2009.29-30 58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА - НАЦИОНАЛЕН КРЪГ

Национална олимпиада по математика, национален кръг, 29 май 2009 ТЕМА ЗА 7. КЛАС Задача 1. Ако p и q са прости числа, по-големи от 3, да се докаже, че числото M = 7 p 2 − 5q 2 − 2 седели на 24. Задача 2. Дадени са два правоъгълника ABCD и AMNP, такива че AM = AD и AP = AB . Ако точката М лежи на страната ВС, а страните CD и MN се пресичат в точка Q, да се докаже, че QB = QP. Задача 3. Квадратна таблица 4х4 ще наричаме „латинска”, ако във всяка клетка на таблицата е записана по една от цифрите 1, 2, 3 или 4, като във всеки ред и стълб всяка от цифрите се среща само веднъж. Латинската таблица наричаме оцветима, ако клетките могат да се оцветят в синьо, червено, жълто или зелено, така че във всеки ред и стълб да няма две едноцветни клетки и всяка от цифрите се среща в таблицата само в разноцветни клетки. (Например цифрата 2 не може да се среща в две сини клетки.) а) Дайте примери за оцветима таблица и за латинска таблица, която не е оцветима. б) Колко са всички оцветявания за дадена оцветима таблица? в) Колко са всички оцветими таблици? г) Колко са всички латински таблици, които не са оцветими?

Решения и оценяване. Задача 1. Числото p 2 − 1 се дели на 24, защото 3 дели ( p − 1) p ( p + 1) , но не дели р. (2 т.) Тъй като p − 1 и p + 1 са две последователни четни то 8 дели ( p − 1)( p + 1) .(2 т.) Понеже ( 3;8) = 1 , то 24 дели p 2 − 1 . (1 т.)

M = 7 p 2 − 5q 2 + 2 = 7 ( p 2 − 1) − 5 ( q 2 − 1) ⇒ 24 / M . (2 т.) Задача 2. Нека AM = AD и QM ⊥ AM (Q ∈ CD) . Тогава + ADQ ≅+ AMQ ⇒ QD = QM . (2 т.) Ако DN ⊥ MQ, ( N ∈ MQ) , то + DNQ ≅+MCQ ⇒ QN = QC. Следователно DC = MN (2 т.). Така доказахме, че точката D лежи на страната PN на правоъгълника AMNP. (1 т.) От DP = AN − DN = BC − CM = BM и AP = AB следва + APD ≅+ ABM ⇒ )ADP = )ABM . (1 т.) Следователно + PDQ ≅+ BMQ ⇒ AQ = BQ. (1 т.)

N D

Q

C M

P A

B

Задача 3. Отговори: б) 48; в) 144; г) 432. Решение. а) и б) Ако таблицата е латинска и 1 2 3 4 оцветима, то тя е такава и след разместване на кои да е два стълба. След подходящо разместване на * 1 * * стълбове и евентуално пренаименоване на цифрите * * 1 * „2”, „3” и „4” навсякъде из таблицата, можем да * * * 1 считаме, че тя има вида показан вдясно (звездичките представят някоя от цифрите 2, 3, 4). Такава таблица ще наричаме „подредена”. Имаме 4.3.2.1 = 24 начина да изберем оцветяването a c d b на диагоналните клетки (където са цифрите 1). Нека d b a c с a, b, c, d са цветовете им (в ред отгоре надолу). Има два начина да изберем цвета на клетката на цифрата b d c a „4” в горния десен ъгъл (b или c); без ограничение на c a b d общността това е цветът b. Тогава под него е c, което определя оцветяването на последния стълб. Аналогично първият ред се оцветява еднозначно, а оттам и останалата част от таблицата. Така различните оцветявания на тази таблица са 2.24 = 48. Сега да видим коя звездичка на каква цифра съответства. На втория ред цифрата „2” може да се намира на всяка от позициите освен втората. Ако се намира на третата или съответно на четвъртата, лесно се вижда, че остатъкът от таблицата задължително се довършва по следния начин: 1 4 3 2

2 1 4 3

3 2 1 4

4 3 2 1

1 3 2 4

2 1 4 3

3 4 1 2

4 2 3 1

Тези две таблици не са оцветими, понеже цвят a имат две от цифрите „2” в лявата и две от цифрите „3” в дясната (и при двете възможни оцветявания).

