[LXI OM] I etap

[jerzozwierz]

pawels, spadłem z krzesła.

[pawels]

Dwa pozostałe (niestety wymyśliłem je przed tymi ) były jeszcze dłuższe. A mnożniki nie były takie złe skoro układ równań ma jedno trywialne rozwiązanie.

[Manolin]

Mi się udało zrobić 5 6 i 7. Nad ósmym kombinowałem na wszystkie sposoby lecz niestety nic nie wyszło.
Jak patrze na wasze rozwiązania to chyba do zad. 8 konieczne było użycie nierówności między średnimi potęgowymi, o której pierwszy raz słysze ;p. Zad 5 dość proste (wystarczyło na nie looknąć z odpowiedniej perspektywy).Do zadania 6 wystarczyło się nie bać wymnażania długich wyrażeń.
A w zadaniu number 7 wystarczyło sobie przypomnieć że \(\displaystyle{ \frac{a}{sin \alpha }=2R}\)
A o to moje rozwiązania
Udało się może komuś może zrobić zadanie 7 bez pałowania na sinusach???

[malgosia91]

Pytanie z innej beczki. Mógłby mi ktoś wytłumaczyć co to są liczby parami różne (odnośnie zadania 10)? Nie pogardzę jakimś przykładem

edit:
Rozumiem, a jak to odnosi się do zadania? Wszystkie mają być różne, czy rozpatrujemy tylko pary \(\displaystyle{ (a_n,b_n)}\) dla danego n? Konkretniej, czy może zachodzić (przykład):
\(\displaystyle{ a_1=1 , a_2=2 , b_1=2 , b_2=5}\)
W tym przypadku \(\displaystyle{ a_1 \neq b_1 \wedge a_2 \neq b_2}\), tak więc czy liczby są parami różne?

[Dumel]

parami róże czyli każde dwie muszą być różne np.
1,2,3 są parami różne a 2,3,3 nie

[XMaS11]

Mi, tylko z podobieństwa trójkątów i wzoru na pole trójkąta \(\displaystyle{ P=pr}\) .-- 1 listopada 2009, 20:29 --No i jeszcze tw. Pitagorasa : >

[tkrass]

Masz może swoje rozwiązanie na komputerze, albo chce Ci się napisać jak to zrobiłeś, żeby każdy mógł skumać?

[Swistak]

przy cztym 7 zajeło mi pełne dwie strony, czego trochę się przeraziłam

przeraziłaś się dwiema stronami ? pomyśl co ludzie przeżywali jak liczyli rok temu stereometrie analitycznie xD

Pomyśl, co przezywał tim, którego rozwiązania jednego z zadań z tegorocznego OMG zajęło 18 stron .

[Jamesxn]

No też jestem ciekawy, tym bardziej, że sam też przedłużyłem promień CS kreśląc średnicę CE (a pewnie o to Ci chodzi z tym podobieństwem). Łatwo dowieść, że teza jest równoważna warunkowi: AE+AD=BE+BD. Ale dalej dopałowałem do końca na sinusach....

Swoją droga, jak wyznaczyć miejsca styku kuli wpisanej w czworościan z tym czworościanem?

[karolina668]

Identycznie. jak wyżej

[XMaS11]

Zarys 7. :
Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie różnym od \(\displaystyle{ C}\) punktem wspólnym okręgu opisanego na \(\displaystyle{ ABC}\) i proste\(\displaystyle{ CS}\). Teza okazuje się równoważna następującemu warunkowi :
\(\displaystyle{ AX+AD=BX+BD}\) Dowód tego ze wzoru \(\displaystyle{ P=pr}\) i podobieństwa trójkątów (Nie trzeba żadnego punktu dodawac oprócz tych już nazwanych). Dalej niech \(\displaystyle{ AB=a}\), \(\displaystyle{ CX=s}\), wtedy \(\displaystyle{ BC=s-a}\), wyliczamy długości wszystkich odcinków które są nam potrzebne i wychodzi. Oczywiście długośc odcinka np. BD jest dośc 'brzydka' (chociaż ma swój urok :> ),coś w stylu:
\(\displaystyle{ BD= \frac{s \sqrt{(2s-a)(s-a)} }{\sqrt{(s+a)(2s-a)} + \sqrt{a(s-a)} }}\)
(nie pamiętam dokładnie, to z pamięci pisałem, ale mniej więcej tak)
właściwie to do sinusów stąd niedaleko :< .

[Jamesxn]

To chyba wole jednak sinusy:)

[Swistak]

5 i 6 były spokojnie do zrobienia. 7 i 8 były już sporo ciekawsze.

Moje gratulacje. Mnie przerosło zrobienie rysunku do 5 (bez szkicu geometrii nawet nie umiem ruszyć, a zaznaczenie dwóch kul na nieforemnym czwrościanie i wyznaczenie ich środków to za wiele jak na mnie).

