Matematyka.pl

\(\displaystyle{ c^2+1\ge 2c \\ \sum \frac{x}{x^2+2} \le \sum \frac{x}{2x+1} \le 1 \\ \sum \frac{2x}{2x+1} \le 2 \\ \sum \frac{1}{2x+1} \ge 1 \\ x=\frac{a}{b} \quad y=\frac{b}{c} \quad z=\frac{c}{a}}\)
Z Cauchy'ego Schwarza mamy
\(\displaystyle{ \sum \frac{b}{2a+b} \ge \frac{(a+b+c)^2}{\sum a^2 +2\sum ab}=1}\)

Inną metodą jest podstawienie
\(\displaystyle{ x=e^A \quad y=e^B \quad z=e^C}\)
i pokazanie, że \(\displaystyle{ f(x)=\frac{e^x}{e^{2x}+2}}\) jest wklęsła.

5 minut

\(\displaystyle{ n=1}\) spełnia warunki zadania. Dla \(\displaystyle{ n \ge 2}\) to wyrażenie \(\displaystyle{ A}\) jest równe na mocy wzorów skróconego mnożenia:
\(\displaystyle{ A=(\frac{n^{n+1}-1}{n-1})^2-n^n=\frac{n^{2n+2}-2n^{n+1}+1-(n-1)^2 n^n}{(n-1)^2} = \\ =\frac{n^{2n+2}-2n^{n+1}+1-n^{n+2}+2n^{n+1}-n^n}{(n-1)^2}=\frac{n^{n+2}(n^n-1)-(n^n-1)}{(n-1)^2} = \\ = \frac{(n^{n+2}-1)(n^n-1)}{(n-1)^2} = \\ =\frac{(n-1)(n^{n+1}+\ldots+n+1)(n-1)(n^{n-1}+\ldots+n+1)}{(n-1)^2} = \\ =(n^{n+1}+\ldots+n+1)(n^{n-1}+\ldots+n+1)}\)
Teraz zauważmy, że: \(\displaystyle{ n^{n+1}+\ldots+n+1>n^{n-1}+\ldots+n+1 \ge n+1 \ge 2+1 > 1}\), zatem oba nawiasy są większe od 1, czyli wyrażenie z zadania dla \(\displaystyle{ n \ge 2}\) nie jest liczbą pierwszą.
Odpowiedź: \(\displaystyle{ n=1}\).

60 minut (głównie za sprawą poszukiwania rozwiązania czysto geometrycznego, bo i tak przeliczyłem na twierdzenie sinusów)

Rysunek (wszystkie kąty na rysunku biorą się z właściwości kątów wpisanych i środkowych, trójkąta równoramiennego, bądź sumy kątów w trójkącie, na OM bym pokazał co skąd się wzięło przy ważnych dla mnie trójkątach, ale niestety na tym rysunku za dużo się tego wzięło, a oznaczenie tych kątów jest na poziomie gimnazjalisty):


Udowodnimy, że \(\displaystyle{ \Delta AQP \sim \Delta ABC}\). Podstawmy: \(\displaystyle{ \alpha=2x, \ \beta=2y, \ \gamma=2z, \ x+y+z=90^o}\). Z twierdzenia sinusów: \(\displaystyle{ \frac{AC}{AB}=\frac{\sin (2y)}{\sin (2z)}}\)

Dalej:
\(\displaystyle{ \Delta LAP}\), a w nim: \(\displaystyle{ \frac{AP}{AL}=\frac{\sin (x+2y)}{\sin (x+y)}}\)

\(\displaystyle{ \Delta LAV}\), a w nim: \(\displaystyle{ \frac{AL}{AV}=\frac{\sin (y+z)}{\sin (z)}}\)

\(\displaystyle{ \Delta MAV}\), a w nim: \(\displaystyle{ \frac{AV}{AM}=\frac{\sin (y)}{\sin (y+z)}}\)