Ако на вторият ред цифрата 2 се намира на първата позиция, то има точно два възможни начина за довършване на таблицата: 1 4 3 2

2 1 4 3

3 2 1 4

4 3 2 1

1 3 2 4

2 1 4 3

3 4 1 2

4 2 3 1

Лявата таблица е оцветима с посочените оцветявания, а в дясната има две цифри „4” в цвета а и значи тя не е оцветима. в) и г) Има 4.3.2.1 = 24 начина да разположим цифрите „1” на четирите реда и 3.2.1 = 6 начина да разположим цифрите 2, 3 и 4 на останалите свободни места по първия ред. Следователно всяка от споменатите подредени таблици представя 24 . 6 = 144 различни латински таблици. Понеже има една оцветима и три неоцветими подредени таблици, то сред латинските таблици оцветимите са 144, а неоцветимите са 3.144 = 432. Оценяване. а) 2т. (1 т. за пример за оцветима таблица плюс 1 т. за таблица, за която е доказано, че не е оцветима). б) 2 т. (1 т. за верен отговор плюс 1 т., ако е правилно аргументиран). в) 1 т. за верен отговор с аргументация. г) 2 т. (1 т. за верен отговор плюс 1 т., ако е правилно аргументиран).

Задачите са предложени от: Т. Витанов 1 и 2. Ив. Кортезов – 3.

Национална олимпиада по математика, национален кръг, 29 май 2009 г. Тема за 8 клас Задача 1. Диагоналите AC и BD на вписания четириъгълник ABCD се пресичат в точката P , а точката M е средата на страната AB . Известно е, че правите PM и CD са перпендикулярни и че центърът на окръжността, описана около четириъгълника, не лежи върху правата PM . Да се докаже, че диагоналите на четириъгълника ABCD са перпендикулярни. Задача 2. Да се докаже, че за всеки три положителни числа a, b, c е вярно неравенството a b c 1 + + ≤ .

2 2 2 (3a + b + c) + 9 (3b + c + a ) + 9 (3c + a + b) + 9 10

Кога се достига равенство? Задача 3. Едно естествено число ще наричаме „11-устойчиво”, ако не е кратно на 11 и ако след смяната на коя да е една негова цифра с която и да е от цифрите от 0 до 9 се получава число, което също не е кратно на 11. Началната цифра не може да се заменя с 0. Да се намерят всички естествени числа с 2009 цифри, които са „11-устойчиви”.

Решения Задача 1. Нека ∠BAC = α и правите PM и CD се пресичат в точката N . Очевидно ∠BDC = α , ∠DPN = ∠MPB = 90° − α (1т). Нека симетралата на отсечката AB пресича правата AP в точката E . Ако допуснем, че точките P и E съвпадат, ще получим, че центърът на окръжността, описана около четириъгълника, лежи върху правата PM противоречие. Знаем, че ∠PAB = α , а ∠MPB = 90° − α . Триъгълникът ABE е равнобедрен, откъдето ∠MEB = 90° − α = ∠MPB (3т). Следователно около четириъгълника PMBE може да се опише окръжност с диаметър BE (2т), защото ∠EMB е прав, а оттам и ∠PBE е прав, тоест диагоналите на ABCD са перпендикулярни (1т). Задача 2. Ще използваме, че за всяко положително число x е вярно неравенството 1 1 1 ≤ (1т), като равенство се достига при x = 3 , както и x + ≥ 2 (1т), като 2 x x + 9 6x равенство се достига при x = 1 . Оттук получаваме a a b b ≤ ≤ , и 2 2 (3a + b + c) + 9 6 (3a + b + c) (3b + a + c) + 9 6 (3b + a + c) c 2

(3c + b + a ) + 9

≤

c (1т). Нека положим 6 (3c + b + a )

