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

11

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

emt2007-11-3: има placeholder текст

2007

5 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадени са различни остри ъгли

\alpha

\beta

, за които

\left(\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta\right)(1+\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta)=2.

Да се докаже, че

\alpha+\beta=90^{\circ}

Решение

След заместване

\cos ^{2} \alpha=\frac{1}{1+\operatorname{tg}^{2} \alpha}

\cos ^{2} \beta=\frac{1}{1+\operatorname{tg}^{2} \beta}

и преобразования даденото неравенство се записва във вида

(\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta-1)(\operatorname{tg} \alpha-\operatorname{tg} \beta)^{2}=0.

Понеже

\alpha

\beta

са различни остри ъгли, то

\operatorname{tg} \alpha \neq \operatorname{tg} \beta

, откъдето

\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta=1

, т. е.

\sin \alpha \sin \beta=\cos \alpha \cos \beta

. Оттук

\cos (\alpha+\beta)=0

и тъй като

\alpha

\beta

са остри ъгли, получаваме

\alpha+\beta=90^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на параметъра

a

, за които неравенството

\sqrt{\vphantom{x^2}x-x^{2}-a}+\sqrt{\vphantom{x^2}6 a-2 x-x^{2}} \leq

\sqrt{\vphantom{x^2}10 a-2 x-4 x^{2}}

има единствено

Решение

Да положим

u=x-x^{2}-a

v=6 a-2 x-x^{2}

. Тогава е изпълнено равенството

10 a-2 x-4 x^{2}=2(u+v)

. Даденото неравенството може да се запише във вида

\sqrt{\vphantom{x^2}u}+\sqrt{\vphantom{x^2}v} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}2(u+v)}

. То е еквивалентно на

2 \sqrt{\vphantom{x^2}u} \sqrt{\vphantom{x^2}v} \leq u+v

, което е изпълнено за всички стойности от дефиниционната област

\left\lvert\, \begin{aligned} & u \geq 0 \\ & v \geq 0\end{aligned}\right.

. Следователно неравенството има само едно точно когато системата

\left\lvert\, \begin{aligned} & x^{2}-x+a \leq 0 \\ & x^{2}+2 x-6 a \leq 0 \\ & \text{случаи: }\end{aligned}\right.

има единствено Това е възможно в следните случаи: Случай 1. Едно от неравенствата има единствено , което е на другото неравенство. Следователно или

D_{1}=1-4 a=0

, откъдето

a=\frac{1}{4}

, което е , или

D_{2}=1+6 a=0

, откъдето

a=-\frac{1}{6}

, което не е Случай 2. Уравненията

x^{2}-x+a=0

x^{2}+2 x-6 a=0

имат общ реален корен. След умножаване на първото уравнение с 6 и събиране с второто получаваме

7 x^{2}-4 x=0

, т. е.

x_{1}=0

x_{2}=\frac{4}{7}

. При

x_{1}=0

получаваме

a=0

, а при

x_{2}=\frac{4}{7}

намираме

a=\frac{12}{49}

. Директна проверка показва, че

a=0

е и

a=\frac{12}{49}

не е. Окончателно търсените стойности са

a=0

a=\frac{1}{4}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-11-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-11-3

Задача 3

Пълен запис

Условие

В триъгълник

ABC

е прекарана ъглополовящата

CC_1

. Точките

P \in C_1B

Q \in BC

R \in AC

S \in AC_1

са такива, че

C_1P = PQ = QC

CR = RS = SC_1

. Да се докаже, че

CC_1

е ъглополовящата на

\angle SCP

Решение

Решение. Да означим

\angle SCC_{1}=\varphi

\angle PCC_{1}=\psi

\angle PC_{1}C=\delta

. От

\triangle PQC

имаме

\cos \left(\frac{\gamma}{2}-\psi\right)=\frac{CP}{2CQ}

, а от синусовата теорема за

\triangle PC_{1}C

получаваме

\frac{CP}{PC_{1}}=\frac{\sin \delta}{\sin \psi}

. Тъй като

CQ=QP=PC_{1}

, от горните равенства намираме

\cos \left(\frac{\gamma}{2}-\psi\right)\sin\psi=\frac{\sin\delta}{2}

. Аналогично от

\triangle SCR

\triangle SC_{1}C

получаваме

\cos \left(\frac{\gamma}{2}-\varphi\right)\sin\varphi=\frac{\sin\delta}{2}

Чертеж към решението с точките A, S, C1, P, B, R, Q и C и ъглите φ и ψ.

Следователно

\cos \left(\frac{\gamma}{2}-\psi\right)\sin\psi=\cos \left(\frac{\gamma}{2}-\varphi\right)\sin\varphi,

откъдето

\sin\left(\frac{\gamma}{2}\right)+\sin\left(2\psi-\frac{\gamma}{2}\right)=\sin\left(\frac{\gamma}{2}\right)+\sin\left(2\varphi-\frac{\gamma}{2}\right)

, т.е.

2\varphi+2\psi-\gamma=180^\circ

или

\varphi=\psi

. Тъй като

\gamma\gt{}\varphi+\psi

, то

2\varphi+2\psi-\gamma\lt{}\gamma\lt{}180^\circ

, т.е. първото равенство е невъзможно. Остава

\varphi=\psi

, което означава, че

CC_{1}

е ъглополовяща на

\angle SCP

Klasirane.bg — проверен архив11.3Условие — източник Решение — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

В една държава има 1000 града

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{1000}

, като някои от тях са свързани с авиолинии. Известно е, че

i

-ият град е свързан с

d_{i}

други града, като при това

d_{1} \leq d_{2} \leq \cdots \leq d_{1000}

d_{j} \geq j+1

за всяко

j=1, 2, \ldots, 999-d_{999}

. Да се докаже, че ако летището на който и да е град

A_{k}

бъде затворено, тоще е възможно да долетим от произволен град

A_{i}

до произволен друг град

A_{j}, i, j \neq k

(възможно с прекачвания).

Решение

Нека е затворено летището в

k

-ия град за някое

1 \leq k \leq 1000

. Означаваме останалите градове с

B_{1}, \ldots, B_{999}

като можем да считаме, че

B_{i}=A_{i}

за

i=1, \ldots, k-1

B_{i}=A_{i+1}

за

i=k+1, \ldots, 1000

. Да означим броя на авиолиниите излизащи от

B_{i}

d_{i}^{\prime}

. Очевидно

d_{i}^{\prime} \geq d_{i}-1

за всяко

i=1, \ldots, 999

. Без ограничение на общността можем да приемем, че

d_{1}^{\prime} \leq d_{2}^{\prime} \leq \ldots \leq d_{999}^{\prime}

. Нека

X

е множеството от градовете достижими от

B_{999}

(след закриване на летището в град

A_{k}

). Очевидно

x=|X| \geq d_{999}^{\prime}+1 \geq d_{999}

. Да допуснем, че има градове, недостижими от

B_{999}

(в противен случай няма какво да се доказва). Нека означим множеството на тези градове с

Y

и нека

B_{u}

е градът с най-голям номер в

Y

. Тъй като

999-x \leq 999-d_{999}

имаме

d_{u}^{\prime} \geq d_{999-x}^{\prime} \geq d_{999-x}-1 \geq

(999-x+1)-1=999-x

т. е.

|Y| \geq 1000-x

. Оттук получаваме

\begin{aligned} & |X \cap Y|=|X| \cup|Y|-|X \cup Y| \geq x+(1000-x)-999 \geq 1 \text{, } \\ & \text{противоречие.} \end{aligned}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-11-4

2008

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадена е аритметична прогресия

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

Известно е, че съществуват естествени числа

p, q

t

, за които

a_{p}+t p=a_{q}+t q

. Ако

a_{t}=t

и сборът на първите

t

члена на прогесията е равен на 18, да се намери

a_{2008}

Решение

От условието следва, че

a_{1}+(p-1) d+t p=a_{1}+(q-1) d+t q

, откъдето намираме

(p+1)(d+t)=0

. Тъй като

p+q\gt{}0

, то

d_{t}=-t

. Сега

t=a_{t}=a_{1}+(t-1)(-t)

, т. е.

a_{1}=t^{2}

. От

\sum_{i=1}^{t} a_{i}=18

, следва

\frac{t^{2}+t}{2} \cdot t=18

, т. е.

t^{2}(t+1)=36

. Тъй като

t \mathrm{e}

естествено число, то

t=3

, откъдето

a_{2008}=9+2007.(-3)=-6012

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Върху страните

A B

A C

на правоъгълен

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

са избрани съответно точки

C_{1}

B_{1}

. Ако

M=C C_{1} \cup B B_{1}

A C_{1}=A B_{1}=A M

да се докаже, че

S_{A B_{1} M C_{1}}+S_{A B_{1} C_{1}}=S_{B M C}

Решение

Понеже

A

е център на описаната около

\triangle B_{1} C_{1} M

окръжност, то

\angle C_{1} B_{1} M= \frac{1}{2} \angle C_{1} A M

. От друга страна

\angle A C C_{1}=90^{\circ}-\angle A C_{1} M=

90^{\circ}-\left(90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle C_{1} A M\right)=\frac{1}{2} \angle C_{1} A M

Следователно

\forall C_{1} B_{1} M=\angle C_{1} C B_{1} \quad

и аналогично

\angle B_{1} C_{1} M=\angle B_{1} B C_{1}

. Оттук следва, че

\triangle C B_{1} C_{1} \sim \triangle B_{1} C_{1} B

, откъдето намираме

C C_{1} \cdot C_{1} B_{1}=C B_{1} \cdot B_{1} B \tag{1}

Нека

K \in C A

A K=A C_{1}

, като

A

е между

C

K

. Тъй като

S_{A B_{1} C_{1}}=S_{A K C_{1}}

, то условието става

S_{K C_{1} M B_{1}}=S_{B M C}

. Последното равенство е еквивалентно на

S_{C K C_{1}}=S_{C B B_{1}}

. Тъй като

K C_{1} M B_{1}

е вписан, то

\angle K C_{1} C=\angle C B_{1} B

и следователно трябва да докажем, че

C C_{1} \cdot C_{1} K=C B_{1} \cdot B_{1} B

. Това равенство следва от

C_{1} K=C_{1} B_{1}

и от (1).

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

В изпъкнал 2008-ъгълник част от диагоналите са оцветени в червено, а останалите в синьо така, че от всеки връх излиза точно един червен диагонал и никои три червени диагонала не минават през една точка. Известно е, че всеки син диагонал се пресича от червен диагонал във вътрешна точка. Да се намери минималния брой пресечни точки на червени диагонали.

Решение

Първо ще докажем, че движейки се по червени диагонали от всеки връх може да се стигне до всеки друг. Да допуснем, че тове не е така. Без ограничение можем да считаме, че от

A_{1}

може да се стигне да

A_{k+1}

и не може да се стигне до

A_{2}, \ldots, A_{k}

за някое

k \geq 2

. Ако

k=2

, то червения диагонал от

A_{2}

ще пресича пътя от

A_{1}

до

A_{3}

и следователно от

A_{1}

може да се стигне до

A_{2}

, противоречие. Ако

k\gt{}2

, то

A_{1} A_{k}

е син диагонал и той трябва да се пресича от червен диагонал

A_{i} A_{j}

за

2 \leq i \leq k-1

k+1 \leq j \leq 2008

. Такъв диагонал обаче винаги пресича пътя от

A_{1}

до

A_{k}

, което означава, че от

A_{1}

може да се стигне до

A_{i}

, противоречие. Червените диагонали са точно 1004. От доказаното следва, че всеки червен диагонал пресича поне един червен диагонал. Да изберем два пресичащи се червени диагонала. От останалите червени диагонали поне един пресича дадените два защото в противен случай условието, че от всеки връх може да се стигне до всеки друг не е изпълнено. Продължавайки по този начин на всяка стъпка избираме червен диагонал, който пресича някой от вече избраните червени диагонали. Тъй като имаме 1002 червени диагонала, всеки новоизбран диагонал добавя поне една пресечна точка и никои три червени диагонала не минават през една точка, то имаме поне 1003 пресечни точки. Лесно се вижда, че ако червените диагонали са

A_{1} A_{1005}, A_{2} A_{2008}, A_{3} A_{2007}, \ldots

A_{1004} A_{1006}

имаме точно 1003 пресечни точки и условието на задачата е изпълнено.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

а) Да се докаже, че

[x]

е нечетно число тогава и само тогава, когато

\left[2\left\{\frac{x}{2}\right\}\right]=1

. (С

[x]

означаваме най-голямото цяло число ненадминаващо

x

\{x\}= x-[x]

.) б) Дадено е естествено число

n

. Да се намери броят на свободните от квадрати числа

a

, за които числото

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

е нечетно. (Едно число се нарича свободно от квадрати, ако не се дели на квадрат на просто число.)

Решение

а) Нека

[x]

е нечетно число. Тогава

x=2 t+1+\alpha

, където

t

е естествено число и

0 \leq \alpha\lt{}1

. Тогава

\frac{1}{2} \leq \frac{\alpha+1}{2}\lt{}1

, откъдето получаваме

2\left\{\frac{x}{2}\right\}=2\left\{t+\frac{\alpha+1}{2}\right\}=

2\left\{\frac{\alpha+1}{2}\right\}=2 \cdot \frac{\alpha+1}{2}=\alpha+1

Понеже

1 \leq \alpha+1\lt{}2

, то

\left[2\left\{\frac{x}{2}\right\}\right]=1

. Аналогично получаваме, че ако

[x]

е четно число, то

\left[2\left\{\frac{x}{2}\right\}\right]=0

. б) Нека

A

е множеството от свободните от квадрати естествени числа и

m

е произволно реално число. Ще докажем, че

\sum_{a \in A}\left[\frac{m}{\sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right]=\left[m^{2}\right]

. Всяко естествено число може да се представи по единствен начин като

p^{2} a

, където

a

е свободно от квадрати. Да разгледаме всички числа, които не надминават

m^{2}

и които се представят по този начин за някакво фиксирано

a

. Ако техният брой е

k

, то

k

е най-голямото число, за което

k^{2} a \leq m^{2}

, т. е.

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

. Тогава в сумата

\sum_{a \in A}\left[\frac{m}{\sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right]

са преброени всички естествени числа, не надминаващи

m^{2}

, т. е. тя е точно равна на

\left[m^{2}\right]

. От а) следва, че търсим

\sum_{a \in A}\left[2\left\{\frac{n}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right\}\right]

. От друга страна

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

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

2\left[\frac{n}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right]+\left[2\left\{\frac{n}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right\}\right]

откъдето

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

Като използваме доказаното по-горе, намираме

\sum_{a \in A}\left[2\left\{\frac{n}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right\}\right]=

\sum_{a \in A}\left[\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right]-2 \sum_{a \in A}\left[\frac{n}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right]=

n^{2}-2\left[\frac{n^{2}}{4}\right]

Лесно се проверява, че при

n

четно

n^{2}-2\left[\frac{n^{2}}{4}\right]=\frac{n^{2}}{2}

, а при

n

нечетно

n^{2}-2\left[\frac{n^{2}}{4}\right]= \frac{n^{2}+1}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-11-4

2010

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

а) Дадена е аритметична прогресия с първи член

a_{1}=67

и разлика

d=28

. Да се докаже, че

a_{1}, a_{68}

a_{2011}

образуват геометрична прогресия. б) Да се намери броят на аритметичните прогресии с първи член

a_{1}

и разлика

d

, където

a_{1}

d

са естествени числа и за които

a_{1}, a_{a_{1}+1}

a_{2011}

образуват в този ред геометрична прогресия.

Решение

а) Равенството

a_{68}^{2} = a_{1} a_{2011}

, което трябва да докажем, е еквивалентно на

(67+67 \cdot 28)^{2}=67.(67+2010 \cdot 28)

. Верността на последното се проверява директно. б) Тъй като

a_{a_{1}+1}=a_{1}+a_{1} d

, трябва да с изпълнено равенството

\left(a_{1}+a_{1} d\right)^{2}=a_{1}\left(a_{1}+2010 d\right)

Това равенство е еквивалентно на

a_{1}(2+d)=2010

. Следователно

2+d

дели 2010, като при определяне на

2+d

числото

a_{1}

се определя еднозначно. Тъй като числото

2010=2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 67

има

2^{4}=16

делители и

2+d \geq 3

с един от тези делители, то имаме точно 14 възможности за числото

2+d

(понеже

2+d \neq 1

2+d \neq 2

). Окончателно получаваме, че съществуват 14 прогресии с исканото свойство.

\textit{Оценяване}

: (6 точки) 2 т. за а) и 4 т. за б), като последните се разделят на 2 т. за достигане до равенството

a(2+d)=2010

и 2 т. за останалата част.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2010-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

A B C

, за който

2 B C=A B+2 A C

. Ако

D, \in A B

е такава, че

A D=3 B D

, да се докаже, че

\angle B A C=2 \angle A D C.

Решение

Нека

I

е центърът на вписаната окръжност за

\triangle A B C

, а

E

е допирната точка на тази окръжност с

A B

. От условието следва, че

A E=\frac{A B+A C-B C}{2}=\frac{A B}{4}

. Понеже

D

E

са симетрични спрямо средата на

A B

, то

D

е допирната точка на външновписаната окръжност към страната

A B

. Ако

F

е диаметрално противоположната на

E

, то

C, F

D

лежат на една права (доказателството на това свойство може да се извърши с помощта на хомотетия с център

C

, която преобразува вписаната окръжност във външновписаната). Сега триъгълниците

A E I

D E F

са подобни (правоъгълни са и катетите им се отнасят както

1: 2

). Следователно

\angle A D C=\angle B A I=\frac{1}{2} \angle B A C

. Забележка. Доказателството може да се направи и с помощта на тригонометрични преобразувания. Оценяване: (6 точки) 1 т. за разглеждане на точката

E, 1

т. за доказване, че

D

е допирната точка на външновписаната окръжност, 3 т. за доказване, че

C, F

D

лежат на една права и 1 т. за подобието на

\triangle A E I

\triangle D E F

. При тригонометрични решения: 2 т. за изразяване на

C D

чрез страните на

\triangle A B C

, 1 т. и 2 т. съответно за изразяване на косинусите на

\angle B A C

\angle A D C

чрез страните на

\triangle A B C

и 1 т. за довършване с използване на формулата

\cos 2 \phi=2 \cos ^{2} \phi-1

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2010-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}

са положителни числа, за които е изпълнено равенството

x_{1} x_{2} \ldots x_{n}=1

. Да се докаже неравенството

\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{2}+x_{3}\right) \ldots\left(x_{n-1}+x_{n}\right)\left(x_{n}+x_{1}\right) \geq

2^{n}+n\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}-n\right).

Решение

Като разкрием скобите в

\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{2}+x_{3}\right) \ldots\left(x_{n-1}+x_{n}\right)\left(x_{n}+x_{1}\right)

ще получим сбор от

2^{n}

събираеми, всяко от които е от степен

n

, като всяко

x_{i}

се появява в такова събираемо най-много на втора степен. Да разделим тези събираеми на две групи. В първа група да поставим всички събираеми, в които точно едно от неизвестните е на втора степен, а във втора група да поставим всички останали. Да означим с

A

B

сборът на събираемите съответно от първата и от втората група. Да разгледаме събираемите, в които

x_{1}

е на втора степен, а всички останали променливи са на първа степен. Лесно се вижда, че има точно

n-1

такива събираеми (получени са от

x_{2} x_{3} \ldots x_{n}

чрез премахване последователно па

x_{2}, x_{3}, \ldots, x_{n}

). От неравенството между средното аритметично и средното геометрично имаме:

x_{1}^{2} x_{3} \ldots x_{n}+x_{1}^{2} x_{2} x_{4} \ldots x_{n}

+\cdots+x_{1}^{2} x_{2} \ldots x_{n-1}+1 \geq

n \sqrt[n]{\vphantom{x^2}x_{1}^{2 n-2} x_{2}^{n-2} \ldots x_{n}^{n-2}}=n x_{1}

Аналогични неравенства получаваме и за

x_{i}

при

i=2, 3, \ldots, n

. Следователно

A+n \geq n\left(x_{1}+\cdots+x_{n}\right)

Да забележим, че изразът от останалите

2^{n}-n(n-1)

събираеми (това са точно събираемите от втората група) е симетричен спрямо всички неизвестни. Това означава, че тяхното произведение ще бъде едночлен, в който неизвестните ще са на една и съща степен, т. е. тяхното произведение е равно на 1. Следователно неравенството между средното аритметично и средното геометрично ни дава, че сборът на тези

2^{n}-n(n-1)

събираеми е по-голям или равен от

2^{n}-n(n-1)

. Следователно

B \geq 2^{n}-n(n-1)

. Окончателно получаваме

\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{2}+x_{3}\right) \ldots\left(x_{n-1}+x_{n}\right)\left(x_{n}+x_{1}\right)+n=A+n+B \geq n\left(x_{1}+\cdots+x_{n}\right)+2^{n}-n^{2}+n

. което е еквивалентно на неравенството от условието.

