LXX OM

[patrykzubilewicz1]

Trochę inne rozwiązanie piątego, ale też fajne (bez Viete'a):

Ukryta treść:    

Zapiszmy układ równań z niewiadomymi \(\displaystyle{ a_{1}, a _{2}, a_{3}, b_{1}, b_{2}, b_{3},}\).

\(\displaystyle{ \begin{cases} a _{2} ^{2}+a _{1} a _{2}+ b_{1}=0\\b _{2} ^{2}+a _{1} b _{2}+ b_{1}=0 \\a _{3} ^{2}+a _{2} a _{3}+ b_{2}=0\\b _{3} ^{2}+a _{2} b _{3}+ b_{2}=0\\a _{1} ^{2}+a _{3} a _{1}+ b_{3}=0\\b _{1} ^{2}+a _{3} b _{1}+ b_{3}=0 \end{cases}}\).

Odejmując pierwsze od drugiego otrzymuję:

\(\displaystyle{ a_{2}^{2} - b_{2}^{2}+ a_{1} a _{2}- a_{1} b _{2}+ b_{1} - b_{1}=0}\)
\(\displaystyle{ ( a_{2} + b_{2} )( a_{2} -b _{2} )+ a_{1}( a_{2}- b_{2})=0}\)
\(\displaystyle{ ( a_{2} - b_{2})( a_{2} + b_{2} + a_{1} )=0}\)

Z założenia, pierwszy czynnik nie może być zerem. Musi zatem być \(\displaystyle{ ( a_{2} + b_{2} + a_{1} )=0}\), co oczywiście jest równoważne z \(\displaystyle{ b_{2} =-(a _{1} + a_{2} )}\).
W pełni analogicznie udowadniam, że \(\displaystyle{ b_{3} =-( a_{2}+ a_{3})}\) oraz \(\displaystyle{ b_{1}=-(a _{3} +a _{1})}\).

Po podstawieniu tego pod \(\displaystyle{ b _{i}}\) do każdego z równań otrzymuję takie cudo:

\(\displaystyle{ \begin{cases} a_{2}(a _{2}+ a_{1})= a_{3}+ a_{1} \\ a_{3}(a _{3}+ a_{2})= a_{1}+ a_{2}\\a_{1}(a _{1}+ a_{3})= a_{2}+ a_{3} \end{cases}}\)

Zauważyłem, że ten układ jest symetryczny, to znaczy że zamienienie miejscami dowolnych dwóch zmiennych powoduje co najwyżej zmianę kolejności równań w tym układzie. Jeżeli więc znajdę rozwiązanie postaci \(\displaystyle{ (x, y, z)}\), to rozwiązaniami są też wszystkie permutacje \(\displaystyle{ (x, y, z)}\). Bez straty ogólności przyjąłem więc, że \(\displaystyle{ a_{1} \ge a_{2} \ge a_{3}}\).
Wtedy też \(\displaystyle{ a_{1}+ a_{2} \ge a _{1}+a _{3} \ge a_{2}+ a_{3}}\)
Wynika stąd (oraz z drugiego układu), że \(\displaystyle{ a_{3}(a _{3} +a _{2} ) \ge a _{2}( a_{2}+a _{1}) \ge a_{1}(a _{1}+a _{3})}\). Kiedy się chwilę na te nierówności popatrzy, to od razu widać, że musi być \(\displaystyle{ a_{1} = a_{2} = a_{3}}\). Oznaczmy wspólną ich wartość przez \(\displaystyle{ t}\).

Podstawiając \(\displaystyle{ t}\) do drugiego układu okazuję się, że muszę rozwiązać równanie kwadratowe
\(\displaystyle{ t(t+t)=(t+t)}\)
\(\displaystyle{ t(2t)=2t}\)
\(\displaystyle{ 2t ^{2}-2t=0}\)
\(\displaystyle{ 2t(t-1)=0}\) Skąd oczywiście \(\displaystyle{ t=0}\) i \(\displaystyle{ t=1}\). Wracając teraz do wyznaczonych wcześniej \(\displaystyle{ b_{i}}\) otrzymujemy dwa rozwiązania: \(\displaystyle{ (0, 0, 0, 0, 0, 0)}\) i \(\displaystyle{ (1, 1, 1, -2, -2, -2)}\). Z uwagi na \(\displaystyle{ a_{i} \neq b_{i}}\) odrzucam pierwsze, a także bezpośrednio sprawdzam drugie, które pasuje

[WolfusA]

Nieprawda, nie jest symetryczny, tylko cykliczny.