3a + b + c = x,3b + c + a = y,3c + b + a = z , тогава 10a = 4 x − y − z ,10b = 4 y − x − z ,10c = 4 z − x − y (1т). Така получаваме:

a 2

+

b 2

+

c 2

(3a + b + c) + 9 (3b + c + a ) + 9 (3c + a + b) + 9 ≤

≤

a b c + + ≤ 6 (3a + b + c ) 6 (3b + a + c ) 6 (3c + b + a )

1 1 ⎛ 4 x − y − z 4 y − x − z 4 z − x − y ⎞⎟ ≤ . ⎜⎜ + + ⎟≤ x y z 6 10 ⎜⎝ ⎠⎟⎟ ≤

⎛ y x ⎞ ⎛ z x⎞ ⎛ y 1 ⎛⎜ ⎜ ⎜⎜12 − ⎜⎜ + ⎟⎟− ⎜⎜ + ⎟⎟ − ⎜ + 60 ⎜⎝ ⎝⎜ x y ⎠⎟⎟ ⎜⎝ x z ⎠⎟ ⎝⎜ z

≤

1 6 1 (12 − 2 − 2 − 2) ≤ = 60 60 10

(2т)

z ⎞⎟⎞⎟ ⎟⎟ ≤ y ⎠⎟⎟⎠⎟⎟

3 Равенство се достига когато има равенство навсякъде или при a = b = c = (1т).

5 Задача 3. Нека числото P = a1a2 … a2009 е „11-устойчиво” и нека S = S1 − S 2 , където S1 = a1 + a3 + … + a2009 е сумата от цифрите на нечетни позиции в P , а S 2 = a2 + a4 + … + a2008 е сумата от цифрите на четни позиции в P . Да разгледаме произволна цифра a2i , стояща на четно място в P . Тогава никое от числата S + a2i ; S + a2i − 1; S + a2i − 2;… ; S + a2i − 9 няма да се дели на 11, защото ако S + a2i − j се дели на 11, то замяната на цифрата a2i с цифрата j в числото P ще ни доведе до число, което се дели на 11, тоест P няма да е „11-устойчиво”. Но числата S + a2i ; S + a2i − 1; S + a2i − 2;… ; S + a2i − 9 са десет поредни цели числа и щом никое от тях не се дели на 11, то на 11 се дели числото S + a2i + 1 (1т). Оттук следва, че всички цифри, стоящи на четни позиции в P дават един и същ остатък при деление на 11, а това означава, че те са равни(1т). Същото разсъждение можем да приложим и за цифрите на P , стоящи на нечетни позиции, освен първата (защото при първата цифра има замяна с нула, която е забранена). Следователно, ако съществуват „11-устойчиви” числа с 2009 цифри, то те трябва да имат вида a1a2 a3 a2 a3 … a2 a3 (1т). Разбира се, в този запис цифрите a1 , a2 , a3 не са обезателно различни. Нека сега P1 е „11-устойчиво” число с повече от 22 цифри. Тогава числото P1* , получено от P1 след премахването на последните 22 цифри, също е „11-устойчиво”. Това е така, защото ако замяната на някоя цифра в P1* го прави кратно на 11, същата замяна ще направи кратно на 11 и P1 , а това е невъзможно - P1 е „11-устойчиво”. Обяснението на този факт се крие в обстоятелството, че сумите, които проверяваме за кратност на 11 при числата P1 и P1* ,

се различават точно с 11( a2 − a3 ) , а това е число, кратно на 11(1т). И понеже 2009 дава остатък 7 при деление на 22, за да решим докрай задачата, е достатъчно да намерим седемцифрените „11-устойчиви” числа. Всяко такова число трябва да има вида a1a2 a3 a2 a3 a2 a3 , където a1 , a2 и a3 са произволни цифри и a1 ≠ 0 . Нека

