Комментарии 51
Задача 1.3
Точно нет опечатки? Точки E и X лежат на прямой AC, а далее речь о треугольнике EXD
Первая задача сводится наличию не менее трех пар карт "квадратов"
del
Но ведь каждая из трёх пар может быть разбита и попасть в разные стопки?
Задача к сводится к наличию трёх чисел, попарно дающих квадраты
если бы. Любое количество пар можно разбить на две разные стопки. Нужны не пары а связанные числа (тройки?), которые при любом раскладе дадут пару-квадрат в одной из стопок.
Поспешишь, людей на смешишь
Вторая похожа на простую.
Мои соображения по первой: она сводится к системе уравнений
a+b=x^2
a+c=(x+1)^2
b+c=(x+2)^2
с условиями целых корней a, b, c в интервале [n, 2n]
эта система имеет корни (x^2-2x-3)/2, (x^2+2x+3)/2 и (x^2+6x+5)/2. Целые корни будут при нечетных x. Нас по сути интересует первое и последнее, (x^2-2x-3)/2 >= n, (x^2+6x+5)/2 <= 2n. Преобразуя эти неравенства, получим x^2-10x-11 >= 0, и соответственно x >= 11. Соответственно условие из исходной задачи выполняется при n >= 48
Браво!
Я проверил разные n на компьютере. Тройка (a, b, c) существует при n>98
Вы правы. Похоже, n >= 48 это необходимое условие, над достаточным надо ещё подумать, пока ничего в голову не приходит.
Получется не очень красиво, но мое полное решение пока выглядит так:
Первая задача сводится к системе уравнений
a+b=x^2
a+c=(x+1)^2
b+c=(x+2)^2
с условиями целых корней a, b, c в интервале [n, 2n]
эта система имеет корни a = (x^2-2*x-3)/2, b = (x^2+2*x+3)/2 и c = (x^2+6*x+5)/2. Целые корни будут при нечетных x. Теперь нас интересует, при каких n в интервале [n, 2*n] всегда найдется тройка целых чисел такого вида. По сути, поскольку a < b < c, то нас интересуют числа a и c. Это автоматически выполняется, когда a(x)*2 >= c(x+2) (это не умножение, а аргумент). То есть, когда (x+2)^2+6*(x+2)+5 <= 2*(x^2-2*x-3). Это неравенство имеет решение x >= 7+2*sqrt(19). Ближайшее нечетное целое - 17. Соответственно, утверждение доказано для с >= 198 и соответственно a >= 99 (n = a >= 99).
a = 2*t²–2
b = 2*(t+1)²+1
c = 2*(t+2)²–2
где t — произвольное натуральное.
Осталось показать, что для любого n > 100 найдётся такой t, что a, b и c укладываются в промежуток от n до 2*n. Для этого необходимо выполнение условия 2 * a(t) >= c(t + 1) при t > 8, т.е. что получаемые тройки находятся в пересекающихся интервалах. Подставляя формулы, получаем (t–3)² > 29, ч.т.д.
Вот, например, как мне бы хотелось видеть подобные задачи — имеется равенство (строгого доказательства которого у меня нет):
Функция интересна тем, что:
1) в точках ±1 она равна ±1 и имет n-1 нулевых производных,
2) обратной функцией для неё является он же при замене n на 1/n,
3) монотонно возрастает в интервале от -1 до 1 при любых положительных n (а при отрицательных просто меняет знак),
4) в варианте слева в точках ±1 возникает неопределённость в виде деления на ноль — но как его считать через предел непонятно — Mathematica в частности не знает,
5) имеет отношение к преобразованию Мёбиуса и билинейному преобразованию в частности,
6) появилась из сугубо практических задач.
В таком случае, даже если не получилось её решить — то всё равно что-то новое узнаёшь и время потеряно не зря.
Воспользуйтесь неархимедовым анализом - когда бесконечно большие и малые не предел последовательности, а конечные числа, как физики всегда считали и считают (не так давно и математики перешли к формализму с пределом последовательности, что бессмысленно с точки зрения физики - поскольку есть мельчайшие неделимые частицы вещества, пространства и так далее). Тогда слева x=1 не будет проблемой. Кстати, справа зря переставили порядок слагаемых в числителе и знаменателе.
