[MIX] Mix wakacyjny (24)

[snm]

Każdy inaczej ma zaplanowane wakacje, może się jednak okazać, że kilka dni wolnych jest w domu, zadanka z olimpiady fizycznej dopiero w sierpniu i co tu począć? Można na przykład zabrać się za wczesnowakacyjny mix matematyczny.

1. W prostokącie o polu jednostkowym wybrano pięć punktów takich, że żadne trzy nie są współliniowe. Znajdź najmniejszą liczbę trójkątów o wierzchołkach w trzech z tych pięciu punktów takich, że pole żadnego trójkąta nie przekracza \(\displaystyle{ \frac{1}{4}}\).

2. Ciąg liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ {a_{n}}}\) opisany jest rekurencyjnie
\(\displaystyle{ \begin{cases} a_{1}=\frac{1}{2} \\ a_{k+1}=\frac{1}{2-a_{k}}-a_{k} \end{cases}}\)
Udowodnij, że
\(\displaystyle{ (\frac{n}{2 \sum_{i=1}^{n} a_{i}}-1)^{n} \le (\frac{ \sum_{i=1}^{n} a_{i}}{n})^{n} \prod_{i=1}^{n} (\frac{1}{a_{i}}-1)}\)

3. Niech n będzie liczbą naturalną. Udowodnij, że
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} 2^{k} {n \choose k} {n-k \choose [\frac{n-k}{2}]} = {2n+1 \choose n}}\) gdzie \(\displaystyle{ [x]}\) oznacza część całkowitą

4. Dany jest trójkąt równoramienny ABC (AB=AC) wpisany w okrąg \(\displaystyle{ \omega_{1}}\). Okrąg \(\displaystyle{ \omega_{2}}\) jest styczny do AB w P, do AC w Q i styczny wewnętrznie do okręgu \(\displaystyle{ \omega_{1}}\). Udowodnij, że środek odcinka PQ jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC

5. Czy istnieją takie liczby wymierne a,b,c,d i liczba naturalna n, że równanie \(\displaystyle{ (a+b\sqrt{2})^{2n}+(c+d\sqrt{2})^{2n}=5+4\sqrt{2}}\) ma rozwiązanie?

6. Niech n będzie liczbą naturalną. Wykaż, że istnieje n kolejnych liczb naturalnych, z których żadna nie jest potęgą liczby naturalnej o wykładniku większym niż 1.

7. Dana jest liczba rzeczywista \(\displaystyle{ x}\), która w nieskończonym rozwinięciu dziesiętnym zawiera wszystkie dziesięć cyfr. Niech \(\displaystyle{ f(n)}\) oznacza liczbę różnych n-cyfrowych ciągów (cyfr występujących bezpośrednio po sobie) w rozwinięciu dziesiętnym liczby x. Udowodnij, że jeśli dla pewnej liczby naturalnej n zachodzi nierówność \(\displaystyle{ f(n) \le n+8}\), to x jest liczbą wymierną.

8. Na odcinku jednostkowym zaznaczono kilka odcinków tak, że odległość między żadnymi dwoma punktami nie wynosi dokładnie 0,1. Udowodnij, że suma długości zaznaczonych odcinków jest nie większa, niż 0,5.

9. Czworokąt ABCD wpisany jest w okrąg. Proste AB i CD przecinają się w punkcie G, zaś proste BC i AD w punkcie H. Udowodnij, że dwusieczne kątów AGC i BHD są prostopadłe.

10. Udowodnij, że dla liczb dodatnich a,b,c takich, że \(\displaystyle{ a+b+c=1}\) zachodzi
\(\displaystyle{ \sum \frac{a^{2}+b^{2}c}{b+c} \ge \frac{2}{3}}\)

[Psycho]

9. Czworokąt ABCD wpisany jest w okrąg. Proste AB i CD przecinają się w punkcie G, zaś proste BC i AD w punkcie H. Udowodnij, że dwusieczne kątów ACG i BHD są prostopadłe.