S = a1 + a3 + a3 + a3 − a2 − a2 − a2 = a1 + 3a3 − 3a2 . Съгласно доказаното по-горе, за да не може замяната на някоя от цифрите a2 с произволна цифра да доведе до получаването на кратно на 11 число, е необходимо и достатъчно числото S + a2 + 1 = a1 − 2a2 + 3a3 + 1 да се дели на 11. За да не може замяната на някоя от цифрите a3 да доведе до

получаването на кратно на 11 число, е необходимо и достатъчно никое от числата S − a3 , S − a3 + 1,… , S − a3 + 9 да не се дели на 11, а това означава, че числото S − a3 − 1 = a1 + 2a3 − 3a2 − 1 да се дели на 11. За да не може замяната на цифрата a1 с някоя от цифрите 1; 2;… ,9 да доведе до число, кратно на 11, е необходимо и достатъчно никое от числата 1 + 3a3 − 3a2 ; 2 + 3a3 − 3a2 ;…;9 + 3a3 − 3a2 да не се дели на 11, а това ще е изпълнено точно тогава, когато едно от числата 3a3 − 3a2 или 3a3 − 3a2 − 1 се дели на 3. И така, цифрите a1 , a2 , a3 трябва да са такива, че числата a1 − 2a2 + 3a3 + 1 ; a1 + 2a3 − 3a2 − 1 ; 3a3 − 3a2 са едновременно кратни на 11 или числата a1 − 2a2 + 3a3 + 1 ; a1 + 2a3 − 3a2 − 1 ; 3a3 − 3a2 − 1 са кратни на 11(1т). И в двата случая обаче, щом първите две числа са кратни на 11, то и тяхната разлика a2 + a3 + 2 трябва да е кратна на 11, а това е възможно само когато a2 + a3 = 9 . Като разгледаме възможностите за a2 и a3 , виждаме, че тогава 3a3 − 3a2 никога няма да се дели на 11, а 3a3 − 3a2 − 1 ще се дели на 11 само при a3 = 1 и a2 = 8 (1т). Тогава за a1 остава единствената възможност a1 = 1 . Оттук получаваме, че единственото „11-устойчиво” седемцифрено число е 1818181. Следователно отговорът на задачата е, че единственото „11-устойчиво” число с 2009 цифри е числото 181818…181 (1т).

2009

Министерство на образованието и науката 58. Национална олимпиада по математика Национален кръг, 29-30 май 2009 г. Задача 1. Естествените числа a и b са такива, че a > b > 1 и уравнението ax − 1 by − 1 = a−1 b−1 има поне две различни решения в естествени числа x > 1 и y > 1. Да се докаже, че числата a и b са взаимнопрости. Решение. Да допуснем, че a и b не са взаимнопрости и нека p е техен общ прост делител. Ще означаваме с vp (n) точната степен на p, която дели естественото число n. Да отбележим, ` −1 че (n, nn−1 ) = 1 за всяко естествено n > 1 и p не дели n − 1, ако дели n. Нека даденото уравнение има решения (x1 , y1 ) и (x2 , y2 ), като можем да считаме, че ax1 − 1 by1 − 1 x1 > x2 . От равенството = получаваме bax1 − aby1 + a − b = ax1 − by1 и оттук a−1 b−1 лесно следва, че vp (a) = vp (b). by1 − 1 ax2 − 1 by2 − 1 ax1 − 1 = и = . ПолучаваДа извадим почленно равенствата a−1 b−1 a−1 b−1 ax1 −x2 − 1 by1 −y2 − 1 ме ax2 = by2 , откъдето x2 vp (a) = y2 vp (b) и значи x2 = y2 . Тогава от a−1 b−1 x x 2 2 a −1 b −1 = очевидно следва a = b, което противоречи на условието. a−1 b−1 Задача 2. Вписаната в 4ABC окръжност е с център I и допира страните му BC, AC и AB съответно в точки A1 , B1 и C1 . През I е построена права `. Точките A0 , B 0 и C 0 са симетрични съответно на A1 , B1 и C1 относно `. Да се докаже, че правите AA0 , BB 0 и CC 0 се пресичат в една точка. Решение. Да означим разстоянието от точката X до правата AB с dc (X). Аналогично означение въвеждаме и за правите BC и CA. Не е трудно да се види, че от синусовия вариант на теоремата на Чева следва, че равенството db (A0 ) dc (B 0 ) da (C 0 ) . . =1 dc (A0 ) da (B 0 ) db (C 0 ) е необходимо и достатъчно условие за пресичане в една точка на правите AA0 , BB 0 и CC 0 . Да забележим, че B1 A0 = A1 B 0 . Освен това, понеже правите CB и CA допират вписаната ù ù 0A = 1 A 0 B =< окръжност, < ) B 0 A1 B = 21 B ) A0 B1 C. Оттук da (B 0 ) = A1 B 0 sin < ) B 0 A1 B = 1 1 2 B1 A0 sin < ) A0 B1 C = db (A0 ). Аналогично получаваме и db (C 0 ) = dc (B 0 ) и dc (A0 ) = da (C 0 ), с което исканото равенство е доказано. Задача 3. През точките с целочислени координати в правоъгълна координатна система Oxyz са построени равнини, успоредни на координатните равнини и по този начин пространството е разбито на единични кубчета. Да се намерят всички тройки (a, b, c), a ≤ b ≤ c,

