Олимпиада 5ти кръг на сайта

[martin123456]

Задача 1: Докажете, че числата [tex]\frac{107811}{3}, \frac{110778111}{3}, \frac{111077781111}{3}, \ldots[/tex] са точни кубове.
Решение на ганка симеонова, Hena, loving_math,1089, allier, martoss, seppen, Николай Каракехайов : Числителят на едно произволно число от редицата има вида [tex]p_n=\underbrace{11\ldots 1}_{n}0\underbrace{77\ldots 7}_{n}8\underbrace{11\ldots 1}_{n+1} = \underbrace{11\ldots 1}_{n}.10^{2n+3}+7.\underbrace{11\ldots 1}_{n}.10^{n+2}+8.10^{n+1}+\underbrace{11\ldots 1}[/tex]. Но [tex]\underbrace{11\ldots 1}_{n}=\frac{10^{n}-1}{9} \Rightarrow p_n=\frac{10^{3n+3}-10^{2n+3}+7.10^{2n+2}-7.10^{n+2}+73.10^{n+1}-1}{9}[/tex][tex]=\frac{10^{3n+3}-10^{2n+2}.3+10^{n+1}.3-1}{9}=\frac{(10^{n+1}-1)^3}{9}[/tex][tex]\Rightarrow \frac{p_n}{3}=(\frac{10^{n+1}-1}{3})^3[/tex].

Задача 2: Докажете тригонометричното тъждество: [tex]\cos{x} < 1- \frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{16}[/tex], когато [tex]x \in (0, \frac{\pi}{2})[/tex].
Решение от seppen: [tex]f(x)=\frac{x^4}{16}-\frac{x^2}{2}+1-\cos{x} \Rightarrow f'(x)=\frac{x^3}{4}-x+\sin{x} \Rightarrow[/tex][tex]f''(x)=(\frac{\sqrt{3}}{2}-\sqrt{2}\sin{\frac{x}{2}})(\frac{\sqrt{3}}{2}+\sqrt{2}\sin{\frac{x}{2}})[/tex]. Вторият множител е положителен в зададения интервал. 1ви: [tex]g(x)=\frac{\sqrt{3}}{2}-\sqrt{2}\sin{\frac{x}{2}} \Rightarrow g'(x)=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\cos{\frac{x}{2}}>0 \Rightarrow g(x)>g(0)>0[/tex]. Значи [tex]f'' >0 \Rightarrow f'(x)>f'(0)=0 \Rightarrow f(x)>f(0)=0[/tex].
Решение на martosss: Използвайки формулите за преобразуване на косинус стигаме до
[tex]2\cos^2 \left(\frac{x}{2}\right)-1<\left[1-\left(\frac{x}{2}\right)^2\right]^2[/tex]
Полагаме [tex]t=\frac{x}{2}\in \left(0\: ;\: \frac{\pi}{4}\right)\Right[/tex]
[tex]2\cos^2 t-2<\left[1-t^2\right]^2-1 \Leftrightarrow -2\sin^2t<-t^2(2-t^2) \Leftrightarrow -t^4+2t^2<2\sin^2t[/tex]. Сега И двете функции са растящи за дадения интервал, като при x=0 и двете са равни на 0. Остава да сравним стойността им в другия край на интервала, тоест в [tex]\frac{\pi}{4}[/tex], за да видим коя функция има по-голяма скорост на нарастване. Нека лявата страна е [tex]f(x)[/tex], а дясната е [tex]g(x)[/tex].
Тогава [tex]f\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\pi^2}{8}-\frac{\pi^4}{256}=\frac{\pi^2}{256}(31-\pi^2)<\frac{10*22}{256}=\frac{220}{256}<1[/tex] и [tex]g\left(\frac{\pi}{4}\right)=1[/tex], откъдето
[tex]f\left(\frac{\pi}{4}\right)<g\left(\frac{\pi}{4}\right)[/tex]. Оттук [tex]g(x)[/tex] има по-голяма скорост на нарастване, следователно f(x)<g(x) в целия интервал, с което задачата е решена.
Решение на allier: [tex]\cos{x}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots[/tex][tex]\Rightarrow 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{16}-\cos{x}=\frac{x^4}{48}+x^6(\frac{1}{6!}-\frac{x^2}{8!})+x^{10}(\frac{1}{10!}-\frac{x^2}{12!})+\cdots+x^{2k}(\frac{1}{(2k)!}-\frac{x^2}{(2k+2)!})+\cdots[/tex]. Но [tex]\frac{1}{(2k)!}-\frac{x^2}{(2k+2)!}=\frac{(2k+1)(2k+2)-x^2}{(2k+2)!} \ge \frac{7.8-\frac{\pi}{4}}{(2k_2)!}>0[/tex].

