ОЛИМПИАДА НА САЙТА 10-12+ КЛАС - II КРЪГ!!!

[martin123456]

и аз не се интересувам от упътване
мн добре знаеш че трудното в задачата е формланото обяснение
искам него и то без пропуски

[allier]

Така де, формално обяснение, сега ще ти напиша едно, ама няма да е свързано въобще с твоята логика за б). Ти нали искаш някой да довърши твоето решение ...

[martin123456]

няма проблем
вече не искам някой да довършва моята логика, искам решение на б

[martin123456]

estoqnov колко време трябва да те чакаме
ако знаех че ще те чакам 10 дни без предваритно известия, нямаше да участвам

[ganka simeonova]

estoqnov колко време трябва да те чакаме
ако знаех че ще те чакам 10 дни без предваритно известия, нямаше да участвам

Ще го чакаш, колкото е необходимо!

[martin123456]

явно ще го чакам колкото МУ е необходимо
но е тъпо - без известия колко ще се бави, даже с - вторник, сряда обеща в предишни постове
и ганке ти пак на всяка манджа мерудия

[ganka simeonova]

Ще го чакаш! Имам правото да съм " на всяка манджа мерудия", най- малкото защото и аз съм участвала.
Решила съм точно 3 задачи и ще имам 30 точки
Това не ме интересува.
Но, не си мисли, че светът се върти около тази Олимпиада.
Емо Стоянов си има и куп други ангажименти.

[ins-]

Искам да покажа едно решение на Задача 6. Не гарантирам, че е най-доброто (задачата допуска поне 2-3 решения), но е относително кратко. Извинявам се, че решението не е на български, но е разбираемо. Ако някой има въпроси по него - да пита. Задачата, която предложих не е най-красивата, нито най-трудната задача, но ми се стори интересна и би могла да се приложи в училище, исках да е нещо по-лесно и разбираемо и бях на вълна Питагорова теорема, затова я предложих. Тя е едно Сангаку, което преоткрих.

Ако mkmarinov пусне решения на задачи 1-3-ще остане само 1 нерешена задача, която вероятно някой е решил. Така ще е необходимо да се пусне само класиране.

Ако estoyanovvd е виновен за нещо, то това е единствено, че не е успял да си разчете добре времето и не спази обещанието си, но вероятно е бил претрупан с ангажименти. Аз имам някои идеи за задачи за III кръг на олимпиада, които през почивните дни ще се избистрят и ще мога да изпратя нещо повече от това, което съм пратил.

На Ганка и Мартин искам да предложа да не се дрънкат, а да пуснат техните решения на задачите. Ще отнеме същото време и ще е по-полезно.

[mkmarinov]

1 задача:
От [tex]x^2-2x+yz \ge x^2-2x+1 \ge 0 => 2x \le x^2+yz => \frac{x}{x^2+yz} \le \frac{1}{2}[/tex]
Аналогично [tex]\frac{y}{y^2+zx} \le \frac{1}{2}[/tex] и [tex]\frac{z}{z^2+xy} \le \frac{1}{2}[/tex]. След почленно събиране се получава желаният резултат.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
2 задача:

[tex]f(x)=x^2-2a sin(cos(x))+2[/tex]. ДО: всяко х. [tex]f(-x)=(-x)^2-2a sin(cos(-x))+2=x^2-2a sin(cos(x))+2=f(x)[/tex]. Ако х е решение, то и -х е решение => има единствено решение само при х=0. Тогава [tex]f(0)=0 <=> 0-2a sin(cos(0))+2=0 <=> a=\frac{1}{sin1}[/tex]
[tex]f(x)=x^2-\frac{2}{sin1}sin(cos(x))+2[/tex]. Трябва да се докаже, че тя има единствена нула.
[tex]f'(x)=2x+\frac{2}{sin1}cos(cos(x))sin(x)[/tex]
(ще разглеждам само за положителни х, от четността следва и за отрицателни)
За [tex]x \in (0; \pi)[/tex]: [tex]2x >0, cos(cos(x))>0[/tex] (т.к. косинуса на всяко число от -1 до 1 е положителен) и [tex]sin(x)>0[/tex] => [tex]f'(x)>0[/tex]. За [tex]x \ge \pi[/tex]: [tex]2x >> \frac{2}{sin1}cos(cos(x))sin(x)[/tex]. => [tex]f'(x)>0[/tex] за всяко положително х.
Т.к. f'(x) е нечетна, то [tex]f'(x)<0[/tex] за всяко отрицателно х. Следва, че f'(x) има само един корен (х=0), т.е. [tex]f_{min}(x)=f(0)=0[/tex] (и минимума е само един). С това доказателството, че f(x) има единствен корен е готово.

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
3 задача:

Ще разгледам функцията [tex]f(x)=|x+\alpha|+|x+\beta|[/tex]. За [tex]x \in [\alpha; \beta][/tex]: [tex]f(x)=x+\alpha-x-\beta=\alpha-\beta[/tex], което е права, успоредна на абцисната ос (освен ако бета=алфа, когато тази права е точка - просто защото такава е дължината на интервала [tex][\alpha; \beta][/tex]). => в този интервал (ако не е точка) уравнението [tex]f(x)=c[/tex] има или 0, или безброй много решения. Ако интервалът се състои само от едно число, уравнението може да има едно решение (което е добър за нас случай, т.е. да се разгледа [tex]\alpha=\beta[/tex]).
Нека х е извън този интервал. Може да се каже, че [tex]f(x)[/tex] е симетрична спрямо правата [tex]x=\frac{\alpha+\beta}{2}[/tex]. => има или 0, или 2 решения, което не ни устройва.
Единственият останал случай е [tex]\alpha=\beta[/tex]. Като се замести с числата от дадената задача се получава:
[tex]cos^24a-2sina.cos^44a=-sin^2a[/tex]
[tex]2sina.cos^44a-cos^24a-sin^2a=0[/tex], което пак подлежи на изследване (само в интервала -pi,pi).
За sinа<=0, уравнението няма решение. => интервала се стеснява до 0; пи.
[tex]2sina.cos^44a-cos^24a-sin^2a=2(sina.cos^44a)-(cos^24a+sin^2a)\\ \le \frac{(sina+cos^44a)^2}{2}-(sin^2a+cos^24a) \\ \le \frac{(sin^2a+cos^44a)^2}{2}-(sin^2a+cos^44a) \le 0[/tex].
(Т.к. за [tex]sin^2a+cos^44a = t \in [0;2][/tex]: [tex]\frac{t^2}{2}-t=t(\frac{t}{2}-1) \le 0[/tex])
Равенство за [tex]sina=sin^2a[/tex] и [tex]cos^24a=cos^44a[/tex]
[tex]a=\frac{\pi}{2}+2k\pi[/tex]
=> [tex]2|x-1|=b.(2k+2)\pi[/tex]
[tex]|x-1|=b(k+1)\pi[/tex]. Да има едно решение, т.е. и двете страни да са равни на 0. Лявта е равна на нула когато b=0 или k=-1.
Окончателно:
[tex]a=\frac{\pi}{2}+2k\pi, b=0[/tex]
[tex]a=-\frac{3\pi}{2},[/tex] всяко [tex]b[/tex]

