Рубриката се води от доц. д-р Веселин Ненков

Задача 1. Точката \(O\) е левият долен връх на безкрайна шахматна дъска. Една муха тръгва от \(O\) и се движи само по страните на квадратчетата. Нека \(A\) е общ връх на някои квадратчета. Казваме, че мухата изминава пътя между \(O\) и \(A\), ако се движи само надясно и нагоре. Ако точките \(O\) и \(A\) са противоположни върхове на правоъгълник \(m \times n\), да се намери броят на пътищата, свързващи точките \(O\) и \(A\), по които мухата може да мине, когато:

а) \(m=1\) и \(n=6\); б) \(m=3\) и \(n=6\); в) \(m\) и \(n\) са произволни естествени числа.

Сава Гроздев, София, и Веселин Ненков, Бели Осъм

Решение: означаваме върховете по хоризонталния и вертикалния ръб на дъската, следващи точката \(O\), с естествените числа \(1,2,3, \cdots \cdots\). Първо да разгледаме \(1 \times 6\) правоъгълника \(O 6 A 1\). На фиг. 1 са показани всичките възможни седем пътя, които може да измине мухата. Те се образуват след комбинирането на седемте точки \(O, 1,2,3,4,5\) и 6 с точките, намиращи се над тях. Следователно в този случай броят на всички пътища може да се запише по следния начин: \(C_{7}^{1}=C_{6+1}^{1}\). Оттук става ясно, че в правоъгълника \(1 \times n\) мухата може да измине \(C=n+\) пътя.

Сега да разгледаме \(2 \times 6\) правоъгълника \(O 6 A 2\). Ако мухата тръгне във вертикална посока и за момент спре в точката 1 , по-нататък всички възможни пътища са както във вече разгледания случай. Следователно те са \(C_{7}^{1}\) (фиг. 2.0).

След това нека мухата тръгва в хоризонтална посока и спре за момент в точката 1. Оттук нататък е приложима предишната ситуация, но за 6 точки. Това означава, че в този случай пътищата са \(C_{6}^{1}\) (фиг. 2.1).

По-нататък, ако мухата временно спира за момент в точките \(2,3,4,5\) и6 , по същия начин преброяваме, че възможните пътища са съответно \(C_{5}^{1}, C_{4}^{1}\), \(C_{3}^{1}, C_{2}^{1}\) и \(C_{1}^{1}\) (фиг. 2.2 – 2.6).

По този начин получаваме, че всички възможни пътища, които съответстват на правоъгълник \(2 \times 6\), са \(C_{7}^{1}+C_{6}^{1}+C_{5}^{1}+C_{4}^{1}+C_{3}^{1}+C_{2}^{1}+C_{1}^{1}\). Ясно е, че тази сума е равна на \(7+6+5+4+3+2+1=28\). Ако разгледаме правоъгълника \(2 \times n\), търсеният брой пътища е равен на \(C_{n+1}^{1}+C_{n}^{1}+C_{n-1}^{1}+\cdots+C_{3}^{1}+C_{2}^{1}+C_{1}^{1}=\tfrac{(n+2)(n+1)}{2}\). Ще покажем още един начин за пресмятане на тази сума. Той се основава на следната:

Лема. Ако \(s \geq k\), изпълнено е равенството:

\[ C_{s}^{k}+C_{s-1}^{k}+C_{s-2}^{k}+\cdots+C_{k+2}^{k}+C_{k+1}^{k}+C_{k}^{k}=C_{s+1}^{k+1} . \]

Доказателство. Ще използваме основното комбинаторно равенство, да запишем следните равенства: \(C_{s-1}^{k+1}=C_{s}^{k+1}-C_{s-1}^{k}, C_{s-2}^{k+1}=C_{s-1}^{k+1}-C_{s-2}^{k}, \ldots\), \(C_{k+3}^{k+1}=C_{k+4}^{k+1}-C_{k+3}^{k}, C_{k+2}^{k+1}=C_{k+3}^{k+1}-C_{k+2}^{k}, C_{k+1}^{k+1}=C_{k+2}^{k+1}-C_{k+1}^{k}\). След почленно събиране на тези равенства получаваме

\[ C_{k+1}^{k+1}=C_{s}^{k+1}-C_{s-1}^{k}-C_{s-2}^{k}-\cdots-C_{k+3}^{k}-C_{k+2}^{k}-C_{k+1}^{k} . \]

Следователно \(C_{s-1}^{k}+C_{s-2}^{k}+\cdots+C_{k+3}^{k}+C_{k+2}^{k}+C_{k+1}^{k}+C_{k}^{k}=C_{s}^{k+1}\) (използвали сме, че \(C_{k+1}^{k+1}=C_{k}^{k}\) ). От последното и основното комбинаторно равенство по-лучаваме \[ C_{s}^{k}+\left(C_{s-1}^{k}+C_{s-2}^{k}+\cdots+C_{k+2}^{k}+C_{k+1}^{k}+C_{k}^{k}\right)=C_{s}^{k}+C_{s}^{k+1}=C_{s+1}^{k+1} . \]

С това лемата е доказана.

