[MIX][Klub 444] Runda piąta

[Coach]

\(\displaystyle{ 1}\). Dane są liczby całkowite dodatnie \(\displaystyle{ a, b, c}\)takie, że \(\displaystyle{ ab|c(c^2-c+1)}\) i \(\displaystyle{ a+b|c^2 + 1}\). Pokazać, że zbiory \(\displaystyle{ \left\{ a,b\right\}}\) i \(\displaystyle{ \left\{ c, c^2-c +1\right\}}\) są równe.

\(\displaystyle{ 2}\). Niech \(\displaystyle{ n}\) będzie liczbą całkowita dodatnią niemniejszą niż \(\displaystyle{ 4}\). Dana jest sfera \(\displaystyle{ S}\) o środku w punkcie \(\displaystyle{ O}\) i promieniu \(\displaystyle{ 1}\) pokryta półsferami \(\displaystyle{ H_1}\), \(\displaystyle{ H_2}\),...\(\displaystyle{ H_n}\) o środkach w punkcie \(\displaystyle{ O}\) i promieniu \(\displaystyle{ 1}\). Pokazać, że wśród półsfer \(\displaystyle{ H_1, H_2,.. H_n}\) możemy wybrać \(\displaystyle{ 4}\) które całkowicie pokrywają \(\displaystyle{ S}\).

\(\displaystyle{ 3}\). Pokazać, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ a, b, c}\) zachodzi nierówność: \(\displaystyle{ 1 \le \frac{a}{ \sqrt{a^2 + b^2} } + \frac{b}{ \sqrt{b^2 + c^2} } + \frac{c}{ \sqrt{c^2 + a^2} } \le \frac{3 \sqrt{2} }{2} .}\)

\(\displaystyle{ 4}\). W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) dany jest punkt \(\displaystyle{ P}\). Punkty \(\displaystyle{ A_1, B_1, C_1}\) to rzuty punktu \(\displaystyle{ P}\) na proste odpowiednio \(\displaystyle{ BC}\), \(\displaystyle{ CA}\) i \(\displaystyle{ AB}\). Punkt \(\displaystyle{ T}\) jest dowolnym punktem na okręgu opisanym na trójkącie \(\displaystyle{ A_1B_1C_1}\). Prosta \(\displaystyle{ l}\) przechodzi przez punkt \(\displaystyle{ T}\) i jest postopadła do prostej \(\displaystyle{ PT}\). Na prostej \(\displaystyle{ l}\) obieramy punkty \(\displaystyle{ A_2}\), \(\displaystyle{ B_2}\) i \(\displaystyle{ C_2}\) takie, że \(\displaystyle{ PA_2\perp PA}\), \(\displaystyle{ PB_2\perp PB}\) i \(\displaystyle{ PC_2 \perp PC}\). Pokazać, że proste \(\displaystyle{ AA_2}\), \(\displaystyle{ BB_2}\) i \(\displaystyle{ CC_2}\) przecinają się w jednym punkcie.

[kaszubki]

4 swietne zadanie:    

inwersja w P, prosta simsona , jednokladnosc

[Panda]

1 chyba nie działa dla \(\displaystyle{ (a,b,c)=(1,4,8)}\).

[Coach]

W zadaniu 1 ma być \(\displaystyle{ c^2+1| a+b}\).

[Panda]

I pierwsze też na odwrót?

[fon_nojman]

3) Nierówność \(\displaystyle{ 1 \le \frac{a}{ \sqrt{a^2 + b^2} } + \frac{b}{ \sqrt{b^2 + c^2} } + \frac{c}{ \sqrt{c^2 + a^2} },}\) idzie prosto:

\(\displaystyle{ \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+a^2}}>\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}+\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=\frac{a+b+c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}} \ge 1.}\)

Widać, że dla \(\displaystyle{ f(a,b,c)=\frac{a}{ \sqrt{a^2 + b^2} } + \frac{b}{ \sqrt{b^2 + c^2} } + \frac{c}{ \sqrt{c^2 + a^2} }}\) zachodzi \(\displaystyle{ f(ra,rb,rc)=f(a,b,c),\ r>0.}\)

[Swistak]

2:    