[allier]

Ето го и решението на 6-та от първи кръг:

Както Мартин е доказал, съществуват два вида правоъгълници, едните със страни, успоредни на 1, 5, 3, 7 и другите със страни, успоредни на 2, 4, 6, 8. Ще докажем, че сумата от лицата във всяка от двете групи е 1. Да разгледаме всички правоъгълници от първия тип. Всяка от страните на тези правоъгълници се разбива на отсечки, всяка от които дефинира единствен успоредник, който има обща страна с правоъгълника, или съответната страна лежи на страна с номер 1, 5, 3 или 7. Два правоъгълника ще наричаме свързани, ако имат две отсечки-части от страните им, които са свързани с пътека от успоредници. Ако няма два свързани правоъгълника, то всяка отсечка от страни на правоъгълник се проектира по успоредници върху единствена отсечка от страна 1 или от страна 3. Разбиваме всеки правоъгълник на малки правоъгълници с помощта на успоредни на страните му разрези през крайните точки на отсечките, проектирани по пътеки върху страните на 8-моъгълника. Така всеки от малките правоъгълници има страна точно равна на отсечка от страна 1 и 3. Тогава сумата от лицата им е 1.1 = 1, тъй като всичките тези правоъгълници могат да се подредат в квадрат 1 на 1. Ако има два свързани правоъгълника, по подобен начин разбиваме всеки правоъгълник на малки правоъгълници, така че страните им по единствен начин се проектират по пътики върху страните 1 и 3. Всеки два малки правоъгълника, които са свързани с пътека от успоредници, които не са части от оригинален разрязан правоъгълник, имат две успоредни страни, които са свързани. Тези успоредни страни се разбиват на отсечки, които съответстват на пътеките от успоредници между тях. Разбиваме малките правоъгълници на още по-малки, използвайки разрези, успоредни на страните им, и получаваме конфигурация, в коята всеки два свързани оригинални правоъгълника са разбити на части, които в зависимост от пътеките, които ги свързват, могат да се съединят по страна успоредна на 1 или на 3. Т.е. в крайна сметка след всичките тези разрязвания получаваме разбиване на страните 1 и 3 в система от отсечки x и y, за които съществува най-малък правоъгълник със страни a и b, за всяко a от x и за всяко b от y. Тогава сумата от лицата на всички най-малки правоъгълници е 1.1=1.

[allier]

Ето е едно подобно решение, което директно разбива правоъгълниците на малки правоъгълници. Страните на всички правоъгълници се разделят на отсечки, които по пътеките от успоредници се пренасят до страните на осмоъгълника. Тези отсечки при пренасянето се разбиват на части, като всяка част се е движила по една и съща пътека до страните 1 или 3. Проектираме частите обратно върху оригиналната отсечка и я разбиваме на по-малки отсечки, съответстващи на разбиването. От всеки край на отсечка от последното разбиване прекарваме права във вътрешността на съответния правоъгълник, успоредна на съответната му страна, на която върхът на отсечката не лежи. Така се получава директно разбиването на правоъгълниците, за което може да се използва края на първото решение. Само трябва да се отбележи, че процеса на разбиване е краен, тъй като не може да имаме повече пренасяни отсечки от броя на оригиналните успоредници по броя на оригиналните правоъгълници.

[estoyanovvd]

Мартине, мисля че ти обясних къде си сбъркал в 4 задача от първи кръг на лично съобщение, нали? А в решението на allier няма никакви пропуски освен че не е написал очевидните обяснения. Класирането довечера!!!

[estoyanovvd]

Е, пак излъгах!!! Утре ще да е.

[seppen]

Стоянов, Стояно-о-ов! Утре плюс/минус епсилон ще да е.
Явно участниците са в повечко.

Забележка: епсилон клони към безкрайност.

[martin123456]

да епсилон клони към безкрайност и е с + отпред

[martin123456]

докато чакаме решения и класирания и понеже някой предложи да се пуснат такива и понеже някой пусна такива и понеже на 3та задача моите са различни от някой, който пусна такива решения ще пусна моите
5та не съм решил

1
[tex]\frac{x}{x^2+yz} \leq \frac{1}{2}[/tex]<=>[tex]2x \leq x^2+yz[/tex], понеже знаменателят [tex]x^2+yz \geq 2[/tex]=>[tex]\frac{x}{x^2+yz} \leq \frac{1}{2}[/tex]<=>[tex](x-1)^2+yz-1 \geq 0[/tex]. Но [tex]yz -1 \geq 0[/tex]=>[tex]\frac{x}{x^2+yz} \leq \frac{1}{2}[/tex]. Като ги съберем и другите неравенството следва. Равенство при [tex]x=y=z=1[/tex].

