Олимпиада четвърти кръг на сайта

[martin123456]

*******************************************************************************************************************************************************

[seppen]

Защо все ги правите с толкова кратък период. Някои хора имаме контролни, сесия. Иска ми се да разпиша некво участие, за бройка. Ще може ли да поодължите срока?

[ins-]

seppen, до кога искаш отсрочка? Ако martin и останалите участници и организатори са съгласни - защо не. Вероятно си в остър времеви дефицит, но вярвам, че за да отчетеш участие - поне една задача можеш да решиш. В тази олимпиада за мен най-важното е подобряването на уменията и удоволствието от решаването, а не непременно човек да се стреми да е пръв.

[seppen]

Като цяло мисля, че ако срокът е по-дълъг, повече хора ще могат да вземат участие.
Иначе за чак толкова остър дефицит, силно казано че имам, но напрежението си казва думата.
Например 2 дена отсрочка как е?

[ins-]

За мен не е проблем, но нека и martin123456 да си каже мнението, защото на него се пада основната част от организацията на този кръг, ако иска и някой друг да каже какво мисли по този въпрос.

Аз прегледах задачите днес бегло. С помощта на малко хитрост почти успях да реша задачи 1-4, не вярвам задачите да са трудни и за теб. Не казвам, обаче и че са леки.

[martin123456]

Вече са ми изпратени 4 решения . Пращтат ми по 1, 2 задачи, когато са готови с тях. Ако seppen ми изпрати решения преди крайния срок, за да видя, че участва и че има смисъл да преместя срока и ако пак иска да се премести срока, ще го преместя с един ден.

[Baronov]

Вече са ми изпратени 4 решения . Пращтат ми по 1, 2 задачи, когато са готови с тях. Ако seppen ми изпрати решения преди крайния срок, за да видя, че участва и че има смисъл да преместя срока и ако пак иска да се премести срока, ще го преместя с един ден.

Папката ти "Входящи" е пълна и не можеш да получаваш повече лични съобщения. Изтрии си някой от старите, защото иначе няма как да ти пращаме решения.

[DoubleD]

Интересно ми е да видя решение на зад.5. При мен ъгъл В излиза 120 което очевидно не моге да стане.

[martin123456]

Интересно ми е да видя решение на зад.5. При мен ъгъл В излиза 120 което очевидно не моге да стане.

Моля те напиши как стигаш до този резултат. Изглежда ми възможен и ще получиш точки.
п.с. вече има 12 частника и 33 решени задачи
чакам поне още 1 участник.

[ins-]

Какво стана с 1-ия участник?

[martin123456]

още го чакаме
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Здравейте.
Вече има 13 участника и 41 решени задачи.
Ако някой иска отсрочка с 1 ден за олимпиадата, нека ми пише на лично съобщение
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Здравейте, 2ма участника ми писаха лично съобщение да удължа срока с 1 ден. Така че го удължавам до 24.06. 14 часа.
Дотук има 14 участника и 45 решени задачи

[martin123456]

[tex]\fbox{1}[/tex]
Решение 1 от Hena, Станислав:
От формулите на Виет имаме:
[tex]\begin{array}{lcl} x_1+x_2+x_3 & = & -a \\ x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3 & = & b \\ x_1x_2x_3 & = & -c\end{array}[/tex]
Тогава [tex]\frac{ab}{c}=\frac{(x_1+x_2+x_3)(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)}{x_1x_2x_3}=(x_1+x_2+x_3)(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3})[/tex].
От неравенството на Коши-Шварц този израз [tex]\geq 9[/tex]. Равенство се достига за: [tex]\frac{\sqrt{x_1}}{\frac{1}{\sqrt{x_1}}}=\frac{\sqrt{x_1}}{\frac{1}{\sqrt{x_1}}}=\frac{\sqrt{x_1}}{\frac{1}{\sqrt{x_1}}}[/tex] [tex]\Leftrightarrow x_1=x_2=x_3[/tex].

Решение 2 от mkmarinov, ганка симеонова, martosss, baronov, 1089, ins-, seppen, nikko, allier :
От формулите на Виет:
[tex]x_1+x_2+x_3=-a>0[/tex]
[tex]x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=b>0[/tex]
[tex]x_1x_2x_3=-c>0[/tex]
[tex]\frac{ab}{ c} =\frac{(x_1+x_2+x_3)(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)}{x_1x_2x_3 } \ge \frac{3\sqrt[3]{x_1x_2x_3} .3\sqrt[3]{x_1^2x_2^2x_3^2} }{ x_1x_2x_3} =9[/tex] (СА-СГ)

Решение от estoyanovvd :
Случай 1:Нека имаме 3 различни реални корена. За целта [tex]f(x)[/tex] трябва да има 2 локални екстрмума , като лок максимум е положителн, а лок минимум е отрицателен. Ясно че [tex]f(c)<0[/tex] и че точките в които са лок екструмуми са положителни - нека те са [tex]x_{1,2}[/tex]. [tex]f'(x)=3x^2+2ax+b[/tex] има 2 положителни корена. Получаваме [tex]D=a^2-3b>0[/tex], [tex]x_1x_2=\frac{b}{3}[/tex], [tex]x_1+x_2=-\frac{2a}{3}[/tex]=>[tex]a<0[/tex], [tex]b>0[/tex] (2).[tex]f(x_1)=x_1^3+ax_1^2+bx_1+c|.3 \Rightarrow 3x_1^3+3ax_1^2+3bx_1+3c>0 \Rightarrow[/tex][tex]3f'(x_1)+ax_1^2+2bx_1+3c >0 \Rightarrow ax_1^2+2bx_1+3c>0[/tex], умножаваме последното по 3 [tex]\Rightarrow 3ax_1^2+6bx_1+9c>0[/tex]. Ако [tex]a=0[/tex]=>[tex]x_1+x_2=0[/tex]=>[tex]\empty[/tex]. [tex]a\ne 0 \Rightarrow 0=af'(x_1)=3ax_1^2+2a^2x_1+ab \Rightarrow 3ax_1^2=-2a^2x_1-ab[/tex]. Заместваме в горното [tex]\Rightarrow -2a^2x_1-ab+6bx_1+9c=-2x_1(a^2-3b)>ab-9c[/tex]. Лявата страна е отрицателна [tex]\Rightarrow[/tex] и дясната [tex]\Rightarrow ab<9c|:c \Rightarrow \frac{ab}{c}>9[/tex].
Случай 2: Не всички корени са различни. Тогава ще се получи равенство, понеже лок екстремум може да е равен на 0.


