Национален къг на Олимпиадата по математика

[artur.balabanov]

Който е ходил, да каже как се е спавил, какво е направил и т.н.
А за тези, които не са се явили, пускам задачите за 8 клас.
Задача 1. Да се намери възможно най-голямата стойност на израза [tex]M=a^2b^2(a^2+b^2)[/tex], ако [tex]a>0[/tex], [tex]b>0[/tex] и [tex]a+b=2[/tex]. Кога се достига тя?
Задача 2. В Правоъгълен триъгълник [tex]ABC (\angle ACB=90^\circ )[/tex] ъглополовящата [tex]CL (L\in AB)[/tex] дели хипотенузата на отсечки с дължина [tex]a[/tex] и [tex]b[/tex] [tex](a>b)[/tex]. Ако [tex]H_1[/tex] и [tex]H_2[/tex] са ортоцентровете съответно на [tex]\Delta ALC[/tex] и [tex]\Delta BLC[/tex], да се намери лицето на четириъгълника [tex]AH_1BH_2[/tex].
Задача 3. Да се намерят всички цифри [tex]a (0\le a\le 9[/tex]), за които съществува такова естествено число [tex]n[/tex], че последните [tex]2011[/tex] цифри на числото [tex]3^n-1[/tex] са равни на [tex]a[/tex].

[someone]

Някой знае ли какъв е отговорът на първа задача?

[artur.balabanov]

[tex]M=2[/tex] при [tex]a=b=1[/tex]

[someone]

Благодаря за отговора, ще се радвам да видя решенията ви.
Ето моето:
Преобразуваме [tex]M = (ab)^{2}[(a+b)^{2}-2ab]=2(ab)^{2}(2-ab)=2ab.ab(2-ab)[/tex]
Да намерим най-голямата стойност на [tex]ab[/tex]
От [tex](a-b)^{2}=(a+b)^{2}-4ab=4(1-ab) \ge 0[/tex] => [tex]1-ab \ge 0[/tex] => [tex]ab \le 1[/tex]
=> Най-голямата стойност на [tex]ab[/tex] e [tex]1[/tex] и имайки предвид условието [tex]a+b=2[/tex], намираме, че тя се достига при [tex]a=b=1[/tex]
Да намерим най-голямата стойност на [tex]ab(2-ab)[/tex]
Използваме твърдението: От всички двойки числа с еднакъв сбор най-голямо произведение има тази, при която двете числа са равни. (Твърдението е известно и под следната форма: От всички правоъгълници с равен периметър най-голямо лице има квадратът.)
Ето доказателство:
Следва да докажем, че aко [tex]x+y=p[/tex], то най-голямата стойност на [tex]xy[/tex] се достига, когато [tex]x=y[/tex].
Нека [tex]m = \frac{p}{2}[/tex]
=> [tex]x = m - t, y = m + t[/tex]
=> [tex]xy = m^{2} - t ^ {2}[/tex]
Но [tex]t^{2}\ge 0[/tex] => най-голямата стойност на [tex]xy[/tex] се достига при [tex]t = 0[/tex], тоест при [tex]x = y = \frac{p}{2}[/tex]

Прилагайки това твърдение в нашата задача получаваме, че най-голяматата стойност на [tex]ab(2-ab)[/tex] е [tex]1[/tex] и се достига при [tex]ab=1[/tex], тоест при [tex]a = b = 1[/tex]
Окончателно намираме, че най-голямата стойност на [tex]M = 2ab.ab(2-ab)[/tex] e [tex]2[/tex] и се достига при
[tex]a = b = 1[/tex].

[strangerforever]

Много добро решение, само при доказателството си пропуснал да дефинираш t.

