Matematyka.pl

Oznaczmy przez X środek ciężkości FEA, Y - FED, T - BCD, Z - ABC. W takim razie, prosta XA będzie wyznaczać środkową FEA, DY - środkową FED, kolejne środkowe to proste DT, AZ. Na mocy twierdzenia Talesa i własności środkowej zajdą \(\displaystyle{ XY || AD \wedge ZT ||AD}\) czyli \(\displaystyle{ XY||ZT}\), ponadto \(\displaystyle{ \frac{XY}{AD} = \frac{1}{3} \wedge \frac{ZT}{AD} = \frac{1}{3}}\), a z tego wprost \(\displaystyle{ XY=ZT}\)
(środek ciężkości dzieli każdą ze środkowych na dwa odcinki, których stosunek długości wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\), oczywiście proste AX i YD przetną się na środku boku FE)
To jest jedna para boków, analogiczne rozumowanie przeprowadzamy dla pozostałych dwóch par, co kończy dowód.

Oznaczmy przez \(\displaystyle{ A}\) zbiór liczb, które można przedstawić jako sumę różnych liczb postaci \(\displaystyle{ 3^i \cdot 5^j}\)(tak samo jak w zadaniu tylko bez \(\displaystyle{ 2}\)). Udowodnię, że jedynym liczbami całkowitymi dodatnimi nie należącymi do \(\displaystyle{ A}\) są \(\displaystyle{ 2,7,11,22}\). Udowodnię, to za pomocą indukcji. Baza indukcyjna \(\displaystyle{ 1,3,4,5 \in A}\). Założenie indukcyjne każda liczba mniejsza od \(\displaystyle{ n}\) i różna od \(\displaystyle{ 2,7,11,22}\) należy do \(\displaystyle{ A}\). Teza indukcyjna liczba \(\displaystyle{ n}\) należy do \(\displaystyle{ A}\) jeśli jest różna od \(\displaystyle{ 2,7,11,22}\). Dowód: Jeżeli \(\displaystyle{ 3|n}\), to wtedy \(\displaystyle{ n=3k}\). Jeśli \(\displaystyle{ k\in A}\), to rozwiązaliśmy ten przypadek(\(\displaystyle{ 3k>k}\)). Jeśli \(\displaystyle{ k=2,7,11,22}\),to wtedy \(\displaystyle{ n=6,21,33,66}\) jednak te liczby należą do \(\displaystyle{ A}\) (\(\displaystyle{ 6=5+1 \ 21=15+5+1}\) \(\displaystyle{ 33=27+5+1 \ 66=45+15+5+1}\)). Jeżeli \(\displaystyle{ 3|n-1}\), to wtedy \(\displaystyle{ n=3k+1}\), jeśli \(\displaystyle{ k\in A}\),to działa(\(\displaystyle{ 3k+1>k}\)). Jeśli \(\displaystyle{ k=2,7,11,22}\) to wtedy \(\displaystyle{ n=7,22,34,67}\), ale \(\displaystyle{ 7,22}\) wyrzuciliśmy, a \(\displaystyle{ 34,67\in A}\)(\(\displaystyle{ 34=25+9 \ 67=27+15+25}\)). Jeżeli \(\displaystyle{ 3|n-2}\) (\(\displaystyle{ n>5}\)), to wtedy \(\displaystyle{ n=3k+5}\) Jeśli \(\displaystyle{ k\in A}\), to dobrze. Jeśli \(\displaystyle{ k=2,7,11,22}\), to \(\displaystyle{ n=11,26,38,71}\), ale \(\displaystyle{ 11}\) odrzuciłem, a \(\displaystyle{ 26,38,71 \in A}\)(\(\displaystyle{ 26=25+1 \ 38=25+9+3+1 \ 71=45+25+1}\)). Co kończy dowód indukcyjny. Każda liczba należąca do \(\displaystyle{ A}\) jest fajna, a liczby \(\displaystyle{ 2,7=2+5+2,11=9+2,22=2+5+15}\) też są fajne.

