Задачи - авторски предложения

[Мирослав Стоенчев]

Задача. Да се докаже, че уравнението [tex]\ x^4+y^4+6x^2y^2=z^2\ [/tex] няма решения в естествени числа.

Задача. [tex]ABCD[/tex] е четириъгълник с полупериметър [tex]p[/tex] и медицентър [tex]G,[/tex] който е вписан в окръжност [tex]k[/tex] и описан около окръжност [tex]w(I,r).[/tex] Нека [tex]|AC|=e,\ |BD|=f.[/tex]
Да се докаже, че [tex]\ |GI|=\frac{|e-f|}{4}\sqrt{\frac{2p^2}{(e+f)^2}-1}.[/tex]

[Реклама]

[estoyanovvd]

Ето това е една моя оригинална задача с интересна история, която ще ви разкажа след като я решите!!!



Нека точките M, N и К са съответно от страните АВ, ВС и СА на остроъгълния триъгълник АВС и отсечките СМ, АN и ВК се пресичат в точка Т. Да се докаже, че поне един от периметрите на триъгълниците АМК, ВNМ и СКN е по-голям или равен на периметъра на триъгълника МNК и поне един от тях е по-малък или равен на периметъра на МNK.

Преместих я от нестандартните, защото никой не я решава.

[erejnion]

а никак не ми се спамеше тук....
та аз съм я решил (май) нооо да ме убиете няма да ме убедите да я опиша. мразя да описвам. идеята ми е 1. отхвърлям случая ако някоя от точките е в среда на страна и 2. после имаме 2 точки "близо" до един връх (по-близо от средата на съответната страна)
тези две точки и върхът при тях допълваме до успоредник и доказваме после неравенство на триъг. за двете нови страни на този успоредник използвайки че четвъртия връх на успоредника е вътре в KMN /което се доказва с прости отношения/.
после за триъг. с по-голям периметър ще използваме тези две точки които са "далече" от един от върховете.
дааам. ако някой не знае решението току що ще е разбрал нищо. лошо. съжалявам

ПП: трябваше да остане и в нестандартните щото.... не ми се спамеше тук.

[Мирослав Стоенчев]

Задача. Да се докаже, че не съществуват [tex]n+2[/tex] точки в [tex]\ \mathbb{R}^n,[/tex] такива че разстоянията между всеки две от тях да са нечетни естествени числа.

[ins-]

Даден е триъгълник ABC. Точките M, N, P са избрани вътрешно на страните му AB, BC, CA съответно. U, V, W са съответно пресечните точки на AN и CM, BP и AN, CM и BP. Тригълника UVW е равностранен. Ако AM=BN=CP - да се докаже, че ABC е равностранен.

[martosss]

[ins-]

Благодаря ти, martosss! Съжалявам, но според мен решението ти е грешно. Предишното ти решение ми се стори по-добро.
Можеш да разгледаш други опити за решение:
http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=209516.

[martosss]

[ins-]

Ти как мислиш? Предишното не е същото. В това решение ме притеснява, че получаваш едни ъгли по 30 градуса, което не е добре - триъгълника може да е равностранен без ъглите да са по 30 градуса - те могат да варират и пак да е равностранен вземи UAC за пример.

[martosss]

Ми не знам, изглеждат много подобни От подобието си следва просто Аз и в другия пост за същите триъгълници говорех, но явно не става този трик Ще помисля за друго решение, но едва ли... това беше единственото, което се сетих - подобие и от там да са еднакви, иначе не се сещам как ще стане

[Saposto_MM]

Ако за реалните положителни числа [tex]x_{1},x_{2},...,x_{n}[/tex] е вярно [tex]x_{1},x_{2},...,x_{n}<\sqrt[n]{k}[/tex], където k е реално положително число, то докажете, че: [tex]\frac{1}{k-x_{1}^{n}}+\frac{1}{k-x_{2}^{n}}+...+\frac{1}{k-x_{n}^{n}}\ge \frac{n}{k-x_{1}x_{2}...x_{n}}[/tex]

[Saposto_MM]

Направих го по-общо:
Ако за реалните положителни числа [tex]x_{1},x_{2},...,x_{n}[/tex] е вярно [tex]x_{1},x_{2},...,x_{n}<\sqrt[n]{k}[/tex], където k е реално положително число и, ако m е неотрицателно число, то докажете, че: [tex]\frac{m}{k-x_{1}^{n}}+\frac{m}{k-x_{2}^{n}}+...+\frac{m}{k-x_{n}^{n}}\ge \frac{mn}{k-x_{1}x_{2}...x_{n}}[/tex]

[Saposto_MM]

Намерих още едно обобщение:
Ако за реалните положителни числа [tex]x_{1},x_{2},...,x_{n}[/tex] и [tex]y_{1},y_{2},...,y_{n}[/tex] е вярно [tex]y_{i}<x_{i}[/tex] [tex](i=1,2,...,n)[/tex], и ако [tex]m_{1},m_{2},...,m_{n}[/tex] са неотрицателни числа, то докажете, че: [tex]\frac{m_{1}^{n}}{y_{1}^{n}-x_{1}^{n}}+\frac{m_{2}^{n}}{y_{2}^{n}-x_{2}^{n}}+...+\frac{m_{n}^{n}}{y_{n}^{n}-x_{n}^{n}}\ge \frac{n^{2}m_{1}m_{2}...m_{n}}{{y_{1}^{n}+y_{2}^{n}+...+y_{n}^{n}-nx_{1}x_{2}...x_{n}}[/tex].