==================================================================================

2
ако [tex]x[/tex] е решение, то и [tex]-x[/tex] е решение: [tex](-x)^2-2a\sin{(\cos{(-x))}+2=x^2-2a\sin{(\cos{x})}+2[/tex]. нуждаем се от точно едно решение, значи е необходимо [tex]x=-x[/tex], [tex]x=0[/tex]. значи искаме [tex]x=0[/tex] да е решение и да е единствено. щом е решение, то [tex]a=\frac{1}{\sin{1}}[/tex]. трябва да направим проверка че при тази стойност на [tex]a[/tex] действително имаме едно решение.
[tex]x^2=2\frac{\sin{(\cos{x})}-\sin{1}}{\sin{1}}=4\frac{\cos{(\frac{\cos{x}+1}{2})}\sin{(\frac{\cos{x}-1}{2})}}{\sin{1}}[/tex]. [tex]\frac{\cos{x}+1}{2} \in [0,1][/tex]=>[tex]\cos{(\frac{\cos{x}+1}{2})} \geq 0[/tex], [tex]\frac{\cos{x}-1}{2} \in [-1,0][/tex]=>[tex]\sin{(\frac{\cos{x}-1}{2})} \leq 0[/tex]=> дясната страна е неположителна, а лявата е неотрицателна. значи уравнението има най много едно решение. като заместим с 0 се вижда че е решение. значи имаме точно едно решение за тази стойност на параметъра.

==================================================================================

3
На числовата ос трябва да се изобразят [tex]-cos^2{4a}+2\sin{a}\cos^4{4a}[/tex] и [tex]\sin^2{a}[/tex], затова ги сравняваме.
Разглеждаме неравенството [tex]-cos^2{4a}+2\sin{a}\cos^4{4a} \leq \sin^2{a}[/tex]. Полагаме [tex]t=\cos^2{4a} \in [0,1][/tex]. [tex]f(t)=2\sin{a}t^2-t-\sin^2{a}[/tex] и неравенството е [tex]f(t) \leq 0[/tex]. Забелязваме, че [tex]D=1+8\sin^3{a}[/tex], [tex]f(0)=-\sin^2a \leq 0[/tex], [tex]f(1)=-(1-\sin{a})^2 \leq 0[/tex]. Върхът на параболата е в [tex]x_0=\frac{1}{4\sin{a}}[/tex] и [tex]f(x_0)=-\frac{D}{8\sin{a}}[/tex].

1) [tex]\sin{a}=0[/tex] => [tex]\sin{2a}=0[/tex]=>[tex]\sin{4a}=0[/tex]=>[tex]\cos{4a}=\pm 1[/tex]=>[tex]t=1[/tex]. неравенството става [tex]-1 \leq 0[/tex]. То е вярно, като равенство не се достига.

2) [tex]\sin{a}>0[/tex]=> върхът е положителн, [tex]D>0[/tex]=>[tex]f(x_0)<0[/tex]. Параболата е обърната нагоре, 0 и 1 са между корените на [tex]f(t)=0[/tex]=>неравенството е вярно. Дали е възможно равенство? Възможно е ако [tex]f(0)=0[/tex], което води до [tex]\sin{a}=0[/tex], което е невъзможно или ако [tex]f(1)=0[/tex], което води до [tex]\sin{a}=1[/tex]. =>[tex]\cos{a}=0[/tex]=>[tex]\cos{2a}=-1[/tex]=>[tex]\cos{4a}=1[/tex]. заместваме в неравенството: 1=1. значи е възможно.

3) [tex]\sin{a}<0[/tex] => връх < 0. ако [tex]f(t)=0[/tex] няма реални корени, то неравенството е вярно и няма равенство. ако пък има двоен корен, то като вземем предвид че имаме връх в отрицателна точка, то неравенството е вярно заради направените сметки за [tex]f(0)[/tex] и [tex]f(1)[/tex] и равенство не се достига. ако пък имаме 2 реални корени, то заради направените сметки за [tex]f(0)[/tex] и [tex]f(1)[/tex] отново неравенството е вярно, понеже 0 и 1 не са между корените на [tex]f(t)=0[/tex]. Значи неравенството е вярно. Равенство е възможно само при [tex]D>0 \cap f(0)=0[/tex], понеже върхът е по по-близо до 0 отколкото до 1 =>[tex]\sin{a}=0[/tex]=>[tex]\sin{2a}=0[/tex]=>[tex]\sin{4a}=0[/tex]=>[tex]\cos{4a}=\pm 1[/tex]=>[tex]t=1[/tex]. Заместваме в неравенството и получаваме [tex]-1 \leq 0[/tex]. невъзможно е равенство.

Сега минаваме към уравнението в задачата. Полагаме [tex]b(a+\frac{3\pi}{2})=c[/tex].
1) [tex]\sin{a}=0[/tex]. пресмятаме [tex]\cos^2{4a}=1[/tex] и неравенството става [tex]|x+1|+|x|=c[/tex]. като го решим с разкриване на модулите получаваме , че [tex]x=\frac{-c-1}{2}[/tex] при [tex]x<-1[/tex], т.е. то е решение <=> [tex]c>1[/tex] или че имаме безброй много решения или николко или че [tex]x=\frac{c-1}{2}[/tex] при [tex]x \geq 0[/tex], което е решение <=> [tex]c \geq 1[/tex]. За да имаме само едно решение трябва да е изпъленено равенството, т.е. [tex]c=1[/tex]. Т.е. [tex]a=k\pi[/tex], [tex]b(k\pi+\frac{3\pi}{2})=1[/tex]. [tex]k \ne -\frac{3}{2}[/tex]=>[tex](a,b)=(k\pi, \frac{1}{k\pi+\frac{3\pi}{2}})[/tex].

2) Да имаме равенство между 2те точки. [tex]\sin{a}=1[/tex]=>[tex]t=1[/tex]. Уравнението става [tex]2|x-1|=c[/tex]. При [tex]x\geq 1[/tex], [tex]x=c+1[/tex] и решение <=> [tex]c \geq 0[/tex]. При [tex]x <1[/tex], [tex]x=1-c[/tex] и е решение <=> [tex]c>0[/tex]. значи за да имаме единствено искаме [tex]c=0[/tex]. [tex]a=\frac{\pi}{2}+2\pi k[/tex]. Ако [tex]k=-4[/tex], то [tex](a,b)=(-\frac{15\pi}{2},b)[/tex], а ако не е [tex](a,b)=(\frac{\pi}{2}+2\pi k, 0)[/tex].