Nie powinno być

dwusieczne kątów AGC i BHD są prostopadłe

[snm]

Poprawiłem, dzięki

[Psycho]

W takim razie rozwiązanie :

9:    

Oznaczmy przez E punkt przecięcia się dwusiecznych, przez F punkt przecięcia się prostej GE z AD oraz dla wygody \(\displaystyle{ \sphericalangle H = 2 \alpha, \sphericalangle G= 2 \beta, \sphericalangle A = \gamma , \sphericalangle B= \delta}\)
Z faktu, że czworokąt ABCD jest wpisany w okrąg oraz z kątów przyległych otrzymujemy, że \(\displaystyle{ \sphericalangle BCG = \sphericalangle DCH = \gamma, \sphericalangle CBG=180^{\circ} - \delta, CDH=\delta}\).
W trójkącie BGC: \(\displaystyle{ 180^{\circ} - \delta + 2\beta + \gamma = 180^{\circ}}\), stąd trójkącie FGD: \(\displaystyle{ \sphericalangle DFG = 180^{\circ} - \beta - (180-\delta)= \gamma + \beta}\)
W trójkącie DCH: \(\displaystyle{ \delta + \gamma + 2\alpha= 180^{\circ} \Rightarrow 180^{\circ} - \delta = \sphericalangle CBG = 2 \alpha + \gamma}\).
W trójkącie BGC: \(\displaystyle{ 2 \alpha + \gamma + 2\beta + \gamma = 180^{\circ} \Rightarrow \alpha + \beta + \gamma = 90^{\circ}}\)
W trójkącie FEH: \(\displaystyle{ \sphericalangle FEH = 180^{\circ} - \sphericalangle \frac{1}{2}H - \sphericalangle DFG = 180^{\circ} - ( \alpha + \beta + \gamma) = 90^{\circ}}\),
czyli \(\displaystyle{ GE \perp HE}\)

[frej]

Tak się zapytam przed próbą rozwiązania, 10. jest dobrze przepisane, nie?

[snm]

Tak

[taka_jedna]

5.:    

Nie istnieją. Liczby te muszą spełniać jeszcze jedno równanie: \(\displaystyle{ (a-b\sqrt{2})^{2n}+(c-d\sqrt{2})^{2n}=5-4\sqrt{2}<0}\)

[frej]

Bardzo fajne te dziesiąte
Proszę o sprawdzenie, czy nie pomyliłem się gdzieś

zad.10:    

\(\displaystyle{ \sum \frac{a^2+b^2c }{b+c}= \sum \frac{a^2 + b^2 (1-a-b)}{1-a} = \sum \left( b^2 + \frac{a^2 - b^3 }{1-a} \right) = \sum f(a,b)}\)

Popatrzmy, co się dzieje dla \(\displaystyle{ a=b}\). Wtedy \(\displaystyle{ f(a,a)=2a^2}\). Spróbujmy zatem czegoś takiego:

\(\displaystyle{ \sum \left( \frac{a^2+b^2c }{b+c} - (a^2 + b^2 ) \right) = \sum \frac{a^2 - b^3 - a^2(1-a)}{1-a} = \sum \frac{a^3-b^3}{1-a} = S}\)

Łatwo pokazać, że \(\displaystyle{ S \ge 0}\) ( nierówność dla ciągów jednomonotonicznych ).
Wobec tego

\(\displaystyle{ \sum \frac{a^2+b^2c }{b+c} \ge 2 \sum a^2}\)

Ale z oczywistej nierówności \(\displaystyle{ \sum a^2 \ge \sum ab}\) otrzymujemy tezę.