[earl grey]

Zadanie 5:    

Tak jak chyba wszyscy użyłem wzorów Viete'a, przy okazji bawiąc się otrzymanymi równościami dowiodłem między innymi, że \(\displaystyle{ 0 \leq a_1+a_2+a_3 \leq 3}\) oraz \(\displaystyle{ a_1a_2a_3=1}\). Potem wykazałem istnienie pary \(\displaystyle{ (a_i,b_i)}\) takiej, że \(\displaystyle{ a_ib_i<0}\). Następnie dowiodłem, że dla tej pary musi zachodzić \(\displaystyle{ a_i>0}\) oraz \(\displaystyle{ b_i<0}\). Mając to, łatwo było wykazać w oparciu o pozostałe zależności, że wszystkie liczby \(\displaystyle{ a_i}\) są dodatnie, co pozwalało na łatwe pokazanie równości \(\displaystyle{ a_1=a_2=a_3=1}\) w oparciu o AM-GM, co praktycznie kończyło zadanie.

Zadanie 6:    

Wykazałem, że zawsze parzysta liczb osób będzie miała przed sobą lody zgodne z zamówieniem. Oznaczyłem podane lody przez \(\displaystyle{ b_i}\), \(\displaystyle{ i=1,2,..,100}\). Następnie utworzyłem tablicę wymiarów \(\displaystyle{ 100 \times 100}\) zawierającą wszystkie cykliczne przestawienia liczb \(\displaystyle{ b_i}\) i oznaczałem pola takie, że lody \(\displaystyle{ b_i}\) są zgodne z zamówieniem osoby "nad" \(\displaystyle{ i}\)-tą kolumną. Teraz zaprzeczyłem tezie, wobec czego z jednej strony było ich w całej tablicy nie więcej niż \(\displaystyle{ 50\cdot100=5000}\)(patrzymy na wiersze), a z drugiej strony było ich dokładnie(co łatwo zauważyć patrząc na kolumny) \(\displaystyle{ 49\cdot49+51\cdot51=5002}\).

Zadanie 7:    

Poprowadziłem dwusieczne kątów \(\displaystyle{ CQB}\) oraz \(\displaystyle{ DPA}\), przecinające ramiona \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ AD}\) w punktach odpowiednio \(\displaystyle{ R}\) i \(\displaystyle{ S}\). Następnie wykazałem, że punkty te oraz punkt przecięcia przekątnych trapezu leżą na jednej prostej, co w połączeniu z prostym do udowodnienia faktem, że punkt przecięcia przekątnych naszego trapezu jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ RS}\) łatwo dawało tezę.

8 nie zrobiłem

[WolfusA]

Seria o wiele trudniejsza niż poprzednia. Piątego nie wysłałem, bo nie miałem już siły mordować tych wzorów Viete'a. Szóste dosyć gładko zinterpretowałem tabelą modulo \(\displaystyle{ 2}\). W szóstym rzutowałem punkty \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) na przeciwległe ramiona i opisałem tam okrąg. Ósme to zupełny kosmos.

Zrobił ktoś może geometrię na zespolonych? Męczyłem się chyba kilka dni ustalając \(\displaystyle{ Q=-1}\) i \(\displaystyle{ P=1}\), i próbując udowodnić, że punkt przecięcia przekątnych należy do osi urojonej, i albo jestem zbyt niedoświadczony albo to po prostu nie wychodzi.

Tak tylko przypomnę, że wadą zespolonych są liczne proste.

Mam pytanko do rozwiązań z I serii. Czy ktokolwiek wpadł na to dziwaczne kolorowanie (moim zdaniem przesadzone) z firmówki?

