EMT

Есенен математически турнир

309 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.

16 години8 класаИма видими липси

По година По клас

Избран клас

10

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

2019 · 10: липсва задача 2, 3, 4 · Проверен PDF източник

2007

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички цели числа

b

c

, за които уравнението

x^{2}-b x+c=0

има два реални корена

x_{1}

x_{2}

, удовлетворяващи

x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=5

Решение

Тъй като корените са реални, имаме

D=b^{2}-4 c \geq 0

. От формулите на Виет имаме

x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}=b^{2}-2 c,

т. е.

b^{2}-2 c=5

. Оттук

2 c=b^{2}-5 \geq-5

, откъдето

c \geq-\frac{5}{2}

. От друга страна

5-2 c=b^{2}-4 c \geq 0

, откъдето

c \leq \frac{5}{2}

. Следователно

c

е едно от числата -2,

-1, 0, 1

или 2. Цели стойности за

b

се получават само при

c=-2

(съответно

b= \pm 1

) и

c=2

(съответно

b= \pm 3

). Окончателно решенията са

b= \pm 1, c=-2

b= \pm 3, c=2

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

(

A C\gt{}B C

) със средна отсечка

M N

(

M

лежи на

A C

, а

N

лежи на

B C

). Ъглополовящата на ъгъл

B

пресича правата

M N

в точка

P

. Вписаната окръжност в

\triangle A B C

има за център точката

I

и се допира до

B C

в точка

Q

. Перпендикулярите, издигнати от

P

Q

, съответно към

M N

B C

се пресичат в точка

R

. Нека

S

е пресечната точка на правите

A B

R N

. a) Да се докаже, че четириъгълникът

P C Q I

е вписан. б) Да се изрази дължината на отсечката

B S

чрез дължините

a, b, c

на страните на

\triangle A B C

Решение

а) Очевидно

\angle A B P=\angle B P N=\angle P B N=\beta / 2.

Следователно

B N=C N=P N

, откъдето

\angle B P C=90^{\circ}

. Тъй като и

\angle C Q I=90^{\circ}

, четириъгълникът

P C Q I

е вписан. б) Пресмятаме

\angle P C I=\angle P C B-\angle I C B=\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)-\frac{\gamma}{2}=\frac{\alpha}{2}.

Тъй като

\angle R P N=\angle I Q N=90^{\circ}

, четириъгълникът

R P Q N

е вписан. Оттук и от а) получаваме

\angle N S B=\angle P N R=\angle P Q R=\angle P C I=\frac{\alpha}{2}

Следователно

A I

S N

са успоредни, откъдето

\frac{B S}{A B}=\frac{B N}{B L}

, където

L

е пресечната точка на ъглополовящата на ъгъл

B A C

B C

. Замествайки в горното равенство, получаваме

\frac{B S}{c}=\frac{a / 2}{a c /(b+c)},

откъдето

B S=\frac{b+c}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

За естественото число

m\gt{}1

означаваме с

f(m)

сумата на всички естествени числа, по-малки от

m

и взаимно прости с

m

. Да се намерят всички естествени числа

n

, за които съществуват естествени числа

k

l

такива, че

f\left(n^{k}\right)=n^{l}

Решение

Ако

m\gt{}2

, естествените числа, по-малки от

m

и взаимно прости с

m

се разбиват на двойки от вида

(k, m-k), m-k \neq k

, като броят на двойките е

\frac{\varphi(m)}{2}

, където

\varphi(m)

е функцията на Ойлер, и сумата на числата във всяка двойка е

m

. Следователно

f(m)=\frac{m \varphi(m)}{2}

. Това равенство остава вярно и за

m=2

. Като вземем предвид и това, че

\varphi\left(n^{k}\right)=n^{k-1} \varphi(n)

, получаваме

f\left(n^{k}\right)=\frac{n^{k} \varphi\left(n^{k}\right)}{2}=\frac{n^{2 k-1} \varphi(n)}{2}

Така условието става

n^{2 k-1} \varphi(n)=2 n^{l}

. Ако

l\gt{}2 k-1

, получаваме

\varphi(n)=2 n^{l-2 k+1} \geq 2 n

, което е невъзможно. При

l=2 k-1

получаваме

\varphi(n)=2

. Лесно се установява, че това равенство е изпълнено само при

n=3, 4

и 6. Нека

l\lt{}2 k-1

. Тогава

n^{2 k-1-l} \varphi(n)=2

, което е изпълнено само при

n=2

2 k-1-l=1

, т. е.

l=2 k-2

. Окончателно, търсените естествени числа са

n=2, 3, 4

и 6.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки естествени числа

(m, n), m \leq n

, за които съществува таблица от нули и единици с

m

реда и

n

стълба, удовлетворяваща следното условие: Ако в една клетка е записана нула (съответно единица), то броят на нулите (съответно единиците) в реда на тази клетка е равен на броя на нулите (съответно единиците) в стълба на клетката.

Решение

a_{p q}

ще означаваме числото записано в

p

-ия ред и

q

-ия стълб на таблицата, като броенето на редовете се извършва от горе на долу, а на стълбовете от ляво на дясно. С

A_{0}(p)

(съответно

A_{1}(p)

) ще означаваме броят на нулите (съответно единиците) в

p

-ия ред. Аналогично, с

B_{0}(q)

(съответно

B_{1}(q)

) ще означаваме броят на нулите (съответно единиците) в

q

-ия стълб. Лема. Да разгледаме четирите клетки, които се получават при пресичане на

i

-ия и

j

-ия ред и

k

-ия и

l

-ия стълб на таблицата и съответните числа

a_{i k}

a_{i l}, a_{j k}

a_{j l}

. Ако точно 3 от тези цифри са равни, то

m=n

. Доказателство. Без ограничение, нека

a_{i k}=a_{i l}=a_{j k}=0

a_{j l}=1

. Тогава поради

a_{j l}=1

от условието следва

A_{1}(j)=B_{1}(l)

. Също така от

a_{i k}=a_{i l}=a_{j k}=0

намираме

A_{0}(j)=B_{0}(k)=A_{0}(i)=B_{0}(l)

. Следователно

A_{1}(j)=B_{1}(l)

A_{0}(j)=B_{0}(l)

, което означава, че

m=n

◇. При

m=n

например таблица само с нули (или с нули по главния диагонал и единици в останалите клетки) има исканото свойство Да допуснем, че

n\gt{}m

. Ясно е, че разместване на стълбовете и редовете на таблицата не променя основното свойство. Следователно можем да считаме, че в първия ред от ляво на дясно най-напред са поставени единиците, а в първия стълб от горе на долу най-напред са поставени също единиците. При това, поради

a_{11}=1

получаваме, че единиците в първия ред са колкото единиците в първия стълб. Нека този брой е

t

. От Лемата сега следва, че

a_{p q}=1

за всички

p, q=1, 2, \ldots, t

. Случай 1. Нека

n\gt{}m=t

. Тогава

n\gt{}t

a_{p q}=0

за всички

q\gt{}t

. Следователно

n-t=t

, т. е.

n=2 t=2 m

. Случай 2. Нека

n\gt{}m\gt{}t

. Ако

a_{p q}=1

за някои

p\gt{}t

1 \leq q \leq t

то от Лемата следва (поради

a_{p q}=a_{11}=a_{1 q}=1

a_{p 1}=0

), че

m=n

. Следователно

a_{p q}=0

за

p\gt{}t

1 \leq q \leq t

и аналогично

a_{p q}=0

за

q\gt{}t

1 \leq p \leq t

. Да допуснем, че

a_{p q}=0

за някои

p\gt{}t

q\gt{}t

. Отново от Лемата следва, че

m=n

. Следователно

a_{p q}=1

за всички

p\gt{}t

q\gt{}t

. Сега поради

a_{m n}=1

следва

m-t=n-t

, т. е.

m=n

. Окончателно получихме, че

m=n

или

n=2 m

(например таблица, съставена от две долепени

m \times m

таблици, едната с нули, а другата с единици, има исканото свойство).

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-10-4

2008

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

За кои стойности на параметъра

a

уравнението

(2 x-a) \sqrt{\vphantom{x^2}a x^{2}-\left(a^{2}+a+2\right) x+2(a+1)}=0

има три различни корена?

Решение

При

a=0

уравнението има два различни корена. Когато

a \neq 0

от

a x^{2}-\left(a^{2}+a+2\right) x+2(a+1)=(a x-2)(x-a-1).

следва, че корени на уравнението са

x=\frac{2}{a}, a+1, \frac{a}{2}

. Тези корени са различни за

a \neq-2, 1, 2

. Остава да проверим, ако

x=\frac{a}{2}

, за кои

a

подкоренната величина е положителна:

\left(a \cdot \frac{a}{2}-2\right)\left(\frac{a}{2}-a-1\right)=-\frac{1}{4}(a+2)^{2}(a-2) \geq 0

откъдето

a \leq 2

. Окончателно

a \in(-\infty, -2) \cup(-2, 0) \cup(0, 1) \cup(1, 2)

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

и нека

M

е средата на страната

B C

, а

P

Q

са петите на перпендикулярите спуснати от

M

съответно към страните

A B

A C

на триъгълника. Да се намери

\angle B A C

, ако е известно, че

S_{M P Q}=\frac{1}{4} S_{A B C}

P

Q

са вътрешни точки за страните на триъгълника.

Решение

От условието следва, че точките

A, P, M

Q

лежат на окръжност

k

с диаметър

A M

и тогава

\angle B A M=\angle P Q M

\angle C A M=\angle Q P M

. Ако означим с

N

средата на

A B

, то

M N

е средна отсечка в

\triangle A B C, M N \| A C

и значи

\angle A M N= \angle C A M

. Следователно

\triangle M P Q \sim \triangle N M A

. От друга страна, от условието следва, че

S_{M P Q}=\frac{1}{4} S_{A B C}=S_{N M A}

Тогава

\triangle M P Q \cong \triangle N M A

. Следователно

A M=P Q, P Q

е диаметър в

k

\angle B A C= 90^{\circ}

. Заблежка: От формулата на Ойлер имаме:

S_{M P Q}=\frac{S_{A B C}}{4}\left|1-\frac{d^{2}}{R^{2}}\right|

, където

d

е разстоянието от

M

до центъра на описаната около

\triangle A B C

окръжност. Така условието ни води до

d=0

, т. е.

\angle B A C=90^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

x, y

z

, за които

7^{x}+13^{y}=2^{z}

Решение

От даденото уравнение имаме

2^{z} \equiv(-1)^{y}(\bmod 7)

. Тъй като

2^{3} \equiv 1 (\bmod 7)

, сравнението

2^{z} \equiv-1(\bmod 7)

не е изпълнено за никое

z

, а сравнението

2^{z} \equiv 1

(mod 7) е изпълнено точно когато

z

се дели на 3. Така

z=3 l, l \in \mathbb{N}

, и

y

е четно число. Отново от даденото уравнение имаме

7^{x} \equiv 2^{z}=2^{3 l}(\bmod 13)

и оттук

7^{4 x} \equiv 2^{12 l} \equiv 1 (\bmod 13)

, понеже по теоремата на Ферма

2^{12} \equiv 1(\bmod 13)

. Следователно

4 x

се дели на показателя на 7 по модул 13. Пресмятаме, че този показател е равен на 12 и получаваме, че 12 дели

4 x

, т. е.

x=3 k, k \in \mathbb{N}

. Да запишем даденото уравнение във вида

13^{y}=2^{3 l}-7^{3 k}=

\left(2^{l}-7^{k}\right)\left(2^{2 l}+2^{l} \cdot 7^{k}+7^{2 k}\right). \tag{1}

Не е възможно и двата множителя в дясната страна на (1) да се делят на 13, защото от

2^{l} \equiv 7^{k}(\bmod 13)

2^{2 l}+2^{l} \cdot 7^{k}+7^{2 k} \equiv 0(\bmod 13)

следва

0 \equiv 7^{2 k}+7^{k} \cdot 7^{k}+7^{2 k}=3 \cdot 7^{2 k} (\bmod 13)

, което е невъзможно. Следователно равенството (1) може да е изпълнено единствено при

2^{l}-7^{k}=1, \quad 2^{2 l}+2^{l} \cdot 7^{k}+7^{2 k}=13^{y} \tag{2}

Да разгледаме първото равенство в (2). Очевидно

l \geq 3

. Ако

l \geq 4

, получаваме

7^{k} \equiv-1 (\bmod 16)

, което не е възможно за никое

k

, понеже

7^{2} \equiv 1(\bmod 16)

. Следователно

l=3

и тогава

k=1

, т. е.

z=9

x=3

. Сега от второто равенство в (2) получаваме

13^{y}=2^{6}+2^{3} \cdot 7+7^{2}=169

y=2

. Окончателно търсените числа са

x=3, y=2

z=9

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-10-3

2017

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на реалния параметър

a

, за които уравнението

(2+\sqrt{\vphantom{x^2}3})^{x}+(2 a-1)(2-\sqrt{\vphantom{x^2}3})^{x}=a-3

има единствено

Решение

Записваме уравнението във вида

(2+\sqrt{\vphantom{x^2}3})^{x}+(2 a-1) \frac{1}{(2+\sqrt{\vphantom{x^2}3})^{x}}-(a-3)=0

откъдето

(2+\sqrt{\vphantom{x^2}3})^{2 x}-(a-3)(2+\sqrt{\vphantom{x^2}3})^{x}+2 a-1=0.

