[Rozgrzewka OM][MIX] Łańcuszek olimpijski

[Ponewor]

Ukryta treść:    

Teza równoważna jest dowiedzeniu następującej prostej tożsamości:
\(\displaystyle{ bc \cdot \frac{\sqrt{bc \left(a+b+c \right) \left(b+c-a \right)}-ab \cos \left( \beta + \frac{\alpha}{2}\right)}{\left(b+c \right) \cdot \cos \left( \beta + \frac{\alpha}{2}\right)}+ \\ + c \cdot \frac{\sqrt{bc \left(a+b+c \right) \left(b+c-a \right)}-ab \cos \left( \beta + \frac{\alpha}{2}\right)}{\left(b+c \right) \cdot \cos \left( \beta + \frac{\alpha}{2}\right)} \cdot \frac{\sqrt{ac \left(a+b+c \right) \left(a-b+c \right)}- bc \cos \left(\gamma + \frac{\beta}{2} \right)}{\left(a+c \right) \cdot \cos \left(\gamma + \frac{\beta}{2} \right)}+abc=b \cdot \frac{\sqrt{bc \left(a+b+c \right) \left(b+c-a \right)}-ab \cos \left( \beta + \frac{\alpha}{2}\right)}{\left(b+c \right) \cdot \cos \left( \beta + \frac{\alpha}{2}\right)} \cdot \frac{\sqrt{ab \left(a+b+c \right) \left(a+b-c \right)}-bc \cos \left(\beta + \frac{\gamma}{2} \right)}{\left(a+b \right) \cdot \cos \left(\beta + \frac{\gamma}{2} \right)} + bc + ab \cdot \frac{\sqrt{ab \left(a+b+c \right) \left(a+b-c \right)}-bc \cos \left(\beta + \frac{\gamma}{2} \right)}{\left(a+b \right) \cdot \cos \left(\beta + \frac{\gamma}{2} \right)} + \\ + a \cdot \frac{\sqrt{ab \left(a+b+c \right) \left(a+b-c \right)}-bc \cos \left(\beta + \frac{\gamma}{2} \right)}{\left(a+b \right) \cdot \cos \left(\beta + \frac{\gamma}{2} \right)} \cdot \frac{\sqrt{ac \left(a+b+c \right) \left(a-b+c \right)}- bc \cos \left(\gamma + \frac{\beta}{2} \right)}{\left(a+c \right) \cdot \cos \left(\gamma + \frac{\beta}{2} \right)}}\)

Ukryta treść:    

o ile się nie pomyliłem

Ukryta treść:    

a wierzcie mi - to już jest nieźle uproszczone

[kaszubki]

Pozdro i poćwicz.

[KPR]

Zatkało się, to odetkam.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ a=BC,b=CA,c=AB}\).
Długości odcinków na prostej \(\displaystyle{ BC}\) będziemy uznawali za skierowane.
Wiemy, że \(\displaystyle{ BD=\frac{ac}{b+c}}\), \(\displaystyle{ DC=\frac{ab}{b+c}}\) z tw. o dwusiecznej.
Jeśli oznaczymy przez \(\displaystyle{ G}\) punkt przecięcia dwusiecznej kąta zewnętrznego przy \(\displaystyle{ A}\) z prostą \(\displaystyle{ BC}\), to z tw. o tej dwusiecznej mamy \(\displaystyle{ BG=\frac{ac}{c-b}}\), \(\displaystyle{ GC=\frac{ab}{b-c}}\). Z Talesa dla prostych \(\displaystyle{ DA}\) i \(\displaystyle{ DG}\) mamy \(\displaystyle{ DX=\frac{DG}2=\frac{DC-GC}{2}=\frac{abc}{c^2-b^2}}\). Zatem \(\displaystyle{ BX=BD+DX=\frac{ac}{b+c}+\frac{abc}{c^2-b^2}=\frac{ac^2}{c^2-b^2}}\). Stąd \(\displaystyle{ XC=BC-BX=a-\frac{ac^2}{c^2-b^2}=-\frac{ab^2}{c^2-b^2}}\). Zatem \(\displaystyle{ \frac{BX}{CX}=-\frac{c^2}{b^2}}\). Dla pozostałych boków to samo i Menelaos.

