Олимпиада за участниците във форума

[Titu_Andrescu]

В тази тема ще предлагам задачи, на които вие трябва да давате решения. Всяка задача носи определен брои точки и за всяка задача има определен интервал от време, в който ще трябва да представите решение. Идеи и частични решения също се оценяват с точки. Веднага след като времето, за което трябва да се реши задачата изтече ще се появява следващата задача и решението на предишната.

Желателно е решенията да са кратки, но пълни и подредени.

O1. Нека x,y,z са реални числа, за които x²+z²=1 и y²+2y(x+z)=6.
Да се докаже, че y(z-x)≤4 и да се определи кога се достига равенство.
5 точки
време за работа 3 дни

[Реклама]

[Lubo]

http://math123.net/bg/3D-a.jpg

[Titu_Andrescu]

Lubo, хубава графика. Получаваш 1т. и си на 1 място в състезанието до този момент.
.

Решение на O1. 0≤(3x+y-z)²+(x+3z)²=9x²+y²+z²+6xy-2yz-6zx+x²+9z²+6zx=10x²+10z²+y²+6xy-2yz=10(x²+z²)+6-2y(x+z)+6xy-2yz=10+6-2xy-2yz+6xy-2yz=16-4y(z-x).
Следователно y(z-x)≤4, като равенство се достига тогава и само тогава, когато 3x+y-z=x+3z=0, x=-3z, но по условие имаме, че 1=x²+z²=10z². Следователно равенство се достига само при следните случаи: (x,y,z)=(-3/(10)^0.5,(10)^0.5,1/(10)^0.5), (3/(10)^0.5,-(10)^0.5,-1/(10)^0.5).

[Titu_Andrescu]

O2. Да се намерят всички реални числа x, които изпълняват условието (x+2)²+(x+3)³+(x+4)⁴=2.
4 точки
време за размисъл 2 дни

[Lubo]

Titu, shte izpratya otgovorite kato Lichno saobshtenie.

Lubo

[Titu_Andrescu]

4т. за решението на Lubo.

Решение на O2. (x+2)²+(x+3)³+(x+4)⁴=2 <=>
(x+2)²-1+(x+3)³+(x+4)⁴-1=0 <=>
(x+1)(x+3)+(x+3)³+(x+3)(x+5)[(x+2)⁴+1]=0 <=>
(x+3)[x²+7x+10+(x+5)(x²+8x+17)]=0 <=>
(x+3)[(x+5)(x+2)+(x+5)(x²+8x+17)]=0 <=>
(x+3)(x+5)(x²+9x+19)=0 <=>
(x+3)(x+5)(x+(9-5^0.5)/2))(x+(9+5^0.5)/2)=0.
Следователно x₁=-3, x₂=-5, x₃=-(9-5^0.5)/2, x₄=-(9+5^0.5)/2.

[Titu_Andrescu]

О3. Да се реши уравнението (x+3√x+2)(x+9√x+18 )=168x.
5 точки
време за размисъл 3 дни

Временно класирене: 1. Lubo - 5т.

[Titu_Andrescu]

Toni_89,пратил си ми вярно решение . Получаваш 5т.

Решение на O3.

[Titu_Andrescu]

O4. Нека (O,R) и (I,R_a) са съответно описаната и външно вписаната окръжности (относно <A) за ▲ABC. Да се докаже, че IA.IB.IC=4R.R_a².
6 точки
време за размисъл 3 дни

Временно класиране 1. Lubo-5т.; 2. Toni_89-5т.

[Titu_Andrescu]

Lubo, ако може задаваи въпроси по условието на задачата като лични съобщения, зашото иначе объркваш другите. Задачата е вярна. Прочети внимателно условието. Незнам как се качва картинка.

Упътване: Използваите на готово следната ЛЕМА : sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2)=r/(4R).
Доказателство.

