Авторски Задачи

[Мирослав Стоенчев]

Тук ще публикувам мои авторски задачи


Задача 1. [tex]ABCD[/tex] е четириъгълник с полупериметър [tex]p,[/tex] който е вписан в окръжност [tex]k(O,R)[/tex] и описан около окръжност [tex]w(I,r).[/tex] Нека [tex]|AC|=e,\ |BD|=f.[/tex]

Да се докаже, че [tex]\ p^2-ef\le 4R^2.[/tex]

[Реклама]

[Мирослав Стоенчев]

Eто една задача, автор - Емил Колев.


Да се докаже,че във всяка компания от четен брой членове има двама, които имат четен брой общи познати.


Надявам се най-после "Титу Андреску" да вземе отношение по някоя от задачите
Къде отиде цялото математическо войнство?

[Мирослав Стоенчев]

Нека ABCD e четириъгълник с целочислени дължини на страните и радиусите на вписаната и описаната окръжности. Да се докаже,че НОД(|AB|,|BC|,|CD|,|DA|)>1.

[xyz]

[Мирослав Стоенчев]

Ребрата на пълен граф със 17 върха са оцветени в 2 цвята(бял,черен),така,че няма черни
3-клики и няма бели 6-клики.Да се докаже,че поне от 12 върха на графа излизат точно по пет черни ребра.

[Мирослав Стоенчев]

В компания от N човека няма 4-ма всеки двама от които да се познават.Ако между всеки
3-ма има поне двама които се познават, да се намери най-голямата възможна стойност на N

[Мирослав Стоенчев]

За произволни естествени числа [tex]a,b,c,d[/tex] полагаме [tex]T(a,b,c,d)=(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})[(ac+bd)^{2}+(ad+bc)^{2}].[/tex]
Да се докаже,че ако [tex]T(a,b,c,d)[/tex] e точен квадрат,то [tex]a=b[/tex] или [tex]c=d.[/tex]

[xyz]

За тази последната задача имам идия, а не доказателство. Ако (a,b) и (c,d) са разглеждани като точки в равнината, а още по-добре като вектори [tex]\begin{array}{c}\rightarrow \\ a \end{array}[/tex] и [tex]\begin{array}{c}\rightarrow \\ b \end{array}[/tex], с начало (0,0) и край съответните точки.
Тогава задачата се свежда до следното:
[tex](cos \, \alpha+\beta)^2 + (cos \, \alpha+\pi/2-\beta)^2[/tex] да е квадрат [tex]Q[/tex],
където [tex]cos \, \alpha[/tex] и [tex]cos \, \beta[/tex] са рационални косинуси. В горната формула с [tex]\alpha[/tex] и [tex]\beta[/tex] са означени ъглите между векторите [tex]\begin{array}{c}\rightarrow \\ a \end{array}[/tex] и [tex]\begin{array}{c}\rightarrow \\ b \end{array}[/tex] и абцисата Ox.

[krassi_holmz]

Друга идея:
Понеже имаме произведение на сборове от по две квадрата, използваме формулата на Фибоначи-Брахмапутра:
[tex](a^2+b^2)(c^2+d^2) = (ac+bd)^2+(ad-bc)^2[/tex]

[tex]T(a,b,c,d)=(a^2+b^2)(c^2+d^2)((ac+bd)^2+(ad+bc)^2)= ((ac+bd)^2+(ad-bc)^2)((ac+bd)^2+(ad+bc)^2)[/tex]
Оттук нататък можем да направим и друго, но можем и да приложим формулата за втори път:
[tex]T(a,b,c,d)=(-(-b c+a d) (a c+b d)+(b c+a d) (a c+b d))^2+\left((-b c+a d) (b c+a d)+(a c+b d)^2\right)^2[/tex]
Сега полагаме:
[tex]x=bc-ad;y=bc+ad;z=ac+bd[/tex]
и така елiмiнiрахме една променлива:
[tex]T(a,b,c,d)=z^2(x-y)^2+(z^2+xy)^2[/tex]
Не съм сигурен дали това ще помогне...