\textit{Оценяване}

: (7 точки) максимум 3 т. за разкриване на скобите и опити за прилагане на класически неравенства без това да е довело до пълно решение.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2010-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадена е редицата

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

, зададена с равенствата

a_{1}=3, a_{2}=11

a_{n}=4 a_{n-1}-a_{n-2}

при

n \geq 3

. a) Да се докаже, че броят на различните начини, по които дъска

3 \times 2 n

може да се покрие с домина, е равен на

a_{n}

. б) Да се докаже, че за всяко

n \geq 1

числото

a_{n}

може да се представи във вида

a_{n}=x^{2}+2 y^{2}

, където

x

y

са естествени числа.

Решение

а) Директно се проверява, че броят на различните начини, по които дъски

3 \times 2

3 \times 4

могат да се покрият с домина, е съответно 3 и 11. Да означим с

b_{n}

броят на начините, по които дъска

3 \times(2 n+1)

без едно ъглово поле може да се покрие с домина. Да разгледаме горното дясно квадратче на дъска

3 \times 2 n

. Случай 1. Нека то с покрито с хоризонтално домино. Ако долното квадратче също е покрито с хоризонтално домино, за долните две квадратчета имаме единствена възможност и в този случай останалата част може да се покрие по

a_{n-1}

начина. Когато долното квадратче е покрито с вертикално, останалата част може да се покрие по

b_{n-1}

начина. От двете останали части (дъска с размери

3 \times 2 t

) може да се покрие по

a_{t}

начина. Следователно имаме точно

a_{t}^{2}

начина да покрием цялата дъска. Когато има само едно хоризонтално домино, което пресича

l

, лесно се вижда, че то не може да е в средния ред. Когато то е в горния или долния ред, всяка от двете останали части може да се покрие по точно

b_{t}

начина и следователно цялата дъска може да се покрие по

2 b_{t}^{2}

начина. Окончателно

a_{n}=a_{t}^{2}+2 b_{t}^{2}

. Когато

n=2 t

е четно число, броят на хоризонталните домина, пресичащи

l

е четен, т. е. е нула или две. Броят на покритията на цялата дъска без пресичане на

l

a_{t}^{2}

, а броят на покритията с точно две пресичания (лесно се вижда, че двете домина трябва да са едно до друго и това с възможно по точно два начина) е

2 b_{t-1}^{2}

. В този случай получихме

a_{n}=a_{t}^{2}+2 b_{t-1}^{2}

\textit{Оценяване}

: (7 точки) а) 1 т. за въвеждане на

b_{n}, 2

т. за въвеждане на рекурентните зависимости и 1 т. за решаването им; б) 1 т. за въвеждане на правата

l

и по 1 т. за случаите на четно и нечетно

n

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2010-11-4

2011

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадена е безкрайна аритметична прогресия с първи член

a_{1}

и разлика

d

, всички членове на която са положителни и числата

a_{1}, a_{2011}

S_{2010}+S_{2011}

са последователни членове на геометрична прогресия. (С

S_{k}

означаваме сбора на първите

k

члена на аритметичната прогресия.) a) Да се намери частното

\frac{a_{1}}{d}

. б) Да се докаже, че за произволно естествено число

n

числата

a_{1}, a_{n}

S_{n-1}+S_{n}

са последователни членове на геометрична прогресия.

Решение

а) От условието получаваме

a_{2011}^{2}=a_{1}\left(S_{2010}+S_{2011}\right)=

\frac{a_{1}\left(\left(2 a_{1}+2009 d\right) 2010+\left(2 a_{1}+2010 d\right) 2011\right)}{2}

което след опростяване дава

a_{1}^{2}+1004 a_{1} d-1005 d^{2}=0

. След разделяне на

d \neq 0

и решаване на съответното квадратно уравнение, намираме

\frac{a_{1}}{d}=1

или

\frac{a_{1}}{d}=-1005

. Ако

\frac{a_{1}}{d}=-1005

, то или

a_{1}\lt{}0

или

d\lt{}0

, което е невъзможно, понеже всички членове на прогресията са положителни числа. Следователно

\frac{a_{1}}{d}=1

. б) От а) имаме, че

a_{1}=d

. Тогава

a_{n}=a_{1} n

, а от формулите за

S_{n-1}

S_{n}

пресмятаме

S_{n-1}=\frac{a_{1} n(n-1)}{2}

S_{n}=\frac{a_{1} n(n+1)}{2}

, откъдето

S_{n-1}+S_{n}=a_{1} n^{2}

. Следователно

a_{1}\left(S_{n-1}+S_{n}\right)=a_{1}^{2} n^{2}=a_{n}^{2}

т. е.

a_{1}, a_{n}

S_{n-1}+S_{n}

са последователни членове на геометрична прогресия.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2011-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Върху диагонала

B D

на трапец

A B C D

A B \| C D

, е избрана произволна точка

M

. Да се докаже, че разстоянието между центровете на описаните окръжности на

\triangle A B M

\triangle C D M

не зависи от избора на точката

M.

Решение

Нека

O_{1}

O_{2}

са центровете на описаните окръжности съответно около

\triangle A B M

\triangle C D M

. Първи начин. Да означим

\varphi=\angle A B M=\angle C D M

. Тогава

\angle O_{1} M A=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A O_{1} M=90^{\circ}-\varphi

и аналогично

\angle O_{2} M C=90^{\circ}-\varphi

. Тогава

\angle O_{1} M O_{2}=\angle A M C

. От синусовата теорема получаваме

\frac{A M}{C M}=\frac{2 O_{1} M \sin \varphi}{2 O_{2} M \sin \varphi}=\frac{O_{1} M}{O_{2} M}

Следователно

\triangle A M C \sim \triangle O_{1} M O_{2}

с коефициент на подобие

2 \sin \varphi

. Оттук получаваме

A C=2 O_{1} O_{2} \sin \angle A B D

, т. е.

O_{1} O_{2}=\frac{A C}{2 \sin \varphi}

не зависи от избора на точка

M

. ![](/problem-assets/emt2011-11-2-diagram-1.jpg) Втори начин. Нека

N

е пресечната точка на описаната около

\triangle A B M

окръжност с

A C

. Тогава

\angle M D C=\angle A B M=\angle M N C

, което означава, че точките

N, M, C

D

лежат на една окръжност. Следователно

M N

е общата хорда на двете окръжности, откъдето

O_{1} O_{2} \perp M N

. При движение на точка

M

правата

M N

сключва постоянен ъгъл (равен на

\angle A B D

) с правата

A C

, т. е.

M N

се движи успоредно на себе си. Тъй като

O_{1} O_{2} \perp M N

, правата

O_{1} O_{2}

също остава успоредна на себе си. Остава да забележим, че точките

O_{1}

O_{2}

се движат по симетралите съответно на

A B

C D

. Това означава, че отсечката

O_{1} O_{2}

е равна на частта от права, която се движи успоредно на себе, заключена между две постоянни успоредни прави. Следователно дължината на

O_{1} O_{2}

не зависи от избора на точка

M

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2011-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадено е просто число

p

. Да се докаже, че числото

\left(2^{p-2}-1\right)^{p}\left(2^{p}-1\right)-2^{p(p-2)}+1

се дели на

p^{3}.

Решение

Да означим

A(p)=\left(2^{p-2}-1\right)^{p}\left(2^{p}-1\right)-2^{p(p-2)}+1

. Тъй като

A(2)=0

, то

A(2)

се дели на

2^{3}=8

. Нека

p\gt{}3

е просто число. Ще докажем, че

2^{p} A(p)

се дели на

p^{3}

, което ще означава, че

A(p)

се дели на

p^{3}

. От теоремата на Ферма имаме

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

, което означава, че

2^{p-1}=p k+1

за някое

k \in \mathbb{N}

. Тогава

2^{p} A(p)=\left(2^{p-1}-2\right)^{p}\left(2^{p}-1\right)-2^{p(p-1)}+2^{p}=(p k-1)^{p}(2 p k+1)-(p k+1)^{p}+2^{p}

. Като използваме бинома на Нютон за

(p k-1)^{p}

(p k+1)^{p}

и това, че

\binom{p}{2}

се дели на

p

, намираме

\begin{aligned} 2^{p} A(p) & \equiv\left(p^{2} k-1\right)(2 p k+1)-\left(p^{2} k+1\right)+2^{p} \equiv \\ & \equiv p^{2} k-2 p k-1-p^{2} k-1+2^{p}=2^{p}-2 p k-2=0 \quad\left(\bmod p^{3}\right), \end{aligned}

с което доказателството е завършено.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2011-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Две подмножества

X

Y

на множеството

A=\{1, 2, \ldots, 2 n\}, n \in \mathbb{N}

се наричат съседни, ако

|X \cap Y|=1

X \cup Y=A

. Да се докаже, че могат да бъдат избрани най-много

2^{2 n-1}+\frac{\binom{2 n}{n}}{2}-1

подмножества на

A

, между които няма съседни.

Решение

Да забележим, че ако

X

Y

са съседни и

|X|=k, (k=1, 2, \ldots, n)

, то

|Y|=2 n+1-k

. Ще докажем, че за всяко

k=1, 2, \ldots, n

от всички множества с

k

2 n+1-k

могат да бъдат избрани най-много

\binom{2 n}{k}

множества между които няма съседни. Нека

p

q

са съответно броят на множествата с

k

2 n+1-k

елемента. Тъй като всяко множество с

k

елемента има точно

k

съседни множества с

2 n+1-k

(и следователно

\textit{забранява}

тези множества) елемента и всяко множество с

2 n+1-k

елемента има точно

2 n+1-k

съседни множества с

k

елемента (и следователно може да бъде забранено от всяко от тези множества), то

\left\lceil\frac{k p}{2 n+1-k}\right\rceil+q \leq\binom{ 2 n}{2 n-k+1}.

Аналогично

\left\lceil\frac{(2 n+1-k) q}{k}\right\rceil+p \leq\binom{ 2 n}{k}

Ако допуснем, че

\binom{2 n}{k}\lt{}p+q

след събиране на последните три неравенства, намираме

\frac{k p}{2 n+1-k}+\frac{(2 n+1-k) q}{k} \leq\binom{ 2 n}{2 n-k+1}.

Последното неравенство е невъзможно поради

\begin{aligned} \binom{2 n}{2 n-k+1} & \geq \frac{k p}{2 n+1-k}+\frac{(2 n+1-k) q}{k}= \\ & =(p+q)\left(\frac{k}{2 n+1-k}\right)+q\left(\frac{2 n+1-k}{k}-\frac{k}{2 n+1-k}\right)\gt{} \\ & \gt{}\binom{2 n}{k} \frac{k}{2 n+1-k}=\binom{2 n}{2 n-k+1} \end{aligned}

(използвахме, че

2 n+k-1\gt{}k

p+q\gt{}\binom{2 n}{k}

). Следователно

p+q \leq\binom{ 2 n}{k}

. Сумираме полученото за

k=1, 2, \ldots, n

и получаваме, че множествата могат да бъдат най-много

\binom{2 n}{1}+\binom{2 n}{2}+\cdots+\binom{2 n}{n}=2^{2 n-1}+\frac{\binom{2 n}{n}}{2}-1

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2011-11-4

2012

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадена е безкрайна геометрична прогресия

a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots

, за която

a_{1}-3 a_{2}+2 a_{3}=0

0 \lt{} a_{1} + a_{2}+\cdots+a_{n}+\cdots \leq 2012

. Да се определи колко най-много могат да бъдат членовете на редицата, които са естествени числа.

Решение

Отговор: 10. Тъй като

a_{1} \neq 0

, то от

a_{1}-3 a_{2}+2 a_{3}=0

следва, че

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

, където

q

е частното на прогресията. Оттук

q=1

или

q=\frac{1}{2}

, като при

q=1

сборът

a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}+\cdots

е неограничен. Остава

q=\frac{1}{2}

, като тогава

a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}+\cdots=\frac{a_{1}}{1-q}=2 a_{1}

откъдето

0\lt{}a_{1} \leq 1006

. Най-голямата степен на двойката, която дели число

0\lt{}a_{1} \leq 1006

512=2^{9}

. Следователно в прогресията може да има най-много 10 естествени числа.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2012-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

, за който

A C=3, B C=4

\angle A C B=60^{\circ}

. Нека

C L, L \in A B

, е ъглополовящата на

\angle A C B

O

е точка от отсечката

C L

. Ако

M

е петата на перпендикуляра от

O

към

B C

A M \perp B O

, да се намери дължината на отсечката

C O.

Решение

Тъй като

A M \perp B O

, то

A O^{2}+B M^{2}=A B^{2}+O M^{2}

, откъдето

A N^{2}+

O N^{2}+B M^{2}=A B^{2}+O M^{2}

и понеже

O N=O M

, то

A B^{2}=A N^{2}+B M^{2}

. От косинусовата теорема имаме

A B^{2}=3^{2}+4^{2}-2 \cdot 4 \cdot 3 \cdot \cos 60^{\circ}=13

и ако

C N=C M=x

, то

A N=3-x, B M=4-x

, откъдето

13=(3-x)^{2}+(4-x)^{2} \quad \Longleftrightarrow \quad x^{2}-7 x+6=0

Корените на това уравнение са 1 и 6. При

x=6

точката

O

е външна за отсечката

C L

и следователно

x=1

. Тогава

C O=\frac{x}{\cos 30^{\circ}}=\frac{2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}}{3}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2012-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

A

е множеството от всички редици с дължина 2012, съставени от 0, 1 и 2. Нека

T \subset A

е множество с минимален брой елементи, имащо следното свойство: за всяка редица

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2012}

от

A

съществува редица

b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{2012}

от

T

, за която

a_{i} \neq b_{i}

за всяко

i=

1, 2 \ldots, 2012

. Да се докаже, че

\frac{3^{2011}}{2^{2010}} \leq|T| \leq 3^{1006}.

Решение

Да разгледаме множество

B

, съставено от всички редици

x_{1}, y_{1}, x_{2}, y_{2}, x_{3}, y_{3}, \ldots x_{1006}, y_{1006}

където

x_{i} y_{i}=00, 11

или 22. Тъй като имаме 1006 двойки

x_{i} y_{i}

и всяка двойка приема 3 стойности, то броят на тези редици е

3^{1006}

, т. е.

|B|=3^{1006}

. От друга страна, понеже за всяка двойка

a b, a, b \in\{0, 1, 2\}

съществува

x y=00, 11

или 22, за което

a \neq x, b \neq y

, то

B

има свойството от условието на задачата. Следователно

|T| \leq|B|=3^{1006}

. Нека

A_{n}

е множеството от всички редици с дължина

n

, съставени от 0, 1 и 2, а

T_{n}

е множество с минимален брой елементи, имащо свойството от условието на задачата. Ще докажем неравенството

\left|T_{n}\right| \geq \frac{3}{2}\left|T_{n-1}\right|

. Да означим с

t_{i}, i=0, 1, 2

броят на редиците от

T_{n}

с първи елемент, равен на

i

. Лесно се съобразява, че

t_{0}+t_{1} \geq\left|T_{n-1}\right|

(понеже редиците от

A_{n}

с първи елемент 2 се

\textit{покриват}

от редиците от

T_{n}

с първи елемент 0 или 1) и аналогично

t_{0}+t_{2} \geq\left|T_{n-1}\right|

t_{1}+t_{2} \geq\left|T_{n-1}\right|

. Събираме горните три неравенства и получаваме

\left|T_{n}\right|=t_{0}+t_{1}+t_{2} \geq \frac{3}{2}\left|T_{n-1}\right|.

От това неравенство, като използваме, че

T_{1}=2

, намираме

T_{2012} \geq \frac{3}{2} T_{2011} \geq \cdots \geq

\left(\frac{3}{2}\right)^{2011} T_{1}=\frac{3^{2011}}{2^{2010}}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2012-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички полиноми

f(x)

с цели коефициенти, които притежават следното свойство: съществува константа

c\gt{}0,

такава че за всяко цяло число

n\gt{}c,

числото

f(n)

е различно от нула и дели

n!.

Решение

Ясно е, че целите ненулеви константи са решения на задачата. Да представим

f(x)

във вида

f(x)=

\left(x-a_{1}\right)^{\alpha_{1}}\left(x-a_{2}\right)^{\alpha_{2}} \ldots\left(x-a_{k}\right)^{\alpha_{k}} g(x),

където

0 \leq a_{1} \lt{} a_{2} \lt{} \cdots \lt{} a_{k}

са неотрицателни цели числа,

\alpha_{i}

са естествени числа, а полиномът

g(x)

няма неотрицателни цели корени. Да допуснем, че

g(x)

не е константа. Понеже простите делители на стойности на

g(x)

в цели числа са безбройно много (лема на Шур), можем да изберем достатъчно голямо просто число

p

, за което съществува

N

, такова че

p

дели

g(N)

и нека

r

е остатъкът на

N

при деление на

p

. Можем да считаме, че

r \neq a_{i}

i=1, 2, \ldots, k

r \gt{} c

. Ясно е, че

p

дели

g(r)

, откъдето

p

дели и

f(r)

, т. е.

p

дели

r

!, което противоречи на

0 \lt{} r \lt{} p

. Следователно

g(x)

е константа, т. е.

f(x)=c\left(x-a_{1}\right)^{\alpha_{1}}\left(x-a_{2}\right)^{\alpha_{2}} \ldots\left(x-a_{k}\right)^{\alpha_{k}}

където

c

е константа, Ако допуснем, че

\alpha_{i} \geq 2

за някое

i

, то след като положим

x=p+a_{i}

за достатъчно голямо просто число

p

, ще получим, че

p^{2}

дели

\left(p+a_{i}\right)

!, което при

a_{i} \lt{} p

е невъзможно. Следователно

f(x)=

c\left(x-a_{1}\right)\left(x-a_{2}\right) \ldots\left(x-a_{k}\right)

. Лесно се вижда, че полиномите от този вид удовлетворяват условието на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2012-11-4

2013

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

d

, за които съществува безкрайна аритметична прогресия

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

от естествени числа с разлика

d

със следното свойство: съществува естествено число

k

, за което за всяко

n

числата

a_{S_{n+1}}, (n+k) a_{k}, -a_{S_{n}}

образуват (в този ред) аритметична прогресия. (

S_{n}

е сборът от първите

n

члена на прогресията, т. е.

S_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}.)

Решение

Отговор: всички нечетни естествени числа. От

a_{S_{n+1}}-a_{S_{n}}=2(n+k) a_{k}

получаваме

a_{n+1} d=(n+k) a_{k}

или

\left(a_{1}+n d\right) d=(n+k) a_{k}

Понеже това равенство е изпълнено за всяко

n

, намираме

d^{2}=a_{k}

a_{1} d=k a_{k}

. Следователно

a_{1} d=k a_{k}=k d^{2}

, т. е.

a_{1}=k d

. Сега от

a_{k}=a_{1}+(k-1) d=d^{2}

получаваме

d^{2}=k d+(k-1) d

или

d=2 k-1

. Търсените числа са всички нечетни естествени числа.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2013-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е трапец

A B C D \: (A B \| C D)

с перпендикулярни диагонали и пресечна точка на диагоналите

O

. Върху основата

A B

е избрана точка

M

. Описаните окръжности около

\triangle A M O

\triangle B M O

пресичат отсечките

A D

B C

съответно в точки

P

Q

. Да се докаже, че центърът на описаната окръжност около

\triangle M P Q

лежи на средната отсечка на трапеца.

Решение

Нека правата

M O

пресича отсечката

C D

в точка

R

. ![](/problem-assets/emt2013-11-2-diagram-1.jpg) От вписаните четириъгълници

A M O P

M B Q O

имаме

\angle B M O=\angle A P O

\angle B M O=\angle C Q O

. От

A B \| C D

намираме

\angle B M O=\angle D R O

, откъдето получаваме

\angle B M O=\angle C Q O=\angle A P O=\angle D R O

Следователно четириъгълниците

P O R D

O Q C R

са вписани. Имаме

\angle M Q R=\angle M Q O+\angle O Q R=

\angle M B O+\angle O C R=\angle M B O+\angle O A M=90^{\circ}

и аналогично

\angle M P R=90^{\circ}

. Това означава, че четириъгълникът

M Q R P

е вписан и центърът на описаната окръжност е средата на отсечката

M R

. Оттук следва и твърдението на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2013-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяко съставно естествено число

n \geq 6

съществува множество

A

от

n

различни естествени числа, притежаващо следното свойство: за всеки делител

d

на

n

, елементите на

A

могат да се разделят по два различни начина на

\frac{n}{d}

непресичащи се подмножества всяко с по

d

елемента така, че сборът на елементите на кое да е множество от едното разделяне да е равен на сбора на елементите на някое множество от другото разделяне.

Решение

Елементите на множеството

B=\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}

могат да се разделят по два начина (понеже

1+5=2+4, 3+4=1+6

6+2=3+5

) така че да е изпълнено свойството от условието. Следователно при

d=2

за получаване на множеството

A

към елементите на

B

прибавяме произволни

n-6

различни естествени числа, по-големи от 6. В двете разделяния тези

n-6

елемента групираме по един и същи начин на двуелементни подмножества. Ще покажем, че ако в

A

имаме четири елемента

a, b, c, d

, за които

a+b=

c+d

, то при всяко

d \geq 3

търсените разделяния съществуват. Наистина нека първите две множества от първото разделяне да съдържат съответно

\{a, b\}

\{c, d\}

и още по

d-2

произволни елемента. Останалите елементи групираме по произволен начин в останалите множества. При второто разделяне сменяме местата на

\{a, b\}

\{c, d\}

в първите две множества, а останалите запазваме. Лесно се вижда, че условието е изпълнено. Следователно е достатъчно да изберем множество

A

от различни естествени числа, което съдържа

1, 2, 3, 4, 5, 6

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2013-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които съществуват полиноми с цели коефициенти

f_{1}(x), f_{2}(x), \ldots, f_{n}(x)

g(x)

(не непременно различни) такива, че

x^{2013}+n

дели

g(x)

\prod_{i=1}^{n}\left(f_{i}(x)^{2}-1\right)=g(x)^{2}-1.

