Abstract. In comparison with problems, included in lecture courses or in exams on mathematical subjects, the Olympiad problems should assure possibilities for creativity and non-standard thinking of competitors. Thus, it is quite desirable that such problems allow more than one method to find corresponding solutions. The paper proposes a type of problems with various approaches to their solutions.

Keywords: methodology, olympiad problems, complex numbers, matrix, recurrence equation

Решаването на задачи, включени в курсовете на обучение или давани на изпити, включва прилагане на добре познати и изучавани методи и прийоми и не изисква особена изобретателност. Задачите, които са предназначени за решаване по време на олимпиади, трябва коренно да се отличават с наличие на проблем, който може да се реши творчески и нестандартно. Н. Колмогоров цитира един афоризъм, съгласно който „голямото научно откритие се отличава от хубавата задача, давана на олимпиада, само по това, че за решаване на задача за олимпиада се изискват 5 часа, а за получаването на крупен научен резултат – 5000 часа“ (Колмогоров, 1988).

Освен състезателен характер олимпиадите имат и сериозен принос за повишаване на подготовката на част от студентите и учениците. Тази част не е голяма като брой, но е изключително качествена. Това са млади хора, които имат потенциал да се занимават в бъдеще с творческа дейност и да допринасят за развитието на науката. Затова е важно задачите да бъдат такива, че да имат характер на малки научни изследвания. Така както една задача от практиката (не задължително математическа) може да се реши с прилагане на различни подходи, то и до решението на състезателна задача следва да се стига с използване на знания от различни дялове на математиката. В по-нататъшното изложение са представени такива примери.

Задача 1. Да се намерят всички \(2 \times 2\) матрици \(A\) с еднакви елементи по главния диагонал, за които \(A \cdot A^{T}=\left\|\begin{array}{ll}13 & 14 \\ 14 & 20\end{array}\right\|\) (\(A^{T}\) е транспонираната матрица на \(A\) ).

Нека \(A=\left\|\begin{array}{ll}a & b \\ c & a\end{array}\right\|\). Тогава \(A . A^{T}=\left\|\begin{array}{ll}a^{2}+b^{2} & a(b+c) \\ a(b+c) & a^{2}+c^{2}\end{array}\right\|\). Следователно елементите на матрицата \(A\) удовлетворяват системата: \[\begin{array}{|l} a^{2}+b^{2}=13 \\ a \cdot(b+c)=14. \\ a^{2}+c^{2}=20 \end{array}\]

Ще предложим два различни подхода за решаване на тази задача – алгебричен и геометричен.

Първи подход. Изразяваме от второто уравнение \(b+c=\tfrac{14}{a}\). Изваждаме от третото уравнение на системата първото и получаваме \((c-b)(c+b)=7\) или \((c-b) \tfrac{14}{a}=7\), откъдето \(c=\tfrac{a}{2}+b\). Заместваме в третото уравнение и стигаме до следната система от две уравнения с две неизвестни:

\(\left\lvert\, \begin{aligned} & a^{2}+b^{2}=13 \\ & 5 a^{2}+4 a b+4 b^{2}=80\end{aligned}\right.\).

Събираме двете уравнения, предварително умножени съответно по 80 и 13. Получаваме хомогенното уравнение:

\(15 a^{2}-52 a b+28 b^{2}=0\).

След като разделим двете му страни на \(a^{2}\) и положим \(t=\tfrac{b}{a}\), стигаме до квадратното уравнение

\(28 t^{2}-52 t+15=0\) с корени \(t_{1}=\tfrac{5}{14}, t_{2}=\tfrac{3}{2}\).

Първи случай:

\(b=\tfrac{5}{14} a\). След заместване в първото уравнение на системата намираме \(a= \pm \tfrac{14}{\sqrt{17}}\). Следователно \(b= \pm \tfrac{5}{\sqrt{17}}, c=\tfrac{a}{2}+b= \pm \tfrac{12}{\sqrt{17}}\).