Niech \(\displaystyle{ W(x)= P(x)^2 - Q(x)^2}\) a więc \(\displaystyle{ W(u) \leq 0 \leq W(v)}\) gdzie \(\displaystyle{ P(u) =Q(v) =0}\)zaś \(\displaystyle{ u, v}\) istnieją z założenia. Istnieje więc też \(\displaystyle{ r}\) takie, że \(\displaystyle{ W(r)=0}\), tj. \(\displaystyle{ P(r)^2 =Q(r)^2}\), tj \(\displaystyle{ P(s) =Q(s)}\) dla \(\displaystyle{ s=1+r+P(r)^2}\) i \(\displaystyle{ r<s}\); itd. Stąd \(\displaystyle{ P \equiv Q}\) gdyż wielomiany ta mają nieskończoną ilość wspólnych wartości.

Taki ciąg istnieje. Zauważmy, że \(\displaystyle{ 3^3 + 4^3 + 5^3 = 6^3}\). Przyjmijmy \(\displaystyle{ a_1=3, a_2=4, a_3=5}\). Wówczas \(\displaystyle{ a_1^3 = 3^3}\) oraz \(\displaystyle{ a_1^3 + a_2^3 + a_3^3 = 6^3}\). Ogólnie przyjmujemy
\(\displaystyle{ a_{2k}=2^{k+1}}\) oraz \(\displaystyle{ a_{2k+1} = 5 \cdot 2^{k-1}}\) dla \(\displaystyle{ k \geq 1}\).
Wtedy
\(\displaystyle{ a_1^3 + a_2^3 + a_3^3 + \ldots + a_{2k+1}^3 = 3^3 + \sum_{i=2}^{k+1} 2^{3i} + 5^3 \sum_{i=0}^{k-1} 2^{3i}
= 3^3 + \frac{2^{3k+6}-1}{7} - 9 + 5^3 \frac{2^{3k} - 1}{7} = \frac{126 + 2^{3k+6} - 1 + 5^3 \cdot 2^{3k} -5^3}{7}
=(3 \cdot 2^{k})^3}\).

Rozwiąże to za pomocą indukcji. Dla \(\displaystyle{ n=1,2}\) teza jest oczywista. Załóżmy indukcyjnie, że teza działa dla liczb mniejszych od \(\displaystyle{ n}\). Dowód tezy indukcyjnej: Przedstawmy \(\displaystyle{ n}\) w postaci \(\displaystyle{ n=2^lk}\),gdzie \(\displaystyle{ 2 \nmid k}\). Dla modulo \(\displaystyle{ 2^l}\) jest oczywiste, że od pewnego miejsca wszystkie liczby dają \(\displaystyle{ 0}\). Rozpatrzmy wyrażenie \(\displaystyle{ 2^x}\) wartość \(\displaystyle{ \pmod{k}}\) tego wyrażenia zależy od reszty \(\displaystyle{ x}\) z dzielenia przez \(\displaystyle{ \varphi(n)}\) jednak ta reszta z założenia indukcyjnego jest od pewnego miejsca stała (\(\displaystyle{ x=2,2^2,2^{2^2},...}\) i \(\displaystyle{ \varphi(k)<n}\)) Co kończy dowód indukcyjny

wystarczy przyjąć \(\displaystyle{ m = \frac{1}{2}\left( a+b\right)}\), gdzie \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) są pierwiastkami wielomianu spełniającymi \(\displaystyle{ a + b = c + d}\), w drugą stronę również prosto.