Решение

Отговор: всички нечетни естествени числа. Понеже

x^{2013} \equiv x(\bmod 3)

, то съществува

x_{0}

, за което

3 \mid x_{0}^{2013}+n

. Полагайки

x=x_{0}

в даденото равенство, получаваме че по модул 3 то е възможно само при

3 \mid f_{i}\left(x_{0}\right)

за всяко

i=1, 2, \ldots, n

. Тогава

(-1)^{n} \equiv-1(\bmod 3)

, което означава, че

n

е нечетно число. Да дефинираме редицата

g_{1}(x), g_{2}(x), \ldots

като

g_{1}(x)=x^{2013}+n

g_{i+1}(x)=4 g_{i}(x)^{3}-3 g_{i}(x)

при

i \geq 1

. Ясно е, че

x^{2013}+n

дели всеки от полиномите в дадената редица, като освен това

g_{i+1}(x)^{2}-1=\left(4 g_{i}(x)^{2}-1\right)^{2}\left(g_{i}(x)^{2}-1\right)

Следователно

g_{t}(x)^{2}-1=

\left(4 g_{t-1}(x)^{2}-1\right)^{2} \ldots.\left(4 g_{1}(x)^{2}-1\right)^{2}\left(g_{1}(x)^{2}-1\right)=

\prod_{i=1}^{2 t-1}\left(f_{i}(x)^{2}-1\right)

където

f_{1}(x)=g_{1}(x)^{2}-1

f_{2 i}(x)=f_{2 i+1}(x)=4 g_{i}(x)^{2}-1

за

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2013-11-4

2014

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадена е окръжност

k

с център

O

и точка

A

извън окръжността. От

A

са построени допирателни

A X

A Y(X, Y \in k)

, а точките

P

Q

от правите

A X

A Y

(

P

е между

A

X

, а

Y

е между

A

Q

) са такива, че

O P=O Q

. Да се докаже, че средата на отсечката

P Q

е върху отсечката

X Y.

Решение

Нека

R

е средата на

P Q

. Тогава

\angle O R Q=\angle O Y Q=90^{\circ}

. Следователно четириъгълникът

O Q Y R

е вписан в окръжност, откъдето

\angle Q R Y=\angle Q O Y

. Аналогично

\angle P R X=\angle P O X

. Тъй като

\triangle O Y Q \cong \triangle O X P

, то

\angle Q O Y=

\angle P O X

. Следователно

\angle Q R Y=\angle P R X

, което означава, че точките

X, R, Y

лежат на една права.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2014-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

a

е реален параметър. Какъв е минималният брой цели решения на неравенството

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

1?

Решение

Неравенството от условието е еквивалентно на

\frac{x^{2}+\left(2 a^{2}-a+4\right) x-a^{2}+2 a-3}{x^{2}+\left(a^{2}+a-3\right) x-a^{2}+2 a-3}\lt{}0

За квадратните тричлени

f(x)=x^{2}+\left(2 a^{2}-a+4\right) x-a^{2}+2 a-3

g(x)=x^{2}+\left(a^{2}+a-3\right) x-a^{2}+2 a-3

имаме

f(0)=g(0)=-a^{2}+2 a-3

, където

-a^{2}+2 a-3=-(a-1)^{2}-2\lt{}0

за всяко

a

. Следователно, уравненията

f(x)=0

g(x)=0

имат корени съответно

x_{1}\lt{}0\lt{}x_{2}

x_{1}^{\prime}\lt{}0\lt{}x_{2}^{\prime}

. Тъй като

x_{1}^{\prime} x_{2}^{\prime}=x_{1} x_{2}

x_{1}^{\prime}+x_{2}^{\prime}-\left(x_{1}+x_{2}\right)=a^{2}-2 a+7=(a-1)^{2}+6\gt{}0

, разположението на корените е

x_{1}\lt{}x_{1}^{\prime}\lt{}0\lt{}x_{2}\lt{}x_{2}^{\prime}

. Тогава решенията на неравенството са

x \in\left(x_{1}, x_{1}^{\prime}\right) \cup\left(x_{2}, x_{2}^{\prime}\right)

, като сбора от дължините на двата интервала е

a^{2}-2 a+7=(a-1)^{2}+6 \geq 6

. Директно се проверява, че при

a=1

(тогава

x_{1}=\frac{-5-\sqrt{\vphantom{x^2}33}}{2}, x_{2}=

\frac{-5+\sqrt{\vphantom{x^2}33}}{2}, x_{1}^{\prime}=-1, x_{2}^{\prime}=2

, като

-6\lt{}x_{1}\lt{}-5

0\lt{}x_{2}\lt{}1

) решенията са

-5, -4, -3, -2

и 1, т. е. 5 решения. При

a \neq 1

сбора на дължините на двата интервала е по-голям от 6 и като използваме, че затворен интервал с дължина естествено число

t

съдържа поне

t

цели числа, лесно се вижда, че тези два интервала съдържат поне 5 цели числа.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2014-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадени са

n

безкрайни аритметични прогресии

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}

от естествени числа с разлики съответно

b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n}

. Ако

A_{1} \cup A_{2} \cup \cdots \cup A_{n}=\mathbb{N}

, да се докаже, че някое от числата

b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n}

дели най-малкото общо кратно на останалите числа.

Решение

Да допуснем, че всяко от числата

b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n}

не дели най-малкото общо кратно на останалите числа. Тогава за всяко

i=1, 2, \ldots, n

имаме

b_{i}\gt{}1

, като съществува просто число

p_{i}

, степента на което в каноничното разлагане на

b_{i}

е по-висока от степента на

p_{i}

в каноничното разлагане на всяко от останалите числа. Ако

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}

са първите членове на дадените прогресии, от китайската теорема за остатъците следва, че съществува естествено число

k

, за което

k \equiv a_{i}+1\left(\bmod p_{i}\right)

за всяко

i=1, 2, \ldots, n

. Тогава

k \notin A_{i}

за всяко

i=1, 2, \ldots, n

, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2014-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В изпъкнал 2014-ъгълник са прекарани 1007 диагонала така, че всеки връх е край на точно един диагонал, всеки два диагонала се пресичат във вътрешна точка и никои три диагонала не се пресичат в една точка. Тези диагонали разделят вътрешността на 2014-ъгълника на изпъкнали многоъгълници. Колко най-малко от тези многоъгълници могат да са триъгълници?

Решение

Ще решим задачата в общия случай за

2 n

-ъгълник при

n \geq 2

. Лема 1. Диагоналите от условието разделят вътрешността на

2 n

-ъгълника на

\frac{n^{2}+n+2}{2}

изпъкнали многоъгълникът. Доказателство. След построяване на един диагонал имаме два изпъкнали многоъгълникът. След построяване на два диагонала имаме 4 изпъкнали многоъгълникът, като построяването на

k

-ия диагонал добавя (тъй като той пресича всички построени до този момент

k-1

диагонала)

k

нови многоъгълникът. Тогава търсеният брой е равен на

1+1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}+1=\frac{n^{2}+n+2}{2}

Тъй като всяка страна на дадения

2 n

-ъгълник е страна на точно един многоъгълник от разделянето, от Лема 1 следва, че броят на многоъгълниците, които нямат обща страна с дадения

2 n

-ъгълник е

\frac{n^{2}+n+2}{2}-2 n=\frac{n^{2}-3 n+2}{2}

с което лемата е доказана. Страна на изпъкнал многоъгълник без успоредни страни ще наричаме интересна, ако многоъгълникът се съдържа в триъгълника, образуван от тази страна и правите, определени от двете съседни страни. Лема 2. Във всеки изпъкнал многоъгълник, който не е триъгълник, съществуват най-много две интересни страни. Доказателство. Да допуснем, че съществуват три интересни страни. Тогава ще имаме поне две различни двойки ъгли на многоъгълникът със сбор на двата ъгъла в двойката по-малък от

180^{\circ}

, и сборът на четирите ъгъла в двете двойки ще е по-малък от

360^{\circ}

. Тъй като сборът на ъглите в изпъкнал

m

-ъгълник е

(m-2) 180^{\circ}

, то сборът на останалите

m-4

ъгъла ще е е поне

(m-4) 180^{\circ}

. Това означава, че поне един от тези ъгли ще е по-голям от

180^{\circ}

, т. е. многоъгълникът няма да е изпъкнал, противоречие. Понеже всеки два от дадените диагонали се пресичат, то броят на пресечните точки върху всеки диагонал е

n-1

и следователно върху всеки диагонал има

n-2

вътрешни отсечки (т. е. отсечки, чиито краища не са върхове на дадения

2 n

-ъгълник). Всяка такава отсечка е страна на два изпъкнали многоъгълникът, като тя е интересна за точно един от тези два многоъгълникът. Следователно, броят на интересните страни е

n(n-2)

. Разглеждаме само многоъгълниците, които нямат обща страна с дадения

2 n

-ъгълник. Нека измежду тези многоъгълници има

x

триъгълника и

y

многоъгълникът с повече от три страни. Имаме

x+y=\frac{n^{2}-3 n+2}{2}

, като броят на интересните страни е най-много

3 x+2 y

(всеки триъгълник има три интересни страни). Тогава

3 x+2 y \geq n(n-2) \Leftrightarrow x \geq n(n-2)-2(x+y) \Leftrightarrow x \geq n(n-2)-\left(n^{2}-3 n+2\right)=n-2

. Остава да забележим, че триъгълниците, които имат обща страна с дадения

2 n

-ъгълник, са поне 3 (тъй като всяка точка от изпъкналата обвивка на пресечните точки на всички диагонали е връх на точно един такъв триъгълник, а изпъкналата обвивка е поне триъгълник). Окончателно имаме поне

n-2+3=n+1

триъгълника и остава да построим пример с точно

n+1

триъгълника. Върху дадена права

l

да изберем

n-1

точки

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n-1}

, като

A_{1} A_{2}=

A_{2} A_{3}=\cdots=A_{n-2} A_{n-1}

и нека

\alpha

е ъгъл, за който

(n-1) \alpha\lt{}90^{\circ}

. Да построим през точката

A_{i}

права

l_{i}

, която сключва с правата

l

ъгъл

i \alpha

. Лесно се вижда, че всяка права след

l_{2}

добавя един нов триъгълник и следователно броят на триъгълниците е

n-2

. Сега да разгледаме достатъчно голяма окръжност, която съдържа всички пресечни точки на дадените прави. Да изберем пресечните точки на тази окръжност с дадените прави за върхове на

2 n

-ъгълника. Лесно се вижда, че само пресечните точки на

l

l_{1}; l

l_{n-1}; l_{n-1}

l_{n-2}

са върхове на триъгълници, имащи обща страна с

2 n

-ъгълника. Общият брой на триъгълниците е

n+1

. При

n=1007

имаме поне 1008 триъгълника.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2014-11-4

2015

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадена е аритметична прогресия с 2025 члена, първи член

a_{1}=1

и разлика

d \neq 0

. Известно е, че съществува естествено число

n, 1 \lt{} n \lt{} 2025

, за което

a_{1}, a_{n}

a_{2025}

в този ред образуват геометрична прогресия с частно

q=d+n-1

. Колко различни стойности може да приема разликата

d?

Решение

От

a_{n}=q a_{1}

намираме

1+(n-1)d=d+n-1

, откъдето

(n-2)(d-1)=0

. При

d=1

имаме

a_{2025}=2025

q=n

и от

a_{2025}=q^{2}a_{1}=n^{2}

намираме

n^{2}=2025

, т. е.

n=45

. При

n=2

имаме

q=d+1

и от

a_{2025}=q^{2}a_{1}=q^{2}

получаваме

(1+d)^{2}=1+2024d

, откъдето

d=2022

. Следователно

d

може да приема две стойности.

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 2 т. за намиране

n=2

или

d=1

; 2 т. за случая

n=2

; 2 т. за случая

d=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2015-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които числото

n+1

има само един прост делител и

(n-1)!+n!+(n+1)

! не дели

(n!)^{2}

. (За естествено число

m

m

! означаваме числото 1 \cdot 2 \cdot 3... m)

Решение

Имаме

(n-1)!+n!+(n+1)\neq{}(n-1)!(n+1)^{2}

и ако това число дели

(n!)^{2}

, то

(n+1)^{2}

дели (

n

!).

n

. Понеже

n+1

n

са взаимнопрости, то

(n+1)^{2}

дели

(n-1)

!. Нека

n+1=p^{\alpha}

. Ако

\alpha=1

, то

p

не дели

(p-2)

! и следователно всички числа от вида

n=p-1

са измежду търсените. Нека

\alpha \geq 2

. Тогава числата

p, 2 p, \ldots, \left(p^{\alpha-1}-1\right) p

са по-малки от

p-1

и се делят на

p

. Оттук следва, че степента на

p

, която дели (

p-1

)! е поне

p^{\alpha-1}-1

. Ако

2 \alpha \leq p^{\alpha-1}-1

, то

p^{\alpha}

ще дели

(p-2)

!, откъдето получаваме

2 \alpha\gt{}p^{\alpha-1}-1

. Ако

p \geq 5

, то

2 \alpha\gt{}5^{\alpha-1}-1

, което не е вярно (доказва се по индукция) за никое

\alpha \geq 2

. Ако

p=3

неравенството

2 \alpha\gt{}3^{\alpha-1}-1

е изпълнено само за

\alpha=2

, а при

p=2

неравенството

2 \alpha\gt{}2^{\alpha-1}-1

е изпълнено само при

\alpha=2, 3, 4

. Директна проверка за

p^{\alpha}=9, 4, 8, 16

показва, че при

\alpha \geq 2

търсените стойности за

p^{\alpha}

са 4, 8 и 9. Следователно естествените числа

n

, които удовлетворяват условието, са числата от вида

p-1

, където

p

е просто число и

3, 7, 8

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за наблюдението, че

p-1

за

p

просто число е решение; 1 т. за наблюдението, че

(n+1)^{2}

дели

(n-1)!

; 1 т. за неравенството

2 \alpha\gt{}p^{\alpha-1}-1

; по 1 т. за всеки от случаите

p=2, 3

p \geq 5

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2015-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

В остроъгълен триъгълник

A B C

е построена окръжност

\Omega

, която минава през точка

A

и е с център върху височината

A H, H \in B C

. Пресечните точки на

\Omega

с отсечките

A B

A C

са означени с

P

Q

, като

A P^{2}=A Q. C Q

. Точка

K

от описаната около триъгълник

O B C

окръжност, където точка

O

е центърът на описаната около

\triangle A B C

окръжност, лежи в една и съща полуравнина с точка

A

спрямо правата

B C

\angle B K A=\angle C K A

. Да се докаже, че точката

K

лежи на

\Omega.

Решение

Ако

S

е центърът на

\Omega

, то

\angle S A B=90^{\circ}-\beta

, откъдето

\angle A Q P=\beta

. Следователно

\triangle A B C \sim \triangle A Q P

\frac{A B}{A C}=\frac{A Q}{A P}

. От

A P^{2}=C Q. A Q

намираме

\frac{A Q}{A P}=\frac{A P}{C Q}

, откъдето

\frac{A B}{A C}=\frac{A P}{C Q}

Понеже

\angle B K C=\angle B O C=2 \alpha

, то

\angle A K B=\angle A K C=180^{\circ}-\alpha

. Тогава

\angle B A K+\angle A B K=

\alpha

, откъдето

\angle A B K=\angle C A K

. Следователно

\triangle A B K \sim \triangle C A K

и получаваме

\frac{A B}{A C}=\frac{A K}{C K}

. От това равенство, заедно с (1) намираме

\frac{A P}{C Q}=\frac{A K}{C K}

, което означава, че

\triangle A P K \sim \triangle C Q K

. Оттук

\angle A P K=\angle C Q K

, т. е. точките

A, P, K, Q

лежат на една окръжност.

\textit{Оценяване: }

(7 точки)

2

т. за

\triangle A B C \sim \triangle A Q P

;

2

т. за

\triangle A B K \sim \triangle C A K

;

2

т. за

\triangle A P K \sim \triangle C Q K; 1

т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2015-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Една редица

\mathbf{x}=x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2015}

от нули и единици се нарича \textit{добра}, ако съществува единствена редица

\mathbf{y}=y_{1}, y_{2}, \ldots, y_{2015}

от нули и единици, различна от

\mathbf{x}

, със следното свойство: всяка редица, получена от

\mathbf{x}

след изтриване на един неин член, може да се получи с изтриване на един член на редицата у. Да се намери броят на добрите редици.

Решение

Ако редицата х е съставена само от нули (съответно единици), то всяка редица у, съдържаща само една единица (съответно нула) има исканото в условието свойство. Следователно такава редица не е добра. Да забележим, че ако броят на символите 0 в редицата

\mathbf{x}

е по-малък от броя на символите 0 в редицата

\mathbf{y}

, то изтриването на една нула в

\mathbf{x}

ще доведе до редица, в която нулите са поне две по-малко от нулите в у и такава редица не може да се получи с едно изтриване в у. Следователно в х и у има равен брой нули и единици. Да допуснем, че

x_{1} \neq y_{1}

и нека за определеност

x_{1}=0, y_{1}=1

. Редицата, получена от

\mathbf{x}

след изтриване на произволен символ

x_{i}

за

i \geq 2

започва с 0 и следователно може да се получи от у само с изтриване на

y_{1}=1

, като тогава трябва да имаме

y_{2}=0

. Това означава, че произволно изтриване на

x_{i}

за

i \geq 2

в редицата

x_{2}, x_{3}, \ldots, x_{2015}

води до получаване на редицата

y_{3}, \ldots, y_{2015}

. При изтриване на

x_{i}

за

i=2, 3, \ldots 2014

имаме

x_{i+1}=y_{i+1}

, а при изтриване на

x_{i+1}

имаме

x_{i}=y_{i+1}

. Следователно

x_{i}=x_{i+1}

, откъдето получаваме

x_{2}=x_{3}=

x_{4}=\cdots=x_{2015}

. Ако

x_{2}=0

, то всички членове на

\mathbf{x}

са нули и тогава всяка редица само с една единица може да се избере за у. Следователно

x_{2}=1, \mathbf{x}=0, 1, 1, \ldots, 1

\mathbf{y}=1, 0, 1, 1, \ldots, 1

. Нека сега

x_{1}=y_{1}

и за определеност нека

x_{1}=y_{1}=0

. Тогава за някое

k

, за което

1 \leq k \leq 2014

имаме

x_{1}=\cdots=x_{k} \neq x_{k+1}=1

и да допуснем, че

0=y_{1}=\cdots=y_{k+1}

. Изтриване на

x_{1}

води до редица, която започва с

k-1

символа 0, а всяко изтриване на символ от у води до редица, която започва с поне

k

символа 0, противоречие. Ако

0=y_{1}=

\cdots=y_{k} \neq y_{k+1}

, то изтриване на

x_{1}

води до изтриване на някое

y_{i}

за

i=1, 2, \ldots, k

и двете редици ще съвпадат, противоречие. Следователно

0=y_{1}=\cdots=y_{t} \neq y_{t+1}=1

за някое

t\lt{}k

. Всяко изтриване на

x_{i}

за

i \geq k+1

води до изтриване на

y_{t+1}

и до

y_{t+1}=0

. Както по-горе следва, че

x_{k+1}=\cdots=x_{2015}=y_{k+2}=\cdots=y_{2015}

. Понеже редицата

\mathbf{x}

не е съставена само от нули и в

\mathbf{x}

и у има равен брой нули и единици, то

\mathbf{x}=0, 0, \ldots, x_{k}=0, x_{k+1}=1, 1, 1, \ldots, 1

\mathbf{y}=0, 0, \ldots, y_{t}=0, y_{t+1}=1, 0, 0, \ldots, y_{k+2}=1, 1, \ldots, 1

. Ако

k\gt{}t+1

изтриване на

x_{1}=0

води до изтриване на символ нула от редицата у. Понеже

k\gt{}t+1

след

y_{t+1}=1

ще има поне една нула, противоречие. Следователно

k=t+1

\mathbf{x}=0, 0, \ldots, x_{k}=0, x_{k+1}=1, 1, 1, \ldots, 1

\mathbf{y}=0, 0, \ldots, y_{t}=0, y_{k}=1, 0, y_{k+2}=1, 1, \ldots, 1

. Получихме, че всяка от търсените редици има вида

\mathbf{x}=0, 0, \ldots, 0, 1, 1, 1, \ldots, 1

или

\mathbf{x}=

1, 1, \ldots, 1, 0, 0, 0, \ldots, 0

Следователно добрите редици са

2 \cdot 2014=4028

\textit{Оценяване: }

( 7 точки) 1 т. за случая, когато

\mathbf{x}

се състои само от нули или единици; 1 т. за наблюдението, че

\mathbf{x}

и у имат равен брой нули и единици; 1 т. за верен отговор без доказателство; 2 т. за случая

x_{1} \neq y_{1}; 2

т. за случая

x_{1}=y_{1}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2015-11-4

2016

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малката и най-голямата стойност на функцията:

f(x)=(\sin x+\cos x)(\sin x+\cos x+1).

