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

12

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

emt2023-12-3: има placeholder текст
emt2022-12-3: има placeholder текст

2007

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които уравнението

\sin 2 x \sin 4 x-\sin x \sin 3 x=a

има единствено

Решение

в интервала

[0, \pi)

. Да забележим, че ако

\alpha

е на даденото уравнение, то

\pi-\alpha

също е негово Значи ако

\alpha_{0} \in[0, \pi)

е единствено на уравнението в интервала

[0, \pi)

, то

\alpha_{0}=0

или

\alpha_{0}=\pi / 2

. Ако

t=\cos 2 x

, то уравнението е еквивалентно последователно на

\begin{gathered} (\cos 2 x-\cos 6 x)-(\cos 2 x-\cos 4 x)=2 a \Longleftrightarrow \cos 4 x-\cos 6 x=2 a \Longleftrightarrow \\ \left(2 t^{2}-1\right)-\left(4 t^{3}-3 t\right)=2 a \Longleftrightarrow 4 t^{3}-2 t^{2}-3 t+2 a+1=0 \end{gathered}

При

\alpha_{0}=0

следва, че

a=0

и получаваме

(t-1)\left(4 t^{2}+2 t-1\right)=0

. Квадратният тричлен в скобите има две реални нули в

(-1, 1)

и следователно

a=0

не е на задачата. При

\alpha_{0}=\pi / 2

следва, че

a=1

и получаваме

(t+1)\left(4 t^{2}-6 t+3\right)=0

. Квадратният тричлен в скобите няма реални нули и следователно

a=1

е на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Всички ръбове на триъгълна пирамида

A B C D

имат равни дължини. Нека

M

е средата на ръба

D B, N

е точката върху продължението на ръба

A B

, за която

2 N A=N B

P

е точка върху височината на

\triangle B C D

през върха

D

. Да се намери

\angle M P D

, ако сечението на пирамидата с равнината (

N M P

) е трапец.

Решение

Тъй като сечението е четириъгълник правата

M P

пресича страната

B C

. Нека

L=M P \cap B C, K=N M \cap A D

Q=N L \cap A C

. Тъй като правите

K M

Q L

не са успоредни, то

M L \| K Q

. От друга страна

N M

D A

са медиани в

\triangle B D N

и следователно

\frac{N Q}{Q L}=\frac{N K}{K M}=\frac{2}{1}.

Но

A C

е медиана в

\triangle N C B

и щом

\frac{N Q}{Q L}=\frac{2}{1}

следва, че

N L

е медианата към

B C

, т. е.

L

е средата на

B C

. Следователно

L=P, M P \| D C

\angle M P D=\angle B L D-\angle B L M=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

r

, за които неравенството

r(a b+b c+c a)+(3-r)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \geq 9

е изпълнено за произволни реални

a, b, c\gt{}0

Решение

При

a=b=c

следва, че

r a^{2}+(3-r) \frac{1}{a} \geq

3 \Longleftrightarrow(a-1)\left(r\left(a^{2}+a+1\right)-3\right) \geq 0 \forall a\gt{}0.

Оттук лесно следва, че

r=1

(Докажете!). Обратно нека

r=1

. Записваме неравенството във вида

\frac{2+a b c}{3} \geq \frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}

. От неравенството между средното геометрично и средното хармонично следва, че

\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}} \leq \sqrt[3]{\vphantom{x^2}a b c}

и е достатъчно да проверим, че

\frac{2+x^{3}}{3} \geq x

, където

x=\sqrt[3]{\vphantom{x^2}a b c}\gt{}0

. Последното е еквивалентно на очевидното неравенство

(x-1)^{2}(x+2) \geq 0

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

p

q

са прости числа и

\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}

е редицата от цели числа, дефинирана с равенствата:

a_{0}=0, a_{1}=1 \text{и} a_{n+2}=p a_{n+1}-q a_{n}

при

n \geq 0

. Да се намерят

p

q

, ако съществува

k

такова, че

a_{3 k}=-3

Решение

Нека

p

q

са нечетни прости числа. От рекурентната зависимост следва, че

a_{2}=p

a_{3}=p^{2}-q

. Следователно

a_{0}

a_{3}

са четни числа. Тъй като

a_{3 k+3}=p a_{3 k+2}-q a_{3 k+1}=p\left(p a_{3 k+1}-q a_{3 k}\right)-q a_{3 k+1}=\left(p^{2}-q\right) a_{3 k+1}-p q a_{3 k}

p^{2}-q

е четно число, по индукция следва, че

a_{3 k}

е четно число за всяко

k \geq 0

, противоречие с условието. Да предположим сега, че

q=2

. Тогава

p \neq 2

, защото в противен случай всички числа

a_{n}, n \geq 2

са четни. Нека

p \geq 3

. Ще докажем, че в този случай

a_{n}\gt{}0

при

n \geq 1

, което отново е противоречие. По индукция ще докажем, че

a_{n+1}\gt{}a_{n} \geq 0

за

n \geq 0

. За

n=0

твърдението е очевидно. Да допуснем, че твърдението е вярно за

n=k

, т. е.

a_{k+1}\gt{}a_{k} \geq 0

. Тогава

a_{k+2}=p a_{k+1}-a_{k}=(p-2) a_{k+1}+2\left(a_{k+1}-a_{k}\right)\gt{}

a_{k+1}\gt{}0

и значи

a_{k+2}\gt{}a_{k+1}\gt{}0

. Остава да разгледаме случая

p=2, q\gt{}2

. От рекурентната връзка следва, че при

n \geq 0

имаме

a_{n+2} \equiv 2 a_{n+1}(\bmod q)

и по индукция заключаваме, че

a_{n+1} \equiv 2^{n}(\bmod q)

. Да предположим, че

a_{3 k}=-3

за някое

k \geq 1

. Тогава

-3=a_{3 k} \equiv 2^{3 k-1}(\bmod q)

. От друга страна пак от рекурентната връзка следва, че

a_{n+2} \equiv 2 a_{n+1}-a_{n}(\bmod q-1)

. Следователно

a_{n+2}-a_{n+1} \equiv a_{n+1}-a_{n} \equiv \cdots \equiv a_{1}-a_{0}=1(\bmod q-1)

и значи

a_{n+1} \equiv n+1(\bmod q-1)

за

n \geq 0

. Тогава

-3=a_{3 k} \equiv 3 k(\bmod q-1)

и от малката теорема на Ферма следва, че

2^{3 k+3} \equiv 1(\bmod q)

. Тогава

1 \equiv 2^{3 k+3} \equiv 16 \cdot 2^{3 k-1} \equiv-48(\bmod q)

, т. е.

q=7

. В този случай

a_{3}=2^{2}-7=-3

и следователно търсените прости числа са

p=2

q=7

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-12-4

2008

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които решенията на системата неравенства

\left\lvert\, \begin{aligned} & \log _{\frac{1}{3}}\left(3^{x}-6 a\right)+\frac{2}{\log _{a} 3}\lt{}x-3 \\ & \log _{\frac{1}{3}}\left(3^{x}-18\right)\gt{}x-5 \end{aligned}\right.

образуват интервал с дължина

\frac{1}{3}

Решение

Първото неравенство има смисъл при

a\gt{}0, a \neq 1

3^{x}\gt{}6 a

. То се записва във вида

\begin{gathered} \log _{\frac{1}{3}}\left(3^{x}-6 a\right)-\log _{\frac{1}{3}} a^{2}\lt{}x-3 \Leftrightarrow \log _{\frac{1}{3}} \frac{3^{x}-6 a}{a^{2}}\lt{}x-3 \\ \Leftrightarrow \frac{3^{x}-6 a}{a^{2}}\gt{}3^{3-x} \Leftrightarrow 3^{2 x}-6 a 3^{x}-27 a^{2}\gt{}0 \end{gathered}

Полагаме

y=3^{x}\gt{}0

. Тогава

y^{2}-6 a y-27 a^{2}\gt{}0

и следователно

y\gt{}9 a

, т. е.

x\gt{}\log _{3} 9 a

. Второто неравенство е еквивалентно на

0\lt{}3^{x}-18\lt{}3^{5-x} \Leftrightarrow 0\lt{}3^{x}\left(3^{x}-18\right)\lt{}

3^{5} \Leftrightarrow 18\lt{}3^{x}\lt{}27 \Leftrightarrow x \in\left(\log _{3} 18, 3\right).