Втори случай:

\(b=\tfrac{3}{2} a\). След заместване в първото уравнение на системата намираме \(a= \pm 2\). Следователно \(b= \pm 3, c=\tfrac{a}{2}+b= \pm 4\).

Окончателно решенията на първоначалната система са:

\[ \left(\tfrac{14}{\sqrt{17}}, \tfrac{5}{\sqrt{17}}, \tfrac{12}{\sqrt{17}}\right),\left(-\tfrac{14}{\sqrt{17}},-\tfrac{5}{\sqrt{17}},-\tfrac{12}{\sqrt{17}}\right),(2,3,4) \text { и }(-2,-3,-4) . \]

Втори подход. Построяваме два правоъгълни триъгълника \(M N P\) и \(N P Q\) с катети \(N P=a\), катети \(\mathrm{MN}=b, N Q=c\) и хипотенузи съответно \(M P=\sqrt{13}\) и \(P Q=\sqrt{20}\).

За лицето на \(\triangle M P Q\) имаме \(S_{\triangle M P Q}=\tfrac{(b+c) \cdot a}{2}\), но от системата \(a \cdot(b+c)=14\) и следователно \(S_{\triangle M P Q}=\tfrac{14}{2}=7\).

От друга страна, \(S_{\triangle M P Q}=\tfrac{M P \cdot P Q \cdot \sin \angle M P Q}{2}\), откъдето \(\sin \angle M P Q=\tfrac{7}{\sqrt{65}}\).

Оттук следва, че \(\cos \angle M P Q= \pm \sqrt{1-\left(\tfrac{7}{\sqrt{65}}\right)^{2}}= \pm \tfrac{4}{\sqrt{65}}\).

За \(\triangle M P Q\) прилагаме косинусова теорема:

\(M Q^{2}=M P^{2}+P Q^{2}-2 \cdot M P \cdot P Q \cdot \cos \angle M P Q\).

Първи случай:

\((b+c)^{2}=(\sqrt{13})^{2}+(\sqrt{20})^{2}-2 \cdot \sqrt{13} \cdot \sqrt{20} \cdot \tfrac{4}{\sqrt{65}}\).

Получаваме \((b+c)^{2}=17\), откъдето \(b+c= \pm \sqrt{17}\). Тогава \(a= \pm \tfrac{14}{\sqrt{17}}, b= \pm \tfrac{5}{\sqrt{17}}\) и \(c= \pm \tfrac{12}{\sqrt{17}}\).

Втори случай:

\((b+c)^{2}=(\sqrt{13})^{2}+(\sqrt{20})^{2}-2 \cdot \sqrt{13} \cdot \sqrt{20} \cdot\left(-\tfrac{4}{\sqrt{65}}\right)\).

Получава се \((b+c)^{2}=49\), откъдето \(b+c= \pm 7\). Тогава \(a= \pm 2, b= \pm 3\) и \(c= \pm 4\).

След непосредствена проверка определяме решенията на системата:

\[ \left(\tfrac{14}{\sqrt{17}}, \tfrac{5}{\sqrt{17}}, \tfrac{12}{\sqrt{17}}\right),\left(-\tfrac{14}{\sqrt{17}},-\tfrac{5}{\sqrt{17}},-\tfrac{12}{\sqrt{17}}\right),(2,3,4) \text { и }(-2,-3,-4) . \]

Окончателно всички търсени матрици са:

\(A=\left\|\begin{array}{ll}\tfrac{14}{\sqrt{17}} & \tfrac{5}{\sqrt{17}} \\ \tfrac{12}{\sqrt{17}} & \tfrac{14}{\sqrt{17}}\end{array}\right\|, A=\left\|\begin{array}{cc}-\tfrac{14}{\sqrt{17}} & -\tfrac{5}{\sqrt{17}} \\ -\tfrac{12}{\sqrt{17}} & -\tfrac{14}{\sqrt{17}}\end{array}\right\|, A=\left\|\begin{array}{ll}2 & 3 \\ 4 & 2\end{array}\right\|, A=\left\|\begin{array}{ll}-2 & -3 \\ -4 & -2\end{array}\right\|\).