(\sin x+\cos x+2)(\sin x+\cos x+3).

Решение

Полагаме

t=\sin x+\cos x=\sqrt{\vphantom{x^2}2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)

. Задачата се свежда до намиране на най-малката и най-голямата стойност на функцията

f(t)=t(t+1)(t+2)(t+3)=\left(t^{2}+\right.

3 t)\left(t^{2}+3 t+2\right)

за

t \in[-\sqrt{\vphantom{x^2}2}, +\sqrt{\vphantom{x^2}2}]

. Функцията

y=t^{2}+3 t

е растяща за

t \in[-\sqrt{\vphantom{x^2}2}, +\sqrt{\vphantom{x^2}2}]

(тъй като

-\frac{3}{2}\gt{}-\sqrt{\vphantom{x^2}2}

). Следователно

y_{\text{min}}=y(-\sqrt{\vphantom{x^2}2})=2-3 \sqrt{\vphantom{x^2}2} y_{\text{max}}=y(\sqrt{\vphantom{x^2}2})=2+3 \sqrt{\vphantom{x^2}2}

. Остава да намерим най-малката и най-голямата стойност на функцията

f(y)=\left(t^{2}+3 t\right)\left(t^{2}+\right.

3 t+2)=y^{2}+2 y

за

y \in[2-3 \sqrt{\vphantom{x^2}2}, 2+\sqrt{\vphantom{x^2}2}]

. Тъй като

-1 \in[2-3 \sqrt{\vphantom{x^2}2}, 2+\sqrt{\vphantom{x^2}2}]

, то

f_{\text{min}}=f(-1)=-1

. За най-голямата стойност имаме

f_{\text{max}}=f(2+3 \sqrt{\vphantom{x^2}2})=26+18 \sqrt{\vphantom{x^2}2}

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за полагането

\sin x+\cos x=t; 1

т. за представянето

f(t)=

t(t+1)(t+2)(t+3)=\left(t^{2}+3 t\right)\left(t^{2}+3 t+2\right); 2

т. за изследване на функцията

y=t^{2}+3 t; 2

т. за получаване на отговора.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2016-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Точка

M

е среда на страната

A B

на триъгълник

A B C

. Окръжността през точките

C

M

, която се допира до страната

A B

пресича страните

A C

B C

съответно в точките

P

Q

. Ако

K

L

са среди съответно на

C P

C Q

да се докаже, че

\angle C K M=

\angle C L M.

Решение

Да означим с

D

точката върху лъча

C M \rightarrow

, за която

C M=M D

. Тогава

M K

е средна отсечка в триъгълник

C P D

M L

е средна отсечка в триъгълник

C Q D

. Следователно

\angle C K M=\angle C P D

\angle C L M=\angle C Q D

и е достатъчно да докажем, че

\triangle A P D \sim \triangle B Q D

. Да забележим, че

\angle P A D=\angle Q B D

като противоположни ъгли в успоредника

A D B C

. Освен това

A M^{2}=A P. A C

B M^{2}=B Q. B C

, откъдето:

\frac{A P}{A D}=\frac{A M^{2}}{A C \cdot A D}=\frac{B M^{2}}{B C \cdot B D}=\frac{B Q}{B D}

Следователно двата триъгълника са подобни, откъдето следва и твърдението на задачата.

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за разглеждане на точката

D; 1

т. за свеждане на задача до

\triangle A P D \sim \triangle B Q D; 4

т. за доказване на

\triangle A P D \sim \triangle B Q D

;

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2016-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

A=\{1, 2, 3, \ldots, m+n\}

, където

m \geq 2

n \geq 2

са естествени числа. Да се намери броят на функциите

g: A \rightarrow A

, за които

g(g(i))=i+1

\text{за} i=1, 2, \ldots, m-1, m+1, \ldots, m+n-1;

g(g(m))=1 \text{и} g(g(m+n))=m+1.

Решение

Нека

A_{m}=\{1, 2, \ldots, m\}

A_{n}=\{m+1, m+2, \ldots, m+n\}

. Ако

f(a)=g(g(a))

, то лесно се вижда, че

f

е биекция и

f: A_{n} \rightarrow A_{n}, f: A_{m} \rightarrow A_{m}

. Ако

k \in A_{m}

, то

f(k)=k+1

(\bmod m)

и ако

k \in A_{n}

, то

f(k)=k+1(\bmod n)

. Лесно се проверява, че

g

е биекция: ако

g\left(a_{1}\right)=g\left(a_{2}\right)

, то

g\left(g\left(a_{1}\right)\right)=g\left(g\left(a_{2}\right)\right)

, т. е.

f\left(a_{1}\right)=f\left(a_{2}\right)

, противоречие. Освен това за всяко

a \in A

е изпълнено

g(a) \neq a

. Да допуснем, че

m

е четно число. Ще докажем, че ако

a \in A_{m}

, то

g(a) \in A_{n}

. Да допуснем, че

g(1)=k \in A_{m}

. Нека

A_{m}=B \cup C

, където

B=\{1, 2, \ldots, k-1\}

C=\{k, k+1, \ldots, m\}

. 1 случай. Нека

|B|=|C|

. Имаме

g(1)=k, g(k)=g(g(1))=2, g(2)=k+1, g(k+1)=3

и т. н. Ще достигнем до

g(k-1)=m, g(m)=k

, което противоречи на

g(1)=k

. 2 случай. Нека

|B|\lt{}|C|

. Достигаме до

g(k-1)=s\lt{}m, g(s)=k

, отново противоречие с

g(1)=k

. 3 случай. Нека

|B|\gt{}|C|

. Понеже

m

е четно, то Нека

|B| \geq|C|+2

. Аналогично ще получим

s \in B, s \leq k-3

, но тогава

s+2=k

, т. е.

s=k-2

, противоречие. Аналогични разсъждения показват, че ако

m

е нечетно число и

a \in A_{m}

е такова, че

g(a) \in

A_{m}

, то Нека

|B|=|C|+1

и тогава за всяко

a \in A_{m}, g(a) \in A_{m}

, по точно ако

m=2 k+1

, то

g(a)=a+k+1

по модул

m

. Когато

m

е четно, за да съществува

g

лесно се вижда, че това ще е възможно при

n=m=2 k

и тогава имаме

m

броя функции:

g: A_{m} \rightarrow A_{n}, g(a)=2 k+a, a=1, 2, \ldots 2 k

g: A_{n} \rightarrow A_{m}, \text{при} a=2 k+r,

g(a)=g(2 k+r)=r+1 \text{по модул} 2 k, a=1, 2, \ldots 2 k.

Окончателно: I случай.

m

n

нечетни 1. При

m \neq n

имаме само една функция като в примера в 3 случай по-горе. 2. При

m=n

имаме

n+1

функции: една функция като в пример 3 и още

n

като другия пример. II случай.

m

n

четни и

m=n

Тогава имаме

n

функции. Във всички други случаи за

m

n

функцията

g

не съществува.

\textit{Оценяване: }

( 7 точки) 1 т. за разглеждане на функцията

f(a)=g(g(a)); 1

т. за разглеждане на множествата

B

C

; по 1 т. за всеки от трите случая; 2 т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2016-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

a

b

са такива естествени числа, че

p=a^{2}+b^{2}

е просто число. Да се докаже, че съществуват безбройно много естествени числа

n

, за които

p

дели

\left(a^{n}+a+b^{n}+b\right.

)

\left((a b)^{n}+1\right).

Решение

От равенството

a^{k+2}+b^{k+2}=

\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(a^{k}+b^{k}\right)-(a b)^{2}\left(a^{k-2}+b^{k-2}\right)

с индукция по

k \in \mathbb{N}_{0}

следва, че

a^{8 k+3}+b^{8 k+3} \equiv p P_{k}(a, b)-(a b)^{4 k+1}(a+b)

където

P_{k}(a, b)

е полином с цели коефициенти. Нека

m

е показателят на

a b

по модул

p

. Ако

m

е нечетно число, то всяко

n=2(4 i+1) m^{2}+1

върши работа. Ако

m=2 l

е четно число, то

p

дели

(a b)^{l}+1

(защо?) и значи всяко

n=(2 i+1) l

върши работа. Забележка. Твърдението на задачата остава вярно ако множителят

(a b)^{n}+1

се замени с

(a b)^{4 n+2}+1

\textit{Оценяване: }

3 т. за

=

и по 2 т. за двата случая за

m

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2016-11-4

2017

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадени са естествени числа

q

d

. Геометрична прогресия с първи член

q

има частно

q

. Аритметична прогресия с първи член

169

, последен член

2017

и разлика

d

има

q

члена. Ако сборът от членовете на геометричната прогресия е равен на сбора от членовете на аритметичната прогресия, да се намери

d.

Решение

Тъй като

2017=169+(q-1) d

, то

1848=(q-1). d

и следователно

q-1

дели 1848. Условието двете прогресии да имат равни сборове е еквивалентно на

\frac{169+2017}{2} \cdot q=

q+q^{2}+\cdots+q^{n} \Longleftrightarrow 1092=q+q^{2}+\cdots+q^{n-1}

Следователно

q

дели

1092=2^{2}

.3 \cdot 7 \cdot 13. Ако

n=2

получаваме

q=1092

q-1=1091

не дели 1848. При

n=3

получаваме квадратното уравнение

q^{2}+q-1092=0

което няма цели корени. При

n \geq 4

получаваме

1092=q+q^{2}+\cdots+q^{n-1} \geq q+q^{2}+q^{3}

което при

q \geq 10

не е изпълнено. Директна проверка с делителите на 1092, които са по-малки от 10 (това са

2, 3, 4, 6

и 7 ) показва, че единственото решение е

q=3

n=7

. Сега от

1848=(q-1). d=2 d

пресмятаме

d=924

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за равенството

1848=(q-1). d; 1

т. за равенството

1092=

q+q^{2}+\cdots+q^{n-1}; 3

т. за намиране на

q=3; 1

т. за намиране на

d=924

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Вписаната в

\triangle A B C

окръжност

k

се допира до страните му

A C, B C

A B

съответно в точки

M, N

P

. Точките

X

Y

са съответно от отсечките

A M

B N

, като

X Y

е успоредна на

A B

и пресича

M P

N P

съответно в точки

K

L

. Правата

M L

пресича

k

в точка

D

, а правата

Y D

пресича

k

в точка

Q

. Да се докаже, че точките

K, L, P

Q

лежат на една окръжност.

Решение

От

Y L \| P B

следва, че

\triangle L Y N \sim \triangle P B N

, откъдето получаваме

Y L=Y N

. Освен това

Y N^{2}=Y D. Y Q

, т. е.

Y L^{2}=Y D. Y Q

. Това равенство, заедно с

\angle D Y L=\angle L Y Q

означава, че

\angle Y D L \sim \triangle Y L Q

. Следователно

\angle Q L K=\angle Q D L=\angle Q D M=\angle Q P K,

което означава, че точките

K, L, P

Q

лежат на една окръжност.

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за

Y L=Y N; 1

т. за

Y L^{2}=Y D. Y Q; 2

т. за подобието

\angle Y D L \sim

\triangle Y L Q; 1

т. за равенството

\angle Q L K=\angle Q D L; 1

т. за

\angle Q L K=\angle Q P K

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Върху окръжност са избрани

2 n+1

точки. Всяка от съединяващите ги отсечки е оцветена в бяло, зелено или червено, като червените отсечки са точно

n

. Да се намерят всички стойности на

n

, за които при всяко такова оцветяване или съществуват три точки, всеки две от които са съединени с бяла отсечка или съществуват 4 точки, всеки две от които са съединени със зелена отсечка.

Решение

Ще докажем, че съществуват

n+1

точки между които няма червена отсечка. За целта да изберем множество

A

с възможно най-голям брой точки между които няма червена отсечка и да допуснем, че

|A| \leq n

. Следователно точките извън

A

са поне

n+1

. От всяка от тези точки трябва да излиза поне червена отсечка към точка от

A

(в противен случай

A

няма да е с най-голям брой точки). Следователно червените отсечки са поне

n+1

, противоречие. Ако

n+1 \geq 9

, т. е.

n \geq 8

получаваме пълен граф с 9 върха и два цвятабял и червен. Известно е, че в такъв граф или има бял триъгълник или има червен четириъгълник (тъй като числото на Рамзи

R(3, 4)=9

). Когато имаме 8 точки съществува оцветяване при което не съществува бял триъгълник или червен четириъгълник. Например, оцветяваме страните и главните диагонали на правилен осмоъгълник в бяло, а останалите отсечки в червено. При

n=7

(тогава точките са 15) разглеждаме следното оцветяване. Построяваме 7 червени отсечки без общи върхове, като остава една точка. Разглеждаме всяка червена отсечка като обобщена точка и получаваме общо 8 точки. Оцветяваме както в дадения по-горе пример.

\textit{Оценяване: }

( 7 точки) 4 т. за оценката

n \geq 8

(2 т. за съществуване на множество

A

без червени отсечки и 2 т. за използване на числото на Рамзи); 3 т. за примера за

n=7

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадено е нечетно естествено число

m

. Редицата

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}, \ldots

е дефинирана по следния начин:

a_{1}=1

a_{n+1}=(m+1) a_{n}+\left[\sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1} a_{n}\right]

при

n \geq 1

. Да се намери най-голямата степен на числото

2

, която дели

a_{2017}.

Решение

От неравенствата

a_{n+1}\lt{}(m+1) a_{n}+\sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1} a_{n}\lt{}a_{n+1}+1

получаваме

a_{n+1}\left(m+1-\sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1}\right)\lt{}2 m a_{n}\lt{}

\left(a_{n+1}+1\right)\left(m+1-\sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1}\right)

откъдето

(m+1) a_{n+1}-2 m a_{n}\lt{}a_{n+1} \sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1}\lt{}

(m+1) a_{n+1}-2 m a_{n}+m+1-\sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1}

Тъй като

0 \lt{} m+1-\sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1}\lt{}1

, последните неравенства показват, че

\left[a_{n+1} \sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1}\right]=(m+1) a_{n+1}-2 m a_{n}

Като използваме, че

\left[a_{n+1} \sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1}\right] = a_{n+2}-(m+1) a_{n+1}

, получаваме

a_{n+2}=2(m+1) a_{n+1}-2 m a_{n}

при

a_{1}=1

a_{2}=2 m+1

. По индукция директно следва, че ако

2^{\alpha} \| a_{n}

2^{\alpha} \| a_{n+1}

, то

2^{\alpha+1} \| a_{n+2}

2^{\alpha+1} \| a_{n+3}

при

n \geq 1

. Следователно търсената стойност е

2^{1008}

\textit{Оценяване: }

( 7 точки) 4 т. за намиране на рекурентната връзка

a_{n+2}=2(m+1) a_{n+1}-2 m a_{n}

; 3 т. за твърдението от индукцията и получаване на

2^{1008}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-11-4

2018

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадени са редиците

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

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

за които

a_{1}=3, a_{2}=5, b_{1}=7

b_{2}=13

a_{n+1}=a_{n} a_{n-1}, b_{n+1}=2 b_{n} a_{n-1}-b_{n-1} a_{n}

при

n \geq 2

. Да се намерят всички

n,

за които

a_{n}

дели

b_{n}.

Решение

Разделяме почленно второто равенство на

a_{n+1}=a_{n} a_{n-1}

и получаваме:

\frac{b_{n+1}}{a_{n+1}}=\frac{2 b_{n} a_{n-1}}{a_{n} a_{n-1}}-\frac{b_{n-1} a_{n}}{a_{n} a_{n-1}}=

\frac{2 b_{n}}{a_{n}}-\frac{b_{n-1}}{a_{n-1}}

За редицата

c_{n}=\frac{b_{n}}{a_{n}}

имаме:

c_{1}=\frac{7}{3}, c_{2}=\frac{13}{5} \text{и} c_{n+1}+c_{n-1}=2 c_{n}.

Това означава, че

c_{1}, c_{2}, \ldots

, е аритметична прогресия с първи член

c_{1}=\frac{7}{3}

и разлика

d=

c_{2}-c_{1}=\frac{13}{5}-\frac{7}{3}=\frac{4}{15}

. Общият член на редицата е:

c_{n}=\frac{7}{3}+(n-1) \frac{4}{15}=\frac{4 n+31}{15}

Търсим всички

n

за които

a_{n}

дели

b_{n}

, т. е.

c_{n}

е цяло число. Тогава 15 дели

4 n+31

, т. е. 15 дели

4 n+1

, което е изпълнено при

n=15 t+11

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за разглеждане на редицата

c_{n}; 2

т. за доказване, че редицата

c_{n}

е аритметична прогресия; 1 т. за намиране на общия член на редицата

c_{n}; 2

т. за получаване на отговора.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-11-1

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадени са редиците

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

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

за които

a_{1}=3, a_{2}=5, b_{1}=7

b_{2}=13

a_{n+1}=a_{n} a_{n-1}, \qquad b_{n+1}=2 b_{n} a_{n-1}-b_{n-1} a_{n}

при

n \geq 2

. Да се намерят всички

n

за които

a_{n}

дели

b_{n}

Решение

Разделяме почленно второто равенство на

a_{n+1}=a_{n} a_{n-1}

и получаваме:

\frac{b_{n+1}}{a_{n+1}}=\frac{2 b_{n} a_{n-1}}{a_{n} a_{n-1}}-\frac{b_{n-1} a_{n}}{a_{n} a_{n-1}}=

\frac{2 b_{n}}{a_{n}}-\frac{b_{n-1}}{a_{n-1}}.

За редицата

c_{n}=\frac{b_{n}}{a_{n}}

имаме:

c_{1}=\frac{7}{3}, \qquad c_{2}=\frac{13}{5} \quad \text { и } \quad c_{n+1}+c_{n-1}=2 c_{n}.

Това означава, че

c_{1}, c_{2}, \ldots

, е аритметична прогресия с първи член

c_{1}=\frac{7}{3}

и разлика

d=c_{2}-c_{1}=\frac{13}{5}-\frac{7}{3}=\frac{4}{15}

. Общият член на редицата е:

c_{n}=\frac{7}{3}+(n-1) \frac{4}{15}=\frac{4 n+31}{15}.

Търсим всички

n

за които

a_{n}

дели

b_{n}

, т.е.

c_{n}

е цяло число. Тогава 15 дели

4 n+31

, т.е. 15 дели

4 n+1

, което е изпълнено при

n=15 t+11

. Оценяване. (6 точки) 1 т. за разглеждане на редицата

c_{n}

; 2 т. за доказване, че редицата

c_{n}

е аритметична прогресия; 1 т. за намиране на общия член на редицата

c_{n}

; 2 т. за получаване на отговора.

Klasirane.bg — проверен архив11.1Условие — източник Решение — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Точки

M

N

са среди съответно на страните

B C

A C

на

\triangle A B C

. Точка

P

е от описаната около

\triangle C M N

окръжност

k

, като

P

C

лежат в различни полуравнини относно правата

A B

. Отсечката

P A

пресича

k

в точка

M_{1}

, а отсечката

P B

пресича

k

в точка

N_{1}

. Ако отсечките

M M_{1}

N N_{1}

се пресичат в точка

X

, да се докаже, че

\angle A C X=\angle B C P.

Решение

Нека

N N_{1} \cap A B=X_{1}

. От

\angle N_{1} X_{1} B=\angle N_{1} C M

следва, че

N_{1} X_{1} C B

е вписан четириъгълник. Оттук получаваме

\angle B N_{1} C=\angle B X_{1} C

откъдето

\angle A M_{1} C=\angle A X_{1} C

, т. е.

A M_{1} X_{1} C

е вписан четириъгълник. Следователно

\angle X_{1} M_{1} C=\angle X_{1} A C=\angle M N C=\angle M M_{1} C,

т. е.

M_{1}, X_{1}

M

лежат на една права и значи

X \equiv X_{1}

. Нека

B P

пресича описаната около

\triangle A B C

окръжност в точка

K

. Сега имаме

\angle A C K=

\angle A B K=\angle X C N_{1}

(тъй като

N_{1} X C B

е вписан) и

\angle K C P=\angle B C N_{1}

(от успоредността

F T \| K B)

. От последните две равенства следва, че

\angle A C P=\angle X C B

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 2 т. за

X \equiv X_{1}; 2

т. за

\angle A C K=\angle A B K=\angle X C N_{1}; 2

т. за

\angle K C P=

\angle B C N_{1}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-11-2

Задача 2

Пълен запис

Условие

Точки

M

N

са среди съответно на страните

B C

A C

на

\triangle A B C

. Точка

P

е от описаната около

\triangle C M N

окръжност

k

, като

P

C

лежат в различни полуравнини относно правата

A B

. Отсечката

P A

пресича

k

в точка

M_{1}

, а отсечката

P B

пресича

k

в точка

N_{1}

. Ако отсечките

M M_{1}

N N_{1}

се пресичат в точка

X

, да се докаже, че

\angle A C X=\angle B C P

Решение

Нека

N N_{1} \cap A B=X_{1}

. От

\angle N_{1} X_{1} B=\angle N_{1} C M

следва, че

N_{1} X_{1} C B

е вписан четириъгълник. Оттук получаваме

\angle B N_{1} C=\angle B X_{1} C

откъдето

\angle A M_{1} C=\angle A X_{1} C

, т.е.

