[MIX] Próbny II etap (9)

[adamm]

Well, do II etapu coraz bliżej, więc postanowiłem wrzucić jakiś mix zadań. Odpowiedzi wrzucajcie w

Ukryta treść:    

. Opinie o poziomie są mile widziane.

1. Niech \(\displaystyle{ n}\) będzie nieparzystą liczbą całkowitą większą od \(\displaystyle{ 1}\). Pokaż, że ciąg
\(\displaystyle{ {n \choose 1}, {n \choose 2},\ldots, {n \choose \frac{n-1}{2}}}\)
zawiera nieparzystą liczbę liczb nieparzystych.

2. W czworościanie \(\displaystyle{ ABCD}\) kąty płaskie przy wierzchołku \(\displaystyle{ A}\) wynoszą po \(\displaystyle{ 90^{\circ}}\). Udowodnić, że jeżeli \(\displaystyle{ AB=AC+AD}\), to suma katów płaskich przy wierzchołku \(\displaystyle{ B}\) wynosi \(\displaystyle{ 90^{\circ}}\).

3. Ciąg \(\displaystyle{ a_{1},a_{2},a_{3},\ldots}\) liczb rzeczywistych nieujemnych dla \(\displaystyle{ n=1,2,\ldots}\) spełnia warunki
\(\displaystyle{ a_{n}+a_{2n}\ge 3n}\) oraz \(\displaystyle{ 2\sqrt{a_{n}(n+1)}\ge a_{n+1}+n}\).
Udowodnić, że dla każdego \(\displaystyle{ n}\) naturalnego zachodzi nierówność \(\displaystyle{ a_{n}\ge n}\).

[Vax]

1:    

Teza jest równoważna pokazaniu, że suma tych liczb z ciągu będzie nieparzysta, niech \(\displaystyle{ n=2k+1 , k\ge 1}\) oznaczmy:

\(\displaystyle{ S = {2k+1 \choose 1}+{2k+1 \choose 2}+...+{2k+1\choose k}}\), widzimy, że:

\(\displaystyle{ 2S = 2\left({2k+1\choose 1}+{2k+1\choose 2}+...+{2k+1\choose k}\right) = {2k+1\choose 1}+{2k+1\choose 2}+{2k+1\choose 3}+...+{2k+1\choose 2k-1}+{2k+1\choose 2k} = 2^{2k+1}-{2k+1\choose 0}-{2k+1\choose 2k+1} = 2^{2k+1}-2}\)

Czyli:

\(\displaystyle{ 2S \equiv 2^{2k+1}-2 \equiv 2\pmod{4} \Leftrightarrow S \equiv 1\pmod{2}}\) cnd.

[Marcinek665]

2 (ostrzegam, że pała):    

Wprowadźmy oznaczenia:

\(\displaystyle{ BA=b}\), \(\displaystyle{ CA=a}\), wtedy na mocy założenia zachodzi: \(\displaystyle{ DA=b-a}\)

Z Pitagorasa liczymy łatwo, że:

\(\displaystyle{ CD=\sqrt{b^2-2ab+2a^2}}\)

\(\displaystyle{ CB=\sqrt{a^2+b^2}}\)

\(\displaystyle{ BD=\sqrt{a^2-2ab+2b^2}}\)

Teraz z twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(\displaystyle{ CBA}\) i kąta \(\displaystyle{ \measuredangle CBA}\) mamy:

\(\displaystyle{ \cos \measuredangle CBA = \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}}\), czyli także \(\displaystyle{ \sin \measuredangle CBA = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}}\)

Dla trójkąta \(\displaystyle{ DBA}\) i kąta \(\displaystyle{ \measuredangle DBA}\)

\(\displaystyle{ \cos \measuredangle DBA = \frac{b}{\sqrt{a^2 - 2ab + 2b^2}}}\) i również \(\displaystyle{ \sin \measuredangle DBA = \frac{b-a}{\sqrt{a^2 - 2ab + 2b^2}}}\)

Na koniec dla trójkąta \(\displaystyle{ CBD}\) i kąta \(\displaystyle{ \measuredangle CBD}\)

\(\displaystyle{ \cos \measuredangle CBD = \frac{b^2}{\sqrt{(a^2+b^2)(a^2 - 2ab + 2b^2)}}}\) oraz \(\displaystyle{ \sin \measuredangle CBD = \sqrt{\frac{a^4 - 2a^3b + 3a^2b^2 - 2ab^3 + b^4}{(a^2+b^2)(a^2-2ab+2b^2)}}}\)

Łatwo wyprowadzić wzór na \(\displaystyle{ \cos(x+y+z)}\). Jest on równy \(\displaystyle{ \cos(x+y+z) = \cos x \cos y \cos z - \sin x \sin y \cos z - \sin x \cos y \sin z - \cos x \sin y \sin z}\).