Понеже

3-\log _{3} 18\gt{}\frac{1}{3}

(проверете), то условието е еквивалентно на

3-\log _{3} 9 a=\frac{1}{3}

, т. е.

a=\sqrt[3]{\vphantom{x^2}9}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

A B C

е триъгълник, за който средата на страната

A B

, центърът на вписаната окръжност и допирната точка на външновписаната окръжност към страната

B C

с продължението на страната

A C

лежат на една права. Да се намерят страните

A B

B C

, ако

A C=3

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

Решение

Нека

M

е средата на

A B, I

е центърът на вписаната окръжност и

N

е допирната точка на външновписаната окръжност към страната

B C

с продължението на страната

A C

. Точките

M, I

N

лежат на една права точно когато е в сила

S_{\text{MAN}}=S_{\text{MAI}}+S_{N A I}

. Тъй като

A N=p

, следва, че

c p \sin A=c r+2 p r

. Заместваме

\sin A=\frac{2 S}{b c}, r=\frac{S}{p}

и след съкращаване получаваме

\frac{a+b+c}{2 b}=\frac{c}{a+b+c}+1 \Leftrightarrow b^{2}+2 b c=a^{2}+c^{2}+2 a c.

Тъй като

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

от косинусовата теорема имаме

b^{2}=a^{2}+c^{2}-a c

. Като заместим по-горе, намираме, че

2 b=3 a

. Тъй като

b=3

, то

a=2

и тогава

c^{2}-2 c-5=0

, т. е.

c=1+\sqrt{\vphantom{x^2}6}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички непрекъснати функции

f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}

такива, че

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

за произволни

x, y \in \mathbb{R}

Решение

Първо да предположим, че

f\left(x_{0}\right)=1

за някое

x_{0}

. При

x=y=x_{0} / 2

от даденото равенство, което ще означаваме със (

\star

), следва, че

\left(f\left(x_{0} / 2\right)-1\right)^{2}=0

, т. е.

f\left(x_{0} / 2\right)=1

. Следователно

f\left(x_{0} / 2^{n}\right)=

за всяко

n \in N

. Тъй като

f

е непрекъсната функция (в точката 0 ), заключаваме, че

f(0)=1

. Сега полагането

y=0

в (

\star

) води до

(f(x)-1)^{2}=0

, т. е.

f(x)=1

. Очевидно функцията

f \equiv 1

изпълнява (

\star

). Нека сега

f(x) \neq 1

за всяко

x

. Ако

g(x)=\frac{f(x)}{f(x)-1}

, то (

\star

) приема вида

g(x+y)= g(x)+g(y)

. Тъй като

g

е непрекъсната, то (както е добре известно)

g(x)=a x

за някое

a \in R

. Понеже

g(x) \neq 1

за всяко

x

, то

a=0

, т. е.

f \equiv 0

. Тази функция също удовлетворява (

\star

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Вени написала краен брой различни реални числа (възможно едно число), повдигнала ги на квадрат, след това от всяко извадила 1 и получила началните числа в някакъв ред. Кои са числата?

Решение

Нека множеството от написаните числа е

A=\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right\}

. Тогава

A=\left\{a_{1}^{2}-1, a_{2}^{2}-1, \ldots, a_{n}^{2}-1\right\}

. Да забележим, че

a \geq-1

за всяко

a \in A

. Нека

A \ni a\gt{}0

. Тогава

a=b^{2}-1

за някое

b \in A

, откъдето

b= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}1+a}

. Понеже

b\gt{}-1

, то

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

. Следователно, ако

c_{1}=a

c_{i+1}=\sqrt{\vphantom{x^2}c_{i}+1}, i \in \mathbb{N}

, то

c_{i} \in A

. Да означим с

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

корените на уравнението

x^{2}-x-1=0

. Лесно се проверява, че ако

c_{1}\lt{}x_{1}

или

c_{1}\gt{}x_{1}

, то съответно

c_{i} \uparrow x_{1}

или

c_{i} \downarrow x_{1}

. Понеже

A

е крайно множество, следва, че

a=c_{1}=x_{1}

. Нека

a \in\left(x_{2}, 0\right)

. Тогава

A \ni a^{2}-1\gt{}-1

a^{2}-1-x_{2}\lt{}x_{2}^{2}-1-x_{2}=0

. Този случай се свежда до следващия. Сега да отбележим, че ако

a \in A

, то

\left(a^{2}-1\right)^{2}-1=a^{4}-2 a^{2} \in A

. Нека

A \ni a \in \left(-1, x_{2}\right)

, и

c_{i+1}=c_{i}^{4}-2 c_{i}^{2}, i \in \mathbb{N}

. Понеже

A \ni c_{i} \geq-1

c_{i+1}-c_{i}=c_{i}\left(c_{i+1}+1\right)\left(c_{i}-\right. \left. x_{1}\right)\left(c_{i}-x_{2}\right)\lt{}0

, то

c_{i} \downarrow-1

, което противоречи на това, че

A

е крайно множество. И така, единствените елементи на

A

могат да бъдат

0, -1, x_{1}

x_{2}

. Непосредствено се проверява, че

A

е някое от множествата

\left\{x_{1}\right\}, \left\{x_{2}\right\}, \left\{x_{1}, x_{2}\right\}, \{0, -1\}, \left\{0, -1, x_{1}\right\}

\left\{0, -1, x_{2}\right\}

\left\{0, -1, x_{1}, x_{2}\right\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-12-4

2017

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че в безкрайната сума

\frac{1}{1 \cdot 2}+\frac{1}{2 \cdot 3}+\cdots

можем да сменим безбройно много плюсове с минуси така, че плюсовете да останат безбройно много и новата сума да е равна на

\frac{1}{3}. \quad\left(\sum_{i=1}^{\infty} a_{i}=\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^{n} a_{i}\right)

Решение

Понеже

\sum_{i=k}^{l} \frac{1}{i(i+1)}=\sum_{k}^{l}\left(\frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}\right)=\frac{1}{k}-\frac{1}{l+1} \tag{1}

имаме да намерим безкрайна редица от естествени числа

1=n_{0}\lt{}n_{1}\lt{}n_{2}\lt{}\ldots

така, че

\text{(2)} S: =\sum_{i=0}^{\infty}(-1)^{i}\left(\frac{1}{n_{i}}-\frac{1}{n_{i+1}}\right)=\frac{1}{3} \text{.}

Един такъв пример е

n_{i}=2^{i}: S=\sum_{i=0}^{\infty} \frac{(-1)^{i}}{2^{i+1}}=\frac{1}{3}

(сума на безкрайна геометрична прогресия).

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

A B C D

D E F G

са такива успоредници, че

D

E

лежат на отсечките

A G

C D(E \neq C)

. Да се докаже, че правите

A C, B F

E G

се пресичат в една точка тогава и само тогава, когато

A C \| D F

Решение

Ще използваме косоъгълна координатна система с оси

D E

D G

. Нека координатите на

B

F

са

(c, a)

(e, g)

. Правите

A C

E G

имат уравнения

\frac{x}{c}+\frac{y}{a}=1

\frac{x}{e}+\frac{y}{g}=1

. Като решим тази система от уравнения, намираме, че координатите на точката

H=A C \cap E G

са

x_{0}=\frac{c e(a-g)}{\Delta}

y_{0}=\frac{a g(e-c)}{\Delta}

, където

\Delta=a e-c g

. Тази точка лежи на правата

B F

тогава и само тогава, когато

\frac{x_{0}-c}{e-c}=\frac{y_{0}-a}{g-a}

. След заместване на

x_{0}

y_{0}

последното се преобразува до

\frac{c}{a}=-\frac{e}{g}

, което означава, че

A C \| D F

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намери най-голямото естествено число

n

, за което

3^{n}

дели

1+\left[(3+\sqrt{\vphantom{x^2}6})^{69}\right]

(

[x]

е най-голямото цяло число, ненадминаващо

x

Решение

Нека

x_{1}=3+\sqrt{\vphantom{x^2}6}, x_{2}=3-\sqrt{\vphantom{x^2}6}

y_{k}=x_{1}^{2 k-1}+x_{2}^{2 k-1}

. Тогава

y_{k+1}=\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right) y_{k}-\left(x_{1} x_{2}\right)^{2} y_{k-1}=

30 y_{k}-9 y_{k-1}

Понеже

y_{1}=6

y_{2}=162

, по индукция следва, че

y_{k}=3^{k} z_{k}

, където

z_{1}=2

z_{2}=18

z_{k+1}=10 z_{k}-z_{k-1}

. Остатъците на последната редица по модул 27 образуват редица с период 18:

2, 18, 16, 7, 0, 20, 11, 9, 25, 25, 9, 11, 20, 0, 7, 16, 18, 2, \ldots

Следователно

z_{35} \equiv 18(27)

, т. е.

y_{35} \equiv 2 \cdot 3^{37}\left(3^{38}\right)

. Тъй като

x_{2} \in(0, 1)

, то

y_{k}=1+\left[(3+\sqrt{\vphantom{x^2}6})^{2 k-1}\right]

и значи отговорът на задачата е

n=37

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-12-3

2018

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяка квадратна функция

f(x)=x^{2}+p x+q

е изпълнено:

\max _{x \in[0, 1]}|f(x)| \geq \frac{1}{8}

Кога се достига равенство?

