Rozwi _{}azania

1.1. (by Olek Gajewski)

Przyjmijmy p_{1} < p_{2} < … < p_{n}. Wówczas _{\frac{n}{\frac{1}{p_{1}} + \frac{1}{p_{2}} +...+ \frac{1}{pn}}} = k < p_{n}

n = k(\frac{1}{p_{1}} + \frac{1}{p_{2}} + … + \frac{1}{p_{n−1}} ) + \frac{k}{p_{n}} \frac{np_{n} −k}{p_{n}} = \frac{k(p_{2}p_{3}...p_{n−1} +p_{1}p_{3}...p_{n−1} +··· +p_{1}p_{2}...p_{n−2} )}{p_{1}p_{2}...p_{n−1}} Lewa strona jest wymierna, ale nie całkowita. Zatem prawa strona w myśl założenia też powinna być niecałkowita. Ale ponieważ mianowniki obu stron sa wzgl_{}ednie pierwsze - nie może zachodzić równość.

6.1 (by Chuck Norris) Zauważmy, że (a − b)^{2} = 0, czyli a^{2} + b^{2} 2ab, czyli 4a^{2} + 4b^{2} + 4ab 3a^{2} + 3b^{2} + 6ab, czyli

a^{2} + b^{2} + ab \frac{3}{4}(a + b)^{2}. Analogicznie zapisuj _{}ac, dla b, c i a, c mamy, że:

a\sqrt{b^{2} + c^{2} + bc} + b\sqrt{c^{2} + a^{2} + ca} + c\sqrt{a^{2} + b^{2} + ab}

\frac{\sqrt{3}}{2}(a(b + c) + b(a + c) + c(a + b)) = \sqrt{3}(ab + bc + ca)

c.n.d.

2.CN. (by Chuck Norris)

Zapisuj _{}ac twierdzenia Ptolemeusza dla czworok _{}atów ABCE, CDEA, EF AB mamy, że:

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:

\frac{BC}{BE} \frac{AC}{CE + AE}

\frac{DE}{DA} \frac{CE}{AE + AC}

\frac{F A}{F C} \frac{EA}{AC + CE}

Wi_{}ec oznaczaj _{}ac AC = a, CE = b, EA = c, mamy, że:

\frac{AB}{BE} + \frac{CD}{DA} + \frac{EF}{F C} \frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b}

Teraz zauważmy, że szacuj _{}ac średni _{}a arytmetyczn _{}a i harmoniczn _{}a:

\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} = \frac{a + b + c}{b + c} + \frac{a + b + c}{c + a} + \frac{a + b + c}{a + b} − 3 =

= \frac{3}{2} \frac{2a + 2b + 2c}{3} (\frac{1}{b + c} + \frac{1}{c + a} + \frac{1}{a + b}) − 3 =

= \frac{3}{2} \frac{(a + b) + (b + c) + (c + a)}{3} (\frac{1}{b + c} + \frac{1}{c + a} + \frac{1}{a + b}) − 3

\frac{3}{2} \frac{3}{\frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} + \frac{1}{a+b}} (\frac{1}{b + c} + \frac{1}{c + a} + \frac{1}{a + b}) − 3 =

= \frac{9}{2} − 3 = \frac{3}{2}

Czyli:

\frac{AB}{BE} + \frac{CD}{DA} + \frac{EF}{F C} \frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} \frac{3}{2}

c.k.d.

5.CN. (by Maciej Zdanowicz)

Niech G b_{}edzie punktem przeci_{}ecia prostych EF i BC. Zauważmy, że na odcinku AB istniej _{}a dwa punkty X, Y spełniaj _{}ace równości |DX| = |DY | = |DF |. Z równoramienności trójk _{}ata BEG wynika, że jednym z nich jest obraz F w symetrii osiowej wzgl_{}edem DE ( X ), a drugim obraz tegoż punktu w symetrii osiowej wzgl_{}edem AD - dwusiecznej ∠A ( Y ). Opiszmy teraz okr _{}ag ω na trójk _{}acie DF A. Niech jego drugim przeci_{}eciem z bokiem AB b_{}edzie F′. Z faktu, że AD jest dwusieczn _{}a ∠A wynika, że |DF′| = |DF |, czyli F′ = X lub F′ = Y. Ponieważ czworok _{}at AY CF jest deltoidem, nie można na nim opisać okr_{}egu, czyli F′ = X. W takim razie ω jest opisany na równoramiennym trójk _{}acie DF F′, symetrycznym wzgl_{}edem DE a co za tym idzie jest styczny do prostej BC. Korzystaj _{}ac teraz z tw. o stycznej i ci_{}eciwie dostajemy równość ∠F DC = ∠DAC, równoważn _{}a tezie zadania.