3) Нямаме равенство между тях. Полагаме [tex]-\cos^2{4a}+2\sin{a}\cos^4{4a}=u[/tex].
3.1) [tex]x<u[/tex]. уравнението става [tex]u+\sin^2{a}-c=2x[/tex]. то има решение <=> [tex]-u+\sin^2{a}<c[/tex].
3.2) [tex]x \in [-u, \sin^2{a})[/tex] => уравнението има безброй много или няма решения
3.3) [tex]x \geq \sin^2{a}[/tex]. уравнението става [tex]2x=c+u+\sin^2{a}[/tex]. то има решение <=> [tex]-u+\sin^2{a} \leq c[/tex].
Значи за да имаме единствено решение трябва да има равенство, т.е. [tex]-u+\sin^2{a} = c[/tex]. По подробно записано: [tex]\cos^2{4a}-2\sin{a}\cos^4{4a}+\sin^2{a}=b(a+\frac{3\pi}{2})[/tex]. Ако [tex]a=-\frac{3\pi}{2}[/tex], като заместим в равенството получаваме [tex]0=0b[/tex], което е вярно за всяко [tex]b[/tex] => [tex](a,b)=(-\frac{3\pi}{2},b)[/tex]. Ако ли не [tex](a,b)=(a, \frac{\cos^2{4a}-2\sin{a}\cos^4{4a}+\sin^2{a}}{a+\frac{3\pi}{2}})[/tex]

==================================================================================

4
[tex]\angle LBM=\angle B-\angle ABL-\angle MBC=25^\circ[/tex]. Аналогично [tex]\angle LCK=15^\circ[/tex] и [tex]\angle MAK=20^\circ[/tex].
Нека означим [tex]x=15^\circ[/tex], [tex]y=20^\circ[/tex], [tex]z=25^\circ[/tex] и нека страната на триъгълника е [tex]a[/tex]. Забелязваме, че [tex]x+y+z=60^\circ[/tex].
[tex]\Delta ACK[/tex]: [tex]\angle AKC=180^\circ-z-y-z-x=120^\circ-z[/tex]. Аналогично [tex]\Delta CLB[/tex]: [tex]\angle CLB=120^^\circ-y[/tex].
Прилагаме синусови т-ми за тях: [tex]CK=a\frac{\sin{(z+y)}}{\sin{(120^\circ-z)}}=a\frac{\sin{(60^\circ -x)}}{\sin{(60^\circ+z)}}[/tex]. Аналогично намираме [tex]CL=a\frac{\sin{(60^\circ -x)}}{\sin{(60^\circ+y)}}[/tex].
Прилагаме косинусова т-ма за [tex]\Delta LKC[/tex]: [tex]LK^2=(a\frac{\sin{(60^\circ -x)}}{\sin{(60^\circ+z)}})^2+(a\frac{\sin{(60^\circ -x)}}{\sin{(60^\circ+y)}})^2-2(a\frac{\sin{(60^\circ -x)}}{\sin{(60^\circ+z)}})(a\frac{\sin{(60^\circ -x)}}{\sin{(60^\circ+y)}})\cos{x}[/tex]=>[tex]LK^2=a^2\sin^2{(60-x)}.\frac{\sin^2{(60^\circ+z)}+\sin^2{(60^\circ+y)} -2\sin{(60^\circ+y)}\sin{(60^\circ+z)}\cos{x}}{\sin^2{(60^\circ+z)}\sin^2{(60^\circ+y)}}[/tex]. Използваме, че [tex]2\sin^2{(60^\circ+y)}\sin^2{(60^\circ+z)}=\cos{(y-z)}+\cos{(x)}[/tex]=> [tex]2\sin^2{(60^\circ+y)}\sin^2{(60^\circ+z)}\cos{x}=[/tex][tex]\cos{x}\cos{(y-z)}+\cos^2{x}=\frac{\cos{(60^\circ-2y)}+\cos{(60^\circ-2z)}}{2}+\cos^2{x}[/tex]. Сега като използваме формулата за 2ен ъгъл на косинус и намеренето получаваме [tex]LK^2=a^2.\frac{\sin^2{(60-x)}\sin^2{x}}{\sin^2{(60^\circ+z)}\sin^2{(60^\circ+y)}}[/tex]. Умножаваме числител и знаменател с [tex]\sin^2{(60+x)}[/tex]=> [tex]LK^2=a^2.\frac{\sin^2{(60+x)}\sin^2{(60-x)}\sin^2{x}}{\sin^2{(60^\circ+z)}\sin^2{(60^\circ+y)}\sin^2{(60+x)}}[/tex]. Да забележим, че [tex]\sin{(60+x)}\sin{(60-x)}\sin{x}=(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos{x}+\frac{1}{2}\sin{x})(\frac{\sqrt{3}}{2}\cos{x}+\frac{1}{2}\sin{x})\sin{x}[/tex][tex]=(\frac{3}{4}\cos^2{x}-\frac{1}{4}\sin^2{x})\sin{x}=(\frac{3}{4}-\sin^2{x})\sin{x}=\frac{\sin{3x}}{4}[/tex]. Оттук следва, че [tex]LK^2=a^2.\frac{\sin^2{3x}}{4\sin^2{(60^\circ+z)}\sin^2{(60^\circ+y)}\sin^2{(60+x)}}[/tex]. От [tex]x+y+z=60^\circ[/tex] и сисметричността ще получим аналогични равенства и за другите страни.
Сега прилагаме косинусова т-ма в [tex]\Delta LKM[/tex]: [tex]\cos{\angle LMK}=\frac{LM^2+MK^2-LK^2}{2LM.MK}[/tex]=>[tex]\cos{\angle LMK}=\frac{\sin^2{3z}+\sin^2{3y}-\sin^2{3x}}{2\sin{3z}\sin{3y}}[/tex]. [tex]\cos{\angle LMK}=\cos{3x}[/tex]<=>[tex]\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos{6z}-\frac{1}{2}\cos{6y}+\frac{1}{2}\cos{6x}=\cos{3x}\cos{(3z-3y)}-\cos{3x}\cos{(3x+3y)}=[/tex][tex]\frac{1}{2}(-\cos{6z}-\cos{6y}+1+\cos{6x})[/tex]. Следователно [tex]\cos{\angle LMK}=\cos{3x}[/tex]=>[tex]\angle LMK=45^\circ[/tex], [tex]\angle MLK=60[/tex], [tex]\angle MKL=75[/tex].