Решение

Да допуснем, че

|f(x)|\lt{}\frac{1}{8}

за всяко

x \in[0, 1]

. Тогава

-\frac{1}{8}\lt{}q\lt{}\frac{1}{8} \text{и}-\frac{1}{8}\lt{}1+p+q\lt{}\frac{1}{8}

и следователно

-\frac{1}{8}\lt{}1+p+q\lt{}1+p+\frac{1}{8} \text{и} \frac{1}{8}\gt{}1+p+q\gt{}p+\frac{7}{8}.

От горните неравенства следва, че

p\gt{}-\frac{5}{4}

p\lt{}-\frac{3}{4}

, откъдето

-\frac{p}{2} \in[0, 1]

. Тогава

\begin{gathered} f(0)\lt{}\frac{1}{8} \Longleftrightarrow q\lt{}\frac{1}{8} \\ f(1)\lt{}\frac{1}{8} \Longleftrightarrow 1+p+q\lt{}\frac{1}{8} \\ f\left(-\frac{p}{2}\right)\gt{}-\frac{1}{8} \Longleftrightarrow \frac{p^{2}}{4}-q\lt{}\frac{1}{8} \end{gathered}

Умножаваме първото и второто неравенство с 2, а третото с 4 и събираме почленно. Получаваме

(p+1)^{2}\lt{}0

, което е невъзможно. Следователно

\max _{x \in[0, 1]}|f(x)| \geq \frac{1}{8}

Да допуснем, че този максимум е равен на

\frac{1}{8}

. Тогава

q \leq \frac{1}{8}, 1+p+q \leq \frac{1}{8}

\frac{p^{2}}{4}-q \leq \frac{1}{8}

(От първите две неравенства следва, че

-\frac{5}{4} \leq p \leq-\frac{3}{4}

-\frac{p}{2} \in[0, 1]

). Ако поне едно от трите неравенства е строго, както по-горе получаваме противоречие. Следователно и трите неравенства трябва да са равенства, откъдето получаваме

p=-1

q=\frac{1}{8}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-12-1

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяка квадратна функция

f(x)=x^{2}+p x+q

е изпълнено:

\max _{x \in[0,1]}|f(x)| \geq \frac{1}{8}

Кога се достига равенство?

Решение

Да допуснем, че

|f(x)|\lt{}\frac{1}{8}

за всяко

x \in[0,1]

. Тогава

-\frac{1}{8}\lt{}q\lt{}\frac{1}{8} \text { и }-\frac{1}{8}\lt{}1+p+q\lt{}\frac{1}{8}

и следователно

-\frac{1}{8}\lt{}1+p+q\lt{}1+p+\frac{1}{8} \text { и } \frac{1}{8}\gt{}1+p+q\gt{}p+\frac{7}{8}.

От горните неравенства следва, че

p\gt{}-\frac{5}{4}

p\lt{}-\frac{3}{4}

, откъдето

-\frac{p}{2} \in[0,1]

. Тогава

\begin{gathered} f(0)\lt{}\frac{1}{8} \Longleftrightarrow q\lt{}\frac{1}{8} \\ f(1)\lt{}\frac{1}{8} \Longleftrightarrow 1+p+q\lt{}\frac{1}{8} \\ f\left(-\frac{p}{2}\right)\gt{}-\frac{1}{8} \Longleftrightarrow \frac{p^{2}}{4}-q\lt{}\frac{1}{8} \end{gathered}

Умножаваме първото и второто неравенство с 2, а третото с 4 и събираме почленно. Получаваме

(p+1)^{2}\lt{}0

, което е невъзможно. Следователно

\max _{x \in[0,1]}|f(x)| \geq \frac{1}{8}

Да допуснем, че този максимум е равен на

\frac{1}{8}

. Тогава

q \leq \frac{1}{8}, 1+p+q \leq \frac{1}{8}

\frac{p^{2}}{4}-q \leq \frac{1}{8}

(От първите две неравенства следва, че

-\frac{5}{4} \leq p \leq-\frac{3}{4}

-\frac{p}{2} \in[0,1]

p=-1

q=\frac{1}{8}

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

f(0)

f(1); 1

т. за разглеждане на

f\left(-\frac{p}{2}\right); 3

т. за доказване на

\max _{x \in[0,1]}|f(x)| \geq \frac{1}{8}; 1

т. за случая на равенство.

Klasirane.bg — проверен архив12.1Условие — източник Решение — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

С диаметър страната

A B

на равностранен

\triangle A B C

е построена окръжност

k

. Окръжност се допира вътрешно до

k

в точка

T

и до страните

A B

A C

. Допирателната към

k

в точка

T

пресича отсечката

B C

в точка

Q

. Ако

A B=6

намерете дължината на отсечката

C Q

Решение

Да означим средата на

A B

O

, допирните точки на окръжността

k^{\prime}(I, r)

A B

A C

съответно с

M

P

T Q \cap A C=R

. Имаме

A M=r \sqrt{\vphantom{x^2}3}, O M=3-r \sqrt{\vphantom{x^2}3}, O I=3-r

и от правоъгълния триъгълник

O M I

намираме

r^{2}+(3-r \sqrt{\vphantom{x^2}3})^{2}=(3-r)^{2} \Longrightarrow r=2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}-2.

Ако

R C=x

, то

R T=R P=6-x-r \sqrt{\vphantom{x^2}3}=2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}-x

и степента на точката

R

спрямо

k^{\prime}

(3-x)(6-x)=(2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}-x)^{2} \Longrightarrow x=\frac{18+8 \sqrt{\vphantom{x^2}3}}{11}

Ако

\angle O I M=\varphi

, то

\operatorname{tg} \varphi=\frac{2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}-3}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}-2}=\frac{3-\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{4}

\angle Q R C=60^{\circ}-\varphi

. От синусовата теорема в

\triangle R Q C

намираме

C Q=x \frac{\sin \left(60^{\circ}-\varphi\right)}{\sin \left(60^{\circ}-\varphi\right)}=

x \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}-\operatorname{tg} \varphi}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}+\operatorname{tg} \varphi}=

\frac{18+8 \sqrt{\vphantom{x^2}3}}{11} \cdot \frac{4 \sqrt{\vphantom{x^2}3}-(3-\sqrt{\vphantom{x^2}3})}{4 \sqrt{\vphantom{x^2}3}+(3-\sqrt{\vphantom{x^2}3})}=

2.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-12-2

Задача 2

Пълен запис

Условие

С диаметър страната

A B

на равностранен

\triangle A B C

е построена окръжност

k

. Окръжност се допира вътрешно до

k

в точка

T

и до страните

A B

A C

. Допирателната към

k

в точка

T

пресича отсечката

B C

в точка

Q

. Ако

A B=6

намерете дължината на отсечката

C Q

Решение

Първи начин. Да означим средата на

A B

O

, допирните точки на окръжността

k^{\prime}(I, r)

A B

A C

съответно с

M

P

T Q \cap A C=R

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

Имаме

A M=r \sqrt{\vphantom{x^2}3}, O M=3-r \sqrt{\vphantom{x^2}3}, O I=3-r

и от правоъгълния триъгълник

O M I

намираме

r^{2}+(3-r \sqrt{\vphantom{x^2}3})^{2}=(3-r)^{2} \Longrightarrow r=2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}-2.

Ако

R C=x

, то

R T=R P=6-x-r \sqrt{\vphantom{x^2}3}=2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}-x

и степента на точката

R

спрямо

k^{\prime}

(3-x)(6-x)=(2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}-x)^{2} \Longrightarrow x=\frac{18+8 \sqrt{\vphantom{x^2}3}}{11}

Ако

\angle O I M=\varphi

, то

\operatorname{tg} \varphi=\frac{2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}-3}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}-2}=\frac{3-\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{4}

\angle Q R C=60^{\circ}-\varphi

. От синусовата теорема в

\triangle R Q C

намираме

C Q=x \frac{\sin \left(60^{\circ}-\varphi\right)}{\sin \left(60^{\circ}-\varphi\right)}=

x \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}-\operatorname{tg} \varphi}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}+\operatorname{tg} \varphi}=

\frac{18+8 \sqrt{\vphantom{x^2}3}}{11} \cdot \frac{4 \sqrt{\vphantom{x^2}3}-(3-\sqrt{\vphantom{x^2}3})}{4 \sqrt{\vphantom{x^2}3}+(3-\sqrt{\vphantom{x^2}3})}=

2.