A M_{1} X_{1} C

е вписан четириъгълник. Следователно

\angle X_{1} M_{1} C=\angle X_{1} A C=\angle M N C=\angle M M_{1} C,

т.е.

M_{1}, X_{1}

M

лежат на една права и значи

X \equiv X_{1}

. Нека

B P

пресича описаната около

\triangle A B C

окръжност в точка

K

. Сега имаме

\angle A C K=\angle A B K=\angle X C N_{1}

(тъй като

N_{1} X C B

е вписан) и

\angle K C P=\angle B C N_{1}

(от успоредността

F T \parallel K B

). От последните две равенства следва, че

\angle A C P=\angle X C B

. Оценяване. (6 точки) 2 т. за

X \equiv X_{1}

; 2 т. за

\angle A C K=\angle A B K=\angle X C N_{1}

; 2 т. за

\angle K C P=\angle B C N_{1}

Klasirane.bg — проверен архив11.2Условие — източник Решение — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички прости числа

p\lt{}2018

за които съществува множество от естествени числа

M=\{a, b, a+1, b-1\}

за което:

(*)

p \in M

(*)

Числата

a

b

имат едни и същи прости делители;

(*)

Числата

a+1

b-1

имат едни и същи прости делители.

Решение

Отговор: 3, 5,

\mathbf{1 7}

и 257. Ако

a=p

имаме

b=p^{n}

и числата

p+1

p^{n}-1

имат едни и същи прости делители. Нека

q

е прост делител на

p-1

. Тъй като

p-1

дели

p^{n}-1

за всяко

n

, то

q

дели и

p^{n}-1

. Понеже

p+1

p^{n}-1

имат едни и същи прости делители, то

q

дели и

p+1

. Следователно

q

дели

(p+1)-(p-1)=2

, т. е.

q=2

. Следователно

p-1

няма нечетни делители, т. е.

p-1=2^{t}

или

p=2^{t}+1

. Ако

b=p

имаме

a=p^{n}

и числата

p^{n}+1

p-1

имат едни и същи прости делители. Нека

q

е прост делител на

p-1

p^{n}+1

. Тъй като

p-1

дели

p^{n}-1

за всяко

n

, то

q

дели и

p^{n}-1

. Следователно

q

дели

\left(p^{n}+1\right)-\left(p^{n}-1\right)=2

, т. е.

q=2

. Следователно

p-1

няма нечетни делители, т. е.

p-1=2^{t}

или

p=2^{t}+1

. Случаите когато

a+1=p

или

b-1=p

са аналогични на разгледаните. Получихме, че ако съществува просто число

p

с исканите свойства, то

p=2^{t}+1

. Числата

a=2^{t}+1, b=\left(2^{t}+1\right)^{2}

удовлетворяват условието, защото

a+1=2^{t}+2

b-1=2^{t}\left(2^{t}+2\right)

имат едни и същи прости делители. Простите числа

p=2^{t}+1\lt{}2018

са:

2, 3, 5, 17

и 257. При

p=2

числата са

2, 4, 3, 3

и тъй като има повторение, те не образуват множество.

\textit{Оценяване: }

( 7 точки) 1 т. за наблюдението, че трябва да се разгледат само два случая; по 2 т. за разглеждане на всеки от случаите и доказване, че

p=2^{t}+1; 2

т. за пример, че има такива числа при

p=2^{t}+1

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-11-3

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички прости числа

p\lt{}2018

за които съществува множество от естествени числа

M=\{a, b, a+1, b-1\}

за което: 1.

p \in M

2. Числата

a

b

имат едни и същи прости делители; 3. Числата

a+1

b-1

имат едни и същи прости делители.

Решение

Отговор: 3, 5, 17 и 257. Ако

a=p

имаме

b=p^{n}

и числата

p+1

p^{n}-1

имат едни и същи прости делители. Нека

q

е прост делител на

p-1

. Тъй като

p-1

дели

p^{n}-1

за всяко

n

, то

q

дели и

p^{n}-1

. Понеже

p+1

p^{n}-1

имат едни и същи прости делители, то

q

дели и

p+1

. Следователно

q

дели

(p+1)-(p-1)=2

, т.е.

q=2

. Следователно

p-1

няма нечетни делители, т.е.

p-1=2^{t}

или

p=2^{t}+1

. Ако

b=p

имаме

a=p^{n}

и числата

p^{n}+1

p-1

имат едни и същи прости делители. Нека

q

е прост делител на

p-1

p^{n}+1

. Тъй като

p-1

дели

p^{n}-1

за всяко

n

, то

q

дели и

p^{n}-1

. Следователно

q

дели

(p^{n}+1)-\left(p^{n}-1\right)=2

, т.е.

q=2

. Следователно

p-1

няма нечетни делители, т.е.

p-1=2^{t}

или

p=2^{t}+1

. Случаите когато

a+1=p

или

b-1=p

са аналогични на разгледаните. Получихме, че ако съществува просто число

p

с исканите свойства, то

p=2^{t}+1

. Числата

a=2^{t}+1, b=\left(2^{t}+1\right)^{2}

удовлетворяват условието, защото

a+1=2^{t}+2

b-1=2^{t}\left(2^{t}+2\right)

имат едни и същи прости делители. Простите числа

p=2^{t}+1\lt{}2018

са:

2,3,5,17

257

. При

p=2

числата са

2,4,3,3

и тъй като има повторение, те не образуват множество. Оценяване. (7 точки) 1 т. за наблюдението, че трябва да се разгледат само два случая; по 2 т. за разглеждане на всеки от случаите и доказване, че

p=2^{t}+1

; 2 т. за пример, че има такива числа при

p=2^{t}+1

Klasirane.bg — проверен архив11.3Условие — източник Решение — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Една държава се нарича

\textit{подредена}

, ако в нея има

10112018

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

Нека

N=10112018

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 преоцветяваме 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. е.

x \leq \frac{N}{2}

. Ако имаме равенство всеки син връх е край на точно две стрелки и сините върхове са точно

\frac{N}{2}

. Но това е възможно само ако всеки син връх е свързан с точно един син, т. е. сините върхове се разбиват на двойки, т. е.

\frac{N}{2}

е четно. Следователно

k \leq \frac{N}{2}-1

Да разгледаме граф съставен от

\frac{N-6}{4}

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

k=\frac{N}{2}-1=5056008

оцветени върха.

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 4 т. за доказване, че можем да оцветим

\leq \frac{N}{2}

върха; 1 т. за доказване, че равенство може да има само при

\frac{N}{2}

е четно; 2 т. за пример, че трябва да са оцветени поне

\frac{N}{2}-1

върха.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-11-4

Задача 4

Пълен запис

Условие

Една държава се нарича „подредена“, ако в нея има 10112018 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

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

Нека

N=10112018

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}

. Ако имаме равенство всеки син връх е край на точно две стрелки и сините върхове са точно

\frac{N}{2}

. Но това е възможно само ако всеки син връх е свързан с точно един син, т.е. сините върхове се разбиват на двойки, т.е.

\frac{N}{2}

е четно. Следователно

k \leq \frac{N}{2}-1

. Да разгледаме граф съставен от

\frac{N-6}{4}

k=\frac{N}{2}-1=5056008

оцветени върха. Оценяване. (7 точки) 4 т. за доказване, че можем да оцветим

\leq \frac{N}{2}

върха; 1 т. за доказване, че равенство може да има само при

\frac{N}{2}

е четно; 2 т. за пример, че трябва да са оцветени поне

\frac{N}{2}-1

върха.

Klasirane.bg — проверен архив11.4Условие — източник Решение — източник

2019

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

. Нека

\angle A C B=45^{\circ}, A B=\sqrt{\vphantom{x^2}2}

B M=m

, където

M

е средата на

A C

. a) Ако

\alpha=\angle B A C

, да се изрази

m

като функция на

\operatorname{ctg} \alpha

. б) Да се намерят всички стойности на

m

, за които

\angle B A C

е еднозначно определен.

Решение

Нека

\angle B A C=\alpha

. Търсим онези стойности на

m

, за които

\alpha \in\left(0; 135^{\circ}\right)

е еднозначно определен. а) По синусова теорема намираме, че

|B C|=2 \sin \alpha

, а

|A C|=2 \sin \left(45^{\circ}+\alpha\right)

. Сега от формулата за дължина на медиана имаме, че:

m^{2}=|B M|^{2}=\frac{2|A B|^{2}+2|B C|^{2}-|A C|^{2}}{4}=

1+2 \sin ^{2} \alpha-\sin ^{2}\left(45^{\circ}+\alpha\right)

Ако положим

\operatorname{ctg} \alpha=t

, то

t \in(-1, +\infty)

и от равенствата

\sin ^{2} \alpha=\frac{\sin ^{2} \alpha}{\cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha}=\frac{1}{t^{2}+1}

\sin ^{2}\left(45^{\circ}+\alpha\right)=\frac{1+\sin 2 \alpha}{2}=\frac{(t+1)^{2}}{2\left(t^{2}+1\right)}

след кратки преобразувания достигаме до уравнението

m=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{t^{2}-2 t+5}{2\left(t^{2}+1\right)}}

б) Изразът от подточка а) е еквивалентен на

\left(1-2 m^{2}\right) t^{2}-2 t+5-2 m^{2}=0

Нека

f(t)=\left(1-2 m^{2}\right) t^{2}-2 t+5-2 m^{2}

. Броят различни ъгли

\angle B A C

отговаря на броя решения на уравнението в интервала

t \in(-1, +\infty)

. Така задачата се свежда до намиране стойностите на параметъра

m

, за които

f(t)=0

има единствен корен

t \in(-1, +\infty)

. Ако функцията е линейна, то

1-2 m^{2}=0, m=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2}

и единственият корен е

t=2\gt{}-1

. Ако

D=1-(5-

\left.2 m^{2}\right)\left(\left(1-2 m^{2}\right)=0\right.

, то

m^{2}=\frac{3 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2} \Rightarrow m=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5} \pm 1}{2}

, като и в двата случая двойният корен е в желания интервал. Ако пък

D\gt{}0

, то е необходимо и достатъчно

f(-1).\left(1-2 m^{2}\right) \leq 0

, т. е.

\left(8-2 m^{2}\right)\left(1-2 m^{2}\right) \leq 0 \Leftrightarrow m \in\left(\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}, 2\right]

. Така окончателно получаваме, че

\angle B A C

е еднозначно определен тогава и само тогава, когато

m \in\left[\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2}, \sqrt{\vphantom{x^2}2}\right] \cup\left\{\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1}{2}, \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}+1}{2}\right\}

. Забележка. Подточка б) може да бъде решена и синтетично, като се построи центъра

O

на описаната около

\triangle A B C

окръжност и средата

N

на

A B

. Тогава

M

N

лежат на окръжността

\omega

с диаметър АО. Нещо повече, от условието имаме, че

\angle A O N=\angle A C B=45^{\circ}

и следователно

\triangle A O N

е равнобедрен правоъгълен, т. е.

A O=\sqrt{\vphantom{x^2}2} A N=1

. В същото време,

M

лежи и на окръжността

\omega_{b}

с център

B

и радиус

r

. Следователно е достатъчно да намерим стойностите на

m

, за които

\omega_{b}

пресича дъгата

\overparen{A O N}

в единствена точка

M

. ![](/problem-assets/emt2019-11-1-diagram-1.jpg) Нека

W

е центърът на

\omega

B W

пресича

\omega

в точките

P

Q

както е изобразено на чертежа. От една страна,

B P. B Q=B N \cdot B A=1

, а от друга,

B P. B Q=B P(B P+1) и

следователно

B P=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1}{2}, B Q=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}+1}{2}

. Така окончателно получаваме, че

\angle B A C

е еднозначно определен тогава и само тогава, когато

m \in\left[\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2}, \sqrt{\vphantom{x^2}2}\right] \cup\left\{\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1}{2}, \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}+1}{2}\right\}

\textit{Оценяване}

(6 точки): а) 2 т.; б) 1 т. - за свеждане на задачата до квадратно уравнение с единствен корен; 2 т. - за

m \in[\sqrt{\vphantom{x^2}2} / 2, \sqrt{\vphantom{x^2}2}]; 1

т. - за

m=(\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1) / 2

m=(\sqrt{\vphantom{x^2}5}+1) / 2

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-11-1

Задача 1b

Пълен запис

Условие

Четворка

(a, b, c, d)

от различни естествени числа се нарича

k

x y б а в a

, ако са изпълнени следните две свойства:

(*)

Измежду числата

a, b, c, d

няма три, които да образуват (в някакъв ред) аритметична прогресия.

(*)

Измежду числата

a+b, a+c, a+d, b+c, b+d

c+d

има

k

, които образуват (в някакъв ред) аритметична прогресия. a) Да се намери 4 -хубава четворка. б) Да се намери най-голямото

k

за което съществува

k

-хубава четворка.

Решение

а) Четворката

(7, 6, 4, 3)

е хубава защото в нея няма три числа, които да образуват аритметична прогресия, а от шестте числа

7+6=13, 7+4=11, 7+3=10,

6+4=10, 6+3=9, 4+3=7

числата

7, 9, 11, 13

образуват аритметична прогресия. б) Без ограничение нека

a\gt{}b\gt{}c\gt{}d

. Тогава

a+b\gt{}a+c\gt{}\max (a+d, b+c)\gt{}

\min (a+d, b+c)\gt{}b+d\gt{}c+d

Да забележим, че ако:

(*)

a+b, a+c

a+d

образуват аритметична прогресия, то

2(a+c)=(a+b)+(a+d) \Longleftrightarrow 2 c=b+d;

(*)

a+b, a+c

b+c

образуват аритметична прогресия, то

2(a+c)=(a+b)+(b+c) \Longleftrightarrow 2 b=a+c

;

(*)

a+d, b+d

c+d

образуват аритметична прогресия, то

2(b+d)=(a+d)+(c+d) \Longleftrightarrow 2 b=a+c

(*)

b+c, b+d

c+d

образуват аритметична прогресия, то

2(b+d)=(b+c)+(c+d) \Longleftrightarrow 2 c=b+d

. И в четирите случая получаваме противоречие с условието на задачата. От горното е ясно, че всичките 6 числа не могат да образуват аритметична прогресия. Да допуснем, че 5 от тях образуват аритметична прогресия. Да забележим, че което и от числата

a+b, a+c, a+d, b+c, b+d

c+d

да изтрием, винаги се среща някоя от прогресиите

1., 2., 3.

, или 4., противоречие. От а) следва, че търсеното

k

е 4.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-11-1b

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се реши системата:

\left|\, \begin{array}{l} \sqrt{\vphantom{x^2}x}+y =3 \cr \sqrt{\vphantom{x^2}y}+z =3-\sqrt{\vphantom{x^2}2} \cr \sqrt{\vphantom{x^2}z}+x =\sqrt{\vphantom{x^2}2} \end{array} \right.

Решение

Не е трудно да се забележи, че

x=1, \quad y=2, \quad z=3-2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}

е решение на системата. От условието следва, че

x, y, z \in[0, +\infty)

. Да забележим, че в интервала

[0, +\infty)

функциите

f(t)=\sqrt{\vphantom{x^2}t}

g(t)=t

са растящи. Да допуснем, че системата има две различни решения

\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)

\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right)

. Нека без ограничение на общността

x_{0} \lt{} x_{1}

. От това, че

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

y

са едновременно растящи следва, че

y_{0}\gt{}y_{1}

. Повтаряйки този аргумент, получаваме

z_{0}\lt{}z_{1}

x_{0}\gt{}x_{1}

, противоречие. Следователно системата има единствено решение

x=1, y=2

z=3-2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}

\textit{Оценяване}

(6 точки): 2 т. - за намиране на решение; 4 т. - за доказателство, че това е единственото решение.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

\left\{x_{n}\right\}_{n=0}^{\infty}

е редицата:

x_{0}=0, \: x_{1}=1, \: x_{n+2}=3 x_{n+1}+x_{n} \text{за} n \geq 0.

Да се намерят всички прости числа

p \in[2000; 2100]

, чийто десетичен запис завършва на 9 и

p \mid x_{p-1}.

Решение

Характеристичното уравнение за

\left\{x_n\right\}_{n=0}^{\infty}

t^2-3 t-1=0

с корени

t_1=\frac{3+\sqrt{\vphantom{x^2}13}}{2}

t_2=\frac{3-\sqrt{\vphantom{x^2}13}}{2}

. Тогава от условията

x_0=0

x_1=1

лесно намираме, че общият член на редицата

\left\{x_n\right\}

е:

\begin{aligned} x_n=\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}13}}\left(t_1^n-t_2^n\right) & =\frac{1}{2^{n-1} \sqrt{\vphantom{x^2}13}} \sum_{k: 2 k+1 \leq n}\binom{n}{2 k+1} 3^{n-2 k-1} \sqrt{\vphantom{x^2}13}^{2 k+1} \\ & =\frac{1}{2^{n-1}} \sum_{k: 2 k+1 \leq n}\binom{n}{2 k+1} 3^{n-2 k-1} 13^k. \end{aligned}

Следователно ако

13 \mid x_n

, то

13 \mid n

. Нека сега

n=p-1

p\gt{}3

. Тогава

x_n \equiv 0(\bmod p)

точно когато

2^{n-1} x_n \equiv 0(\bmod p)

. Освен това лесно намираме, че

\binom{p-1}{2 k+1} \equiv(-1)^{p-1-2 k-1}(\bmod p)

. Оттук следва, че

x_{p-1} \equiv 0(\bmod p)

точно когато:

\sum_{k: 2 k+1 \leq p-1}(-1)^{p-2 k-2} 13^k 3^{p-2 k-2} \equiv 0 \quad

(\bmod p).

Оттук намираме, тъй като

p\gt{}3

, че

13^{\frac{p-1}{2}}-3^{p-1} \equiv 0(\bmod p)

. Следователно

13^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1

(\bmod p)

, тоест 13 е квадратичен остатък по модул

p

. От теоремата на Гаус знаем, че

\left(\frac{13}{p}\right)\left(\frac{p}{13}\right)(-1)^{\frac{(13-1)(p-1)}{2}}=1

, тоест

\left(\frac{13}{p}\right)\left(\frac{p}{13}\right)=1

. Следователно 13 е квадратичен остатък по модул

p

точно когато

p

е квадратичен остатък по модул 13. Тъй като квадратичните остатъци по модул 13 са

1, 3, 4, -1, -3, -4

, то получаваме, че

p \equiv 1, 3, 4, -1, -3, -4(\bmod 13)

. В интервала

[2000; 2100]

има десет числа, които завършват на 9. От таблица 1 се вижда, че от тях само 2019, 2029, 2079 и 2089 дават допустими остатъци по модул 13. Освен това очевидно 2019 и 2079 се делят на 3, тоест не са прости. Накрая лесно се проверява, че 2029 и 2089 са прости, вж. таблица 2, която показва какви остатъци дават двете числа при деление на простите числа по-малки от

46\left(46^2=2136\right)

и различни от

2, 3, 5

и 13, които очевидно не делят 2029 и 2089. Окончателно

p=2029

p=2089

. Таблица 1:

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline число & 2009 & 2019 & 2029 & 2039 & 2049 & 2059 & 2069 & 2079 & 2089 & 2099 \cr \hline(\bmod 13) & -6 & 4 & 1 & -2 & -5 & 5 & 2 & -1 & -4 & 6 \cr \hline \end{array}

Таблица 2:

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline & 7 & 11 & 17 & 19 & 23 & 29 & 31 & 37 & 41 & 43 \cr \hline 2029 & 6 & 5 & 6 & 15 & 5 & 21 & 14 & 31 & 20 & 8 \cr \hline 60 & -3 & -6 & -9 & -3 & -9 & -27 & -2 & -14 & -22 & -26 \cr \hline 2089 & 3 & -1 & -3 & 12 & -4 & -6 & 12 & 17 & -2 & -18 \cr \hline \end{array}

\textit{Оценяване}

( 7 точки): 1 т. - за намиране на явния вид на

x_n; 2

т. - за

13^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1(\bmod p)

; 3 т. - за

p \equiv 1, 3, 4, -1, -3, -4(\bmod 13); 1

т. - за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-11-3

Задача 3b

Пълен запис

Условие

За естествено число

n

са изпълнени следните сквойства:

(*)

Числото

n+1

се дели на 24.