Można to zrobić z twierdzenia Helly'ego (które dzisiaj poznałem xD). Mówi ono, że jeżeli wśród n wypukłych figur w przestrzeni d-wymiarowej każde d+1 ma niepuste przecięcie, to wszystkie one mają niepuste przecięcie. Oczywiście będziemy korzystać z tego dla \(\displaystyle{ d=3}\).
Załóżmy nie wprost, że żadne 4 półsfery nie pokrywają całej sfery. Każdej półsferze przyporządkujmy półkulę, która jej odpowiada (dla formalistów - musimy je brać bez brzegu). Weźmy pewną czwórkę półsfer. Nie pokrywają one całej sfery. Weźmy punkt antypodyczny do jakiegokolwiek, który nie jest pokryty. Należy on do wszystkich tych 4 półsfer, czyli odpowiadające im półkule mają niepustą część wspólną. A skoro każda czwórka takich półkul ma część wspólną, to na mocy twierdzenia Helly'ego wszystkie one mają część wspólną, czyli także wszystkie rozpatrywane półsfery mają część wspólną (skoro to są półkule, to jak mają część wspólną, gdzieś w środku kuli, to rzutując ten punkt na sferę otrzymamy taki fajny punkt, ale już na sferze), zatem jak weźmiemy punkt antypodyczny do jakiegokolwiek punktu z tej części wspólnej, to nie jest on pokryty przez żadną daną półsferę PIERDUT!

Btw kilka godzin, zanim zobaczyłem ten temat, Wiktor Kuropatwa mi powiedział o tym twierdzeniu i przytoczył dowód dla płaszczyzny, który udało mi się przepchnąć do d-tego wymiaru za pomocą tw. Radona, a co do samego zadania, to stwierdziłem, że musi jakoś iść z tw. Helly'ego i jak to konkretnie z tego pyknąć wykminił Mateusz Gołębiewski .

[HuBson]

Prawa strona nierówności w 3

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \frac{a}{ \sqrt{a^2 + b^2} } + \frac{b}{ \sqrt{b^2 + c^2} } + \frac{c}{ \sqrt{c^2 + a^2} } \le \frac{3 \sqrt{2} }{2}}\)
mnożymy nierówność razy \(\displaystyle{ \frac{\sqrt{2}}{2}}\) i w mianownikach po lewej stronie nierówności
dla każdego z osobna wykorzystujemy nierówność między średnią kwadratową a arytmetyczną dostajemy
ostatecznie nierówność Nesbitta
\(\displaystyle{ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \ge \frac{3}{2}}\)
dowodzoną tutaj 107067.htm

Edit: no jednak się przeliczyłem z tym rozwiązaniem bo wyszło w drugą stronę
Ps. fajny dowód fon_nojman-a

[michal_z]

2 alternatywnie:    

Każdej półsferze przyporządkowujemy jej "czubek". Zauważmy, że zbiór półsfer nie pokrywa S dokładnie wtedy, kiedy istnieje jakiś punkt X na S taki, że półsfera której jest czubkiem jest X nie zawiera żadnego z wybranych punktów - a więc wtedy, gdy wszystkie czubki są zawarte w pewnej otwartej półkuli. Ponadto, pewien zbiór punktów na sferze jest zawarty w pewnej półkuli wtedy i tylko wtedy, gdy jego otoczka wypukła nie zawiera środka tej kuli. Łącząc te dwa spostrzeżenia - sfery odpowiadające pewnemu zbiorowi czubków pokrywają S dokładnie wtedy, gdy otoczka wypukła tego zbioru zawiera środek kuli. A więc gdy mamy takie pokrycie, to otoczkę wypukłą możemy striangulować i wybrać czworościan zawierający środek kuli - jego wierzchołki są czubkami szukanego podpokrycia.

[fon_nojman]

3. Nierówność \(\displaystyle{ \frac{a}{ \sqrt{a^2 + b^2} } + \frac{b}{ \sqrt{b^2 + c^2} } + \frac{c}{ \sqrt{c^2 + a^2} } \le \frac{3 \sqrt{2} }{2},\ a,b,c>0.}\)

Ukryta treść:    

Lewą stronę przekształcamy do postaci \(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{1+\frac{b}{a}}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{c}{b}}}+\frac{1}{\sqrt{1+\frac{a}{c}}}}\) i podstawiamy \(\displaystyle{ x=\sqrt{1+\frac{b}{a}},y=\sqrt{1+\frac{c}{b}},z=\sqrt{1+\frac{a}{c}}.}\) Zauważamy, że zachodzi warunek \(\displaystyle{ (x^2-1)(y^2-1)(z^2-1)=1}\) i \(\displaystyle{ x,y,z>1.}\) Czyli mamy do udowodnienia nierówność