No widzisz. Ja też nie mogłem ruszyć tego zadania na swoich jakichś 5 początkowych rysunkach, a potem postanowiłem go znacznie uprosicić i jedyne co zaznaczyłem w czworościanie to 2 punkty na prostej (w zasadzie odcinek o końcach w środku sfery opisanej i na odcinku AB), ze środka sfery opisanej poprowadziłem odcinki do wierzchołków czworościanu i z jakiegoś punktu na tym odcinku poprowadziłem intuicyjnie równe odcinki do cian ABC i ABD . Nie rysowałem żadnej kuli, prostą ograniczyłem do odcinka, a własnosci definiujące kule, które nas interesują przedstawiłem jako w sumie 6 odcinków . I mimo malutkich rozmiarów rozmiarów wyszedł mi naprawdę przejrzysty rysunek.
Do geometrii często opłaca się zrobić kilka rysunków i zaznaczać na każdym z nich inne rzeczy, aby wszystko wyszło przejrzyście.

[waral]

aaa, czyli jednak coś trzeba było przeliczać miałem nadzieję na dorysowanie jakichś punktów albo prostej z kosmosu, no ale to i tak lepsze niż sinusy;d dzięki.

[andkom]

aaa, czyli jednak coś trzeba było przeliczać miałem nadzieję na dorysowanie jakichś punktów albo prostej z kosmosu, no ale to i tak lepsze niż sinusy;d dzięki.

Nic nie trzeba było przeliczać. Oto przykładowe nierachunkowe rozwiązanie (wklejam to, bo akurat to mam wklepane):

Ukryta treść:    

Rozważmy prostą \(\displaystyle{ l\|AB}\), przechodzącą przez \(\displaystyle{ S}\). Niech \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) będą punktami przecięcia prostej \(\displaystyle{ AB}\) z dwusiecznymi kątów \(\displaystyle{ ACD}\) i \(\displaystyle{ BCD}\), zaś \(\displaystyle{ E}\) i \(\displaystyle{ F}\) odpowiednio punktami przecięcia prostej \(\displaystyle{ l}\) z tymi dwusiecznymi. Przez \(\displaystyle{ A_0,B_0,C_0}\) oznaczmy punkty symetryczne do punktów odpowiednio
\(\displaystyle{ A,B,C}\) względem punktu \(\displaystyle{ S}\).
Wybierzmy takie punkty \(\displaystyle{ M}\) i \(\displaystyle{ N}\) na odcinku \(\displaystyle{ CC_0}\), ze \(\displaystyle{ CM=AC}\) oraz \(\displaystyle{ CN=BC}\). Prosta \(\displaystyle{ CE}\) jest symetralną odcinka \(\displaystyle{ AM}\), jako dwusieczna kąta \(\displaystyle{ ACM}\) trójkąta równoramiennego \(\displaystyle{ ACM}\).
Ponadto prosta \(\displaystyle{ l}\) jest symetralna odcinka \(\displaystyle{ AB_0}\), zatem punkt \(\displaystyle{ E}\) jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ AB_0M}\). Analogicznie dowodzimy, ze punkt \(\displaystyle{ F}\) jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ A_0BN}\).
Z warunków zadania wynika, że \(\displaystyle{ CM+CN=CC_0}\). Stad \(\displaystyle{ SM=SN}\), więc trójkąt \(\displaystyle{ A_0BN}\) jest obrazem trójkąta \(\displaystyle{ AB_0M}\) w symetrii środkowej względem punktu \(\displaystyle{ S}\). To dowodzi, ze \(\displaystyle{ SE=SF}\), jak również, na mocy twierdzenia Talesa, \(\displaystyle{ DP=DQ}\).
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ O_A}\) i \(\displaystyle{ O_B}\) środki okręgów wpisanych w trójkąty odpowiednio \(\displaystyle{ ADC}\) i \(\displaystyle{ BDC}\), zaś przez \(\displaystyle{ r_A}\) oraz \(\displaystyle{ r_B}\) promienie okręgów wpisanych w te trójkąty. Punkt \(\displaystyle{ O_A}\) lezy na odcinku \(\displaystyle{ PC}\), a \(\displaystyle{ O_B}\) leży na odcinku \(\displaystyle{ CQ}\)\(\displaystyle{ }\). Na mocy twierdzenia o dwusiecznej, zastosowanego do dwusiecznych kątów \(\displaystyle{ CDP}\) i \(\displaystyle{ CDQ}\), zachodzą następujące równości:
\(\displaystyle{ \frac{CO_A}{PO_A}=\frac{CD}{DP}=\frac{CD}{DQ}=\frac{CO_B}{QO_B}}\),
z których wnioskujemy, ze \(\displaystyle{ O_AO_B\|PQ}\), co prowadzi do wniosku \(\displaystyle{ r_A=r_B}\), czyli do tezy.