Задача 2. Ако \(a, b \neq 0, u, v\) са реални числа, да се докаже, че

(1) \[ r_{n}=\tfrac{v-u(a-\sqrt{b})}{2 \sqrt{b}}(a+\sqrt{b})^{n}-\tfrac{v-u(a+\sqrt{b})}{2 \sqrt{b}}(a-\sqrt{b})^{n} \]

е реално число за всяко \(n=0,1,2, \ldots\) :

a) при \(u=0, v=1\);

б) при произволни \(u\) и \(v\).

Ако \(\mathrm{b} \gt 0\), то е очевидно, че \(r_{n}\) е реално число. Остава да се разгледа случаят \(\mathrm{b} \lt 0\).

Ще предложим три принципно различни подхода за решаване на задачата, предполагащи наличието на различни теоретични знания и умения на състезателя.

Първи подход (чрез развиване по формулата за Нютонов бином)

a) При \(u=0, v=1\) след преобразуване получаваме:

\[ \begin{aligned} & r_{n}=\tfrac{1}{2 \sqrt{b}}\left[(a+\sqrt{b})^{n}-(a-\sqrt{b})^{n}\right]=\tfrac{1}{2 \sqrt{b}} \sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} a^{n-k}(\sqrt{b})^{k}\left(1-(-1)^{k}\right)= \\ & =\tfrac{2}{2 \sqrt{b}} \sum_{k-\text { нечетно }} C_{n}^{k} a^{n-k}(\sqrt{b})^{k}=\sum_{k-\text { нечетно }} C_{n}^{k} a^{n-k} b^{\tfrac{k-1}{2}} \end{aligned} \]

Последният израз в равенството показва, че \(r_{n}\) е реално число.

б) При произволни реални \(u\) и \(v\) след преобразуване получаваме:

\[ \begin{aligned} & r_{n}=\tfrac{1}{2 \sqrt{b}}\left[(v-u(a-\sqrt{b}))(a+\sqrt{b})^{n}+(-v+u(a+\sqrt{b}))(a-\sqrt{b})^{n}\right]= \\ & =\tfrac{1}{2 \sqrt{b}}\left[\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k}(v-u(a-\sqrt{b})) a^{n-k}(\sqrt{b})^{k}+\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k}(-v+u(a+\sqrt{b})) a^{n-k}(-1)^{k}(\sqrt{b})^{k}\right]= \\ & =\tfrac{1}{2 \sqrt{b}}\left[\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} v a^{n-k}(\sqrt{b})^{k}-\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} u a a^{n-k}(\sqrt{b})^{k}+\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} u \sqrt{b} a^{n-k}(\sqrt{b})^{k}-\right. \\ & \left.-\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} v a^{n-k}(-1)^{k}(\sqrt{b})^{k}+\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} u a a^{n-k}(-1)^{k}(\sqrt{b})^{k}+\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} u \sqrt{b} a^{n-k}(-1)^{k}(\sqrt{b})^{k}\right]= \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} & =\tfrac{1}{2 \sqrt{b}}\left[\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} v a^{n-k}(\sqrt{b})^{k}\left(1-(-1)^{k}\right)+\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} u a a^{n-k}(\sqrt{b})^{k}\left((-1)^{k}-1\right)+\right. \\ & \left.+\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} u \sqrt{b} a^{n-k}(\sqrt{b})^{k}\left(1+(-1)^{k}\right)\right] . \end{aligned} \]