От тъждеството: a(b²+c²-a²)+b(c²+a²-b²)+c(a²+b²-c²)=2abc+(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)
следва, че (b²+c²-a²)/(2bc)+(c²+a²-b²)/(2ca)+(a²+b²-c²)/(2ab)=2+
[(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]/(2abc)

Нека а,b,c от горното тъждество бъдат страните на нашия триъгълник.

Тогава тъждеството е еквивалентно на cosA+cosB+cosC=1+[8(p-a)(p-b)(p-c)]/(2abc)=
=1+[4p(p-a)(p-b)(p-c)]/(p.abc)=1+(4S²)/(p.abc)=
=1+(4.(abc/4R).(p.r)/(p.abc)=1+r/R.

От друга страна 1+r/R=cosA+cosB+cosC=2cos[(A+B)/2].cos[(A-B)/2]-cos(A+B)=
=2cos[(A+B)/2].cos[(A-B)/2]-2cos²[(A+B)/2]+1=
=2cos[(A+B)/2].(cos[(A-B)/2]-cos[(A+B/2)])+1=2cos[(A+B)/2].(2sin(A/2).sin(B/2))+1=4sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2)+1
Тоест sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2)=r/(4R) и лемата е доказана.

[Titu_Andrescu]

Решение на Magi

Magi, вярно решение, пълен брой точки получаваш.

Решение на O4. Нека (I,R_a) се допира до продълженията на страните AB=c и AC=b съответно в точки C₁ и B₁. В ▲AIC₁ имаме, че <IAC₁=<BAC/2=α/2. Тогава sin(α/2)=IC₁/AI=R_a/AI или AI=R_a/sin(α/2) (1)
От друга страна, ▲BIC₁ има <BIC₁=90-<IBC₁=90-<CBC₁/2=90-((180-<ABC)/2)=β/2. Аналогично от ▲CIB₁: <CIB₁=γ/2.
Тогава sin(β/2)=BC₁/IB=(p-c)/IB, IB=(p-c)/sin(β/2) (2) и
sin(γ/2)=CB₁/IC=(p-b)/IC, IC=(p-b)/sin(γ/2) (3).

Следователно от (1), (2) и (3):
IA.IB.IC=(R_a.(p-b)(p-c))/[sin(α/2)sin(β/2)sin(γ/2)]=[4R.R_a(p-b)(p-c)]/r=[4R.R_ap(p-a)(p-b)(p-c)]/[pr(p-a)]=[4R.R_a.S²]/[S.(p-a)]=[4R.R_a.(pr).((p-a)R_a)]/[pr.(p-a)]=4RR_a².

[Titu_Andrescu]

О5. Да се докаже, че ако безкрайна растяща аритметична прогресия съдържа точен квадрат, то тя съдържа безбройно много точни квадрати.
4 точки
време за размисъл 2 дни

Временно класиране 1. Magi-6т.; 2. Lubo-5т.; 3. Toni_89-5т.

[Titu_Andrescu]

Toni_89, вярно решение - 4т.

Решение на O5. Нека a² е един точен квадрат от прогресията и d e нейната разлика.
Тогава всички числа от вида a²+nd ще са от тази
прогресия и тогава е достатъчно да вземем n=2ar+dr² (забележете, че тези n са безброино много).
Получаваме, че a²+nd=(a+dr)², r - произволно естествено число.

[Titu_Andrescu]

О6. Да се реши системата
x²+y²+xy=37,
x²+z²+xz=28,
y²+z²+yz=19.

5 точки

време за работа 3 дни

Временно класиране:
1. Toni_89 - 9т.;
2. Magi - 6т.;
3. Lubo - 5т.

[Nona]

Решение на О6:

[Titu_Andrescu]

Решението на Toni_89 също е вярно.

Временно класиране:
1. Toni_89 - 14т.;
2. Magi - 11т.;
3. Lubo - 5т.

O7. Решете в реални числа уравнението 6^x+1=8^x-27^x-1.