==================================================================================

5
Полагаме [tex]u=x+y[/tex]. Заместваме в даденото равенство и получаваме [tex]x^2-2x(3u+1)+u(3u+1)=0[/tex]. [tex]D=4(2u+1)(3u+1)[/tex]. Нека [tex]d|(2u+1)[/tex] и [tex]d|(3u+1)[/tex]=>[tex]d|u[/tex]=>[tex]d|1[/tex]=>[tex](2u+1,3u+1)=1[/tex]=>[tex]2u+1=a^2[/tex], [tex]3u+1=b^2[/tex] (1). След преработка получаваме [tex]3a^2-2b^2=1[/tex] (2). Неговото минимално решение е [tex](1,1)[/tex]. Тогава всичките му решения са [tex]a_n=u_n+2v_n[/tex], [tex]b_n=u_n+3v_n[/tex], където [tex](u_n,v_n)[/tex] са решенията на резолвентата на Пел: [tex]u^2-6v^2=1[/tex] (3). Тъй като съществуват такива [tex](a,b)[/tex] изпълняващи (2), то системата (1) има решения относно [tex]u[/tex] и значи [tex]k=2[/tex] и [tex]k=3[/tex] са решения на задачата.
Минимално решение на (3) е [tex](5,2)[/tex] и значи всичките му решения се задават с [tex]u_{n+1}=5u_n+12v_n[/tex], [tex]v_{n+1}=2u_n+5v_n[/tex]. Първите няколко решения са [tex]u_0=40[/tex], [tex]u_1=3960=40.99[/tex], [tex]u_2=388080=40.99.7^2.2[/tex], [tex]u_3=38027920=40.2.7^2.89.109[/tex]. Търсим онези [tex]k[/tex], че [tex]u_ik+1[/tex] е точен квадрат [tex]\forall i \in \mathbb{N_0}[/tex]. Ако измисля как да я довърша до крайния срок ще я.

==================================================================================

6
нека страната на квадрата е [tex]x[/tex] и [tex]\angle A=\alpha[/tex].

радиусът на вписаната окр в правоъгълен триъгълник със страни [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex] е [tex]\frac{a+b-c}{2}[/tex]. Док: разглеждаме четириъгълникът, който се получава правия връх и допирните точки с катетите и центърът на окръжността, той има 3 прави ъгъла, значи е правоъгълник. но е известно че разстоянието от правия връх до допирна точка на катет е [tex]\frac{a+b-c}{2}[/tex]. откъдето следва.

имаме [tex]2r_1=AM+x-AP[/tex], [tex]2r_2=BN+x-PB[/tex]=>[tex]2r_1+2r_2=2x-AB+AM+BN[/tex], [tex]2r_1+2r_2=-AB+AC+CB[/tex].

[tex]AM=xctg\alpha[/tex]. [tex]\Delta AMP \sim \Delta PNB[/tex], защото [tex]PN||AC[/tex]=>[tex]\angle MAP=\angle NPB[/tex] и са правоъгълни => [tex]\frac{r_1}{r_2}=ctg\alpha[/tex]=>[tex]AM=x\frac{r_1}{r_2}[/tex]. [tex]NB=xtg\alpha[/tex]=>[tex]NB=x\frac{r_2}{r_1}[/tex].

=>[tex]AC=x(\frac{r_1}{r_2}+1)[/tex], [tex]BC=x(\frac{r_2}{r_1}+1)[/tex]. прилагаме питагорова т-ма за [tex]\Delta ABC[/tex]: [tex]AB=x\sqrt{(\frac{r_1}{r_2}+1)^2+(\frac{r_2}{r_1}+1)^2}[/tex].

получаваме [tex]x=\frac{2r_1+2r_2}{2+\frac{r_2}{r_1}+\frac{r_1}{r_2}-\sqrt{(\frac{r_1}{r_2}+1)^2+(\frac{r_2}{r_1}+1)^2}}=\frac{2r_1r_2}{r_1+r_2-\sqrt{r_1^2+r_2^2}}=r_1+r_2+\sqrt{r_1^2+r_2^2}[/tex]

[martin123456]

а ето и 1ви кръг, там 4та имам малка грешка, а 6та е недовърена
пускам за който го интересува да види други мисли

1
[tex]\angle ADC = \angle ADF + \angle FDC[/tex]=>[tex]\angle FDC=20^\circ[/tex]. от сумата на ъглите в [tex]\Delta AFB[/tex]=>[tex]\angle ABF=20^\circ[/tex]=>[tex]AF=FB[/tex]. спускаме височината [tex]FH \bot AB[/tex]. имаме [tex]AB=2AH=2AF\cos{20^\circ}[/tex]. от сумата на ъглите в [tex]\Delta ADC[/tex]=>[tex]\angle ACD=10^\circ[/tex]. трябва да докажем, че [tex]AB=AC[/tex]<=>[tex]2AF\cos{20^\circ}=AF+FC[/tex]<=>[tex]AF(2\cos{20^\circ}-1)=FC[/tex]<=>[tex]2\cos{20^\circ}-1=\frac{FC}{AF}=\frac{\frac{FC}{DF}}{\frac{AF}{DF}}[/tex]. от синусова т-ма за [tex]\Delta DFC[/tex] намираме [tex]\frac{FC}{DF}=\frac{\sin{20^\circ}}{\sin{10^\circ}}[/tex], а от синусова т-ма за [tex]\Delta AFD[/tex]: [tex]\frac{AF}{DF}=\frac{\sin{50^\circ}}{\sin{20^\circ}}[/tex]=>трябва да докажем че [tex]2\cos{20^\circ}-1=\frac{\frac{\sin{20^\circ}}{\sin{10^\circ}}}{\frac{\sin{50^\circ}}{\sin{20^\circ}}}=\frac{\sin^2{20^\circ}}{\sin{10^\circ}\sin{50^\circ}}[/tex]<=>[tex]2\cos{20^\circ}-1=\frac{1-\cos^2{20^\circ}}{\frac{\cos{40^\circ}-\frac{1}{2}}{2}}=\frac{4-4\cos^2{20^\circ}}{2\cos{40^\circ}-1}=\frac{4-4\cos^2{20^\circ}}{2(2\cos^2{20^\circ}-1)-1}=\frac{4-4\cos^2{20^\circ}}{4\cos^2{20^\circ}-3}[/tex]<=>[tex](2\cos{20^\circ}-1)(4\cos^2{20^\circ}-3)=4-4\cos^2{20^\circ}[/tex]. да положим [tex]t=\cos{20^\circ}[/tex]. <=> [tex](2t-1)(4t^2-3)=4-4t^2[/tex]<=>[tex]8t^3-6t=1[/tex]. Като използваме формулата за троен ъгъл [tex]\cos{60^\circ}=4t^3-3t[/tex]<=>[tex]8t^3-6t=1[/tex]. Получихме каквото искахме.