Последната сума представяме във вида \(r_{n}=r_{n}^{\prime}+r_{n}^{\prime \prime}\), където \(r_{n}^{\prime}\) е сумата на събираемите при четни стойности на \(k\), а \(r_{n}^{\prime \prime}\)– сумата на събираемите при нечетни стойности на \(k\). Тъй като числата \(r_{n}^{\prime}=\tfrac{2}{2 \sqrt{b}} \sum_{k-\text { четно }} C_{n}^{k} u a^{n-k}(\sqrt{b})^{k+1}\) и \(r_{n}^{\prime \prime}=\tfrac{2}{2 \sqrt{b}}\left[\sum_{k \text {-нечетно }} C_{n}^{k} v a^{n-k}(\sqrt{b})^{k}-\sum_{k \text {-нечтно }} C_{n}^{k} u a a^{n-k}(\sqrt{b})^{k}\right]=\sum_{k \text {-нечтно }} C_{n}^{k} v a^{n-k}(\sqrt{b})^{k-1}-\) \(-\sum_{k-\text { нечтно }} C_{n}^{k} u a a^{n-k}(\sqrt{b})^{k-1}\) са реални, то \(r_{n}\) е също реално число.

Втори подход

а) Разглеждаме матрицата с реални елементи \(A=\left\|\begin{array}{ll}a & b \\ 1 & a\end{array}\right\|\) , за която \(\operatorname{tr}(A)=2 a\) и \(\operatorname{det}(A)=a^{2}-b\). От изследванията на Р. Николаев и Й. Петков (Николаев & Петков, 2014) следва, че

\[ A^{n}=a_{n} A-b_{n} E \] където \(a_{n}\) удовлетворява рекурентното уравнение

(2) \[ a_{n}-\operatorname{tr}(A) a_{n-1}+\operatorname{det}(A) a_{n-2}=0 \]

и

\(b_{n}=\operatorname{det}(A) a_{n-1}\).

На (2) съответства характеристично уравнение

\(x^{2}-\operatorname{tr}(A) x+\operatorname{det}(A)=0\) с корени \(x_{1,2}=a \pm \sqrt{b}\), откъдето

\(a_{n}=c_{1}(a+\sqrt{b})^{n}+c_{2}(a-\sqrt{b})^{n}\).

Като използваме, че

\(a_{0}=0=c_{1}+c_{2}\) и \(a_{1}=1=c_{1}(a+\sqrt{b})+c_{2}(a-\sqrt{b})\), намираме \(c_{1}=-c_{2}=\tfrac{1}{2 \sqrt{b}}\).

Получава се (1) в случая \(u=0, v=1\). Като се има предвид, че \(A\) е матрица с реални елементи, то и \(A^{n}\) е матрица с реални елементи за всяко \(n=0,1,2, \ldots\). Следователно \(r_{n}\) е реално число за всяко \(n=0,1,2, \ldots\) при \(u=0, v=1\).

б) Като използваме тази идея, можем да направим следното обобщение: нека \(r_{n}\) удовлетворява рекурентното уравнение

(3) \[ r_{n}=2 a r_{n-1}-\left(a^{2}-b\right) r_{n-2}, \]

като \(r_{0}=u, r_{1}=v\). Тогава за \(r_{n}\) ще се получи точно равенство (1). Тъй като \(r_{0}, r_{1} \in \mathrm{R}\), то от (3) следва, че и \(r_{2} \in \mathrm{R}\) (по условие \(a, b \in \mathrm{R}\) ). Пак от (3) се получава, че за всяко \(n=0,1,2, \ldots\) число то \(r_{n}\) е реално за произволни реални числа \(a, b \neq 0, u, v\).

Трети подход (чрез аритметични действия с комплексни числа)

Ако означим \(v-u a+u \sqrt{b}=z_{1}\) и \(a+\sqrt{b}=z_{2}\), то

\(r_{n}=\tfrac{1}{2 . i \cdot \operatorname{Im} z_{2}}\left(z_{1} z_{2}^{n}-{\overline{z_{1}} z_{2}}^{n}\right)\).

Означаваме \(z_{2}^{n}=z_{3}\) и \(z_{1} z_{3}=z_{4}\). Тогава

\(r_{n}=\tfrac{1}{2 . i \cdot \operatorname{Im} z_{2}}\left(z_{4}-\overline{z_{4}}\right)=\tfrac{1}{i .2 \operatorname{Im} z_{2}} .2 \operatorname{Im} z_{4} . i=\tfrac{\operatorname{Im} z_{4}}{\operatorname{Im} z_{2}} \in \mathrm{R}\).

