2, ale dla rowarto to już niestety nie jest prawdą

[Risk]

Dla rozwartokatnego wez punkt lezacy w polowie najdluzszego boku. Jest on zawsze oddalony od kazdego z wierzcholkow o wiecej niz $2r$.

[krzysiek1412]

Zad 5. podstawienie -f(-x)=g(x)
Zad 6. Poprowadźmy prostą równoległą do DE przechodzącą przez punkt A. Niech przecina ona wysokosć trójkąta ABC wychodzącą z punktu C w punkcie L i bok BC punkcie Z. Z tw. Talesa widzimy: AL/DH = LC/HC = LZ/HE, czyli DH/HE = AL/LZ. Rozważmy trójkąt AFH widzimy że punkt L jest jego ortocenrum, czyli prosta FL zawiera ysokośc trójkąta AFH. Oznacza to że FL jest równoległe do BC. Z tw. Talesa AL/LZ = AF/FB, czyli mamy AL/LZ=DH/HE=AF/FB co było do okazania.
Zad 7. p|(a+b+c)^3 - (a^3+b^3+c^3)
Zad 8. Gdy weźmiemy przekrój czworościanu równoległy do płazczyzny i prezchodzący przez punkt S to trójkąt ten zaier obie koło wielkie kuli. Ozncza to że r(ABC)>1. Należy udowodnić że SA>sqrt(5). Prez S' oznaczmy rzut punktu na podstawe. SA>sqrt(5) S'A>2. Załóżmy nie wprost że S'A2=>R, czyli 2r>R, a z tw. Eulera wynika bezpośrednio że w dowolnym trójkącie R=>2r. Mmy więc sprzeczność, czyli S'A>2 co było do wykaznia.

[Risk]

oznacza to że trójkąt ABC zawera się kole o promieniu 2 i środku S', czyli promień okręgu opisanego na ABC R

Przykro mi, ale tu jest blad. To, ze trojkat zawiera sie w kole o promienu R nie implikuje faktu, ze promien okregu opisanego na tym trojkacie jest mniejszy badz rowny R.

kontrprzyklad : trojkaty rozwartokatne.

[Twarz]

5 mam wyliczane (jak nikt dwie strony a3), po prostu po kolei wszystko udowadnialem, jakie wartosci moze przyjac a, b dla dow. x, a potem podstawialem do g(g(x)).
6 oczywiscie z podobienstwa trojkatow AFH CDH i BFH CEH
7 duuuuuuuuuzo liczenia i doprowadzenie do (a-1)*(b-1)*(c-1)=0
8 Punkty E,F,G,H jako puntky stycznosci kuli ze scianami, stad robie ze SE=SF, SA^2=SE^2+AE^2, dajemy punkt O, ktory jest na podstawie kuli, od ktorego prostopadle do postawy lezy odc. OE, dajemy punkt K ktory jest punktem przeciecia sie AC z prostopadla do AF. Z tego wszystkiego wynika (nie wiem czy dobrze opisuje, nie mam obok siebie kartki z zadaniem) SA^2=KO^2+OE^2+AF^2+KF^2+1 (R=1). Czyli nalezy udowodnic ze KO^2+OE^2+AF^2+KF^2>4 a to wynika z: KF i AF >1 bo promien kola wpisanego w ABC dluzszy od promienia kuli. OE >1 bo punkt E musi lezec wyzej S gdyz jest to punkt styczny kuli i jednej ze scian. KO>1 z twierdzenia talesa z warunku OE/KO=SF/AF. Martwic sie zaczalem o 5, gdyz na serio moge miec zle :X

[Finarfin]

5. definicja wartości bezwzględnej. Po kolei to i owo Jednak jasno i logicznie wyjaśnione
6. Podobieństwo trójkątów. Było to dość proste. Aczkolwiek analitycznie też to zrobiłem, choć tego akurat nie zapisałem, bo było zbyt dużo do przepisywania
7. Podobnie jak koledzy wyżej
8. Zrzutowanie tej płaszczyzny o środku S i promieniu r na podstawę i udowadnianie po kolei.