Задача 3: Точка [tex]M \in \overline{AC}[/tex] така, че радиусите на вписаните в [tex]\Delta ABM[/tex] и [tex]\Delta BMC[/tex] са равни. Докажете, че [tex]BM^2=ctg\frac{\angle B}{2}S_{\Delta ABC}[/tex].
Решение на loving_math: Нека [tex]S_{AMB}=S_1[/tex], [tex]r_1[/tex] е радиусът на вписаната му окръжност, [tex]p_1[/tex] е полупериметърът му и аналогични означения за [tex]\Delta MBC[/tex] и за [tex]\Delta ABC[/tex]. Използваме стандартни означения за страните на [tex]\Delta ABC[/tex] и нека [tex]BM=m[/tex].
Нека [tex]O_1N_1 \bot AB[/tex], [tex]ON \bot AB[/tex], [tex]\angle BOA=\alpha[/tex]. Ясно, че [tex]\Delta AO_1N_1 \sim \Delta AON[/tex][tex]\Rightarrow \frac{AN_1}{AN}=\frac{r_1}{r}[/tex].4
Аналогично, построяваме перпендикулярите към [tex]BC[/tex] от [tex]O_2[/tex] и [tex]O[/tex] с пети съответно [tex]R_1[/tex] и [tex]R[/tex] и следва [tex]\frac{CR_1}{CR}=\frac{r_2}{r}[/tex]. По условие [tex]r_1=r_2 \Rightarrow \frac{AN_1}{AN}=\frac{CR_1}{CR}=\frac{r_1}{r}[/tex]. Сега използваме, че [tex]AN=p-BC[/tex], [tex]CR=p-AB[/tex], [tex]AN_1=p_1-BM[/tex], [tex]CR_1=p_2-BM[/tex]. Заместваме в горното равенство [tex]\frac{r_1}{r}=\frac{p_1-BM}{p-BC}=\frac{p_2-BM}{p-AB}[/tex]. Оттук следва [tex]\frac{r_1}{r}=\frac{p_1+p_2-2BM}{2p-BC-AB}=\frac{p_1+p_2-2BM}{AC}=\frac{\frac{AB+AM+BM+CB+MB+MC}{2}-2BM}{AC}[/tex][tex]=\frac{p-BM}{AC}[/tex](1). Според формулата за лице на триъгълници с радиус на вписаната имаме [tex]S=pr[/tex], [tex]S_1=p_1r_1[/tex], [tex]S_2=p_2r_2[/tex]. Събираме [tex]S=S_1+S_2=r_1(p_1+p_2)[/tex][tex]\Rightarrow pr=(p_1+p_2)r_1[/tex]. От горе знаем че [tex]p_1+p_2=p+BM[/tex]. Заместваме и получаваме [tex]\frac{r_1}{r}=\frac{p}{p+BM}[/tex](2). От (1),(2): [tex]\frac{p-BM}{AC}=\frac{p}{p+BM} \Rightarrow p^2-BM^2=pAC \Rightarrow BM^2=p(p-AC)=[/tex][tex]pBN=prctg\frac{\angle B}{2}=Sctg\frac{\angle B}{2}[/tex].
Решение на martosss: Ще използваме стандартните означения. Освен това нека К и L са допирните точки на двете окръжности с АС(К е върху АМ, а L е върху СМ) и <KMO=?(O e център на вп. в АВМ окръжност) и двете малки вписани окръжности са с радиус [tex]r_1[/tex]. Тогава <KMO=<OMB=?, <BMC=180°-2?. Сега ще използваме три равенства, които ще умножим: [tex]2S=BM*AM*\sin(2\alp )+BM*CM*\sin(180-2\alp )=BM*b*\sin(2\alp )[/tex]. [tex]\fbox{\frac{1}{BM}=\frac{b\sin(2\alp )}{2S}}[/tex]
[tex]S=\frac{r_1(AB+BM+AM+BC+CM+BM)}{2}=r_1(p+BM)\Right \fbox{p+BM=\frac{S}{r_1}}[/tex]
Третото е малко по-дълго за доказване. [tex]KL=KM+KL=\frac{AM+BM-AB+BM+MC-BC}{2}\Right \underline{ML=BM+b-p}[/tex]. От друга страна [tex]MK=r_1cotg \alp ,\;\;\;ML=r_1\tan \alp\Right \underline{ML=\frac{2r_1}{\sin(2\alp )}}[/tex]. От подчертаните неща следва, че [tex]\fbox{BM+b-p=\frac{2r_1}{\sin(2\alp )}}[/tex] сега умножаваме трите оградени равенства и получаваме [tex]\frac{(p+BM)(MB+b-p)}{BM}=\frac{b\sin(2\alp )*S*2r_1}{2S*r_1*\sin(2\alp )}=b[/tex]. Оттук след привеждане в нормален вид получаваме [tex]BM^2=p(p-b)[/tex]
Освен това имаме, че [tex]S=p(p-b)\tan \frac{\be}{2}\Right Scotg\frac{\be}{2}=p(p-b)[/tex]( от четиризначните таблици, може да се докаже със спускане на перп. от ц. на вп. в АВС окр. към АВ или ВС и изразяване на r чрез р, b и <B). От горните две уравнения получаваме [tex]\fbox{BM^2=Scotg\frac{\be}{2}}=p(p-b)[/tex], с което задачата е решена.

Задача 4: Намерете броя на нечетните коефициенти на [tex]u_n(x)=(x^2+x+1)^n[/tex].
Упътване: Разглеждаме полиномите в [tex](\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})[x][/tex]. Тогава ако [tex]u_n(x)=x^{\alpha_1}+x^{\alpha_2}+\cdots+x^{\alpha_k}[/tex], то [tex]u_{2n}(x)=x^{2\alpha_1}+x^{2\alpha_2}+\cdots+x^{2\alpha_k}[/tex]. Пресмятането за следващ член става с [tex]u_{n+1}=u_n(x)(x^2+x+1)[/tex]. Разпишете [tex]n[/tex] в двоична бройа система.

