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

2 27 5 2M p q= − − 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 2 1p − се дели на 24, защото 3 дели ( ) ( )1 1p p p− + , но не дели р. (2 т.) Тъй като 1p − и 1p + са две последователни четни то 8 дели ( )( )1 1p p− + .(2 т.) Понеже ( )3;8 1= , то 24 дели 2 1p − . (1 т.)

( ) ( )2 2 2 27 5 2 7 1 5 1 24 / .M p q p q 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.)

Задача 3. Отговори: б) 48; в) 144; г) 432. Решение. а) и б) Ако таблицата е латинска и оцветима, то тя е такава и след разместване на кои да е два стълба. След подходящо разместване на стълбове и евентуално пренаименоване на цифрите „2”, „3” и „4” навсякъде из таблицата, можем да 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 на диагоналните клетки (където са цифрите 1). Нека с a, b, c, d са цветовете им (в ред отгоре надолу). Има два начина да изберем цвета на клетката на цифрата „4” в горния десен ъгъл (b или c); без ограничение на 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 2 3 4 4 1 2 3 3 4 1 2 2 3 4 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).

1 2 3 4 3 1 4 2 2 4 1 3 4 3 2 1

1 2 3 4 * 1 * * * * 1 * * * * 1

a c d b d b a c b d c a c a b d

A B

CD Q

M

N

P

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

1 2 3 4 4 1 2 3 3 4 1 2 2 3 4 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.

1 2 3 4 3 1 4 2 2 4 1 3 4 3 2 1

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

( ) ( ) ( )2 2 21

103 9 3 9 3 9a b c

a b c b c a c a b+ + ≤

+ + + + + + + + +.

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

, 90BDC DPN MPBα 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 90MPB α∠ = °− . Триъгълникът ABE е равнобедрен, откъдето 90MEB MPBα∠ = °− = ∠ (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

2

1 19 6x x≤

+(1т), като равенство се достига при 3x = , както и 1 2x

x+ ≥ (1т), като

равенство се достига при 1x = . Оттук получаваме

( ) ( )2 6 33 9a a

a b ca b c≤

+ ++ + +, ( ) ( )2 6 33 9

b bb a cb a c

≤+ ++ + +

и

( ) ( )2 6 33 9c c

c b ac b a≤

+ ++ + +(1т). Нека положим

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

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

2 2 23 9 3 9 3 9

6 3 6 3 6 3

1 1 4 4 4.6 10

1 12601 6 112 2 2 260 60 10

a b ca b c b c a c a b

a b ca b c b a c c b a

x y z y x z z x yx y z

y x z x y zx y x z z y

+ + ≤+ + + + + + + + +

≤ + + ≤+ + + + + +⎛ ⎞− − − − − − ⎟⎜≤ + + ⎟≤⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎟⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟⎜ ⎟≤ − + ⎟− + − + ⎟ ≤⎜ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎟⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

≤ − − − ≤ =

(2т)

Равенство се достига когато има равенство навсякъде или при 35

a b c= = = (1т).

Задача 3. Нека числото 1 2 2009P a a a= … е „11-устойчиво” и нека 1 2S S S= − , където

1 1 3 2009S a a a= + + +… е сумата от цифрите на нечетни позиции в P , а

2 2 4 2008S a a a= + + +… е сумата от цифрите на четни позиции в P . Да разгледаме произволна цифра 2ia , стояща на четно място в P . Тогава никое от числата

2 2 2 2; 1; 2; ; 9i i i iS a S a S a S a+ + − + − + −… няма да се дели на 11, защото ако 2iS a j+ − се дели на 11, то замяната на цифрата 2ia 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

2 2 2 2; 1; 2; ; 9i i i iS a S a S a S a+ + − + − + −… са десет поредни цели числа и щом никое от тях не се дели на 11, то на 11 се дели числото 2 1iS a+ + (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 1 2 3 2 3 2 3a a a a a a a… (1т). Разбира се, в този запис цифрите 1 2 3, ,a a a не са обезателно различни. Нека сега 1P е „11-устойчиво” число с повече от 22 цифри. Тогава числото *