Оценяване. (6 точки) 2 т. за намиране на

r; 2

т. за намиране на

C R; 2

т. за намиране на

C Q

. Втори начин. Ако

\angle B T Q=\alpha

, то поради

\angle I T Q=\angle A T B=90^{\circ}

имаме

\angle A T I=\alpha

. Тогава

\angle O A T=\alpha

\angle I A T=\alpha-30^{\circ}

. Освен това

\angle A B T=90^{\circ}-\alpha

, откъдето

\angle T B Q=\alpha-30^{\circ}

. Следователно

\triangle B Q T \sim \triangle A I T

откъдето

\frac{B Q}{Q T}=\frac{A I}{I R}=2

(тъй като

A I=2 r

). От друга страна

Q T^{2}=Q B \cdot(Q B-3)

(от степента на точка

Q

спрямо

k^{\prime}

). От това уравнение и от

B Q=2 T Q

получаваме

B Q=4

. Следователно

C Q=2

. Оценяване. (6 точки) 3 т. за подобните триъгълници; 2 т. за степента на

Q

спрямо

k^{\prime}; 1

т. за намиране на

C Q

Klasirane.bg — проверен архив12.2Условие — източник Решение — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

а) Да се намерят всички полиноми

f(x, y)

с реални коефициенти такива, че

f(f(x, y), z)=f(x, f(y, z))

за произволни

x, y, z \in R

. б) Съществува ли функция

f: R^{+} \times R^{+} \rightarrow R^{+}

, която не е полином, но горното равенство е в сила за произволни

x, y, z\gt{}0

Решение

а) Нека

m(n)

е степента на

f(u, v)

като полином на

u(v)

. От даденото равенство следва, че

m^{2}=m

n^{2}=n

. Значи

m, n \in\{0, 1\}

, т. е. (1)

f(u, v)=a u v+b u+c v+d

. След заместване намираме, че

f(u, v)

има една от следните форми: (2)

u, v

a u v+b u+b v+d

, където

a d=b^{2}-b

. б) Съществува например

f(u, v)=(u+v) /(1+u v)

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-12-3

Задача 3

Пълен запис

Условие

а) Да се намерят всички полиноми

f(x, y)

с реални коефициенти такива, че

f(f(x, y), z)=f(x, f(y, z))

за произволни

x, y, z \in R

. б) Съществува ли функция

f: R^{+} \times R^{+} \rightarrow R^{+}

, която не е полином, но горното равенство е в сила за произволни

x, y, z\gt{}0

Решение

а) Нека

m(n)

е степента на

f(u, v)

като полином на

u(v)

. От даденото равенство следва, че

m^{2}=m

n^{2}=n

. Значи

m, n \in\{0,1\}

, т.е. (1)

f(u, v)=a u v+b u+c v+d

. След заместване намираме, че

f(u, v)

има една от следните форми: (2)

u, v

a u v+b u+b v+d

, където

a d=b^{2}-b

. б) Съществува – например

f(u, v)=(u+v) /(1+u v)

. Оценяване. (7 точки) а) По 2 т. за (1) и (2); б) 3 т.

Klasirane.bg — проверен архив12.3Условие — източник Решение — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Безкрайно множество

M

от естествени числа се нарича "добро", ако съществува естествено число

n \geq 2

със свойството: за всеки две числа

a

b

от

M

, за които

b\gt{}a

b-a

се дели на

n

, числата

a+k \frac{b-a}{n}

за

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

са също от множеството

M

. За добро множество от естествени числа

M=\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots\right\}

B(M)

означаваме втория по големина елемент на

M

. Ако

M_{1}, M_{2}, \ldots, M_{2018}

са две по две непресичащи се добри множества да се намери най-малката стойност на

B\left(M_{1}\right)+B\left(M_{2}\right)+\cdots+B\left(M_{2018}\right).

Решение

Нека

M

е добро множество и да наредим елементите на

M

по големина

a_{1}\lt{} a_{2}\lt{}\ldots

. Ще докажем, че всеки

n

последователни елемента на

M

дават пълна система от остатъци по модул

n

. Да допуснем, че съществуват два елемента

a_{i}

a_{j}

, за които

j\gt{}i

j-i\lt{}n

a_{j}-a_{i}

се дели на

n

. От условието следва, че между

a_{i}

a_{j}

има поне

n-1

елемента от множеството, противоречие с

j-i\lt{}n

. Следователно

a_{i} \equiv a_{i+n}(\bmod n)

за всяко

i

, като при това ако означим с

d=\frac{a_{i+n}-a_{i}}{n}

, то от условието на задачата имаме, че

a_{i+k}=a_{i}+k d

, за всяко

k=0, 1, \ldots, n

. Доказахме, че всеки

n

последователни члена на

M

образуват пълна система остатъци по модул

n

, като всеки елемент се получава от предишния с прибавяне на едно и също число

d

. Следователно елементите на

M

образуват аритметична прогресия с частно

d

. Всяко от множествата

M_{i}

е аритметична прогресия с първи член

a_{i}

и разлика

d_{i}

. Нека

D=\operatorname{HOK}\left(d_{1}, d_{2}, \ldots, d_{2018}\right)

. Всеки интервал

[a+1, a+2, \ldots, a+D]

с дължина

D

съдържа

\frac{D}{d_{i}}

елемента от

M_{i}

. Тъй като множествата

M_{i}

не се пресичат, получаваме:

\frac{D}{d_{1}}+\frac{D}{d_{2}}+\cdots+\frac{D}{d_{2018}} \leq D

откъдето

\frac{1}{d_{1}}+\frac{1}{d_{2}}+\cdots+\frac{1}{d_{2018}} \leq 1.

От това неравенство и от

\left(d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{2018}\right)\left(\frac{1}{d_{1}}+\frac{1}{d_{2}}+\cdots+\frac{1}{d_{2018}}\right) \geq

2018^{2}

получаваме

d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{2018} \geq 2018^{2}

. Следователно

\sum_{i=1}^{2018} B\left(M_{i}\right)=\sum_{i=1}^{2018}\left(a_{i}+d_{i}\right) \geq

\sum_{i=1}^{2018} a_{i}+\sum_{i=1}^{2018} d_{i} \geq

\sum_{i=1}^{2018} i+2018^{2}=6109495.

Тази стойност се достига при

a_{i}=i

d_{i}=2018

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-12-4

Задача 4

Пълен запис

Условие

Безкрайно множество

M

от естествени числа се нарича „добро“, ако съществува естествено число

n \geq 2

със свойството: за всеки две числа

a

b

от

M

, за които

b\gt{}a

b-a

се дели на

n

, числата

a+k \frac{b-a}{n}

за

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

са също от множеството

M

. За добро множество от естествени числа

M=\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots\right\}

B(M)

означаваме втория по големина елемент на

M

. Ако

M_{1}, M_{2}, \ldots, M_{2018}

са две по две непресичащи се добри множества да се намери най-малката стойност на

B\left(M_{1}\right)+B\left(M_{2}\right)+\cdots+B\left(M_{2018}\right).

Решение

Нека

M

е добро множество и да наредим елементите на

M

по големина

a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}\ldots

. Ще докажем, че всеки

n

последователни елемента на

M

дават пълна система от остатъци по модул

n

. Да допуснем, че съществуват два елемента

a_{i}

a_{j}

, за които

j\gt{}i

j-i\lt{}n

a_{j}-a_{i}

се дели на

n

. От условието следва, че между

a_{i}

a_{j}

има поне

n-1

елемента от множеството, противоречие с

j-i\lt{}n

. Следователно

a_{i} \equiv a_{i+n}(\bmod n)

за всяко

i

, като при това ако означим с

d=\frac{a_{i+n}-a_{i}}{n}

, то от условието на задачата имаме, че

a_{i+k}=a_{i}+k d

, за всяко

k=0,1, \ldots, n

. Доказахме, че всеки

n

последователни члена на

M

образуват пълна система остатъци по модул

n

, като всеки елемент се получава от предишния с прибавяне на едно и също число

d

. Следователно елементите на

M

образуват аритметична прогресия с частно

d

. Всяко от множествата

M_{i}

е аритметична прогресия с първи член

a_{i}

и разлика

d_{i}

. Нека

D=\operatorname{НОК}\left(d_{1}, d_{2}, \ldots, d_{2018}\right)

. Всеки интервал

[a+1, a+2, \ldots, a+D]

с дължина

D

съдържа

\frac{D}{d_{i}}

елемента от

M_{i}

. Тъй като множествата

M_{i}

не се пресичат, получаваме:

\frac{D}{d_{1}}+\frac{D}{d_{2}}+\cdots+\frac{D}{d_{2018}} \leq D

откъдето

\frac{1}{d_{1}}+\frac{1}{d_{2}}+\cdots+\frac{1}{d_{2018}} \leq 1.