Задача 5: Даден е тетраедър [tex]ABCD[/tex] с [tex]AD+BD=AC+BC,BD+CD=BA+CA,CD+AD=CB+AB,M,N,P[/tex] са среди на [tex]BC,CA,AB[/tex]. [tex]OA=OB=OC=OD[/tex]. Докажете, че [tex]\angle MOP=\angle NOP=\angle NOM[/tex].
Решение на ганка симеонова: Означаваме [tex]AB=c[/tex], [tex]BC=a[/tex], [tex]AC=b[/tex]. От дадените равенства в условието [tex]\Rightarrow AD=a[/tex], [tex]BD=b[/tex], [tex]CD=c[/tex]. [tex]\Rightarrow ABCD[/tex] е равнобедрен тетраедър [tex]\Rightarrow[/tex] описаният около него паралелепипед е правоъгълен. Тогава точка [tex]O[/tex] е център и на този паралелепипед. Ако означим радиусът на описната сфера с [tex]R \Rightarrow R=\frac{a^2+b^2+c^2}{8}[/tex], понеже ръбовете на тетраедъра са диагонали на паралелепипеда. Ако означим [tex]H[/tex] ортогоналната проекция на [tex]O[/tex] върху основата [tex]\Rightarrow H[/tex] е център на описната около [tex]\Delta ABC[/tex] окръжност. [tex]\Rightarrow HP,HN, HM[/tex] са симетрали на страните на [tex]\Delta ABC \Rightarrow OP \bot AB, OM \bot BC, ON \bot AC[/tex]. Тогава [tex]\Delta AOP \Rightarrow OP=\sqrt{R^2-\frac{c^2}{4}}[/tex]. Аналогично [tex]OM=\sqrt{R^2-\frac{a^2}{4}[/tex] и [tex]ON=\sqrt{R^2-\frac{b^2}{4}}[/tex]. Разглеждаме [tex]\Delta POM:\hspace{2mm}OP^2+OM^2-PM^2=2R^2-\frac{a^2+b^2+c^2}{4}=0 \Rightarrow \angle POM=90^\circ[/tex]. Аналогично и другите ъгли.
Решение на martosss: Нека АВС има страни а, б и с, Н е пета на перп. от О към (АВС), Р е перп. от О към АВ, тъй като АО=ВО, то ОР е височина => PO [tex]\bot[/tex] AB, К е пета на перп. от Д към (АВС), Т е пета на перп. от Д към АВ(виж чертежа) => T3[tex]\bot[/tex] TK [tex]\bot[/tex] AB => ъгълът между (АВС) и (АВД) е ъгъл КТД=[tex]2\varphi[/tex]. Нека разгледаме дадените сборове от отсечки [tex]AD+BD=AC+BC[/tex], [tex]BC+AB=CD+AD[/tex], [tex]AB+AC=BD+CD[/tex]. След почленно събиране получаваме [tex]AB=CD[/tex]. Аналогично получаваме [tex]BC=AD[/tex] и [tex]AC=BD[/tex]. Оттук следва, че 4-те стени са еднакви триъгълници със страни а, б и с, лице S и радиус на оп. окр ВН=АН=СН=х. Освен това от условието следав, че О е център на описаната около АВСД сфера. От правоъгълните ? ОРВ, ОВМ, ОСN изразяваме [tex]OP=\sqrt{R^2-\frac{c^2}{4}},\: OM=\sqrt{R^2-\frac{a^2}{4}},\: ON=\sqrt{R^2-\frac{b^2}{4}}[/tex]. Освен това PM, MN, NP са средни отсечки за АВС => PM,b/2, MN=c/2, PN=a/2.
Сега от триъгълници ОРМ, ОNM, ONP намираме косинусите на търсените ъгли:
[tex]\cos\angle POM=\frac{PO^2+OM^2-PM^2}{2OPOM}=\frac{2R^2-\frac{a^2+b^2+c^2}{4}}{2OPOM}[/tex]. Аналогично изразяваме и другите косинуси:
[tex]\cos\angle NOM=\frac{NO^2+OM^2-NM^2}{2ONOM}=\frac{2R^2-\frac{a^2+b^2+c^2}{4}}{2ONOM}[/tex], [tex]\cos\angle PON=\frac{PO^2+ON^2-PN^2}{2OPON}=\frac{2R^2-\frac{a^2+b^2+c^2}{4}}{2OPON}[/tex] . За да са равни тези ъгли, то и косинусите им трябва да са равни, което е изпълнено или ако [tex]a=b=c[/tex], или ако [tex]8R^2=a^2+b^2+c^2[/tex]
Тъй като тетраедърът е произволен, то трябва да докажем второто равенство.
За целта ще изразим R чрез страните на триъгълника.
Сега ако спуснем разстоянията от О до всяка от стените Н, Н1, Н2, Н3, то за дължините им получаваме [tex]H_i=\sqrt{R^2-x^2[/tex], откъдето [tex]OH=OH_1=OH_2=OH_3=r[/tex], тоест О е и център на вп. в тетраедъра сфера. => [tex]\angle OPH=\frac{\angle OTK}{2}=\varphi[/tex]
Сега имаме [tex]V_{ABCD}=\frac{S_{ABC}*h}{3}=\frac{S_{ABC}*r}{3}*4\Right \fbox{h=4r}[/tex]
Сега от правоъгълните триъгълници РОН и ТКД имаме [tex]\sin(2\varphi )=\frac{h}{h_c}=\frac{4r}{\frac{2S}{c}}=\frac{2rc}{S}[/tex] и [tex]2\sin\varphi\cos\varphi =2*\frac{r}{OP}*\frac{PH}{OP}=\frac{2rPH}{OP^2}[/tex]. Оттук имаме, че [tex]\frac{2cr}{S}=\frac{2rPH}{OP^2}\Right OP^2=\frac{SPH}{c}[/tex]. От друга страна от правоъгълния ?РОВ имаме [tex]PO^2=R^2-\frac{c^2}{4}[/tex]. Така получаваме [tex]2\sin\varphi =\frac{SPH}{c}=R^2-\frac{c^2}{4}\Right 8R^2=2c^2+\frac{8SPH}{c}[/tex]. Сега трябва да докажем, че [tex]\frac{8SPH}{c}=a^2+b^2-c^2[/tex]. Имаме [tex]S=\frac{abc}{4R}\Right x=\frac{abc}{4S}[/tex]. И така [tex]\frac{8SPH}{c}=\frac{8S}{c}\sqrt{\left(\frac{abc}{4S}\right)^2-\frac{c^2}{4}}=\frac{8S}{c}*\frac{c}{4S}\sqrt{a^2b^2-4S^2}=2\sqrt{a^2b^2-4S^2}[/tex]. Сега повдигаме двете страни на квадрат и остава да докажем, че [tex]4a^2b^2-16S^2=(a^2+b^2-c^2)^2[/tex], тоест че [tex]-16S^2=a^4+b^4+c^4-2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)=A[/tex]. Сега използвайки Хероновата формула имаме [tex]-16S^2=-(a+b+c)(a+b-c)[c+(a-b)][c-(a-b)]=\\-[(a+b)^2-c^2][c^2-(a-b)^2]=a^4+b^2-2a^2b^2+c^4-c^2(2a^2+2b^2)[/tex], което е точно [tex]A[/tex], с което доказахме, че [tex]8R^2=a^2+b^2+c^2[/tex]. Оттук [tex]\cos\angle MON=\cos\angle MOP=\cos\angle PON=0\Right[/tex]. [tex]\Right \angle MON=\angle MOP=\angle NOP=90^\circ[/tex]. С това задачата е решена.
Забележка. Когато АВС е тъпоъгълен, то О е извън тетраедъра и тогава О се явява център ва външновписаната сфера.

