Wykaż: Eta: Zadania dla Kejt , Maćka ........ ewentualnie dla "mutanta" 1/ wykaż,że dla liczb rzeczywistych nieujemnych a,b,c zachodzi nierówność:

	a+b+c		a		b		c
		≤		+		+
	1+a2+b2+c2		1+a2		1+b2		1+c2

2/ W kwadracie ABCD o boku długości 1 punkty E i F są środkami odcinków AD i CD i G jest punktem przecięcia odcinków CE i BF. Udowodnij,że długość odcinka IAGI= 1

Maciek: Eta spróbuję jutro znaczy dzisiaj ale jak wstanę ,Dobranoc

Eta: ok: ...... Miłych snów Dobranoc

Godzio: ja spróbuję ale rozwiązania nie napiszę ta nierówność kojarzy mi się tylko z jednym

Eta: Pomyśl nad najprostszym rozwiązaniem zad1/ ( 1 minuta i po bólu

Godzio: Musisz mi dać chwilkę

Eta: no jak dla Ciebie to ........30 sek

Godzio: począwszy od za 5 min

Eta: Kejt ............ no dawaj zad2/

Eta: Ejjjjj ...... Godzio

Godzio: idę po szklankę wody podobno to coś daje w myśleniu może w tedy coś zobaczę

Eta: Ja właśnie piję herbatkę z........ ( rumem i cierpliwie czekam

Godzio: Nie mam pojęcia proponuję żebyś poszła spać a ja jeszcze posiedzę jutro bym dam rozw. do sprawdzenia

Eta: ok Dobranoc, miłych snów

bzzz: Eta a ja co mam robić? ja chcę, ja potrafię to zadanko

Maciek: Rozumiem ,że w zad.1 należy sprowadzić to wszystko do wspólnego mianownika ?

bzzz: Maciek, ja tam wolałam rozbić lewą stronę na trzy ułamki

Bogdan: Dzień dobry. Witaj Eto , przepraszam, że wchodzę w zadania nie adresowane do wszystkich, ale widzę, że zadania 1 nie udało się dotąd ruszyć, więc zdecydowałem się postawić pierwszy krok. Zauważamy, że przy podanym założeniu: a ≥ 0, b ≥ 0, c ≥ 0 wyrażenia w mianownikach są dodatnie, w licznikach są nieujemne oraz że:

a		a
	<
1 + a2 + b2 + c2		1 + a2

b		b
	<
1 + a2 + b2 + c2		1 + b2

c		c
	<
1 + a2 + b2 + c2		1 + c2

Wystarczy teraz wykonać drugi krok

Bogdan: i dodam, że ta droga w zadaniu 1 jest zgodna ze wskazówką bzzz

bzzz: taaak Bogdan, tylko moja wskazówka kończyła się na tym co było po lewej stronie a Ty im właściwie podałeś już gotowca

Godzio: O czyli wczoraj pomysł miałem dobry tylko już nie pisałem

	1 + a2 + b2 + c2 − 1 − a2
0 ≤ a *		+ b * .... + c * ....
	(1+a2+b2+c2)(1+a2)

	b2 + c2
0 a *		+ b * .... + c * ....
	(1+a2+b2+c2)(1+a2)

c.n.d

Bogdan: Spróbuj Godzio zrobić drugi krok inaczej i prościej.

Godzio: α + β = 90

	√5		√5
a + b =		=> b =		− a
	2		2

	1
a2 + d2 =
	4

	1
d2 =		− a2
	4

d		b
	=
a		d

d² = b * a

	√5a
0,25 − a2 =		− a2
	2

0,5 = √5a

	√5
a =
	10

	√5		√5
b =		−
	2		10

	5√6 − √5		4√5		2√5
b =		=		=
	10		10		5

	2√5
b =
	5

	1		√5
cosβ = U{a}{		= 2a =
	2		5

z tw. cos c² = b² + 1 − 2bcosβ

	20		2√5		√5
c2 =		+ 1 − 2 *		*
	5		5		5

	4 * 5
c2 = 5 −
	5

c² = 1 c = 1 c.n.d. Narazie prostszego sposobu nie mam

Godzio: próbowałem dowieść że to trójkąt równoramienny ale nie moge coś dowieść że tan kąt pomiędzy b i c jest równa β

Godzio: poprawka:

	4		4
c2 =		+ 1 −
	5		5

... c = 1 bo coś namieszałem w tym podnoszeniu do kwadratu

Godzio: Co do tego 1 to nie mam pomysłu na 2 krok

Kejt: wartość maksymalna funkcji kwadratowej to po prostu wierzchołek paraboli, tak?

Godzio: funkcji kwadratowe o ramionach skierowanych do dołu i to wtedy max jest wierzchołek

Kejt: chodzi mi dokładnie o to zadanie 4. z wczoraj.. w wersji rozszerzonej.. co nam daje wyliczenie p?

Godzio: p to miejsce zerowe w tym wypadku dzięki niemu obliczymy drugie miejsce zerowe x₁ = p x₂ = ? x_w = 1

	x1 + x2
xw =
	2

2x_w − x₁ = x₂

Bogdan: Zadanie 1. Drugi krok polega na dodaniu stronami nierówności zapisane w kroku pierwszym i natychmiast otrzymujemy rozwiązanie. Zadanie 2. Zachęcam do rozwiązywania zadań z figurami geometrycznymi metodami geometrii analitycznej, niekiedy ta droga jest prostsza. Tak można postąpić w zadaniu 2. Nakładamy "sprytnie" na rysunek kwadratu układ współrzędnych i oznaczamy:

	1		1
A(1, 1), B(0, 1), C(0, 0), D(1, 0), E(1,		), F(		, 0).
	2		2

Tworzymy równania prostych: k zawierającej punkty C, G, E oraz m zawierającej punkty B, G, F.

	1
k: y =		x, m: y = −2x + 1
	2

Współrzędne punktu G wyznaczamy rozwiązując układ równań zawierający równania prostych k i m.

	2		1
Otrzymujemy: G = (		,		).
	5		5

Wyznaczamy długość odcinka AG: |AG| = √(1 − 2/5)² + (1 − 1/5)² = 1 co należało udowodnić.

Eta: podaję taki dowód: ΔCGF ~ Δ BCF w skali 1:2 ( uzasadnić) to: ICGI= x i IBGI= 2x dla x>0 Prowadzimy prostą AM II do prostej EC otrzymująac punkty N i M ΔMNM przystaje do ΔCGM ( uzasadnić ) to IBNI = ICGI = INGI= x i prosta AM jest symetralną odcinka BG zatem ΔABG jest równoramienny o ramieniu długości IABI= IAGI =1 c.n.u Twierdzenie jest prawdziwe dla każdego kwadratu o boku długości "a" to: IAGI= a dla a >0

Bogdan: Witaj Eto . Twoje pierwsze zadanie bardzo mi się podoba . Widzę, że sama zadajesz zadania wymagające trochę pomyślunku, bo te, które na forum się pojawiały w ostatnich tygodniach w większości przypadków sprawiały wrażenie, jakby były przeznaczone dla poprawkowiczów i dlatego nie udzielałem się tu ostatnio, zresztą nie było mnie jakiś czas w domu. Pozdrawiam

Eta: Witam Bogdanie Staram się jak mogę podnosić poprzeczkę, bo rzeczywiście przez dłuższy czas na forum zadania , które się pojawiały były na poziomie szk. podstawowej. Mam wątpliwości czy poprawkowicze zdołają poprawić tę maturę, skoro mają takie elementarne braki,że Pozdrawiam, życzę miłego wypoczynku

Kacper: biorę