1P , получено от 1P след премахването на последните 22 цифри, също е „11-устойчиво”. Това е така, защото ако замяната на някоя цифра в *

1P го прави кратно на 11, същата замяна ще направи кратно на 11 и 1P , а това е невъзможно - 1P е „11-устойчиво”. Обяснението на този факт се крие в обстоятелството, че сумите, които проверяваме за кратност на 11 при числата 1P и *

1P , се различават точно с ( )2 311 a a− , 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

1 2 3 2 3 2 3a a a a a a a , където 1 2,a a и 3a са произволни цифри и 1 0a ≠ . Нека

1 3 3 3 2 2 2 1 3 23 3S a a a a a a a a a a= + + + − − − = + − . Съгласно доказаното по-горе, за да не може замяната на някоя от цифрите 2a с произволна цифра да доведе до получаването на кратно на 11 число, е необходимо и достатъчно числото 2 1 2 31 2 3 1S a a a a+ + = − + + да се дели на 11. За да не може замяната на някоя от цифрите 3a да доведе до

получаването на кратно на 11 число, е необходимо и достатъчно никое от числата 3 3 3, 1, , 9S a S a S a− − + − +… да не се дели на 11, а това означава, че числото

3 1 3 21 2 3 1S a a a a− − = + − − да се дели на 11. За да не може замяната на цифрата 1a с някоя от цифрите 1;2; ,9… да доведе до число, кратно на 11, е необходимо и достатъчно никое от числата 3 2 3 2 3 21 3 3 ;2 3 3 ; ;9 3 3a a a a a a+ − + − + −… да не се дели на 11, а това ще е изпълнено точно тогава, когато едно от числата 3 23 3a a− или 3 23 3 1a a− − се дели на 3. И така, цифрите 1 2 3, ,a a a трябва да са такива, че числата

1 2 32 3 1a a a− + + ; 1 3 22 3 1a a a+ − − ; 3 23 3a a− са едновременно кратни на 11 или числата

1 2 32 3 1a a a− + + ; 1 3 22 3 1a a a+ − − ; 3 23 3 1a a− − са кратни на 11(1т). И в двата случая обаче, щом първите две числа са кратни на 11, то и тяхната разлика 2 3 2a a+ + трябва да е кратна на 11, а това е възможно само когато 2 3 9a a+ = . Като разгледаме възможностите за 2a и 3a , виждаме, че тогава 3 23 3a a− никога няма да се дели на 11, а

3 23 3 1a a− − ще се дели на 11 само при 3 1a = и 2 8a = (1т). Тогава за 1a остава единствената възможност 1 1a = . 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

2009

181818 181… (1т).

Министерство на образованието и науката58. 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 − 1a− 1

=by − 1b− 1

има поне две различни решения в естествени числа x > 1 и y > 1. Да се докаже, че числатаa 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,че (n, n`−1

n−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

x1 > x2. От равенствотоax1 − 1a− 1

=by1 − 1b− 1

получаваме bax1−aby1 +a− b = ax1− by1 и оттук

лесно следва, че vp(a) = vp(b).

Да извадим почленно равенстватаax1 − 1a− 1

=by1 − 1b− 1

иax2 − 1a− 1

=by2 − 1b− 1

. Получава-

ме ax2ax1−x2 − 1

a− 1= by2

by1−y2 − 1b− 1

, откъдето x2vp(a) = y2vp(b) и значи x2 = y2. Тогава отax2 − 1a− 1

=bx2 − 1b− 1

очевидно следва a = b, което противоречи на условието.