(*)

Сборът от квадратите на всички делители на

n

(включително 1 и самото

n

) се дели на 48. Колко най-малко делители може да има

n

Решение

Тъй като

n+1

се дели на 4, то

n

не е точен квадрат. Следователно делителите на

n

могат да бъдат разделени на двойки

\left(a_{0}, b_{0}\right)=(1, n); \left(a_{1}, b_{1}\right), \ldots, \left(a_{s}, b_{s}\right),

като броят на делителите на

n

2(s+1)

. Тъй като 24 дели

n+1

, то всички делители на

n

са нечетни и не се делят на 3. За всяко

i=0, 1, \ldots, s

имаме

a_{i}+b_{i}=a_{i}+\frac{n}{a_{i}}=\frac{a_{i}^{2}-1+n+1}{a_{i}}

и от

a_{i}

нечетно, което не се дели на 3 следва, че

a_{i}^{2}-1

се дели на 24. Следователно

a_{i}+b_{i}

се дели на 24. Сега от условието имаме, че

\sum_{i=0}^{s}\left(a_{i}^{2}+b_{i}^{2}\right)=

\sum_{i=0}^{s}\left(\left(a_{i}+b_{i}\right)^{2}-2 a_{i} b_{i}\right)=

\sum_{i=0}^{s}\left(a_{i}+b_{i}\right)^{2}-2 n(s+1)

се дели на 48. Тъй като 48 дели

\left(a_{i}+b_{i}\right)^{2}

n

е нечетно, то 48 дели

2(s+1)

. Това означава, че

n

има поне 48 делители. Числото

n=23^{47}

има исканите свойства, защото 24 дели

23^{47}+1

и сборът от квадратите на делителите на

n

1+23^{2}+23^{4}+\cdots+23^{94}

се дели на 48, защото

23^{2 k}=529^{k} \equiv 1(\bmod 48)

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-11-3b

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

p

е просто число. Разглеждаме множествата

{\scriptsize X=\left\{x=\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right) \mid x_{i} \in\{0, 1, \ldots, p-1\}, x \neq(0, 0, 0)\right. }

и първата различна от

0

координата на

x

е 1

\}

\begin{aligned}{\scriptsize Y= \left\{y=\left(y_{1}, y_{2}, y_{3}\right) \mid y_{i} \in\{p, p+1, \ldots, 2 p-1\}, y \neq(p, p, p)\right. \\ }\end{aligned}

\text{и първата различна от} p \text{координата} \text{на}

\text{е} p+1\}.

Нека

G=(V, E)

е граф с множество от върхове

V=X \cup Y

и множество от ребра

{\scriptsize E=\left\{(x, y) \mid x \in X, y \in Y, x_{1} y_{1}+x_{2} y_{2}+x_{3} y_{3} \equiv 0\pmod p\right\} }

Едно множество от върхове

U(U \subseteq V)

ще наричаме представително за

V

, ако всеки връх от

V

се съдържа в

U

или е съседен (свързан с ребро) с връх от

U

. Да се намери минималният брой върхове в едно представително множество за

V.

Решение

Лесно пресмятаме, че

|X|=|Y|=p^{2}+p+1

, откъдето следва, че

G

е двуделен граф с

2\left(p^{2}+p+1\right)

върха. Нещо повече, всеки връх от

X

е съседен на точно

p+1

върха от

X

и обратно. Освен това, кои да е два върха

X

(съответно от

Y

) имат точно един общ съседен връх (защо?). Непосредствено се проверява, че множеството

U=A \cup B

, където

\begin{aligned} & A=\{(1, \alpha, 0) \mid \alpha=0, 1, \ldots, p-1\} \subset X \\ & B=\{(1, 0, \beta) \mid \beta=p, p+1, \ldots, 2 p-1\} \subset Y \end{aligned}

е представително. Следователно търсеният минимален брой върхове не надхвърля

2 p

. Нека допуснем, че съществува представително множество

U

за

V

с брой елементи

|U| \leq

2 p-1

, което изпълнява условието на задачата. Без ограничение на общността, нека

|A \cap U| \leq

p-1

. Тогава съседните на елементите на

U

, лежащи в

A

са не повече от

(p+1)+(p-2) p=

p^{2}-p+1

(всеки връх има

p+1

съседни, а всеки връх от

U

след първия добавя не повече от

p

нови съседни). Сега

|B \cap U| \geq\left(p^{2}+p+1\right)-\left(p^{2}-p+1\right)=2 p

откъдето

|U|=|A \cap U|+|B \cap U| \geq 2 p

което е противоречие и следователно търсеният минимален брой върхове е точно

2 p

\textit{Оценяване}

( 7 точки): 3 т. - за представена конструкция с

2 p

върха; 3 т. - за доказателство за несъществуване на множество

U

U \leq 2 p-1; 7

т. за пълно доказателство.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-11-4

2022

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадено е уравнението

x^{2}-2 p x+q^{2}+q-2=0

, където

p

q

са реални параметри. Да се намерят стойностите на параметъра

q\text{, }

при които уравнението има поне един корен в интервала

(-1; 0)

за всяка неотрицателна стойност на параметъра

p.

Решение

Нека за някои стойности на

p

q

уравнението има два реални корена

x_{1}

x_{2}

(-1; 0)

. Тогава

2 p=x_{1}+x_{2}\lt{}0

, което е противоречие. Следователно трябва да намерим тези стойности на

q

, за които уравнението има точно един реален корен в

(-1; 0)

за всяко

p \geq 0

. Това е изпълнено тогава и само тогава, когато

f(0)\lt{}0

f(-1)\gt{}0

за всяко

p \geq 0

. Оттук

q^{2}+q-2\lt{}0

q^{2}+q-1+2 p\gt{}0

за всяко

p \geq 0

. Първото неравенство е изпълнено при

q \in(-2, 1)

, а второто неравенство е изпълнено за всяко

p \geq 0

само при

q^{2}+q-1\gt{}0

, т. е.

q \in\left(-\infty; \frac{-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}\right) \cup\left(\frac{-1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}; \infty\right)

Следователно

q \in\left(-2; \frac{-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}\right) \cup\left(\frac{-1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}; 1\right)

\textit{Оценяване.}

(6 точки) 1 т. за отхвърляне на случая и двата корена да са в интервала

(-1; 0); 1

т. за свеждане до

f(0)\lt{}0

f(-1)\gt{}0; 1

т. за решаване на

f(0)\lt{}0; 2

т. за решаване на

f(-1)\gt{}0

и 1 т. за крайния резултат.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Върху симетралата на отсечка

A B

са избрани точки

P

Q

, като

A P\gt{}A Q

и точките

A, Q, B

P

лежат на една окръжност. Нека

M

е произволна точка от отсечката

A B

. Правата през

M

, успоредна на

B Q

, пресича правата

A P

в точка

R

. Правата през

M

, успоредна на

A Q

, пресича правата

B P

в точка

S

. Да се докаже, че правата

M Q

минава през средата на отсечката

R S.

Решение

Тъй като

P

Q

са от симетралата на отсечката

A B

A, Q, B

P

лежат на една окръжност, то

P A=P B, Q A=Q B

\angle P A Q=\angle P B Q=90^{\circ}

. Нека

\angle M A Q=\angle M B Q=\alpha

. Достатъчно е да докажем, че

S_{R M Q}=S_{S M Q}

защото тогава височините от

R

S

към

M Q

ще бъдат равни, което означава, че

M Q

разполовява

R S

. Равенството

S_{R M Q}=S_{S M Q}

е еквивалентно на

R M \sin \angle R M Q=S M \sin \angle S M Q \Longleftrightarrow \frac{R M}{S M}=

\frac{\sin \angle S M Q}{\sin \angle R M Q}

Тъй като

\angle R A M=\angle S B M=90^{\circ}+\alpha

\angle R M A=\angle S M B=\alpha

, то

\triangle R M A \sim \triangle S M B

. Следователно

\frac{R M}{S M}=\frac{A M}{B M}

и трябва да докажем, че

\frac{A M}{B M}=\frac{\sin \angle S M Q}{\sin \angle R M Q} \Longleftrightarrow \frac{A M}{\sin \angle S M Q}=

\frac{B M}{\sin \angle R M Q}

От

M S \| A Q

M R \| B Q

следва, че

\angle S M Q=\angle A Q M

\angle R M Q=\angle B Q M

. От синусовата теорема за

\triangle A Q M

\triangle B Q M

имаме:

\frac{A M}{\sin \angle S M Q}=\frac{A M}{\sin \angle A Q M}=\frac{A Q}{\sin \angle A M Q}=

\frac{B Q}{\sin \angle B M Q}=\frac{B M}{\sin \angle B Q M}=\frac{B M}{\sin \angle R M Q}

с което доказателството е завършено.

\textit{Оценяване.}

(6 точки) 1 т. за

\angle P A Q=\angle P B Q=90^{\circ}

; 1 т. за свеждане на задачата до

S_{R M Q}=S_{S M Q}; 1

т. за

\frac{R M}{S M}=\frac{\sin \angle S M Q}{\sin \angle R M Q}; 1

т. за подобието

\triangle R M A \sim \triangle S M B; 1

т. за прилагане на синусовата теорема за

\triangle A Q M

\triangle B Q M; 1

т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Естественото число

n

се нарича

\textit{интересно}

, ако за него са изпълнени следните свойства:

(*)

n=p^{2 \alpha} q^{2 \beta} r^{2 \gamma}

, където

p, q

r

са прости числа,

p \lt{} q

, а

\alpha, \beta

\gamma

са естествени числа;

(*)

|r-p q|=1

;

(*)

числата

p^{2 \alpha}-1, q^{2 \beta}-1

r^{2 \gamma}-1

са делители на

n

. Да се намери най-голямото интересно число.

Решение

Тъй като

r=p q \pm 1

, то

r

е най-големият прост делител на

n

. Тогава

r

е нечетно и

r^{2 \gamma}-1

е четен делител на

n

, откъдето

p=2

. Понеже

2^{\alpha}

не се дели на 3, то едно от числата

2^{\alpha}-1

2^{\alpha}+1

се дели на 3. Тъй като

2^{2 \alpha}-1=\left(2^{\alpha}-1\right)\left(2^{\alpha}+1\right)

дели

n

, то

n

се дели на 3 и следователно

q=3

. От

r=p q \pm 1

получаваме

r=5

или

r=7

. Тъй като

2^{\alpha}-1

2^{\alpha}+1

са взаимнопрости и

2^{2 \alpha}-1=\left(2^{\alpha}-1\right)\left(2^{\alpha}+1\right)=3^{x} \cdot r^{y}

, то

2^{\alpha}-1=3^{y}

или

2^{\alpha}+1=3^{y}

. Решенията на първото уравнение са

\alpha=1, y=0

\alpha=2, y=1

, а на второто

\alpha=1, y=1

\alpha=3, y=2

. Следователно

\alpha=1, 2, 3

. Аналогично, тъй като най-големият общ делител на

3^{\beta}-1

3^{\beta}+1

е 2, то

3^{\beta}-1=2^{x}

или

3^{\beta}+1=2^{x}

. Както по-горе тези уравнения имат решение при

\beta=1, 2

. Следователно

\alpha=1, 2, 3

\beta=1, 2

r=5, 7

, което дава следните възможности за

n

2^{2} \cdot 3^{2} \cdot r^{2 \gamma},

2^{4} \cdot 3^{2} \cdot r^{2 \gamma}, 2^{6} \cdot 3^{2} \cdot r^{2 \gamma},

2^{2} \cdot 3^{4} \cdot r^{2 \gamma}, 2^{4} \cdot 3^{4} \cdot r^{2 \gamma}, 2^{6} \cdot 3^{4} \cdot r^{2 \gamma}

Да отбележим, че когато

2 \alpha=4

имаме

2^{4}-1=15

дели

n

и следователно

r=5

, а когато

2 \alpha=6

имаме

2^{6}-1=63

дели

n

и следователно

r=7

. Тъй като

r^{2 \gamma}-1

е делител на

2^{2 \alpha}.3^{2 \beta}

, то

r^{2 \gamma}-1 \leq 2^{2 \alpha}.3^{2 \beta}

. Във всеки от горните 6 случая с директна проверка за

r=5

r=7

и стойности на

\gamma

, за които

r^{2 \gamma}-1 \leq 2^{2 \alpha}.3^{2 \beta}

, получаваме следните решения:

2^{2} \cdot 3^{2} \cdot 5^{2}, 2^{4} \cdot 3^{2} \cdot 5^{2},

2^{4} \cdot 3^{4} \cdot 5^{2}, 2^{6} \cdot 3^{2} \cdot 7^{2}

Измежду тях най-голямо е

2^{4} \cdot 3^{4} \cdot 5^{2}=180^{2}=32400

\textit{Оценяване.}

( 7 точки) 1 т. за

p=2; 1

т. за

q=3; 1

т. за

2^{\alpha}-1=3^{y}

или

2^{\alpha}+1=3^{y}

с извода

\alpha=1, 2, 3; 1

т. за

3^{\beta}-1=2^{x}

или

3^{\beta}+1=2^{x}

с извода

\beta=1, 2; 1

т. за

r^{2 \gamma}-1 \leq 2^{2 \alpha}.3^{2 \beta}; 2

т. за намиране на всички решения и определяне на най-голямото измежду тях; при пропускане на едно или две решения се отнема 1 точка.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

На дъската е записано числото 2022. Иван и Петър играят следната игра, като Иван е първи. На всеки свои ход Иван хвърля зар, събира полученото на зара число

a

със записаното на дъската число

b

и замества

b

с остатъка на

(a+b)^{2}

при деление на 5. На всеки свои ход Петър хвърля зар, събира полученото на зара число а със записаното на дъската число

b

и замества

b

с остатъка на

a+b

при деление на 3. Който от двамата запише на дъската 0, печели и играта завършва. Да се намери вероятността Иван да спечели играта.

Решение

Тъй като квадратичните остатъци по модул 5 са 0, 1 и 4, Иван или печели или записва едно от числата 1 или 4. Следователно Иван или печели, или записва

1(\bmod 3)

. Петър или печели, или записва 1 или 2, което е 1 или

2(\bmod 5)

. Да означим с

p_{i}, i=1, 2

вероятността Иван да спечели, когато на дъската е записано число

i

, а с

q

вероятността Петър да спечели, когато на дъската е записано число

1(\bmod 3)

. Тъй като

2022 \equiv 2(\bmod 5)

, то търсим

p_{2}

. От условието следва, че

а

може да бъде всяко число

1, 2, 3, 4, 5, 6

с вероятност

\frac{1}{6}

. При

b=1

Иван печели при

a=4

. При

a=1, 2, 3, 5, 6

Иван записва на дъската

1(\bmod 3)

и тогава той печели с вероятност

1-q

(защото Петър печели с вероятност

q

). При

b=2

Иван печели при

a=3

. При

a=1, 2, 4, 5, 6

Иван записва на дъската

1(\bmod 3)

и тогава той печели с вероятност

1-q

(защото Петър печели с вероятност

q

). Следователно:

p_{1}=p_{2}=\frac{1}{6}+\frac{5}{6}(1-q) \tag{1}

При

b=1

Петър печели при

a=2

и 5. При

a=3, 6

Петър записва на дъската 1 и тогава той печели с вероятност

1-p_{1}

(защото Петър печели с вероятност

p_{1}

). При

a=1, 4

Петър записва на дъската 2 и тогава той печели с вероятност

1-p_{2}

(защото Петър печели с вероятност

p_{2}

). Следователно:

q=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\left(1-p_{1}\right)+\frac{1}{3}\left(1-p_{2}\right) \tag{2}

От (1) и (2) получаваме

q=\frac{3}{4}, p_{1}=p_{2}=\frac{3}{8}

. Следователно вероятността Иван да спечели е

p_{2}=\frac{3}{8}

\textit{Оценяване.}

1 т. за наблюдението, че Иван записва

1(\bmod 3); 1

т. за въвеждане на

p_{i}, i=1, 2

q; 2

т. за (1); 2 т. за (2); 1 т. за решаване на системата и получаване на отговора.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-11-4

2023

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Четворка

(a, b, c, d)

от различни естествени числа се нарича

\textit{k-хубава}\text{, }

ако са изпълнени следните две свойства:

(*)

Измежду числата

a, b, c, d

няма три, които да образуват (в някакъв ред) аритметична прогресия.

(*)

Измежду числата

a+b, \: a+c, \: a+d, \: b+c, \: b+d

c+d

има

k\text{, }

които образуват (в някакъв ред) аритметична прогресия. a) Да се намери

4

-хубава четворка. б) Да се намери най-голямото

k\text{, }

за което съществува

k

-хубава четворка.

Решение

а) Четворката

(7, 6, 4, 3)

е хубава защото в нея няма три числа, които да образуват аритметична прогресия, а от шестте числа

7+6=13, 7+4=11, 7+3=10,

6+4=10, 6+3=9, 4+3=7

числата

7, 9, 11, 13

образуват аритметична прогресия. б) Без ограничение нека

a\gt{}b\gt{}c\gt{}d

. Тогава

a+b\gt{}a+c\gt{}\max (a+d, b+c)\gt{}

\min (a+d, b+c)\gt{}b+d\gt{}c+d

Да забележим, че ако:

(1)

a+b, a+c

a+d

образуват аритметична прогресия, то

2(a+c)=(a+b)+(a+d) \Longleftrightarrow

2 c=b+d

(2)

a+b, a+c

b+c

образуват аритметична прогресия, то

2(a+c)=(a+b)+(b+c) \Longleftrightarrow

2 b=a+c

(3)

a+d, b+d

c+d

образуват аритметична прогресия, то

2(b+d)=(a+d)+(c+d) \Longleftrightarrow

2 b=a+c

(4)

b+c, b+d

c+d

образуват аритметична прогресия, то

2(b+d)=(b+c)+(c+d) \Longleftrightarrow

2 c=b+d

a+b, a+c, a+d, b+c, b+d

c+d

да изтрием, винаги се среща някоя от прогресиите

(1)

(2)

(3)

, или

(4)

, противоречие. От а) следва, че търсеното

k

е 4.

\textit{Оценяване.}

(6 точки) а) за вярна 4 -хубава четворка - 2 точки; б) за наредба на четирите числа и на получените шест сбора -1 точка; за доказателство, че

k \leq 4

- 3 точки; частични резултати: за наблюдението, че някой от примерите

(1)

(2)

(3)

(4)

води до противоречие 1 точка; за доказателство, че шестте числа не могат да образуват аритметична прогресия (еквивалентно на

k \leq 5

) -1 точка.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-11-1

Задача 1

Пълен запис

Условие

Четворка

(a,b,c,d)

от различни естествени числа се нарича

k

-хубава, ако са изпълнени следните две свойства: • Измежду числата

a,b,c,d

няма три, които да образуват (в някакъв ред) аритметична прогресия. • Измежду числата

a+b,a+c,a+d,b+c,b+d

c+d

има

k

, които образуват (в някакъв ред) аритметична прогресия. а) Да се намери 4-хубава четворка. б) Да се намери най-голямото

k

за което съществува

k

-хубава четворка.

Решение

а) Четворката

(7,6,4,3)

е хубава защото в нея няма три числа, които да образуват аритметична прогресия, а от шестте числа

7+6=13,\quad 7+4=11,\quad 7+3=10,

\quad 6+4=10,\quad 6+3=9,\quad 4+3=7

числата 7, 9, 11, 13 образуват аритметична прогресия. б) Без ограничение нека

a\gt{}b\gt{}c\gt{}d

. Тогава

a+b\gt{}a+c\gt{}\max(a+d,b+c)\gt{}

\min(a+d,b+c)\gt{}b+d\gt{}c+d.

Да забележим, че ако: 1.

a+b,a+c

a+d

образуват аритметична прогресия, то

2(a+c)=(a+b)+(a+d)\Longleftrightarrow 2c=b+d

; 2.

a+b,a+c

b+c

образуват аритметична прогресия, то

2(a+c)=(a+b)+(b+c)\Longleftrightarrow 2b=a+c

; 3.

a+d,b+d

c+d

образуват аритметична прогресия, то

2(b+d)=(a+d)+(c+d)\Longleftrightarrow 2b=a+c

. 4.

b+c,b+d

c+d

образуват аритметична прогресия, то

2(b+d)=(b+c)+(c+d)\Longleftrightarrow 2c=b+d

a+b,a+c,a+d,b+c,b+d

c+d

да изтрием, винаги се среща някоя от прогресийте 1., 2., 3., или 4.,противоречие. От а) следва, че търсеното

k

е 4. Оценяване. (6 точки) а) за вярна 4-хубава четворка – 2 точки; б) за наредба на четирите числа и на получените шест сбора – 1 точка; за доказателство, че

k\leq4

– 3 точки; частични резултати: за наблюдението, че някой от примерите 1., 2., 3. и 4. води до противоречие – 1 точка; за доказателство, че шестте числа не могат да образуват аритметична прогресия (еквивалентно на

k\leq5

) – 1 точка.

Klasirane.bg — проверен архив11.1Условие — източник Решение — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Върху страните

A B, B C

A C

на триъгълник

A B C

са избрани съответно точки

C_{1}, A_{1}

B_{1}

така че

B A_{1}=B C_{1}

C A_{1}=C B_{1}

. Правите

A_{1} C_{1}

A_{1} B_{1}

пресичат права през

A

, успоредна на

B C

, съответно в точки

P

Q

. Ако описаните окръжности около триъгълниците

A P C_{1}

A Q B_{1}

се пресичат за втори път в точка

R

върху отсечката

A A_{1}

, да се докаже, че точка

R

лежи на вписаната в триъгълник

A B C

окръжност.

Решение

От

P Q || B C

B A_{1}=B C_{1}

получаваме

\angle A P C_{1}=C_{1} A_{1} B=\angle A_{1} C_{1} =\angle A C_{1} P

Тъй като четириъгълникът

A P C_{1} R

е вписан, имаме

\angle A_{1} R C_{1}=\angle A P C_{1}=\angle P C_{1} A=\angle P R A

Аналогично

\angle C A_{1} B_{1}=\angle C B_{1} A_{1}=\angle A B_{1} Q=

\angle A Q B_{1}=\angle A_{1} R B_{1}=\angle A R Q

От

\angle B_{1} R C_{1}+\angle B_{1} A_{1} C_{1}=180^{\circ}

следва, че

R C_{1} A_{1} B_{1}

е вписан в окръжност

k

. Понеже

\angle C_{1} R A_{1}=\angle C_{1} A_{1} B=\angle A_{1} C_{1} B

\angle B_{1} R A_{1}=\angle C A_{1} B_{1}=\angle C B_{1} A_{1}

, то

k

се допира до страните на триъгълник

A B C

, т. е.

k

е вписаната в

\triangle A B C

окръжност.