от естествени числа, за които кубчетата могат да бъдат оцветени в abc цвята така, че всеки паралелепипед с размери a×b×c, целочислени върхове и стени, успоредни на координатните равнини, не съдържа еднакво оцветени кубчета. Решение. Ще докажем, че търсените тройки (a, b, c) са онези, за които a дели b и b дели c. С ((x0 , y0 , z0 ), p, q, r) ще означаваме паралелепипед с долен ляв връх с координати (x0 , y0 , z0 ) и измерения p, q и r, съответно по осите Ox, Oy и Oz. Да допуснем, че b не се дели на a, т.е. b = ma + n за някои m, n ∈ N, 0 < n < a. Ако (p, q, r) е пермутация на числата (a, b, c), то от условието на задачата, приложено за паралелепипедите ((0, 0, 0), p, q, r) и ((0, 0, 1), p, q, r) следва, че паралелепипедите ((0, 0, 0), p, q, 1) и ((0, 0, r), p, q, 1) са съставени от кубчета с едни и същи цветове. Оттук следва, че паралелепипедите ((0, 0, 0), c, a, 1) и ((0, 0, b), c, a, 1) са съставени от кубчета с едни и същи цветове и паралелепипедите ((0, 0, 0), c, b, 1) и ((0, 0, ma), c, b, 1) са съставени от кубчета с едни и същи цветове. Тъй като паралелепипедът ((0, 0, 0), c, b, 1) съдържа ((0, 0, 0), c, a, 1) и ((0, 0, ma), c, b, a) съдържа ((0, 0, ma), c, b, 1) и ((0, 0, b), c, a, 1), то всеки цвят от ((0, 0, 0), c, a, 1) се среща поне два пъти в ((0, 0, ma), c, b, a). Полученото противоречие показва, че n = 0, т.е. a дели b. Аналогично се доказва, че b дели c. Нека сега a|b и b|c, като b = p1 a, c = p2 b = p1 p2 a, където p1 , p2 ∈ N. За всеки две естествени числа m и n ще означаваме с R(m, n) остатъка при деление на m на n. Координати на всяко кубче ще наричаме координатите на долния му ляв преден връх. Да оцветим кубчето (x, y, z) в цвят, определен от остатъци по следния начин:

(R(x, a); R(y, a); R(z, a); R(

x y y z x y z + , p1 ); R( + , p1 ); R( + + , p2 )). a a a a b b b

Тогава преброяването на всички възможности по шестте координати показва, че общият брой на цветовете е a3 p1 p1 p2 = abc. Да допуснем, че две различни едноцветни кубчета (x1 , y1 , z1 ) и (x2 , y2 , z2 ) са разположени в паралелепипед с размери a × b × c, т.е. |x1 − x2 | ≤ α, |y1 − y2 | ≤ β, |z1 − z2 | ≤ γ, където (α, β, γ) е пермутация на (a, b, c). Тъй като |x1 − x2 |, |y1 − y2 | и |z1 − z2 | се делят на a, една от тези разлики е равна на 0. Нека например x1 = x2 . Тогава от четвъртата и петата координата на съответния цвят се вижда, че |y1 − y2 | и |z1 − z2 | се делят на b и значи една от тях е равна на 0. Ако например y1 = y2 , то от последната координата следва, че |z1 − z2 | се дели на c, т.е. z1 = z2 . Получихме, че (x1 , y1 , z1 ) ≡ (x2 , y2 , z2 ), т.е. кубчетата съвпадат, противоречие. Задача 4. Нека n ≥ 3 е естествено число. Да се намерят всички неконстантни полиноми с реални коефициенти f1 (x), f2 (x), . . . , fn (x), за които fk (x)fk+1 (x) = fk+1 (fk+2 (x)), 1 ≤ k ≤ n за всяко реално число x (като fn+1 (x) ≡ f1 (x) и fn+2 (x) ≡ f2 (x)). Решение. Нека deg(fk ) = αk ∈ N, 1 ≤ k ≤ n. Навсякъде по-долу ще разглеждаме индексите по модул n.

2

От условието следват равенствата αk + αk+1 = αk+1 αk+2 , т.е. αk+1 дели αk за всяко k = 1, 2, . . . , n. Следователно α1 = α2 = · · · = αn = 2. Нека f (x) = ak x2 + bk x + ck , 1 ≤ k ≤ n, като ak 6= 0. Сравнявайки коефициентите пред 4 x в дадените равенства, получаваме ak = a2k+2 , 1 ≤ k ≤ n. Ако n = 2m е четно число, то 2 2m−1 = a2m и следователно a = a = · · · = a a1 = a23 = a52 = · · · = a2m−1 1 3 2m−1 = 1. Аналогично 1 получаваме a2 = a4 = · · · = a2m = 1. Ако n е нечетно число, по същия начин получаваме a1 = a2 = · · · = an = 1. Сравнявайки коефициентите пред x3 в дадените равенства, получаваме bk + bk+1 = 2bk+2 , 1 ≤ k ≤ n. Нека min{b1 , b2 , . . . , bn } = bs := b. Тогава от равенството bs−2 + bs−1 = 2bs следва, че bs−2 = bs−1 = b и, продължавайки по същия начин, заключаваме, че b1 = b2 = · · · = bn = b. Сега сравняваме коефициентите пред x2 в дадените равенства и получаваме ck + ck+1 = 2ck+2 + b, 1 ≤ k ≤ n. Като съберем тези равенства, получаваме nb = 0, т.е. b = 0. Тогава същите разсъждения както по-горе показват, че c1 = c2 = · · · = cn = c. Следователно f (x) = x2 +c и дадените равенства приемат вида (x2 +c)(x2 +c) = (x2 +c)2 +c. Оттук c = 0 и f1 (x) = f2 (x) = · · · = fn (x) = x2 . Задача 5. Изпъкнал 2009-ъгълник е разбит на триъгълници чрез непресичащи се диагонали. Един от тези диагонали е оцветен в зелено. Разрешена е следната операция: за два триъгълника ABC и BCD от разбиването с обща страна BC можем да заменим диагонала BC с диагонала AD, като, ако замененият диагонал е бил зелен, той губи цвета си и заменилият го диагонал става зелен. Да се докаже, че всеки предварително избран диагонал на 2009ъгълника може да бъде оцветен в зелено чрез прилагане на разрешената операция краен брой пъти. Решение. Първо ще докажем, че за даден връх на изпъкналия 2009-ъгълник и всяка триангулация, с прилагане на разрешената операция можем да получим триангулацията, получена от прекарването на всички диагонали през този връх. За произволен връх A, движейки се обратно на часовниковата стрелка, да означим с B1 , B2 , . . . , Bk последователните върхове, за които ABi е страна на дадения многоъгълник или диагонал в дадената триангулация. Ако отсечката Bi Bi+1 не е страна, тя е диагонал и след извършване на разрешената операция, ще получим нова триангулация от която излизащите от A диагонали са с един повече. Продължавайки по този начин ще получим триангулация с диагонали само от върха A. Ще докажем по индукция по n ≥ 4, че твърдението е вярно за произволен изпъкнал n-ъгълник. При n = 4, 5 твърдението се проверява директно. Да допуснем, че твърдението е вярно за някое k ≥ 5 и да разгледаме триангулация на изпъкнал (k + 1)-ъгълник. Без ограничение приемаме, че избрания диагонал е A1 Ai . Съгласно доказаното, от дадената триангулация можем да получим триангулацията, получена с прекарването на всички диагонали през A1 . Ако при това A1 Ai е станал зелен, задачата е решена. Нека зелен е станал диагонала A1 Aj , като без ограничение считаме, че j < i. От индукционното допускане следва, че в многоъгълника A1 A2 . . . Ai можем да получим триангулация, в която диагоналът A1 Ai−1 е зелен. Тъй като k ≥ 5 и всяка триангулация на (k + 1)ъгълник съдържа k − 2 диагонала, то в триангулацията освен диагоналите A1 Ai−1 и A1 Ai има поне още един диагонал. Този диагонал разделя (k + 1)-ъгълника на два изпъкнали многоъгълника, всеки с по-малко от k + 1 върха, като диагоналите A1 Ai−1 и A1 Ai са 3