[tex]\fbox{2}[/tex]
Решение 1 от mkmarinov, seppen, estoyanovvd , ганка симеонова :
Нека [tex]y=f(x)=\sum_{1}^{n}\sqrt{1+a_ix}[/tex].
Първо ще докажа, че дефиниционната област на y е непрекъснат интервал.
1) Ако всички ai са с еднакъв знак, то у е монотонно растяща или намаляваща (като сбор на монотонно изменящи се функции; [tex]\sqrt{u(x)}[/tex] има същата монотонност като u(x)), тогава има единствено решение х=0 и този случай го оставям.
2) Нека има и положителни, и отрицателни ai. ДО на функцията е решението на линейната система:
[tex]a_ix \ge -1[/tex] за всяко i. Това решение е [tex]x \in [-\frac{1}{a_k}; -\frac{1}{a_l}][/tex], където ak е най-голямото положително от всички ai, а al е най-малкото отрицателно. Единствено в този интервал всички корени са дефинирани. В него, като се изключат краищата му, у е сбор от непрекъснати (и диференцируеми) функции => у е непрекъсната и диференцируема там.
[tex]\frac{dy}{dx}=\frac{1}{2}\sum_{1}^{n}\frac{a_i}{\sqrt{1+a_ix}}[/tex]
[tex]\frac{d^2y}{dx^2}=-\frac{1}{4}\sum_{1}^{n}\frac{a_i^2}{(1+a_ix)^{\frac{3}{2}}}<0[/tex] за всяко х.
Втората производна е винаги отрицателна, т.е. първата производна е монотонна и има най-много един корен => кривата y има най-много един екстремум. Непрекъсната функция с най-много един екстремум има най-много две пресечни точка с абцисата.

Решение 2 от baronov:
Записваме у-то във вида:
[tex]0 = n - \sum \sqrt{1 + a_{i}x} = \sum (1- \sqrt{1+a_{i}x}) = \sum \frac{a_{i}x}{1 + \sqrt{1 + a_{i}x}}[/tex]
От тук получаваме решението х=0, след което разделяме на х. Нека [tex]b_i[/tex] и [tex]c_i[/tex] са съответно положителните и отрицателните числа сред [tex]a_i[/tex] и нека [tex]d_{i} = -c_{i} > 0[/tex]. Прехвърляме положителните събираеми от едната страна, а отрицателните от другата и получаваме:
[tex]\sum \frac{b_{i}}{1 + \sqrt{1 + b_{i}x}} = \sum\frac{d_{i}}{1 + \sqrt{1 - d_{i}x}}[/tex]
За да докажем, че горното у-е има само едно решение, ще покажем, че лявата страна е намаляваща функция на х, а дясната е растяща.
Ще докажем, това за всяко събираемо по отделно.
Ако х расте, [tex]b_{i}x[/tex] расте, тоест [tex]1 + \sqrt{1+b_{i}x}[/tex] расте, т.е. [tex]\frac{b_i}{1+ \sqrt{1 + b_{i}x}}[/tex] намалява (използваме, че [tex]b_{i} > 0[/tex]).
Аналогично, ако х расте, то [tex]\frac{d_i}{1 + \sqrt{1-d_{i}x}}[/tex] расте.
С това задачата е решена. Ще отбележим само, че ако някое [tex]a_i[/tex] е 0, то то няма да участва в нито една от 2-те суми. Ако една от 2-те суми е празна, то понеже всички събираеми, които разглеждаме са положителни, у-то няма нито едно решение.

Решение 3 от ins- :
[tex]f_i(x)=\sqrt{1+a_ix}[/tex] e вдлъбната => [tex]f(x)=\sum_{i=1}^{n}f_i(x)[/tex] е вдлъбната. Тъй като [tex]\exist f'(x)[/tex], то може да има най-много една точка на кривата [tex]y=f(x)[/tex] с производна 0. Виждаме, че [tex]x=0[/tex] e корен. Да допуснем, че имаме повече от един, различен от 0 корен. Значи имаме поне три реални корена [tex]x_1<x_2<x_3[/tex]. От т-мата за средните стойнсоти имаме [tex]f'(\alpha \in (x_1,x_2))=f'(\beta \in (x_2,x_3))=0[/tex]. Противоречие.

Решение 4 от ins-, allier :
[tex]\sum_{i=1}^{n}{\sqrt{1+a_ix}}=n \Leftrightarrow 0=\sum_{i=1}^{n}{(\sqrt{1+a_ix}-1)}=\sum_{i=1}^{n}{\frac{a_ix}{\sqrt{1+a_ix}+1}}=x\sum_{i=1}^{n}{\frac{a_i}{\sqrt{1+a_ix}+1}}[/tex]. Значи [tex]x=0[/tex] е решение. Разглеждаме [tex]h(x)=\sum_{i=1}^{n}{\frac{a_i}{\sqrt{1+a_ix}+1}}[/tex]. [tex]h'(x)=-\sum_{i=1}^{n}{\frac{a_i^2}{2(\sqrt{1+a_ix}+1)^2\sqrt{1+a_ix}}} < 0[/tex]. Значи [tex]h(x)=0[/tex] има най-много едно решение.


[tex]\fbox{3}[/tex]
Решение 1 от ганка симеонова:
Ще ползвам принципа на МИ.
Ясно е, че при n=1 числото е цяло.
Доп, че [tex]a_k=2a_{k-1}+\sqrt{3a_{k-1}^2+1}[/tex] е цяло. Това разбира се означава, че числото под корена е точен квадрат.
Ще док, че [tex]a_{k+1}=2a_{k}+\sqrt{3a_{k}^2+1}[/tex] е цяло.
[tex]a_{k+1}=2a_k+\sqrt{3(2a_{k-1}+\sqrt{3a_{k-1}^2+1})^2+1 }[/tex]
Полагам( за по- лесно писане [tex]a_{k-1}=p[/tex]. Ще док, че числото под корена е точен квадрат.
[tex]3(4p^2+4p\sqrt{3p^2+1} +3p^2+1)+1=21p^2+12p\sqrt{3p^2+1} +4=(3p+2\sqrt{3p^2+1)}^2[/tex]
Тогава следва, че всяко число от редицата е цяло.