Задача 2. Вписаната в 4ABC окръжност е с център I и допира страните му BC, AC иAB съответно в точки A1, B1 и C1. През I е построена права `. Точките A′, B′ и C ′ сасиметрични съответно на A1, B1 и C1 относно `. Да се докаже, че правите AA′, BB′ и CC ′

се пресичат в една точка.

Решение. Да означим разстоянието от точката X до правата AB с dc(X). Аналогичноозначение въвеждаме и за правите BC и CA. Не е трудно да се види, че от синусовиявариант на теоремата на Чева следва, че равенството

db(A′)dc(A′)

.dc(B′)da(B′)

.da(C ′)db(C ′)

= 1

е необходимо и достатъчно условие за пресичане в една точка на правите AA′, BB′ и CC ′.Да забележим, че B1A

′ = A1B′. Освен това, понеже правите CB и CA допират вписаната

окръжност, <) B′A1B = 12ùB′A1 = 1

2ùA′B1 =<) A′B1C. Оттук da(B′) = A1B

′ sin <) B′A1B =B1A

′ sin <) A′B1C = db(A′). Аналогично получаваме и db(C ′) = dc(B′) и dc(A′) = da(C ′), скоето исканото равенство е доказано.

Задача 3. През точките с целочислени координати в правоъгълна координатна системаOxyz са построени равнини, успоредни на координатните равнини и по този начин прост-ранството 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 всекипаралелепипед с размери a×b×c, целочислени върхове и стени, успоредни на координатнитеравнини, не съдържа еднакво оцветени кубчета.

Решение. Ще докажем, че търсените тройки (a, b, c) са онези, за които a дели b и bдели 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 запаралелепипедите ((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 откубчета с едни и същи цветове и паралелепипедите ((0, 0, 0), c, b, 1) и ((0, 0,ma), c, b, 1) сасъставени 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 понедва 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 = p1a, c = p2b = p1p2a, 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 преденвръх.

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

a

�+�y

a

�, p1);R(

�y

a

�+�z

a

�, p1);R(

�x

b

�+�y

b

�+�z

b

�, p2)).

Тогава преброяването на всички възможности по шестте координати показва, че общиятброй на цветовете е a3p1p1p2 = abc.

Да допуснем, че две различни едноцветни кубчета (x1, y1, z1) и (x2, y2, z2) са разполо-жени 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 петатакоордината на съответния цвят се вижда, че |y1 − y2| и |z1 − z2| се делят на b и значи еднаот 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 среални 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 разглеждамеиндексите по модул n.

2

От условието следват равенствата αk + αk+1 = αk+1αk+2, т.е. αk+1 дели αk за всякоk = 1, 2, . . . , n. Следователно α1 = α2 = · · · = αn = 2.

Нека f(x) = akx2 + bkx + ck, 1 ≤ k ≤ n, като ak 6= 0. Сравнявайки коефициентите пред

x4 в дадените равенства, получаваме ak = a2k+2, 1 ≤ k ≤ n. Ако n = 2m е четно число, то

a1 = a23 = a22

5 = · · · = a2m−1

2m−1 = a2m

1 и следователно a1 = a3 = · · · = a2m−1 = 1. Аналогичнополучаваме a2 = a4 = · · · = a2m = 1. Ако n е нечетно число, по същия начин получавамеa1 = 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 получавамеck + 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 диагона-ли. Един от тези диагонали е оцветен в зелено. Разрешена е следната операция: за два три-ъгълника ABC и BCD от разбиването с обща страна BC можем да заменим диагонала BCс диагонала AD, като, ако замененият диагонал е бил зелен, той губи цвета си и заменилиятго диагонал става зелен. Да се докаже, че всеки предварително избран диагонал на 2009-ъгълника може да бъде оцветен в зелено чрез прилагане на разрешената операция краенброй пъти.