Да положим

(2+\sqrt{\vphantom{x^2}3})^{x}=u

. Получаваме

u^{2}-(a-3) u+2 a-1=0. \tag{*}

Сега задачата се свежда до намиране на онези стойности на

a

, за които (\textit{) има точно едно положително (1) Нека (}) има единствено Тогава

(a-3)^{2}-4(2 a-1)=0

, т. е.

a^{2}-14 a+13-0

a=1

или 13. Непосредствено се проверява, че при

a=1

корепът на (\textit{) е

u=-1

, а при

a=13

той е

u=5

. (2) Нека (}) има два реални корена. Лесно се проверява, че ако единият от корените е 0 (т. е.

a=1 / 2

), то другият корен е отрицателен. Така остава да разгледаме случая, когато единият корен на (*) е положителен, а другиятотрицателен. Това се случва точно когато

\left\lvert\, \begin{aligned} & (a-3)^{2}-4(2 a-1)\gt{}0 \\ & 2 a-1\lt{}0 \end{aligned}\right.

Получаваме системата от неравенства

\left\lvert\, \begin{aligned} & a^{2}-14 a+13\gt{}0 \\ & 2 a-1\lt{}0 \end{aligned}\right.

откъдето

a \in(-\infty, 1 / 2)

. Окончателно

a \in(-\infty, 1 / 2) \cup\{13\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В окръжност

k

е вписан остроъгълен триъгълник

A B C

. Точка

M

е среда на

A B

. Допирателната към

k

в точка

A

пресича правата през

M

, перпендикулярна на

A C

, в точка

D

. Допирателната към

k

в точка

B

пресича правата пресича правата през

M

, перпендикулярна на

B C

, в точка

E

. Известно е, че правата

D E

разделя

\triangle A B C

на части с лица 1 и 3. Да се намери мярката на ъгъл

C

Решение

Нека височините на

\triangle A B C

са

A A^{\prime}, B B^{\prime}

, а ъглите му са означени както обикновено с

\alpha, \beta, \gamma

. Точките

A, B, A^{\prime}, B^{\prime}

лежат на окръжност с център

M

. Имаме

A M=M A^{\prime}

, така че

\angle M A^{\prime} A=\angle M A A^{\prime}=90 \circ-\beta=\angle A D M

, понеже

\angle D A C=\beta

като периферен. Тогава точката

A^{\prime}

лежи на описаната окръжност около

\triangle A M D

. Имаме

\angle M A^{\prime} D=180

-\angle B A D=\gamma

\angle M A^{\prime} B^{\prime}=180 \circ-\angle M A^{\prime} B-\angle B^{\prime} A^{\prime} C=180 \circ-\beta-\alpha=\gamma

, така че

D

лежи на правата

A^{\prime} B^{\prime}

. Аналогично и

E

лежи на тази права. Имаме

\triangle A B C \sim \triangle A^{\prime} B^{\prime} C

, така че

\sin \gamma=\frac{C A^{\prime}}{C A}=

\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{S_{A^{\prime} B^{\prime} C}}{S_{A B C}}}=\frac{1}{2} \text{или} \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}

в зависимост от това, коя част има по-голямо лице. Така получаваме

\gamma=30

о ili

\gamma=60

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намери остатъка, който дава сумата

S=1-63+63^{2}-63^{3}+\ldots-63^{399}+63^{400}

пи делене на 2017.

Решение

Лесно се проверява, че

2^{11}-2^{5}+1 \equiv 0(\bmod 2017)

, откъдето

2^{5}(-63) \equiv 1 (\bmod 2017)

. Оттук

-63 \equiv 2^{-5}(\bmod 2017)

(под

a^{-1}(\bmod m)

, където

(a, m)=1

, разбираме единственият остатък

a^{\prime}

по модул

m

, за който

a a^{\prime} \equiv 1(\bmod m)

) и замествайки в сумата

S

получаваме

S \equiv 1+2^{-5}+2^{-10}+\ldots 2^{-2000}

Като използваме факта, че 2017 е просто число, както и малката теорема на Ферма, стигаме до сравнението

\left(2^{-5}-1\right) S \equiv 2^{-2005}-1 \equiv 2^{11}-1 \equiv 2^{5}-2 \quad

(\bmod 2017).

Оттук

\left(-2^{6} S \equiv 2^{5}-2(\bmod 2017)\right.

S \equiv 2^{-5}-2^{-1}(\bmod 2017)

. Окончателно

S \equiv(-63)(1009) \equiv

945 (mod 2017).

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В множеството от точки с целочислени координати

\mathcal{P}=\{(a, b) \mid 1 \leq a, b \leq 2017, a, b \in \mathbb{Z}\}

е избрана точка

X=(x, y)

, която трябва да отгатнем. За тази цел задаваме въпроси от вида: „В колко координати точката

Q_{i}=\left(x_{i}, y_{i}\right)

се различава от

X

?" за

N

различни точки

Q_{i}=\left(x_{i}, y_{i}\right), i=1, \ldots, N

. Всички въпроси се задават предварително и наведнъж. Да се намери минималният брой въпроси, с които може да се определи точката

X

Решение

Ще разгледаме задачата в общия случай, когато

\mathcal{P}=\{(a, b) \mid 1 \leq a, b \leq 3 k+1\}.

Лесно се проверява, че за

k=1

търсеният минимален брой въпроси е 4. Дефинираме разстояние между две точки

A(\alpha, \beta)

B(\gamma, \delta)

като броя на позицииите, в които се различават двойките

(\alpha, \beta)

(\gamma, \delta)

d(A, B)= \begin{cases}0 & \text{ако} \alpha=\gamma, \beta=\delta, \\ 1 & \text{ако} \alpha=\gamma, \beta \neq \delta, \text{или} \alpha \neq \gamma, \beta=\delta, \\ 2 & \text{ако} \alpha \neq \gamma, \beta \neq \delta.\end{cases}

Ако въпросите, които са зададени, използват точките

Q_{i}, i=1, \ldots, N

, то точката

X

може да бъде еднозначно определена точно когато

N

-орките

\left(d\left(Q_{1}, X\right), d\left(Q_{2}, X\right), \ldots, d\left(Q_{N}, X\right)\right)

са различни за различни

X \in \mathcal{P}

. Следните няколко наблюдения са очевидни. Ако

\mathcal{Q}

е множество от точки (въпроси), с които можем да определим произволно избрана точка

X

, то:

(*)

не съществуват два празни (т. е. без точки от

\mathcal{Q}

) реда (стълба);

(*)

ако съществуват празен ред и празен стълб, то не съществува точка

P \in \mathcal{Q}

, която е единствена в своя ред и стълб;

(*)

не съществуват две точки от

\mathcal{Q}

, които са единствени в своя ред и стълб. Ще докажем, че ако

\mathcal{Q}

е множество от точки (въпроси), с които можем да определим

X

, и ако в него съществуват две точки

U, V \in \mathcal{Q}

в една линия, то съществува множество от точки

\mathcal{Q}^{*}, \left|\mathcal{Q}^{*}\right| \leq|\mathcal{Q}|

, такова че

U

V

са единствените точки от

\mathcal{Q}^{*}

, които се намират в линиите, съдържащи

U

V

. Без ограничение на общността нека

U

V

са в един и същи ред. Най-напред разглеждаме случая, когато

W \in \mathcal{Q}

е в един ред с

U

V

. Ако всички точки в стълба на

W

са от

\mathcal{Q}

, то можем да премахнем

W

от

\mathcal{Q}

. Ако в този стълб има точка

W^{\prime}

, която не е от

\mathcal{Q}

, то можем да разменим

W

W^{\prime}

. По същия начин разглеждаме случая, когато

W

е от стълба на

U

(или

V

). Да означим с

\beta(m, n)

минималната мощност на множество от точки от

\mathcal{P}=\{(a, b) \mid 1 \leq a \leq m, 1 \leq b \leq n\}

, с които можем да определим произволна точка

X

\mathcal{P}

. От горното наблюдение получаваме

b(n, n) \geq 2+\beta(n-1, n-2) \geq 4+\beta(n-3, n-3)

Комбинирайки това с

\beta(4, 4)=4

, получаваме

\beta(n, n) \geq 4 k

. Лесно се доказва по индукция, че в това неравенство се достига равенство като построим по индукция множество

\mathcal{Q}^{\prime}

за квадрат

(n+3) \times(n+3)

, позволяващо определянето на произволно избрана точка

X

. Започваме с такова множество

\mathcal{Q}

за квадрат

n \times n

и добавяме към него по очевиден начин нови четири точки, намиращи се в новите три реда и три стълба. Така за

n=2017

получаваме

N=2688

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-10-4

2018

7 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички неотрицателни стойности на реалния параметър

a

, за които решенията на неравенството

\left(a-4 x^{2}\right)^{2}-(2 a+1) x^{2}+6 x^{3} \leq 0

образуват краен затворен интервал.

Решение

Отговор:

a=0

. Посредством директни преобразувания (или разглеждане на израза като биквадратно уравнение спрямо

a

) лявата страна на неравенството се преобразува до:

\left(8 x^{2}-x-a\right)\left(2 x^{2}+x-a\right) \leq 0.

Тъй като

a \geq 0

, то дискриминантите и на двата множителя са строго положителни, което означава, че лявата страна има четири реални корена:

x_{1} \leq x_{2} \leq x_{3} \leq x_{4}

, измежду които най-много два могат да съвпаднат (корените на всеки от квадратните тричлени са два по два различни, докато коефициентите пред

x^{2}

в двата тричлена са с еднакъв знак, а тези пред

x

- с противоположен и значи двата тричлена не могат да имат еднакви корени). В общия случай, решението на неравенството в условието се записва посредством следната формула:

x \in\left[x_{1}, x_{2}\right] \cup\left[x_{3}, x_{4}\right]

, което е непрекъснат затворен интервал тогава и само тогава, когато

x_{2} \equiv x_{3}

. Кандидати за общ корен са:

8 x^{2}-x-a=2 x^{2}+x-a \Longleftrightarrow x(3 x-1)=0 \Longleftrightarrow x \in\left\{0, \frac{1}{3}\right\}.

За

x=0

, получаваме

a=0

и директно пресмятаме останалите два корена на лявата страна, а именно:

\left\{-\frac{1}{2}, \frac{1}{8}\right\}

. В този случай, двойният корен наистина се намира между двата единични и този избор на

a

води до решение на задачата интервала

\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{8}\right]

. За

x=1 / 3

, получаваме

a=\frac{5}{9}

и директно пресмятаме останалите два корена на лявата страна:

\left\{-\frac{5}{6},-\frac{5}{24}\right\}

. Тук двойният корен не е между двата единични, което определя областта на решението на:

\left[-\frac{5}{6},-\frac{5}{24}\right] \cup\{0\}

- обединение на интервал и отделена точка. Тази област не отговаря на изискването в условието и този случай не води до решение. Окончателно, остана само

a=0

. Оценяване. (6 точки) 1 т. за разлагането на множители на лявата страна; 1 т. за наблюдението, че тя винаги има четири реални корена; 2 т. за извода, че е необходим двоен корен; по 1 т. за разглеждането на всеки от двата случая за общ корен

x \in\{0,1 / 3\}

Klasirane.bg — проверен архив10.1Условие — източник Решение — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

и нека

M

е средата на страната

A B

. Ако означим с

P

R

центровете на външновписаните окръжности за

\triangle A M C

към страните

A M

C M

съответно, а с

Q

T

центровете на външновписаните окръжности за

\triangle B M C

към страните

B M

C M

съответно, то да се докаже, че точките

P, Q, R

T

лежат на една окръжност.

