[Rozgrzewka przed maturą IV] Zadania różne

[Janusz Tracz]

Ukryta treść:    

O ile się nie pomyliłem to pięciokąt o dwóch bokach równych \(\displaystyle{ \sqrt{45}}\) dwóch \(\displaystyle{ \sqrt{18}}\) oraz jednym \(\displaystyle{ 3 \sqrt{2}}\) rozwiązanie polega na kilkukrotnym zastosowaniu tw. Pitagorasa. Czekam jednak na potwierdzenie lub poprawę nigdy nie jestem pewien plani

[karolex123]

Janusz Tracz, tak jest to oczywiście pięciokąt. Jednak boki tego pięciokąta są wyznaczone niepoprawnie. Główną trudnością tego zadania jest jednak znalezienie pola tego przekroju, więc zachęcam do zmierzenia się z tym

[Janusz Tracz]

w ramach rehabilitacji:    

boki są długości \(\displaystyle{ 3 \sqrt{2}}\) dwa długości, \(\displaystyle{ \sqrt{13}}\) oraz dwa o długości \(\displaystyle{ \sqrt{52}}\). Kto policzy pole przejmuje kolejkę a ja się już nie odzywam (przynajmniej w tym zadaniu).

[karolex123]

Janusz Tracz, tak jest teraz ok. We wcześniejszym poście troszkę źle się wyraziłem, główną trudnością jest właśnie poprawne wyznaczenie długości boków tego przekroju (a to dalej bardzo łatwo prowadzi to wyznaczenia jego pola). Jeśli chcesz to dolicz to pole i kolejka dalej Twoja

[Janusz Tracz]

Nie fair byłoby teraz zmieniać zdanie. Kolejka jest tego kto policzy pole.

[albanczyk123456]

Ukryta treść:    

Korzystam już z wyznaczonych długości przez Janusz Tracz,. Niech \(\displaystyle{ x}\) to wysokość trapezu a \(\displaystyle{ y}\) to wysokość trójkąta. Z twierdzenia Pitagorasa i podobieństwa trójkątów dostajemy układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+y= \sqrt{36+ \frac{81}{2} } \\ \frac{x+y}{y}=3 \end{cases}}\)
Jego rozwiązanie to:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x=\sqrt{34} \\ y=\frac{\sqrt{34}}{2} \end{cases}}\)
Pole przekroju wynosi:
\(\displaystyle{ P=\frac{3\sqrt{2}+6\sqrt{2}}{2}*\frac{\sqrt{34}}{2}+\sqrt{34}*3\sqrt{2}=\frac{21\sqrt{17}}{2}}\)

Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) będą długościami boków trójkąta, a \(\displaystyle{ r}\) długością promienia okręgu wpisanego w ten trójkąt. Wykazać, że:
\(\displaystyle{ \frac{1}{4r^{2}} \ge \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}}\)

[Premislav]

Ukryta treść:    

Jeśli \(\displaystyle{ p=\frac{a+b+c}{2}}\), to pole trójkąta równe jest \(\displaystyle{ pr}\), z drugiej strony ze wzoru Herona wiemy, ze to pole wynosi \(\displaystyle{ \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}\), z porównania tych wzorów na pole otrzymujemy, że \(\displaystyle{ r=\frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p}}\) i teza zadania przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ \frac{p^2}{4p(p-a)(p-b)(p-c)}\ge \frac {1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\)
czyli po prostych przekształceniach:
\(\displaystyle{ \frac{a+b+c}{(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}\ge \frac {1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\)
Teraz zapiszmy \(\displaystyle{ a+b+c=\left( (-a+b+c)+(a-b+c)+(a+b-c)\right)}\)
i teza przyjmuje postać
\(\displaystyle{ \frac{1}{(-a+b+c)(a-b+c)}+\frac{1}{(-a+b+c)(a+b-c)}+\frac{1}{(a-b+c)((a+b-c)}\ge \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\)
a dalej:
\(\displaystyle{ \frac{1}{c^2-(a-b)^2}+\frac{1}{b^2-(c-a)^2}+\frac{1}{a^2-(b-c)^2}\ge \frac{1}{c^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{a^2}}\)
a to już oczywiste: jasne jest, że zachodzi
\(\displaystyle{ \frac{1}{c^2-(a-b)^2}\ge \frac{1}{c^2}\\\frac{1}{b^2-(c-a)^2}\ge\frac{1}{b^2}\\\frac{1}{a^2-(b-c)^2}\ge \frac{1}{a^2}}\)
(ułamki po lewej są dodatnie na mocy nierówności trójkąta),
dodajemy te trzy nierówności stronami, c.k.d. Równość dla \(\displaystyle{ a=b=c.}\)

