Актуални задачи

[jamesb007]

Предоставям ви тези "бисерчета"... да видим колко са трудни.

Задача 1. Съществуват ли естествени числа [tex]n[/tex] и [tex]k[/tex] [tex]1[/tex]≤[tex]k[/tex]≤[tex]n-2[/tex], за които [tex]{n \choose k}^2 + {n \choose k+1}^2 = {n \choose k+2}^4[/tex] ?

Задача 2. Нека [tex]f\footnotesize{1}\normalsize(x)[/tex] е полином от втора степен с положителен старши коефицент и [tex]f\footnotesize{n+1}\normalsize(x) = f\footnotesize{1}(f\footnotesize{n}\normalsize{(x))[/tex] при [tex]n[/tex]≥[tex]1[/tex]. Да се докаже, че ако уравнението [tex]f\footnotesize{2}\normalsize(x)[/tex] = 0 има четири различни неположителни корена, то за произволно [tex]n[/tex] уравнението [tex]f\footnotesize{n}\normalsize{(x)} = 0[/tex] има [tex]2^n[/tex] реални и различни корена

Задача 3.Дадени са [tex]\triangle ABC[/tex] и функция [tex]f : R+ \rightarrow R[/tex] със следното свойство: за всяка отсечка [tex]DE[/tex] от вътрешността на триъгълника и нейната среда [tex]M[/tex] е в сила неравенстовото [tex]f(d(D)) + f(d(E))[/tex] ≤ [tex]2f(d(M))[/tex], където [tex]d(X[/tex]) е разстоянието от [tex]X[/tex] до границата на триъгълника. Да се докаже, че за всяка отсечка [tex]PQ[/tex] от вътрешнсотта на триъгъника и произволна вътрешна за [tex]PQ[/tex] точка [tex]N[/tex] е изпълнено неравенството [tex]|QN|.f(d(P)) + |PN|.f(d(Q))[/tex] ≤ [tex]|PQ|.f(d(N))[/tex]

Който не се е сетил, това е от националния кръг, първи ден.

[drago]

Третата е хубава задача!
Доказателството в 3 стъпки.
1. f(x) e растяща, поне в интервала (0, r) (r- радиуса на вписаната в тр. окр). Става с подходящ избор на DE.
2. f(x) е непрекъсната - с допускане на прот. и като се използва 1. и свойството в условието.
3. От свойството в условието и 2. => f(x) e вдлъбната (в (0,r) ).
4. От това, че f e вдлъбната и растяща, лесно следва исканото в задачата.

Иначе само от това, че f((x+y)/2) >= 1/2 f(x)+1/2 f(y) не следва, че f(x) e вдлъбната, но ако още f e растяща вече е достатъчно.

[ins-]

Какви бяха днешните задачи?

[jamesb007]

Задача 4. От вътрешната за остроъгълния триъгълник [tex]ABC[/tex] точка [tex]O[/tex] са спуснати перпендикуляри [tex]OA\footnotesize{1}, \normalsize{OB}\footnotesize{1},\normalsize{OC}\footnotesize{1}[/tex] съответно към страните [tex]BC, AC[/tex] и [tex]AB[/tex]. Перпендикулярите от [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] съответно към [tex]B\footnotesize{1}\normalsize{C}\footnotesize{1}[/tex] и [tex]A\footnotesize{1}C\footnotesize{1}[/tex] сепресичат в точка [tex]P[/tex]. Aко [tex]H[/tex] е петата на перпедндикуляра от [tex]P[/tex] към [tex]AB[/tex], да се докаже, че точките [tex]A\footnotesize{1}, \normalsize{B}\footnotesize{1}, \normalsize{C}\footnotesize{1}[/tex] и [tex]H[/tex] лежат на една окръжност.

Задача 5. За естествено число [tex]a[/tex] с [tex]\tau(a)[/tex] и [tex]\phi(a)[/tex] съответно броя на естествените числа, делящи [tex]a[/tex] и броя на естествените числа, ненадминаващи [tex]a[/tex] и взаимно прости с [tex]a[/tex]. Да се намерят всички естествени числа [tex]n[/tex], които се делят на точно две различни прости числа и удовлетворяват условието [tex]\phi(\tau(n)) = \tau(\phi(n)[/tex]).

Задача 6. Във вътрешността на изпъкнал 2011-ъгълник [tex]M[/tex] са избрани 2011 точки, така че никои три измежду дадените 4022 точки (върховете на [tex]M[/tex] и вътрешните 2011 точки) не лежат на една права. Оцветяване на точките в два цвята с нарича добро, ако някои от точките могат да се свържат с отсечки така, че да са изпълнени следните условия:
(1) Всяка отсечка свързва точки с един и същ цвят;
(2) Никои две от отсечките не се пресичат във вътрешни точки;
(3) Между всеки две едноцветни точки съществува път, минаващ по някои от построените отсечки.
Да се намери броят на добрите оцветявания.