Решение

Нека

I

J

са центровете на вписаните в

\triangle A M C

\triangle B M C

окръжности, а

D

е точка от лъча

C M \rightarrow

, такава че

M D=M A= M B

. Тъй като

A P M I

C R M I

са вписани четириъгълници (в окръжности с диаметри

P I

R I

съответно) и освен това

\triangle A M P \cong D M P

(по I-ви признак), то:

\angle M D P=\angle M A P=\angle M I P=\angle M R C.

Следователно

C P D R

е вписан четириъгълник и аналогично

C Q D T

е вписан четириъгълник. Тогава

M P. M R=M D. M C=M Q. M T,

т. е. точките

P, Q, R

T

лежат на една окръжност, с което доказателството е завършено.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-10-2

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

и нека

M

е средата на страната

A B

. Ако означим с

P

R

центровете на външновписаните окръжности за

\triangle A M C

към страните

A M

C M

съответно, а с

Q

T

центровете на външновписаните окръжности за

\triangle B M C

към страните

B M

C M

съответно, то да се докаже, че точките

P, Q, R

T

лежат на една окръжност.

Решение

Нека

I

J

са центровете на вписаните в

\triangle A M C

\triangle B M C

окръжности, а

D

е точка от лъча

C M \rightarrow

, такава че

M D=M A= M B

. Тъй като

A P M I

C R M I

са вписани четириъгълници (в окръжности с диаметри

P I

R I

съответно) и освен това

\triangle A M P \cong D M P

(по I-ви признак), то:

\angle M D P=\angle M A P=\angle M I P=\angle M R C.

Следователно

C P D R

е вписан четириъгълник и аналогично

C Q D T

е вписан четириъгълник. Тогава

M P \cdot M R=M D \cdot M C=M Q \cdot M T,

Чертежът към решението с точките A, B, C, D, I, J, M, P, Q, R и T.

т.е. точките

P, Q, R

T

лежат на една окръжност, с което доказателството е завършено. Оценяване. (6 точки) 1 т. за построяване на точките

I

J

и отчитане на факта, че четириъгълниците

A P M I

C R M I

(или съответно

B Q M J

C T M J

) са вписани; 3 т. за построяване на точката

D

и отчитане на факта, че четириъгълниците

C P D R

C Q D T

са вписани; 2 т. за довършване на решението.

Klasirane.bg — проверен архив10.2Условие — източник Решение — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

В окръжност

\Gamma

с радиус 1 е построена хорда, която отрязва дъга с дължина

\sqrt{\vphantom{x^2}2} \pi

. За кои естествени

n, 3 \leq n \leq 2018

\Gamma

можем да впишем правилен

n

-ъгълник, така че като номерираме последователно по часовниковата стрелка върховете му с числата от 1 до

n

, сумите на числата от двете страни на хордата да са равни? Имаме право да избираме върха, от който започваме номерацията и не е позволено краищата на хордата да са измежду върховете на многоъгълникът.

Решение

В правилен

n

-ъгълник на всяка страна отговаря елементарна дъга с дължина

\frac{2 \pi}{n}

. Да означим с

k

броят върхове на многоъгълникът, принадлежащи на дъгата с дължина

\sqrt{\vphantom{x^2}2} \pi

. Тогава тази дъга съдържа изцяло

(k-1)

елементарни дъги и (някакви) части от други 2 елементарни дъги, т. е.,

(k+1) \frac{2 \pi}{n}\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}2} \pi \Longrightarrow k\gt{}\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}-1

От друга страна, тъй като

1+2+\cdots+\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}=\frac{n(n+\sqrt{\vphantom{x^2}2})}{4}\gt{}

\frac{n(n+1)}{4}=\frac{1+2+\cdots+n}{2},

сумите от двете страни на хордата могат да са равни единствено, ако

k\lt{}\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}

. Следователно

k=\left[\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}\right]

. Най-малката възможна сума на

k

на брой върха е когато тези върхове са първите

k

номерирани и тогава тази сума е равна на

k(k+1) / 2

. Следващата най-малка сума е, когато сме взели върховете от 2 до

k+1

и тя е

\frac{k(k+1)}{2}+k

. Но, използвайки, че

\sqrt{\vphantom{x^2}2}\gt{}7 / 5

, получаваме

\frac{k(k+1)}{2}+k=\frac{k(k+3)}{2} \geq \frac{\left(\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}-1\right)\left(\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}+2\right)}{2}=\frac{n(n+1)}{4}+\frac{(\sqrt{\vphantom{x^2}2}-1) n-4}{4}\gt{}\frac{n(n+1)}{4}+\frac{n-10}{10}

, от където следва, че при

n \geq 10

единствената възможност за равенство на сумите по дъгите е, когато най-малките

k

върха са от едната страна, а останалите

n-k

върхаот другата страна на хордата. В този случай, задачата се свежда до

\frac{k(k+1)}{2}=\frac{n(n+1)}{4}.

Умножавайки двете страни по 16 и прибавяйки единица, получаваме че

(x, y)=(2 n+1, 2 k+

1) е на уравнението на Пел

x^{2}-2 y^{2}=-1

Фундаменталното се получава, при

k=n=0

и е

(1, 1)

, а за всички останали (

x_{m}, y_{m}

) е изпълнено

x_{m}+\sqrt{\vphantom{x^2}2} y_{m}=(1+\sqrt{\vphantom{x^2}2})^{2 m-1}

За

m=\{2, 3, 4, 5\}

, получаваме

n=\{3, 20, 119, 696\}

. Следващото генерирано

n=4059

надхвърля 2018. Ясно е, че при всеки от тези случаи може да се впише правилен

n

-ъгълник с исканите свойства, защото

\frac{\left(\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}-1\right)\left(\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}\right)}{2}=\frac{n(n-\sqrt{\vphantom{x^2}2})}{4}\lt{}

\frac{n(n+1)}{4}=\frac{(k(k+1)}{2}

и значи удовлетворяваме изискването

k\gt{}\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}-1

. Остава да проверим всеки от случаите

n=\{4, 5, 6, 7, 8, 9\}

. Ясно е, че ако

n

е от вида

n=4 \ell+1

или

n=4 \ell+2

, то сумата на всички върхове на

n

-ъгълника

n(n+1) / 2

не е четно число и няма как да я разделим на две равни части, което автоматично изключва

n=\{5, 6, 9\}

. При

n=4, k=\left[\frac{4}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}\right]=2

и тъй като

2+3=1+4

, то

n=4

е При

n=7

имаме

k=\left[\frac{7}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}\right]=4

. Директно се проверява, че

2+3+4+5=14=6+7+1

и значи

n=7

е Аналогично, при

n=8

имаме

k=5

, но сумата на всеки 5 последователни числа се дели на 5 и няма как да бъде

\frac{n(n+1)}{4}=18

. Следователно

n=8

не е Окончателно получихме, че всички на задачата са:

n \in\{3, 4, 7, 20, 119, 696\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-10-3

Задача 3

Пълен запис

Условие

В окръжност

\Gamma

с радиус 1 е построена хорда, която отрязва дъга с дължина

\sqrt{\vphantom{x^2}2} \pi

. За кои естествени

n, 3 \leq n \leq 2018

\Gamma

можем да впишем правилен

n

-ъгълник, така че като номерираме последователно по часовниковата стрелка върховете му с числата от 1 до

n

Решение

В правилен

n

-ъгълник на всяка страна отговаря елементарна дъга с дължина

\frac{2 \pi}{n}

. Да означим с

k

броят върхове на многоъгълника, принадлежащи на дъгата с дължина

\sqrt{\vphantom{x^2}2} \pi

. Тогава тази дъга съдържа изцяло

(k-1)

елементарни дъги и (някакви) части от други 2 елементарни дъги, т.е.,

(k+1) \frac{2 \pi}{n}\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}2} \pi \Longrightarrow k\gt{}\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}-1

От друга страна, тъй като

1+2+\cdots+\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}=\frac{n(n+\sqrt{\vphantom{x^2}2})}{4}\gt{}

\frac{n(n+1)}{4}=\frac{1+2+\cdots+n}{2},

сумите от двете страни на хордата могат да са равни единствено, ако

k\lt{}\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}

. Следователно

k=\left[\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}\right]

. Най-малката възможна сума на

k

на брой върха е когато тези върхове са първите

k

номерирани и тогава тази сума е равна на

k(k+1) / 2

. Следващата най-малка сума е, когато сме взели върховете от 2 до

k+1

и тя е

\frac{k(k+1)}{2}+k

. Но, използвайки, че

\sqrt{\vphantom{x^2}2}\gt{}7 / 5

, получаваме

\frac{k(k+1)}{2}+k=\frac{k(k+3)}{2} \geq \frac{\left(\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}-1\right)\left(\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}+2\right)}{2}=\frac{n(n+1)}{4}+\frac{(\sqrt{\vphantom{x^2}2}-1) n-4}{4}\gt{}\frac{n(n+1)}{4}+\frac{n-10}{10}

, от където следва, че при

n \geq 10

единствената възможност за равенство на сумите по дъгите е, когато най-малките

k

върха са от едната страна, а останалите

n-k

върха - от другата страна на хордата. В този случай, задачата се свежда до

\frac{k(k+1)}{2}=\frac{n(n+1)}{4}.

Умножавайки двете страни по 16 и прибавяйки единица, получаваме че

(x, y)=(2 n+1,2 k+1)

е решение на уравнението на Пел

x^{2}-2 y^{2}=-1

Фундаменталното решение се получава, при

k=n=0

и е

(1,1)

, а за всички останали решения (

x_{m}, y_{m}

) е изпълнено

x_{m}+\sqrt{\vphantom{x^2}2} y_{m}=(1+\sqrt{\vphantom{x^2}2})^{2 m-1}

За

m=\{2,3,4,5\}

, получаваме

n=\{3,20,119,696\}

. Следващото генерирано

n=4059

надхвърля 2018. Ясно е, че при всеки от тези случаи може да се впише правилен

n

-ъгълник с исканите свойства, защото

\frac{\left(\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}-1\right)\left(\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}\right)}{2}=\frac{n(n-\sqrt{\vphantom{x^2}2})}{4}\lt{}

\frac{n(n+1)}{4}=\frac{(k(k+1)}{2}

и значи удовлетворяваме изискването

k\gt{}\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}-1

. Остава да проверим всеки от случаите

n=\{4,5,6,7,8,9\}

. Ясно е, че ако

n

е от вида

n=4 \ell+1

или

n=4 \ell+2

, то сумата на всички върхове на

n

-ъгълника

n(n+1) / 2

не е четно число и няма как да я разделим на две равни части, което автоматично изключва

n=\{5,6,9\}

. При

n=4, k=\left[\frac{4}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}\right]=2

и тъй като

2+3=1+4

, то

n=4

е решение. При

n=7

имаме

k=\left[\frac{7}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}\right]=4

. Директно се проверява, че

2+3+4+5=14=6+7+1

и значи

n=7

е решение. Аналогично, при

n=8

имаме

k=5

, но сумата на всеки 5 последователни числа се дели на 5 и няма как да бъде

\frac{n(n+1)}{4}=18

. Следователно

n=8

не е решение. Окончателно получихме, че всички решения на задачата са:

n \in\{3,4,7,20,119,696\}

. Оценяване. (7 точки) 1 т. за изразяването

k=\left[\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}\right]

. 1 т. за фиксирането на първите

k

върха при

n \geq 10

. 1 т. за свеждането до уравнение на Пел. 3 т. за намирането на общата формула за решенията и генерирането на тези

n \leq 2018

. 1 т. за разглеждането на случаите

4 \leq n \leq 9

Klasirane.bg — проверен архив10.3Условие — източник Решение — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Една държава се нарича „подредена“, ако в нея има 10110900 града, като всеки град е свързан с директни пътища с точно три други града. Да се намери минималното естествено число

k

със следното свойство: Във всяка подредена държава могат да се изберат

k

града така, че всеки затворен маршрут минава през поне един избран град. Затворен маршрут е последователност от различни градове