Решение 2 от baronov:
Нека [tex]b_{1} = 1, b_{2} = 4, b_{n+2} = 4b_{n+1} - b_{n}[/tex]. По индукция очевидно всички членове на тази редица са цели. Ще докажем, че [tex]a_{n} = b_{n}[/tex] за всяко n.

Първо ще докажем формулата [tex]A(n) = b_{n+1}^{2} - 4b_{n+1}b_{n} + b_{n}^{2} = 1[/tex] за всяко n, като забележим, че лявата страна всъщност не зависи от n. За целта разглеждаме разликата [tex]A(n+1) - A(n) = b_{n+2}^{2} - 4b_{n+2}b_{n+1} + b_{n+1}^{2} - b_{n+1}^{2} + 4b_{n+1}b_{n} - b_{n}^{2}[/tex] = [tex](b_{n+2} - b_{n}) (b_{n+2}+ b_{n} - 4b_{n+1}) = 0[/tex]. Вторият множител е 0, според рекурентната връзка.
От тук следва, че A(n) = А(1) = 1 за всяко n.
Ще докажем, че [tex]a_{n} = b_{n}[/tex]. Записваме формулата, която получихме за [tex]b_n[/tex] във вида [tex](b_{n+1} - 2b_{n})^{2} = 1 + 3b_{n}^{2}[/tex], за да коренуваме трябва да докажем, че [tex]b_{n+1} > 2b_{n}[/tex], което е очевидно по индукция с помощта на рекурентната формула
([tex]b_{n+2} = 2b_{n+1} + 2b_{n+1} - b_{n} > 2b_{n+1} + 0 = 2b_{n+1}[/tex]). След коренуване получаваме [tex]b_{n+1} = 2b_{n} + \sqrt{1 + 3b_{n}}[/tex]. Следователно 2-те редици удовлетворяват едно и също рекурентно условие и понеже началните им членове са равни, то те съвпадат

Решение 3 от estoyanovvd, ins-, martosss :
1) [tex]a_n > 0 \forall n[/tex]: [tex]n=1[/tex] имаме [tex]a_1=1>0[/tex]. Допускаме, че [tex]a_n >0[/tex] за някое [tex]n[/tex]. Тогава [tex]a_{n+1}=2a_n+\sqrt{3a_n^2+1} > 0[/tex].
2) [tex]a_{n+1}>a_n \forall n[/tex]: [tex]a_{n+1}=2a_n+\sqrt{3a_n^2+1} > 2a_n>a_n[/tex].
3)Записваме рекурентната връзка като [tex]a_{n+1}-2a_n=\sqrt{3a_n^2+1}[/tex]. Повдигаме на квадрат: (*) [tex]a_{n+1}^2+a_n^2=4a_{n+1}a_n+1[/tex]. Прилагаме рекурентната връзка за [tex]n:=n-1[/tex]=> (**) [tex]a_n^2+a_{n-1}^2=4a_na_{n-1}+1[/tex]. Изваждаме (*) и (**): [tex]a_{n+1}^2-a_{n-1}^2=4a_n(a_{n+1}-a_{n-1}) \Leftrightarrow (a_{n+1}-a_{n-1})(a_{n+1}+a_{n-1}-4a_n)=0[/tex]. Тъй като [tex]a_{n+1}>a_n>a_{n-1}[/tex] имаме (***) [tex]a_{n+1}=4a_n-a_{n-1}[/tex].
Пресмятаме [tex]a_2=2+\sqrt{4}=4[/tex]. Оттук и от (***) следва всички членове са естествени числа.