\(\displaystyle{ \Delta AMQ}\), a w nim: \(\displaystyle{ \frac{AM}{AQ}=\frac{\sin (x+z)}{\sin (x+2z)}}\)


Wymnażając powyższe 4 równania i pamiętając, że: \(\displaystyle{ \sin (x+2y)=\sin(180^o-x-2y)=\sin(2x+2y+2z-x-2y)=\sin(x+2z)}\) mamy:
\(\displaystyle{ \frac{AP}{AQ}=\frac{\sin (x+2y) \cdot \sin (y) \cdot \sin (x+z)}{\sin (x+y) \cdot \sin (z) \cdot \sin (x+2z)}= \\ =\frac{\sin (y) \cdot \sin (90^o - y)}{\sin (z) \cdot \sin (90^o - z)}=\frac{\sin (y) \cos (y)}{ \sin (z) \cos(z)}= \\ =\frac{\frac{\sin(2y)}{2}}{\frac{\sin(2z)}{2}}=\frac{\sin(2y)}{\sin(2z)}=\frac{AC}{AB}}\)

Zatem \(\displaystyle{ \angle AQP = \angle ABC}\), stąd \(\displaystyle{ PQ || BC}\), co należało dowieść.

\(\displaystyle{ \frac{a}{a^2+2}+\frac{b}{b^2+2}+\frac{c}{c^2+2} \le \frac{a}{2a+1}+\frac{b}{2b+1}+\frac{c}{2c+1}=\frac{1}{2+x}+\frac{1}{2+y}+\frac{1}{2+z}}\)

gdzie: x=1/a, y=1/b, z=1/c, xyz=1/abc=1

\(\displaystyle{ \frac{1}{2+x}+\frac{1}{2+y}+\frac{1}{2+z} \le 1}\)
teraz mnożymy przez (2+x)(2+y)(2+z), redukujemy i zostaje:
\(\displaystyle{ xy+yz+zx \ge 3}\)
co jest prawdą na mocy AM-GM

to taki superskrot rozwiazania bo jest w nim dosc duzo rozpisywania oczywistych rownosci katow, a nie bardzo mi sie chce to wszystko przepisywac
\(\displaystyle{ \sphericalangle KAB= \sphericalangle KAC= \alpha \ \sphericalangle CBL= \sphericalangle ABL= \beta \ \sphericalangle ACM= \sphericalangle MCB= \gamma}\)
O niech bedzie srodkiem okregu wpisanego w trojkat, a X, Y - punktami przeciecia: OC z LK oraz OA z LM. Na czworokacie LXOY mozna opisac okrag i analogicznie z innych stron, teraz wystarczy rozpisac wszystkie katy, wiec nie bede Was tym przynudzal bo to jest prosciutkie a dlugo by to rozpisywac. dostaniemy ze \(\displaystyle{ XY ||AC}\) itd. (analogicznie jak X i Y definiujemy punkt Z i dostajemy kolejne rownoleglosci). teraz: W,V-punkty przeciecia BC i KL oraz BC i KM. trojkat \(\displaystyle{ CWO}\) jest rownoramienny stad zaraz mamy ze OK jest dwusieczna kata WOV a dalej juz tylko twierdzenie o dwusiecznej i twierdzenie Talesa i gotowe.

trojkaty \(\displaystyle{ ADF}\) i \(\displaystyle{ ABG}\) są podobne (kkk) oraz \(\displaystyle{ \sphericalangle FDE = \sphericalangle ABE}\) skąd \(\displaystyle{ \frac{AE}{EF}= \frac{EG}{AE}}\) i z potegi punktu \(\displaystyle{ AE^2=EG \cdot EF = EH^2}\)