-- 6 lis 2018, o 22:04 --

Zadanie 5:    

Tak jak chyba wszyscy użyłem wzorów Viete'a, przy okazji bawiąc się otrzymanymi równościami dowiodłem między innymi, że \(\displaystyle{ 0 \leq a_1+a_2+a_3 \leq 3}\) oraz \(\displaystyle{ a_1a_2a_3=1}\). Potem wykazałem istnienie pary \(\displaystyle{ (a_i,b_i)}\) takiej, że \(\displaystyle{ a_ib_i<0}\). Następnie dowiodłem, że dla tej pary musi zachodzić \(\displaystyle{ a_i>0}\) oraz \(\displaystyle{ b_i<0}\). Mając to, łatwo było wykazać w oparciu o pozostałe zależności, że wszystkie liczby \(\displaystyle{ a_i}\) są dodatnie, co pozwalało na łatwe pokazanie równości \(\displaystyle{ a_1=a_2=a_3=1}\) w oparciu o AM-GM, co praktycznie kończyło zadanie.

Poproszę o więcej na ten temat.

[patrykzubilewicz1]

rzeczywiście. Szkoda że nie zauważyłem tego w porę, ale jakieś punkty na pewno będą

[niunix98]

6.:    

Obróćmy stół 100 razy. Zauważmy, że wtedy każdy lód czekoladowy trafi dokładnie raz do każdej osoby, która zamówiła loda czekoladowego. Więc takich przyporządkowań jest \(\displaystyle{ 49^{2}}\). Więc z zasady szufladkowej wynika, że istnieje takie ustawienie, w którym \(\displaystyle{ \left\lceil \frac{49 ^{2} }{100} \right\rceil = \left\lfloor \frac{2401}{100} \right\rfloor + 1 = 25}\) osób, które zamówiły lody czekoladowe dostały lody czekoladowe. Oznaczmy tą liczbę jako \(\displaystyle{ n \ge 25}\). Wtedy \(\displaystyle{ 49-n}\) osób, które zamówiły lody czekoladowe dostały lody śmietankowe. Zostało więc \(\displaystyle{ 51 - (49 - n) = n+2}\) osób, które zamówiły lody śmietankowe i dostały lody śmietankowe. Stąd osób, które dostały lody w zamówionym przez siebie smaku było \(\displaystyle{ n + (n+2) = 2n + 2 \ge 52}\), co należało udowodnić.

Analogiczne rozumowanie można przeprowadzić patrząc na osoby, które zamówiły lody śmietankowe.

[Biel124]

8. Szkic:
Mogę zrobić zdjęcie ? Bo długie rozwiązanie a nie mogę usunąć wiadomości?

[Jan Kraszewski]

Mogę zrobić zdjęcie ?

Nie.

JK

[niepozorny]

Jeszcze co do ósmego:

Ukryta treść:    

We wcześniejszym rozwiązaniu niepotrzebnie skomplikowałem sprawę z bazą indukcyjną. Tablicę \(\displaystyle{ 2 \times 2}\) z kwadratami, gdzie sumy z obu wierszy, kolumn oraz z całej tablicy są kwadratami, możemy uzyskać z dowolnych dwójek pitagorejskich \(\displaystyle{ (a,b)}\), \(\displaystyle{ (c,d)}\):
\(\displaystyle{ \begin{center} \begin{tabular}{|c|c|} \hline $a^2c^2$ & $b^2c^2$ \\ \hline $a^2d^2$ & $b^2d^2$ \\ \hline \end{tabular} \end{center}}\)
Pierwszym z brzegu przykładem takiej tablicy jest
\(\displaystyle{ \begin{center} \begin{tabular}{|c|c|} \hline $15^2$ & $20^2$ \\ \hline $36^2$ & $48^2$ \\ \hline \end{tabular} \end{center}}\)
Dalej rozwiązanie wygląda tak samo, bez niepotrzebnego założenia o zerze w lewym górnym rogu.

@Bourder, na zespolonych nie próbowałem, ale

Ukryta treść:    