Задача 6: [tex]a_n=[\frac{n}{1}]+[\frac{n}{2}]+\cdots + [\frac{n}{n}][/tex], [tex]n \in \mathbb{N}[/tex]. Докажете, че [tex]a_n = 2+a_{n-1} \Leftrightarrow n \in \mathbb{P}[/tex]
Решение от allier, Николай Каракехайов: [tex]a_n-a_{n-1}=[/tex][tex]([\frac{n}{1}]-[\frac{n-1}{1}])+\sum_{i=2}^{n-1}([\frac{n}{i}]-[\frac{n-1}{i}])+[\frac{n}{n}]=2+\sum_{i=2}^{n-1}([\frac{n}{i}]-[\frac{n-1}{i}])[/tex]. Ако [tex]n \in \mathbb{P} \Rightarrow i[/tex] не дели [tex]n[/tex] за [tex]i=2,3,\ldots,n-1[/tex][tex]\Rightarrow [\frac{n}{i}]=[\frac{n-1}{i}][/tex]. Ако не е просто, например [tex]n=ab[/tex], [tex]a,b \ne 1,n[/tex], то [tex][\frac{n}{a}]=b[/tex], [tex][\frac{n-1}{a}]=b-1[/tex]. От друга страна [tex][\frac{n}{i}]\ge [\frac{n-1}{i}][/tex]. оттук следва исканото.

Задача 7: Докажете, че всяка непрекъсната функция [tex]f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}[/tex] дефинирана като [tex]f(x)=\left\{\begin a_{1}x+b_{1} ,x\le 1\\ a_{2}x+b_{2}\ ,x>1\right.[/tex] с [tex]a_1,a_2,b_1,b_2 \in \mathbb{R}[/tex] може да бъде записана във вида [tex]f(x)=m_1x+n_1+\epsilon|m_2x+n_2|[/tex] за [tex]x \in \mathbb{R}[/tex], където [tex]m_1,m_2,n_1,n_2\in \mathbb{R}[/tex] и [tex]\epsilon \in \{-1,1\}[/tex].
Решение от ганка симеонопва, martosss, allier: От непрекъснатостта на функцията в [tex]x=1 \Rightarrow a_1+b_1=a_2+b_2[/tex]. Полагаме [tex]m_1=\frac{a_1+a_2}{2}[/tex], [tex]n_1=\frac{b_1+b_2}{2}[/tex], [tex]m_2=\frac{a_1-a_2}{2}[/tex], [tex]n_2=\frac{b_1-b_2}{2}[/tex]. Разглеждаме изразa [tex]F(x)=m_1x+n_1+\epsilon|m_2x+n_2|[/tex]. Ще докажем че съвпада с [tex]f(x)[/tex] при подходящо [tex]\epsilon[/tex].
[tex]m_2x+n_2=\frac{(a_1-a_2)x+(b_1-b_2)}{2}=\frac{(a_1-a_2)x-(a_1-a_2)}{2}=\frac{a_1-a_2}{2}(x-1)[/tex]
1) [tex]x \ge 1[/tex]:
1.1) [tex]a_1>a_2[/tex]: избираме [tex]\epsilon=1 \Rightarrow F(x)=a_1x+b_1[/tex].
1.2) [tex]a_1<a_2[/tex]: избираме [tex]\epsilon=-1 \Rightarrow F(x)=a_1x+b_1[/tex].
2) [tex]x < 1[/tex]:
2.1) [tex]a_1>a_2[/tex]: избираме [tex]\epsilon=1 \Rightarrow F(x)=a_2x+b_2[/tex].
2.2) [tex]a_1<a_2[/tex]: избираме [tex]\epsilon=-1 \Rightarrow F(x)=a_2x+b_2[/tex].
Случаят, когато [tex]a_1=a_2=a[/tex]: [tex]\Rightarrow b_1=b_2=b \Rightarrow f(x)=ax+b \forall x[/tex]. Тогава [tex]m_2=n_2=0[/tex] и [tex]\forall \epsilon[/tex] следва исканото.