Po włożeniu wszystkich danych do tego wzoru otrzymujemy:

\(\displaystyle{ cos(\measuredangle CBA + \measuredangle DBA + \measuredangle CBD) = \frac{b^4 - b(b-a)(a^2 - ab + b^2) - ab(a^2-ab+b^2) - ab^2(b-a)}{(a^2+b^2)(a^2 - 2ab + 2b^2)} = 0}\).

Ponadto wszystkie cosinusy katów \(\displaystyle{ \measuredangle CBA}\) , \(\displaystyle{ \measuredangle DBA}\) i \(\displaystyle{ \measuredangle CBD}\) są dodatnie i są kątami pewnych trójkątów, więc nie mogą być większe od \(\displaystyle{ \frac{3}{2}\pi}\), więc są one ostre. Wobec tego

\(\displaystyle{ cos(\measuredangle CBA + \measuredangle DBA + \measuredangle CBD) = 0 \Leftrightarrow \measuredangle CBA + \measuredangle DBA + \measuredangle CBD = \frac{\pi}{2}}\)

A tego mieliśmy dowieść

Otrzegałem.

[arek1357]

Czy w zadaniu 3 cim ciąg musi być nieskończony?

[adamm]

Przed chwilą słusznie zwrócono mi uwagę, że w 3. jest literówka, powinno być oczywiście \(\displaystyle{ a_{n}+a_{2n}\ge 3n}\), wszystkich którzy rzeczywiście to kminili przepraszam . arek1357, tak.

[arek1357]

Ukryta treść:    

zad 3

z średniej geometrycznej i z warunków zadania mamy:

\(\displaystyle{ a_{n}+n+1 \ge 2 \sqrt{a_{n}(n+1)} \ge a_{n+}+n}\)

czyli 2 warunki:

\(\displaystyle{ a_{n}+1 \ge a_{n+1}}\)

\(\displaystyle{ a_{n}+a_{2n} \ge 3n}\)

rozpisując łatwo zauważyć że:

\(\displaystyle{ a_{1}+3 \ge a_{2}+2 \ge a_{3}+1 \ge a_{4}}\)


wniosek:

\(\displaystyle{ a_{i}+k \ge a_{i+k}}\)

w szczególności dla k=i

\(\displaystyle{ a_{i}+i \ge a_{2i}}\)

i z warunków zadania:

(1) \(\displaystyle{ a_{i}+a_{2i} \ge 3i}\)

z obu warunków otrzymamy:

\(\displaystyle{ a_{2i}-a_{i} \le i \le \frac{a_{i}+a_{2i}}{3}}\)

inaczej:

\(\displaystyle{ a_{2i}-a_{i} \le \frac{a_{i}+a_{2i}}{3}}\)

lub:

\(\displaystyle{ 3a_{2i}-3a_{i} \le a_{i} + a_{2i}}\)

lub:

\(\displaystyle{ a_{2i} \le 2a_{i}}\)

ale:

\(\displaystyle{ a_{i}+a_{2i} \le a_{i}+2a_{i}=3a_{i}}\)

no i z warunku (1) mamy:

\(\displaystyle{ 3a_{i} \ge 3i}\)

ostatecznie:

\(\displaystyle{ a_{i} \ge i}\)

lub jak kto woli:

\(\displaystyle{ a_{n} \ge n}\)

cnd...

[adamm]

2. wzorcówka:    

Niech \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) będą punktami leżącymi na przedłużeniach krawędzi \(\displaystyle{ AD}\) i \(\displaystyle{ AC}\) tak aby \(\displaystyle{ AQ=AP=AB}\). ROzważmy kwadrat \(\displaystyle{ APQR}\), a w nim trójkąty \(\displaystyle{ RPD, ECD}\) i \(\displaystyle{ RCQ}\). Trójkąty \(\displaystyle{ RPD}\) i \(\displaystyle{ RQC}\) są przystające odpowiednio do trójkątow \(\displaystyle{ BAC}\) i \(\displaystyle{ BAD}\), a więc również \(\displaystyle{ RCD}\) jest przystający do \(\displaystyle{ BDC}\) stąd mamy \(\displaystyle{ \angle CBA+\angle ABD+\angle CBD=\angle DRP+\angle QRC+\angle CRD=90^{\circ}}\)

Jutro wrzucę "drugi" dzień.