Nowe:
Na tablicy narysowano 4 przystające trójkąty prostokątne. W każdym momencie można podzielić jeden z narysowanych trójkątów wysokością na dwa mniejsze i zastąpić go tymi mniejszymi. Udowodnić, że zawsze na tablicy będą dwa trójkąty przystające.

Do roboty, 2. etap za 1,5 miesiąca.

[Panda]

Dobre zadanie.

Ukryta treść:    

Niech przeciwprostokątna trójkątów startowych wynosi \(\displaystyle{ 1}\), a odcinki, na jakie dzieli spodek wysokości przeciwprostokątną to \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ w}\); \(\displaystyle{ m<w}\), \(\displaystyle{ m+w=1}\).
Ponieważ dwa trójkąty powstałe w wyniku danej operacji są podobne, a ich przyprostokątne leżą na bokach naszego trójkąta, stosunek ich pól wynosi \(\displaystyle{ \frac{m}{w}}\), a ponieważ wszystkie kiedykolwiek powstałe trójkąty są wzajemnie podobne, jest to niezmiennik.

Genezę powstania każdego trójkąta kodować będziemy ciągiem liter \(\displaystyle{ M}\) i \(\displaystyle{ W}\) - \(\displaystyle{ M}\) odpowiada wyborowi mniejszego z dwu trójkątów w danym kroku, \(\displaystyle{ W}\) większego (jeśli są równe to nie ma co wybierać). Łatwo zauważyć, że ponieważ mnożenie jest przemienne, to trójkąty można również kodować parami \(\displaystyle{ (a,b)}\),gdzie \(\displaystyle{ a}\) to ilość wyrazów \(\displaystyle{ m}\) w ciągu-starej reprezentacji, a \(\displaystyle{ b}\) to ilość \(\displaystyle{ w}\).
Kodować, w sensie, jeśli dwa trójkąty mają ten sam kod, to są przystające.
Problem można więc sprowadzić (nierównoważnie) do następującego:
Mamy multizbiór \(\displaystyle{ \{(0,0),(0,0),(0,0),(0,0)\}}\) i dozwoloną operację: wyjęcia pary \(\displaystyle{ (p,q)}\) i włożenia par \(\displaystyle{ (p,q+1)}\) i \(\displaystyle{ (p+1,q)}\). Pokazać, że zawsze w multizbiorze jest powtórzenie.
Zauważmy kolejny niezmiennik. Niech \(\displaystyle{ x}\) będzie dowolną parą postaci \(\displaystyle{ (p,q)}\), a niech \(\displaystyle{ f(x)=2^{-(p+q)}}\). Niezmiennikiem układu z w/w ruchem jest suma wartości \(\displaystyle{ f}\) po wszystkich elementach multizbioru.
Na początku ta suma wynosi \(\displaystyle{ 4}\). Rozważmy zbiór \(\displaystyle{ A}\) spełniający nasze warunki, czyli niemający powtórzeń i zachowujący niezmiennik.
Ponieważ par \(\displaystyle{ (p,q):p+q=c,p,q\le 0}\) jest \(\displaystyle{ p+q+1}\), to teza wynika z \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{\infty} {(i+1)2^{-i}} = 4}\). Można to wyprowadzić np. z \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{\infty} x^{n} = \frac{1}{1-x}}\) (gdzie \(\displaystyle{ |x|<1}\)) różniczkując stronami i podstawiając \(\displaystyle{ x=-\frac{1}{2}}\). Użyta tożsamość wynika natomiast ze wzoru na sumę kolejnych wyrazów ciągu geometrycznego, rozważonego przy \(\displaystyle{ n \rightarrow \infty}\).