[Мирослав Стоенчев]

Друга идея
Б.о.о. ще считаме,че нод(a,b)=нод(c,d)=1
Понеже Т(a,b,c,d) е точен квадрат то съществува s - неделящо се на квадрат на просто число, такова,че

(a^2+b^2)(c^2+d^2)=s.A^2 ; (ac+bd)^2+(ad+bc)^2=s.B^2 Така получаваме

s(B^2-A^2)=4abcd , Полагаме (B+A)/2 = u, (B-A)/2 = v. Стигаме до системата

(a^2+b^2)(c^2+d^2)=s(u-v)^2
abcd=suv

а,b,c,d,s,u,v са естествени числа.

Поради (a,b)=(c,d)=1 следва,че s няма прости делители от вида q=4k+3. Трябва обаче да се покаже,че s няма прости делители и от вида 4k+1, така за s oстават възможностите:
s=1 или s=2. Трябва да се докаже,че при s=1 системата диофантови уравнения няма решение за което (a,b)=(c,d)=1. Taka остава единствената възможност s=2.

[Мирослав Стоенчев]

Някой реши ли задачата за познанства?

[krassi_holmz]

[krassi_holmz]

За цариците:
Конструктивно доказателство: надявам се да схванете идеята.

[Мирослав Стоенчев]

Краси, все пак примера за N=8 трябва да се построи, а що се отнася до последната, то трябва да се посочи конкретното разположение на дамите във вида (i,п(i)), i=1,...,n ,
където п е пермутация на елементите 1,2,...,n.
Задачата е частен случай на по-обща, като лесно се конструират примери за всички N>=4,
с изключение на случаите N=12k+2 и N=12к+3.

[krassi_holmz]

Защо да трябва да се построи?
В задачата се пита само какъв е този мaксимум. Ако не беше 8, R(3,4) нямаше да бъде 9.
Ето пример за 8: номерираме върховете от 1 до 8 циклично (нулевия и осмия съвпадат) и свързваме всеки два последователни, и всеки два, които се различават с две. Така 1 ще е свързан с 2,3,8,7; 2-с 8,1,3,4 и т.н. В получения граф няма K^4 и Е^3.
За цариците: щом искаш изразяване, ето го:
За [tex]1 \leq i \leq 2^{n-2} + 1[/tex] слагаме дама на
[tex](i,2^{n-1}+3-2i)[/tex]
За [tex]2^{n-2} + 2 \leq i \leq 2^{n-1}[/tex] слагаме дама на
[tex](i, 2^n + 2^{n-1} - 2i-1)[/tex]
Сега за всички сложени дами досега, ако на [tex](i,j)[/tex] има дама, слагаме и на [tex](2^n+1-i,2^n+1-j)[/tex] и това е. Но графичното изображение според мен показва по-добре защо тези дами не се атакуват.

[Мирослав Стоенчев]

Краси, съгласен съм R(3,4)=9 решава задачата, но на състезание трябва да се докаже,че наистина R(3,4)=9.Пък и не считам,че във форума трябва да се дават само трудни задачи, както тази с T(a,b,c,d) или задачата за четириъгълника.


Краси поздравления, решаваш поставените задачи с лекота, което ме радва и имам стимул да пиша тук. Ако имаш желание разгледай задачата в случая N=12k+2 и N=12k+3.Само в тези два случая не мога да конструирам примери.

[krassi_holmz]