От лемата при \(s=n+1\) и \(k=1\) отново получаваме

\[ C_{n+1}^{1}+C_{n}^{1}+C_{n-1}^{1}+\cdots+C_{3}^{1}+C_{2}^{1}+C_{1}^{1}=C_{n+2}^{2}=\tfrac{(n+2)(n+1)}{2} \]

Установихме, че в случаите \(1 \times n\) и \(2 \times n\) възможните пътища са съответно \(C_{n+1}^{1}\) и \(C_{n+2}^{2}\). Тези резултати ни дават основание да направим следното индукционно предположение: За правоъгълник \((m-1) \times n\) всички възможни пътища са \(C_{n+m-1}^{m-1}\). Сега да разгледаме правоъгълник \(m \times n\). Както в случая с \(2 \times 6\) правоъгълника предполагаме, че мухата тръгва вертикално и спира в точката 1. Според индукционното предположение възможните пътища на мухата са \(C_{n+m-1}^{m-1}\). След това мухата спира във всяка от точките \(1,2,3, \ldots \ldots, n-2\), \(n-1\) и \(n\). Отново според индукционното предположение получаваме, че в съотв\(C_{m-1}^{m-1}\).етните Така, ка случаито използваме пътищата лема сат \(C_{n+m-2}^{m-1}, C_{n+m-3}^{m-1}, C_{n+m-4}^{m-1}, \ldots, C_{m+1}^{m-1}, C_{m}^{m-1}\)а, получаваме,, равен на \(C_{n+m-1}^{m-1}+C_{n+m-2}^{m-1}+C_{n+m-3}^{m-1}+C_{n+m-4}^{m-1}+\cdots+C_{m+1}^{m-1}+C_{m}^{m-1}+C_{m-1}^{m-1}=C_{n+m}^{m}\) че общият брой пътища е . Въз основа на метода на математическата индукция заключаваме, че броят на всички възможни пътища, които може да измине мухата в правоъгълник \(m \times n\), е равен на \(C_{n+m}^{m}=\tfrac{(n+m)!}{n!m!}\). Ако \(m=3\) и \(n=6\), пътищата са \(\tfrac{9!}{6!3!}=84\).

Задача 2. Върху страните на \(A B, B C\) и \(C A\) на триъгълник \(A B C\), , външно за триъгълника, са построени съответно квадратите \(A B B_{1} A_{1}, B C C_{1} B_{2}\) и \(C A A_{2} C_{2}\). Ако лицата на шестоъгълника \(A_{1} B_{1} B_{2} C_{1} C_{2} A_{2}\) и триъгълника \(A \bar{B} C\) са съответно \(S_{6}\) и \(S\), да се намери най-малката стойност на частното \(\tfrac{S_{6}}{S}\).