Nowe: niech \(\displaystyle{ B, \text{ Ó }, G}\) – wierzchołki trójkąta. Niech \(\displaystyle{ r}\) – promień okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ \textbf{BÓG}}\), \(\displaystyle{ R}\) – promień okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ \textbf{BÓG}}\), \(\displaystyle{ s}\) – połowa obwodu trójkąta \(\displaystyle{ \textbf{BÓG}}\) spełniają nierówność
\(\displaystyle{ s^2>4R^2+4Rr+3r^2}\). Proszę udowodnić, że \(\displaystyle{ \textbf{BÓG}}\) nie istnieje.

[Hydra147]

Tezę można wzmocnić do poniższego twierdzenia:
Istnieje (z dokładnością do podobieństwa) dokładnie jeden \(\displaystyle{ \textbf{BÓG}}\) spełniający nierówność \(\displaystyle{ 4R^2+4Rr+3r^2 \ge s^2}\) składający się z trzech wierzchołków równoodległych od siebie.
Dowód:

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ a}\), \(\displaystyle{ b}\), \(\displaystyle{ c}\), \(\displaystyle{ G}\), \(\displaystyle{ H}\), \(\displaystyle{ I}\), \(\displaystyle{ N}\), \(\displaystyle{ O}\) oznaczają długości boków, środek ciężkości, ortocentrum, środek okręgu wpisanego, środek okręgu dziewięciu punktów i środek okręgu opisanego odpowiednio. Wykażemy,że \(\displaystyle{ HI^2=4R^2+4Rr+3r^2-s^2}\), z czego natychmiast wynika teza zadania. Zastosujmy w tym celu wzór na środkową w trójkącie \(\displaystyle{ HIO}\) (chodzi o środkową \(\displaystyle{ NI}\)) oraz zależności: \(\displaystyle{ NI=\frac{R}{2}-r}\), \(\displaystyle{ OI^2=R(R-2r)}\) oraz \(\displaystyle{ OH^2=9R^2-(a^2+b^2+c^2)}\), z których pierwsza wynika z twierdzenia Feuerbacha, druga ze wzoru Eulera, a ostatnia z zależności \(\displaystyle{ OH=3OG}\) i \(\displaystyle{ OG^2=3R^2-\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\), która wynika z Twierdzenia Steinera zastosowanego do wierzchołków trójkąta z równymi wagami oraz osi przechodzącej przez \(\displaystyle{ O}\) i prostopadłej do płaszczyzny trójkąta (można też skorzystać bezpośrednio z wektorów lub zespo, ale w ten sposób nadajemy dowodowi ,,fizycznego'' aspektu). Łącząc te zależności otrzymujemy \(\displaystyle{ HI^2=4R^2+2r^2-\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2)}\). Do zakończenia dowodu wystarczy pokazać, że to wyrażenie jest w istocie równe przedstawionemu powyżej. To jednak wynika z połączenia trzech wzorów na pole trójkąta - wzoru Herona, \(\displaystyle{ P=sr}\) oraz \(\displaystyle{ P=\frac{abc}{4R}}\).

[Premislav]

Świetne! Nie znałem twierdzenia Steinera (tzn. słyszałem, że ono istnieje).

a tak można bez potrzeby utrudnić sobie życie:    

Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) – długości boków trójkąta. Korzystając z różnych wzorów na pole (Heron, iloczyn połowy obwodu i długości promienia okręgu wpisanego, iloraz iloczynu długości boków i czterokrotności długości promienia okręgu opisanego) dostajemy
\(\displaystyle{ r= \sqrt{ \frac{(a-b+c)(a+b-c)(-a+b+c)}{4(a+b+c)} }\\ R= \frac{abc}{\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}}}\)
i teza przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ \left( \frac{a+b+c}{2}\right)^2\le \frac{4(abc)^2}{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}+ \frac{2abc}{a+b+c}\\ +\frac{3(a-b+c)(a+b-c)(-a+b+c)}{4(a+b+c)} }}\)
Następnie korzystając z tego, że \(\displaystyle{ a,b,c}\) są bokami trójkąta, kładziemy dla dodatnich
\(\displaystyle{ a=x+y, \ b=y+z, \ c=z+x}\) (podstawienie Raviego) i teza wygląda wówczas tak:
\(\displaystyle{ (x+y+z)^2\le \frac{(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2}{4(x+y+z)xyz}+ \frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{x+y+z} +\frac{3xyz}{x+y+z}}\)
Mnożymy po prostu stronami przez \(\displaystyle{ 4(x+y+z)xyz}\) i mamy równoważną:
\(\displaystyle{ 4xyz(x+y+z)^3\le (x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2+4xyz(x+y)(y+z)(z+x)+12(xyz)^2}\)
Korzystając z tożsamości \(\displaystyle{ (x+y+z)(xy+yz+zx)=(x+y)(y+z)(z+x)+xyz}\) i ze wzoru skróconego mnożenia, to możemy z kolei zapisać w postaci
\(\displaystyle{ 4xyz(x+y+z)^3\le ((x+y+z)(xy+yz+zx)+xyz)^2+8(xyz)^2 \ (*)}\)
czyli wg klasycznych oznaczeń \(\displaystyle{ p=x+y+z, \ q=xy+yz+zx, \ r=xyz}\):
\(\displaystyle{ 4p^3r\le (pq+r)^2+8r^2}\)
Przy ustalonych \(\displaystyle{ p,q}\) funkcja \(\displaystyle{ f(r)=(pq+r)^2-4p^3r+8r^2}\) jest malejącą funkcją \(\displaystyle{ r}\), gdyż \(\displaystyle{ f'(r)=2pq+18r-4p^3}\), a z nierówności między średnimi
\(\displaystyle{ \frac{p^3}{27}=\left( \frac{x+y+z}{3}\right)^3 \ge xyz=r}\), a ponadto
\(\displaystyle{ p^3\ge 3pq \Leftrightarrow \frac 1 2\left( (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\right)\ge 0}\)
Wystarczy więc udowodnić nierówność \(\displaystyle{ (*)}\) w przypadku, gdy \(\displaystyle{ r}\) osiąga ekstremalną wartość, czyli gdy któraś ze zmiennych \(\displaystyle{ x,y,z}\) jest równa zero lub gdy pewne dwie spośród \(\displaystyle{ x,y,z}\) są równe. Pierwszy przypadek jest oczywisty, w drugim przyjmijmy WLOG, że \(\displaystyle{ z=y}\), a wówczas nierówność \(\displaystyle{ (*)}\) przyjmuje formę
\(\displaystyle{ 4xy^2(x+2y)^3\le ((x+2y)(2xy+y^2)+xy^2)^2+8x^2y^4}\)
a to po ultra żmudnych przekształceniach się ładnie zwija do postaci
\(\displaystyle{ 0\le 4y^4(x-y)^2}\)

Możesz wstawić następne zadanie.

[bosa_Nike]

To jest jedna z nierówności Gerretsena, która obok nierówności Eulera, Blundona, Weitzenboecka jest jedną ze standardowych nierówności w trójkącie, natomiast prawdopodobieństwo pojawienia się jej na maturze jest imho zbliżone do prawdopodobieństwa pojawienia się dowolnego zadania z drugiego etapu amerykańskiej olimpiady.

[Hydra147]

Punkt \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ AB}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\). Na odcinku \(\displaystyle{ CM}\) znajduje się taki punkt \(\displaystyle{ D}\), że \(\displaystyle{ AC=BD}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ \sphericalangle{MCA}=\sphericalangle{MDB}}\).