szło analitycznie. Jeżeli trapez jest równoległobokiem, to proste \(\displaystyle{ BC}\), \(\displaystyle{ AD}\) umieszczamy np. na prostych \(\displaystyle{ y=0}\), \(\displaystyle{ y=1}\). Następnie wyliczamy współrzędne \(\displaystyle{ X}\) punktów \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\), korzystając z tego, że współczynniki kierunkowe prostych \(\displaystyle{ AP}\) i \(\displaystyle{ DP}\) oraz \(\displaystyle{ BQ}\) i \(\displaystyle{ CQ}\) są liczbami przeciwnymi. Znajdujemy punkt przecięcia przekątnych i kończymy dowód.
Jeżeli trapez nie jest równoległobokiem, to łatwo dowieść, że proste zawierające ramiona nie są prostopadłe. Niech \(\displaystyle{ E}\) oznacza przecięcie przekątnych trapezu.
Załóżmy, że proste przechodzące przez \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\), prostopadłe odpowiednio do \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ AD}\), przecinają proste \(\displaystyle{ AD}\) i \(\displaystyle{ BC}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ P'}\) i \(\displaystyle{ Q'}\). Zauważmy, że jeśli wykażemy, że \(\displaystyle{ PE=P'E}\) oraz \(\displaystyle{ QE=Q'E}\), to zakończymy dowód, gdyż punkty \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ Q}\), \(\displaystyle{ P'}\), \(\displaystyle{ Q'}\) leżą na jednym okręgu, a skoro \(\displaystyle{ AD}\) i \(\displaystyle{ BC}\) nie są równoległe, to symetralne odcinków \(\displaystyle{ PP'}\) i \(\displaystyle{ QQ'}\) też nie są, czyli \(\displaystyle{ E}\) jest punktem ich przecięcia, a więc środkiem okręgu przechodzącego przez \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ Q}\), \(\displaystyle{ P'}\), \(\displaystyle{ Q'}\). (Zakładamy, że te punkty są różne, jeśli \(\displaystyle{ Q=Q'}\) lub \(\displaystyle{ P=P'}\), to tezę dostajemy natychmiast.)
Ze względu na symetrię oznaczeń wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ PE=P'E}\). Robimy to bez problemu analitycznie, umieszczając \(\displaystyle{ B}\) w środku układu współrzędnych, \(\displaystyle{ C}\) na osi OX i wyliczając współrzędne \(\displaystyle{ P}\), znowu korzystając z tego, że współczynniki kierunkowe są liczbami przeciwnymi.

[Sylwek]

Moja idea do zadania 8:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ n=1}\) odpada, dla \(\displaystyle{ n=2}\) ideę podał powyżej @niepozorny, dla \(\displaystyle{ n=3}\) przykład, który pokazuje ideę "tabliczki mnożenia" przy \(\displaystyle{ n \ge 3}\):

\(\displaystyle{ \begin{tabular}{|c|c|c|c|} \hline $a_{1,1}^2$ & $a_{1,2}^2$ & $a_{1,3}^2$ & $=w_1^2$ \\ \hline $a_{2,1}^2$ & $a_{2,2}^2$ & $a_{2,3}^2$ & $=w_2^2$ \\ \hline $a_{3,1}^2$ & $a_{3,2}^2$ & $a_{3,3}^2$ & $=w_3^2$ \\ \hline $=k_1^2$ & $=k_2^2$ & $=k_3^2$ & $(...)^2$ \\ \hline \end{tabular} = \begin{tabular}{|c|c|c|c|} \hline $1^2$ & $4^2$ & $8^2$ & $=9^2$ \\ \hline $100^2$ & $400^2$ & $800^2$ & $=900^2$ \\ \hline $5.000^2$ & $20.000^2$ & $40.000^2$ & $=45.000^2$ \\ \hline $=5.001^2$ & $=20.004^2$ & $=40.008^2$ & $=(...)^2$ \\ \hline \end{tabular}}\)

Idea to "różność poprzez nierówności na wielkich liczbach".

Chcemy otrzymać w tablicy \(\displaystyle{ [a_{i,j}]}\) posortowanie typu "znak zorro", czyli "rosnąco tak, jakbyśmy czytali tablicę jak książkę", czym sobie zapewnimy, że wszystkie kwadraty wewnątrz tabeli są różne. Zapewnimy też sobie \(\displaystyle{ w_1<w_2<\ldots w_{n-2}<w_{n-1}<k_1<k_2<\ldots<k_{n-1}<k_n<w_n}\), co będzie oznaczało, że wszystkie sumy wierszy i kolumn są różne.