==================================================================================

2
(1) [tex]x^3-5x^2+7x-a=0[/tex]
(2) [tex]x^3-13x+b=0[/tex]
Първото уравнение има точно 2 различни корена. Допускаме че то има комплексен, нереален корен, то и комплексно спрегнатият му е решение на уравнението. Уравнение от трета степен задължително има реален корен. Получаваме че уравнението има 3 различни корена. Противоречие. Значи уравнението има 3 реални корена. Нека те са [tex]x_1=x_2[/tex] и [tex]x_3[/tex].
От формулите на Виет за (1) имаме [tex]2x_1+x_3=5[/tex], [tex]x_1^2+2x_1x_3=7[/tex]. Решаваме тази система: [tex]x_3=5-2x_1[/tex], заместваме във второто [tex]x_1^2+2x_1(5-2x_1)-7=0[/tex], [tex]-3x_1^2+10x_1-7=0[/tex], [tex]3x_1^2-10x_1+7=0[/tex]. [tex]D=100-4.3.7=4.4=16[/tex]=>[tex]x_{1_1}=1[/tex], [tex]x_{1_2}=\frac{7}{3}[/tex].
разглеждаме 2 случая:
1) [tex]x_1=1[/tex]
=> [tex]x_3=3[/tex]. заместваме в (1) и намираме, че [tex]1-5+7-a=0[/tex], [tex]a=3[/tex]. Понеже [tex]x_1[/tex] е корен и на 2: [tex]1-13+b=0[/tex], [tex]b=12[/tex].
Трябва да направим проверка. Твърдим, че [tex]x_1=x_2=1[/tex], [tex]x_3[/tex] са корени на [tex]x^3-5x^2+7x-3=0[/tex] и че [tex]x^3-13x+12=0[/tex] има корени [tex]x_1=1[/tex] и [tex]x_3=3[/tex]. Достатъчно е да заместим в (1) [tex]1-5+7-3=0[/tex], [tex]3^3-5.3^2+7.3-3=3(9-15+7-1)=3.0=0[/tex] и да заместим в (2) [tex]1-13+12=0[/tex], [tex]3^3-13.3+12=3(9-13+4)=0[/tex]. значи отговор [tex](3,12)[/tex].
2) [tex]x_1=\frac{7}{3}[/tex]
=>[tex]x_3=5-\frac{14}{3}=\frac{1}{3}[/tex]. Имаме, че [tex]x_{1,3}[/tex] са корени на (2). Вадим ги [tex]x_1^3-13x_1-x_3^3+13x_3=0[/tex]=>[tex](x_1-x_3)(x_1^2+x_3^2+x_1x_3-13)=0[/tex]=>[tex]x_1^2+x_3^2+x_1x_3-13=0[/tex], [tex](x_1+x_2)^2-x_1x_3=13[/tex], [tex]\frac{64}{9}-\frac{7}{9}=\frac{57}{9} \ne 13[/tex].

Така че само случай 1.

==================================================================================

3
Има теорема, която казва че: диагоналът пресича точно [tex]m+n-1[/tex] когато [tex](m,n)=1[/tex]
доказателство: без ограничение поставяме правоъгълника в координатната система така че левият му долен ъгъл е в центъра на координатната система и правоъгълникът е в 1ви квадрант. диагоналът не ми минава през нито един връх на мрежата, разположен във вътрешността на правоъгълника: да допуснем че минава през (x,y). диагоналът склюява ъгъл [tex]tg\alpha=\frac{n}{m}[/tex] с голямата страна на правоъгълника. от допускането имаме [tex]\frac{n}{m}=\frac{y}{x}[/tex], където [tex](x,y)[/tex] е във вътрешността на павоъгълника и значи [tex]x < m[/tex], [tex]y<n[/tex]. от получената пропорция имаме [tex]nx=my[/tex]=>[tex]n|my[/tex]=>[tex]n|y[/tex]=>[tex]y \geq n[/tex]. противоречие. при пресичането на всяка една от хоризонталните или вертикалните прави от мрежата, които пресичат правоъгълника, той преминава от една клетка в друга. тъй като общият брой на тези прави е [tex]m+n-2[/tex], като вземем педвид и основната клетка, получаваме че диагоналът минава през [tex]m+n-1[/tex] клетки.