7 точки
време за размисъл 5 дни

[Nona]

Решение на О7:

[Titu_Andrescu]

Magi, Toni_89 ,решенията ви са частични. Двете графики може да се припокриват в много малък интервал, невидим за простото човешко око, но този интервал да дава безброино много решения. Хипотезите ви са верни, но се описват по следния начин.

Решение на O7.
Нека a=1, b=-2^x, c=3^x-1. Уравнението придобива вида: a³+b³+c³-3abc=0. Но последното равенство се разлага по следния начин: a³+b³+c³-3abc=(a+b+c)(a²+b²+c²-ab-bc-ca), Равенство на 0 е възможно само тогава, когато първият множител е равен на 0, защото вторият множител не може да е равен на 0 (ако е 0, то a=b=c, което е невъзможно). Следователно 1-2^x+3^x-1=0, което е еквивалентно на 3^x-1-2^x-1=2^x-1-1.
За всяко x да разгледаме функцията f(t)=t^x-1, t>0. Следва, че от теоремата на Лагранж съществуват числа 2<α<3 и 1<β<2, за които е изпълнено f(3)-f(2)=f '(α) и f(2)-f(1)=f '(β). Тъй като f '(t)=(x-1)t^x-2, то (x-1)α^x-2=(x-1)β^x-2. Очевидно последното е възможно само при x=1 или (тъй като α≠β) x=2.

Toni_89 - +4т.
Magi - +5т.

[Titu_Andrescu]

O8. Съществуват ли различни реални числа a,b,c, за които е изпълнено (a-b)⁵+(b-c)⁵+(c-a)⁵=0.
5 точки

време за работа 4 дни

Временно класиране:
1. Toni_89 - 18т.;
2. Magi - 16т.;
3. Lubo - 5т.

[Nona]

Решение на О8:

[Titu_Andrescu]

Magi, решенията ти са описани много добре!

Верни решения на Toni_89 и Magi. Toni_89 използва тъждеството x³+y³+z³-3xyz=(x+y+z)(x²+y²+z²-xy-yz-zx).

Решението на задачата може да се синтезира на 1 ред:
(a-b)⁵+(b-c)⁵+(c-a)⁵=5/2(a-c)(c-b)(b-a)[(a+c-2b)²+(b+c-2a)²+(a+b-2c)²]=0.

[Titu_Andrescu]

O9. Да се докаже, че ако a,b и c са неотрицателни числа, за които a+b+c=3, то (a²-ab+b²)(b²-bc+c²)(c²-ca+a²)≤12 и да се определи кога се достига равенство.

9 точки

време за работа 8 дни

Временно класиране:
1. Toni_89 - 23т.;
2. Magi - 21т.;
3. Lubo - 5т.

[Nona]

[Titu_Andrescu]

Само маги реши задачата. Браво! Решението
Нека a≥b≥c≥0. Тагава(a²-ab+b²)(b²-bc+c²)(c²-ca+a²)-12≤(a²-ab+b²)a²b²-12=((a+b)²-3ab)a²b²-12=((3-c)²-3ab)a²b²-12≤(9-3ab)a²b²-12=-3(ab+1)(ab-2)²≤0.
Равенство се достига тогава и само тогава, когато (a,b,c)=(2,1,0) и пермунтациите им.

Разбира се лесно, но се открива трудно. Задачата е от книгата на Vasile Cirtoaje, University of Ploiesti.

[Titu_Andrescu]

O10. Да се реши системата

x²=yz+1
y²=zx+2
z²=xy+4

5 точки

време за работа 6 дни

O11. Естествените числа x₁,x₂,.., x₁₀₀ изпълняват условието (x₁)^-0,5+(x₂)^-0,5+..+(x₁₀₀)^-0,5=20. Да се докаже, че поне две от тези числа са равни.

7 точки

време за работа 9 дни

Временно класиране:
1. Magi - 30т.;
2. Toni_89 - 23т.;
3. Lubo - 5т.

