[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

[XMaS11]

Lemat 1:
\(\displaystyle{ 2^l+1=p^n \Rightarrow l=3}\) (o ile \(\displaystyle{ n>1}\)) .Jak wiadomo to wynika z tw. Mihailescu, szkic elementarnego dowodu:
Najpierw pokazujemy, że \(\displaystyle{ p=2^k+1}\)
Rozważając \(\displaystyle{ mod \ 2^{k+1}}\) pokazujemy, że \(\displaystyle{ n}\) jest parzyste, dostajemy więc:
\(\displaystyle{ (a-1)(a+1)=2^l}\), dalej wiadomo co.
Lemat 2:
\(\displaystyle{ 2^k}\) jest pierwsze \(\displaystyle{ \Rightarrow k=2^l}\).
Lemat 3:
Dla każdego \(\displaystyle{ k>1000}\) istnieje w przedziale \(\displaystyle{ <2^k+1,2^{k+1}-1>}\) takie \(\displaystyle{ c}\), że
\(\displaystyle{ w(2^{c-1}+1) \ge w(2^c+1)}\).
Dowód:
Załóżmy, że takie \(\displaystyle{ c}\) nie istnieje, zatem:
\(\displaystyle{ 2^{2^{k+1}-1}}\) jest iloczyn co najmniej \(\displaystyle{ 2^k-1}\) liczb pierwszych, ale ten iloczyn jest sporo większy niż \(\displaystyle{ 2^{2^{k+1}-1}}\). Sprzecznośc ta dowodzi słuszności lematu 3.

No i teraz dla każdego \(\displaystyle{ k>1000}\) o którym mowa w lemacie 3 zachodzi (dla wspomnianego tam \(\displaystyle{ c}\).
\(\displaystyle{ w(2^c)<w(2^c+1) \le w(2^{c-1}+1)<w(2^{c-1}+1)+1=w(2(2^{c-1}+1))=w(2^c+2)}\).
Zatem \(\displaystyle{ n=2^c}\) spełnia warunki zadania. Oczywiście tych \(\displaystyle{ n}\) jest nieskończenie wiele, co chcieliśmy dowieśc. Z lematu 1 i 2 korzystaliśmy pisząc:
\(\displaystyle{ w(2^c+1)>1=w(2^c)}\), bo \(\displaystyle{ 2^c+1}\) nie jest ani liczbą pierwszą ani potęgą liczby pierwszej.-- 20 stycznia 2010, 22:03 --PrzyznajE, że czuje się ostro olany, na dodatek przez Ciebie Piotrze : < Jakieś blefy z feriami jeszcze : <

[Swistak]

Kosmetyczna poprawka, ale ta literówka już wprowadziła w błąd.
W lemacie 2 powinno być \(\displaystyle{ 2^{k} +1}\), a nie nie \(\displaystyle{ 2^{k}}\).

[smigol]

No mówiłeś, że masz jechać, myślałem, że już pojechałeś, na gg Cie nie ma ani nic xD i stąd ten wniosek :<
Przepraszam ;(

[Piotr Rutkowski]

PrzyznajE, że czuje się ostro olany, na dodatek przez Ciebie Piotrze : < Jakieś blefy z feriami jeszcze : <

Heh, nie martw się, ja wziąłem na poważnie Twoje zadanie, choć postanowiłem je zostawić, bo nie miałem innego zadania. Mój dowód był bardzo podobny jedyna różnica była w lemacie 3 (z którego nie korzystam).

Niech \(\displaystyle{ a_{k}=w(2^{k}+1)}\). Jak wcześniej wspomniałeś wystarczy pokazać, że ten ciąg nie jest rosnący. Załóżmy przeciwnie, że ten ciąg jest rosnący od pewnego miejsca \(\displaystyle{ N}\).
Wtedy będzie zachodziło \(\displaystyle{ a_{2^{k+1}}-a_{2^{k}}>2^{k+1}-2^{k}=2^{k}}\)
Z drugiej strony \(\displaystyle{ a_{2^{k+1}}-a_{2^{k}}<a_{2^{k+1}}}\)
Pokażemy, że \(\displaystyle{ a_{2^{k+1}}<\frac{2^{k}}{k}}\)
Oczywistym jest, że \(\displaystyle{ \forall_{1\neq p|2^{2^{k}}+1} \ p>2^{k}+1}\) (dlaczego?)
Zatem jeśli mielibyśmy \(\displaystyle{ a_{2^{k}}>\frac{2^{k}}{k}}\) ustawimy ciąg \(\displaystyle{ p_{i}=\{p; p|2^{2^{k}}+1\}}\) to \(\displaystyle{ 2^{2^{k}}+1=\prod_{i=1}^{\tau (2^{2^{k}}+1)}p_{i}>\prod_{i=1}^{a_{k}}p_{i}>\prod_{i=1}^{a_{k}}(2^{k}+1)=(2^{k}+1)^{a_{k}}}\) skąd w oczywisty sposób \(\displaystyle{ a_{k}<\frac{2^{k}}{k}}\)
Zatem otrzymalibyśmy, że \(\displaystyle{ \forall_{k>log_{2}(log_{2}(N))} \ \frac{2^{k}}{k}>2^{k}}\), co jest oczywistą sprzecznością. \(\displaystyle{ Q.E.D.}\)
Twoje rozwiązanie jest w zasadzie identyczne, z tą różnicą, że o ile Twoje rozwiązanie jest prostsze, o tyle tutaj można się było pokusić o dość silne ograniczenie na nasz ciąg. (prawdę mówiąc ograniczenie, które ja wykorzystałem na pewno można jeszcze wzmocnić).
Pozdrawiam