[kerajs]

Ukryta treść:    

W zadaniu brakuje warunku rozwiązywalności zadania: \(\displaystyle{ \left( \left| AC\right| > \frac{1}{2} \left| AB\right| \right) \wedge \left( \left| AC\right| <\left| BC\right|\right)}\)
Tw. sinusów w trójkącie ACD:
\(\displaystyle{ \frac{\sin \angle ACD}{ \frac{1}{2}\left| AB\right| } = \frac{\sin \angle ADC}{ \left| AC\right| }}\)
Tw. sinusów w trójkącie BDM:
\(\displaystyle{ \frac{\sin \angle BMD}{ \frac{1}{2}\left| AB\right| } = \frac{\sin \angle BDM}{ \left| BM\right| }}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ \sin \angle BDM=\sin ( \pi -\angle ADC) =\sin \angle ADC}\) oraz \(\displaystyle{ left| BM\right| =\left| AC\right|}\) to:
\(\displaystyle{ \frac{\sin \angle ACD}{ \frac{1}{2}\left| AB\right| }=\frac{\sin \angle BMD}{ \frac{1}{2}\left| AB\right| } \\
\angle ACD = \angle BMD}\)
gdyż oba kąty są ostre.

Ile jest liczb naturalnych mniejszych od \(\displaystyle{ 10^{2019}}\) których suma cyfr wynosi \(\displaystyle{ 3}\)?

[Kfadrat]

Ukryta treść:    

Możliwe przypadki to \(\displaystyle{ \left( 1,1,1\right),\left( 2,1\right),\left( 3\right)}\), zatem najpierw pierwszy przypadek:

\(\displaystyle{ {2 \choose 2}+{3 \choose 2}+{4 \choose 2}+...+{2018 \choose 2}}\)- ponieważ pierwszą cyfrą jest \(\displaystyle{ 1}\) i wybieramy \(\displaystyle{ 2}\) miejsca dla pozostałych dwóch jedynek.

\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left( 1 \cdot 2+2 \cdot 3+3 \cdot 4+...+ 2017\cdot2018 \right)= \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{2017}k(k+1)= \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{2017}\left( k^2+k\right)‬}\)

korzystając z faktu, że \(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} k^2= \frac{n\left( n+1\right)\left( 2n+1\right)}{6}}\) otrzymujemy

\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\left( \frac{2017(2017+1)(2 \cdot 2017+1)}{6}+ \frac{2017 \cdot 2018}{2} \right)=‭1 369 657 969}\)

Teraz drugi przypadek:

\(\displaystyle{ {1 \choose 1} \cdot 2+ {2 \choose 1} \cdot 2+{3 \choose 1} \cdot 2 +...+{2018 \choose 1} \cdot 2}\) - wybieramy jedno miejsce reszta to zera tak jak w poprzednim przypadku, jednak teraz możemy permutować na dwa sposoby

\(\displaystyle{ 2\left( 1+2+3+4+...+2018\right)=2 \cdot \frac{2018 \cdot 2019}{2}=4 074 342‬}\)

I ostatni przypadek to po prostu cyfra \(\displaystyle{ 3}\) na początku oraz zera, których ilość jest liczbą z przedziału \(\displaystyle{ \left\langle 0;2018\right\rangle}\), więc jest \(\displaystyle{ 2019}\) takich liczb.

Zatem wszystkich takich liczb jest ‭\(\displaystyle{ 1 373 734 330}\)‬.

Jednak nie jestem pewien co do poprawności rozwiązania.

[kerajs]

Też nie jestem pewny. Dziś przerasta mnie przeczytanie dwóch zdań z miernym zrozumieniem.

Ukryta treść:    

Sądziłem, że to łatwe zadanie, zwłaszcza jeśli każdą liczbę potraktuje się jako 2019 cyfrową, także z zerami na początku. Mam wtedy trzy sytuacje:
a) trójka i 2018 zer
b) dwójka, jedynka i i 2017 zer
c) 3 jedynki i 2016 zer
Ilość szukanych liczb to ilość permutacji w każdym z powyższych przypadków:
\(\displaystyle{ il= \frac{2019!}{2018!1!}+ \frac{2019!}{2017!1!1!}+\frac{2019!}{2016!3!}=2019+2018 \cdot 2019+ \frac{2017 \cdot 2018 \cdot 2019}{6}=1373734330}\)

Wygląda na to że świetnie rozwiązałeś to zadanie.

[Kfadrat]

Ze zbioru liczb naturalnych \(\displaystyle{ M=\left\{ 1,2,3,...,2n-2,2n-1,2n\right\}}\) losujemy ze zwracaniem po kolei dwie liczby. Obliczyć prawdopodobieństwo, że iloraz pierwszej przez drugą będzie liczbą z przedziału \(\displaystyle{ \left( 1;2\right\rangle}\).