Решение 4 от nikko:
С индукция по [tex]n[/tex] ще докажем
[tex]a_n=\frac{1}{2\sqrt{3}}((2+\sqrt{3})^n-(2-\sqrt{3})^n)[/tex]
1) n=1, [tex]a_1=\frac{1}{2\sqrt{3}}((2+\sqrt{3})-(2-\sqrt{3}))=1[/tex]
2) Допускаме, че формулата е изпълнена за [tex]n-1[/tex], т.е [tex]a_{n-1}=\frac{1}{2\sqrt{3}}((2+\sqrt{3})^{n-1}-(2-\sqrt{3})^{n-1})[/tex]
3) Имаме [tex]a_n=2a_{n-1}+\sqrt{3a_{n-1}^2+1}[/tex].
Нека [tex]2+sqrt{3}=\alpha_1, 2-\sqrt{3}=\alpha_2[/tex] и [tex]\alpha_1\alpha_2=1[/tex]
[tex]\sqrt{3a_{n-1}^2+1}=\sqrt{3.\frac{1}{12}(\alpha_1^{n-1}-\alpha_2^{n-1})^2+1}=[/tex]
[tex]=\sqrt{\frac{1}{4}(\alpha_1^{2n-2}+\alpha_2^{2n-2}-2(\alpha_1\alpha_2)^{n-1})+1}=[/tex]
[tex]=\sqrt{\frac{1}{4}(\alpha_1^{2n-2}+\alpha_2^{2n-2}-2+4)}=\frac{1}{2}\sqrt{(\alpha_1^{2n-2}+\alpha_2^{2n-2}+2)}=[/tex]
[tex]=\frac{1}{2}\sqrt{(\alpha_1^{2n-2}+\alpha_2^{2n-2}+2(\alpha_1\alpha_2)^{n-1})}
=\frac{1}{2}\sqrt{(\alpha_1^{n-1}+\alpha_2^{n-1})^2}=[/tex]
[tex]=\frac{1}{2}|\alpha_1^{n-1}+\alpha_2^{n-1}|=\frac{1}{2}(\alpha_1^{n-1}+\alpha_2^{n-1})[/tex] и
[tex]a_n=\frac{1}{\sqrt{3}}(\alpha_1^{n-1}-\alpha_2^{n-1})+\frac{1}{2}(\alpha_1^{n-1}+\alpha_2^{n-1})=\alpha_1^{n-1}(\frac{1}{2}+\frac{1}{\sqrt{3}})+\alpha_2^{n-1}(\frac{1}{2}-\frac{1}{\sqrt{3}})=[/tex]
[tex]=\alpha_1^{n-1}\frac{2+\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}+\alpha_2^{n-1}\frac{\sqrt{3}-2}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{2\sqrt{3}}((2+\sqrt{3})^{n}-(2-\sqrt{3})^{n})[/tex]
Използвайки формулата имаме
[tex]4a_{n-1}-a_{n-2}=4\frac{1}{2\sqrt{3}}(\alpha_1^{n-1}-\alpha_2^{n-1})-\frac{1}{2\sqrt{3}}(\alpha_1^{n-2}-\alpha_2^{n-2})=[/tex]
[tex]=\frac{1}{2\sqrt{3}}(4\alpha_1^{n-1}-\alpha_1^{n-2}-4(\alpha_2^{n-1}-\alpha_2^{n-2}))=[/tex]
[tex]=\frac{1}{2\sqrt{3}}(\alpha_1^{n-2}(8+4\sqrt{3}-1)-\alpha_1^{n-2}(8-4\sqrt{3}-1))=[/tex]
[tex]=\frac{1}{2\sqrt{3}}(\alpha_1^{n-2}(7+4\sqrt{3})-\alpha_1^{n-2}(7-4\sqrt{3})),[/tex]
но [tex]\alpha_1^2=(2+\sqrt{3})^2=7+4\sqrt{2}[/tex] и [tex]\alpha_2^2=(2-\sqrt{3})^2=7-4\sqrt{2}[/tex]
Получихме [tex]4a_{n-1}-a_{n-2}=\frac{1}{2\sqrt{3}}(\alpha_1^n-\alpha_2^n)=a_n[/tex]
Тогава [tex]a_1=1, a_2=2.1+\sqrt{3.1+1}=2+2=4[/tex] и всяка следваща алфа е линейна комбинация с цели коефициенти на предходните 2 алфи и така индуктивно получаваме, че [tex]a_n\in\mathbb{Z}[/tex]

Решение 5 от allier:
[tex]a_1=1[/tex], [tex]a_{n+1}=2a_n+\sqrt{3a_n^2+1}[/tex]. Нека [tex]b_n=\sqrt{3a_n^2+1}[/tex]=>[tex]b_n^2-3a_n^2=1[/tex]. Нека [tex]\x_n[/tex] са всички решения [tex]a[/tex] на уравнението на Пел [tex]b^2-3a^2=1[/tex]. От теорията [tex]\x_1=1[/tex], [tex]\x_2=4[/tex], [tex]\x_n=4\x_{n-1}-\x_{n-2}[/tex]. Ще докажем, че [tex]a_n = \x_n \forall n[/tex], откъдето следва [tex]a_n \in \mathbb{N} \forall n[/tex]. Индукция: [tex]a_1=\x_1[/tex]. Допускаме, че [tex]a_i=\x_i \forall i \leq n-1[/tex] => [tex]a_n=2a_{n-1}+\sqrt{3a_{n-1}^2+1}=2\x_{n-1}+\sqrt{3\x_{n-1}^2+1}=2\x_{n-1}+\omega_{n-1}[/tex], където [tex]\omega_n[/tex] са всички решения [tex]b[/tex] на уравнението на Пел. Сега от формулата от рекурентните връзки в решенията на уравнението на Пел имаме [tex]\x_n=2\x_{n-1}+\omega_{n-1}[/tex]=>[tex]a_n=\x_n[/tex].

[tex]\fbox{4}[/tex]
Решение 1 от loving_math :
1) Ако [tex]b=0[/tex]=>[tex]a=0[/tex]=>[tex]1-ab=1=1^2[/tex]
2) Ако [tex]b \ne 0[/tex]. Умножаваме равенството по [tex]b[/tex] и го преобразуваме както следва: [tex]a^5b+b^6=2a^2b^3 \Leftrightarrow a^4.ab=2a^2b^3-b^6[/tex]. Изваждаме [tex]a^4[/tex] от двете страни: [tex]\Leftrightarrow a^4(ab-1)=-a^4+2a^2b^3-b^6 \Leftrightarrow a^4(ab-1)=-(a^2-b^3)^2 \Leftrightarrow 1-ab=(\frac{a^2-b^3}{a^2})^2[/tex].

Решение 2:
Уравнението може да се запише във вида: [tex](a^2)^2a-2(a^2)b^2+b^5=0[/tex]. Полагаме [tex]x=a^2[/tex]=>[tex]ax^2-2xb^2+b^5=0[/tex], [tex]D=4b^4-4ab^5=4b^4(1-ab)[/tex]. Тъй като [tex]x \in \mathbb{Q}[/tex]=>дискриминантата трябва да е квадрат на рационално, т.е. [tex]1-ab[/tex] е квадрат на рационално.