Były 2 zadania praktycznie darmowe: 1, 5, przy czym oba nieco łatwiejsze od ubiegłorocznych 1, 5. Zadanie 2. każdy myślący o finale powinien zrobić (łatwiejsze od ubiegłorocznego 2.). Ale tu się chyba kończy taryfa ulgowa. Zadanie 3. znacznie trudniejsze od zeszłorocznej kombinatoryki, podobnie wiele osób na samo słowo "nierówność" omijają zadanie szerokim łukiem, zdaje się że to zadanie zrobiłoby mniej osób niż zeszłoroczne równanie funkcyjne. 6. odstrasza treścią i raczej ludzie, którzy oprócz niego zrobili ogólnie 2-3 zadania zabiorą się drugiego dnia za 4. lub 5., a jak je zrobią, to raczej tylko Ci najlepsi. O ile zarówno 1., 2. i 5. mogłoby zrobić bardzo dużo osób, to raczej nie znajdziemy 120 osób, które zrobiły 3. lub 4 choćby na dwójkę (zadanie 6. pomijam, bo raczej dla nikogo nie będzie ono warunkiem być czy nie być w finale). Moim zdaniem 3. zrobiłoby około 30 osób w Polsce, a 4. około 90, przy czym na pewno wiele osób zrobiłoby i to i to. Z dwojga złego raczej woleliby ograniczyć ilość osób w finale do 100 i nawet za jakieś marne próby 3. i 4. dawać po 2 punkty niż brać 250 osób mających 3 zadania na szóstkę i na siłę starać się zabierać niektórym po punkciku za redakcję - na pewno dostaliby masę odwołań itp.. Rzeczywiście komisja powinna dać zadania 1 i 5 nieco trudniejsze, aby 18 punktów nie było granicą, na której zatrzymuje się się 150 osób, ale aby była możliwość dobrania takiego progu, aby dopuścić te standardowe ~125 osób do finału.

180 minut - próbowałem podstawiać \(\displaystyle{ a=\frac{x}{y}, \ b=\frac{y}{z}, \ c=\frac{z}{x}}\), wymnażać, redukować, stosować ciągi jednomonotoniczne i nic, jak zawsze na OM rozwiązanie jest elementarne, ale trzeba na niego wpaść

Lemat: \(\displaystyle{ x^2+1 \ge 2x \iff (x-1)^2 \ge 0}\), korzystając z lematu: \(\displaystyle{ \frac{x}{x^2+2} \le \frac{x}{2x+1}}\), stosując to dla wszystkich trzech zmiennych, korzystając z równości zadania i wymnażając (L - lewa strona):
\(\displaystyle{ L \le \frac{a}{2a+1}+\frac{b}{2b+1}+\frac{c}{2c+1} \\ \frac{a}{2a+1}+\frac{b}{2b+1}+\frac{c}{2c+1} \le 1 \iff \\ 12+4(ab+bc+ca)+(a+b+c) \le 9+4(ab+bc+ca)+2(a+b+c) \iff \\ a+b+c \ge 3 \iff a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc}}\)
A to jest prawda na mocy nierówności pomiędzy średnią arytmetyczną a geometryczną dla trzech zmiennych. Zatem: \(\displaystyle{ L \le \sum_{sym} \frac{a}{2a+1} \le 1}\), czyli \(\displaystyle{ L \le 1}\), co należało dowieść.

5 minut

Rysunek sobie chętni sami zrobią, bo zadanko proste. Z jednej strony z potęgi punktu mamy: \(\displaystyle{ EH^2=EF \cdot EG}\). Z drugiej trójkąty na mocy równości odpowiednich kątów: \(\displaystyle{ \Delta ABE, \ \Delta FDE}\) są podobne, czyli: \(\displaystyle{ \frac{AE}{BE}=\frac{EF}{DE}}\), a z podobieństwa \(\displaystyle{ \Delta AED, \ \Delta GEB}\) mamy: \(\displaystyle{ \frac{AE}{DE}=\frac{EG}{BE}}\). wymnażając dwie ostatnie równości: \(\displaystyle{ AE^2=EF \cdot EG}\), zatem \(\displaystyle{ EH^2=AE^2}\), a że długości boków są dodatnie, to z tego wynika nam równość zadania: \(\displaystyle{ AE=EH}\), co należało dowieść.