\(\displaystyle{ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\le \frac{3\sqrt{2}}{2}}\)

przy warunkach \(\displaystyle{ (x^2-1)(y^2-1)(z^2-1)=1,\ x,y,z>1.}\) Skorzystamy z mnozników Lagrange'a:
\(\displaystyle{ \frac{-1}{x^2}+2\lambda(y^2-1)(z^2-1)x=0 \Leftrightarrow 2\lambda\frac{x^3}{(y^2-1)(z^2-1)}=1}\)
\(\displaystyle{ \frac{-1}{y^2}+2\lambda(x^2-1)(z^2-1)y=0 \Leftrightarrow 2\lambda\frac{y^3}{(x^2-1)(z^2-1)}=1}\)
\(\displaystyle{ \frac{-1}{z^2}+2\lambda(a^2-1)(y^2-1)x=0 \Leftrightarrow 2\lambda\frac{z^3}{(x^2-1)(y^2-1)}=1.}\)
Warunki te są dla \(\displaystyle{ \lambda \neq 0,}\) dla \(\displaystyle{ \lambda=0}\) nie zachodzą. Teraz np z pierwszego i drugiego warunku dostajemy \(\displaystyle{ x^3(x^2-1)=y^3(y^2-1)}\) co jest możliwe tylko dla \(\displaystyle{ x=y}\) bo funkcja \(\displaystyle{ x\mapsto x^3(x^2-1)}\) jest różnowartościowa dla \(\displaystyle{ x>1}\) tak samo funkcja po prawej. Analogicznie dostajemy, że \(\displaystyle{ y=z.}\) Zatem \(\displaystyle{ x=y=z}\) co w połączeniu z \(\displaystyle{ (x^2-1)(y^2-1)(z^2-1)=1, x,y,z>1}\) daje nam \(\displaystyle{ x=y=z=\sqrt2.}\) Co po podstawieniu do \(\displaystyle{ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\le \frac{3\sqrt{2}}{2}}\) daje nam żądaną nierówność.

[Swistak]

2 alternatywnie:    

Każdej półsferze przyporządkowujemy jej "czubek". Zauważmy, że zbiór półsfer nie pokrywa S dokładnie wtedy, kiedy istnieje jakiś punkt X na S taki, że półsfera której jest czubkiem jest X nie zawiera żadnego z wybranych punktów - a więc wtedy, gdy wszystkie czubki są zawarte w pewnej otwartej półkuli. Ponadto, pewien zbiór punktów na sferze jest zawarty w pewnej półkuli wtedy i tylko wtedy, gdy jego otoczka wypukła nie zawiera środka tej kuli. Łącząc te dwa spostrzeżenia - sfery odpowiadające pewnemu zbiorowi czubków pokrywają S dokładnie wtedy, gdy otoczka wypukła tego zbioru zawiera środek kuli. A więc gdy mamy takie pokrycie, to otoczkę wypukłą możemy striangulować i wybrać czworościan zawierający środek kuli - jego wierzchołki są czubkami szukanego podpokrycia.

Nie jestem przekonany o tym, że każdy wypukły czworościan da się "striangulować". Nie zaprzeczam, ale możliwe, że to stwierdzenie jest fałszywe. Swoją drogą to dość ciekawy problem zastanowić się nad tym, czy to prawda.
Na ratunek temu rozwiązaniu biegnie jednak tw. Caratheodoryego, które mówi dokładnie to, czego potrzebujemy:

[Premislav]

Sorry że odkopuję, ale moim zdaniem dowód poprawności oszacowania z góry w zadaniu trzecim zaprezentowany powyżej jest co najmniej niekompletny. W żaden sposób nie zostało uzasadnione, że w punkcie \(\displaystyle{ \left( \sqrt{2}, \sqrt{2}, \sqrt{2}\right)}\) istotnie jest przyjmowane maksimum warunkowe rozważanej przez fon_nojmana funkcji i nie bardzo widzę, jak to łatwo naprawić bez modyfikacji funkcji, choć sam pomysł z podstawieniem wygląda dobrze. Można jednak w tym rozumowaniu zastąpić liczby \(\displaystyle{ x,y,z}\) liczbami \(\displaystyle{ \frac 1 x, \frac 1 y, \frac 1 z}\) i wówczas po „stępieniu" pewnych ograniczeń i przeprowadzeniu podobnych rachunków powinno wyjść.