Имаме [tex]mn[/tex] квадратчета и по условие [tex]116[/tex] не биват пресичани, т.е. [tex]mn-116[/tex] биват пресичани. получаваме уравнението [tex]m+n-1=mn-116[/tex]<=>[tex]m+n-mn-1=-116[/tex], [tex]m(1-n)-(1-n)=-116[/tex], [tex](m-1)(n-1)=116=2^2.29[/tex]. числото [tex]116[/tex] има [tex](2+1)(1+1)=6[/tex] делителя.
имаме няколко случая за това как то се разлага в произведение на 2 числа, като искаме 1вото да е по-голямо от второто:
1) [tex](116,1)[/tex]=>[tex](m,n)=(117,2)[/tex] - взаимнопрости => решение
2) [tex](58,2)[/tex] => [tex](m,n)=(59,3)[/tex]- взаимнопрости=>решение
3) [tex](29,4)[/tex]=>[tex](m,n)=(30,5)[/tex]- не са взаимнопрости => не е решение
следващите двойки са [tex](4,29)[/tex], [tex](2,58)[/tex], [tex](1,116)[/tex] и те не ни устройват, понеже искаме [tex]m-1>n-1[/tex].

==================================================================================

4
на тегленето последователно може да се съпоставят наредени тройки [tex](a,b,c)[/tex] от различни елементни. интересуваме се отношението на броя на тройките [tex](a,b,c)[/tex] с [tex]c \in (a,b) || c \in (b,a)[/tex].
всички случаи: [tex]52.51.50[/tex]
благоприятни случаи: Нека не се интересуваме от боята - просто накрая ще умножим по [tex]4^3[/tex]. нека разглеждаме само тройки с вид [tex](a,b,c)[/tex] с [tex]a<b[/tex]. Крайният отговор е 2!=2 пъти бройката на тези 3ки. Тъй като [tex]a<c<b[/tex]=>[tex]a[/tex] и [tex]b[/tex] не са последователни по сила и [tex]a[/tex] е най - много [tex]Q[/tex].
[tex]a[/tex] може да се приема стойнсоти [tex]2,3,\ldots,Q[/tex]. Нека го фиксираме. Тогава [tex]b[/tex] може да приема стойнсоти [tex]a+2,a+3,\cdots,A[/tex]. Нека и него го фиксираме. Тогава [tex]c[/tex] може да приема стойнсоти [tex]a+1,a+2,\cdots,b-1[/tex].
Значи за фиксирано [tex]a[/tex] и [tex]b[/tex] за [tex]c[/tex] има [tex]b-a-1[/tex] стойности.
Сега, фиксираме [tex]a[/tex]. за [tex]b[/tex] имаме [tex]12-a[/tex] стойности. Значи за фиксирано [tex]a[/tex] тройките са [tex]\sum_{b=a+2}^{A}{(b-a-1)}=1+2+\cdots+12-a=\frac{(12-a)(13-a)}{2}[/tex].
Тъй като за [tex]a[/tex] имаме 10 възможни стройности. значи търсеният брой е [tex]\sum_{a=2}^{Q=11}{\frac{(12-a)(13-a)}{2}}=55+45+36+28+21+15+10+6+3+1=220[/tex].
Умножаваме по 2 и по [tex]4^3[/tex], както се уговорихме по-горе=> [tex]28160[/tex]=>[tex]\approx 0.21[/tex]

=================================================================================

5
Полиномът има [tex]n[/tex] реални корена и стартшият му коефициент е [tex]1[/tex], значи той може да се запише като [tex]f(x)=(x-x_1)(x-x_2)\ldots(x-x_n)[/tex], където [tex]x_i[/tex] са му корените. Ако допуснем, че някое [tex]x_i \geq 0[/tex], то [tex]0=f(x_i)=x_i^n+a_{n-1}x_i^{n-1}+\cdots+a_1x_i+4 > 0[/tex], понеже по условие всички коефициенти [tex]a_i[/tex] са положителни и [tex]4>0[/tex]. Противоречие.
Полагаме [tex]x_i=-y_i[/tex], където [tex]y_1 >0[/tex]. [tex]f(x)=(x+y_1)(x+y_2)\ldots(x+y_n)[/tex]=>[tex]f(1)=(1+y_1)(1+y_2)\ldots(1+y_n)[/tex]. Тъй като [tex]1+y_i \geq 2\sqrt{y__i}[/tex]<=>[tex](1-\sqrt{y_i})^2 \geq 0[/tex], то [tex]f(1)=(1+y_1)(1+y_2)\ldots(1+y_n) \geq 2^n\sqrt{y_1y_2\ldots y_n}[/tex]. От формулите на Виет: [tex]x_1x_2\ldots x_n = 4(-1)^n[/tex]=>[tex](-1)^ny_1y_2\ldots y_n=4(-1)^n[/tex]=>[tex]y_1y_2\ldots y_n=4[/tex]. Замествайки [tex]f(1)=(1+y_1)(1+y_2)\ldots(1+y_n) \geq 2^n\sqrt{4}=2^{n+1}[/tex]

==================================================================================

6
Да номерираме страните последователно с числата от 1 до 8. Разглеждаме съвкупността от точки по страна 1. Всяка една от тях е точка от контура на някой от успоредниците, получени при рязане. Тя или е връх на успоредник или във вътрешността на някоя негова страна. Страна 1 не може да е покрита само от върхове на успоредници, страните на които не лежат на страна 1, понеже ако допуснем че всяка точка по 1 е връх на такива успоредници ще получим че тези успоредници са са ъгъл по 0 градуса в този връх, за да не се пресичат (при рязане не се пресичат).Значи някоя точка на страна 1 е покрита от страна на успоредник, т.е. има успоредник, страна на който лежи на страна 1. (По аналогичен начин - останалата част/части от страна 1 не могат да бъдат покрити само от върхове на успоредници, никоя страна на които не лежи на 1, така получаваме че страна 1 е покрита от страни на няколко успоредника и точки, които са върхове на успоредници като тези точки не са една до друга, т.е че всяка точка по страна 1, която е връх на успоредник, чиито страни не лежат на 1 е или в краищата на страна 1 или ако е във вътрешността на страна 1 е оградена от страни на успоредници).