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{k}, k \geq 3

за които

A_{i}

е свързан с път с

A_{i+1}

за

i=1, 2, \ldots, k-1

A_{k}

е свързан с път с

A_{1}

Решение

Отговор:

k=5055450

. Нека

N=10110900

и да разгледаме граф

G

с върхове дадените градове и ребрапътищата между тях. Всеки връх на

G

е от степен 3. Трябва да намерим минималното

k

, за което винаги можем да оцветим

k

върха на

G

така че всеки цикъл да съдържа оцветен връх. Да оцветим всички върхове на графа в червено. Ще оцветяваме някои върхове в синьо по следното правило: Ако при оцветяването на даден връх в синьо не възниква изцяло син цикъл, го правим. Продължаваме по този начин докато не може да оцветим нов връх в синьо. Нека в този момент имаме

x

червени и

N-x

сини върха. От всеки червен връх

A

поставяме две стрелки към двата сини върха от цикъла, които се получава при оцветяване на

A

в синьо. Лесно се вижда, че във всеки син връх влизат най-много две стрелки. Следователно

2 x \leq 2(N-x)

, т. e.

x \leq \frac{N}{2}

. Тъй като

N

се дели на 4, да разгледаме граф съставен от

\frac{N}{4}

пълни четириъгълници (четири върха, всеки два от които са свързани с ребро). Лесно се вижда, че във всеки такъв четириъгълник трябва да оцветим поне два върха. Следователно са необходими поне

\frac{N}{2}=5055450

оцветени върха.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-10-4

Задача 4

Пълен запис

Условие

k

със следното свойство: Във всяка подредена държава могат да се изберат

k

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{k}, k \geq 3

за които

A_{i}

е свързан с път с

A_{i+1}

за

i=1,2, \ldots, k-1

A_{k}

е свързан с път с

A_{1}

Решение

Отговор:

k=5055450

. Нека

N=10110900

и да разгледаме граф

G

с върхове дадените градове и ребра – пътищата между тях. Всеки връх на

G

е от степен 3. Трябва да намерим минималното

k

, за което винаги можем да оцветим

k

върха на

G

x

червени и

N-x

сини върха. От всеки червен връх

A

поставяме две стрелки към двата сини върха от цикъла, които се получава при оцветяване на

A

в синьо. Лесно се вижда, че във всеки син връх влизат най-много две стрелки. Следователно

2 x \leq 2(N-x)

, т.е.

x \leq \frac{N}{2}

. Тъй като

N

се дели на 4, да разгледаме граф съставен от

\frac{N}{4}

\frac{N}{2}=5055450

оцветени върха. Оценяване. (7 точки) 1 т. за предположение, че отговорът е

\frac{N}{2}; 5

т. за доказване, че можем да оцветим

\leq \frac{N}{2}

върха; 1 т. за пример, че трябва да са оцветени поне

\frac{N}{2}

върха.

Klasirane.bg — проверен архив10.4Условие — източник Решение — източник

2019

1 задача

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадени са квадратните функции

f(x)=x^{2}+a x+b \quad \text{и} \quad g(x)=x^{2}+b x+a

с реални параметри

a

b

. Известно е, че уравнението

f(x) g(x)=0

има четири различни реални корена и тяхното произведение е 10. Ако графиките на функциите

f(x)

g(x)

се пресичат в единствена точка

A

и тя е на разстояние

\sqrt{\vphantom{x^2}65}

от началото на координатната система, да се намерят

a

b

Решение

Нека

x_{1}

x_{2}

са корените на

f(x)=0

, а

x_{3}

x_{4}

- на

g(x)=0

. От формулите на Виет получаваме, че

x_{1} x_{2}=b

x_{3} x_{4}=a

и следователно

x_{1} x_{2} x_{3} x_{4}=a b

. От друга страна

x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}

са точно корените на

f(x) g(x)=0

. Следователно

a b=10

. При

a=b

графиките на

f

g

съвпадат, така че може да предполагаме, че

a \neq b

. Сега ако

A=\left(x_{0}, y_{0}\right)

, то

f\left(x_{0}\right)=g\left(x_{0}\right)=y_{0}

и тъй като

a \neq b

, лесно намираме, че

x_{0}=1

, а

y_{0}=a+b+1

. Нека

B=(1, 0)

, а

O=(0, 0)

е началото на координатната система. Тогава

\triangle O A B

е правоъгълен с катети

O B=1

A B=|a+b+1|

. Тогава по Теоремата на Питагор

|O A|^{2}=1+(a+b+1)^{2}

. От друга страна

|O A|^{2}=65

, откъдето получаваме, че

(a+b+1)^{2}=64

, тоест

a+b=7

или

a+b=-9

. В случая

a+b=7

от

a b=10

намираме, че

a

b

са корените на уравнението

t^{2}-7 t+10=0

, тоест

\{a, b\}=\{2, 5\}

. Тъй като обаче

2^{2}-4 \cdot 5\lt{}0

, то едно от двете уравнения

f(x)=0

или

g(x)=0

няма реални корени. Следователно

\{a, b\}=\{2, 5\}

не е В случая

a+b=-9

от

a b=10

намираме, че

a

b

са корените на уравнението

t^{2}+9 t+10=0

, тоест

\{a, b\}=\left\{\frac{-9+\sqrt{\vphantom{x^2}41}}{2}, \frac{-9-\sqrt{\vphantom{x^2}41}}{2}\right\}

. Ясно е, че

a\lt{}0

b\lt{}0

и следователно в този случай

a^{2}-4 b\gt{}0

b^{2}-4 a\gt{}0

, тоест

f(x)=0

g(x)=0

имат по два различни реални корена, а тъй като

A

е единствената обща точка за двете графики и тя има

y

-координата

|a+b+1|=8

, то

f(x)=0

g(x)=0

нямат общи корени. Окончателно:

(a, b)=\left(\frac{-9+\sqrt{\vphantom{x^2}41}}{2}, \frac{-9-\sqrt{\vphantom{x^2}41}}{2}\right)

(a, b)=\left(\frac{-9-\sqrt{\vphantom{x^2}41}}{2}, \frac{-9+\sqrt{\vphantom{x^2}41}}{2}\right)

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-10-1

2022

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши ирационалното уравнение:

3 \sqrt{\vphantom{x^2}3 x-1}=x^{2}+1.

Решение

Решение. Отговор:

x_{1,2}=\frac{3 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}

. Даденото уравнение има смисъл при

x \geq \frac{1}{3}

. Нека въведем ново неизвестно

t=\sqrt{\vphantom{x^2}3 x-1} \geq 0

. Тогава ирационалното уравнение е еквивалентно на следната система:

\left\{ \begin{aligned} t &\geq 0, \\ t^{2} &=3 x-1, \\ 3 t &=x^{2}+1 \end{aligned} \right. \quad \text{или} \quad \left\{ \begin{aligned} t &\geq 0, \\ 3 x &=t^{2}+1, \\ 3 t &=x^{2}+1 \end{aligned} \right. \tag{*}

(За решенията на тази система ще бъде изпълнено и

x \geq \frac{1}{3}

.) Сега след почленно изваждане на двете уравнения на системата (*) последователно получаваме

3(x-t)=t^{2}-x^{2}

(x-t)(3+x+t)=0

, т.е.

x=t

или

x+t+3=0

. Следователно системата (*) е еквивалентна на обединението на двете системи

\left\{ \begin{aligned} t &\geq 0, \\ x &=t, \\ 3 t &=x^{2}+1 \end{aligned} \right. \quad \text{(**)} \qquad \text{и} \qquad \left\{ \begin{aligned} t &\geq 0, \\ x+t+3 &=0, \\ 3 t &=x^{2}+1 \end{aligned} \right. \quad \text{(***)}

След заместване на

t=x

във второто уравнение на (**) достигаме до

x^{2}-3 x+1=0

, чиито решения са

x_{1}=\frac{3+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2} \geq 0

или

x_{2}=\frac{3-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2} \geq 0

. Така получаваме, че решенията на (**) са

\left\{ \begin{aligned} x_{1}&=\frac{3+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}, \\ t_{1}&=\frac{3+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2} \end{aligned} \right. \quad \text{или} \quad \left\{ \begin{aligned} x_{2}&=\frac{3-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}, \\ t_{2}&=\frac{3-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}. \end{aligned} \right.

Заместваме

t=-3-x

във второто уравнение на (***) и свеждаме до

x^{2}+3 x+10=0

, което няма реални корени, т.е. системата (***) също няма реални корени. Сега окончателно получаваме, че решенията на ирационалното уравнение

3 \sqrt{\vphantom{x^2}3 x-1}=x^{2}+1

(системата (*)) са

x_{1}=\frac{3+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}

или

x_{2}=\frac{3-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}

. Оценяване. (6 точки) 1 точка за дефиниционното множество. 1 точка за полагането. 1 точка за

x=t

x+t+3=0

и достигане до (**) и (***). 2 точки за намиране на решенията на (**) и (***). 1 точка за окончателен отговор. Алтернативно: (6 точки) За трансформиране на уравнението в полином от четвърта степен и разлагането му на два квадратни полинома — 4 точки. За решаване на всеки от квадратните полиноми — по 1 точка.

Klasirane.bg — проверен архив10.1Условие — източник Решение — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

и произволна вътрешна точка

M

такава, че

\angle M A C=\angle M B C

. Точка

N

е симетрична на

M

спрямо средата на страната

A B

. Да се докаже, че сумата

M A \cdot M B+M C \cdot N C

не зависи от положението на точката

M

Решение

Нека

P

е симетрична на

N

спрямо средата на

B C

, а средите на

A B

B C

да са съответно

C_{1}

A_{1}

. Тогава

A_{1} C_{1}

е средна отсечка както за

\triangle A B C

, така и за

\triangle M N P

, т. е.,

A M P C

е успоредник, а

\angle C P M=\angle C A M=\angle C B M

и значи

M B P C

е вписан. Аналогично,

N B P C

също е успоредник. От Теоремата на Птоломей и равенствата между съответните елементи в успоредниците, получаваме

M B \cdot C P+M C \cdot B P=M P \cdot B C \quad

\Longrightarrow \quad M B \cdot M A+M C \cdot N C=A C \cdot B C

което не зависи от положението на точката

M

а единствено от дължините на страните

A C

B C

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Съществува ли естествено число

n

, такова че числото

3^{n}+1

да притежава делител от вида

24 \ell+20

Решение

Отговор: Не. Да допуснем противното. Тъй като

24 \ell+20=4(6 \ell+5)

, то

4 \mid 3^{n}+1

и значи

n=2 k+1

трябва да е нечетно. Лема (Туе): Нека

n \in \mathbb{N}, a \in \mathbb{Z}

(a, n)=1

. Тогава съществуват цели

x, y \in \mathbb{Z}

, за които

1 \leq x \leq[\sqrt{\vphantom{x^2}n}], 1 \leq|y| \leq[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]

a x+y \equiv 0(\bmod n)

. Доказателство: Да разгледаме числата от вида

a x+y

, където

x, y

приемат независимо стойностите

0, 1, \ldots, [\sqrt{\vphantom{x^2}n}]

. Всички числа от този вид са общо (

[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]+1)^{2}\gt{}n

и значи съществуват

x_{1}, x_{2}, y_{1}, y_{2}

такива, че

a x_{1}+y_{1} \equiv a x_{2}+y_{2}(\bmod n)

. Ако

x_{1}=x_{2}

, то

n \mid y_{1}-y_{2}

и значи

y_{1}=y_{2}

- противоречие. Аналогично, ако

y_{1}=y_{2}

, то

n \mid a\left(x_{1}-x_{2}\right)

и от

(a, n)=1

отново

x_{1}=x_{2}

- противоречие. Следователно

x_{1} \neq x_{2}

y_{1} \neq y_{2}

. Ако

x_{1}\gt{}x_{2}

, то

x: =x_{1}-x_{2}

y=y_{1}-y_{2}

изпълняват всички ограничения в лемата. Да се върнем на задачата. Числото

6 \ell+5

има прост делител

p=6 r+5

. Тъй като

\left(3^{k}, p\right)=1

от Лемата на Туе следва, че съществуват цели

1 \leq|x|, |y| \leq[\sqrt{\vphantom{x^2}p}]\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}p}

за които

3^{k} x+y \equiv 0 \quad(\bmod p) \quad \Longrightarrow \quad 3^{2 k} x^{2} \equiv y^{2} \quad

(\bmod p) \quad \Longrightarrow \quad-x^{2} \equiv 3^{n} x^{2} \equiv 3 y^{2} \quad(\bmod p).