За задачата с T(a,b,c,d): успях да докажа, че ако Т(a,b,c,d) е квадрат, то задължително [tex](a^2+b^2)(c^2+d^2)[/tex] и [tex]((ac+bd)^2+(ad+bc)^2)[/tex] са също квадрати:
[tex](a^2+b^2)(c^2+d^2)=a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2=A.[/tex]
[tex](ac+bd)^2+(ad+bc)^2 = a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2 + 4abcd=A+4B[/tex]
Така задачата добива вида:
[tex]A(A+4B)=X^2[/tex]
Полагаме [tex]C=A+2B[/tex]:
[tex](C-2B)(C+2B)=X^2[/tex];
[tex]C^2-(2B)^2=X^2[/tex], т.е. C,2B и X образуват питагорова тройка, което означава, че съществуват [tex]\alpha,\beta[/tex], такива че:
[tex]C=\alpha^2+\beta^2;B=\alpha \beta[/tex]
Оттук, като заместим за А получаваме:
[tex]A=C-2B=\alpha^2+\beta^2-2\alpha\beta = (\alpha-\beta)^2[/tex], т.е. A e квадрат. Понеже A и x^2 са квадрати, трябва и (A+4B) да е квадрат, което означава, че задачата се свежда до:
[tex](a^2+b^2)(c^2+d^2)=Y^2;(ac+bd)^2+(ad+bc)^2=Z^2
[/tex]
Предполагам, че поне едно от горните е вярно само когато a=b и c=d.

[Мирослав Стоенчев]

Ще повторя това което бях написал:

Б.о.о. ще считаме,че нод(a,b)=нод(c,d)=1
Понеже Т(a,b,c,d) е точен квадрат то съществува s - неделящо се на квадрат на просто число, такова,че

(a^2+b^2)(c^2+d^2)=s.A^2 ; (ac+bd)^2+(ad+bc)^2=s.B^2 Така получаваме

s(B^2-A^2)=4abcd , Полагаме (B+A)/2 = u, (B-A)/2 = v. Стигаме до системата

(a^2+b^2)(c^2+d^2)=s(u-v)^2
abcd=suv

а,b,c,d,s,u,v са естествени числа.

Тук трябва да докажем,че s=2. Ako q=4k+3 е просто число делящо x^2+y^2, то q|x & q|y.
Taka показваме,че s няма прости делители от вида 4к+3. Трбва да покаже,че s- няма прости делители от вида 4к+1.Тогава s=1 или 2. При s=1 не би било възможно a=b или c=d.

[krassi_holmz]

[Мирослав Стоенчев]

Нека ABCD е четириъгълник вписан в окръжност к(О), ACxBD=P,точките М и N са среди на диагоналите.Да се докаже,че ОP||AB <=> MN_|_CD.

[Футуролог]

Нека ОP||AB. Нека К е пресечната точка на МN с DС. Тогава <ОPМ=<ОPА=<PАВ=а. ОМ е перпендикулярно на АС и същото важи и за ОN към ВD. Тогава четириъгълникът ОМPN е вписан в окръжност и <МNО=<ОPМ=а. Оттук <МNP=90-а=<КND. Също <NDК=а. Следователно <NКC=а+90-а=90.

Обратното: Нека <NКС=90. Тогава <NDК=а влече <DNK=90-а=<МNР. Това дава <МNО=90-<МNР=90-(90-а)=а. От ОМNР вписан следва <МPО=а=<АРО. Но <РАВ=а, следователно ОP||AB.

[Мирослав Стоенчев]

Да се намерят всички тройки (p,q,r) от естествени числа,като p,q са прости и удовлетворяват равенството: r^4+(p^2+p-q)r^3+(p^3-pq-p+1)r^2-qr-p(q+1)=0.

[Мирослав Стоенчев]

Упътване: покажете,че (r²+pr+1)[r²+(p²-q)r-p]=pq

[Мирослав Стоенчев]

Задача. Нека x,y,z са естествени числа удовлетворяващи равенството x^y+y^z=z^x.

a)Да се докаже,че 8 дели поне едно от числата x+1,y-1,z-1
б)Ако z е четно и 8 не дели x+1, да се определят x,y и z.

[Мирослав Стоенчев]

Задачата за Т(а,b,c,d) не е вярна, ето едно решение в две по две различни и две по две взаимнопрости a,b,c,d такива,че Т(а,b,c,d) е точен квадрат: (а,b,c,d)=(7,4,5,1)

[Мирослав Стоенчев]

Задача. Да се докаже,че съществува четириъгълник ABCD за който 6-орката (|AB|,|BC|,|CD|,|DA|,R,r) е целочислена и множеството {|AB|,|BC|,|CD|,|DA|} не съдържа равни елементи.