Предложената задача е подходяща от гледна точка на това, че има различни, основаващи се на методическо разнообразие, начини за решаване и избраният подход от състезателя би съответствал на неговата индивидуална подготовка и творческо мислене \({ }^{2}\).

Нека формулираме следната:

Задача 3. Нека \(a, b, c\) и \(d\) са произволни реални числа. Да се докаже, че

\((a+\sqrt{b})(c+\sqrt{d})^{n}+(a-\sqrt{b})(c-\sqrt{d})^{n}\) е реално число.

Запознатите с комплексни числа лесно ще я решат, като покажат, че числото \(z_{1} z_{2}^{n}+{\overline{z_{1}} z_{2}}^{n}\) е реално, където \(z_{1}=a+\sqrt{b}\) и \(z_{2}=c+\sqrt{d}\).

Тези, които не са изучавали комплексни числа и действия с тях, биха могли да я решат по някой от първите два подхода, изложени в решението на задача 1. За тях, разбира се, се изискват знания или за Нютонов бином, или за решаване на рекурентни уравнения.

Накрая ще предложим една задача, която е частен случай на задача 1.

Задача 4. Да се докаже, че числото

\(p_{n}=(6+i)(2+3 i)^{n}+(6-i)(2-3 i)^{n}\) e реално за всяко \(n=0,1,2 \ldots\)

Един възможен начин за решаване е, като се приложи казаното по-горе за комплексни числа. Друг подход е чрез използване на задача 1, като . Тогава

\[ p_{n}=\tfrac{1}{6} r_{n}, \] където от (3) ще следва, че \[ r_{n}=4 r_{n-1}-13 r_{n-2}, r_{0}=u=2, r_{1}=v=3 . \]

Съгласно задача \(1, r_{n}\) е реално число за всяко \(n=0,1,2, \ldots\) Следователно и \(p_{n}=\tfrac{1}{6} r_{n}\) е реално число за всяко \(n=0,1,2, \ldots\)

Изводи, които се налагат по отношение съставянето на състезателни задачи

1) Задачите, които се предлагат, не трябва да имат единствен, еднозначен метод за решаване, а да имат възможност за прилагане на различни подходи (в зависимост от натрупания теоретичен потенциал), които да водят до намиране на решението.

2) В същото време да няма прекалено „прост“ начин за тяхното решаване, освен ако той не е основан на някакви твърдения, които са извън преподавания материал и изискват (солидна) допълнителна подготовка на състезателите (например стереометрична задача, в която се прилага теоремата на Креле).

3) Нека не изхождаме от гледна точка на уменията на автора на дадена задача, който в повечето случаи е специалист в конкретна област на математиката. На практика се предлагат задачи от различни области, като състезателите не могат да са всезнаещи във всяка област и не е задължително да познават всички теоретични постановки в тях. Следователно трябва да има алтернативни варианти като възможност за решаване на съответните задачи, чрез което да се покаже по-следователността от мисловни разсъждения, а не познаване само на тънкостите в конкретната материя. Тогава бихме могли да подберем „звездичките“, а не да дадем задача, в която например, ако не знаеш теорема „№ \(n\)“ на математика „Х“, да не можеш по никакъв друг начин да намериш решението.

БЕЛЕЖКИ

1. От второто уравнение на системата непосредствено се вижда, че \(a \neq 0, b \neq-c\).

2. Авторите не претендират, че предложените подходи за решаване на задачите изчерпват всички възможни.

ЛИТЕРАТУРА

Колмогоров, А. Н.(1998). „Математика – наука и профессия“. Москва.

Николаев, Р. & Петков, Й. (2014). Някои методически обобщения за решаване на един тип задачи от линейната алгебра. Математика и информатика, 57 (2), 155 – 165.