[snm]

taka_jedna:

Ukryta treść:    

Oczywiście bardzo dobrze

frej:

Ukryta treść:    

Ja żadnych błędów się nie dopatrzyłem. Bardzo ładne rozwiązanie - jak znajdę zeszyt, to pokażę to, które ja znałem, aczkolwiek twoje jest zgrabniejsze

[XMaS11]

Zad.4:    

Udowodnimy najpierw prosty lemat:
Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) wpisany w okrąg \(\displaystyle{ \omega}\). Punkt \(\displaystyle{ Z}\) jest punktem przecięcia dwusiecznej \(\displaystyle{ \sphericalangle BAC}\) z \(\displaystyle{ \omega}\). Jeśli \(\displaystyle{ I}\) jest takim punktem na odcinku \(\displaystyle{ AZ}\), że \(\displaystyle{ IZ=BZ}\) to \(\displaystyle{ I}\) jest środkiem okręgu WPISANEGO w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\).
Dowód:
Niech \(\displaystyle{ \sphericalangle BAZ= \sphericalangle CAZ= \alpha}\) oraz
\(\displaystyle{ \sphericalangle ZBI= \sphericalangle ZIB= \beta}\).
Wtedy oczywiście\(\displaystyle{ \sphericalangle CBZ=\alpha}\), czyli \(\displaystyle{ \sphericalangle CBI=\beta - \alpha}\), ale z drugiej strony
\(\displaystyle{ \sphericalangle ABI=\beta - \alpha}\) czyli \(\displaystyle{ BI}\) jest dwusieczną kąta \(\displaystyle{ CBA}\) skąd natychmiast wynika teza.

Przejdźmy do zadania:
Oznaczenia standardowe, niech ponadto \(\displaystyle{ X}\) będzie punktem styczności okręgów o których mowa w zadaniu. Niech \(\displaystyle{ \sphericalangle ACB=\alpha}\). Wtedy też \(\displaystyle{ \sphericalangle AQP=\alpha}\) i z tw. o kącie między styczną a sieczną mamy \(\displaystyle{ \sphericalangle PXQ=\alpha}\). Dalej : \(\displaystyle{ \sphericalangle PXK= \sphericalangle QXK= \frac{\alpha}{2}}\).
Ponieważ : \(\displaystyle{ \sphericalangle BXP= \frac{\alpha}{2}= \sphericalangle PXK}\) ,
\(\displaystyle{ \sphericalangle XPK=90= \sphericalangle XBA= \sphericalangle XBP}\), oraz \(\displaystyle{ PX=PX}\) to \(\displaystyle{ XBP \equiv XKP}\), zatem w szczególności \(\displaystyle{ BX=KX}\), skąd na mocy lematu mamy tezę.

[frej]

snm, znalazłeś te rozwiązanie?

[taka_jedna]

6.:    

Rozważmy liczby postaci \(\displaystyle{ ((n+1)!)^{(n+1)!}+k}\), gdzie \(\displaystyle{ k \in <1;n+1>}\). Po pierwsze primo takie liczby dzielą się przez \(\displaystyle{ k}\), ale nie dzielą się przez \(\displaystyle{ k^{2}}\). Po drugie primo \(\displaystyle{ k}\) jest potęgą o wykładniku \(\displaystyle{ 1 \le s \le n+1}\). Po trzecie primo \(\displaystyle{ ((n+1)!)^{(n+1)!} < ((n+1)!)^{(n+1)!}+k <(((n+1)!)^{ \frac{(n+1)!}{s}}+1)^{s}}\)(co, mam nadzieję, widać). Wobec tego żadna z liczb tej postaci nie jest potęgą.

[mol_ksiazkowy]

ad 6 inaczej

Ukryta treść:    

Niech m, ustalone, Z tw chinskiego o resztach istnieje \(\displaystyle{ n}\) taka ze
\(\displaystyle{ n \equiv p_i-i+1 \ (mod \ p_i^2)}\) dla i=1,...,m
ciag \(\displaystyle{ n,n+1,...,n+m-1}\) ma te wlasnosc, bo dla i=1,...,m liczby \(\displaystyle{ n+i-1}\)
dziela sie przez \(\displaystyle{ p_i}\) ale nie przez \(\displaystyle{ p_i^2}\)
\(\displaystyle{ p_i}\) oznacza i ta liczbe pierwsza.