Решение 3 от baronov:
Нека [tex]a = \frac{a_1}{a_2}, b = \frac{b_1}{b_2}[/tex] са представянията на a и b като несъкратими дроби. Условието на задачата е еквивалентно на:
[tex]a_{1}^{5}b_{2}^{5} + a_{2}^{5}b_{1}^{5} = 2a_{1}^{2}a_{2}^{3}b_{1}^{2}b_{2}^{3} (*)[/tex]
Нека р е произволно просто число. [tex]p^{d_{a}}, p^{d_{b}}[/tex] са най-високите степени на р, които делят [tex]a_{2}, b_{2}[/tex] съответно. Да допуснем, че [tex]d_a \neq d_b[/tex] и нека [tex]d_a < d_b[/tex]. Тогава най-високата степен на р в лявата страна на (*) е [tex]5d_a[/tex], а в дясната е [tex]3(d_{a} + d_{b})[/tex], тези 2 числа са равни, откъдето получаваме [tex]2d_a = 3d_b[/tex], което е противоречие с [tex]d_a< d_b[/tex]. Т.е. [tex]d_a= d_b[/tex]. Понеже това е в сила за всяко просто число р, то имаме [tex]a_2=b_2=d[/tex]
(*) добива вида:
[tex]a_{1}^{5} + b_{1}^{5} = 2da_{1}^{2}b_{1}^{2}[/tex] разделяме 2-те страни на [tex]a_{1}^{2}b_{1}^{2}[/tex] и получаваме [tex]x + y = 2d[/tex], където[tex]x=\frac{a_{1}^{3}}{b_{1}^{2}}, y = \frac{b_{1}^{3}}{a_{1}^{2}}[/tex].
Повдигаме последното равенство на квадрат:
[tex]x^2 + 2xy + y^2 = 4d^2 <=> 4(d^2-xy) = (x-y)^2[/tex]. Понеже [tex]xy = a_{1}b_{1}[/tex], то [tex]4(d^2-a_{1}b_{1}) = (x-y)^2[/tex] От тук следва, че [tex]d^2 - a_{1}b_{1}[/tex] е точен квадрат на рационално. Сега остава да отбележим, че
[tex]1 - ab = 1 - \frac{a_{1}b_{1}}{a_{2}b_{2}} = \frac{d^{2} - a_{1}b_{1}}{d^{2}}[/tex], което също ще бъде точен квадрат на рационално.
С това задачата е решена.

Решение 4 от mkmarinov, ins-, estoyanovvd:
Нека [tex]a=\frac{p}{r}; b=\frac{q}{r}[/tex] (считам а и b за подведени под общ знаменател).
[tex]1-ab=1-\frac{pq}{r^2}=\frac{r^2-pq}{r^2}[/tex]. Остава да се докаже, че [tex]r^2-pq[/tex] е квадрат на рационално, т.к. знаменателят е квадрат на цяло.
[tex]p^5+q^5=2rp^2q^2[/tex]
[tex]r=\frac{1}{2}(\frac{p^3}{q^2}+\frac{q^3}{p^2})[/tex]
[tex]r^2=\frac{1}{4}((\frac{p^3}{q^2})^2+2pq+(\frac{q^3}{p^2})^2)[/tex]
[tex]r^2-pq=\frac{1}{4}((\frac{p^3}{q^2})^2+2pq+(\frac{q^3}{p^2})^2)-4pq)=\frac{1}{4}((\frac{p^3}{q^2})^2-2pq+(\frac{q^3}{p^2})^2))[/tex]
[tex]r^2-pq=\frac{1}{4}(\frac{p^3}{q^2}-\frac{q^3}{p^2})^2[/tex]
[tex]r^2-pq=(\frac{1}{2}(\frac{p^3}{q^2}-\frac{q^3}{p^2}))^2[/tex]
=> [tex]1-ab=\frac{(\frac{1}{2}(\frac{p^3}{q^2}-\frac{q^3}{p^2}))^2}{r^2}=(\frac{p^5-q^5}{2p^2q^2r^2})^2[/tex], което определено е квадрат на рационално.

Решение 5 от allier:
Нека приведем [tex]a,b[/tex] под общ знаменател [tex]n[/tex]=>[tex]a=\frac{p}{q}[/tex], [tex]b=\frac{q}{n}[/tex]=>[tex]p^5+q^5=2np^2q^2[/tex]. Нека [tex](p,q)=d[/tex], [tex]p=dp_1[/tex], [tex]q=dq_1[/tex]=>[tex]d(p_1^5+q_1^5)=2np_1^2q_1^2[/tex]=>[tex]p_1^2|dq_1^5[/tex]=>[tex]d=p_1^2s[/tex]. Аналогично [tex]d=q_1^2t[/tex]=>[tex]d=p_1^2q_1^2x[/tex]=>[tex]p=p_1^3q_1^2x[/tex], [tex]q=p_1^2q_1^3x[/tex]=>[tex]n=x(\frac{p_1^5+q_1^5}{2})[/tex]=>[tex]1-ab=\frac{n^2-pq}{n^2}=(\frac{x}{n})^2(\frac{p_1^5-q_1^5}{2})^2[/tex].

Решение 6 от ганка симеонова:
При [tex]a=b=0[/tex], всичко е ОК. Нека [tex]a; b\ne 0[/tex]
Полагаме [tex]a=bx[/tex]. Замествайки в условието, получаваме:
[tex]b^5x^5+b^5=2b^4x^2=>b^5(1+x^5)=2b^4x^2=>b(1+x^5)=2x^2[/tex]
[tex]b=\frac{2x^2}{ 1+x^5} =>a=\frac{2x^3}{ 1+x^5}[/tex]
[tex]=>1-ab=1-\frac{4x^5}{(1+x^5)^2 } =\frac{(x^5-1)^2}{(x^5+1)^2 }[/tex]

[tex]\fbox{5}[/tex]
Решение 1:
[tex]l_b=\frac{2ac}{a+c}\cos{\frac{\beta}{2}}[/tex], [tex]BP=\frac{ac}{b+c}[/tex], [tex]AQ=\frac{bc}{a+c}[/tex]. [tex]AB+BP=AQ+QB \Leftrightarrow c+\frac{ac}{b+c}=\frac{bc}{a+c}+l_{b} \Leftrightarrow[/tex][tex]c(c+a)(c+b)+ac(a+c) = bc(b+c)+2ac(b+c)\cdot\cos\frac{B}{2} \Leftrightarrow[/tex][tex]ab+(a+c)^{2}-b^{2}= 2a(b+c)\cdot\cos\frac{B}{2} \Leftrightarrow[/tex][tex]ab+4p(p-b) = 2a(b+c)\cdot\cos\frac{B}{2} \Leftrightarrow[/tex][tex]ab+4ac\cdot\cos^{2}\frac{B}{2}= 2a(b+c)\cdot\cos\frac{B}{2} \Leftrightarrow[/tex][tex]ab+4ac\cdot\cos^{2}\frac{B}{2}= 2a(b+c)\cdot\cos\frac{B}{2} \Leftrightarrow[/tex][tex]b\left(1-2\cdot\cos\frac{B}{2}\right) = 2c\cdot\cos\frac{B}{2}\cdot\left(1-2\cdot\cos\frac{B}{2}\right) \Leftrightarrow[/tex][tex]b = 2c\cdot\cos\frac{B}{2} \Leftrightarrow[/tex][tex]\sin B = 2\cdot\sin C\cdot\cos\frac{B}{2} \Leftrightarrow[/tex][tex]2\sin\frac{B}{2}\cos\frac{B}{2}= 2\sin C\cos\frac{B}{2} \Leftrightarrow[/tex][tex]\sin\frac{B}{2}=\sin C \Leftrightarrow[/tex][tex]\angle B=2\angle C \Leftrightarrow \angle B=80^\circ \cap \angle C=40^\circ[/tex].

