Rozwi azania 1.1. (by Olek Gajewski) Przyjmijmy p1 < p2 <...<pn

Rozwiazania
,
1.1. (by Olek Gajewski)
Przyjmijmy p1 < p2 < . . . < pn .
Wówczas 1 + 1 n+...+ 1 = k < pn
p1
n = k( p11 +
npn −k
pn
p2
pn
1
1
+ . . . + pn−1
) + pkn
p2
k(p2 p3 ...pn−1 +p1 p3 ...pn−1 +···+p1 p2 ...pn−2 )
p1 p2 ...pn−1
=
Lewa strona jest wymierna, ale nie całkowita. Zatem prawa strona w myśl założenia też powinna być niecałkowita. Ale ponieważ mianowniki obu stron sa wzglednie
pierwsze - nie może
,
zachodzić równość.
1
6.1 (by Chuck Norris)
Zauważmy, że (a − b)2 = 0, czyli a2 + b2 ­ 2ab, czyli 4a2 + 4b2 + 4ab ­ 3a2 + 3b2 + 6ab, czyli
a2 + b2 + ab ­ 43 (a + b)2 . Analogicznie zapisujac,
dla b, c i a, c mamy, że:
,
√
√
√
a b2 + c2 + bc + b c2 + a2 + ca + c a2 + b2 + ab ­
√
√
3
­
(a(b + c) + b(a + c) + c(a + b)) = 3(ab + bc + ca)
2
c.n.d.
2
2.CN. (by Chuck Norris)
Zapisujac
ABCE, CDEA, EF AB mamy, że:
, twierdzenia Ptolemeusza dla czworokatów
,
AB · CE + BC · AE ­ BE · AC
CD · EA + DE · CA ­ DA · CE
EF · AC + F A · EC ­ F C · EA
czyli, ponieważ AB = BC, CD = DE, EF = F A:
BC
AC
­
BE
CE + AE
DE
CE
­
DA
AE + AC
FA
EA
­
FC
AC + CE
Wiec
, AC = a, CE = b, EA = c, mamy, że:
, oznaczajac
a
b
c
AB CD EF
+
+
­
+
+
BE DA F C
b+c c+a a+b
Teraz zauważmy, że szacujac
, średnia, arytmetyczna, i harmoniczna:
,
a
b
c
a+b+c a+b+c a+b+c
+
+
=
+
+
−3=
b+c c+a a+b
b+c
c+a
a+b
3 2a + 2b + 2c 1
1
1
(
+
+
)−3=
2
3
b+c c+a a+b
3 (a + b) + (b + c) + (c + a) 1
1
1
=
(
+
+
)−3­
2
3
b+c c+a a+b
3
3
1
1
1
­
+
+
)−3=
1
1
1 (
2 b+c + c+a + a+b b + c c + a a + b
=
=
Czyli:
9
3
−3=
2
2
AB CD EF
a
b
c
3
+
+
­
+
+
­
BE DA F C
b+c c+a a+b
2
c.k.d.
3
5.CN. (by Maciej Zdanowicz)
Niech G bedzie
punktem przeciecia
prostych EF i BC. Zauważmy, że na odcinku AB
,
,
istnieja, dwa punkty X, Y spełniajace
równości |DX| = |DY | = |DF |. Z równoramienności
,
trójkata
BEG wynika, że jednym z nich jest obraz F w symetrii osiowej wzgledem
DE ( X
,
,
), a drugim obraz tegoż punktu w symetrii osiowej wzgledem
AD
dwusiecznej
∠A
( Y ).
,
Opiszmy teraz okrag
DF A. Niech jego drugim przecieciem
z bokiem AB bedzie
, ω na trójkacie
,
,
,
F 0 . Z faktu, że AD jest dwusieczna, ∠A wynika, że |DF 0 | = |DF |, czyli F 0 = X lub F 0 = Y .
Ponieważ czworokat
czyli F 0 = X.
, AY CF jest deltoidem, nie można na nim opisać okregu,
,
DF F 0 , symetrycznym wzgledem
W takim razie ω jest opisany na równoramiennym trójkacie
,
,
DE a co za tym idzie jest styczny do prostej BC. Korzystajac
, teraz z tw. o stycznej i cieciwie
,
dostajemy równość ∠F DC = ∠DAC, równoważna, tezie zadania.
4