[Raly]

Решение на задача 10:

Имаме системата:
| x² = yz+1
| y² = xz+2
| z² = xy+4

За y=x получаваме:
|x² = zx+1
|x² = zx+2,
което няма решение.
Аналогично проверяваме и
z=x и
y=z,
които също нямат решение.

Изваждаме първото от второто уравнение и получаваме:
y²-x²= z(x–y)+1
(y–x)(y+x)-z(x-y) = 1
(y-x)(x+y+z) = 1 \(y-x) (y≠x)
=> x+y+z = 1/(y-z) (1)
Изваждаме второто от третото уравнение и получаваме:
z²-y² = x(y-z)+2
(z-y)(z+y)-x(y-z) = 2
(z-y)(x+y+z) = 2
=> x+y+z = 2/(z-y) (2)
Аналогично получаваме и че:
x+y+z = 3/(y-z) (3)
От (2) и (3) => , че
3/(z-x)=2/(z-y)
=> 3z-3y = 2z-2x
=> z = 3y-2x
Заместваме в първоначалните 2 уравнения:
|x² = 3y²-2xy+1 /.(2)
|y² = -2x²+3xy+2

=> |6y² = 2x²+4xy-2
|y² = -2x²+3xy+2
Събираме почленно:
7y² = 7xy
7y(y-x)=0
y1 = 0
y2 = x, което няма решение (виж по-горе)

При y=0 равенството
y² = -2x²+3xy+2
добива вида:
0= -2x² + 2
x² = 1
x1 = 1
x2 = -1
при x1 = 1, z1 = 3.0–2.(1) = -2,
а при x2 = -1, z2 = 3.0-2.(-1) = 2
Наредените двойки числа са (1;0;-2) и (-1;0;2)

[Titu_Andrescu]

Ralyyy, вярно решение но трябваше първо като лично съобщение да ми го пратиш, защото така лишаваш другите от възможността до си вземат точки. Toni_89 също е решил задачата, но по друг начин.

[Titu_Andrescu]

Временно класиране:
1. Magi - 30т.;
2. Toni_89 - 28т.;
3. Lubo - 5т.;
4. Ralyyy - 5т.

Toni_89 покажи и твоито решение на O10, доста е интересно.

[Tony_89]

|x² = yz + 1 /.x
|y² = xz + 2 /.y
|z² = xy + 4 /.z

|x³ = xyz + x
|y³ = xyz + 2y
|z³ = xyz + 4z

x³ + y³ + z³ = 3xyz + x + 2y + 4z

x³ + y³ + z³ - 3xyz = x + 2y + 4z

(x + y + z)(x² + y² + z² - xy - xz - yz) = x + 2y + 4z

|x² = yz + 1
|y² = xz + 2
|z² = xy + 4 =>

=> x² + y² + z² - xy - xz - yz = 7

7x + 7y + 7z = x + 2y + 4z

6x + 5y + 3z = 0

z = (-6x - 5y)/3

|x² = yz + 1 /.2
|y² = xz + 2
|z² = xy + 4


|2x² = 2yz + 2
|y² = xz + 2
|z² = xy + 4

2x² - y² = 2yz - xz

2x² - y² = z(2y - x)

2x² - y² = (-6x - 5y)(2y - x)/3 /.3

6x² - 3y² = -12xy + 6x² - 10y² + 5xy

7y² + 7xy = 0

y = 0 или x + y = 0

I случай: y = 0

x² = yz + 1 = 1

x = ±1

y² = xz + 2

xz = -2

z = -+2

II случай: x = -y

6x + 5y + 3z = 0

z = y/3

|x² = yz + 1
|y² = xz + 2
|z² = xy + 4

|y² = y²/3 + 1
|y² = -y²/3 + 2
|y²/9 = -y² + 4 ,

което няма решение

(1 ; 0 ; -2) , (-1 ; 0 ; 2)

[Nona]