Олимпиада за участниците във форума

[Pinetop Smith]

[Реклама]

[Pinetop Smith]

Поздравления, този път и двете задачи бяха решени от chicho.niki и marto_mn, които получават 10 т. Ако желаете, пуснете решенията си

1. chicho.niki - 58 т.
2. ММ - 21 т.
3. marto_mn - 20 т.
4. Killerbeast - 13 т.
5. JusTok - 7 т.

Новите задачи:

10.1 Даден е квадрат ABCD с пресечна точка на диагоналите О. Да се докаже, че триъгълникът с върхове D и средите на отсечките АО и ВС е правоъгълен и равнобедрен. - 7 т.

10.2 Даден е равнобедрен трапец АBCD(AB || DC, AB > DC, AD = BC) с пресечна точка на диагоналите О и [tex] \angle AOB =60^\circ[/tex]. Да се докаже, че триъгълникът с върхове средите на отсечките АО, DO и ВС е равностранен. - 7 т.

Време за работа: 8 дни

[Pinetop Smith]

ММ реши първата задача и получа 7 точки за нея.

1. chicho.niki - 58 т.
2. ММ - 28 т.
3. marto_mn - 20 т.
4. Killerbeast - 13 т.
5. JusTok - 7 т.

10.1 зад. Ако Q е средата на АО, Р - на ВС, М - на AD и N - на ВО, лесно се доказва, че триъгълниците MQD и QNP са еднакви, а ъгълът при върха Q(в DQP) е прав. По-лесно можем да го докажем, ако построим [tex]PH \bot CO[/tex]. Квадратът ABCD може да бъде разделен и на 16 еднакви квадрата с прави, успоредни на страните му и да се ползва теорема на Талес.

10.2 зад. Ако M, N и Р са среди съответно на АО, DO и ВС, задачата лесно се решава с построяване на симетрична на С относно N. Ако тя е Q, лесно се доказва, че триъгълниците QАВ и DAO са еднакви, откъдето MN = NP. Освен това не е трудно да се установи, че ъгълът при върха N в MNP е 60 градуса като свържем B с N и използваме теоремата за медиана - половин от хипотенузата.

Новите задачи:

11.1. Да се докаже, че:

а) за произволни положителни числа a, b и с, е в сила неравенството

[tex]\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3[/tex]

б) за произволни числа х и у е в сила неравенството

[tex]\frac{ x+y}{x^2-xy+y^2 } \leq \frac{ 2\sqrt 2 }{\sqrt{ x^2 +y^2 } }[/tex]

в) за произволни положителни числа a, b и с е в сила неравенството

[tex]\frac{2}{a+b} + \frac{2}{b+c} + \frac{2}{c+a} \ge \frac{9}{a+b+c}[/tex]

г) за произволни реални числа а, b и с е в сила неравенството
[tex]a^4 + b^4 + c^4 \ge abc(a+b+c)[/tex]

За подточка а) - 2 т., за б) - 4 т., а за в) и г) - по 3 т.

11.2
Да се реши в цели числа уравнението
[tex]7a+14b = 5a^2 + 5ab + 5b^2[/tex] - 9 т.

[tanas]

Всъщност в 9-ти кръг реших само втората.

[Pinetop Smith]

ММ даде решение на 11.1 в) и 11.2 и получава общо 10 т., а b1cko - 2 т. за 11.1 а).

1. chicho.niki - 58 т.
2. ММ - 38 т.
3. marto_mn - 20 т.
4. Killerbeast - 13 т.
5. JusTok - 7 т.
6. b1cko - 2 т.

11.1 б)

Полагаме [tex]x+y=p[/tex], [tex]xy=q[/tex]. Ако р < 0, неравенството е очевидно, затова разглеждаме само случая р ≥ 0. След изчисления и повдигане на квадрат, установяваме, че неравенството е еквивалентно на

[tex]\frac{p^2}{(p^2-3q)^2} \le \frac{8}{p^2-2q} [/tex]

Нека р² = s. След преобразувания, достигаме до неравенството
[tex]72q^2-46sq+7s^2\ge 0[/tex]

[tex](18q-7s)(4q-s)\ge 0[/tex]

[tex]\left( x-y\right) ^2\left( 2\left( x-y\right) ^2+5x^2+5y^2\right) \geq 0[/tex]

11.1 г) Достатъчно е да се докажат последователно неравенствата

[tex]a^4 + b^4 + c^4 \ge a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \ge ab.bc + bc.ca + ca.ab[/tex]

Toва става лесно като в неравенството [tex]x^2 + y^2 + z^2 \ge xy + yz + zx[/tex] първо полагаме [tex]x = a^2[/tex], а после - [tex]x = ab[/tex].


Новият 12-ти кръг:

12.1 Седемнадесет учени си кореспондират помежду си(всеки с всеки). В кореспонденцията се коментират 3 теми. Всеки двама си кореспондират само по една тема. Да се докаже, че поне трима учени си кореспондират помежду си по една и съща тема. - 10т.

12.2 Да се докаже, че ако имаме 100 цели числа, то сред тях могат да се намерят няколко числа(или едно), сборът на които се дели на 100. - 10т.

[tanas]

Какво става с "Олимпиадата"?

[Pinetop Smith]

Позабравих я.

chicho.niki и JusTok получават по 10 т.


1. chicho.niki - 68 т.
2. ММ - 38 т.
3. marto_mn - 20 т.
5. JusTok - 17 т.
4. Killerbeast - 13 т.
5. b1cko - 2 т.

13-ти кръг:

13.1 задача

Даден е трапец ABCD с [tex]AB || CD[/tex], [tex]AB = 3CD [/tex] и [tex]AC \cap BD = O[/tex]. През О е прекарана права, успоредна на основите, която пресича AD и ВС съответно в точки М и N. Да се докаже, че О е среда на MN. - 6 точки

13.2 задача

Даден е изпъкнал многоъгълник, за който съществува окръжност, която се допира до правите на страните му и центърът й е вътрешна точка за многоъгълника. Да се докаже, че окръжността се допира до страните на многоъгълника. - 10 точки

[tanas]