Ciekawe, czy ktoś się nabrał? ;d
Bez straty ogólności niech \(\displaystyle{ a>1,b>1,c>1}\). Wyjaśnienie: maksymalizujemy ten iloczyn, a zatem jeśli dokładnie jedna z liczb \(\displaystyle{ a-1,b-1,c-1}\) jest ujemna, to możemy łatwo zwiększyć iloczyn, więc rozważanie takiego przypadku jest zbędne, a dwie spośród nich nie mogą być ujemne, bo dla dodatnich \(\displaystyle{ a,b,c}\) jest \(\displaystyle{ a-1<0 \Leftrightarrow \frac{1}{a}>1}\) etc.
zaś \(\displaystyle{ a+b+c=abc \Leftrightarrow \frac{1}{ab}+ \frac{1}{ac}+ \frac{1}{bc}=1}\) (i zgodnie z założeniami wszystkie składniki są dodatnie).
Podstawmy \(\displaystyle{ a-1=x,b-1=y,c-1=z}\), wtedy \(\displaystyle{ x,y,z \in \RR^{+}}\) i założenie przyjmuje postać \(\displaystyle{ x+y+z+3=(x+1)(y+1)(z+1)}\), a równoważnie \(\displaystyle{ xyz+xy+xz+yz=2}\), natomiast teza to \(\displaystyle{ xyz \le 6\sqrt{3}-10}\). Wystarczy zatem pokazać, ze gdy \(\displaystyle{ x,y,z \in \RR^{+}}\) i \(\displaystyle{ xyz+xy+xz+yz=2}\), to (@) \(\displaystyle{ xy+xz+yz \ge 12-6\sqrt{3}}\). Teraz pokaz mojego kunsztu. Z równości będącej założeniem podstawiamy do nierówności (@) \(\displaystyle{ z=\frac{2-xy}{xy+x+y}}\), co daje \(\displaystyle{ \frac{(xy)^{2}+2x+2y}{xy+x+y} \ge 12-6\sqrt{3}}\). Mnożąc na pałę i przenosząc na jedną stronę, mamy równoważnie
\(\displaystyle{ xy\left(xy+ \frac{6\sqrt{3}-10}{x}+ \frac{6\sqrt{3}-10}{y} +6\sqrt{3}-12 \right) \ge 0}\). Ale z założenia \(\displaystyle{ xy>0}\), a ponadto z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną dla trzech liczb mamy \(\displaystyle{ xy+ \frac{6\sqrt{3}-10}{x}+ \frac{6\sqrt{3}-10}{y} \ge 3\left( 6\sqrt{3}-10\right)^{\frac 2 3}}\). Zauważmy przy tym, że \(\displaystyle{ 6\sqrt{3}-10=(\sqrt{3}-1)^{3}}\), a zatem \(\displaystyle{ 3\left( 6\sqrt{3}-10\right)^{\frac 2 3}=3(\sqrt{3}-1)^{2}=12-6\sqrt{3}}\), stąd zaś
\(\displaystyle{ xy+ \frac{6\sqrt{3}-10}{x}+ \frac{6\sqrt{3}-10}{y} \ge 12-6\sqrt{3}}\), czyli \(\displaystyle{ xy+ \frac{6\sqrt{3}-10}{x}+ \frac{6\sqrt{3}-10}{y} +6\sqrt{3}-12 \ge 0}\) i dowód można uznać za zakończony.

Dla rzeczywistych oczywiście to wyrażenie śmiało dąży do \(\displaystyle{ - \infty}\)
Dla nieujemnych mamy, że :
\(\displaystyle{ \left( \frac{7}{8} + x^{3} + \frac{1}{8} \right) \left(\frac{7}{8} + \frac{1}{8} + y^{3}\right) \left(\frac{7}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8}\right) \ge \left( \frac{7}{8} + \frac{1}{4} \right)^{3}}\)
Stąd \(\displaystyle{ \left( x^{3} + 1\right)\left( y^{3} + 1\right) \ge \frac{81}{64}}\)

Dalej zapiszmy nasze wyrażenie w postaci \(\displaystyle{ -t^{3} + 3t + 2 = -\left( t-2\right)\left( t+1\right)^{2}}\), gdzie \(\displaystyle{ t = x^{2} - x}\), więc \(\displaystyle{ t \ge - \frac{1}{4}}\) Oczywiście \(\displaystyle{ -t^{3} + 3t + 2 \le 4}\), przy czym równość zajdzie dla \(\displaystyle{ t = 1}\) więc \(\displaystyle{ x = \frac{1 \pm \sqrt{5} }{2}}\). Teraz wystarczy przyjąć \(\displaystyle{ x \in \left\langle 0;1\right\rangle}\) ograniczyć \(\displaystyle{ t}\) i zauważyć, że maksymalna wartość w nieujemnych to \(\displaystyle{ 2}\)

no już bez takich żartów. Załóżmy, że wszystkie są dodatnie. Wtedy \(\displaystyle{ a^{2}-ab+b^{2}=(a-b)^{2}+ab \ge (a-b)^{2}}\), mnożymy stronami i voila. Teraz b.s.o. \(\displaystyle{ a=0 \wedge bc\neq 0}\). Dostajemy \(\displaystyle{ (bc)^{2}(b^{2}-bc+c^{2}) \ge (bc)^{2}(b-c)^{2}}\), co dowodzi się taka samo jak to wyżej, tylko bez mnożenia. Gdy zaś co najmniej dwie z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) są zerami, to mamy \(\displaystyle{ 0 \ge 0}\).