[ins-]

http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=214127 тук има решение на предложената от мен задача. Задача 3 е новото ми предложение за задача на седмицата.

[ins-]

estoyanovvd - Задача от неравенства между периметри на триъгълници - остана дълго време нерешена/частично решена, а ми се струва интересна - според мен ще е интересно да видим решението й и да разберем нейната история.

[estoyanovvd]

[estoyanovvd]

Нека [tex]G[/tex] е медицентър на [tex]\Delta ABC[/tex] и Б.О.О [tex]T\in \Delta BCG[/tex].

Тогава от лемата е ясно, че можем да построим [tex]ML||NK[/tex] и [tex]KQ||MN[/tex] така,

че [tex]S=ML\cap KQ[/tex] да е вътрешна за [tex]\Delta ABC[/tex].

Сега [tex]P_{\Delta MNK}=P_{\Delta MKS}\le P_{\Delta AMK}[/tex] и едната част от твърдението на задачата е доказана!

Нека сега построим права, успорендна на [tex]MK[/tex] през [tex]N[/tex] и пресичаща лъчите [tex]SK[/tex] и [tex]SM[/tex] съответно в точките [tex]Y[/tex] и [tex]Z[/tex].



Нека още [tex]\angle NKY=\angle MSK=\varphi [/tex]. Тогава [tex]\angle NKC=\angle MRC\le \varphi [/tex] ([tex]\varphi [/tex] е външен за [tex]\Delta RSK[/tex], като равенство се достига при [tex]S\equiv R[/tex]), т.е

(1) [tex]\angle NKY\ge \angle NKC[/tex].

Аналогично получаваме

(2) [tex]\angle NMZ\ge \angle NMB[/tex].

От равенствата [tex]\angle KNC+\angle MNK+\angle MNB=180^{0}[/tex] и

[tex]\angle KNY+\angle MNK+\angle MNZ=180^{0}[/tex]

пък следва, че не може едновременно да са изпълнени неравенствата

[tex]\angle KNC>\angle KNY[/tex] и [tex]\angle MNB>\angle MNZ[/tex].

Нека Б.О.О [tex]\angle KNC\le \angle KNY[/tex] (както е на чертежа!).

Това, заедно с (1), дава, че точката [tex]C[/tex] е вътрешна за [tex]\Delta KNC[/tex]

Вече е ясно, че [tex]P_{\Delta MNK=P_{\Delta KNY\ge P_{\Delta KNC[/tex] ( [tex]\Delta MNK \simeq \Delta KNY[/tex] по построение!). Равенствата се достигат, когато M,N и K са средите на страните на триъгълника. С това задачата е решена! Да отбележа, че никъде не използвахме, че триъгълникът е остроъгълен!!! Като прочетете по-долните редове ще разберете от къде идва моето объркване.


Каква е историята на тази задача? (ВИЖ ЧЕРТ.3)

Известна е конструкцията ,, триъгълник, вписан в триъгълник" и задачата на Ердьош, която твърди, че поне едно от лицата на триъгълниците AMK, BNM, NCK не надминава лицето на триъгълника ABC.(Доказана е от Де Брунер през 1956г. и за това може да я срещнете като задача на Ердьош- Де Брунер.) По-късно се появява задачата от МОМ-София 1966, която твърди, че поне едно от лицата на триъгълниците AMK,BNM,NCK не надминава [tex]\frac{1}{ 4} [/tex] от лицето на АВС. Предложена е от Полша и е елементарно следствие от първата задача. Логично е да възникне въпросът има ли аналогични твърдения за периметрите на триъгълниците от същата конфигурация, т.е. верни ли е, например, твърдението, че поне един от периметрите на AMK, BNM, NCK не надминава периметъра на АВС?
Сега вече знам, че отговорът на този въпрос е положителен и дори разполагам с доказателството на това твърдение, което 2001 година доста се мъчих да докажа, но то съвсем не е просто и кратко. Така реших да докажа твърдението за частния случай, когато точките М, N и Р са петите на чевианите в триъгълника и в процеса на решаването му се оказа, че в този случай може да се твърди и нещо повече! Вече се запознахте със задачата и нейното решение, нали? Още по-интересно стана, когато се опитах да докажа аналогично твърдение за педалния триъгълник за точка Т от вътрешността на АВС!



Така се получи и новата ми задача, която ви предлагам да решите(ВИЖ ЧЕРТЕЖ 4)

Задача.Нека точка Т е от вътрешността на остроъгълния триъгълник АВС, а точките M,N и Р са петите на перпендикулярите, спуснати съответно към страните АВ, ВС и СА на триъгълника АВС. Докажете, че поне един от периметрите на триъгълниците АМК, ВNМ и NСК не надминава периметъра на MNK и поне един от тях е по-голям или равен на периметъра на MNK.
Тук вече условието за остроъгълен триъгълник е съществено за моето решение. Може да се опитате да го докажете и за произволен. Като решите тази задачка ще ви разкажа още нещо пък за нея! Приятно решаване!!!