Оттук

p \mid x^{2}+3 y^{2}

. Но

x^{2}+3 y^{2}\lt{}4 p

. Разглеждайки всеки от останалите три случая, получаваме:

(*)

p=x^{2}+3 y^{2} \equiv 0, 1(\bmod 3)

. Противоречие с

p=6 r+5 \equiv 2(\bmod 3)

(*)

2 p=x^{2}+3 y^{2} \equiv 0, 1, 3(\bmod 4)

. Противоречие с

2 p=12 r+10 \equiv 2(\bmod 4)

(*)

3 p=x^{2}+3 y^{2}

. Тогава

x=3 x_{0}

и отново

p=3 x_{0}^{2}+y^{2} \equiv 0, 1(\bmod 3)

. Противоречие. Понеже 4 дели

24 \ell+20

, то дели и

3^{n}+1

и значи

n

е нечетно. Така

24 \ell+20

дели

(3 a)^{2}+3

, където

a=3^{\frac{n-1}{2}}

. Числото

6 \ell+5

е нечетно и значи има прост делител

p \equiv 5 (\bmod 6)

- остава да обосновем, че не е възможно такъв да дели

k^{2}+3

. Един начин е чрез известния факт, че

(-3)

не е квадратичен остатък по модул прости числа от този вид (това се проверява лесно и със закона за квадратичната реципрочност, заедно с факта, че

(-1)

е квадратичен остатък точно когато

p \equiv 1(\bmod 4))

. Друг подход е следниятпонеже

p

е нечетно, можем да считаме, че

k

е нечетно (иначе работим с

k_{0}^{2}+3

, където

k_{0}=k-p

), съответно при

k=2 z+1

следва

4\left(z^{2}+z+1\right) \equiv 0(\bmod p)

, т. е.

z^{2}+z+1 \equiv 0(\bmod p)

. Оттук непременно

z^{3} \equiv 1(\bmod p)

z^{p+1} \equiv 1(\bmod p)

. Сега малката теорема на Ферма довежда до

z^{2} \equiv 1(\bmod p)

, откъдето

z \equiv \pm 1(\bmod p)

, съответно

0 \equiv z^{2}+z+1 \equiv 1, 3(\bmod p)

, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Зоологическите градини в Европа, във всяка от които живеят по точно 100 вида животни, са разделени на две групи

\widehat{A}

\widehat{B}

по такъв начин, че всяка двойка зоологически градини

(A, B), (A \in \widehat{A}, B \in \widehat{B})

се грижат за животно от един и същи вид. Да се докаже, че клетките на животните (всички животни от даден вид живеят в една клетка) могат да бъдат оцветени в 3 цвята, така че във всяка зоологическа градина има поне две разноцветни клетки.

Решение

Ще докажем по-общата задача: Нека

\widehat{A}

\widehat{B}

са две фамилии от

k

-елементни множества, такива, че всяко

a \in \widehat{A}

пресича всяко

b \in \widehat{B}, k \geq 3

. Тогава елементите на

\widehat{A} \cup \widehat{B}

могат да се оцветят в три цвята без да има едноцветно множество. Доказателство: Да разгледаме такава двойка от множества

a \in \widehat{A}, b \in \widehat{B}

, за която

|a \cup b|

е минимално. Да изберем произволни елементи

v_{a} \in a \backslash b

v_{b} \in b \backslash a

, които да оцветим в цвят 1. Нека оцветим

a \cup b \backslash\left\{v_{a}, v_{b}\right\}

в цвят 2 и останалите елементи в цвят 3. Лесно се съобразява, че това оцветяване изпълнява условието на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-10-4

2023

7 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението

(x+1)\sqrt{\vphantom{x^2}x^2+2x+2}+x\sqrt{\vphantom{x^2}x^2+1}=0.

Решение

Отговор:

x=-\dfrac12

. Първи начин: Записваме уравнението във вида

(x+1)\sqrt{\vphantom{x^2}x^2+2x+2}=-x\sqrt{\vphantom{x^2}x^2+1}

, забелязваме, че и двата израза под корен са строго положителни за всяко реално

x

, като освен това

-x(x+1)\geq0,

откъдето

x\in[-1,0]

. Повдигаме на втора степен двете страни и преработваме:

\begin{aligned} (x^2+2x+1)(x^2+2x+2)&=x^2(x^2+1)\\ x^4+4x^3+7x^2+6x+2&=x^4+x^2\\ 2x^3+3x^2+3x+1&=0\\ (2x+1)(x^2+x+1)&=0. \end{aligned}

Тъй като

x^2+x+1\gt{}0

, то единственото възможно решение е

x=-\dfrac12

. Тъй като

-\dfrac12\in[-1,0]

, то

x=-\dfrac12

действително е решение. Втори начин: Полагаме

a=\sqrt{\vphantom{x^2}x^2+2x+2}\gt{}0

b=\sqrt{\vphantom{x^2}x^2+1}\gt{}0

. Следователно

x=\frac{(x^2+2x+2)-(x^2+1)-1}{2}=\frac{a^2-b^2-1}{2}

x+1=\frac{a^2-b^2+1}{2}.

Уравнението е еквивалентно на:

\begin{aligned} \frac{a^2-b^2+1}{2}\cdot a+\frac{a^2-b^2-1}{2}\cdot b&=0\\ (a^2-b^2)a+a+(a^2-b^2)b-b&=0\\ (a-b)((a+b)^2+1)&=0. \end{aligned}

Оттук,

a=b

x=-\dfrac12

. Оценяване. (6 точки) 2т. за

x\in[-1,0]

; 2т. за извеждане на уравнението

2x^3+3x^2+3x+1=0

; 2т. за

x=-\dfrac12\in[-1,0]

. Ако е повдигнато на втора степен без да са направени ограничения, задачата се оценява най-много на 5т. (ако има проверка за

x=-\dfrac12

). Алтернативно: (6 точки) 2т. за полагане на

a,b

; 2т. за изразяване на

x

x+1

; 2т. за

a=b

x=-\dfrac12

Klasirane.bg — проверен архив10.1Условие — източник Решение — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

A B C

с център

O

на описаната окръжност. Точка

P

е върху страната

B C

, такава че

B P\lt{}\frac{1}{2} B C

. Точка

Q

е от страната

B C

такава, че

C Q=B P

. Правата

A O

пресича

B C

в точка

D

, а точка

N

е среда на

A P

. Описаната около триъгълник

O D Q

окръжност пресича за втори път описаната около триъгълник

B C O

окръжност в точка

E

. Правите

N O

O E

пресичат

B C

съответно в точки

K

F

. Да се докаже, че точките

A, O, K, F

лежат на една окръжност.

Решение

Нека

A O

пресича описаната около

\triangle A B C

окръжност в точка

L

, а описаната около

\triangle B O C

окръжност в точка

R

. Да означим с

X

средата на

B C

, а с

Y

- диаметрално противоположната на

O

в описаната около

\triangle B O C

окръжност. Нека

O Q

пресича за втори път описаната около

\triangle B O C

окръжност в точка

T

. Имаме

O X \cdot O Y=O D \cdot O R=O Q \cdot O T=O E \cdot O F

. От последните три равенства лесно следва, че

R, T, F

лежат на една права. От

\angle O R F=\angle O Q P=\angle Q P O=\angle F P O

следва, че

O P R F

е вписан и значи

P D \cdot D F=O D \cdot D R=D L \cdot D A

. Оттук,

A P L F

е вписан. Но

P L \| N O

(тъй като

N O

е средна отсечка в

\triangle P L A

) и значи

A O K F

също е вписан.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-10-2

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

ABC

с център

O

на описаната окръжност. Точка

P

е върху страната

BC

, такава че

BP\lt{}\dfrac12BC

. Точка

Q

е от страната

BC

такава, че

CQ=BP

. Правата

AO

пресича

BC

в точка

D

, а точка

N

е среда на

AP

. Описаната около триъгълник

ODQ

окръжност пресича за втори път описаната около триъгълник

BCO

окръжност в точка

E

. Правите

NO

OE

пресичат

BC

съответно в точки

K

F

. Да се докаже, че точките

A,O,K,F

лежат на една окръжност.

Решение

Нека

AO

пресича описаната около

\triangle ABC

окръжност в точка

L

, а описаната около

\triangle BOC

окръжност в точка

R

. Да означим с

X

средата на

BC

, а с

Y

– диаметрално противоположната на

O

в описаната около

\triangle BOC

окръжност. Нека

OQ

пресича за втори път описаната около

\triangle BOC

окръжност в точка

T

. Имаме

OX\cdot OY=OD\cdot OR=OQ\cdot OT=OE\cdot OF

. От последните три равенства лесно следва, че

R,T,F

лежат на една права. От

\angle ORF=\angle OQP=\angle QPO=\angle FPO

следва, че

OPRF

е вписан и значи

PD\cdot DF=OD\cdot DR=DL\cdot DA

. Оттук,

APLF

е вписан. Но

PL\parallel NO

(тъй като

NO

е средна отсечка в

\triangle PLA

) и значи

AOKF

също е вписан. Оценяване. (6 точки) 2т. за

OX\cdot OY=OD\cdot OR=OQ\cdot OT=OE\cdot OF

; 3т. за

APLF

вписан; 1т. за довършване.

Klasirane.bg — проверен архив10.2Условие — източник Решение — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

k

със следното свойство: Съществува полином

f(x)

с рационални коефициенти, такъв че за всяко естествено число

n\gt{}2023^{2023}

f(n)=\operatorname{HOK}(n+1, n+2, \ldots, n+k)

Решение

При

k=1

k=2

търсените полиноми са съответно

f(x)=x+1

f(x)= (x+1)(x+2)

. Нека

k \geq 3

и да допуснем, че съществува такъв полином

f(x)

. За всяко просто число

p

, степента му в

\operatorname{HOK}(n+1, n+2, \ldots, n+k)

\max \left\{\alpha_{1}, \alpha_{2}, \ldots, \alpha_{k}\right\}

, където

\alpha_{i}

е степента на

p

в каноничното представяне на

n+i, i=1, \ldots, k

. Ако това е примерно

\alpha_{s}

, то тя би се получила ако вземем

\frac{(n+1)(n+2) \cdots(n+k)}{p^{\alpha_{1}} p^{\alpha_{2}} \cdots p^{\alpha_{s-1}} p^{\alpha_{s+1}} \cdots p^{\alpha_{k}}},

като е ясно, че степените на

p

в знаменателя са делители на

\prod_{1 \leq i \neq s \leq k}(s-i)

. Следователно

\operatorname{HOK}(n+1, n+2, \ldots, n+k)=

\frac{(n+1)(n+2) \cdots(n+k)}{C_{n}} \tag{1}

където

C_{n}

е делител на

\prod_{1 \leq i\lt{}j \leq k}(j-i)

. Понеже

C_{n}

може да приема краен брой допустими стойности, ще има естествено число

C

такова, че за безброй много

n, f(n)=\frac{(n+1)(n+2) \cdots(n+k)}{C}

. Значи за безброй много

x f(x)=\frac{(x+1)(x+2) \cdots(x+k)}{C}

, откъдето

f(x) \equiv \frac{(x+1)(x+2) \cdots(x+k)}{C}, \quad \forall x \in \mathbb{R}

Следователно

\operatorname{HOK}(n+1, n+2, \ldots, n+k)=

\frac{(n+1)(n+2) \cdots(n+k)}{C},

\quad \forall n \in \mathbb{N}

Да допуснем, че това е възможно. Да изберем просто число

p\lt{}k

такова, че

p

не дели

k

. Нека

n+k+1=p^{m}

за достатъчно голямо

m

. От горната формула имаме

\frac{\operatorname{HOK}(n+2, n+3, \ldots, n+k+1)}{\operatorname{HOK}(n+1, n+2, \ldots, n+k)}=

\frac{n+k+1}{n+1}. \tag{2}

Степента на

p

в числителя на лявата страна е

m

, а в знаменателяпоне 1, докато степента на

p

в числителя на дясната страна е

m

, а в знаменателя -0. Противоречие! Следователно, допускането е грешно и при

k \geq 3

не съществува полином с исканото свойство.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-10-3

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

k

със следното свойство: Съществува полином

f(x)

с рационални коефициенти, такъв че за всяко естествено число

n\gt{}2023^{2023}

f(n)=\operatorname{НОК}(n+1,n+2,\ldots,n+k).