Zadanie oficjalne:
\(\displaystyle{ a_{1},a_{2},...,a_{100}}\) to permutacja \(\displaystyle{ 1,2,...,100}\), \(\displaystyle{ r_{k}}\) to reszta z dzielenia \(\displaystyle{ a_{1}+a_{2}+...+a_{k}}\) przez \(\displaystyle{ 100}\). Pokaż, że spośród \(\displaystyle{ r_{1},r_{2},...,r_{100}}\) można wybrać \(\displaystyle{ 11}\) różnych.

[Vax]

Inne rozwiazanie mojej plani:    

Z prostego rachunku na kątach dostajemy, że \(\displaystyle{ AX , BY , CZ}\) są stycznymi do okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\), skąd teza wynika z twierdzenia Pascala dla sześciokąta \(\displaystyle{ AABBCC}\)

[KPR]

Ukryta treść:    

Wszystko w \(\displaystyle{ \mathbb Z_{100}}\). Załóżmy nie wprost, że wśród \(\displaystyle{ r_1,r_2,\dots,r_{100}}\) jest max 10 różnych. Oczywiście liczby \(\displaystyle{ a_2,a_3,\dots,a_{100}}\) są różnicami odpowiednich licbz spośród \(\displaystyle{ r_1,r_2,\dots,r_{100}}\). Jeżeli \(\displaystyle{ \{r_1,r_2,\dots,r_{100}\}=\{k_1,k_2\dots,k_{10}\}}\), to wszystkie liczby \(\displaystyle{ a_2,a_3,\dots,a_{100}}\) są postaci \(\displaystyle{ k_{i}-k_{j}}\) dla pewnych \(\displaystyle{ i,j}\). Różnice \(\displaystyle{ k_{i}-k_{j}}\) to maksymalnie 91 różnych liczb (90 dla różnych \(\displaystyle{ i}\) i \(\displaystyle{ j}\) i 0). Zatem dostajemy, że pewne dwie z liczb \(\displaystyle{ a_2,a_3,\dots,a_{100}}\) są równe, sprzeczność.

Dana jest liczba całkowita dodatnia \(\displaystyle{ n}\). Znaleźć największą liczbę naturalną \(\displaystyle{ k}\) taką, że dla dowolnych \(\displaystyle{ a_1\le a_2\le a_3\dots a_n\le2n}\) takich, że dla \(\displaystyle{ 1\le i<j\le n}\) mamy \(\displaystyle{ NWW(a_i,a_j)>2n}\), \(\displaystyle{ a_1\ge k}\).

[Panda]

\(\displaystyle{ a_{1}=1}\), a kolejne równe \(\displaystyle{ n+1}\) spełnia, więc wychodzi \(\displaystyle{ k=1}\), błąd w treści czy coś nie ogarnąłem?

[Ponewor]

Bo ciąg ma być dowolny.
EDIT ale i tak się nie zgadza, bo:

Ukryta treść:    

Z treści: \(\displaystyle{ 2n \ge a_{1} \ge k}\). Ciąg stały \(\displaystyle{ 2n}\) spełnia niewątpliwie warunki zadania. Więc \(\displaystyle{ k=2n}\).

[Panda]

\(\displaystyle{ k}\) jest takie, że dla dowolnych zachodzi \(\displaystyle{ a_1 \ge k}\), więc w szczególności dla mojego ciągu, więc \(\displaystyle{ k}\) nie może być większe niż \(\displaystyle{ 1}\), więc \(\displaystyle{ k=1}\).

[Ponewor]

ajć. Racja.

[KPR]

Treść jest już poprawiona.