Задача 8: Полиномът [tex]ax^3+bx^2+cx+d[/tex] има три различни реални корена. Колко реални корена има уравнението [tex]4(ax^3+bx^2+cx+d)(3ax+b)=(3ax^2+2bx+c)^2[/tex]?
Решение на ганка симеонова, seppen, martosss, allier: [tex]f'(x)=3ax^2+2bx+c[/tex], [tex]f''(x)=6ax+2b[/tex]. Тогава уравнението има вида [tex]2ff''=(f' )^2[/tex]. Разглеждаме функцията [tex]g(x)=2f(x)f''(x)-(f'(x))^2[/tex]. [tex]g'(x)=2f'f''+2ff'''-2f'f''=2ff'''=12af[/tex]. Тази производна има 3 различни реални корена, нека ги означим с [tex]x_i, i \in I_{3}[/tex]. Имаме [tex]g(x_i)=2f(x_i)f'' (x_i)-(f'(x_i))^2=-(f'(x_i))^2<0[/tex]. Да забележим, че [tex]deg (g) = 4[/tex] със старши коефициент [tex]3a^2x^4[/tex]. Значи [tex]g[/tex] има точно 2 реални корена.

Задача 9: Ако [tex]\alpha, \beta, \gamma[/tex] са корените на полинома [tex]P(x)=x^3-3x+\frac{1}{3}[/tex], пресметнете [tex]\frac{1}{1+\alpha}+\frac{1}{1+\beta}+\frac{1}{1+\gamma}[/tex].
Решение от ганка симеонова, Hena, loving_math,seppen, Станислав, allier, 1089, Николай Каракехайов, martosss: От формулите на Виет имаме [tex]\alpha + \beta + \gamma = 0[/tex], [tex]\alpha\beta+\alpha\gamma + \beta\gamma=-3[/tex], [tex]\alpha\beta\gamma = -\frac{1}{3}[/tex]. Изразът ни след перивеждане под общ знаменател е: [tex]\frac{2(\alpha+\beta+\gamma)+\alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma +3}{\alpha\beta\gamma+\alpha\beta+\alpha\gamma+\beta\gamma+1}=\frac{0}{-\frac{1}{3}-3+1}=0[/tex].

Задача 10: Намерете всички стойности на параметъра [tex]a[/tex], за които полиномът [tex]P(x)=x^4-2ax^2+x+a^2-a[/tex] има само реални корени.
Решение от ганка симеонова, Hena, loving_math, seppen, Станислав, allier, Николай Каракехайов, martosss: Разглеждаме полиномът като полином на [tex]a[/tex]: [tex]f(a)=a^2-(2x^2+1)a+x^4+x[/tex]. [tex]D=(2x-1)^2 \Rightarrow f(x)=(x^2-x+1-a)(x^2+x-a)[/tex]. За да имаме реални корени трябва и двата множителя да имат такиват,т.е да имат неотрицателни дискриминанти [tex]\Rightarrow a \ge \frac{3}{4}[/tex].

Задача 11: На страните [tex]AB[/tex] и [tex]CD[/tex] на квадрат [tex]ABCD[/tex] са взети съответно точките [tex]P[/tex] и [tex]N[/tex], че [tex]PB+BN=AB[/tex]. Докажете, че правите [tex]DP[/tex] и [tex]DN[/tex] делят [tex]AC[/tex] на отсечки, от които може да построи [tex]\Delta[/tex], единият ъгъл на който е [tex]60^\circ[/tex].
Решение на seppen, Николай Каракехайов, loving_math, martosss : [tex]\normal AB=BC=CD=DA=a[/tex]. [tex]\normal CN=PB=x[/tex]
От формулата за ъглополовяща [tex]\normal l_c=\frac{2ab}{a+b}\cos{\frac{\gamma}{2}}[/tex] за [tex]\normal \Delta DNC[/tex] и [tex]\normal \Delta APD[/tex] намираме:
[tex]\normal CN' = \frac{sqrt{2} ax}{a+x}\\ AP'=\frac{sqrt{2}a(a-x)}{2a-x}\\ P'N'=\sqrt{2}a-CN'-AP'[/tex].
Ако ъгълът CN', AP' e 60. От cosT. [tex]\normal P'N' ^2 = CN' ^2 + AP' ^2 - CN' AP' \\ (\sqrt{2}a-CN' -AP')^2=CN' ^2 + AP' ^2 - CN' AP' \\ 2a^2-2\sqrt{2}a(CN'+AP')+3CN'AP'=0[/tex]
Като се замести, се получава равенство. Оттук ъгълът CN', AP' е 60.
Решение на Hena, allier: Нека [tex]DP \cap AC=X[/tex], [tex]DN\cap AC=Y[/tex] и [tex]BD\cap AC=O[/tex].Ясно е,че ако докажем,че за някоя от остечките [tex]AX,XY,YC[/tex] е изпълнено следното равенство:[tex]a^2=b^2+c^2-2bccos60^\circ=b^2+c^2-bc[/tex],то тогава може да се построи триъгълник, единият ъгъл на който е 60 градуса.Също така трябва да е и изпълнено и неравенството на триъгълника.
Нека означим [tex]AP=BN=x[/tex] и [tex]BP=CN=y[/tex].Тогава от Менелай за [tex]\Delta AOB[/tex] и правата [tex]PX[/tex] получаваме:
[tex]\frac{AP}{PB }.\frac{2}{1}.\frac{OX}{XA}=1 \Rightarrow \frac{AX}{OX}=2.\frac{AP}{PB}=2\frac{x}{y}[/tex].
Отново от Менелай за [tex]\Delta BOC[/tex] и правата [tex]NY[/tex] получаваме:
[tex]\frac{BN}{NC}.\frac{CY}{YO}.\frac{1}{2}=1 \Rightarrow \frac{BN}{NC}=2.\frac{OY}{CY} \Rightarrow \frac{x}{y}=2.\frac{OY}{CY}[/tex].
От друга страна,от Питагоровата теорема за [tex]\Delta AOD[/tex],получаваме че:
[tex]AO=BO=CO=DO=\frac{x+y}{\sqrt{2}}[/tex]
Следователно:[tex]\frac{AX+OX}{OX}=\frac{2x+y}{y} \Rightarrow OX=\frac{y(x+y)}{\sqrt{2}(2x+y)}[/tex] и [tex]\frac{x+2y}{2y}=\frac{OY+CY}{CY} \Rightarrow \fbox{CY=\frac{2y(x+y)}{\sqrt{2}(x+2y)}}[/tex]. [tex]AX=AO-OX=\frac{x+y}{\sqrt{2}}-\frac{y(x+y)}{\sqrt{2}(2x+y)} \Rightarrow \fbox{AX=\frac{2x(x+y)}{\sqrt{2}(x+2y)}}[/tex]. [tex]OY=CO-OY=\frac{x+y}{\sqrt{2}}-\frac{2y(x+y)}{\sqrt{2}(x+2y)} \Rightarrow OY=\frac{x(x+y)}{\sqrt{2}(x+2y)}[/tex]. [tex]XY=XO+OY=\frac{y(x+y)}{\sqrt{2}(2x+y)}+\frac{x(x+y)}{\sqrt{2}(x+2y)}=\frac{(x+y)((x+2y)y+(2x+y)x)}{\sqrt{2}(2x+y)(2y+x)}[/tex]. [tex]\Rightarrow \fbox{XY=\frac{2(x+y)(x^2+xy+y^2)}{\sqrt{2}(2x+y)(2y+x)}}[/tex]
Ще покажа само едно от неравенствата на триъгълника,защото другите са аналогични:
[tex]CY+AX=\frac{2y(x+y)(2x+y)+2x(x+y)(2y+x)}{\sqrt{2}(2x+y)(2y+x)}=\frac{2(x+y)(x^2+4xy+y^2)}{\sqrt{2}(2x+y)(2y+x)}>XY[/tex]. Забелязваме,че [tex]CY^2+AX^2-CY.AX=\frac{2y^2(x+y)^2}{(x+2y)^2}+\frac{2x^2(x+y)^2}{(2x+y)^2}-\frac{2xy(x+y)^2}{(2x+y)(2y+x)}=[/tex]
[tex]=\frac{(x+y)^2(2y^2(2x+y)^2+2x^2(2y+x)^2-2xy(2x+y)(2y+x))}{(2x+y)^2(2y+x)^2}=[/tex]
[tex]=\frac{2(x+y)^2(x^2+xy+y^2)^2}{(2x+y)^2(2y+x)^2}=XY^2[/tex].