в един от двата многоъгълника. Остава да приложим индукционното допускане за този многоъгълник. Задача 6. Да се докаже, че ако a1 , . . . , an , b1 , . . . , bn са произволни реални числа, а c1 , . . . , cn са положителни реални числа, то

n X

n X

bi bj c + cj i,j=1 i

ai aj c + cj i,j=1 i

n X

ai bj c + cj i,j=1 i

≥

2

.

Решение. Първо решение. Можем да считаме, че не всички ai и не всички bi са равни на 0. Първо ще докажем, че n X

ai aj ci +cj x ≥ 0, c + cj i,j=1 i

f (x) = Имаме, че xf 0 (x) = ( Аналогично

Pn

ci 2 i=1 ai x )

x ≥ 0.

≥ 0. Следователно f (x) ≥ f (0) = 0 при x ≥ 0.

g(x) =

n X

bi bj ci +cj x ≥ 0, c + cj i,j=1 i

Сега полагаме h(x) =

x ≥ 0.

n X

ai bj ci +cj x . c + cj i,j=1 i

Ще докажем по-общо неравенство от даденото, а именно f (x)g(x) ≥ h2 (x), x ≥ 0. Можем да считаме, че È h(x)È≥ 0 при дадено x (иначе сменяме ai с −ai ). Тогава трябва да докажем, че s(x) = f (x) g(x) − h(x) ≥ 0. Oт неравенството a2 + b2 ≥ 2ab при x ≥ 0 следва, че È

È

xs0 (x) =

xf 0 (x) g(x) È

2 f (x)

+

xg 0 (x) f (x) È

2 g(x)

− xh0 (x) ≥

È

xf 0 (x)xg 0 (x) − xh0 (x)

n n n n n n

X

X X X X X

ci ci

= ai x bi x − ai bj xci +cj ≥ ai xci bi xci − ai bj xci +cj = 0

i=1

i=1

i,j=1

i=1

i=1

i,j=1

и значи s(x) > s(0) при x 6= 0.

P P Второ решение. Нека f (x) = ni=1 ai xci −1/2 и g(x) = ni=1 bi xci −1/2 . Даденото неравенство следва директно от интегралното неравенство на Коши-Буняковски-Шварц: Z 1 0

f 2 (x)dx

Z 1 0

g 2 (x)dx ≥

Z 1 0

2

f (x)g(x)dx

.

Автори на задачите: Задача 1 – Петър Бойваленков, Задача 2 – Николай Белухов, Задача 3 – Николай Белухов и Александър Иванов, Задача 4 – Олег Мушкаров, Задача 5 – Емил Колев и Александър Иванов, Задача 6 – Олег Мушкаров и Николай Николов.

4