Решение

При

k=1

k=2

търсените полиноми са съответно

f(x)=x+1

f(x)=(x+1)(x+2)

. Нека

k\geq3

и да допуснем, че съществува такъв полином

f(x)

. За всяко просто число

p

, степента му в

\operatorname{НОК}(n+1,n+2,\ldots,n+k)

\max\{\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k\}

, където

\alpha_i

е степента на

p

в каноничното представяне на

n+i

i=1,\ldots,k

. Ако това е примерно

\alpha_s

, то тя би се получила ако вземем

\frac{(n+1)(n+2)\cdots(n+k)}{p^{\alpha_1}p^{\alpha_2}\cdots p^{\alpha_{s-1}}p^{\alpha_{s+1}}\cdots p^{\alpha_k}},

като е ясно, че степените на

p

в знаменателя са делители на

\displaystyle\prod_{1\leq i\ne s\leq k}(s-i)

. Следователно

\operatorname{НОК}(n+1,n+2,\ldots,n+k)=

\frac{(n+1)(n+2)\cdots(n+k)}{C_n},

\tag{1}

където

C_n

е делител на

\displaystyle\prod_{1\leq i\lt{}j\leq k}(j-i)

. Понеже

C_n

може да приема краен брой допустими стойности, ще има естествено число

C

такова, че за безброй много

n

f(n)=\dfrac{(n+1)(n+2)\cdots(n+k)}{C}

. Значи за безброй много

x

f(x)=\dfrac{(x+1)(x+2)\cdots(x+k)}{C}

, откъдето

f(x)=\frac{(x+1)(x+2)\cdots(x+k)}{C},\qquad \forall x\in\mathbb R.

Следователно

\operatorname{НОК}(n+1,n+2,\ldots,n+k)=

\frac{(n+1)(n+2)\cdots(n+k)}{C},

\qquad \forall n\in\mathbb N.

Да допуснем, че това е възможно. Да изберем просто число

p\lt{}k

такова, че

p

не дели

k

. Нека

n+k+1=p^m

за достатъчно голямо

m

. От горната формула имаме

\frac{\operatorname{НОК}(n+2,n+3,\ldots,n+k+1)}{\operatorname{НОК}(n+1,n+2,\ldots,n+k)}=

\frac{n+k+1}{n+1}. \tag{2}

Степента на

p

в числителя на лявата страна е

m

, а в знаменателя – поне 1, докато степента на

p

в числителя на дясната страна е

m

, а в знаменателя – 0. Противоречие! Следователно, допускането е грешно и при

k\geq3

не съществува полином с исканото свойство. Оценяване. (7 точки) 1т. за случая

k=2

; 3т. за (1); 1т. за съществуването на

C

; 2т. за извеждане на (2) и избор на подходящо

n

Klasirane.bg — проверен архив10.3Условие — източник Решение — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Във всяка клетка на таблица

101 \times 101

е записано естествено число. Известно е, че както и да изберем 101 клетки на таблицата, никои две от които не лежат в един ред или стълб, сумата на числата в избраните клетки се дели на 101. Да се докаже, че броят начини да изберем по една клетка от всеки ред на таблицата така, че сумата на числата в избраните клетки да се дели на 101, се дели на 101.

Решение

Нека

p=101

и да номерираме редовете и стълбовете на таблицата с числата от 1 до

p

. С

c_{r, s}

ще означаваме числото, записано в ред

r

и стълб

s

на таблицата. Ще наричаме ключалка множество от

p

клетки, никои две от които не лежат в един ред или стълб. Нека

i \neq j, k \neq l \in\{1, 2, \ldots, p\}

- лесно се вижда, че можем да изберем

p-2

клетки, които допълват двойките клетки

(i, k), (j, l)

(i, l), (j, k)

до ключалки. Тогава от условието следва, че

c_{i, k}+c_{j, l} \equiv c_{i, l}+c_{j, k}(\bmod p)

. Нека сега изберем цели числа

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{p}, b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{p}

такива, че за всяко

i

да е изпълнено

c_{1, i}=a_{1}+b_{i}

c_{i, 1}=a_{i}+b_{1}

. Тогава лесно се проверява, че за всеки

r, s

е изпълнено

c_{r, s} \equiv a_{r}+b_{s}(\bmod p)

. Ще наричаме обобщена ключалка множество от

p

клетки, никои две от които не се намират в един и същ ред. Искаме да докажем, че броят на обобщените ключалки със сума, кратна на

p

, е кратен на

p

. Да разгледаме клетките

\left(1, k_{1}\right), \left(2, k_{2}\right), \ldots, \left(p, k_{p}\right)

и нека с

d_{j}

означим броя на тези клетки, които се намират в стълб

j

. Имаме:

\sum_{i=1}^{p} c_{i, k_{i}} \equiv \sum_{i=1}^{p}\left(a_{i}+b_{k_{i}}\right) \equiv

\sum_{i=1}^{p} a_{i}+\sum_{i=1}^{p} d_{i} b_{i} \quad

(\bmod p)

Това показва, че остатъкът (

\bmod p

) на сумата на числата в дадена обобщена ключалка зависи единствено от набора

\left(d_{1}, d_{2}, \ldots, d_{p}\right)

. Да разгледаме набор, за който по-горната сума е кратна на

p

. Броят обобщени ключалки, които имат този набор, е

\frac{p!}{\prod_{i=1}^{p} d_{i}!} \tag{1}

Това число се дели на

p

, стига поне две от числата

d_{1}, d_{2}, \ldots, d_{p}

да са ненулеви (тъй като

p

е просто). Случаят, в който точно едно от тези числа е ненулево, съответства на обобщена ключалка, в която всички клетки са в един и същ стълб. Следователно броят обобщени ключалки, различни от стълб на таблицата, със сума, кратна на

p

, се дели на

p

. Остава да забележим, че за сумата на числата в

i

-тия стълб на таблицата имаме

\sum_{j=1}^{p} c_{j, i} \equiv \sum_{j=1}^{p}\left(a_{j}+b_{i}\right) \equiv

\sum_{j=1}^{p} a_{j}(\bmod p)

и тогава или всички стълбове имат сума, кратна на

p

, или нито един от стълбовете не е с такава сума. Исканото следва.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-10-4

Задача 4

Пълен запис

Условие

Във всяка клетка на таблица

101\times101

Решение

Нека

p=101

и да номерираме редовете и стълбовете на таблицата с числата от 1 до

p

. С

c_{r,s}

ще означаваме числото, записано в ред

r

и стълб

s

на таблицата. Ще наричаме ключалка множество от

p

клетки, никои две от които не лежат в един ред или стълб. Нека

i\ne j,k\ne l\in\{1,2,\ldots,p\}

- лесно се вижда, че можем да изберем

p-2

клетки, които допълват двойките клетки

(i,k),(j,l)

(i,l),(j,k)

до ключалки. Тогава от условието следва, че

c_{i,k}+c_{j,l}\equiv c_{i,l}+c_{j,k}\pmod p.

Нека сега изберем цели числа

a_1,a_2,\ldots,a_p,b_1,b_2,\ldots,b_p

такива, че за всяко

i

да е изпълнено

c_{1,i}=a_1+b_i

c_{i,1}=a_i+b_1

. Тогава лесно се проверява, че за всеки

r,s

е изпълнено

c_{r,s}\equiv a_r+b_s\pmod p.

Ще наричаме обобщена ключалка множество от

p

p

, е кратен на

p

. Да разгледаме клетките

(1,k_1),(2,k_2),\ldots,(p,k_p)

и нека с

d_j

означим броя на тези клетки, които се намират в стълб

j

. Имаме:

\sum_{i=1}^p c_{i,k_i}\equiv\sum_{i=1}^p(a_i+b_{k_i})\equiv

\sum_{i=1}^p a_i+\sum_{i=1}^p d_i b_i\pmod p.

Това показва, че остатъкът

\pmod p

на сумата на числата в дадена обобщена ключалка зависи единствено от набора

(d_1,d_2,\ldots,d_p)

. Да разгледаме набор, за който по-горната сума е кратна на

p

. Броят обобщени ключалки, които имат този набор, е

\frac{p!}{\prod_{i=1}^p d_i!}. \tag{1}

Това число се дели на

p

, стига поне две от числата

d_1,d_2,\ldots,d_p

да са ненулеви (тъй като

p

p

, се дели на

p

. Остава да забележим, че за сумата на числата в

i

-тия стълб на таблицата имаме

\sum_{j=1}^p c_{j,i}\equiv

\sum_{j=1}^p(a_j+b_i)\equiv\sum_{j=1}^p a_j\pmod p,

и тогава или всички стълбове имат сума, кратна на

p

, или нито един от стълбовете не е с такава сума. Исканото следва. Забележка. Твърдението на задачата остава вярно за произволна таблица

101\times101

(и съответно

p\times p

, където

p

е просто число). Оценяване. (7 точки) 1т. за

c_{i,k}+c_{j,l}\equiv c_{i,l}+c_{j,k}\pmod p

; 1т. за

c_{r,s}\equiv a_r+b_s\pmod p

; 1т. за наблюдението, че сумата на числата в дадена обобщена ключалка зависи единствено от набора

(d_1,d_2,\ldots,d_p)

; 2т. за (1); 2т. за довършване.

Klasirane.bg — проверен архив10.4Условие — източник Решение — източник

2024

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки реални числа

(x;y)

, които са решения на системата

\begin{cases} (x^2+xy+y^2)\sqrt{\vphantom{x^2}x^2+y^2}=88,\\ (x^2-xy+y^2)\sqrt{\vphantom{x^2}x^2+y^2}=40. \end{cases}

Решение

Отговор. 4 решения:

(x;y)=(\sqrt7\pm1,\sqrt7\mp1); (x;y)=(-\sqrt7\pm1,-\sqrt7\mp1)

. Решение. Първи метод. Тъй като

x^2+y^2\geq0

, то в дефиниционната област на квадратния корен попадат всички реални

(x;y)

. Събирайки двете уравнения и разделяйки всяка от двете страни на две, получаваме

\left(\sqrt{\vphantom{x^2}x^2+y^2}\right)^3=64=4^3\quad\Longrightarrow\quad

\sqrt{\vphantom{x^2}x^2+y^2}=4\text{ и }x^2+y^2=16.

Изваждайки от първото уравнение второто и разделяйки всяка от двете страни на две, получаваме

xy\sqrt{\vphantom{x^2}x^2+y^2}=24\quad\Longrightarrow\quad

xy=24/4=6\quad\Longrightarrow\quad x^2y^2=36.

Според формулите на Виет

x^2

y^2

са корените на уравнението

t^2-16t+36=0\quad\Longrightarrow\quad

t_{1,2}=8\pm2\sqrt7=(\sqrt7\pm1)^2.