Решение 2 на loving_math, estoyanovvd, allier :
Нека [tex]P_1 \in AB[/tex] след [tex]B[/tex] така че [tex]BP_1=BP[/tex] и [tex]B_1 \in QC[/tex] така че [tex]QB_1=QB[/tex]. Равенството в условието е [tex]\Leftrightarrow AC=AP_1[/tex]=>[tex]\Delta AB_1P_1[/tex] е равностранен. От това че [tex]AP[/tex] e ъглополовяща на [tex]\angle A[/tex] и равностранен [tex]\Delta[/tex] => [tex]P \in S_{B_1P_1}[/tex] => [tex]PB_1=PP_1[/tex]. Нека [tex]\angle ABQ=\angle QBP=\beta[/tex]. Понеже [tex]\angle ABC[/tex] е външен за [tex]\Delta PBP_1[/tex], който е равнобедрен => [tex]\angle BPP_1=\angle BP_1P=\beta[/tex]. Нека [tex]\angle QB_1B=\angle QBB_1=x[/tex]
Случай 1: [tex]B_1 \in \overline{QC}[/tex]
[tex]\angle BB_1P=\angle B_1BP=\beta -x[/tex]=>[tex]B_1P=PB[/tex].
Случай 2: [tex]B_1 \in QC[/tex] след [tex]C[/tex].
[tex]\angle PB_1B=\angle PBB_1=x-\beta[/tex]=>[tex]B_1P=PB[/tex].
И в двата случая: Но [tex]B_1P=PP_1[/tex]=>[tex]\Delta BPP_1[/tex] е равностранен => [tex]\beta = 60^\circ[/tex]. [tex]\Delta ABC[/tex] сумата от ъглите става [tex]120^\circ+60^\circ+\angle C = 180^\circ[/tex] => [tex]\empty[/tex].
Случай 3: [tex]B_1 \equiv C[/tex]. => [tex]\angle ACB=\angle QBC=\beta[/tex], [tex]\angle ABC=2\beta[/tex]=>[tex]\beta + 2\beta + 60^\circ = 180^\circ[/tex]=>[tex]\beta = 40^\circ[/tex]=>[tex]\angle C=40^\circ[/tex], [tex]\angle B=80^\circ[/tex].

Решение 3 от Hena:
Първо ще докажем,че [tex]\angle ABC>60^\circ[/tex].
1 случай:[tex]\angle ABC<60^\circ[/tex]
Тогава при стандартни означения,получаваме че [tex]AB>BQ[/tex] и [tex]c>a,c>b,a>b[/tex].Също така имаме и [tex]BP=\frac{ac}{b+c },AQ=\frac{bc}{ a+c}[/tex].Нека сега предположим,че [tex]BP>AQ \Rightarrow \frac{a}{b+c}> \frac{b}{a+c} \Rightarrow a^2+ac>b^2+bc \Rightarrow a(a+c)>b(b+c)[/tex].Последното е вярно,тъй като [tex]a+c>b+c,a>b[/tex].Следователно наистина [tex]BP>AQ \Rightarrow AB+BP>BQ+AQ[/tex],което не е вярно според условието.
2 случай:[tex]\angle ABC=60^\circ[/tex]
[tex]\Rightarrow AQ=BP \Rightarrow AB=BQ \Rightarrow Q\equiv C[/tex],което не възможно.Тогава [tex]\angle ABC>60^\circ[/tex]
Нека сега [tex]Y\in AB[/tex],като [tex]B[/tex] е между [tex]A[/tex] и [tex]Y[/tex] и такава,че [tex]BY=BP[/tex].Нека [tex]Z \in AC[/tex],така че [tex]\Delta ZAY[/tex] да е равностранен и също нека [tex]X \in AC[/tex] ,така че [tex]\Delta XAB[/tex] да е равностранен. ( лесно се вижда че Z е след Q и че X е след Q и ZA>XA).
Така ще получим,че [tex]AZ=AY=AB+BP=AQ+QB \Rightarrow QB=QZ[/tex].Тоест ако означим [tex]\angle ABQ=\angle QBC=\beta \Rightarrow \angle QBZ=60^\circ-\frac{\beta }{ 2},\angle QBX=60^\circ-\beta[/tex]
[tex]\Rightarrow \angle XBZ=\frac{\beta }{2 }[/tex].Нека ъглополовящата на [tex]\angle BYP[/tex] да пресича [tex]BX[/tex] в точката [tex]W[/tex].
Сега тъй като [tex]BX||YZ[/tex] и [tex]XZ=BY \Rightarrow BYZX[/tex] е равнобедрен трапец.
[tex]\Rightarrow \angle XBZ=\angle BXY=\angle BYW=\frac{\beta}{2}[/tex]
Оттук следва,че [tex]\Delta XBY\approx \Delta YBW \Rightarrow BY^2=BW.BX[/tex],но [tex]BY=BP \Rightarrow BP^2=BW.BX \Rightarrow \Delta BWP \approx \Delta BPX \Rightarrow BW=WP[/tex] (понеже XP=BP от еднаквостта на триъгълниците XAP, BAP).
[tex]\Rightarrow \angle WBP=\frac{\beta}{2}=\angle ABC-\angle ABX=2\beta-60^\circ \Rightarrow \beta=40^\circ[/tex].
Така получаваме,че :[tex]\angle ABC=80^\circ,\angle BCA=40^\circ[/tex]