От това неравенство и от

\left(d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{2018}\right)\left(\frac{1}{d_{1}}+\frac{1}{d_{2}}+\cdots+\frac{1}{d_{2018}}\right) \geq

2018^{2}

получаваме

d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{2018} \geq 2018^{2}

. Следователно

\sum_{i=1}^{2018} B\left(M_{i}\right)=\sum_{i=1}^{2018}\left(a_{i}+d_{i}\right) \geq

\sum_{i=1}^{2018} a_{i}+\sum_{i=1}^{2018} d_{i} \geq

\sum_{i=1}^{2018} i+2018^{2}=6109495.

Тази стойност се достига при

a_{i}=i

d_{i}=2018

. Оценяване. (7 точки) 2 т. за доказване, че добро множество е аритметична прогресия; 3 т. за

d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{2018} \geq 2018^{2}; 1

т. за довършване на решението; 1 т. за пример.

Klasirane.bg — проверен архив12.4Условие — източник Решение — източник

2019

5 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

x+y+z=1, x^{2}+y^{2}+z^{2}=2

x^{3}+y^{3}+z^{3}=3

. Да се намери стойността на израза

A=x^{5}+y^{5}+z^{5}

Решение

Нека

x, y, z

са корени на полинома от трета степен

P(t)=t^{3}+a t^{2}+b t+c= (t-x)(t-y)(t-z)

. Тогава по формулите на Виет имаме

a=-(x+y+z)=-1, b=x y+y z+z x

c=-x y z

. От равенството

(x+y+z)^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(x y+y z+z x)

получаваме

1^{2}=2+2 b

, т. е.

b=-\frac{1}{2}

. Нека означим с

S_{k}=x^{k}+y^{k}+z^{k}

степенните сборове. Имаме

S_{0}=3, S_{1}=1, S_{2}=2, S_{3}=3

. Сега от формулата на Нютон

S_{k+3}+a S_{k+2}+b S_{k+1}+c S_{k}=0

(формулата се получава след умножаване на всяко от равенствата

x^{3}+a x^{2}+b x+c=0, y^{3}+a y^{2}+b y+c=0, z^{3}+a z^{2}+b z+c=0

съответно с

x^{k}, y^{k}, z^{k}

и почленното им събиране) при

k=0

имаме

3+(-1) \cdot 2+\left(-\frac{1}{2}\right) \cdot 1+c \cdot 3=

0, т. е.

c=-\frac{1}{6}

. Така последователно получаваме

S_{4}=S_{3}+\frac{1}{2} S_{2}+\frac{1}{6} S_{1}=3+\frac{1}{2} \cdot 2+\frac{1}{6} \cdot 1=\frac{25}{6}

S_{5}=S_{4}+\frac{1}{2} S_{3}+\frac{1}{6} S_{2}=\frac{25}{6}+\frac{1}{2} \cdot 3+\frac{1}{6} \cdot 2=\frac{25+9+2}{6}=6

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-12-1

Задача 1b

Пълен запис

Условие

Нека

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

е такава редица от реални числа, че

a_{n+1}=\frac{1}{4}+\frac{\cos \left(\pi a_{n}\right)}{6}, \quad \forall n \in \mathbb{N}.

Да се докаже, че редицата е сходяща и да се намери границата й.

Решение

Имаме, че

\text{(*)} a_{n+1}-\frac{1}{3}=\frac{\cos \left(\pi a_{n}\right)-\cos (\pi / 3)}{6}=

\frac{1}{3} \sin \frac{\pi\left(a_{n}-1 / 3\right)}{2} \sin \frac{\pi\left(a_{n}+1 / 3\right)}{2}.

За

q=\pi / 6 \in(0, 1)

следва, че

\left|a_{n+1}-1 / 3\right| \leq q\left|a_{n}-1 / 3\right|

, откъдето

\left|a_{n+1}-1 / 3\right| \leq q^{n}\left|a_{1}-1 / 3\right|

и значи

\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=1 / 3

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-12-1b

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

O

е центърът на описаната окръжност около остроъгълен

\triangle A B C

, а

M

N

са средите на страните

A B

B C

. Правата

C O

разполовява отсечката

M N

. Да се намери най-малката възможна стойност на

\angle B A C

Решение

Ако

K=C O \cap M N

, то

\frac{M K}{\sin \angle M O K}=\frac{M O}{\sin \angle M K O},

\quad \frac{N K}{\sin \angle N O K}=\frac{N O}{\sin \angle N K O}

и значи

\begin{aligned} & 1=\frac{M K}{N K}=\frac{M O}{N O} \cdot \frac{\sin \angle M O K}{\sin \angle N O K}=\frac{\cos \gamma}{\cos \alpha} \cdot \frac{\sin (\alpha-\beta)}{\sin \alpha} \\ & =\frac{\sin (\alpha-\beta+\gamma)+\sin (\alpha-\beta-\gamma)}{\sin 2 \alpha}=\frac{\sin 2 \beta-\sin 2 \alpha}{\sin 2 \alpha} \end{aligned}

Понеже

\alpha\gt{}\beta

\gamma\lt{}90^{\circ}

, то

\alpha\gt{}45^{\circ}

. Ако

\alpha\lt{}75^{\circ}

, следва, че

\sin 2 \beta=2 \sin 2 \alpha\gt{}1-

противоречие. И така,

\alpha \geq 75^{\circ}

. При

\alpha=75^{\circ}

намираме, че

\beta=45^{\circ}

\gamma=60^{\circ}

, като по обратния път следва, че триъгълник с тези ъгли изпълнява даденото условие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се реши в естествени числа уравнението:

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

Решение

Уравнението няма в естествени числа. Ще докажем, че за всички двойки естествени числа (

m, n

), за които имаме

\{\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}\}\gt{}0

, то е в сила неравенството

\{\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}\} \geq \frac{1}{m n}

. Нека

a=\lfloor\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}\rfloor

x=\{\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}\}

. Тогава имаме, че

m-a^{n}=x \sum_{i=0}^{n-1} m^{\frac{i}{n}} a^{n-1-i}

и следователно

x \geq \frac{1}{n m^{\frac{n-1}{n}}} \geq \frac{1}{n m}

Така получаваме, че

\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}+\sqrt[m]{\vphantom{x^2}n} \geq 2+\frac{2}{m n}

, откъдето задачата следва.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-12-3

Задача 3b

Пълен запис

Условие

Дадено е естествено число

n \geq 2

. Да се намери най-малката възможна стойност на сума от вида

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

където

a_{0}=0, a_{n}=1

a_{1}, \ldots, a_{n-1} \in[0, 1]

Решение

Нека

S

е дадената сума. Понеже

\begin{aligned} & \text{(1)} 2 a(a-b)=a^{2}-b^{2}+(a-b)^{2} \text{, (2)} 3 a b(a-b)=a^{3}-b^{3}-(a-b)^{3} \text{, то} \\ & \text{(3)} S=4 / 3+\sum_{i=1}^{n}\left[\left(a_{i}-a_{i-1}\right)^{2}-\left(a_{i}-a_{i-1}\right)^{3} / 3\right] \end{aligned}

Директно се проверява, че (4) функцията

f(x)=x^{2}-x^{3} / 3

е изпъкнала при

x \leq 1

(това следва и от

f^{\prime \prime}(x)=2-2 x

). Тогава неравенството на Йенсен показва, че

\text{(5)} S \geq \frac{4}{3}+n\left(\frac{1}{n^{2}}-\frac{1}{3 n^{3}}\right)=\frac{(n+1)(4 n-1)}{3 n^{2}}

като равенство се достига при

a_{i}=i / n, 0 \leq i \leq n

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-12-3b

2022

5 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

x+y+z=1

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

x^{3}+y^{3}+z^{3}=3

. Да се намери стойността на израза

A=x^{5}+y^{5}+z^{5}

Решение

Решение. Нека

x, y, z

са корени на полинома от трета степен

P(t)=t^{3}+a t^{2}+b t+c=(t-x)(t-y)(t-z)