а) Започаваме от страна 1 и от някой успоредник на нея. От горе, може да се направи извод, че успоредната му страна е покрита (в смисъл на има обща отсечка) със страна на поне един успоредник, която може да е вътрешна за тази успоредна страна или пък да излиза извън нея. Неговата успоредна страна се засича в отсечка пак от страна на успоредник, която пак може да е вътрешна или да излиза навън. Получаваме редица от успоредни на страна 1 отсечки. Тъй като страна 5 е единствената успоредна на страна 1 сред страните на осмоъгълника, то най-накрая ще стигнем до страна 5. Получихме път от страна 1 до стана 5 със следната структура: успоредник, страна на който лежи на 1, успоредник, страна на който лежи на успоредната страна на началния успоредник, успоредна на 1 и тн докато стигнем до 5, където лежи успоредна на 1 страна. По аналогичен начин има такъв път от 3 до 7. Тъй като страни 1 и 3 са перпендикулярни, разглеждайки съвкупността от успоредните прави от 1 до 5 и съвкупността от успоредните прави от 3 до 7 ще получим, че тези 2 съвкупности се пресичат в правоъгълник. Този правоъгълник или не е разрязван допълнително или допълнително е разрязан на успоредници. Ако сме във 1ви случай сме намерили правоъгълник. Ако сме във 2ри случай: използвайки че страна на този правоъгълник не може да бъде покрита само от точки, върхове на успоредници, страните на които не лежат на страната на правоъгълника, получаваме пак редица от успоредници, свързваща срещулежащи страни на правоъгълника и друга редица, свързваща другите 2 срещулежащи страни на правоъгълника. Тези 2 редици пак се пресичат в правоъгълник. Ако и той не е нашият, използваме пак горното разсъждение. По условие имаме краен брой успоредници. Значи един от тези получени правоъгълници е търсеният. Получихме правоъгълник, изхождайки от пътищата между 1,5 и 3,7. По аналогичен начин има правоъгълник, изхождайки от 2,6 и 4,8. Тези 2 правоъгълника не са идентични, тъй като странните 1 и 2 сключват ъгъл 135 градуса и значи тези 2 страни на тези два правоъгълника сключват такъв ъгъл. Получихме поне 2 правоъгълника.

b) Разглеждаме един път от стана 1 до страна 5 ( такива може да има няколко, понеже при рязане може да сме разклонявали). По този път или има 1 правоъгълник и значи неговата ширина е 1 или има няколко. Ще докажем че сумата от ширините на правоъгълниците по този път, в направление на успореднате на 1 прави, е пак 1. Ако има k правоъгълника, то те са получени в следствие на k пътя свързващи 3 и 7: наистина, да допуснем че има правоъгълник на пътя от 1 до 5, който не е от път между 3 и 7. Значи като използваме че на неговата ширина (по направление на успоредните прави между 1 и 5) има редица успоредни прави, получаваме че неговата ширина е успоредна на страната 3. Значи този правоъгълник е от някой път между 3 и 7.
Всеки един такъв път се е получил в следствие на разклоняване. По-горе ние показвахме, че при строенето на успоредниците, то страна на нов успоредник има обща отсечка със страна на вече построен, но че може да излиза извън нея. Искаме да покажем че едно такова рязане може да замени с рязане, при което не излизаме извън страната на успоредника, т.е. страната на новопостроения успоредник лежи изцяло на страната на вече построения. ???
Тъй като започаваме от страна с дължина 1, колкото и да се разклоняваме, чрез успоредното проектиране с направление страна 3 всички ширини на правоъгълници по път между 1 и 5 ще се проектират страна 3. значи общата им ширина е 1.
Нека имаме [tex]k[/tex] пътя от 1 до 5 и правоъгълниците по тях да са с широчини [tex]b(k)_i[/tex]. имаме [tex]\sum{b(k)_i}=1[/tex]. нека дължините по път са [tex]a(k)_i[/tex]. значи лицето по път е [tex]\sum_{i}{a(k)_ib(k)_i[/tex]. Ние търсим [tex]\sum_{k}{\sum_{i}{a(k)_ib(k)_i}[/tex]. Отговорът ще бъде 2 пъти тази сума, като разгледаме и пътищата от 2 до 6. Предполагаме, че тази сума е 1. Нека имаме [tex]l[/tex] пътя от 3 до 7. Чрез аналогични разсъждения получаваме [tex]\sum{b(l)_i}=1[/tex] и лицето е [tex]\sum_{l}{\sum_{i}{a(l)_ib(l)_i}[/tex]. Тъй като става дума за едни и същи правоъгълници, широчините по 1-5 са дължините на 3-7 и обратното, т.е. [tex]\{a(k)_i\} \equiv \{b(l)_i\}[/tex] и [tex]\{b(k)_i\} \equiv \{a(l)_i\}[/tex]???.

[/quote]

[martin123456]

estoqnov и днес ли ще пропуснеш?

[allier]

Браво Мартине, добре си изсмятал 4-та ... Моето решение с комплексни числа прави същото като тригонометрията, но е два пъти по-дълго.

[martin123456]

не мога да си представя решение с комплексни числа
отдавна не ги ползвам в геометрия

[allier]

Решението е сравнително просто, означават се ротациите на 60(w), 15, 25(w1), 20(w2) градуса, и се изразяват точките като триъгълника се центрира в (0, 1, w). Вече самите ъгли се намират като се види каква комбинация на ротациите са, например 45=20+25, т.е. ако накрая се получи w1.w2 значи ъгълът е 45.

Но в случая явно тригонометрията работи по-бързо.

[martin123456]

не разбрах, както казах отделил съм се от комплексни числа в геометрията, ако ми е интересно ще го разгледам, мерси
извинявай, ама ти верно ли си лишков

[martin123456]

estoqnov ще се включиш ли с нещо, което ни интересува от 10тина дни?

[estoyanovvd]

Включвам се!!!
Класиране II кръг:
1) martin123456 - 53 точки (минус 2 точки на трета задача, 5 точки на пета)
2) martoss - 49 точки (минус 1 на трета задача)
3) makmarinov, seppen, ганка симеонова - 30 точки
4) ins - 20 точки
5) spider iovkov - 17 точки (минус 3 точки на втора задача)

[estoyanovvd]

Да помолим allier за решение на пета задача! Извинявайте за закъснението, но сега ми остана време. Ако не сте доволни от организатора, предлагам някой друг да се заеме с трети кръг! Тъкмо ще мога и аз да участвам!