\textit{Оценяване.}

(6 точки) За

\angle C A_{1} B_{1}=\angle C B_{1} A_{1}=\angle A B_{1} Q=\angle A Q B_{1}=\angle A_{1} R B_{1}=\angle A R Q

или съответното му -2 точки; за

R C_{1} A_{1} B_{1}

вписан -2 точки; за извода, че

k

е вписаната окръжност - 2 точки.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-11-2

Задача 2

Пълен запис

Условие

Върху страните

AB,BC

AC

на триъгълник

ABC

са избрани съответно точки

C_1,A_1

B_1

така че

BA_1=BC_1

CA_1=CB_1

. Правите

A_1C_1

A_1B_1

пресичат права през

A

, успоредна на

BC

, съответно в точки

P

Q

. Ако описаните окръжности около триъгълниците

APC_1

AQB_1

се пресичат за втори път в точка

R

върху отсечката

AA_1

, да се докаже, че точка

R

лежи на вписаната в триъгълник

ABC

окръжност.

Решение

От

PQ\parallel BC

BA_1=BC_1

получаваме

\angle APC_1=\angle C_1A_1B=\angle A_1C_1B=\angle AC_1P.

Тъй като четириъгълникът

APC_1R

е вписан, имаме

\angle A_1RC_1=\angle APC_1=\angle PC_1A=\angle PRA.

Аналогично

\angle CA_1B_1=\angle CB_1A_1=\angle AB_1Q=

\angle AQB_1=\angle A_1RB_1=\angle ARQ.

От

\angle B_1RC_1+\angle B_1A_1C_1=180^\circ

следва, че

RC_1A_1B_1

е вписан в окръжност

k

. Понеже

\angle C_1RA_1=\angle C_1A_1B=\angle A_1C_1B

\angle B_1RA_1=\angle CA_1B_1=\angle CB_1A_1

, то

k

се допира до страните на триъгълник

ABC

, т.е.

k

е вписаната в

\triangle ABC

окръжност. Оценяване. (6 точки) За

\angle CA_1B_1=\angle CB_1A_1=\angle AB_1Q=\angle AQB_1=\angle A_1RB_1=\angle ARQ

или съответното му – 2 точки; за

RC_1A_1B_1

вписан – 2 точки; за извода, че

k

е вписаната окръжност – 2 точки.

Klasirane.bg — проверен архив11.2Условие — източник Решение — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

За естествено число

n

са изпълнени следните свойства:

(*)

Числото

n+1

се дели на

24

(*)

Сборът от квадратите на всички делители на

n

(включително 1 и самото

n)

се дели на

48

. Колко най-малко делители може да има

n?

Решение

Тъй като

n+1

се дели на 4, то

n

не е точен квадрат. Следователно делителите на

n

могат да бъдат разделени на двойки

\left(a_{0}, b_{0}\right)=(1, n); \left(a_{1}, b_{1}\right), \ldots, \left(a_{s}, b_{s}\right)

като броят на делителите на

n

2(s+1)

. Тъй като 24 дели

n+1

, то всички делители на

n

са нечетни и не се делят на 3. За всяко

i=0, 1, \ldots, s

имаме

a_{i}+b_{i}=a_{i}+\frac{n}{a_{i}}=\frac{a_{i}^{2}-1+n+1}{a_{i}}

и от

a_{i}

нечетно, което не се дели на 3 следва, че

a_{i}^{2}-1

се дели на 24. Следователно

a_{i}+b_{i}

се дели на 24. Сега от условието имаме, че

\sum_{i=0}^{s}\left(a_{i}^{2}+b_{i}^{2}\right)=

\sum_{i=0}^{s}\left(\left(a_{i}+b_{i}\right)^{2}-2 a_{i} b_{i}\right)=

\sum_{i=0}^{s}\left(a_{i}+b_{i}\right)^{2}-2 n(s+1)

се дели на 48. Тъй като 48 дели

\left(a_{i}+b_{i}\right)^{2}

n

е нечетно, то 48 дели

2(s+1)

. Това означава, че

n

има поне 48 делители. Числото

n=23^{47}

има исканите свойства, защото 24 дели

23^{47}+1

и сборът от квадратите на делителите на

n

1+23^{2}+23^{4}+\cdots+23^{94}

се дели на 48, защото

23^{2 k}=529^{k} \equiv 1(\bmod 48)

. Оценяване. ( 7 точки) За наблюдението, че всички делители на

n

са нечетни и не се делят на 3 - 1 точка; за наблюдението, че

n

не е точен квадрат и делителите му могат да се групират по двойки с произведение

n-1

точка; за доказателство, че сборът на числата във всяка двойка се дели на 24 - 2 точки; за доказателство, че

n

има поне 48 делители (т. е. 48 дели

2(s+1)

) - 1 точка; за намиране на число с 48 делители, което изпълнява условието 2 точки.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-11-3

Задача 3

Пълен запис

Условие

За естествено число

n

са изпълнени следните сквойства: • Числото

n+1

се дели на 24. • Сборът от квадратите на всички делители на

n

(включително 1 и самото

n

) се дели на 48. Колко най-малко делители може да има

n

Решение

Тъй като

n+1

се дели на 4, то

n

не е точен квадрат. Следователно делителите на

n

могат да бъдат разделени на двойки

(a_0,b_0)=(1,n);(a_1,b_1),\ldots,(a_s,b_s),

като броят на делителите на

n

2(s+1)

. Тъй като 24 дели

n+1

, то всички делители на

n

са нечетни и не се делят на 3. За всяко

i=0,1,\ldots,s

имаме

a_i+b_i=a_i+\frac{n}{a_i}=\frac{a_i^2-1+n+1}{a_i}

и от

a_i

нечетно, което не се дели на 3 следва, че

a_i^2-1

се дели на 24. Следователно

a_i+b_i

се дели на 24. Сега от условието имаме, че

\begin{aligned} \sum_{i=0}^s(a_i^2+b_i^2)&=\sum_{i=0}^s((a_i+b_i)^2-2a_ib_i)\\ &=\sum_{i=0}^s(a_i+b_i)^2-2n(s+1) \end{aligned}

се дели на 48. Тъй като 48 дели

(a_i+b_i)^2

n

е нечетно, то 48 дели

2(s+1)

. Това означава, че

n

има поне 48 делители. Числото

n=23^{47}

има исканите свойства, защото 24 дели

23^{47}+1

и сборът от квадратите на делителите на

n

1+23^2+23^4+\cdots+23^{94}

се дели на 48, защото

23^{2k}=529^k\equiv1\pmod{48}

. Оценяване. (7 точки) За наблюдението, че всички делители на

n

са нечетни и не се делят на 3 – 1 точка; за наблюдението, че

n

не е точен квадрат и делителите му могат да се групират по двойки с произведение

n

– 1 точка; за доказателство, че сборът на числата във всяка двойка се дели на 24 – 2 точки; за доказателство, че

n

има поне 48 делители (т.е. 48 дели

2(s+1)

) – 1 точка; за намиране на число с 48 делители, което изпълнява условието – 2 точки.

Klasirane.bg — проверен архив11.3Условие — източник Решение — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Страната

A

има

k m

града, а страната

B

има

k n

града (

k, m, n \in \mathbb{N}

). Всеки град от

A

е свързан с двупосочна директна авиолиния с всеки град от

B

. Те се обслужват от

k

авиокомпании (всяка авиолиния се обслужва само от една компания). Други авиолинии, освен посочените, няма. Докажете, че може да изберем авиокомпания и

m+n

града, така че да е възможно да се придвижим между всеки два от избраните градове, ползвайки само авиолиниите на тази компания.

Решение

Лема 1. Нека

x, y

са положителни реални числа, а

k, \ell; \ell \geq k

са естествени числа. Реалните числа

x_{i}, y_{i}, i=1, 2, \ldots, \ell

удовлетворяват условията

x_{i} \geq 0, y_{i} \geq 0, x_{i}+y_{i} \leq(x+y) / k, i=1, 2, \ldots, \ell

\sum_{i=1}^{\ell} x_{i}=x, \sum_{i=1}^{\ell} y_{i}=y \tag{1}

Тогава е в сила неравенството

\sum_{i=1}^{\ell} x_{i} y_{i} \leq \frac{x y}{k}

Равенството се достига само когато

x_{i}=x / k, y_{i}=y / k, i=1, 2, \ldots, k; x_{i}=y_{i}=0, i\gt{}k

. Доказателство. Да означим

f(x, y): =\sum_{i=1}^{\ell} x_{i} y_{i}

, където

x=\left(x_{1}, \ldots, x_{\ell}\right), y=\left(y_{1}, \ldots, y_{\ell}\right)

. Тъй като условията (1) определят компактно множество, функцията

f

достига максималната си стойност върху него, да речем в точките

x_{i}^{\prime}, y_{i}^{\prime}

. Можем да считаме, че

x_{1}^{\prime} \geq x_{2}^{\prime} \geq \cdots \geq

x_{\ell}^{\prime}

. Ще докажем, че

y_{i}^{\prime}

са също в намаляваща последователност. Ако допуснем, че

y_{i}^{\prime}\lt{}y_{i+1}^{\prime}

, да разгледаме

x_{i}=x_{i+1}: =\left(x_{i}^{\prime}+x_{i+1}^{\prime}\right) / 2; y_{i}=y_{i+1}: =\left(y_{i}^{\prime}+y_{i+1}^{\prime}\right) / 2

. Тогава, (неравенство на Чебишев)

x_{i} y_{i}+x_{i+1} y_{i+1}\gt{}x_{i}^{\prime} y_{i}^{\prime}+x_{i+1}^{\prime} y_{i+1}^{\prime},

което противоречи на максималността на

x^{\prime}, y^{\prime}

. По-нататък, ако

x_{1}^{\prime}+y_{1}^{\prime}\lt{}(x+y) / k

ние по аналогичен начин може да образуваме

x_{1}: =x_{1}^{\prime}+\varepsilon, x_{2}: =x_{2}^{\prime}-\varepsilon; y_{1}: =y_{1}^{\prime}+\delta, x_{2}: =x_{2}^{\prime}-\delta

за подходящи

\varepsilon, \delta \geq 0

и да получим по-голяма стойност на

f

. Така че,

x_{1}^{\prime}+y_{1}^{\prime}=(x+y) / k

. Нека

k^{\prime}

е най-голямото естествено число, за което

x_{k^{\prime}}\gt{}0

y_{k^{\prime}}\gt{}0

. По същия начин, както по-горе, се вижда че

x_{i}^{\prime}+y_{i}^{\prime}=(x+y) / k, i=1, 2, \ldots, k^{\prime}

. Значи

k^{\prime} \leq k

. Нека допуснем, че

k^{\prime}\lt{}k

и за определеност

y_{i}=0, i\gt{}k^{\prime}

. Да модифицираме

x, y

по следния начин. Полагаме

x_{i}: =x_{i}^{\prime}, y_{i}: =y_{i}^{\prime}, i=1, 2, \ldots, k^{\prime}-1; x_{k^{\prime}}: =x_{k^{\prime}}^{\prime}, y_{k^{\prime}}: =y_{k^{\prime}}^{\prime}-\varepsilon, x_{k^{\prime}+1}: =(x+y) / k, y_{k^{\prime}+1}: =\varepsilon

. За

i\gt{}k^{\prime}+1

числата

y_{i}

са нули, а числата

x_{i}

нямат значение, стига да се подчиняват на (1). Тъй като

x_{k}^{\prime}\lt{}(x+y) / k

, лесно се вижда че

f(x, y)\gt{}f\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)

което противоречи на максималността на

x^{\prime}, y^{\prime}

. И така,

k^{\prime}=k

. Сега ще докажем, че

x_{i}^{\prime}=x / k, y_{i}^{\prime}=y / k, i=1, 2, \ldots, k

. Да допуснем че това не е вярно и

j

е първият индекс, за който

x_{j}^{\prime} \neq x / k

, като нека за определеност нека

x_{j}^{\prime}\lt{}x / k

. Тогава, ще съществува

i\gt{}j

за което

x_{i}^{\prime}\gt{}x / k

, което значи

x_{i}^{\prime}\gt{}x_{j}^{\prime}

и значи последователността

x_{1}^{\prime}, x_{2}^{\prime}, \ldots, x_{k}^{\prime}

не е намаляваща, противоречие. С това установихме, че

x_{i}^{\prime}=x / k, y_{i}^{\prime}=y / k, i=1, 2, \ldots, k

. Тъй като

f\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)=k x y

, верността на Лема 1 е доказана. Обратно към задачата. Броят всички авиолинии е

k^{2} m n

. Значи има авиокомпания, която обслужва поне

k m n

авиолинии. Да премахнем всички останали авиолинии. Ще докажем, че в получения граф, нека бъде

K^{\prime}

, има свързана компонента състояща се от поне

m+n

върха. Да допуснем противното. Нека свързаните компоненти на

K^{\prime}

са

G\left(A_{i}, B_{i}\right), i=1, 2, \ldots, \ell

\left|A_{i}\right|=m_{i}, \left|B_{i}\right|=n_{i}, i=1, 2, \ldots, \ell

. Имаме

\sum_{i=1}^{\ell} m_{i}=k m, \sum_{i=1}^{\ell} n_{i}=k n, m_{i}+n_{i}\lt{}m+n

Съгласно Лема 1,

\sum_{i=1}^{\ell} m_{i} n_{i}\lt{}k m n,

което противоречи на избора на авиолинията. И така, за поне едно

i

е изпълнено

m_{i}+n_{i} \geq

m+n

\textit{Оценяване.}

( 7 точки) 2т. за стигане до неравенство от типа на Лема 1, 5т. за доказването му.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-11-4

Задача 4

Пълен запис

Условие

Страната

A

има

km

града, а страната

B

има

kn

града

(k,m,n\in\mathbb N.)

. Всеки град от

A

е свързан с двупосочна директна авиолиния с всеки град от

B

. Те се обслужват от

k

m+n

Решение

Лема 1. Нека

x,y

са положителни реални числа, а

k,\ell,\ell\geq k

са естествени числа. Реалните числа

x_i,y_i,i=1,2,\ldots,\ell

удовлетворяват условията

\begin{gathered} x_i\geq0,\ y_i\geq0,\ x_i+y_i\leq\frac{x+y}{k},\quad i=1,2,\ldots,\ell;\\ \sum_{i=1}^{\ell}x_i=x,\qquad \sum_{i=1}^{\ell}y_i=y. \tag{1} \end{gathered}

Тогава е в сила неравенството

\sum_{i=1}^{\ell}x_iy_i\leq\frac{xy}{k}.

Равенството се достига само когато

x_i=x/k,y_i=y/k,i=1,2,\ldots,k;x_i=y_i=0,i\gt{}k

. Доказателство. Да означим

f(x,y):=\sum_{i=1}^{\ell}x_iy_i

, където

x=(x_1,\ldots,x_\ell),y=(y_1,\ldots,y_\ell)

. Тъй като условията (1) определят компактно множество, функцията

f

достига максималната си стойност върху него, да речем в точките

x_i',y_i'

. Можем да считаме, че

x_1'\geq x_2'\geq\cdots\geq x_\ell'

. Ще докажем, че

y_i'

са също в намаляваща последователност. Ако допуснем, че

y_i'\lt{}y_{i+1}'

, да разгледаме

x_i=x_{i+1}:=(x_i'+x_{i+1}')/2;y_i=y_{i+1}:=(y_i'+y_{i+1}')/2

. Тогава, (неравенство на Чебишев)

x_iy_i+x_{i+1}y_{i+1}\gt{}x_i'y_i'+x_{i+1}'y_{i+1}'

което противоречи на максималността на

x',y'

. По нататък, ако

x_1'+y_1'\lt{}(x+y)/k

ние по аналогичен начин може да образуваме

x_1:=x_1'+\varepsilon,x_2:=x_2'-\varepsilon;y_1:=y_1'+\delta,x_2:=x_2'-\delta

за подходящи

\varepsilon,\delta\geq0

и да получим по-голяма стойност на

f

. Така че,

x_1'+y_1'=(x+y)/k

. Нека

k'

е най-голямото естествено число, за което

x_{k'}'\gt{}0

y_{k'}'\gt{}0

. По същия начин, както по-горе, се вижда че

x_i'+y_i'=(x+y)/k,i=1,2,\ldots,k'

. Значи

k'\leq k

. Нека допуснем, че

k'\lt{}k

и за определеност

y_i=0,i\gt{}k'

. Да модифицираме

x,y

по следния начин. Полагаме

x_i:=x_i',y_i:=y_i',i=1,2,\ldots,k'-1;x_{k'}:=x_{k'}',y_{k'}:=y_{k'}'-\varepsilon,x_{k'+1}:=(x+y)/k,y_{k'+1}:=\varepsilon

. За

i\gt{}k'+1

числата

y_i

са нули, а числата

x_i

нямат значение, стига да се подчиняват на (1). Тъй като

x_k'\lt{}(x+y)/k

, лесно се вижда че

f(x,y)\gt{}f(x',y')

което противоречи на максималността на

x',y'

. И така,

k'=k

. Сега ще докажем, че

x_i'=x/k,y_i'=y/k,i=1,2,\ldots,k

. Да допуснем че това не е вярно и

j

е първият индекс, за който

x_j'\ne x/k

, като нека за определеност нека

x_j'\lt{}x/k

. Тогава, ще съществува

i\gt{}j

за което

x_i'\gt{}x/k

, което значи

x_i'\gt{}x_j'

и значи последователността

x_1',x_2',\ldots,x_k'

не е намаляваща, противоречие. С това установихме, че

x_i'=x/k,y_i'=y/k,i=1,2,\ldots,k

. Тъй като

f(x',y')=kxy

, верността на Лема 1 е доказана. Обратно към задачата. Броят всички авиолинии е

k^2mn

. Значи има авиокомпания, която обслужва поне

kmn

авиолинии. Да премахнем всички останали авиолинии. Ще докажем, че в получения граф, нека бъде

K'

, има свързана компонента състояща се от поне

m+n

върха. Да допуснем противното. Нека свързаните компоненти на

K'

са

G(A_i,B_i),i=1,2,\ldots,\ell

|A_i|=m_i,|B_i|=n_i,i=1,2,\ldots,\ell

. Имаме

\sum_{i=1}^{\ell}m_i=km,

\qquad \sum_{i=1}^{\ell}n_i=kn,\qquad m_i+n_i\lt{}m+n

Съгласно Лема 1,

\sum_{i=1}^{\ell}m_in_i\lt{}kmn

което противоречи на избора на авиолинията. И така, за поне едно

i

е изпълнено

m_i+n_i\geq m+n

. Оценяване. (7 точки) 2т. за стигане до неравенство от типа на Лема 1, 5т. за доказването му.

Klasirane.bg — проверен архив11.4Условие — източник Решение — източник

2024

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

a

, за които уравнението

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

има три различни корена

x_1

x_2

x_3

, и тези корени заедно с числото

a

в някакъв ред образуват аритметична прогресия.

Решение

Тъй като

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

(x-1)(x^2-(a+1)x-2a+1),

то

x_1=1

, а

x_2

x_3

са корени на

f(x)=x^2-(a+1)x-2a+1=0

. Тъй като

x_2+x_3=a+1

, то за дадената аритметична прогресия, с точност до симетрия, има две възможности –

x_2,1,a,x_3

или

1,x_2,x_3,a

. В първия случай

x_2=2-a

и след заместване в уравнението получаваме

f(2-a)=0\Longleftrightarrow2a^2-7a+3=0

с корени

a=3

a=\frac12

. Във втория случай

d=x_2-1

, като

x_2=\frac{a+2}{3}

и получаваме

f\left(\frac{a+2}{3}\right)=0\Longleftrightarrow2a^2+23a-7=0,

с корени

a=\frac{-23+\sqrt{\vphantom{x^2}585}}4

a=\frac{-23-\sqrt{\vphantom{x^2}585}}4

. Оценяване. (6 точки) 1 т. за разлагането

(x-1)(x^2-(a+1)x-2a+1)

; 1 т. за наблюдението, че

x_2+x_3=a+1

води до разглеждането на само два случая; по 2 т. за пълно решаване на всеки от двата случая.

Klasirane.bg — проверен архив11.1Условие — източник Решение — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Ъглите при върховете

A

B

C

на триъгълник

ABC

са съответно първи, втори и трети член на намаляваща аритметична прогресия. Намерете ъглите на триъгълника, ако

\angle BHI=60^\circ

, където

H

I

са съответно ортоцентърът и центърът на вписаната окръжност на триъгълника.

Решение

Отговор.