Задача 12: Положителните реални числа са подредени в таблица по следния начин:
[tex]1\hspace{2mm}3\hspace{2mm}6\hspace{2mm}10\hspace{2mm}15\ldots[/tex]
[tex]2\hspace{2mm}5\hspace{2mm}9\hspace{2mm}14\ldots[/tex]
[tex]4\hspace{2mm}8\hspace{2mm}13\ldots[/tex]
[tex]7 \hspace{2mm}12\ldots[/tex]
[tex]11\ldots[/tex]
Намерете редът и колоната, където е записано числото [tex]2010[/tex].
Решение от ганка симеонова, seppen: Нека елементът на [tex]k[/tex]-ти ред и [tex]n[/tex]-ти стълб е [tex]a_{kn}[/tex]. 1ви елемент на [tex]k[/tex]-ти ред е [tex]1+(1+2+\ldots +k-1)=\frac{k^2-k+2}{2}[/tex], понеже можем да забележим, че 1вите елементи по редове растат с [tex]1,2,3,\ldots[/tex]. Сега разглеждаме [tex]n[/tex]-ти елемент на [tex]k[/tex]-ти ред. 1ви елемент е [tex]\frac{k^2-k+2}{2}[/tex] е следващите се образуват с добавяне на [tex]k+1, k+2, \ldots[/tex], като за [tex]n[/tex]-ти елемент сме добавили последно [tex]n-1[/tex]. [tex]\Rightarrow a_{kn}=\frac{k^2-k+2}{2}+\frac{(n-1)(2k+n)}{2}[/tex]. Заместваме с [tex](7,57)[/tex] и виждаме че е решение.
Решение на Hena, loving_math, Станислав, 1089, allier, Николай Каракехайов, martosss : Числата, които формират 1ви ред са [tex]a(n)=\frac{n(n+1)}{2}[/tex]. Разглеждаме "диагонали" с вид елемент от 1ви ред, по който диагонал се стига до елемент на 1ва колона. Тъй като тези диагонали са изгадени от намаляваща с 1 редица от числа, то на 1ви ред стои най-голямото число на съответния диагонал. Разглеждаме [tex]\frac{n(n+1)}{2} \ge 2010 \Rightarrow n \ge 63[/tex]. Това осначава, че 63-ти елемент на 1ви ред е по-голям от 2010. Тъй като [tex]a(63)=2016[/tex] лесно движейски се по диагона намираме че [tex]2010[/tex] е на 57ма колона и 7ми ред.

Задача 13: Даден е кръг с [tex]r=1[/tex]. Вън от него са дадени точките [tex]A_i,i \in I_{1000}[/tex]. Докажете, че [tex]\exist[/tex] точка по контура на окръжността, така че сумата от разстоянията от нея до дадените точки е [tex]>1000[/tex].
Решение от allier: Нека [tex]X[/tex] и [tex]Y[/tex] са 2 диаметрално противоположни точки от окръжността и [tex]O[/tex] е центърът му. Имаме [tex]\vec{A_iX}+\vec{A_iY}=2\vec{A_iO} \Rightarrow 2A_iO=|\vec{A_iX}+\vec{A_iY}| \le A_iX+A_iY[/tex][tex]\Rightarrow \sum_{i=1}^{1000}A_iX+\sum_{i=1}^{1000k}A_iY \ge 2\sum_{i=1}^{1000} >2.1000[/tex]. Значи поне една от сумите е по-голяма от 1000.