[pawelsuz]

I uważacie, że to było na poziomie drugiego etapu?

[Dumel]

racja, coś mało geometrii się pojawia, zatem coś prostego:

Na bokach \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ AC}\) trójkąta ostrokątnego \(\displaystyle{ ABC}\) zbudowano po zewnętrznej stronie trójkąty równoboczne \(\displaystyle{ ABD}\) i \(\displaystyle{ ACE}\). Wiadomo, że czworokąt \(\displaystyle{ BCED}\) da się wpisać w okrąg. Wyznacz wszystkie możliwe wartości ilorazu \(\displaystyle{ \frac{AB}{AC}}\).

ruski rok nie robiłem geometrii ale jakoś sie udało (pomijając fakt że zadanie jest prościutkie jestem z siebie dumny )
\(\displaystyle{ X,Y}\)- punkty przecięcia ED z odpowiednio: AB i AC
nie chce mi sie pisać przy miarach kątów ciągle ^{circ} ale chyba bedzie jasne:
\(\displaystyle{ \sphericalangle DBC = 180- \sphericalangle DBC=120- \sphericalangle ABC}\)
\(\displaystyle{ \sphericalangle AYX= \sphericalangle EYC=180-60- \sphericalangle DBC= \sphericalangle ABC}\)
i analogicznie
\(\displaystyle{ \sphericalangle AXY= \sphericalangle ACB}\)
trójkąty ABC i AXY są podobne
ponadto \(\displaystyle{ \sphericalangle DAY= \sphericalangle EAX}\)
\(\displaystyle{ \frac{AY}{AD} = \frac{AY}{AB}= \frac{AX}{AC}= \frac{AX}{AE}}\)
więc trójkąty DAY i EAX są podobne co nam daje
\(\displaystyle{ \sphericalangle ABC= \sphericalangle AYX= \sphericalangle AYD= \sphericalangle AXE= \sphericalangle AXY=ACB}\)
więc ABC jest trójkątem równoramiennym czyli
\(\displaystyle{ \frac{AB}{AC}=1}\)

następne:
\(\displaystyle{ a,b,c > 0}\) i \(\displaystyle{ \sum \frac {1}{a} = 1}\). Udowodnić że
\(\displaystyle{ \sum \frac {a}{b(b + 1)^2}\geq \frac {243}{(a + b + c)(a + b + c + 3)^2}}\)

[binaj]

Zauważmy, że ciągi: \(\displaystyle{ (a,b,c)}\) oraz \(\displaystyle{ (\frac{1}{a(a+1)^2},\frac{1}{b(b+1)^2},\frac{1}{c(c+1)^2})}\) są przeciwnie uporządkowane, zatem:

\(\displaystyle{ \sum \frac {a}{b(b + 1)^2} \geq \sum \frac {a}{a(a + 1)^2} = \sum \frac {1}{(a + 1)^2}}\)

Rozważmy funkcję zadaną wzorem: \(\displaystyle{ f(x)=\frac {1}{(x + 1)^2}}\) jest ona wypukła w przedziale \(\displaystyle{ (0, \infty )}\), dla zbadania znaku 2 pochodnej, wystarczy wziąć funkcję \(\displaystyle{ f(x)=\frac {1}{x^2}}\) i przesunąć ją o wektor. Zatem z Jensena:

\(\displaystyle{ \sum \frac {1}{(a + 1)^2} \geq \frac{3}{( \frac{a+b+c}{3}+1)^2 }}\)
teraz po przekształceniach zostaje do udowodnienia: \(\displaystyle{ a+b+c \geq 9}\) co jest równoważne:
\(\displaystyle{ \frac{a+b+c}{3} \geq \frac{3}{ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} }}\)

--------------------------------------------------------------------------------------------------

Liczby \(\displaystyle{ a,b,c}\) są takimi liczbami całkowitymi, że również każda z liczb:

\(\displaystyle{ A= \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}}\) oraz \(\displaystyle{ B= \frac{a}{c} + \frac{c}{b} +
\frac{b}{a}}\)

jest liczbą całkowitą. Wykazać, że: \(\displaystyle{ |a|=|b|=|c|}\)

[mol_ksiazkowy]