Оттук

x,y\in\{\sqrt7\pm1,-\sqrt7\pm1\}

. От съображения за симетрия виждаме, че ако

(x;y)

е решение, то решения са и

(y;x)

(-x;-y)

(-y;-x)

. Тъй като

xy=6\gt{}0

, то

x

y

са с еднакви знаци. Следователно всяка една от четирите възможности за

x\in\{\sqrt7\pm1,-\sqrt7\pm1\}

еднозначно определя съответното

y

и така получаваме четирите решения на задачата

(x;y)=(\sqrt7\pm1,\sqrt7\mp1); (x;y)=(-\sqrt7\pm1,-\sqrt7\mp1)

. Втори метод. От

x^2+y^2=16

xy=6

получаваме

(x+y)^2=16+2\cdot6=28

, откъдето

|x+y|=2\sqrt7

. Ако

x+y=2\sqrt7

, то

x

y

са корени на квадратното уравнение

t^2-2\sqrt7+6=0\quad\Longleftrightarrow\quad t_{1,2}=\sqrt7\pm1,

и поради симетрията на

x

y

в този случай уравнението има 2 решения:

(x;y)=(\sqrt7\pm1;\sqrt7\mp1)

. Ако пък

x+y=-2\sqrt7

, то

x

y

са корени на квадратното уравнение

t^2+2\sqrt7+6=0\quad\Longleftrightarrow\quad t_{1,2}=-\sqrt7\pm1,

и поради симетрията на

x

y

в този случай уравнението има 2 решения:

(x;y)=(-\sqrt7\pm1;-\sqrt7\mp1)

. Оценяване. (6 точки) Първи метод: По 1 т. за

x^2+y^2=16

xy=6

; 2 т. за

x,y\in\{\sqrt7\pm1,-\sqrt7\pm1\}

; 2 т. за намирането на четирите решения. Втори метод: по 1 т. за

|x+y|=2\sqrt7

xy=6

; по 2 т. за всеки от случаите

x+y=\pm2\sqrt7

, минус 1 т., ако е изпусната симетрията

(x;y)\to(y;x)

. И при двата подхода, ако преобразуванията не са еквивалентни, а само следствени (т.е.,

\Longleftrightarrow

е заменено с

\Longrightarrow

), то се отнема 1 т. при липса на проверка.

Klasirane.bg — проверен архив10.1Условие — източник Решение — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е неравнобедрен остроъгълен триъгълник

ABC

, в който

AL

(

L\in BC

) е ъглополовящата на

\angle BAC

M

е средата на

BC

. Нека ъглополовящите на

\angle AMB

\angle CMA

пресичат

AB

AC

съответно в точките

P

Q

. Да се докаже, че описаната окръжност около триъгълника

APQ

се допира до

BC

тогава и само тогава, когато минава през

L

Решение

От свойството на ъглополовящата и факта, че

BM=MC

, получаваме

\frac{AP}{PB}=\frac{AM}{BM}=\frac{AM}{MC}=\frac{AQ}{QC}

и от теоремата на Талес

PQ\parallel BC

. Следователно

\angle BLP=\angle LPQ=\varphi

. Нека

\omega

е описаната окръжност около триъгълника

APQ

. Нека

\omega

се допира до

BC

в точка

L'

. Тогава

\angle L'QP=BL'P=\angle L'PQ,

т.е.

L'

е средата на дъгата

\overset{\frown}{PQ}

от

\omega

. Следователно

AL'

е ъглополовящата на

\angle PAQ

, т.е.

L'\equiv L

. Нека

L\in\omega

. Тогава понеже

AL

е ъглополовяща на

\angle PAQ

, то

PL=LQ

, откъдето

\angle PQL=\angle LPQ=\angle BLP=\varphi.

Последното означава, че

\omega

се допира до

BC

. Оценяване. (6 точки) 2 т. за

PQ\parallel BC

, по 2 т. за всяка от двете посоки.

Klasirane.bg — проверен архив10.2Условие — източник Решение — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички полиноми

P

с цели коефициенти, за които съществува естествено число

N

, такова че за всяко

n\geq N

, всеки прост делител на

n+2^{\lfloor\sqrt n\rfloor}

е делител и на

P(n)

. (Тук

\lfloor x\rfloor

означава най-голямото цяло число, по-малко или равно на реалното число

x

Решение

Отговор.

P\equiv0

. Решение. Очевидно

P\equiv0

върши работа. Ще покажем, че други

P

няма. Да забележим, че

\lfloor\sqrt n\rfloor=k

за всеки две естествени

n

k

, за които

n\in[k^2;k^2+2k]

. Да фиксираме естествено число

m\geq N

и простото число

p

. Да положим в горното

k=p-1+m

и да разгледаме интервала

[k^2;k^2+2k]

. Той има дължина

2k\gt{}p

, следователно в него съществува естествено число

n\equiv-2^m\pmod p

. Тогава от теоремата на Ферма получаваме

n+2^{\lfloor\sqrt n\rfloor}=n+2^k\equiv-2^m+2^{p-1+m}\equiv0\pmod p.

Следователно

p\mid P(n)

. Понеже

P

е полином с цели коефициенти,

P(-2^m)\equiv P(n)\equiv0\pmod p.

Така

p\mid P(-2^m)

за всяко просто число

p

. Следователно

P(-2^m)=0

за всяко естествено число

m\geq N

. Това значи, че

P\equiv0

, с което решението е завършено. Оценяване. (7 точки) 1 т. за ясната идея за разглеждане на числа

n

в интервали от вида

[k^2;k^2+2k]

, 4 т. за конструиране на двойки

(n;p)

от посочения вид и доказване на делимостта, 2 т. за довършване.

Klasirane.bg — проверен архив10.3Условие — източник Решение — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадени са пълен ориентиран граф

G

с 2024 върха и естествено число

k\leq10^5

. Ангел и Борис играят следната игра: Ангел оцветява

k

от ребрата на

G

в червено и поставя пул в един от върховете на

G

. След това двамата правят ходове, редувайки се; Ангел започва. На всеки свой ход той премества пула в съседен връх, след което Борис променя ориентацията на някое от ребрата, което не е червено. Ако в някакъв момент Ангел не може да премести пула, то той губи и победител е Борис. Да се определи в зависимост от

G

k

дали Борис има печеливша стратегия.

Решение

Отговор. Борис има печеливша стратегия при

k\leq2

и всякакъв граф

G

, както и при

k\geq3

, когато в

G

няма цикли. Решение. Ще започнем решението със следните две леми. Лема 1. Нека

G

е ориентиран граф с

n

върха, в който няма цикли. Тогава можем да номерираме върховете му с естествените числа от 1 до

n

така, че ако за някои два върха

x

y

с номера

i

j

съответно има ребро

x\to y

, то непременно

i\lt{}j

. Решение. Ще използваме индукция по

n

. При

n=2

твърдението е тривиално. Нека сега исканото е в сила за всеки граф с по-малко от

n

върха. Ако допуснем, че от всеки връх в

G

излиза поне по едно ребро, то бихме получили цикъл, което е противоречие. Значи съществува връх

v

, от който не излизат ребра. Номерираме него с

n

, а останалите върхове номерираме съгласно индуктивната хипотеза за графа

G_1:=G\setminus\{v\}

(понеже в

G

няма цикли, то и в

G_1

няма). Това гарантира, че условието за ребрата в

G_1

се изпълнява. Останалите ребра са от вида

u\to v

, но номерът на

v

е най-големият възможен (

n

), значи и за тях исканото е в сила. С това лемата е доказана. Лема 2. Нека

G

е пълен ориентиран граф с

n

върха, в който има поне един цикъл. Тогава в

G

има цикъл с дължина 3. Решение. Да допуснем противното и да разгледаме цикъл

v_1v_2\ldots v_kv_1

с минимална дължина

k\geq4

. Ако има ребро

v_3\to v_1

, то

v_1v_2v_3v_1

е цикъл с дължина

3\lt{}k

, което е противоречие. Значи имаме реброто

v_1\to v_3

; сега обаче

v_1v_3\ldots v_kv_1

е цикъл с дължина

k-1\lt{}k

, което отново е противоречие. Следователно в

G

има цикъл с дължина 3, с което лемата е доказана. Сега да пристъпим към решението. Ако

k\geq3

и в

G

има цикъл, то съгласно Лема 2 в

G

има цикъл

C

с дължина 3. Значи Ангел може да оцвети

C

и още произволни

k-3

ребра в червено и да постави пула в един от върховете на

C

. Понеже Борис не може да промени ориентацията на ребрата на този цикъл, то Ангел може да направи неограничен брой ходове, което го прави победител. Нека сега е вярно, че в

G

или няма цикъл, или

k\leq2

. Ще докажем, че и в двата случая Борис може след краен брой промени (възможно нула) да приведе

G

в граф, който може да бъде номериран със свойството в Лема 1. В първия случай това следва директно от лемата, остава да го проверим за

k\leq2

. Да разгледаме червените ребра, които Ангел оцветява. Понеже те двете не образуват цикъл, то можем да номерираме участващите в тях върхове по желания начин. Останалите върхове в

G

номерираме по произволен начин и докато има ребра от вида

i\to j

, където

i\gt{}j

, Борис променя тяхната ориентация. Така получихме пълен ориентиран граф

H

с върхове числата от 1 до 2024 и ребро

i\to j

за всеки

1\leq i\lt{}j\leq2024

. Нека след преместването от страна на Ангел пулът се намира във връх

n

. Разделяме върховете на

H

на 2 групи по следния начин:

A=\{1,2,\ldots,1000\};

\quad B=\{1001,1002,\ldots,2024\}.

Да забележим, че ако ребрата, излизащи от върха, в който се намира пулът (в случая се намира в

n

) преди хода на Ангел, са само към такива с по-голям номер, то непременно върхът, в който пулът бива преместен, има по-голям номер. Остава да покажем, че Борис може да поддържа това свойство в сила. Ребрата между двойка върхове от една и съща група са повече от

10^5

и за двете групи, следователно и в двете групи има поне по едно ребро, което не е червено – нека това са

a=a_1\to a_2

(респективно от върхове в

A

) и

b=b_1\to b_2

(респективно от върхове в

B

). Действаме по следния начин: • ако пулът е във връх от

A

, променяме

b

; • ако пулът е във връх от

B\setminus\{b_2\}

, променяме

a

; • ако пулът е във

b_2

и имаме реброто

b_1\to b_2

, променяме

a

; • ако пулът е във

b_2

и имаме реброто

b_2\to b_1

, променяме

b

. Лесно се съобразява, че исканото се изпълнява при тази стратегия. Оценяване. (7 точки) 3 т. за пълно описание на случая, в който Ангел печели, 3 т. за пълно описание на случая, в който Борис печели, 1 т. за завършване. При формулиране на стратегията на Ангел според дължината на минималния цикъл на

G

и отстъпване на Лема 2 се отнемат 2 т.

Klasirane.bg — проверен архив10.4Условие — източник Решение — източник

2025

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Едно уравнение ще наричаме интересно, ако съществува реално число

c

, такова че за всеки реален корен на уравнението

x_0

е в сила:

\sqrt{\vphantom{x^2}c+\frac{1}{x_0}}=\sqrt{\vphantom{x^2}c^2-x_0^2}.

а) Докажете, че уравнението

x^3-1=0

е интересно. б) Намерете за кои стойности на параметъра

a

уравнението

x^4-x^3+ax^2+(1-a)x-1=0

има поне два реални корена и е интересно.

Решение

Решение. а)

x^3-1=0

има единствен реален корен

x=1

. Значи за него трябва да е изпълнено условието:

c+1=c^2-1\Longrightarrow(c+1)(c-2)=0

, т.е.

c=2

или

c=-1

. И за двете стойности на

c

подкоренните величини са неотрицателни, така че уравнението със сигурност е интересно. б) Разлагаме уравнението до следния вид:

(x-1)(x^3+ax+1)=0

. Отново имаме корен 1 и от а) следва, че

c\in\{2,-1\}

. Нека сега

x_0

е корен на

x^3+ax+1=0

(по условие, а и по принцип винаги съществува за уравнение от трета степен). Значи

x_0^3=-ax_0-1

. Използвайки равенството в условието, трябва да е в сила, че:

c+\frac{1}{x_0}=c^2-x_0^2\Longleftrightarrow\frac{x_0^3+1}{x_0}=

c^2-c\Longleftrightarrow\frac{-ax_0-1+1}{x_0}=2\Longrightarrow a=-2.

Остава да проверим дали за всеки корен на уравнението

(x-1)(x^3-2x+1)=0

подкоренните величини са неотрицателни. Имаме

(x-1)(x^3-2x+1)=

0\Longleftrightarrow(x-1)^2(x^2+x-1)=0\Longleftrightarrow x\in

\left\{1,\frac{-1\pm\sqrt5}{2}\right\}.