Ogólnie to liczę, że 5, 6 i 7 mam na 100% punktów. 8 - no mam nadzieję, że niczego nie zapomniałem, nie robiłem przecież książki fabularnej

Na każde zadanie po 2. strony A4 poszły

[juzef]

5. g(g(x))=g(-f(-x))=-f(f(-x))=x
6. podobieństwo trójkątów
7. \(\displaystyle{ 3(a+b)(a+c)(b+c)=(a+b+c)^3-(a^3+b^3+c^3)\equiv0(mod p)}\), więc jedna z liczb a+b, b+c, a+c jest równa p.
8. Dowód nie wprost. Zakładam, że SA, SB, SC \(\displaystyle{ \leq \sqrt{5}}\) .Chwila zabawy z Jensenem daje P(ABC)\(\displaystyle{ \leq3\sqrt{3}}\). Dalej w każdym trójkącie zachodzi \(\displaystyle{ 3\sqrt{3}\cdot r^2\leq S}\), więc \(\displaystyle{ r\leq1}\). Po czym następuje dość ciężki dowód, że r>R, gdzie R jest promieniem sfery wpisanej w czworościan, a r promieniem okręgu wpisanego w trójkąt ABC. Dostaję R1[/quote]
Ja nie wiem, pokaż.

[DEXiu]

juzef ==> Wyręczę vinciego. Rozważając koło wielkie kuli będące częścią wspólną tej kuli i płaszczyzny A'B'C' równoległej do ABC przechodzącej przez S stwierdzamy, że promień okręgu wpisanego w trójkąt A'B'C' musi być r'>=1 (bo nie może być mniejsza niż promień tego koła wielkiego). Teraz jednokładność płaszczyzny A'B'C' o środku w punkcie D i skali |DA|/|DA'|>1 i mamy co należało. r>r'>=1

[mayka]

6 oczywiscie z podobienstwa trojkatow AFH CDH i BFH CEH


Ja nie widzę takiego podobieństwa. ktore kąty wg ciebie są takie same??

[neworder]

@juzef:
Możesz pokazać, co z Jensena konkretnie robiłeś?

@tommik:
Mozesz analityczne swoje do 6. naszkicować krótko? [/quote]

[Finarfin]

mayka, kąt DHF i HFB bodajże. Zależy od rysunku jak wykonasz Ale te dwa na przykład

[Skrzypu]

5. trzy przypadki \(\displaystyle{ x>0, x=0, x). Pokazałem, że promień okręgu opisanego na trójkącie ABC jest większy od 2, a potem, że kąt \(\displaystyle{ SOA}\) jest większy od 90 i z cosinusów w tym trójkącie wychodzi teza.}\)

[Vithal]

To może moje rozwiązania:
5. Jak większość na podstawie -f(-x)=g(x)
6. na rysunku wprowadziłem kąty alfa i beta związane trójkątem bezpośrednio i gamma czyli kąt między jedną z wysokości a jedną z tych prostych prostopadłych. Potem starczyło biorąc HF za odcinek bazowy z twierdzenia sinusów wyliczyć wszystkie boki lewej strony równania i prawej i korzystając z AŻ jednej tożsamości trygonometrycznej (sin(90+alfa=sin90-alfa) wychodziło w dwóch linijkach rozwiązanie. Sam się zdziwiłem jak szybko wyszło.
7. chałupnicze podniesienie a+b+c=p+1 do sześcianu i potem grupowanie, podstawianie i wychodziło
8. No tu mam już totalny blues, zadanie jest na zero punktów, ale co tam: rozpatruję przypadek skrajny gdy wysokość ostrosłupa dąży do nieskończonośi i takie tam pierdółki z tego wynikające .

[vinci]

wiemy ze r>1

Ja nie wiem, pokaż.

to bylo tylko szkicowe rozwiazanie, powinno byc: 'wiemy jak udowonimy'.
DEXIu zrobil jak powinno byc.

btw tez bym chetnie zabaczyl to rozwiazanie Jensenem.

[ Dodano: Wto Lis 08, 2005 7:39 pm ]

Szczególnie mam tu na myśli jedną zależność, która jest intuicyjnie oczywista, a dosyć ciężko ją formalnie udowodnić. Napisałbym o co mi chodzi, ale zapewne skończyłoby się do ostrzeżeniem od przewrażliwionego moda..

o to chodzilo?