3. inaczej:    

Podstawmy \(\displaystyle{ x=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}, \ y=\frac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}, \ z=\frac{c}{\sqrt{c^2+a^2}}}\). Wówczas z założeń zadania mamy \(\displaystyle{ x,y,z\in (0,1)}\), ponadto jest \(\displaystyle{ (xyz)^2=(1-x^2)(1-y^2)(1-z^2) \ (*)}\)
zaś teza prezentuje się tak:
\(\displaystyle{ x+y+z\le \frac{3\sqrt{2}}{2} \ (\#)}\).
Zauważmy teraz, że jeśli w \(\displaystyle{ (*)}\) podstawimy \(\displaystyle{ x':=\sqrt{1-x^2}, \ y':=\sqrt{1-y^2}, \ z':=\sqrt{1-z^2}}\), to \(\displaystyle{ (*)}\) nie zmieni się, a ponadto także \(\displaystyle{ x', y', z' \in (0,1)}\)
i teza przyjmuje postać \(\displaystyle{ \sqrt{1-x^2}+\sqrt{1-y^2}+\sqrt{1-z^2}\le \frac{3\sqrt{2}}{2}}\).
W związku z tym liczby \(\displaystyle{ x,y,z}\) z przedziału \(\displaystyle{ (0,1)}\) spełniające warunek \(\displaystyle{ (*)}\) spełniają też nierówność \(\displaystyle{ (\#)}\) wtedy i tylko wtedy, gdy nierówność ta zachodzi dla liczb \(\displaystyle{ \sqrt{1-x^2}, \ \sqrt{1-y^2}, \ \sqrt{1-z^2}}\).
Zauważmy jednak, że ze znanej nierówności \(\displaystyle{ \frac{a+b}{2}\le \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}}\)(nierówność między średnią kwadratową a arytmetyczną dla dwóch zmiennych) mamy dla dowolnych \(\displaystyle{ x,y,z\in (0,1)}\):
\(\displaystyle{ x+\sqrt{1-x^2}+y+\sqrt{1-y^2}+z+\sqrt{1-z^2}\le \\ \le \sqrt{2(x^2+1-x^2)}+\sqrt{2(y^2+1-y^2)}+\sqrt{2(z^2+1-z^2)}=3\sqrt{2} \ (\ @)}\)
Teraz przypuśćmy nie wprost, że \(\displaystyle{ x,y,z\in (0,1)}\) spełniają \(\displaystyle{ (xyz)^2=(1-x^2)(1-y^2)(1-z^2)}\) oraz \(\displaystyle{ x+y+z>\frac{3\sqrt{2}}{2}}\). Wobec tego podstawienie
\(\displaystyle{ x:=\sqrt{1-x^2}, \ y:=\sqrt{1-y^2}, \ z:=\sqrt{1-z^2}}\) daje nam wniosek, że również \(\displaystyle{ \sqrt{1-x^2}+\sqrt{1-y^2}+\sqrt{1-z^2}>\frac{3\sqrt{2}}{2}}\).
Dodając te dwie ostatnie nierówności, otrzymujemy
\(\displaystyle{ x+\sqrt{1-x^2}+y+\sqrt{1-y^2}+z+\sqrt{1-z^2}>3\sqrt{2}}\), ale to jest sprzeczność z \(\displaystyle{ (\ @)}\)
co kończy dowód.

[WolfusA]

Nie mogłem się powstrzymać. Ta nierówność jest przemielona przez różnorakie gazety matematyczne na każdą stronę. Chyba pierwszy raz pojawiła się na olimpiadzie matematycznej Chin Zachodnich w 2004.
Cauchy i Schwarz wyjaśniają sprawę. Ja podstawiam \(\displaystyle{ (a,b,c)\implies (\sqrt{a},\sqrt{b},\sqrt{c})}\)
Wszystkie sumy cykliczne.
\(\displaystyle{ \left(\sum\sqrt{\frac{a}{a+b}}\right)^2\le \sum a(b+c)\cdot \sum \frac{1}{(b+c)(a+b)}}\)
Teraz wystarczy wykazać \(\displaystyle{ \sum\frac{1}{(b+c)(a+b)}\le\frac{9}{4(ab+bc+ca)}}\) co jest prawdą po wymnożeniu wszystkiego - dojdziemy do \(\displaystyle{ ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\ge 6abc}\)
Równość wtw. \(\displaystyle{ a=b=c}\)