[ins-]

Здравейте,
Не знам дали тук трябва да покажа тази задача, но от отдавна нещо не мога да я изкарам:

В [tex]\Delta ABC[/tex] точките [tex]M, N, P [/tex] са избрани на отсечките [tex]AB, BC, CA[/tex] съответно и са такива, че: [tex] AM=BN=CP[/tex] и [tex]\angle ACM=\angle BAN=\angle CBP[/tex]. Вярно ли е, че [tex]\Delta ABC[/tex] е равностранен?

По мои предположения е равностранен. Ако може да се докаже без да се използват средства на аналитичната геометрия. А ако не може - и с нея.

[Мирослав Стоенчев]

Р-е: Ще докажем,че триъгълника ABC e равностранен.Да допуснем противното.Полагаме |AM|=|BN|=|CP|=x.
ъгъл(ACM)=ъгъл(BAN)=ъгъл(CBP)=θ.Използваме стандартните означения за елементите на триъгълника АBC. От |AM|=|BN|=|CP|=x => |BM|=c-x. Имаме (c-x)/x=S(▲BMC)/S(▲AMC)=a.sin(γ-θ)/b.sinθ => x=c/{[a.sin(γ-θ)/b.sinθ]+1}.
Аналогично като разгледаме двойките триъгълници ▲BNA,▲CNA и ▲ABP,▲CBP, то
x=b/{[c.sin(β-θ)/a.sinθ]+1}, x=a/{[b.sin(α-θ)/c.sinθ]+1}.Tака получихме равенствата:
c/{[a.sin(γ-θ)/b.sinθ]+1}=b/{[c.sin(β-θ)/a.sinθ]+1}=a/{[b.sin(α-θ)/c.sinθ]+1}, т.е.

1')
abc/[a²(sin(γ).cotg(θ)-cos(γ))+ab]=abc/[c²(sin(β).cotg(θ)-cos(β))+ac]=
abc/[b²(sin(α).cotg(θ)-cos(α))+bc].От тук получаваме:

*) (а².sin(γ)-b².sin(α))cotg(θ)=b(c-a)+а².cos(γ)-b².cos(α).

Ако а².sin(γ)-b².sin(α)=0, то а²c-b²a=0 и 0=b(c-a)+а².cos(γ)-b².cos(α). Първо b²=аc и 0=b(c-a)+а².cos(γ)-b².cos(α) , след заместване на cos(γ) и cos(α) изразени чрез страните на ▲-ка получаваме,че 2а²c(c-a)=0 =>c=a
и понеже b²=аc => а=b=c. Значи б.о.о. ще считаме,че а²-bc ≠ 0,b²-ca ≠ 0, c²-ab ≠ 0.
От *) и равенствата 1') изразяваме cotg(θ) и получаваме:
1) cotg(θ)/2R = (b.cos(β)-c.cos(α))/(ac-b²)
2) cotg(θ)/2R = (c.cos(γ)-a.cos(β))/(ab-c²)
От 1) и 2) => 3) (b.cos(β)-c.cos(α))/(ac-b²)=(c.cos(γ)-a.cos(β))/(ab-c²) <=> а²b(a-b)(a+b)+b²c(b-c)(b+c)+c²a(c-a)(c+a)=0.
Да положим G(a,b,c)=а²b(a-b)(a+b)+b²c(b-c)(b+c)+c²a(c-a)(c+a),
и нека H(a,b,c)=а²b(a-b)+b²c(b-c)+c²a(c-a).
Б.о.о. ще считаме,че a≥b≥c. Последовтелно получаваме
0=а²b(a-b)(a+b)+b²c(b-c)(b+c)+c²a(c-a)(c+a)=G(a,b,c)=G(a,b,c)/(c+a)=
а²b(a-b)(a+b)/(a+c)+b²c(b-c)(b+c)/(a+c)+c²a(c-a)≥H(a,b,c).
Наистина а²b(a-b)(a+b)/(a+c)+b²c(b-c)(b+c)/(a+c)+c²a(c-a)≥H(a,b,c) <=> а²b(a-b)(a+b)/(a+c)+b²c(b-c)(b+c)/(a+c)≥а²b(a-b)+b²c(b-c)<=>
[а²b(a-b)(b-c)-b²c(b-c)(a-b)]/(a+c)≥0 <=> b(a-b)(b-c)(а²-bc)≥0, което е изпълнено. Така доказахме,че