[georgi111]

Добри задачки. Ето едно решение на задача 5:
От условието е ясно че [tex]n = p ^ {a}q ^ {b}(a \geq 1, b \geq 1)[/tex], където [tex]p, q[/tex] са прости числа.Тогава [tex]\phi(n)=p^{a-1}q^{b-1}(p-1)(q-1)[/tex] и [tex]\tau(n)=(a+1)(b+1)[/tex]. От условието :
[tex]\tau(\phi(n))=\tau(p^{a-1}q^{b-1}(p-1)(q-1)) \geq 3ab[/tex] и [tex]\phi(\tau(n))=\phi((a+1)(b+1)) \le (a+1)(b+1)[/tex]
(първото понеже [tex]p,q[/tex] нечетни и тогава [tex]p-1,q-1[/tex] са четни). Тогава от условието имаме:
[tex](a+1)(b+1) \gt \phi((a+1)(b+1)) =\phi(\tau(n))=\tau(\phi(n))=\tau(p^{a-1}q^{b-1}(p-1)(q-1)) \geq 3ab[/tex] т.е.
[tex](a+1)(b+1)> 3ab(a,b \ge 1)[/tex] откъдето имаме [tex]a(1-b) + b(1-a) + 1 > 0[/tex] , откъдето [tex]a=b=1[/tex]. Тогава от условието имаме пак последователно :
[tex]\tau(\phi(n))=\tau((p-1)(q-1)) = \phi(\tau(n)) = \phi(4) = 2[/tex], което за [tex]p, q[/tex] нечетни е невъзможно.
Така стигаме до извода, че поне едно от [tex]p,q[/tex] е 2. Нека [tex]p=2[/tex]. Тогава от [tex]\tau(q-1)=2[/tex] следва [tex]q=3[/tex]. Така достигаме до [tex]n=6[/tex]. Непосредствена проверка ни убеждава, че то наистина е решение на задачата.

[georgi111]

Малка забележка - горното разсъждение важи за [tex]p, q[/tex] нечетни прости числа. Оттам следва, че поне едно е 2. Сега от [tex]n=2^{a}q^{b}(a,b\gt1)[/tex]. Ако [tex]q \ge 5[/tex] следва [tex](a+1)(b+1) \gt \phi((a+1)(b+1)) =\phi(\tau(n))=\tau(\phi(n))=\tau(2^{a-1}q^{b-1}(q-1)) \geq 3ab[/tex] както по горе и стигаме до [tex]\tau(q-1)=2 \rightarrow q=3[/tex], което противоречи с [tex]q \geq 5[/tex]. Така имаме окончателно [tex]q=3[/tex] и [tex]n=6[/tex] единствено решение.

[mkmarinov]

Имаш грешка, защото решенията са безброй много. Беше нещо от вида на [tex]2^{r^t-1}3^r[/tex], където t е просто.

[georgi111]

Очевидно че имам грешка за което се извинявам ама така е като я описваш в обедната почивка . Та от последните ми писаници следва че [tex]n=2^x3^y(x \geq 1,y \geq 1)[/tex]. Тогава имаме :
[tex]\phi(n)=\phi(2^x)\phi(3^y)=2^x3^{y-1}[/tex] и [tex]\tau(\phi(n))=(x+1)y(*), \phi(\tau(n))=\phi((x+1)(y+1))(**)[/tex]. Сега от (*) и (**) и условието имаме: [tex]\tau((x+1)(y+1))=(x+1)y[/tex]. Последното е изпълнено за безброй много естествени числа [tex]x,y[/tex]. За да се уверим в това достатъчно е да изберем [tex]x=p^k -1,y=p-1[/tex]([tex]p[/tex] - просто, [tex]k \geq 1[/tex]). И наистина : [tex]\phi((x+1)(y+1))=\phi(p^{k+1})= p^k(p-1)=(x+1)y[/tex]. Така решения са всички числа [tex]n=2^{p^k-1}3^{p-1}[/tex], където [tex]p[/tex] - просто, [tex]k \geq 1[/tex]

[drago]

Почти на финала си приятелю, но това не е пълното решение. Искат се всички числа, за които е изпълнено нещо. Това което остава е да докажеш е, че ако [tex]\phi((x+1)(y+1))=(x+1)y[/tex]
то, x и y са от вида ... За това трябва още малко врътки.

[georgi111]

Е това се вижда лесно от следния факт: [tex](x+1)(y+1)=p_{1}^{a_{1}}...p_{k}^{a_{k}}(k \geq 1, a_{i} \geq 0, i \in (1,...,k))[/tex]. Тогава от [tex]\phi((x+1)(y+1))=(x+1)y[/tex] имаме :[tex]\phi((x+1)(y+1)) = \frac {p_{1}^{a_{1}}...p_{k}^{a_{k}}}{p_{1}...p_{k}}(p_{1}-1)...(p_{k}-1)= (x+1)y[/tex] т.е. [tex]\frac{(x+1)(y+1)}{p_{1}...p_{k}}(p_{1}-1)...(p_{k}-1)=(x+1)y[/tex], откъдето [tex](y+1)(p_{1}-1)...(p_{k}-1)=p_{1}...p_{k}y[/tex]. От последното лесно следва, че [tex]k=1,y=p-1[/tex], защото [tex](y+1)/p_{i}(i \in (1,...,k)) \rightarrow y=p_{i}-1[/tex] и ако допуснем, че [tex]k \geq 2[/tex], лесно получаваме противоречие с : [tex](p_{1}-1)...(p_{i-1}-1)(p_{i+1}-1)...(p_{k}-1)=p_{1}...p_{i-1}p_{i+1}...p_{k}[/tex]

[drago]

Като браузвах из Mathlink открих задачите от този подборен кръг и техните решения. Всички задачи бяха решени с изключение на една. Познайте коя...- 3-тата.
Коригирах този пропуск, като написах техническите подробности на плана, който съм поствал по-горе.
Може да видите това решение тук:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 5#p2565895

Условията и решенията(като кликнете в/у номера на задачата) на останалите тук:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6250f44706