[ins-]

Не знам точно какъв е механизмът, по който работи споменатата програма, но проблема би могъл да се реши с PrintScreen, смяна на формата и/или мащабиране.

[estoyanovvd]

Погледнете през един пост нагоре, за да видите решението на моята задачка, а също така нейната история!

[ins-]

Искам да се извиня за моята първа задача - давана е на Контролно за определяне на националния отбор на Румъния през 1993 година. Не го знаех. Сам си измислих задачата независимо от румънците.

[xyz]

Първата задача на ins дори и да не е негова е интересна. Ето, как аз я атакувах:
ABN, BCP, CAM са триъгълници с равен ъгъл и равна срещуположна страна. Затова според синусовата теорема радиусите на описаните им окръжност са равни.
Да построим центровете на тези окръжности, както съм показал на чертежа. Точковите линии са симетралите - естествено центровете трябва да лежат на тях.
Имаме 3 еднакви окръжности с радиус r, а и три от хордите в тях са равни. Оттук разстоянието от центровете до хордите са равни. Тези разстояния са отбелязани с пунктири в различни цветове. Взимайки под внимание, че центровете са на разстояние r от съответните ъгли на триъгълника получаваме, че показаните ъгли са равни (защото имат равни синуси). Ако ги означим мярката им с w, то получаваме:
[tex]cos (\gamma-w)=a/2r[/tex]
[tex]cos (\alpha-w)=b/2r[/tex]
[tex]cos (\beta-w)=c/2r[/tex]
При условие, че:
a >= b >= c
от горните уравнения намираме (в случай на остроъгълен триъгълник):
[tex]\gamma-w =< \alpha-w =< \beta-w[/tex]
[tex]\gamma =< \alpha =< \beta [/tex]
[tex]c =< a =< b[/tex]
[tex]a=b![/tex]
В случай на тъпоъгълен триъгълник не съм я решил.

[ins-]

xyz - в пуснатото от мен решение се доказва, че ABC не може да е тъпоъгълен, ако за него са в сила изброените свойства.

[krassi_holmz]

Предложение за задача, публикувал съм я преди, но никой не е отговорил.

Да се докаже, че броя на мостовете в един прост граф е равен на разликата между броя на максималните му двусвързани компоненти и броя на максималните му свързани компоненти.
(двусвързан граф е този, който остава свързан след премахване на произволно ребро)
[tex]|br(G)| = |C_2(G)| - |C_1(G)|[/tex]

[erejnion]

би ли уточнил какво означава мост? ребро, което разпада свързана компонента? ако е така, наистина задачата звучи много.. вярно? натурално? gomen ne, не съм добър с думите. но ще пиша доказателство по-късно
едит: баронов го бил доказал

[krassi_holmz]

[url]http://en.wikipedia.org/wiki/Bridge_(graph_theory)[/url]
Мост в граф е ребро, чието изключване от графа увеличава броя на максималните му свързани компоненти.

[veliko]

ins за задачата за равностранния триъгълник :
мн ти е дълго решението - то може да приключи още на sin(fi + a)/sin(fi+b) = sina / sinb - като ги умножим и ползваме формулата за произведение на синуси получаваме cos(b-a-fi)-cos(b+a+fi)=cos(a-b-fi)-cos(b+a+fi) драскаме 2рите косинуси и остава b-a-fi=a-b-fi toest 2(a-b)=0 ili a=b ( analog za c=b) ili b-a-fi=-(a-b-fi) toest fi=0 (!) -

[ins-]

то не е мое ... на един руснак е ... но се радвам, че имам решение на тази задача ... даже 2.5 решения. Някой ден ще измисля друга яка задача и ще я пусна.

http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=6400 - смятам, че макар и измислена преди мен тази задача също е много добра, ако никой не успее да я реши - намерих 1-2 решения. При проявен интерес ще пусна линкове.

[krassi_holmz]

Предложение за задача (авторска): Върховете на квадратна решетка са оцветени в един от три възможни цвята, така че всяка клетка има поне два съседни едноцветни върха. Да се докаже, че ако по периметъра на решетката има точно два съседни едноцветни върха, то съществува клетка, чийто върхове са оцветени и в трите цвята. Два върха от решетката са съседни, ако са свързани с отсечка. Периметъра на решетката е множеството от върхове на решетката, които са от степен, различнна от 4 (намират се по границата.)

[17-ъгълник]

Eto vi edna hubava geometriq:
Нека петите на перпендикулярите от центъра на описаната окръжност в триъгълник ABC са P, Q и R. Описнаните окръжности около триъгълниците APQ, BPR и CQR пресичат описаната около ABC в точки X, Y, Z. Да се докаже, че правите XR, YQ и ZP се пресичат в една точка.[/tex]

[ins-]

Въпрос: Може ли да пуснеш чертеж или по-детайлно описание?