Jesli \(\displaystyle{ \frac{a}{b}=x, \ \frac{b}{c}=y ,\ \frac{c}{a}=z}\) i \(\displaystyle{ x+ y+z}\) oraz \(\displaystyle{ xyz}\) oraz \(\displaystyle{ xy+yz+zx=\frac{1}{x}+ \frac{1}{y} +\frac{1}{z}}\) sa calkowite.
Wielomian \(\displaystyle{ W(t)=t^3- (x+y+z)t^2 +(xy+yz+zx)t -xyz}\). Liczby wymierne \(\displaystyle{ x,y,z}\) sa pierwiastkami tegoz wielomianu, zas (wspólczynnik przy \(\displaystyle{ t^3}\) wynosi 1, zas wyraz wolny -1). Stad wynika ze \(\displaystyle{ |x|=|y|=|z|=1}\) cbdo

Znajdz wartosc ułąmka \(\displaystyle{ \frac{x^4}{x^8-x^4+1}}\) jesli wiemy ze \(\displaystyle{ \frac{x}{x^2+x+1}=\frac{1}{7}}\)

[pawels]

Skoro \(\displaystyle{ \frac{x}{x^2+x+1}=\frac{1}{7}}\), to \(\displaystyle{ 0=(x-3+2\sqrt{2})(x-3-2\sqrt{2})}\). Teraz wystarczy podstawić te wartości do \(\displaystyle{ \frac{x^4}{x^8-x^4+1}}\) aby otrzymać \(\displaystyle{ \frac{1}{1155}}\) albo \(\displaystyle{ \frac{499}{1417555}-\frac{512\sqrt{2}}{1417555}}\). Zadanie wydaje mi się podejrzane jak na łańcuszek olimpijski, ponieważ miałoby większe szanse pojawić się na maturze niż na drugim stopniu, chyba że czegoś tutaj nie dostrzegam.

[mol_ksiazkowy]

No tak , w sumie to masz racje , lecz to chodzilo o to ze (dwie obserwacje):
\(\displaystyle{ x+\frac{1}{x}=6}\)
oraz
\(\displaystyle{ \frac{x^4}{x^8-x^4+1}=\frac{1}{x^4+\frac{1}{x^4}-1}=\frac{1}{1153}}\)

Czas na Twoje zadanie

[pawels]

Udowodnij, że dla dodatnich liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) spełniających warunek \(\displaystyle{ a^{2}+b^{2}+c^{2}=3}\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ (2-a)(2-b)(2-c)\geq\sqrt{abc}}\).

[tkrass]

błąd w moim rozwiązaniu. przepraszam.

[XMaS11]

Jak dowodzisz \(\displaystyle{ ab+ac+bc \ge 3}\) ? \(\displaystyle{ a}\) dazace do \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\), b,c do 0 ?

[jerzozwierz]

Przepraszam że zaburzę ciągłość tematu, ale jestem ciekaw czy takie rozwiązanie geometrii jest poprawne

Rozważmy trójkąt ABC', gdzie C' leży na boku BC i ABC' jest równoramienny. E' to wierzchołek trójkąta zbudowany na boku AC'. Oczywistym jest, że na DBC'E' da się opisać okrąg. Ponadto, kąt DEC jest mniejszy (większy) od kąta DE'C', a więc nie może sumować się z DBC do 180 stopni. Wniosek, że tylko trójkąt równoramienny spełnia co ma spełniać. Będzie to?

wracając do aktualnego zadania

udowodnić \(\displaystyle{ (2-a)(2-b)(2-c)\geq\sqrt{abc}}\) dla \(\displaystyle{ \sum a^{2} = 3}\)

[Dumel]

dowód ostatniej nierówności (nie mój):
prawdziwa jest nierówność
\(\displaystyle{ (2 - a)(2 - b)\geq\frac {1 + c^{2}}{2} = - \frac {a^{2} + b^{2} - 4}{2}}\)
(łatwo ją zwinąć do postaci \(\displaystyle{ 4 \ge (a+b)(4-a-b)}\) )

więc
\(\displaystyle{ (2 - a)(2 - b)(2 - b)(2 - c)(2 - a)(2 - c) \geq\frac {1 + c^{2}}{2}\frac {1 + a^{2}}{2}\frac {1 + b^{2}}{2}}\)

wykorzystując \(\displaystyle{ \frac {1 + c^{2}}{2} \geq c}\) itd dostajemy teze

co do tej nierówności:

\(\displaystyle{ a,b,c > 0}\) i \(\displaystyle{ \sum \frac {1}{a} = 1}\). Udowodnić że
\(\displaystyle{ \sum \frac {a}{b(b + 1)^2}\geq \frac {243}{(a + b + c)(a + b + c + 3)^2}}\)

to alternatyny (acz gorszy niż ten binaja) dowód jest tu:

co do poprzedniego posta to chyba jerzozwierz trenujesz blefowanie przed II etapem