Парат, не са барат

[Николай Каракехайов]

1) Нека ABCD е вписан четириъгълник, който не е трапец и диагоналите му се пресичат в Е. Средите на AB и CD са съответно F и G, а l е правата през G, успоредна на АВ. Петите на перпендикулярите от Е към правите l и CD са съответно H и К. Да се докаже, че правите EF и НК са успоредни.

2) Дадени са реални числа x, y, z със сбор 0. Да се докаже неравенството [tex]\frac{x(x+2)}{2x^{2}+1}+\frac{y(y+2)}{2y^{2}+1}+\frac{z(z+2)}{2z^{2}+1}\ge 0[/tex]

3) Нека S е крайно множество от положителни цели числа със следното свойство: ако х принадлежи на S, то и всички положителни делители на х са в S. Непразно подмножество Т на S се нарича добро, ако за всеки х и у от Т (х < у), отношението у/х е степен на просто число. Непразно подмножество Т на S е лошо, когато за всеки х и у от Т (х < у), отношението у/х не е степен на просто. Множество от един елемент се счита едновременно за добро и лошо. Нека k е възможно най-големият брой елементи на добро подмножество на S. Да се докаже, че k е също така и най-малкият брой лоши подмножества без общи елементи с обединение S.

4) Нека ABCDEF е изпъкнал шестоъгълник с лице 1, чийто срещуположни страни са успоредни. Правите AB, CD и EF образуват триъгълник, а правите BC, DE и FA образуват друг триъгълник. Докажете, че лицето на поне един от двата триъгълника е поне 3/2.

[drago]

Хубави, задачи. Откъде са всъщност?
Особено 3-тата, ми се видя много забавна.
Пример е за нещо написано по-сложно отколкото е. Като я преведеш на по-нормален език и се решава с проста идея. Първо да махнем излишните неща- задачата е чисто комбинаторна. Делимост, делители, прости числа са само комуфлаж. Превода е нещо такова:
Даденo e множество S от наредени n-торки от неотрицателни цели числа [tex]a=(a_1, a_2,...,a_n)[/tex]. Да въведем за краткост, ако [tex]b=(b_1,...,b_n)[/tex], казваме, че [tex]a \le b[/tex], ако [tex]a_i \le b_i,[/tex]за всяка координата i.
S има свойството:
(1) За всяко a \in S, всички b-та(с координати неотр. цели числа), [tex]b \le a[/tex], също са от S.
Подможеството T на S e добро, ако за всеки a,b от Т се различават само по една координата. Това означава, че елементите на T образуват една "линия" в n-мерното пространство успоредна на една от координатните оси, т.е. всичките им координати са еднакви с изключение на 1, която може да има разл. стойности.
Подможеството T е лошо, ако всеки a,b от T се различват по повече от една координата. Това означава, че няма два елемента на T, които да образуват "линия".
Всъщност нареденитe n-torki са точно степените на каноничното представяне на всяко число от първоначалното множество
След превода, решението:
Да вземем произволно разбиване T на лоши подмножества. Да вземем произволна "линия" от S. Тогава всяка точка от тази линия(която е от S), попада в различно лошо множество. Не може 2 точки от линията да са в едно и също лошо мн. Следва, че броя на лошите множества в T е поне толкова, колкото точките от линията. Същото важи и за най-дългата линия, значи ако k е най-голямото добро подмножество, то най-малкия брой лоши подможества на S e поне k.
Дотук както виждате, никъде не се използва свойството (1). За да докажем обаче, че най-малкия брой лоши подмн. е точно к, ще трябва да дадем пример как да разбием S на k лоши подмножества . За това вече ще ни трябва и (1). Идеята тук е да оцветим точките от R^n, в k цвята, така че точки от S по една линия да са в различни цветове. Първо (1) ни гарантира, че S се съдържа в някакъв хиперкуб k x k x...x k. Едно "шахматно" оцветяване тогава ще свърши работа.
Накрая, ако някой има още неизживян мазохизъм, може да прекодира обтратно всичко на езика на делимости и прости числа!

[Николай Каракехайов]

Задачите са от Балканиадата (2011). Tук са качени резултатите от нея: http://www.bmo2011.lbi.ro/index.php?page=results

[inveidar]

1) Нека ABCD е вписан четириъгълник, който не е трапец и диагоналите му се пресичат в Е. Средите на AB и CD са съответно F и G, а l е правата през G, успоредна на АВ. Петите на перпендикулярите от Е към правите l и CD са съответно H и К. Да се докаже, че правите EF и НК са ПЕРПЕНДИКУЛЯРНИ.

[Николай Каракехайов]

Да, моя грешка.

[drago]

А какво ще кажете за 4-та. Някак ми се вижда позната, но може и да се заблуждавам? Иначе задачите са интересни, особено 3-та и 4-та.

[inveidar]

За четвърта задача. Решението, което е в материалите на балканиадата е ужасно, според мен. Задачата допуска много по-просто решение. Първо, да припомним, че при успоредно проектиране върху равнина успоредните прави се запазват, а също така и отношенията на лицата на фигурите, които проектираме. Освен това, добре известно е, че за произволен триъгълник съществува успоредно проектиране върху дадена равнина, при което той се проектира в равностранен триъгълник. Всичко, което изпонаписах до тук означава, че задачата става афинна, ако леко променим условието, а именно, да установим, че за поне един от триъгълниците сумата от лицата на "стърчащите" триъгълници е по-голямо или равно на [tex]\frac{1}{3 }[/tex] от лицето на триъгълника в койо участват. И така, ще решаваме следната задача:
Общата част на два равностранни триъгълника е шестоъгълник с успоредни страни. Докажете, че за поне един от двата триъгълника сумата от лицата на триъгълничетата от този триъгълник извън общата част е по-голяма или равна на една трета от лицето на триъгълника.
Следва продължение!!!

[drago]

Да, чудесно, как не се сетих, че можем да минем към равностранни триъгълници, макар че идеята е позната.
Ако променим още малко става:
... Докажете, че за ПО-ГОЛЕМИЯ от двата триъгълника, сумата от лицата на триъгълничетата от този триъгълник извън общата част е по-голяма...
И тъй като може да увеличим по-малкия триъгълника до размера на по-големия, като стърчащата част от по-големия намалява, то задачата придобива вида:

Общата част на два ЕДНАКВИ равностранни триъгълника е шестоъгълник с успоредни страни. Докажете, че за всеки от двата триъгълника сумата от лицата на триъгълничетата от този триъгълник извън общата част е по-голяма или равна на една трета от лицето на триъгълника.

Според мен, след тези прости преобразувания, нивото на задачата пада до такова за "класна" за МГ. Въпреки, че не мога да се сетя за елегантно решение.

[inveidar]

Е, чак пък елегантно! Значи аз попремествам след това единия от двата така, че две от стърчащите триъгълничета да станат еднакви. А после - алгебра. Допускам противното, събирам двете неравенства и получавам сбор от два квадрата по-малък от 0.
Ако има въпроси?