W tym przykładzie zaczynamy od górnego wiersza i uzupełniamy go rozwiązując równanie - \(\displaystyle{ 1^2+4^2+x^2=(x+1)^2}\), co daje \(\displaystyle{ 2x+1=1^2+4^2}\), czyli u nas \(\displaystyle{ x=8}\), dalej: \(\displaystyle{ 1^2+4^2+8^2=9^2}\). Wystarczy zadbać, żeby \(\displaystyle{ a_{1,1}=1}\), a liczby \(\displaystyle{ a_{1,2}<a_{1,3}<\ldots<a_{1, n-1}}\) były coraz większymi liczbami parzystymi począwszy od \(\displaystyle{ 4}\), co spokojnie wystarcza na \(\displaystyle{ a_{1,n-1}<x=a_{1,n}}\). Modulo 4 dostaniemy też, że \(\displaystyle{ x}\) jest parzysty. Oczywiście \(\displaystyle{ x \ge 8}\), w przypadku ogólnym.

Następnie, dobieramy \(\displaystyle{ a_{2,1}=(x+2)^2}\) (u nas to \(\displaystyle{ 10^2=100}\)), a dalej \(\displaystyle{ a_{3,1}=(x+1)^3, \ldots, a_{n-1,1}=(x+1)^{n-1}}\). Podobnie jak powyżej, \(\displaystyle{ 1+((x+2)^2)^2+((x+2)^3)^2+\ldots+((x+2)^{n-1})^2+y^2=(y+1)^2}\), skąd otrzymujemy \(\displaystyle{ y=\frac{1}{2}\left( (x+2)^4+(x+2)^6+\ldots+(x+2)^{2n-2} \right)}\). W skrócie - \(\displaystyle{ y=a_{n,1}}\) to prawdziwy gigant w dotychczasowo uzupełnionej części tej tablicy!

Mając już pierwszy wiersz i pierwszą kolumnę (wraz z sumami), całą resztę tabeli uzyskujemy na zasadzie "tabliczki mnożenia": \(\displaystyle{ a_{i,j}=a_{i,1} \cdot a_{1,j}}\), stąd też \(\displaystyle{ w_i=a_{i,1} \cdot w_1}\) oraz \(\displaystyle{ k_i=a_{1,i} \cdot k_1}\).

Wiersze są oczywiście posortowane rosnąco. Ponadto \(\displaystyle{ a_{1,n}=x<(x+2)^2=a_{2,1}}\), a także dla \(\displaystyle{ i=2, \ldots, n-2}\) mamy \(\displaystyle{ a_{i, n}= x \cdot (x+2)^i < (x+2)^{i+1}=a_{i+1,1}}\).

Zostaje pokazać, że \(\displaystyle{ a_{n-1,n}<a_{n,1}=y}\), czyli \(\displaystyle{ x \cdot (x+2)^{n-1} < \frac{1}{2}\left( (x+2)^4+(x+2)^6+\ldots+(x+2)^{2n-2} \right)}\) - na to wystarczy użyć \(\displaystyle{ 2x<(x+2)^{n-1}}\).

Jeśli pokażemy, że \(\displaystyle{ y>w_{n-1}}\), sprawa będzie załatwiona. Trudność podobna jak przed chwilą.

Z tego już prosto wyniknie, że \(\displaystyle{ w_1<w_2<\ldots<w_{n-2}<w_{n-1}<y<k_1<k_2<\ldots<k_{n-1}<k_n<w_n}\).

Mam nadzieję, że nie ma zbyt dużo literówek - w razie czego, przykład powinien nieco objaśnić

[kuba151011]

PokEmil, Co jeśli kąt przy wierzchołku C lub D byłby ostry?

[Tani Mefedron]

Ej bez kitu też tego nie rozpatrzyłem i jedna równość kątów w takim przypadku byłaby podobna ale trochę inna. Trudno, może Komitet w Warszawie się zlituje i nie utnie, słyszałem że w miarę łagodnie tam oceniają

[PokEmil]

Zakładamy, że kąty przy \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) są ostre. Przypadek gdy \(\displaystyle{ C}\) i \(\displaystyle{ D}\) rozważamy analogicznie. Fakt, powinienem to napisać.

No ale liczę że nie utną za to...

[kuba151011]

PokEmil, Co jeśli przy A i B będzie jeden kat ostry, a jeden rozwarty, wówczas przy C i D również będzie jeden kat ostry i jeden rozwarty?

[PokEmil]

Wtedy jeden z punktów \(\displaystyle{ K}\), \(\displaystyle{ L}\) będzie nad podstawą, a jeden pod, ale powinno też (chyba) działać.