https://doi.org/10.53656/math2022-1-9-res

Задача 1. Дадени са \(9\) различни естествени числа, всяко от които има прости делители, не по-големи от \(3\) . Докажете, че произведението на някои три от тези числа е точен куб.

Решение: числата са представим във вида \(2^{\alpha} 3^{\beta}, \alpha, \beta \in \mathbb{N}_{0}\).

Нека разгледаме квадрат \(\left(a_{i j}\right)=i, j\)

като поставяме числото \(2^{\alpha} 3^{\beta}\) в клетка \(\alpha \bmod 3, \beta \bmod 3\).

Ако е изпълнено едно от следните:

1. съществуват три числа на един ред или по един стълб или по един диагонал;

2. съществуват три числа в една клетка;

3. число в клетка-връх на квадрата и числа в средите на страните, несъдържащи този връх, например.

то произведението на трите числа е точен куб.

Затова нека считаме, че няма клетка с повече от две числа и не всички клетки съдържат по число.

Нека \(x \geq 1\) клетки имат по две числа и \(y-\) по едно. Тогава \(2 x+y=9 \Rightarrow y\) е нечетно. Решенията на това уравнение са \((1,7),(2,5),(3,3)\) и \((4,1)(4,1)\), като заетите клетки при всяко от тях са съответно \(8,7,6\) и \(5\) .

Ще покажем, че няма как да имаме \(5\) заети клетки и да не са изпълнени 1 и 3.

Допускаме противното: имаме \(5\) заети клетки и 1 и 3 не са изпълнени.

Разглеждаме няколко случая в зависимост колко клетки в средите на страните са заети.

Задача 2. Намерете всички двойки естествени числа \(a\) и \(b\), за които \(\tfrac{a^{2}+b}{b^{2}-a}\) и \(\tfrac{b^{2}+a}{a^{2}-b}\) са цели числа.

Решение: очевидно, ако \((a, b)\) е решение, то и \((b, a)\) е решение. Затова нека \(b \geq a\).

Ако \(b=1 \Rightarrow a=1\) и дробите не са дефинирани.

Следователно \(b \geq 2 \Rightarrow b^{2} \gt b \geq a \Rightarrow b^{2}-a \gt 0 \Rightarrow \tfrac{a^{2}+b}{b^{2}-a} \in \mathbb{N} \Rightarrow a^{2}+b \geq b^{2}-a \Rightarrow\) \(a^{2}-b^{2}+b+a \geq 0 \Rightarrow(a+b)(a-b+1) \geq 0 \Rightarrow b \leq a+1\).

Комбинирайки с по-горе, получаваме \(a \leq b \leq a+1 \Rightarrow b \in\{a, a+1\}\).

Случай 1: \(b=a\). Тогава дробите са \(\left.\tfrac{b^{2}+b}{b^{2}-b}=\tfrac{b+1}{b-1}=1+\tfrac{2}{b-1} \Rightarrow(b-1) \right\rvert\, 2 \Rightarrow b \in\{2,3\}\). Следователно решения са \((2,2)\) и \((3,3)\).

Случай 2: \(b=a+1\). Тогава \(\tfrac{a^{2}+b}{b^{2}-a}=\tfrac{b^{2}-b+1}{b^{2}-b+1}=1\), а \(\tfrac{b^{2}+a}{a^{2}-b}=\tfrac{b^{2}+b-1}{b^{2}-3 b+1}\).

Тъй като \(\mathrm{b} \geq 2 \mathrm{~b} \geq 2\), знаменателят е отрицателен само при \(\mathrm{b}=2\), при което \(a=1\). Замествайки в дробите, установяваме, че \((1,2)\) е решение.

При \(b \geq 3\) :

\(\left.\tfrac{b^{2}+b-1}{b^{2}-3 b+1}=\tfrac{\left(b^{2}-3 b+1\right)+(4 b-2)}{b^{2}-3 b+1} \Rightarrow\left(b^{2}-3 b+1\right) \right\rvert\,(4 b-2) \Rightarrow 4 b-2 \geq b^{2}-3 b+1 \Rightarrow b \in\{3,4,5,6\}\). Проверяваме, че само при \(b=3:\left(b^{2}-3 b+1\right) \mid(4 b-2)\). Тогава \(a=2\) и \((2,3)\) е решение.

Като вземем предвид симетричните решения, получаваме всички решения: \((1,2),(2,1),(2,2),(2,3),(3,2),(3,3)\).

Задача 3. Докажете, че за произволни положителни реални числа \(a, b\) и \(c\) е изпълнено неравенството

\[ \left(a^{2}+2\right)\left(b^{2}+2\right)\left(c^{2}+2\right) \geq 9(a b+b c+c a) \] Решение: имаме \(\left(a^{2}+x\right)\left(b^{2}+x\right)=\left(a^{2}+\sqrt{x}^{2}\right)\left(\sqrt{x}^{2}+b^{2}\right) \geq(a \sqrt{x}+\sqrt{x} b)^{2}=x(a+b)^{2}(*)\), като приложихме неравенството на Коши-Буняковски-Шварц.

От СА-СК \(a^{2}+b^{2} \geq \tfrac{(a+b)^{2}}{2}\).

Тогава

\(\left(a^{2}+2\right)\left(b^{2}+2\right)=\left(a^{2} b^{2}+a^{2}+b^{2}+1\right)+a^{2}+b^{2}+3=\underbrace{\left(a^{2}+1\right)\left(b^{2}+1\right)}_{(*)}+\left(a^{2}+b^{2}\right)+3 \geq\) \((a+b)^{2}+\tfrac{(a+b)^{2}}{2}+3=\tfrac{3}{2}(a+b)^{2}+3\).

Известно е неравенството \(\Sigma_{\text {cyc }} a^{2} \geq \Sigma_{\text {cyc }} a b \Sigma_{\text {cyc }} a^{2} \geq \Sigma_{\text {cyc }} a b\).

Тогава

\(\left(a^{2}+2\right)\left(b^{2}+2\right)\left(c^{2}+2\right) \geq\left(\cfrac{3}{2}(a+b)^{2}+3\right)\left(c^{2}+2\right)=\) \(\cfrac{3}{2} \underbrace{\left((a+b)^{2}+2\right)\left(c^{2}+2\right)}_{(*)} \) \(\geq \cfrac{3}{2} \cdot 2(a+b+c)^{2}=3\left(\sum_{c y c} a^{2}+2 \sum_{c y c} a b\right) \geq 9 \sum_{c y c} a b \)

Мартин Любомиров Димитров – София

Редакцията на сп. „Математика и информатика“ награждава с годишен абонамент за списанието за 2022 г. Мартин Любомиров Димитров от София за предложените от него за този и предния брой решения на конкурсните задачи.