При

c=2

това е изпълнено и следователно

a=-2

е единствената стойност, за която даденото уравнение е интересно. Оценяване. (6 точки) a) 1 т. за

c=2

или

c=-1

; 1 т. за проверка на подкоренните величини; б) 1 т. за разлагането и

c\in\{2,-1\}

.; 1 т. за

a=-2

; 1 т. за пресмятане на корените; 1 т. за проверка на дефиниционната област.

Klasirane.bg — проверен архив10.1Условие — източник Решение — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

ABC

с описана окръжност

\omega

. Нека вътрешната и външната ъглополовяща на ъгъл

ACB

пресичат правата

AB

съответно в точки

D

E

. Точки

I

K

лежат на правата

AC

(

K

е между

A

I

) и са такива, че

DI=DC

EC=EK

. Докажете, че правите

EK

CD

се пресичат върху

\omega

тогава и само тогава, когато правите

EK

DI

се пресичат върху

\omega

Решение

Решение. Нека

DI\cap EK=P

, а

CD\cap EK=S

Триъгълникът ABC, окръжността и точките D, E, I, K, P, R и S от официалното решение.

(Първи начин) Нека допуснем, че

S\in\omega

. Тогава е в сила, че

SA=SB

. Пресмятаме

\angle EPD=\angle PKI+\angle PIK=\angle EKC+\angle DIC=\angle ECK+\angle DCI=90^\circ

и следователно

DPEC

е вписан четириъгълник, т.е.

SD.SC=SP.SE

. Но от

\triangle SAD\sim\triangle SCA

знаем, че

SD.SC=SA^2=SB^2

. Следователно

SP.SE=SA^2=SB^2

, т.е.

\triangle SEA\sim\triangle SAP

\triangle SEB\sim\triangle SBP

. Тогава

\angle SEA=\angle PAS

\angle SEB=\angle PBS

. Но

\angle SEA=\angle SEB

, следователно

\angle PAS=\angle PBS

P,S,B,A

лежат на една окръжност, която е

\omega

. Нека сега

P\in\omega

. Тогава

\angle DPC=\angle DEC=90^\circ-\frac12\gamma-\beta

\angle CPB=\angle CAB=\alpha

. Следователно

\angle BPS=\frac12\gamma=\angle BCS

S\in\omega

. (Втори начин) Нека

DI\cap EC=R

\ell

е допирателната към

\omega

в точка

C

. Ще докажем, че описаните окръжности около

\triangle CRS

\triangle ABC

се допират вътрешно в точка

C

. От

DP\perp EP

DC\perp EC

следва, че

SRCP

DPEC

са вписани четириъгълници, т.е.

\angle CRS=\angle CPE=\angle CDE=\angle ABC+\angle BCD=

\angle(\ell,AC)+\angle ACD=\angle(\ell,CD).

Но последното означава, че

\ell

се допира и до описаната около

\triangle CRS

окръжност

\omega'

. Следователно всяко едно от условията

S\in\omega

или

P\in\omega

е еквивалентно на

\omega\equiv\omega'

и твърдението е доказано. Оценяване. (6 точки) (Първи начин)

(\rightarrow)

1 т. за

DPEC

вписан и

SP.SE=SD.SC

; 1 т. за

SD.SC=SA^2=SB^2

; 2 т. за

\angle PAS=\angle PEA=\angle PBS

P\in\omega

;

(\leftarrow)

1 т. за

\angle BPS=\frac12\gamma

; 1 т. за

S\in\omega

. (Втори начин) 2 т. за построяването на точка

R

и свеждане на задачата до доказване на факта, че описаната окръжност около

\triangle CRS

се допира до

\omega

; 1 т. за

SRCP

DPEC

вписани; 3 т. за довършване.

Klasirane.bg — проверен архив10.2Условие — източник Решение — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

В равнината са дадени 46 точки. Сумата от всевъзможните разстояния между тях е 2025. Да се докаже, че съществува затворена начупена линия, минаваща през всяка точка точно по веднъж, с дължина най-много 90.

Решение

Решение. (Първи начин) Ще докажем задачата в общ случай, а именно - ако имаме

N

точки и сума

S

, не е възможно всяка затворена начупена линия да е с дължина повече от

\frac{2S}{N-1}

. Да допуснем, че е така. Първо, броят на затворените начупени линии е

\frac{(N-1)!}{2}

, защото ако номерираме точките от 1 до

N

, всяка затворена линия е пермутация на тези числа. Тъй като е затворена, трябва да разделим на

N

и тъй като имаме и две посоки на обхождане, делим и на 2. Значи сумата от всички начупени линии е повече от

\frac{(N-1)!}{2}.\frac{2S}{N-1}=S.(N-2)!

. От друга страна, можем да преброим всяка отсечка в колко начупени затворени линии участва. Този брой е точно

(N-2)!

, което можем да обосновем по следния начин. Търсим броя на пермутациите, в които числата

a

b

са едно до друго. Този брой е

2.(N-1)!

. Сега делим отново на

2.(N-1)

заради посоката и затвореността. Значи сумата от всички начупени линии е

S.(N-2)!

- противоречие. (Втори начин) Ще докажем с индукция по

N

, че при

N

точки съществува Хамилтонов цикъл с дължина не повече от

2S_N/(N-1)

, където

S_N

е сумата на всички разстояния между

N

-те точки. Базата на индукцията при

N=3

е тривиална. Да допуснем, че това е вярно за всеки

N-1

точки,

N\ge4

. Да вземем произволни

N

точки. Фиксираме една, да я кръстим

X_0

. За останалите

N-1

точки прилагаме индукционното предположение. Т.е., съществува цикъл

X_1X_2\ldots X_{N-1}X_1

с обща дължина

S'\le2S_{N-1}/(N-2)

, където

S_{N-1}

е сумата от разстоянията м/у всеки две от точките

\{X_1,X_2,\ldots,X_{n-1}\}

. Да означим

\Delta S:=\sum_{i=1}^{n-1}X_0X_i

. Имаме

\min_i(X_0X_i+X_0X_{i+1}-X_iX_{i+1})\le

\frac{1}{N-1}\left(2\sum_{i=1}^{N-1}X_0X_i-S'\right)=\frac{2\Delta S}{N-1}-\frac{S'}{N-1}.

Следователно

\begin{aligned} \min_i(X_0X_{i+1}X_{i+2}\ldots X_iX_0) &=\min_i(X_0X_i+X_0X_{i+1}-X_iX_{i+1})+S'\\ &\le\frac{2\Delta S}{N-1}-\frac{S'}{N-1}+S'=\frac{2\Delta S}{N-1}+\frac{N-2}{N-1}S'\\ &\le\frac{2\Delta S}{N-1}+\frac{N-2}{N-1}\cdot\frac{2S_{N-1}}{N-2}=\frac{2\Delta S+2S_{N-1}}{N-1}\\ &=\frac{2S_N}{N-1}. \end{aligned}

Оценяване. (7 точки) 1 т. за правилно обобщение на твърдението. В случай, че това се прави последно или не се прави, точката се прехвърля при довършване; 1 т. за разглеждане на подход със сумиране; 2 т. за преброяване на броя на затворените начупени линии с обосновка (обосновката е 1 точка); 2 т. за преброяване на броя срещания на всяка отсечка с обосновка; 1 т. за довършване.

Klasirane.bg — проверен архив10.3Условие — източник Решение — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадени са две ненулеви цели числа

m

n

, които са взаимно прости. Да се намерят всички функции

f:\mathbb Z\to\mathbb Z

, такива че:

f(m.x+n.y)=mf(f(x))+nf(f(y))

Решение

Решение. (Първи начин) Нека положим

g(x)=f(f(x))

. Тогава

f(mx)=mg(x)+ng(0)\tag{1}

От друга страна

mx=m(x+nt)-nmt

и можем да заместим. Получаваме, че за всяко

t

и всяко

x

f(mx)=mg(x+nt)+ng(-mt)\tag{2}

Приравнявайки (1) и (2) и замествайки

t=1

, получаваме:

mg(x+n)+ng(-m)=

mg(x)+ng(0)\Longleftrightarrow g(x+n)-g(x)=

\frac{n}{m}(g(0)-g(-m))\tag{3}

Дясната страна не зависи от

x

, значи получаваме, че

g(x+n)-g(x)=C_1

. Аналогично получаваме, че

g(x+m)-g(x)=C_2

. Но

g(mn)=g(0)+mC_1=g(0)+nC_2

, откъдето

C_2=\frac{m}{n}C_1

. Сега, от Безу следва, че има числа

p,q

, такива че

1=mp+nq

. Получаваме следната връзка:

g(x+1)=g(x+mp+nq)=

g(x+mp)+qC_1=g(x)+pC_2+qC_1.

Значи

g(x)

е линейна функция. т.е.

f(f(x))=ax+b

. Връщаме се в условието на задачата:

f(mx+ny)=m(ax+b)+n(ay+b)=a(mx+ny)+b(m+n)

. Но всяко едно число може да се представи във вида

z=mx+by

, така че

f(z)=az+b(m+n)

за всяко

z

. Значи, замествайки във

f(f(x))=ax+b

, получаваме, че

f(ax+b(m+n))=a^2x+ab(m+n)+b(m+n)\Longrightarrow a^2x+ab(m+n)+bm+bn=ax+b

. Tъй като това е равенство за всяко

x

, имаме, че

a^2=a

ab(m+n)+b(m+n)=b

. Имаме два случая:

a=0

или

a=1

: •

a=0\Longrightarrow b(m+n)=b

. Ако

m+n=1

, тогава

f(x)\equiv C

, а ако не, то

f(x)\equiv0

. •

a=1\Longrightarrow2b(m+n)=b

. Следователно

b=0

f(x)=x

. Отговор: Ако

m+n=1

, то

f(x)=C

или

f(x)=x

; Ако

m+n\neq1

, то

f(x)=0

или

f(x)=x

; (Втори начин) Последователно имаме, че 1.

P(x,y)=(x,0)\Longrightarrow f(mx)=mf(f(x))+nf(f(0))

P(x,y)=(0,x)\Longrightarrow f(nx)=nf(f(x))+mf(f(0))

P(0,0)\Longrightarrow f(0)=(m+n)f(f(0))

f(mx+ny)=f(mx)+f(ny)-f(0)

От последното с индукция

x

следва, че

f(mnx)=x\big(f(mn)-f(0)\big)+f(0)\quad\forall x\in\mathbb Z

Да отбележим също, че

1.\Longrightarrow f(mx)\equiv nf(f(0))\equiv(m+n)f(f(0))\equiv f(0)\pmod m

2.\Longrightarrow f(nx)\equiv f(0)\pmod n

, т.е

f(mn)\equiv f(0)\pmod{mn}

, т.е

f(mn)-f(0)=mna

за някое

a\in\mathbb Z

, т.к

(m,n)=1

. Така получаваме, че

(5)

f(mnx)=amnx+f(0)

за

x\in\mathbb Z

. От (1), (3) и (5) имаме, че

\begin{aligned} amnx+f(0)&=f(mnx)=mf(f(nx))+nf(f(0))\\ amnx&=mf(f(nx))-mf(f(0))\\ f(f(nx))&=anx+f(f(0)) \end{aligned}

и аналогично

f(f(mx))=amx+f(f(0)).

Сега замествайки в (1) получаваме

amx+f(f(0))=f(f(mx))=

f(mf(f(x))+nf(f(0)))=mf^{(4)}(x)+nf^{(4)}(0)

f^{(4)}(x)=ax+b,

където

b=(f(f(0))-nf^{(4)}(0))/m

. Сега, замествайки в равенството от условието получаваме

\begin{aligned} f(f(mx+ny))&=f(mf(f(x))+nf(f(y)))=mf^{(4)}(x)+nf^{(4)}(y)\\ &=a(mx+ny)+b(m+n) \end{aligned}

От Безу, т.к

(m,n)=1

получаваме, че

f(f(x))=ax+b

за

x\in\mathbb Z

и решението се довършва, както горното с директна проверка. Оценяване. (7 точки) 5 т. за линейност на

f(f(x))

, от които 2 т. за подходящи субституции, водещи към прогрес като (1) и (2) в първото решение и (1), (2), (3) и (4) във второто решение; 2 т. за довършване, ако

f(f(x))

е линейна, като 1 т. се дава за изчерпателен отговор.

Klasirane.bg — проверен архив10.4Условие — източник Решение — източник