[ElEski]

Ajj, to wiem, czemu mi tak to nie szło
A jest rozwiązanie chyba prostsze od zaproponowanego, kiedy dowodzi się na pałę w 2 zdaniach, że jeśli element a_{n}<n, to wszystkie po nim też mają taką własność i już teza.. Teraz wypadałoby tylko pokazać przykładowy ciąg spełniający warunki zadania.

[arek1357]

Nie rozumiem o czym pisze ElEski

[ElEski]

arek1357,
O zadaniu \(\displaystyle{ 3}\), że można było udowodnić, że jeśli jakiś \(\displaystyle{ n-ty}\) wyraz jest mniejszy od \(\displaystyle{ n}\), to każdy \(\displaystyle{ k-ty}\) wyraz jest mniejszy od \(\displaystyle{ k}\) dla \(\displaystyle{ k>n}\). Wtedy jest jasna sprzeczność z warunkiem sumy \(\displaystyle{ a _{n} + a_{2n}.}\)
A piszę również o tym, że elegancko byłoby pokazać, czy ciąg spełniający warunki zadania w ogóle istnieje...

[adamm]

ElEski, daleko nie szukając \(\displaystyle{ a_{n}=n+1}\) chyba daje radę. Druga część zadanek:

4. Wyznaczyć wszystkie takie pary liczb całkowitych dodatnich \(\displaystyle{ (a,b)}\), że \(\displaystyle{ a-b}\) jest liczbą pierwszą i \(\displaystyle{ ab}\) jest kwadratem liczby całkowitej.

5. Przekątne \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ BD}\) czworokąta wypukłego \(\displaystyle{ ABCD}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Punkt \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ AB}\). Prosta \(\displaystyle{ MP}\) przecina bok \(\displaystyle{ CD}\) w punkcie \(\displaystyle{ Q}\). Wykaż, że stosunek pól trójkątów \(\displaystyle{ BCP}\) i \(\displaystyle{ ADP}\) jest równy stosunkowi długości odcinków \(\displaystyle{ CQ}\) i \(\displaystyle{ DQ}\).

6. Niech \(\displaystyle{ n}\) będzie dodatnią liczbą parzystą, a \(\displaystyle{ p}\) liczba pierwszą większą niż \(\displaystyle{ n^{n}}\). Udowodnij, że wielomian \(\displaystyle{ W(x)=(x-1)(x-2)\ldots(x-n)+p}\) nie jest iloczynem dwóch wielomianów stopnia dodatniego o współczynnikach całkowitych.

[Vax]

5:    

AU

33ku2j9.jpg (15.25 KiB) Przejrzano 250 razy

Mamy pokazać \(\displaystyle{ \frac{[BPC]}{[ADP]}=\frac{|CQ|}{|QD|} = \frac{[PQC]}{[PDQ]} \Leftrightarrow \frac{|PB|\cdot |PC|}{|PA|\cdot |PD|} = \frac{[PQC]}{[PDQ]}}\)

Ale \(\displaystyle{ [AMP]=[MPB]}\) więc \(\displaystyle{ |AP|\cdot |PM|\cdot \sin\alpha = |PM|\cdot |BP| \cdot \sin\beta \Leftrightarrow \frac{|PB|}{|PA|} = \frac{\sin\alpha}{\sin\beta}}\)

Więc teza jest równoważna \(\displaystyle{ \frac{|PC|}{|PD|}\cdot \frac{\sin\alpha}{\sin\beta} = \frac{[PQC]}{[PDQ]}}\)

Ale \(\displaystyle{ [PQC] = |PC|\cdot |PQ|\cdot \sin\alpha \wedge [PDQ] = |PD|\cdot |PQ|\cdot \sin\beta}\) skąd:

\(\displaystyle{ \frac{[PQC]}{[PDQ]} = \frac{|PC|\sin\alpha}{|PD|\sin\beta}}\) cnd.

[patry93]

Przed chwilą słusznie zwrócono mi uwagę, że w 3. jest literówka, powinno być oczywiście \(\displaystyle{ a_{n}+a_{2n}\ge 3n}\), wszystkich którzy rzeczywiście to kminili przepraszam .