80^\circ,60^\circ,40^\circ

. Решение. Първи метод. От условието следва, че

\angle B=60^\circ

. Тогава

\angle AIC=120^\circ

и ако

P

е симетричната на

I

спрямо

AC

, то

\angle APC=120^\circ

. Това означава, че

P

е върху описаната около

ABC

окръжност. Тъй като симетричната на

H

спрямо

AC

също лежи на описаната окръжност (означаваме тази точка с

Q

), то

QHIP

е равнобедрен трапец. Следователно

\angle PQH=\angle IHQ=120^\circ

. Четириъгълникът

QBCP

е вписан в окръжност, откъдето получаваме

\angle PCB=180^\circ-\angle BQP=60^\circ

. Понеже

\angle BCI=\angle ICA=\angle ACP

, получаваме

\angle ACB=40^\circ

\angle BAC=80^\circ

. Втори метод. (Б. Димитров) Ще използваме стандартно означение за ъглите на триъгълника

ABC

. Тогава от даденото условие получаваме

2\beta=\alpha+\gamma\Longrightarrow3\beta=180^\circ\Longrightarrow\beta=60^\circ

. Ще решим задачата за остроъгълен триъгълник (когато

\triangle ABC

е тъпоъгълен, разсъжденията са аналогични). Имаме

\angle AHC=\angle AIC=120^\circ

, откъдето четириъгълникът

AHIC

е вписан. Сега

180-\alpha=\angle BHC=\angle BHI+\angle IHC=

60^\circ+\angle IAC=60^\circ+\frac\alpha2\Longrightarrow\alpha=80^\circ

От последното получаваме

\gamma=40^\circ

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

\beta=60^\circ

; 1 т. за доказване, че симетричната на

I

лежи на описаната окръжност; 2 т. за вписания четириъгълник

QBCP

; 2 т. за намиране на ъглите. Втори метод: 1 т. за

\beta=60^\circ

; 2 т. за вписания четириъгълник

AHIC

; 3 т. за намиране на ъглите.

Klasirane.bg — проверен архив11.2Условие — източник Решение — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Кристи иска да раздаде бонбони на

n\geq3

свои съученици. Той разполага всеки от тях върху точка в двора на училището. Точките са в една равнина, като никои три от тях не лежат на една права. За всеки изпъкнал многоъгълник

P

с върхове сред тези точки, Кристи прави следното. Преброява учениците, които се намират вътре в

P

или на страните му, нека техният брой е

S_P

. Той раздава по

S_P

бонбона на всеки от тези

S_P

ученици. Ученик, получил най-малко бонбони след всички раздавания, наричаме нещастен (нещастните ученици могат да са един или повече). Определете максималното количество бонбони, които може да получи нещастен ученик.

Решение

Нека

X

е множеството от

n

точки. За изпъкнал многоъгълник

P

с върхове в

X

да означим с

C(P)

множеството от точки в

X

, които са вътре или на контура на

P

. Нека

Q

е общият брой бонбони, получени от всички ученици, а

m

е броят бонбони, получени от нещастен ученик. Имаме

Q=\sum_P|C(P)|^2\leq\sum_{A\subset X}|A|^2=\sum_{k=3}^nk^2\binom nk.

Първото неравенство е в сила, защото

P\to C(P)

е инекция от множеството на изпъкналите многоъгълници с върхове в

X

към множеството от всички подмножества на

X

. Използвайки

\binom ab=\frac ab\binom{a-1}{b-1}\quad\text{и}\quad\sum_{i=0}^m\binom mi=2^m,

пресмятаме:

\begin{aligned} Q&=\sum_{k=3}^nk^2\binom nk=n\sum_{k=3}^nk\binom{n-1}{k-1}\\ &=n\sum_{k=3}^n(k-1)\binom{n-1}{k-1}+n\sum_{k=3}^n\binom{n-1}{k-1}\\ &=n(n-1)\sum_{k=3}^n\binom{n-2}{k-2}+n\sum_{k=3}^n\binom{n-1}{k-1}\\ &=n(n-1)(2^{n-2}-1)+n(2^{n-1}-(n-1)-1)\\ &=n(n+1)2^{n-2}-2n(n-1)-n.\tag{1} \end{aligned}

От (1) следва

m\leq(n+1)2^{n-2}-2n+1.

Да разположим сега учениците във върховете на правилен

n

-ъгълник. Тогава за всяко

A\subset X

, изпъкналата обвивка на

A

се състои от всички върхове на

A

. Значи в (1) равенството се достига и

Q=n(n+1)2^{n-2}-n-2n(n-1)

. От друга страна поради симетрията всеки ученик получава равен брой бонбони и значи

m=Q/n=(n+1)2^{n-2}-2n+1

. Оценяване. (7 точки) 5 т. за доказване оценката отгоре, 2 т. – че тя се достига (примера). При валидна оценка отгоре, но липса на аргументация, че

P\to C(P)

е инекция (или еквивалентно разсъждение) се отнема 1 т. Ако формулата за

m

не е в затворен вид, (т.е. пресмятанията в (1) не са направени) се отнема 1 т.

Klasirane.bg — проверен архив11.3Условие — източник Решение — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото естествено число

n

, за което съществуват

n

две по две различни естествени числа

a_1,a_2,\ldots,a_n

, такива че стойността на израза

\frac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2-2025}{a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2}

е естествено (т.е. цяло положително) число.

Решение

Отговор.

n=9

. Решение. Нека означим

S=\sum_{i=1}^na_i;\quad Q=\sum_{i=1}^na_i^2.

Тъй като

a_i

a_i^2

са от еднаква четност, то

S

Q

също са от еднаква четност. Щом

Q

дели

S^2-2025

, то

S

Q

са нечетни. Но тогава

S^2-2025=(S-45)(S+45)

се дели на 8 и понеже

Q

е нечетно, получаваме

\frac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2-2025}{(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)}\geq

8.

От друга страна от неравенството между средно аритметично и средно квадратично имаме:

nQ\geq S^2\gt{}S^2-2025\geq8Q,

следователно

n\gt{}8

, значи

n\geq9

. Ще покажем, че за

n=9

е възможно да удовлетворим условията. Искаме да намерим решение на уравнението

S^2-2025=8Q

, тъй като знаем, че ако изразът има стойност, различна от 8, то

n\gt{}16

. Целейки симетрия, нека положим

(a_1,a_2,a_3)=(x-1,x,x+1)

(a_4,a_5,a_6)=(y-1,y,y+1)

(a_7,a_8,a_9)=(z-1,z,z+1)

за естествени числа

x,y

z

. Тогава можем да пренапишем уравнението

S^2-2025=8Q

като

(3x+3y+3z)^2-2025=8(3x^2+3y^2+3z^2+6).

Разделяйки двете страни на 3 и разлагайки лявата страна, получаваме:

3(x+y+z-15)(x+y+z+15)=8(x^2+y^2+z^2+2).

От съображения по модул 3 за дясната страна, точно едно от числата

x,y

z

не е кратно на 3. Нека

x=3u+1

y=3v

z=3w

за

u,v,w\in\mathbb N

(избрахме

x=3u+1

, но решения могат да се намерят и в случая

x=3u+2

). Пренаписвайки уравнението отново, получаваме:

(3u+3v+3w-14)(3u+3v+3w+16)=

8(3u^2+3v^2+3w^2+2u+1).

Можем да забележим, че

u\equiv2\pmod3

, разглеждайки уравнението отново по модул 3. При

u=2

уравнението е еквивалентно на

3(v-w)^2+\frac12(2v-7)^2+\frac12(2w-7)^2+55=0.

Последното няма решения, понеже лявата страна е положителна, а при

u=5

намираме

(v;w)=(7;10)

, което води до решението

(a_1,a_2,\ldots,a_9)=

(15,16,17,20,21,22,29,30,31).

Оценяване. (7 точки) 5 т. за

n\geq9

, (1 т. за доказване

n\geq c

, където

c\in[3..8]

); 2 т. за показване, че

n=9

е възможен (пример).

Klasirane.bg — проверен архив11.4Условие — източник Решение — източник

2025

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

ABC

с ортоцентър

H

. Върху страната

BC

е избрана произволна точка

D

. Нека перпендикулярът от

D

към

BC

пресича

BH

CH

в съответно точките

X

Y

. Ако

H_1

е ортоцентърът на триъгълника

HXY

, да се докаже, че

A

H_1

D

лежат на една права.

Решение

Решение. (Първи начин) Нека без загуба на общност да допуснем, че

D

лежи на отсечката

PC

, където

P

е петата на височината от

A

към

BC

. И нека правата

HH_1

пресича правата

AC

в точка

Q

. От

YH_1\perp BH

CQ\perp BH

следва, че

H_1Y\parallel CQ

Официалната фигура към решение 11.1 с триъгълника ABC и точките D, H, H1, P, Q, X и Y.

Сега от Талес имаме, че

\frac{HH_1}{HQ}=\frac{HY}{HC}

. От друга страна

HP\parallel YD

, защото и двете са перпендикулярни на

BC

. Oтново от Талес получаваме, че

\frac{HY}{HC}=\frac{PD}{PC}

. Следователно

\frac{HH_1}{HQ}=\frac{PD}{PC}=\frac{HY}{HC}

. Като добавим и факта, че

HQ\parallel PC

, защото и двете са перпендикулярни на

AH

, получаваме, че

A

H_1

D

лежат на една права. (Втори начин) Нека без ограничение

D

B

лежат в различни полуравнини спрямо

AH

AH\cap BC=P

HH_1\cap XY=R

. Понеже

AH\parallel DR

, от теоремата на Талес исканото е еквивалентно на

\frac{AH}{HH_1}=\frac{RD}{RH_1}

. Тъй като

HPDR

е правоъгълник, то

DR=HP

и свеждаме до доказването на

\frac{AH}{HP}=\frac{HH_1}{RH_1}

. Обаче

\angle HYX=\angle DPC=90^\circ-\angle DCP=\angle ABC

и аналогично

\angle HXY=\angle ACB

, следователно

\triangle ABC\sim\triangle HXY

и желаното равенство представлява съответни елементи в тези триъгълници. Оценяване. (6 точки) 2 т. за забелязване, че

H_1

е пресечна точка на правата

AD

и правата през

H

успоредна на

BC

; 4 т. за довършване.

Klasirane.bg — проверен архив11.1Условие — източник Решение — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дадена е аритметична прогресия от положителни числа

a_1

a_2

\ldots

a_n

, за която са изпълнени условията:

\frac{1}{a_1\cdot a_2}+\frac{1}{a_2\cdot a_3}+\cdots+\frac{1}{a_{n-1}\cdot a_n}=\frac12,

\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_2}}+\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}a_2}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_3}}

+\cdots+\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}a_{n-1}}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_n}}=

9.

Дадено е, че

a_1

е корен на уравнението

2x^2-13x+36=\sqrt{\vphantom{x^2}x}(11x-36).

Намерете броя на числата в аритметичната прогресия.

Решение

Отговор:

n=73

Решение. По метода на Хорнер разлагаме

2x^2-11x\sqrt{\vphantom{x^2}x}-13x+36\sqrt{\vphantom{x^2}x}+36=

(\sqrt{\vphantom{x^2}x}-2)(\sqrt{\vphantom{x^2}x}-6)(\sqrt{\vphantom{x^2}x}+1)(2\sqrt{\vphantom{x^2}x}+3)=

0.

Поради факта, че

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

е неотрицателно, решенията на това уравнение са

x=36

x=4

, тоест имаме двата случая

a_1=36

a_1=4

. Нека разликата на аритметичната прогресия да е

d

. Непосредствено се вижда, че при

d=0

няма константна аритметична прогресия удовлетворяваща дадените условия. Нататък считаме, че

d\ne0

. От

\frac1d\left(\frac1{a_i}-\frac1{a_{i+1}}\right)=

\frac1d\cdot\frac{a_{i+1}-a_i}{a_i\cdot a_{i+1}}=\frac1{a_i\cdot a_{i+1}},

следва

\begin{aligned} \frac{1}{a_1\cdot a_2}+\frac{1}{a_2\cdot a_3}+\cdots+\frac{1}{a_{n-1}\cdot a_n} &=\frac1d\left(\frac1{a_1}-\frac1{a_2}+\frac1{a_2}-\frac1{a_3}+\cdots+\frac1{a_{n-1}}-\frac1{a_n}\right)\\ &=\frac1d\frac{a_n-a_1}{a_1\cdot a_n}=\frac{n-1}{a_1\cdot a_n}. \end{aligned}

Освен това, да забележим, че

\frac1{\sqrt{\vphantom{x^2}a_k}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_{k+1}}}=

\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a_{k+1}}-\sqrt{\vphantom{x^2}a_k}}{\sqrt{\vphantom{x^2}a_{k+1}}-\sqrt{\vphantom{x^2}a_k}}\cdot\frac1{\sqrt{\vphantom{x^2}a_k}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_{k+1}}}=

\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a_{k+1}}-\sqrt{\vphantom{x^2}a_k}}{a_{k+1}-a_k}=

\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a_{k+1}}-\sqrt{\vphantom{x^2}a_k}}d,

от което получаваме

\begin{aligned} \frac1{\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_2}}+\frac1{\sqrt{\vphantom{x^2}a_2}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_3}}+\cdots+\frac1{\sqrt{\vphantom{x^2}a_{n-1}}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_n}} &=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a_2}-\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}}d+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a_3}-\sqrt{\vphantom{x^2}a_2}}d+\cdots+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a_n}-\sqrt{\vphantom{x^2}a_{n-1}}}d\\ &=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a_n}-\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}}d\cdot\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_n}}{\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_n}}\\ &=\frac{a_n-a_1}{d(\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_n})}=\frac{n-1}{\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_n}}. \end{aligned}

Значи имаме:

\frac{n-1}{\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_n}}=9

\frac{n-1}{a_1\cdot a_n}=\frac12

. Като разделим тези равенства и положим

a_n=t^2

(

t\ge0

) ще получим, че

\begin{aligned} a_1\cdot a_n&=18\cdot(\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_n})\\ a_1\cdot t^2&=18t+18\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}\\ a_1\cdot t^2-18t-18\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}&=0\\ t&=\frac{18\pm\sqrt{\vphantom{x^2}18^2+4a_1\cdot18\sqrt{a_1}}}{2a_1}. \end{aligned}

Решаваме уравнението за двете възможни стойности:

a_1=4

a_1=36

и получаваме съответно

t=6

t=-\frac32

t=2

t=-\frac32

. Тъй като

t\ge0

, единствено възможно е

a_n=36

a_n=4

. В двата случая получаваме еднакви краища на аритметичната прогресия. Освен това знаем, че

\frac{n-1}{a_1a_2}=\frac{n-1}{4\cdot36}=\frac{n-1}{144}=\frac12

, следователно и в двата случая аритметичната прогресия има 73 члена, а разликата ѝ е

\frac49

при

a_1=4

-\frac49

при

a_1=36

. Оценяване. (6 точки) 2 т. за намиране

a_1=4

или

a_1=36

; 1 т. за намиране на сумата

\sum\frac1{a_i\cdot a_{i+1}}

; 1 т. за намиране на сумата

\sum\frac1{\sqrt{\vphantom{x^2}a_i}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_{i+1}}}

; 2 т. за отговор и довършване.

Klasirane.bg — проверен архив11.2Условие — източник Решение — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

P_n

n\ge3

означаваме правилен

n

-ъгълник, всеки два върха на който са свързани с отсечка. Едно естествено число

k\ge2

ще наричаме лабилно, ако за някое

n\ge3

, съществува оцветяване на отсечките в

P_n

в точно

k

цвята, така че за всяко подмножество

X

от върхове на

P_n

, точният брой на цветовете, в които са оцветени отсечките, свързващи двойките върхове от

X

, не е равен на

k-1

. Да се намерят всички лабилни числа

k

Решение

Отговор:

k\in\{i\in\mathbb N:i\ge2\}\setminus\{2,4\}

. Решение. Ще покажем, че всички лабилни числа са

k\ge2

k\ne2,4

. Числото

k=2

не е лабилно, защото за всяко оцветяване на

P_n

в два цвята избираме множество

X

от точно две точки. Отсечката между тях е е оцветена в точно един цвят. Числото

k=3

е лабилно. Наистина, ако вземем

P_3

, няма подмножество на върховете му, определящи отсечки оцветени в точно 2 цвята. Числото

k=4

не е лабилно. Ще докажем, че ако отсечките на

P_n

са оцветени в 4 цвята, винаги може да намерим подмножество

X

на върховете, определящо отсечки оцветени в точно 3 цвята. Да вземем

P_n

, отсечките на което са оцветени в точно 4 цвята. Нека

X'

е подмножество на върховете в

P_n

с минимален брой елементи, такова че отсечките с краища в

X'

да са оцветени в точно 4 цвята. Очевидно

|X'|\ge4

. Нека

v\in X'

е произволен връх в

X'

. Съгласно екстремалността на

X'

, ако премахнем

v

и всички отсечки с край във

v

, ще получим множеството

X'\setminus\{v\}

, което има по-малко на брой върхове от

X'

и значи броят на цветовете

m

, които се срещат измежду отсечките с краища в

X'\setminus\{v\}

е най-много 3. Ако

m=3

сме готови. Да допуснем, че

m\le2

. Тогава, има два различни цвята, които се срещат в отсечките, които свързват

v

с върховете в

X'\setminus\{v\}

, но нито един от тях не се среща в оцветяването на отсечките с върхове в

X'\setminus\{v\}

. Нека отсечките

vz

vw

z,w\in C\setminus\{v\}

са оцветени в тези два цвята. Тъй като отсечката

zw

не може да е е оцветена в някой от горните два цвята, то множеството

X=\{v,w,z\}

определя три отсечки в три различни цвята. Окончателно,

k=4

не е лабилно. Ще покажем, че всяко

k\ge5

е лабилно. Да номерираме цветовете от 1 до

k

и вземем

P_{k-1}

. Оцветяваме

v_iv_{i+1}

в цвят

i

, за

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

(приемаме, че

v_k\equiv v_1

). Всички останали отсечки оцветяваме в цвят

k

. Да допуснем, че съществува множество

X

, което да генерира

k-1

оцветяване на отсечките в него. Тъй като

X

има по-малко върхове от

P_n

, то съществува

v_i

такова, че

v_i\notin X

. Но тогава, нито цвят

i

нито цвят

i-1

(за

i=1

, втория цвят е

k-1

) се срещат в оцветените отсечки с краища в

X

. Противоречие. Следователно числата

k\ge5

са лабилни. Оценяване. (7 точки) по 1 т. за случаите

k=2,3

; 3 т. за случая

k=4

; 2 т. за случая

k\ge5

Klasirane.bg — проверен архив11.3Условие — източник Решение — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадена е редицата от естествени числа

(a_n)_{n=1}^{\infty}

, като за всяко

m\in\mathbb N

са изпълнени условията: • ако

a_i\equiv a_j\pmod m

за някои

i,j\in\mathbb N

, то

a_{i+1}\equiv a_{j+1}\pmod m

• ако

a_i\equiv0\pmod m

за някое

i\in\mathbb N

, то

a_{i+1}\equiv0\pmod m

. Докажете, че за всеки

a\in\mathbb N

b\in\mathbb Z

съществува

n\in\mathbb N

такова, че

n+a_n\equiv b\pmod a.

Решение

Решение. Ще проведем индукция по

a

. Ще докажем, че за всяко

N\in\mathbb N

, съществува

n\ge N

, което удовлетворява (1). За

a=1

твърдението е тривиално. Нека

a\in\mathbb N

a\ge2

и нека сме доказали твърдението за всички по-малки стойности от

a

. Да предположим първо, че редицата има член с остатък 0 по модул

a

. Тогава

a_n\equiv0\pmod a

за всички достатъчно големи

n

и е достатъчно да вземем такова

n

, за което

n\equiv b\pmod a

. Нека сега

a_n\not\equiv0\pmod a

\forall n\in\mathbb N

. Тогава тя е периодична по модул

a

с период

k

от някое място нататък. Т.е.

a_{i+kj}\equiv a_i\pmod a

за всяко

j\in\mathbb N

и всяко

i\ge N

, където

N\in\mathbb N

. Нека

k

e най-малкия такъв период. Това означава, че числата

a_i,a_{i+1},\ldots,a_{i+k-1}

дават различни ненулеви остатъци по модул

a

и значи

k\lt{}a

. И така

(i+kj)+a_{i+kj}-b=a_i+i-b+kj\pmod a.

Нека

d=(k,a)

k=k_1d

a=a_1d

. Да забележим, че за всяко

j_1\in\mathbb N

съществува

j\in\mathbb N

такова, че

jk+j_1d\equiv0\pmod a

. Наистина,

jk+j_1d=(jk_1+j_1)d

. От друга страна, тъй като

(k_1,a_1)=1

, можем да намерим

j\in\mathbb N

така, че

a_1\mid jk_1+j_1

, което означава

a\mid jk+j_1d

. И така, за да докажем, че съществуват

i,j\in\mathbb N

i\ge N

, които удовлетворяват:

(a_i+i-b)+kj\equiv0\pmod a

е достатъчно да намерим

i\ge N

, такова че

d\mid a_i+i-b

. Но от

k\lt{}a

следва

d\lt{}a

. И така, сведохме задачата до намиране на

i\ge N

, за което

a_i+i\equiv b\pmod d.

Това може да се направи съгласно индукционното предположение. Оценяване. (7 точки) 2 т. за доказване, че ако

(k,a)=1

, където

k

е периода на редицата по mod

a

, то всички остатъци (mod

k

) са възможни; 5 т. за доказване на общия случай.

Klasirane.bg — проверен архив11.4Условие — източник Решение — източник