Функция в правой части определена везде, слева не определена только в единице, поэтому
Слева предел в единице равен единице. Пусть x приближается к единице слева, тогда выражение в скобках стремится к "+бесконечности" (приближается справа - к "-бесконечности"). Независимо от четности n дробь стремится к нулю. От четности зависит направление стремления дроби к нулю.
Всё спокойно доказывается, достаточно одного семестра матана. Спокойно показывается например, что знаменатель стремится к бесконечности при 
,значит вся дробь к 0, и выражение к 1. При 
аналогично для отрицательных 
.
Вообще рекомендую прочитать какой-то нормальный курс анализа, если имеешь дело с такими вещами. В курсах для нематематиков очень часто пропущены важные детали, необходимые для понимания, почему делают так или иначе.
Вторая задача странная. Выберем 
. Тогда левая часть будет больше правой.
Однобокие все задачи. В основном числовые. Нет стереомерии
Вторая прям простая. Бесконячность минус один < бесконечность плюс один. Ноль < бесконечность. Ноль< 2. Корни отбрасываем.
Первый день, задача 2. Переписываем неравенство в виде
A'+B'+С' <= A+B+C,
где A и A' -- суммы, в который числа (xi и xj) имеют одинаковые знаки (но не равны друг другу), B и B' -- суммы, где числа имеют противоположные знаки (но не равны друг другу), C и C' -- суммы, где числа равны.
Очевидно, что C'=0, C>=0, A'=B, B'=A.
Что и требовалось доказать.
[2, 4, -1, -3]
A = 2 * ( sqrt(2 + 4) + sqrt(1 + 3) ) = 8.899
B' = 2 * ( sqrt(2 + 1) + sqrt(2 + 3) + sqrt(4 + 1) + sqrt(4 + 3) ) = 17.6998
A != B'
Вот кому надо в ИТ идти.
Задача №4
Решение в итоге выглядит расчудесно простым, поэтому изложу ход рассуждения, чтобы жизнь мёдом не казалась. По ходу я даже думала её посчитать, и начала было параметризовать точки на окружности.
Из чисто геометрических первых идей:
AD + BC = AB + CD, потому что в ABCD вписывается окружность,
AB * AX = BC * BZ по теореме об отрезках секущих,
AD * DY = DT * DC по теореме об отрезках хорд.
(в итоге нам ничего из этого не понадобится)
Дальше возник вопрос, а как использовать тот любопытный факт, что I лежит на Омеге. И что вообще I за точка. Она, конечно же, точка пересечения биссектрис внутренних углов ABCD. Хорошо, проведём ещё биссектрисы внешних углов A и С (т.е., углов DAX и DCZ). Поскольку в сумме половины внутреннего угла А и внешнего угла А составляют половину развёрнутого, т.е., прямой угол, мы получаем, что биссектриса внешнего угла А (угла DAX) упирается в противоположный для точки I конец диаметра омеги, потому что вписанные прямые углы живут на диаметрах. Туда же приходит и биссектриса внешнего угла С. Назовём эту точку J.
Поскольку AJ - биссектриса угла XAY, имеем равенство дуг JX = JY. Аналогично CJ - биссектриса угла TCZ, поэтому равны дуги JZ = JT. Отсюда выводим равенство дуг TX = ZY, а заодно и равенство одноимённых хорд. Поэтому в равенстве, которое требуется доказать, эти два элемента можно убрать:
требовалось доказать, что AD + DT + TX + XA = CD + DY + YZ + ZC,
теперь остаётся XA + AD + DT = YD + DC + CZ.
Назовём K, L, M и N точки касания AB, AD, DC и BC соответственно.
По теореме об отрезках касательных
XA + AD + DT = XA + (AL + LD) + DT = (XA + AK) + (MD + DT) = XK + TM
Аналогично YD + DC + CZ = YL + ZN
Т.е., требуется доказать, что XK + TM = YL + ZN
Вспомним, что T и Z симметричны относительно диаметра IJ окружности Омега. ZN в силу этой симметрии равна "внешней" к этой картинке касательной к Г из точки Т, тогда как TM - "внутренняя касательная". Значит, эти отрезки равны: ZN = TM. Аналогично равны отрезки YL = XK. В итоге искомое равенство получаем, суммируя эти два.
Задачи с Международной математической олимпиады 2021 (решаем в комментах)