[Oildale]

Rozbijmy sobie rozumowanie na dwa przypadki:
1. \(\displaystyle{ n=3l, l \in N}\)
Wykaże, że \(\displaystyle{ k=2l+1}\).
Zauważmy, że dla tak wybranego \(\displaystyle{ k}\) jedyną wielokrotności która należy do rozważanego przedziału jest \(\displaystyle{ 4l+2}\). Zauważmy że ciąg \(\displaystyle{ 2l+1, n+1, ..., 4l+1, 4l+3, ... , 2n}\) spełnia te wszystkie warunki. Zatem \(\displaystyle{ k \le 2l+1}\). Teraz pokaże, że ciąg który bedzie się zaczynał od \(\displaystyle{ 2l}\) nie spełnia warunków zadania. Zauważmy, że ten ciąg nie może zawierać \(\displaystyle{ 4l, 6l}\). Zatem na przedziale \(\displaystyle{ \left( 3l+1, 6l\right)}\) jest conajwyżej \(\displaystyle{ 3l-2}\) kandydatów do ciągu. Parą sprzężoną nazwę pare \(\displaystyle{ \left( i, 2i\right)}\) gdzie obie te liczby należą do rozważanego przedziału. Zauważmy, że mogę wziąść do tego ciągu conajwyżej jedną z liczb, które tworzą parę sprzężoną. Pozostaje tylko zauważyć, że par sprzężonych których obie współrzędne są większe od \(\displaystyle{ 2l}\) jest \(\displaystyle{ l}\). To daje nam sprzeczność gdyż mogę dobrać conajwyżej \(\displaystyle{ 3l-2}\) liczby do ciągu który zaczyna sie od \(\displaystyle{ 2l}\). Sprzeczność.
2. \(\displaystyle{ n \neq 3l, l \in N}\)
Bierzemy sobie największe takie \(\displaystyle{ l \in N}\), że \(\displaystyle{ 3l \le 2n}\). W tym wypadku \(\displaystyle{ k=2l+1}\). W zasadzie dowód w tym wypadku polega na przepisaniu tego co wyżej tyle, że z inaczej zdefiniowanym \(\displaystyle{ l}\).

No dobra to zadanko ode mnie.
Weźmy sobie trójkąt równoboczny \(\displaystyle{ ABC}\) oraz dowolny punkt \(\displaystyle{ P}\). Niech proste \(\displaystyle{ AP, \ BP, \ CP}\) tną okrąg opisany na \(\displaystyle{ ABC}\) w punktach \(\displaystyle{ D, \ E, \ F}\). Niech środki okręgów wpisanych w \(\displaystyle{ EFP, \ DFP, \ DEP}\) będą odpowiednio \(\displaystyle{ I_{D}, I_{E}, I_{F}}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ DI_{D}, EI_{E}, FI_{F}}\) przecinają się w jednym punkcie.

[KPR]

Teraz pokaże, że ciąg który bedzie się zaczynał od \(\displaystyle{ 2l}\) nie spełnia warunków zadania.

A jak będzie się od czegoś mniejszego zaczynał?

[Oildale]