A jaki będzie kontrprzykład, gdyby pozostawić \(\displaystyle{ a_{n}+a_{2n}\ge 2n}\) ?

Co do wzorcówki do 2.

Ukryta treść:    

Nie dajcie się przestraszyć tym odkładaniom odcinków w przestrzeni (do tych, którzy mogli zareagować na to rozw. przez "o jaki hardkor! : O "). "Normalnie" można sobie ten czworościan rozłożyć na płaszczyznę (dlaczego: np. gdyż sporo kątów płaskich) i wtedy takie pomysły przychodzą łatwiej (w planimetrii odkładanie odcinków to norma)

[Panda]

4

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ t = NWD(a,b)}\)
\(\displaystyle{ kt = a}\)
\(\displaystyle{ lt = b}\)
\(\displaystyle{ ab = kl \cdot t^{2}}\), więc \(\displaystyle{ ab}\) jest kwadratem liczby całkowitej wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ kl}\) jest. A ponieważ \(\displaystyle{ k}\) i \(\displaystyle{ l}\) są względnie pierwsze, to oba muszą być kwadratami.

\(\displaystyle{ p = a - b = t(k-l)}\). Niemożliwe, aby \(\displaystyle{ p}\) rozkładało się na dwa większe od \(\displaystyle{ 1}\) dzielniki, zatem rozpatrujemy dwa przypadki:
a) \(\displaystyle{ t = 1}\)
b) \(\displaystyle{ k-l = 1}\).

a) Wtedy \(\displaystyle{ a=k}\) i \(\displaystyle{ b=l}\). Wcześniej stwierdziliśmy, że \(\displaystyle{ k}\) i \(\displaystyle{ l}\) są kwadratami, więc, dla pewnych dodatnich \(\displaystyle{ r,s}\):
\(\displaystyle{ p = a - b = r^{2} - s^{2} = (r-s)(r+s)}\). Podobnie wnioskując jak niedawno, otrzymujemy \(\displaystyle{ r -s=1}\), czyli \(\displaystyle{ r=s+1}\) i \(\displaystyle{ p=r+s=2s+1}\). Rzeczywiście, jeśli \(\displaystyle{ p}\) to dowolna nieparzysta liczba pierwsza, to liczby postaci \(\displaystyle{ a = (\frac{p+1}{2})^2}\) i \(\displaystyle{ b = (\frac{p-1}{2})^2}\) spełniają warunki:
\(\displaystyle{ a-b = (\frac{2}{2})p = p}\), oraz \(\displaystyle{ ab}\), jako iloczyn kwadratów liczb naturalnych, sam jest takim kwadratem.

b)
\(\displaystyle{ a-b=t}\), a ponieważ \(\displaystyle{ t=NWD(a,b)}\), liczby \(\displaystyle{ a,b}\) są postaci \(\displaystyle{ (m+1)t}\) i \(\displaystyle{ mt}\).
Ich iloczyn jest równy \(\displaystyle{ m(m+1)t^{2}}\). Iloczyn ten jest kwadratem, zatem kwadratem jest \(\displaystyle{ m(m+1)}\). Nie jest to jednak możliwe, bo pierwiastek z tego iloczynu leży między \(\displaystyle{ m}\) a \(\displaystyle{ m+1}\), zatem jest niecałkowity.

b) krócej:
\(\displaystyle{ k,l}\) to kwadraty różniące się o \(\displaystyle{ 1}\), więc dla \(\displaystyle{ u^{2}=k,v^{2}=l}\) mamy \(\displaystyle{ 1 = k - l = (u-v)(u+v)}\), skąd natychmiastowo \(\displaystyle{ v=0}\),\(\displaystyle{ u=1}\), zatem \(\displaystyle{ l=0}\) i \(\displaystyle{ b=0}\), co jest sprzeczne.

[adamm]

Przed chwilą słusznie zwrócono mi uwagę, że w 3. jest literówka, powinno być oczywiście \(\displaystyle{ a_{n}+a_{2n}\ge 3n}\), wszystkich którzy rzeczywiście to kminili przepraszam .

A jaki będzie kontrprzykład, gdyby pozostawić \(\displaystyle{ a_{n}+a_{2n}\ge 2n}\) ?

Dobre pytanie. Myślałem nad tym przez chwilę i ciężko mi na palcach znaleźć konkretny kontrprzykład, ale intuicja podpowiada, że ta nierówność może okazać się za słabą na dowiedzenie tezy.