Решение. Първо ще докажем, че за даден връх на изпъкналия 2009-ъгълник и всякатриангулация, 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 последовател-ните върхове, за които ABi е страна на дадения многоъгълник или диагонал в даденататриангулация. Ако отсечката BiBi+1 не е страна, тя е диагонал и след извършване наразрешената операция, ще получим нова триангулация от която излизащите отA диагоналиса с един повече. Продължавайки по този начин ще получим триангулация с диагоналисамо от върха A.

Ще докажем по индукция по n ≥ 4, че твърдението е вярно за произволен изпъкналn-ъгълник. При n = 4, 5 твърдението се проверява директно. Да допуснем, че твърдениетое вярно за някое k ≥ 5 и да разгледаме триангулация на изпъкнал (k + 1)-ъгълник. Безограничение приемаме, че избрания диагонал е A1Ai. Съгласно доказаното, от даденататриангулация можем да получим триангулацията, получена с прекарването на всичкидиагонали през A1. Ако при това A1Ai е станал зелен, задачата е решена. Нека зелене станал диагонала A1Aj , като без ограничение считаме, че j < i. От индукционнотодопускане следва, че в многоъгълника A1A2 . . . Ai можем да получим триангулация, вкоято диагоналът A1Ai−1 е зелен. Тъй като k ≥ 5 и всяка триангулация на (k + 1)-ъгълник съдържа k− 2 диагонала, то в триангулацията освен диагоналите A1Ai−1 и A1Ai

има поне още един диагонал. Този диагонал разделя (k + 1)-ъгълника на два изпъкналимногоъгълника, всеки с по-малко от k + 1 върха, като диагоналите A1Ai−1 и A1Ai са

3

в един от двата многоъгълника. Остава да приложим индукционното допускане за тозимногоъгълник.

Задача 6.Да се докаже, че ако a1, . . . , an, b1, . . . , bn са произволни реални числа, а c1, . . . , cn

са положителни реални числа, то�nX

i,j=1

aiaj

ci + cj

��nX

i,j=1

bibj

ci + cj

�≥�

nXi,j=1

aibj

ci + cj

�2

.

Решение. Първо решение. Можем да считаме, че не всички ai и не всички bi са равнина 0. Първо ще докажем, че

f(x) =nX

i,j=1

aiaj

ci + cjxci+cj ≥ 0, x ≥ 0.

Имаме, че xf ′(x) = (Pn

i=1 aixci)2 ≥ 0. Следователно f(x) ≥ f(0) = 0 при x ≥ 0.

Аналогично

g(x) =nX

i,j=1

bibj

ci + cjxci+cj ≥ 0, x ≥ 0.

Сега полагаме

h(x) =nX

i,j=1

aibj

ci + cjxci+cj .

Ще докажем по-общо неравенство от даденото, а именно

f(x)g(x) ≥ h2(x), x ≥ 0.

Можем да считаме, че h(x) ≥ 0 при дадено x (иначе сменяме ai с −ai). Тогава трябва дадокажем, че s(x) =

Èf(x)

Èg(x) − h(x) ≥ 0. Oт неравенството a2 + b2 ≥ 2ab при x ≥ 0

следва, че

xs′(x) =xf ′(x)

Èg(x)

2È

f(x)+

xg′(x)È

f(x)

2È

g(x)− xh′(x) ≥

Èxf ′(x)xg′(x)− xh′(x)

=

����� nXi=1

aixci

nXi=1

bixci

�����− nXi,j=1

aibjxci+cj ≥

nXi=1

aixci

nXi=1

bixci −

nXi,j=1

aibjxci+cj = 0

и значи s(x) > s(0) при x 6= 0.Второ решение. Нека f(x) =

Pni=1 aix

ci−1/2 и g(x) =Pn

i=1 bixci−1/2. Даденото неравен-

ство следва директно от интегралното неравенство на Коши-Буняковски-Шварц:Z 1

0f2(x)dx

Z 1

0g2(x)dx ≥

�Z 1

0f(x)g(x)dx

�2

.

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