Решение 4 от mkmarinov:
Нека [tex]<ABC=\beta[/tex]. [tex]<ABQ=<ABC=\frac{\beta}{2}[/tex], [tex]<AQB=\frac{2\pi}{3}-\frac{\beta}{2}[/tex], [tex]<APB=\frac{5\pi}{6}-\beta[/tex].
Синусова теорема в триъгълник ABQ: [tex]\frac{AB}{BQ}=\frac{sin(\frac{2\pi}{3}-\frac{\beta}{2})}{\sin\frac{\pi}{3}}[/tex], [tex]\frac{AQ}{BQ}=\frac{\sin\frac{\beta}{2}}{\sin\frac{\pi}{3}}[/tex]
ABP: [tex]\frac{BP}{AB}=\frac{\sin\frac{\pi}{6}}{sin(\frac{5\pi}{6}-\beta)}=\frac{\sin\frac{\pi}{6}}{sin(\frac{\pi}{6}+\beta)}[/tex],
[tex]AB+BP=AQ+BQ <=> AB(1+\frac{BP}{AB})=BQ(1+\frac{AQ}{BQ})[/tex]
[tex]\frac{AB}{BQ}(1+\frac{BP}{AB})=1+\frac{AQ}{BQ}[/tex]. Като се премине към синуси:
[tex]\frac{sin(\frac{2\pi}{3}-\frac{\beta}{2})}{\sin\frac{\pi}{3}}(1+\frac{\sin\frac{\pi}{6}}{sin(\frac{\pi}{6}+\beta)}=1+\frac{\sin\frac{\beta}{2}}{\sin\frac{\pi}{3}}[/tex], [tex]sin(\frac{2\pi}{3}-\frac{\beta}{2})+\frac{sin(\frac{2\pi}{3}-\frac{\beta}{2})}{2sin(\frac{\pi}{6}+\beta)})=\sin\frac{\pi}{3}+\sin\frac{\beta}{2}[/tex], [tex]\frac{sin(\frac{2\pi}{3}-\frac{\beta}{2})}{2sin(\frac{\pi}{6}+\beta)}+(sin(\frac{2\pi}{3}-\frac{\beta}{2})-\sin\frac{\beta}{2}-\sin\frac{\pi}{3})=0[/tex], но [tex]sin(\frac{2\pi}{3}-\frac{\beta}{2})-\sin\frac{\beta}{2}-\sin\frac{\pi}{3}=2sin(\frac{\pi}{3}-\frac{\beta}{2})\cos\frac{\pi}{3}-\sin\frac{\pi}{3}=\\=sin(\frac{\pi}{3}-\frac{\beta}{2})-\sin\frac{\pi}{3}=-2\sin\frac{\beta}{4}cos(\frac{\pi}{3}-\frac{\beta}{4})[/tex]
=> [tex]\frac{2sin(\frac{\pi}{3}-\frac{\beta}{4})cos(\frac{\pi}{3}-\frac{\beta}{4})}{2sin(\frac{\pi}{6}+\beta)}-2\sin\frac{\beta}{4}cos(\frac{\pi}{3}-\frac{\beta}{4})=0[/tex], [tex]cos(\frac{\pi}{3}-\frac{\beta}{4}) \ne 0 <= \beta \in (0; \frac{2\pi}{3})[/tex], => [tex]\frac{sin(\frac{\pi}{3}-\frac{\beta}{4})}{sin(\frac{\pi}{6}+\beta)}-2\sin\frac{\beta}{4}=0[/tex], [tex]\frac{sin(\frac{\pi}{3}-\frac{\beta}{4})}{sin(\frac{\pi}{6}+\beta)}-2\sin\frac{\beta}{4}=f(\beta)[/tex]
[tex]f''(\beta}>0[/tex] за всяко бета в интервала (0;пи) (ако искаш да ти я разпиша, но не в този пост - разписано ) => [tex]f(\beta)[/tex] има най-много два корена в този интервал.
[tex]f(\frac{2\pi}{3})=\frac{\sin\frac{\pi}{6}}{\sin\frac{5\pi}{6}}-2\sin\frac{\pi}{6}=1-1=0[/tex], но не е решение, т.к. бета е различно от 120 градуса.
[tex]f(\frac{4\pi}{9})=\frac{\sin\frac{2\pi}{9}}{\sin\frac{11\pi}{18}}-2\sin\frac{\pi}{9}=\frac{\sin\frac{2\pi}{9}}{\cos\frac{2\pi}{18}}-2\sin\frac{\pi}{9}=\\=\frac{2\sin\frac{\pi}{9}\cos\frac{\pi}{9}}{\cos\frac{\pi}{9}}-2\sin\frac{\pi}{9}=0[/tex], което вече е допустима стойност за бета (80 градуса).
Отговор:
[tex]\alpha = 60^\circ ; \beta = 80^\circ ; \gamma = 40^\circ[/tex]

[tex]\fbox{6}[/tex]
Решение 1 от ганка симеонова, estoyanovvd, allier:
[tex]\angle TDM=\angle TDA=>\angle DNM=\angle DCA=>MN//AC[/tex]
Аналогично [tex]KL//AC[/tex]
[tex]AP^2=AK.AB; CQ^2=CN.CD=>AK.AB=CN.CD[/tex](*)
[tex]AQ^2=AM.AD; CP^2=CL.CB=>AM.AD=CL.CB[/tex](**)
Умножаваме двете равенства=> [tex]AK.AB.AM.AD=CN.CL.CD.CB[/tex](1)
От[tex]MN//AC//KL[/tex] по Талес=>[tex]AM.CD=AD.CN; AK.CB=AB.CL[/tex]
Умножаваме и тези две равенства=>[tex]AM.AK.CD.CB=AD.AB.CN.CL[/tex](2)
Делим (1) на (2) =>[tex]AB.AD=CD.CB[/tex] Тогава от (1)=> [tex]AK.AM=CN.CL[/tex], но
[tex]\frac{S_{AKM}}{S_{NCL} } =\frac{AK.AM}{CN.CL }=1[/tex] (синусите на ъглите са равни и се съкращават)=>
[tex]S_{AKM}=S_{NCL}[/tex]