[someone]

Ето и едно решение на третата задача:
Търсената цифра [tex]a[/tex] може да бъде само 0, 2, 6 и 8 (това се намира елементарно с разглеждане по модул 10).
Допускаме, че [tex]a = 2[/tex] и нека [tex]k[/tex] е число, съставено от 2011 двойки (тъй като тук не знам как да го запиша по стандартния начин, го записвам така), а [tex]l[/tex] е число, съставено от 2011 единици.
Очевидно [tex]k = 2l \Rightarrow 3^{n}-1 \equiv k \equiv 2l(mod 10^{2011})[/tex]
Да изразим числото [tex]l[/tex].
Елементарният десетичен запис ни води до представянето [tex]l = 10^{2010} + 10^{2009} + ... + 10^{2} + 10 + 1[/tex]
Сега използваме тъждеството [tex]10^{n} - 1 = 9(10^{n-1} + 10^{n-2} + ... + 10^{2} + 10 + 1)[/tex]
[tex]\Rightarrow l = \frac { 10^{2011} - 1}{9}[/tex]
[tex]\Rightarrow 3^{n} - 1\equiv 2 \frac{10^{2011}-1}{9} (mod 10^{2011})[/tex]
но [tex]10^{2011}-1\equiv -1(mod 10^{2011}) \Rightarrow 3^{n} - 1 \equiv -\frac{2}{9} (mod 10^{2011})[/tex], което очевидно е невъзможно
[tex]\Rightarrow a\ne 2[/tex]
По аналогичен начин отхвърляме [tex]a=6[/tex] и [tex]a=8[/tex].
Остава да разгледаме [tex]a=0[/tex]. Задачата ни е да проверим дали има такова [tex]n[/tex], за което [tex]3^{n} \equiv 1(mod 10^{2011})[/tex]
Тук всъщност е единственият по-нестандартен момент в решението на задачата. Оказва се, че при сравнения, чийто модул е степен, теоремата на Ойлер е доста полезна. Ето как можем да я приложим в нашия случай:
Тъй като [tex]3[/tex] и [tex]10^{2011}[/tex] са взаимнопрости, то [tex]3^{\varphi (10^{2011})}\equiv 1(mod 10^{2011})[/tex]
[tex]\varphi (10^{2011})=\varphi (2^{2011}5^{2011})=(2^{2011}-2^{2010})(5^{2011}-5^{2010})=2^{2012}5^{2010}[/tex]
[tex]\Rightarrow 3^{2^{2012}5^{2010}} \equiv 1(mod 10^{2011})[/tex], което доказва, че такова [tex]n[/tex] съществува.
[tex]\Rightarrow[/tex] Eдинственото решение на задачата е [tex]a = 0[/tex].

[DoubleD]

Това решение определено е грешно ... поне аргументите че не може а да е 2 са невалидни.

[someone]

Кое в доказателството те притеснява и смяташ, че не е вярно?

[DoubleD]

Там където делиш на 9. Виж този пример:
36≡1 (mod 5) но 36/9≡4 (mod 5) а не 36/9≡1/9 (mod 5).

[vel.angelov]

За втора задача получавам отговор:
[tex]S=\frac{a^{2}-b^{2}}{2 }[/tex]
Но в решението ползвам sinT и подобни триъгълници.Ако измисля нещо за 8 клас ще пиша.

[kucheto]

2-ра задача:

[tex]AL=a,\ BL=b[/tex]

[tex]AB=a+b[/tex]

[tex]CH_1\bot AB,\ CH_2\bot AB\Rightarrow H_1H_2\bot AB[/tex]

[tex]\Rightarrow S_{AH_1BH_2}=\frac{AB.H_1H_2}{2}=\frac{(a+b)H_1H_2}{2}[/tex]


[tex]\angle H_1AC=90^\circ-\angle ACL=45^\circ\Rightarrow \angle ACL=\angle H_1AC\ (1)[/tex]

[tex]R_{ACL}=R_{H_1AC}\ (2)[/tex]

[tex](1),\ (2)\Rightarrow H_1C=AL=a[/tex]


[tex]\angle H_2BC=90^\circ-\angle BCL=45^\circ\Rightarrow \angle BCL=\angle H_2BC\ (3)[/tex]

[tex]R_{BCL}=R_{H_2BC}\ (4)[/tex]

[tex](3),\ (4)\Rightarrow H_2C=BL=b[/tex]


[tex]\Rightarrow H_1H_2=H_1C-H_2C=a-b[/tex]

[tex]S_{AH_1BH_2}=\frac{(a+b)(a-b)}{2}=\frac{a^2-b^2}{2}[/tex]