Христо Лесов, Казанлък

Решение: лицето \(S_{6}\) на шестоъгълника \(A_{1} B_{1} B_{2} C_{1} C_{2} A_{2}\) е сбор от лицето \(S\) на \(\triangle A B C\), лицата на квадратите \(A B B_{1} A_{1}, B C C_{1} B_{2}, C A A_{2} C_{2}\) и лицата на триъгълниците \(A A_{1} A_{2}, B B_{1} B_{2}\) и \(C C_{1} C_{2}\). Означаваме дължините на страните \(B C, C A\) и \(A B\) съответно с \(a, b\) и \(c\). Тогава лицата на квадратите \(A B B_{1} A_{1}\), \(B C C_{1} B_{2}\) и \(C A A_{2} C_{2}\) са съответно равни на \(c^{2}, a^{2}\) и \(b^{2}\). Ако \(∢ B A C=\alpha\), \(∢ A B C=\beta \quad\) и \(\quad ∢ B C A=\gamma\), то \(\quad ∢ A_{1} A A_{2}=180^{\circ}-\alpha, \quad ∢ B_{1} B B_{2}=180^{\circ}-\beta\) и \(\quad ∢ C_{1} C C_{2}=180^{\circ}-\gamma . \quad\) Следователно \(\quad S_{A A_{1} A_{2}}=\tfrac{1}{2} b c \sin \alpha=S\), \(S_{B B_{1} B_{2}}=\tfrac{1}{2} c a \sin \beta=S \quad\) и \(\quad S_{C C_{1} C_{2}}=\tfrac{1}{2} a b \sin \gamma=S\). Така получаваме, че \(S_{6}=4 S+a^{2}+b^{2}+c^{2}\). От известните зависимости \(a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 4 \sqrt{3} S\) и \(S=\tfrac{1}{4} \sqrt{2 b^{2} c^{2}+2 c^{2} a^{2}+2 a^{2} b^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}}\), които са изпълнени за всеки триъгѣлник, се получава \(\left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}+\left(b^{2}-c^{2}\right)^{2}+\left(c^{2}-a^{2}\right)^{2} \geq 0\). Равенство е изпълнено тогава и само тогава, когато \(a=b=c\), т.е. \(\triangle A B C\) е равностранен. Следователно \(S_{6} \geq 4 S+4 \sqrt{3} S=4(\sqrt{3}+1) S\), т.е. \(\tfrac{S_{6}}{S} \geq 4(\sqrt{3}+1)\). Това означава, че търсената най-малка стойност е \(4(\sqrt{3}+1)\) и се достига само при равностранен триъгълник \(A B C\).

Задача 3. Мерките на ъглите при върховете \(A, B\) и \(C\) на \(\triangle A B C\) са съответно \(\alpha, \beta\) и \(\gamma\), а \(M\) и \(N\) са M и N са точки от \(∢ A C B\), за които са изпълнени равенствата \(∢ A M C=2 \beta, ∢ B M C=\alpha+\tfrac{\gamma}{2}, ∢ B N C=2 \alpha\) и \(∢ A N C=\beta+\tfrac{\gamma}{2}\). Ако \(E\) е средата на \(A B\), а \(L\) е пресечната точка на ъглополовящата на \(∢ A C B\) и \(A B\), да се докаже, че точките \(M, N, L\) и \(E\) лежат на една окръжност.

Хаим Хаимов, Варна

Решение: означаваме пресечната точка на ъглополовящата \(C L\) с описаната около \(\triangle A B C\) окръжност \(\Gamma\) с \(D\), а средата на \(C D-\) с \(F\). Случаят, когато точките \(E, F\) и \(L\) лежат на една права, е тривиален. Затова ще предполагаме, че тези точки лежат на окръжност \(c\). Ще докажем, че \(M \in c\). Пьрво ще по-кажем, че \(\triangle A M B \sim \triangle D M C\). Тъй като \(∢ B M C=\alpha+\tfrac{\gamma}{2}\) и \(∢ B L C=\alpha+\tfrac{\gamma}{2}\), то \(∢ B M C=∢ B L C\). Затова точките \(B, L, M\) и \(C\) лежат на една окръжност \(k\). Оттук имаме \(∢ L B M=∢ L C M\), т.е. \(∢ A B M=∢ D C M\). Остава да покажем, че \(∢ B A M=∢ C D M\). Ще покажем, че точките \(A, D, L\) и \(M\) лежат на една окръжност. Изпълнени са равенствата \(∢ A D C=∢ A B C=\beta\) и \(∢ L M B=∢ L C B\). Затова \(∢ L M B=\tfrac{\gamma}{2}\).Сегаотусловиятазаточката \(M\) получавамепоследователно \(∢ A M L=∢ A M B-∢ L M B==\left(360^{\circ}-∢ A M C-∢ B M C\right)-∢ L M B=180^{\circ}-\beta\). Затова \(∢ A D L+∢ A M L=180^{\circ}\), което доказва, че точките \(A, D, L\) и \(M\) лежат на една окръжност. Тогава \(∢ L M A=∢ L D M\), т.е. \(∢ B A M=∢ C D M\). Следователно \(\triangle A M B \sim \triangle D M C\). В тези триъгълници \(M E\) и \(M F\) са съответни медиани и затова \(∢ A E M=∢ D F M\), т.е. \(∢ A E M=L F M\). Следователно четириъгълникът \(M E L T\) е вписан в окръжност и \(M \in c\). По същия начин се доказва, че \(N \in c\). Така получаваме, че точките \(M, N, L\) и \(E\) лежат на една окръжност.