. Тогава по формулите на Виет имаме

a=-(x+y+z)=-1

b=x y+y z+z x

c=-x y z

. От равенството

(x+y+z)^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(x y+y z+z x)

получаваме

1^{2}=2+2 b

, т.е.

b=-\frac{1}{2}

. Нека означим с

S_{k}=x^{k}+y^{k}+z^{k}

степенните сборове. Имаме

S_{0}=3

S_{1}=1

S_{2}=2

S_{3}=3

. Сега от формулата на Нютон

S_{k+3}+a S_{k+2}+b S_{k+1}+c S_{k}=0

(формулата се получава след умножаване на всяко от равенствата

x^{3}+a x^{2}+b x+c=0

y^{3}+a y^{2}+b y+c=0

z^{3}+a z^{2}+b z+c=0

съответно с

x^{k}

y^{k}

z^{k}

и почленното им събиране) при

k=0

имаме

3+(-1) \cdot 2+\left(-\frac{1}{2}\right) \cdot 1+c \cdot 3=0

, т.е.

c=-\frac{1}{6}

. Така последователно получаваме

S_{4}=S_{3}+\frac{1}{2} S_{2}+\frac{1}{6} S_{1}=3+\frac{1}{2} \cdot 2+\frac{1}{6} \cdot 1=\frac{25}{6},

S_{5}=S_{4}+\frac{1}{2} S_{3}+\frac{1}{6} S_{2}=

\frac{25}{6}+\frac{1}{2} \cdot 3+\frac{1}{6} \cdot 2=\frac{25+9+2}{6}=6.

Оценяване. (6 точки) 2 т. за свеждане до полином от трета степен с нули

x, y, z

; 2 т. за намиране на коефициентите на полинома; 2 т. за намиране на

A

Klasirane.bg — проверен архив12.1Условие — източник Решение — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Във вътрешността на равнобедрен правоъгълен триъгълник

A B C

с хипотенуза

A B

е избрана точка

M

, така че

M A=5, M B=7

M C=4 \sqrt{\vphantom{x^2}2}

. Да се намери големината на ъгъл

\angle A M C

Решение

Нека да разгледаме ротация с център точка

C

на ъгъл

+90^{\circ}

. Тогава образите на точките

A, B

M

при тази ротация ще бъдат съответно

A_{1} \equiv B, B_{1}

M_{1}

. Понеже триъгълникът

M M_{1} C

е правоъгълен и равнобедрен, то

M M_{1}=\sqrt{\vphantom{x^2}2} C M=8

\angle A M C=45^{\circ}

. Така в триъгълника

M M_{1} B

имаме

M B=7, B M_{1}=A M=5

M M_{1}=8

, т. е. от косинусовата теорема получаваме

\angle M M_{1} B=60^{\circ}

. Сега за търсения ъгъл окончателно получаваме

\angle A M C=\angle B M_{1} C=\angle M M_{1} C+\angle M M_{1} B=45^{\circ}+60^{\circ}=105^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-12-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-12-3

Задача 3

Пълен запис

Условие

Редицата

a_{n}

е зададена чрез

a_{1} \geq 2

и рекурентната връзка

a_{n+1}=a_{n} \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{a_{n}^{3}+2}{2\left(a_{n}^{3}+1\right)}}

за

n \geq 1

. Да се докаже, че за всяко естествено число

n

е в сила неравенството

a_{n}\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3}{n}}

Решение

Решение. Да забележим, че равенството е еквивалентно на

\frac{1}{a_{n+1}^{2}}-\frac{1}{a_{n}^{2}}=\frac{a_{n}}{a_{n}^{3}+2}. \tag{*}

От СА-СГ следва, че

\frac{a_{n}}{a_{n}^{3}+2} \leq \frac{1}{3}

. Така получаваме

\frac{1}{a_{n+1}^{2}}-\frac{1}{a_{n}^{2}} \leq \frac{1}{3}

за всяко

n \in \mathbb{N}

, което след сумиране дава

\frac{1}{a_{n}^{2}} \leq \frac{n-1}{3}+\frac{1}{a_{1}^{2}}\lt{}\frac{n}{3}

, откъдето получаваме желания резултат. Оценяване. (7 точки) 3 т. за (*), 1 т. за

\frac{a_{n}}{a_{n}^{3}+2} \leq \frac{1}{3}

, 1 т. за

\frac{1}{a_{n+1}^{2}}-\frac{1}{a_{n}^{2}} \leq \frac{1}{3}

и 2 т. за довършване.

Klasirane.bg — проверен архив12.3Условие — източник Решение — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Зоологическите градини в Европа, във всяка от които живеят поне два вида животни, се разделят на две групи

\widehat{A}

\widehat{B}

по такъв начин, че всяка двойка зоологически градини

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

се грижат за животно от един и същи вид. В колко най-малко цвята

k

могат да бъдат оцветени клетките на животните (всички животни от даден вид живеят в една клетка), така че във всяка зоологическа градина има поне две разноцветни клетки? Да се намери най-голямата стойност на

k

и всички възможности (зоологически градини и животни), за които тази най-голяма стойност на

k

се достига.

Решение

Ще разгледаме по-общата задача: Нека

\widehat{A}

\widehat{B}

са две фамилии от множества, такива че всяко

a \in \widehat{A}

пресича всяко

b \in \widehat{B}

. Ако съществуват

b_{1}, b_{2} \in \widehat{B}

, такива, че,

b_{1} \subset b_{2}

, то е достатъчно да разгледаме

\widehat{B} \backslash b_{2}

и аналогично за

\widehat{A}

. Ако обаче съществуват

b \in \widehat{B}

a \in \widehat{A}

, такива, че

a \subset b

, то хроматичното число може да бъде произволно голямо. Наистина, нека

\widehat{B}

съдържа само едно множество с

n

елемента, а

\widehat{A}

съдържа всички двуелементни подмножества на

\widehat{B}

. Тогава, очевидно хроматичното число ще е

n

. Ако никое множество не съдържа изцяло друго множество, то максималното

k

, за което можем да оцветим всеки от елементите в един от

k

цвята така, че да няма едноцветно множество, е 4, и то се достига единствено в следния случай (с точност до размяна на

\widehat{A}

\widehat{B}): \widehat{B}=\left\{b_{1}, b_{2}\right\}

, такова, че

b_{1} \cap b_{2}=\emptyset, \widehat{A}

е пълният двуделен граф между елементите на

b_{1}

b_{2}

(съдържа всички

\{u, v\}

, където

u \in b_{1}, v \in b_{2}

). Наистина, за всяко

b_{1}, b_{2}

ни трябват по два цвята, а от пълнотата на двуделния граф и липсата на едноцветно ребро, тези цветове трябва да са различни, т. е.

k \geq 4

. От друга страна, по какъвто и начин да оцветим в по два различни цвята

b_{1}, b_{2}

, очевидно няма едноцветно множество нито в

\widehat{A}

, нито в

\widehat{B}

. Съгласно

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-12-4

2023

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Редицата

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

е зададена чрез равенствата:

\begin{aligned} x_{0} & =1 \\ x_{n+1} & =\sin x_{n}+\frac{\pi}{2}-1 \text{за} n \geq 0 \end{aligned}

Да се докаже, че редицата

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

е сходяща и да се определи границата й.

Решение

Първо ще докажем, че редицата е строго растяща. Да отбележим, че за всяко

n

имаме

x_{n} \leq \frac{\pi}{2}

, т. к

\sin x \leq 1

за всяко

x \in \mathbb{R}

. Освен това имаме, че функцията

f(x)=\sin x-x

е намаляваща за

x \in \mathbb{R}

, т. к

f^{\prime}(x)=\cos x-1 \leq 0

за всяко

x \in \mathbb{R}

. Следователно за

x \in\left(-\infty, \frac{\pi}{2}\right)

имаме

f(x) \geq \sin \frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}

. Така получаваме, че

\sin x_{n} \geq x_{n}+1-\frac{\pi}{2}

, което е еквивалентно на

x_{n+1} \geq x_{n}

. Следователно редицата

\left(x_{n}\right)_{n=1}^{\infty}

е растяща и т. к тя е ограничена следва, че е сходяща. Ако

l

е нейната граница, то за

l

е изпълнено, че

l= \sin l+\frac{\pi}{2}-1

, т. е

f(l)=f\left(\frac{\pi}{2}\right)

. Функцията

f

е намаляваща, което означава, че

l=\frac{\pi}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-12-1

Задача 1

Пълен запис

Условие

Редицата

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

е зададена чрез равенствата:

\begin{aligned} x_0&=1,\\ x_{n+1}&=\sin x_n+\frac{\pi}{2}-1\text{ за }n\geq0. \end{aligned}

Да се докаже, че редицата

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

е сходяща и да се определи границата ѝ.