**) 0=G(a,b,c)=G(a,b,c)/(a+c)≥H(a,b,c). Остава да се съобрази,че е в сила представянето за H(a,b,c): H(a,b,c)=а²b(a-b)+b²c(b-c)+c²a(c-a)=(a+b-c)(a-b)(a-c)b+a(b+c-a)(b-c)²≥0,
тъй като a≥b≥c и a,b,c са страни на триъгълник, т.е. a+b-c>0 и b+c-a>0. Равенство имаме
само при а=b=c.
Значи доказахме,че 0=G(a,b,c)=G(a,b,c)/(a+c)≥H(a,b,c) ≥0, като H(a,b,c)=0 <=> a=b=c. Oт веригата равенства 0=G(a,b,c)=G(a,b,c)/(a+c)≥H(a,b,c) ≥0 => H(a,b,c)=0 =>
a=b=c. Противоречие с предположението,че ▲АBC не е равностранен.Задачата е решена.

[ins-]

Хареса ли Ви задачата? Виждали ли сте я преди? Аз ще проверя решението. Ако наистина е правилно е много красиво. Ако искате мога да Ви покажа и друго решение. Мога да Ви покажа и други интересни задачи. Много благодаря за положените усилия!

[ins-]

"Решението е правилно с изключение на някои малки неточности, но който иска да го разбере - ще го разбере". - /РЕДАКТИРАНО/ - Явно това се оказва доста трудна задача. В решението е възможно да има грешка. От израза "Б.О.О ще считаме, че [tex] a \geq b \geq c[/tex]" - натам. Вероятно допускането е некоректно, или има "дупка" в неравенствата, която е много трудно да се проследи. Аз лично четох решението няколко часа и не можах да я открия. Доколкото разбирам от G(a,b,c)=0 се доказва с помощта на допускания за страните, че триъгълника е равностранен. Има един "малък" проблем. За триъгълник със страни а=23.413239828, b=4.413239828, c=21 това не е вярно. Зависимостта е в сила, но триъгълника е разностранен. Тези стойности са намерени с полагането в G(a,b,c): a=20+x, b=1+x, c=21. Вероятно има грешка в логиката на решението за [tex] a \geq c \geq b [/tex]. За повече информация проследете хипервръзката по-долу. Хубавото в цялата ситуация е, че имаме зависимост за страните на ABC и, евентуално, би могло да се докаже, че триъгълника с дадените зависимости може да е разностранен.

Другото решение, което намерих е в един форум. Не го разбирам особено добре, а и излиза извън учебната програма до 12 клас, затова давам само хипервръзка към него:
http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=99674.

Ето и още няколко задачи от мен.
1. В триъгълник ABC с AL, BM и CH са означени ъглополовящата през A, медианата през B и височината през C. Да се докаже, че ако AL=BM=CH, то триъгълник ABC е равностранен.
2. В изпъкналият четириъгълник ABCD т. M и N са от AB, такива, че AM=MN=NB, a т. P, Q са от CD, такива, че: CP=PQ=QD. Диагоналите AC и BD се пресичат в т. O. Да се докаже, че триъгълниците: POM и QON имат равни лица.
3. Дадени са окръжност k, и отсечка AB - вън от k. Да се построят с линийка и пергел точките M, такива, че ъгъл АМB да се разполовява от правата през O и M.

И трите задачи са интересни и далеч не са от най-лесните. Ако искате - опитайте силите си. Аз си признавам, че не можах да реша нито една от тях. (Но имам решения на всички.)