Решение 2 от baronov:
1) [tex]DQ[/tex] е ъглополовяща на [tex]\angle ADC[/tex]: нека [tex]F[/tex] е на допирателната на [tex]k[/tex] и [tex]k_1[/tex] в точката [tex]D[/tex] и е от страната на [tex]A[/tex]. нека [tex]\angle FDA=\varphi[/tex] => [tex]\stackrel{\frown}{DA}=2\varphi[/tex]=>[tex]\angle DCA=\varphi[/tex] и [tex]\angle DNM=\varphi[/tex]. последователно имаме [tex]\angle MQD=\angle DSA=\varphi[/tex], където [tex]DQ \cap k= S[/tex] => [tex]MQ||AS[/tex]=>[tex]\angle MQA=\angle QAS[/tex]=>[tex]\stackrel{\frown}{MQ}=\stackrel{\frown}{CS}[/tex]=>[tex]\angle MDQ=\angle QDC[/tex].
Аналогично за [tex]BP[/tex] на [tex]\angle B[/tex].
2) От с-вото на ъглополовящата намираме [tex]AQ=\frac{AC.AD}{AD+CD}[/tex] и [tex]PC=\frac{AC.CB}{AB+CB}[/tex]. След приравняване (*)[tex]AD.AB=CB.CD[/tex].
3) След многкратно използване на с-вото на допирателната и хордта: [tex]CL.CB=CP^2=AQ^2=AM.AD[/tex]=>(**) [tex]CL.CB=AM.AD[/tex]. Аналогично (***) [tex]AK.AB=CN.CD[/tex].
3) Умножаваме (**) с (***) и делим на (*)=> [tex]AM.AK=CL.CN[/tex]. Но [tex]\angle A = \pi - \angle C[/tex]. От формулата за лице със синус следва равенството.

[ganka simeonova]

Аз искам да благодаря на Мартин, защото се оказа страхотен организатор на тази олимпиада:)
И да приветстваме loving_math, който е човек, незанимаваш се професионално с математика, но има усет:)
Както и 1089 и DoubleD
Мен лично задачите ме изкефиха:)

[ganka simeonova]

И лично поздравявам Нena, защото сега прочетох решението му на 5 задача:) И видях това, което ми беше убягнало, при решението и.

[allier]

И аз искам да поздравя martin за организацията и за задачите. Също така, браво на mkmarinov за хубавото алгебрично решение на 5-та - аз смятах, смятах и го докарах само до уравнение с максимум 4 корена ...

[mkmarinov]

Поздравления за печелившите .

(Хубаво алгебрично решение на петата задача - че не е публикувана производната, тя е грозничка ).

[loving_math]

Много благодаря на организатора на кръга на олимпиадата - Мартин, както и на Г.Симеонова, която ме окуражи да участвам.
Честито на всички, справили се отлично със задачите!

[martin123456]

Много се радвам, че се навиха повече участници. За мен всички се представиха много добре. Благодаря ви за участието и успех.

[DoubleD]

Задачите наистина са добри. Високомерното ми отношение към 5 зад ме остави без реално решение. Точките които получих са прекалено много (2-3 би било по-честно). Смятам че ако ъгъл А беще даден примерно 30 щеше да е още по-интересно, защото тогава ще има 2 решения и доста хора биха изтървали едното или другото.

Поздравления за идеята и за сайта. Би било чудесно ако повече ученици участват, а ние "старите кучета" да коментираме.

[ins-]

Поздравления за martin123456 за положения труд, вложеното старание и отделеното време.
Много се радвам, че 4-ти кръг на олимпиадата е провокирал по-голям интерес от предходните.
Браво и на всички престрашили се и намерили време да изпратят решения.

Бих искал да направя някои коментари по задачите.
Задача 2 с леки модификации е давана на IV кръг на Националната Олимпиада по Математика през 1998 (годината в която завърших училище). Освен показаните на сайта решения - задачата би могла да се реши и с помощта на неравенства (напр. неравенство на Минковски). Подобно решение би могло да се види в сп. "Математика и информатика" брой 4 от 1998 г. Щях да го сканирам и да го пратя но спря тока и ме домързя.
Задача 5 е предлагана на Международна Олимпиада през 2001 година от Израел. По-любопитните - http://imo.wolfram.com/problemset/index.html - могат да видят как е решена и на този сайт.
Задача 6 е ценна с това, че участник от форума самостоятелно е формулирал и доказал това твърдение. За да бъда честен към човека, който ми я показа - името му е Николай Каракехайов. Задача 6 има поне още 1 решение, използващо "Butterfly theorem".

Логичен въпрос е - ще има ли 5-ти кръг и ако отговора е "да" - кой ще го организира и кога ще бъдат неговите начало и край? Още не съм виждал задачи, предложени от много от активните потребители във форума. Няма да е зле и те да се включат с предложения за задачи.

DoubleD, колко "старо куче" си?

[ganka simeonova]

Обещавам да се включа с геометрична задача

[martosss]

Браво за решението на 5-та задача, аз също построих тези точки, но не успях да го докарам до край

[MasterZ]

Задачите които давате тук са ненормални успях само първа да реша и бях близо на 6, като ми мине изпита с удоволствие ще се включа в следващото състезание.
ПС. много ме кефят тия геометрични задачи мислили ли сте да пуснете и 1 зад. стереометрия?

[ins-]

Аз съм мислил за стереометрична задача, даже го предложих в предишния кръг. Снощи разгледах това-онова. Ако никой не предложи такава задача - мога да предложа нещо, но ще мога да прегледам нещата обстойно през почивните дни и да напиша конкретна задача. Подбора на задачи за олимпиада не е лека задача.

[ganka simeonova]

Задачите които давате тук са ненормални успях само първа да реша и бях близо на 6, като ми мине изпита с удоволствие ще се включа в следващото състезание.
ПС. много ме кефят тия геометрични задачи мислили ли сте да пуснете и 1 зад. стереометрия?

Това ми хареса- ненормални задачи
Аз се наемам да намеря и предложа някоя интресна планиметрия и стереометрия.