Решение

Първо ще докажем, че редицата е строго растяща. Да отбележим, че за всяко

n

имаме

x_n\leq\frac{\pi}{2}

, т.к

\sin x\leq1

за всяко

x\in\mathbb R

. Освен това имаме, че функцията

f(x)=\sin x-x

е намаляваща за

x\in\mathbb R

, т.к

f'(x)=\cos x-1\leq0

за всяко

x\in\mathbb R

. Следователно за

x\in\left(-\infty,\frac{\pi}{2}\right)

имаме

f(x)\geq\sin\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}

. Така получаваме, че

\sin x_n\geq x_n+1-\frac{\pi}{2}

, което е еквивалентно на

x_{n+1}\geq x_n

. Следователно редицата

(x_n)_{n=1}^{\infty}

е растяща и т.к тя е ограничена следва, че е сходяща. Ако

l

е нейната граница, то за

l

е изпълнено, че

l=\sin l+\frac{\pi}{2}-1

, т.е

f(l)=f\left(\frac{\pi}{2}\right)

. Функцията

f

е намаляваща, което означава, че

l=\frac{\pi}{2}

. Оценяване. (6 точки) 1т. за доказателство, че

x_n\leq\pi/2

за всяко

n

, 3т. за доказателство, че

x_n

е растяща и 2т. за довършване.

Klasirane.bg — проверен архив12.1Условие — източник Решение — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен и разностранен триъгълник

A B C

. Вписаната в триъгълник

A B C

окръжност с център

I

допира страните

B C, A C

A B

съответно в точките

D, E

F

. Окръжността с център

C

и радиус

C E

пресича за втори път правата

E F

в точка

K

. Ако

X

е допирната точка с

A B

на външновписаната окръжност срещу върха

C

за триъгълник

A B C

, то да се докаже, че правите

X C, K D

I F

се пресичат в една точка.

Решение

Първо ще докажем, че

C X

I F

се пресичат върху вписаната окръжност. Нека

C X

пресича вписаната окръжност в точка

P

. Тогава, ако разгледаме хомотетия

h

с център

C

, която изпраща вписаната окръжност във външновписаната окръжност срещу върха

C

, то

h(P)=X

и следователно ако

t

е допирателната през

P

към вписаната окръжност, то имаме

h(t)=A B

. Последното означава, че

t \| A B

и т. к

I P \perp t

I F \perp A B

, то получаваме, че

P \in I F

. От друга страна, ако

K D

пресича вписаната окръжност за втори път в точка

Q

, то имаме

\angle E Q D=180^{\circ}-\angle E F D=90^{\circ}+\frac{\angle A C B}{2}

. Имаме, че

\angle E K D=\frac{\angle A C B}{2}

, откъдето следва, че

\angle Q E F=90^{\circ}

, т. е

Q \equiv P

. Така получаваме, че правите

K D, C X

I F

се пресичат в точка

P

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-12-2

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен и разностранен триъгълник

ABC

. Вписаната в триъгълник

ABC

окръжност с център

I

допира страните

BC,AC

AB

съответно в точките

D,E

F

. Окръжността с център

C

и радиус

CE

пресича за втори път правата

EF

в точка

K

. Ако

X

е допирната точка с

AB

на външновписаната окръжност срещу върха

C

за триъгълник

ABC

, то да се докаже, че правите

XC,KD

IF

се пресичат в една точка.

Решение

Първо ще докажем, че

CX

IF

се пресичат върху вписаната окръжност. Нека

CX

пресича вписаната окръжност в точка

P

. Тогава, ако разгледаме хомотетия

h

с център

C

, която изпраща вписаната окръжност във външновписаната окръжност срещу върха

C

, то

h(P)=X

и следователно ако

t

е допирателната през

P

към вписаната окръжност, то имаме

h(t)=AB

. Последното означава, че

t\parallel AB

и т.к

IP\perp t

IF\perp AB

, то получаваме, че

P\in IF

. От друга страна, ако

KD

пресича вписаната окръжност за втори път в точка

Q

, то имаме

\angle EQD=180^\circ-\angle EFD=90^\circ+\frac{\angle ACB}{2}

. Имаме, че

\angle EKD=\frac{\angle ACB}{2}

, откъдето следва, че

\angle QEF=90^\circ

, т.е

Q=P

. Така получаваме, че правите

KD,CX

IF

се пресичат в точка

P

. Оценяване. (6 точки) 3т. за

CX\cap IF

лежи на вписаната окръжност и 3т. за

P\in KD

Klasirane.bg — проверен архив12.2Условие — източник Решение — източник

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-12-3

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се реши в естествени числа уравнението:

\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}+\sqrt[m]{\vphantom{x^2}n}=2+\frac{2}{mn(m+n)^{\frac1m+\frac1n}}.

Решение

Уравнението няма решение в естествени числа. Ще докажем, че за всички двойки естествени числа

(m,n)

, за които имаме

\{\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}\}\gt{}0

, то е в сила неравенството

\{\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}\}\geq\frac1{mn}

. Нека

a=\lfloor\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}\rfloor

x=\{\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}\}

. Тогава имаме, че

m-a^n=x\sum_{i=0}^{n-1}m^{\frac in}a^{n-1-i}

и следователно

x\geq\frac1{nm^{\frac{n-1}{n}}}\geq\frac1{nm}.

Така получаваме, че

\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}+\sqrt[m]{\vphantom{x^2}n}\geq2+\frac2{mn}

, откъдето задачата следва. Оценяване. (7 точки) 2т. за формулиране на вярно неравенство за дробната част на

\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}

, 4т. за доказателството му и 1т. за довършване.

Klasirane.bg — проверен архив12.3Условие — източник Решение — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Ще наричаме едно множество

S

от точки в равнината есенно, ако разстоянието между всеки две точки от

S

е най-много 1. С

f(n, d)

означаваме най-голямото цяло число, такова че за всяко есенно множество

S

от

3 n

точки в равнината, съществува кръг с диаметър

d

, който съдържа поне

f(n, d)

точки от

S

. Да се докаже, че съществува

\varepsilon\gt{}0

(независещо от

n

), за което за всички

d \in(1-\varepsilon, 1)

стойността на

f(n, d)

не зависи от

d

и да се определи тази стойност като функция на

n

Решение

Първо ще докажем, че съществува

d\lt{}1

, за което винаги можем да намерим окръжност с диаметър

d

която съдържа

n

точки от дадените. Нека

M

е множество от

3 n

точки с диаметър 1 и нека за всяка точка

A \in M

разгледаме кръг

D_{A}

с център

A

и радиус

\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}

. Лема. Ако

A, B, C \in M

, то

D_{A} \cap D_{B} \cap D_{C} \neq \emptyset

. Доказателство. Ако точките

A, B, C

образуват остроъгълен триъгълник, то някой от ъглите на триъгълника е с мярка между

60^{\circ}

90^{\circ}

. Нека БОО това е

\angle A C B

. Тогава за радиуса

R

на описаната около

A B C

окръжност, получаваме от синусова теорема, че

2 R= \frac{A B}{\sin \angle A C B} \leq \frac{2}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}

, откъдето следва, че

R \leq \frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}

и следователно центърът на описаната окръжност

O \in D_{A} \cap D_{B} \cap D_{C}

. Ако точките

A, B, C

образуват тъпоъгълен или правоъгълен триъгълник, то нека БОО

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

. Нека

M

е средата на

A B

. Ясно е, че

M A \leq \frac{1}{2}\lt{}\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}

и аналогично

M B\lt{}\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}

, т. е

M \in D_{A} \cap D_{B}

. От друга страна

M C^{2}=\frac{2 A C^{2}+2 C B^{2}-A B^{2}}{4} \leq \frac{A B^{2}}{4} \leq \frac{1}{4}

където първото неравенство следва от това, че

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

. Следователно

M C \leq \frac{1}{2}\lt{}\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}

и следователно

M \in D_{C}

, т. е наистина

M \in D_{A} \cap D_{B} \cap D_{C}

, с което лемата е доказана. От теорема на Хели, приложена за множеството от кръгове