Задача 14: Даден е [tex]\Delta ABC[/tex] с медицентър [tex]G[/tex] и среди на страните му [tex]A_1,B_1,C_1[/tex] при стандартни означения. Права през [tex]A_1[/tex], успоредна на [tex]BB_1[/tex] пресича [tex]B_1C_1[/tex] в точката [tex]F[/tex]. Докажете, че [tex]\Delta ABC \sim \Delta FA_1A \Leftrightarrow AB_1GC_1[/tex] е вписан в окръжност.[/b]
Решенеие на seppen, Николай Каракехайов, martosss:
14.1
[tex]\normal \Delta ABC \sim \Delta FA_1A[/tex]
[tex]\normal \angle C_1CB=\angle CC_1B_1=x \\ \angle B_1BC=\angle BB_1C_1=y \\ \angle G=180-x-y[/tex]. Ще док, че: [tex]\normal \angle A=x+y[/tex]. [tex]\normal \begin{tabular}{|rr} FC_1 || BC \\ FA_1 || BB_1\end{tabular} \Rightarrow \begin{tabular}{|rr} \angle A_1FB_1 = y \\ FB_1=\frac{1}{2}CB\end{tabular}[/tex]. [tex]\normal AB_1=B_1C, B_1C_1=FB_1=\frac{1}{2}CB \Rightarrow AC_1CF[/tex] - успоредник. [tex]\normal \angle CC_1F = \angle AFC_1=x[/tex]
[tex]\normal \angle A= \angle F=x+y, \angle G=180-x-y \Rightarrow AC_1GB_1[/tex]-вписан
14.2
[tex]\normal AC_1GB_1[/tex]-вписан
[tex]\normal \angle C_1CB=\angle CC_1B_1=x \\ \angle B_1BC=\angle BB_1C_1=y \\ \angle G=180-\angle A=180-x-y[/tex]. Абсолютно аналогично. . [tex]\normal \angle CC_1F = \angle AFC_1=x \\ \angle A_1FB_1 = y[/tex]. [tex]\normal \angle F=x+y \Rightarrow \angle F = \angle A[/tex]. [tex]\normal \angle FA_1A=\angle B_1GA(FA_1||BB_1)\\\angle B_1C_1A=\angle B(BC||B_1C_1)[/tex]. [tex]\normal \angle B_1GA=\angle B_1C_1A[/tex] (вписани)
[tex]\normal \angle F=\angle A, \angle FA_1A=\angle B[/tex]. [tex]\normal \Delta ABC \sim \Delta FA_1A[/tex]
Решение на Hena: [tex]F_1=AA_1 \cap B_1C_1[/tex], [tex]A_2=FA_1 \cap AC[/tex].Прилагаме теоремата на Менелай за [tex]\Delta AGC[/tex] и правата [tex]C_1B_1[/tex]: [tex]\Rightarrow \frac{AF_1}{F_1G}.\frac{GC_1}{C_1C}.\frac{CB_1}{B_1A}=1 \Rightarrow \frac{AF_1}{F_1G}.\frac{1}{3}=1 \Rightarrow \frac{AF_1}{F_1G}=3[/tex].Тъй като точката [tex]G[/tex] е медицентър на [tex]\Delta ABC[/tex],това означава,че [tex]F_1[/tex] е среда на отсечката [tex]AA_1[/tex]. Отново прилагаме теоремата на Менелай за [tex]\Delta F_1A_1F[/tex] и правата [tex]AA_2[/tex]:
[tex]\Rightarrow \frac{F_1A}{AA_1}.\frac{A_1A_2}{A_2F}.\frac{FB_1}{B_1F_1}=1 \Rightarrow \frac{A_1A_2}{A_2F}=1[/tex].Оттук следва,че точката [tex]A_2[/tex] е среда на отсечката [tex]FA_1[/tex],което означава,че [tex]B_1[/tex] е медицентър на [tex]\Delta AA_1F[/tex].[tex]F_1C_1[/tex] и [tex]F_1B_1[/tex] са съответно средни отсечки в триъгълниците [tex]\Delta ABA_1[/tex] и [tex]AA_1C[/tex],но тъй като [tex]BA_1=A_1C \Rightarrow C_1F_1=F_1B_1=x \Rightarrow B_1F=2x[/tex].Така получаваме и че [tex]BA_1=A_1c=2x \Rightarrow BC=4x=FC_1[/tex],но имаме и също,че [tex]FC_1||BC[/tex],следователно [tex]C_1BCF[/tex] е успоредник.Следователно [tex]FC=C_1B=AC_1[/tex] и [tex]FC||C_1A \Rightarrow[/tex] и четириъгълника [tex]AC_1CF[/tex] е успоредник.
Сега към задачата:
1 случай:[tex]\Delta ABC \approx \Delta FA_1A \Rightarrow AB_1GC_1[/tex] е вписан.
[tex]\angle ABC=\angle FA_1A=\angle BGA_1=\angle AGB_1=\angle AC_1F[/tex],тъй като [tex]FC_1||BC[/tex].
2 случай:Ако [tex]AB_1GC_1[/tex] е вписан [tex]\Rightarrow \Delta ABC \approx \Delta FA_1A[/tex].
[tex]\angle ABC=\angle AC_1F=\angle AGB_1=\angle BGA_1=\angle FA_1A[/tex].Това означава,че трябва само да докажем,че [tex]\angle FAA_1=\angle ACB[/tex].
[tex]\angle BCC_1=\angle FC_1C=\angle CAG[/tex] и [tex]\angle ACC_1=\angle FAC \Rightarrow \angle FAA_1=\angle ACB \Rightarrow \Delta ABC \approx \Delta FA_1A[/tex]

Задача 15: В единичен квадрат са взети [tex]101[/tex] точки. Да се докаже, че [tex]5[/tex] от тях лежат в кръг с [tex]r=\frac{1}{7}[/tex].
Решение на allier, Hena, martosss: Разбиваме квадрата на 25 квадратчета със страна [tex]\frac{1}{5}[/tex]. По принципа на Дирихле едно квадратче съдържа поне 5 точки. Радиусът на описаната около едно малко квадратче окръжност е [tex]\frac{\sqrt{2}}{10}<\frac{1}{7}[/tex].

