Zad. 1. W trójkącie ABC kąt przy wierzchołku A jest najmniejszy. Punkty D i E leżą odpowiednio na bokach AB i AC, przy czym ∡CBE ≡ ∡DCB ≡ ∡BAC. Wykaż, że środki odcinków AB, AC, BE, CD leżą na jednym okręgu.
Zad. 2. Wiadomo, że a5 − a3 + a = 2. Udowodnij, że a6 > 3.
Zad. 3. Niech a1, a2, ..., an będą takimi liczbami dodatnimi, że ich iloczyn wynosi 1. Udowodnij, że dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich k > l > 0 zachodzi nierówność a1k + a2k + ... + ank ≥ a1l + a2l + ... + anl.
Punktacja za zadania październikowe:
- 28 pkt. - Franciszek Ungeheuer, I LO Krosno
- 24 pkt. - Radosław Górzyński, I LO Lublin
- 8 pkt. - Wojciech Domin, III LO Wrocław
Zad. 1.Przez A1, B1, C1 oznaczamy środki boków odpowiednio AB, BC, CA, a punkty przecięcia odcinków A1B1 i CD oraz A1C1 i BE - przez X i Y. Z konstrukcji wynika, że X i Y są środkami odcinków CD i BE. Oznaczmy długość boku BC przez 2a, a miary kątów przy wierzchołkach A, B, C odpowiednio przez α, β, γ. Korzystając z twierdzenia sinusów kolejno dla trójkątów XA1C i YA1B, otrzymujemy równości sin(γ)|XA1| = a sin(α) i sin(β)|YA1| = a sin(α). Wynika stąd przystawanie trójkątów XA1Y i C1A1B1 (z cechy bkb). Dzięki temu znamy wszystkie kąty czworokąta XYC1B1 i możemy sprawdzić, że jest cykliczny (czyli da się wpisać w okrąg).
Zad. 2. Mamy a6+1 = (a2+1)(a4–a2+1) = (a2+1)(a5–a3+a) / a = (z założenia) 2(a2+1) / a. Porównanie lewej i prawej strony powyższego ciągu równości pozwala stwierdzić, że a > 0. Dzięki temu możemy uzyskać oszacowanie 2(a2 + 1) / a ≥ 4. Założenia sprawiają, że a nie jest równe 1, więc ostatnia nierówność jest ostra, skąd wynika teza.
Zad. 3. Korzystając z twierdzenia o ciągach jednomonotonicznych, otrzymujemy nierówność
a1k+a2k+...+ank = a1la1(k-l)/na1(k-l)/n...a1(k-l)/n + a2la2(k-l)/na2(k-l)/n...a2(k-l)/n + ... +
anlan(k-l)/nan(k-l)/n...an(k-l)/n ≥ a1la1(k-l)/na2(k-l)/n...an(k-l)/n + a2la2(k-l)/na3(k-l)/n...a1(k-l)/n
+ ... + anlan(k-l)/na1(k-l)/n...an-1(k-l)/n = a1l + a2l + ... + anl. W ostatnim przejściu korzystamy z założenia o iloczynie równym 1.