Faktycznie powinienem to uzasadnić, ale dowód w tym wypadku opiera się na tej samej idei. Zauważmy, że jeśli wybiore do mojego ciągu liczbe \(\displaystyle{ x}\) to nie moge wziąć liczby \(\displaystyle{ kx, k \in N}\). Załóżmy, że istnieje ciąg o tej własności zaczynający się od \(\displaystyle{ a, a \le 2l}\). Dla tak wybranego \(\displaystyle{ a}\) wiemy, że przynajmniej dwie wielokrotności liczby \(\displaystyle{ a}\) należą do przedziału \(\displaystyle{ \left\langle n+1, 2n\right\rangle}\). Zatem z tego przedziału mogę wziąć co najwyżej \(\displaystyle{ n-2}\) liczby. Rozważmy przypadek, gdy biorę \(\displaystyle{ n-2}\) liczb z tamtego przedziału. Wtedy i tak muszę dobrać jakąś liczbę z przedziału \(\displaystyle{ \left\langle a+1, n\right\rangle}\). Zauważmy, że każda liczba z tego przedziału jest dzielnikiem przynajmniej jednej liczby z przedziału \(\displaystyle{ \left\langle n+1, 2n\right\rangle}\). Załóżmy że dobrałem jeszcze liczbę \(\displaystyle{ b}\). Wtedy \(\displaystyle{ b}\) musi być dzielnikiem którejś z wielokrotności liczby \(\displaystyle{ a}\), przyjmijmy \(\displaystyle{ ka}\). \(\displaystyle{ a|ka \wedge b|ka \Rightarrow NWW(a,b) \le ka}\), a to daje nam sprzeczność. Zauważmy, że jeśli ciąg \(\displaystyle{ a_{1},...,a_{i},...,a_{n}}\) spełnia warunki zadania i \(\displaystyle{ ka_{i} \le 2n}\) dla \(\displaystyle{ k \in N}\) to również ciąg \(\displaystyle{ a_{1},...,ka_{i},...a_{n}}\). Zatem mogę sobie założyć, że wszystkie liczby należące do naszego ciągu poza \(\displaystyle{ a}\) są w przedziale \(\displaystyle{ \left\langle n+1, 2n\right\rangle}\). Pokazaliśmy już że to nie możliwe.-- 11 sty 2013, o 17:12 --Weźmy sobie trójkąt równoboczny \(\displaystyle{ ABC}\) oraz dowolny punkt \(\displaystyle{ P}\). Niech proste \(\displaystyle{ AP, \ BP, \ CP}\) tną okrąg opisany na \(\displaystyle{ ABC}\) w punktach \(\displaystyle{ D, \ E, \ F}\). Niech środki okręgów wpisanych w \(\displaystyle{ EFP, \ DFP, \ DEP}\) będą odpowiednio \(\displaystyle{ I_{D}, I_{E}, I_{F}}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ DI_{D}, EI_{E}, FI_{F}}\) przecinają się w jednym punkcie.

[Panda]

Wystarczy powiedzieć, że każda liczba z \(\displaystyle{ (0,2n]}\) ma wielokrotność w \(\displaystyle{ (n,2n]}\) i żadne dwie z naszego ciągu \(\displaystyle{ a_{1},...,a_{n}}\) nie mają wspólnej wielokrotności w \(\displaystyle{ (0,2n]}\), więc każda ma dokładnie jedną w \(\displaystyle{ (n,2n]}\). Dowód, że wtedy \(\displaystyle{ a_{1}>\frac{2n}{3}}\) polecam rozbić na \(\displaystyle{ a_{1} \le \frac{n}{2}}\) i \(\displaystyle{ a_{1}>\frac{n}{2}}\). Pierwszy przypadek idzie z tego, że w każdym ciągu \(\displaystyle{ 2k}\) kolejnych liczb są \(\displaystyle{ 2}\) wielokrotności \(\displaystyle{ k}\), a drugi z tego, że jeśli \(\displaystyle{ a_{1} \in (\frac{n}{2},\frac{2n}{3}]}\), to \(\displaystyle{ 2a_{1} \in (n,\frac{4n}{3}]}\) i \(\displaystyle{ 3a_{1} \in (\frac{3n}{2},2n]}\), co też jest sprzeczne.-- 11 stycznia 2013, 18:05 --

Weźmy sobie trójkąt równoboczny \(\displaystyle{ ABC}\) oraz dowolny punkt \(\displaystyle{ P}\). Niech proste \(\displaystyle{ AP, \ BP, \ CP}\) tną okrąg opisany na \(\displaystyle{ ABC}\) w punktach \(\displaystyle{ D, \ E, \ F}\). Niech środki okręgów wpisanych w \(\displaystyle{ EFP, \ DFP, \ DEP}\) będą odpowiednio \(\displaystyle{ I_{D}, I_{E}, I_{F}}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ DI_{D}, EI_{E}, FI_{F}}\) przecinają się w jednym punkcie.