[ganka simeonova]

Браво на всички
Обаче, не е ли време вече за почивка, умствено разтоварване, море, изтягане на плажа:)
Аз ви казвам весело лято, взимам си банския и отпрашвам на Синеморец:)

[seppen]

Браво на нас!
А на 6-та задача ми е малко подозрително.
a_3 = 3/1 + 3/2 + 3/3 = 5
a_4= 4/1 + 4/2 + 4/3 + 4/4 = 8
и т.н.
Не съм гледала още решението, но ако [] връща цялата част от делението, ми се вижда гнило.

[martosss]

Може ли да напишеш поне отговора на 4-та?
Браво на allier за 13-та. Сумата на разстоянията до две противоположни точки, nice!
И как се сети за това предстяване на 2-ра - cosx=1-x?/2! + x^4/4! -...
Браво за задачите, даже можеше и малко по-трудни, но и така е добре, ако станат прекалено трудни интересът ще секне - знам го от собствен опит - ако гледам нещо и не разбирам нищо няма как да ми е интересно и да пиша или обсъждам.

Лили, В случая n ти е 4, което е сложно

[ganka simeonova]

Преди това обаче, понеже досега четох и решенията на останалите участници, ще хвърля една ръкавица на Мартоссс
В 5 задача, той пише "Забележка. Когато АВС е тъпоъгълен, то О е извън тетраедъра и тогава О се явява център ва външновписаната сфера."
Март, когато тетраедърът е равнобедрен, всичките му стени са остроъгълни триъгълници:) Опитай се, да го докажеш:)

[mkmarinov]

И как се сети за това предстяване на 2-ра - cosx=1-x?/2! + x^4/4! -...

Това е доста добре познато - развиване на cosx в ред на Маклорен. А другата страна на неравенството е една ограничена част от този ред .

[ganka simeonova]

Познато е на студентите

[mkmarinov]

И на по-любопитните .

[loving_math]

Pozdravleniq za vsichki uchastnici! Blagodarnosti na Martin za organizaciqta!
Az veche otdavna sym se namyrdala v banskiq si...

[martosss]

Преди това обаче, понеже досега четох и решенията на останалите участници, ще хвърля една ръкавица на Мартоссс
В 5 задача, той пише "Забележка. Когато АВС е тъпоъгълен, то О е извън тетраедъра и тогава О се явява център ва външновписаната сфера."
Март, когато тетраедърът е равнобедрен, всичките му стени са остроъгълни триъгълници:) Опитай се, да го докажеш:)

Дам, ако използвам твоя описан паралелепипед със страни a, b, c, то страните на тетраедъра стават [tex]\sqrt{a^2+b^2}, \sqrt{b^2+c^2},\sqrt{c^2+a^2}[/tex], откъдето ако [tex]\sqrt{c^2+a^2}[/tex] е най-голямата страна, то косинусът на ъгъла срещу нея е [tex]\cos\angle = \frac{b^2}{\sqrt{a^2+b^2}\sqrt{b^2+c^2}}[/tex], което е положително число, откъдето ъгълът е остър.

[ganka simeonova]

Сега вече всичко е ОК

[seppen]

В случая n ти е 4, което е сложно

Много се извинявам, вобще не съм прочела частта от условието, в която пише, че n е просто. Мислех си, че е за естествено.

[Станислав]

Познато е на студентите

И на тези, които четат стария форум и по-точно темата "Екстрамални задачи и решения"

[ins-]

Нямаше ме известно време и чак сега виждам писаното по темата. Браво за задачите и решенията. Ще има ли 6-ти кръг на олимпиадата?

[allier]

Желаещи за нов кръг на олимпиадата на сайта има ли? Мартин се справи отлично с организацията последните два кръга, така че, ако има желаещи, и ако той е съгласен, предлагам да се организират нови кръгове.

[mkmarinov]

+1 желаещ.

[ins-]

+1

[prodanov]

тряя ли да съм участвал преди за да участвам сега? Ако не, +1.

[1089]

i ot men +1

[ganka simeonova]

allier, аз съм за
Лятото мина и почна да ми се решават задачи:)
Обаче, да видим какво ще каже Мартин. Той е най- необлагодетелстван от цялата работа.
Хем се гърби с организацията, хем не може да си достави удоволствие, като решава..

[loving_math]

+1

[Martin Nikovski]

Е... и аз ще се пробвам... сега имам много време. Знае ли човек? Може пък и да реша нещо... стига разбира се да има кой да направи организацията...
Така че... [tex]+1[/tex]

[L.e.o]

При задача 12, а14 не трябва ли да е равно на 7? Ако "да", то 2010 = колона 20, ред 43

[loving_math]

При задача 12, а14 не трябва ли да е равно на 7? Ако "да", то 2010 = колона 20, ред 43

Назад по страниците е уточнено, че в условието има грешка и вярното число е 7.Също са публикувани и всички решения на участниците в олимпиадата.Числото 2010 се намира на 7 ред, 57 колона.

[martin123456]

+1