\left\{D_{A}: A \in M\right\}

, следва, че т. к всеки три от тях се пресичат, то

\bigcap_{A \in M} D_{A} \neq \emptyset

. Нека

P \in \bigcap_{A \in M} D_{A}

. Тогава кръгът

D_{P}

с център

P

и радиус

\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}

съдържа

M

. Сега ще покажем, че всеки кръг

K

с радиус

\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}

може да бъде покрит от 3 кръга с радиус

\frac{1}{2}

. Нека точките

A^{\prime}, B^{\prime}, C^{\prime} \in D_{P}

са такива, че

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

е равностранен триъгълник. Тогава

A^{\prime} B^{\prime}=B^{\prime} C^{\prime}=C^{\prime} A^{\prime}=1

и кръговете с диаметри

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

покриват

D_{P}

. Аналогично кръгове

k_{1}, k_{2}, k_{3}

с центрове средите на

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

и диаметър

d^{\prime}

почти"покриват

K

. Наистина множеството

K \backslash\left(k_{1} \cup k_{2} \cup k_{3}\right)

се състои от 3 еднакви фигури, които ще наричаме антилуни поради визуалната прилика. Да отбележим също, че можем да построим антилуни за всеки

, B, C

, лежащи на контура на

K

и образуващи равностранен триъгълник. Нека сега да допуснем противното, а именно, че за всяко

d\lt{}1

можем да изберем множество от

3 n

точки, така че никои

n

от тях да не лежат в кръг с диаметър

d

. Да забележим, че ако в трите антилуни съответсващи на някои,

B, C

няма точки от, то поне един от

k_{1}, k_{2}, k_{3}

съдържа

n

точки. Оттук можем да заключим, че във всяка тройка съответни антилуни има точка от

M

. Нека да фиксираме

N

нечетно и да вземем

3 N

антилуни

A_{1}, \ldots, A_{3 N}

през равни ъгли. Нека също така сме избрали

d\lt{}1

, така че

\operatorname{dist}\left(A_{1}, A_{N+2}\right)\gt{}1

. Това е възможно, защото когато

d

клони към 1, диаметърът на антилуните сходи към 0. Тъй като разстоянието между две точки, образуващи ъгъл

2 \pi(N+1) / 3 N

, е повече от 1, то от неравенството на триъгълника следва, че съществува

d\lt{}1

, за което

\operatorname{dist}\left(A_{1}, A_{N+2}\right)\gt{}1

. От предходните ни разсъждения следва, че за всяко

i

поне една от антилуните

A_{i}, A_{N+i}, A_{2 N+i}

съдържа точка от

M

. Нека БОО

A_{1}

съдържа точка от. Следователно, антилуни те

A_{N+2}, \ldots, A_{2 N}

не съдържат точки от. Нека

A_{m}

е първата антилуна след

A_{2 N}

, която съдържа точка. Следователно антилуните

A_{m-(2 N-1)}, \ldots, A_{m-1}

не съдържат точки от

M

. От това следва, че антилуни

A_{m}, \ldots, A_{m-(2 N+1)}

съдържат точки. (Антилуната

A_{m-2 N}

е единствената, за която не знаем със сигурност дали съдържа точка). Нека

B_{i}

е точката от

M

в антилуна

A_{m-1+i}

и нека

C_{i}

е центърът на дъгата на

A_{m-1+i}

Сега можем да изберем

N

достатъчно голямо и

d=d^{\prime}

достатъно близко до 1 така, че:

\begin{gathered} \operatorname{dist}\left(C_{1}, B_{1}\right) \leq \operatorname{diam}\left(A_{m}\right)\lt{}0 \cdot 01 \\ \operatorname{dist}\left(\left(C_{1}+C_{N+1}\right) / 2, B_{\lfloor(N+1) / 2)\rfloor}\right) \leq \operatorname{diam}\left(A_{m}\right)+2 \pi / 3 N\lt{}0 \cdot 01 \\ \operatorname{dist}\left(C_{N+1}, B_{N}\right) \leq \operatorname{diam}\left(A_{m}\right)+2 \pi / 3 N\lt{}0, 01 \end{gathered}

Следователно, множеството

M

лежи изцяло в сечението

P

на и трите кръга

k_{1}, k_{2}, k_{3}

с центрове

C_{1}, C_{(N+1) / 2}, C_{N}

и диаметър 1 \cdot 01. Но сега лесно се забелязва, че

P

може да се впише в окръжност

K^{\prime}

с радиус

d^{\prime \prime} / \sqrt{\vphantom{x^2}3}\lt{}1 / \sqrt{\vphantom{x^2}3}

. Но тогава

{ }^{\prime}

се покрива (съответно и) от 3 кръга с диаметър

d^{\prime \prime}

. Следователно, за

d=\max \left(d^{\prime}, d^{\prime \prime}\right)

със сигурност съществува кръг покриващ поне

n

точки от

M

. Остана да покажем, че за всяко

d\lt{}1

и всяко

n \in \mathbb{N}

съществува множество

M

от

3 n

точки, никои

n+1

от които не принадлежат на един кръг с диаметър

d

. Построяваме

n

еднакво ориентирани равностранни триъгълника със страна

(1+d) / 2

, така че разстоянието между всеки 2 съответни върха е по-малко от

(1-d) / 10

. Лесно се проверя, че тази конструкция изпълнява необходимите условия.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-12-4

Задача 4

Пълен запис

Условие

Ще наричаме едно множество

S

от точки в равнината есенно, ако разстоянието между всеки две точки от

S

е най-много 1. С

f(n,d)

означаваме най-голямото цяло число, такова че за всяко есенно множество

S

от

3n

точки в равнината, съществува кръг с диаметър

d

, който съдържа поне

f(n,d)

точки от

S

. Да се докаже, че съществува

\varepsilon\gt{}0

(независещо от

n

), за което за всички

d\in(1-\varepsilon,1)

стойността на

f(n,d)

не зависи от

d

и да се определи тази стойност като функция на

n

Решение

Първо ще докажем, че съществува

d\lt{}1

, за което винаги можем да намерим окръжност с диаметър

d

която съдържа

n

точки от дадените. Нека

M

е множество от

3n

точки с диаметър 1 и нека за всяка точка

A\in M

разгледаме кръг

D_A

с център

A

и радиус

\frac1{\sqrt3}

. Лема. Ако

A,B,C\in M

, то

D_A\cap D_B\cap D_C\ne\emptyset

. Доказателство. Ако точките

A,B,C

образуват остроъгълен триъгълник, то някой от ъглите на триъгълника е с мярка между

60^\circ

90^\circ

. Нека БОО това е

\angle ACB

. Тогава за радиуса

R

на описаната около

ABC

окръжност, получаваме от синусова теорема, че

2R=\frac{AB}{\sin\angle ACB}\leq\frac2{\sqrt3}

, откъдето следва, че

R\leq\frac1{\sqrt3}

и следователно центърът на описаната окръжност

O\in D_A\cap D_B\cap D_C

. Ако точките

A,B,C

образуват тъпоъгълен или правоъгълен триъгълник, то нека БОО

\angle ACB\geq90^\circ

. Нека

M

е средата на

AB

. Ясно е, че

MA\leq\frac12\lt{}\frac1{\sqrt3}

и аналогично

MB\lt{}\frac1{\sqrt3}

, т.е

M\in D_A\cap D_B

. От друга страна

MC^2=\frac{2AC^2+2CB^2-AB^2}{4}\leq\frac{AB^2}{4}\leq\frac14,

където първото неравенство следва от това, че

\angle ACB\geq90^\circ

. Следователно

MC\leq\frac12\lt{}\frac1{\sqrt3}

и следователно

M\in D_C

, т.е наистина

M\in D_A\cap D_B\cap D_C

, с което лемата е доказана. От теорема на Хели, приложена за множеството от кръгове

\{D_A:A\in M\}

, следва, че т.к всеки три от тях се пресичат, то

\bigcap_{A\in M}D_A\ne\emptyset

. Нека

P\in\bigcap_{A\in M}D_A

. Тогава кръгът

D_P

с център

P

и радиус

\frac1{\sqrt3}

съдържа

M

. Сега ще покажем, че всеки кръг

K

с радиус

\frac1{\sqrt3}

може да бъде покрит от 3 кръга с радиус

\frac12

. Нека точките

A',B',C'\in D_P

са такива, че

A'B'C'

е равностранен триъгълник. Тогава

A'B'=B'C'=C'A'=1

и кръговете с диаметри

A'B',A'C',B'C'

покриват

D_P

. Аналогично кръгове

k_1,k_2,k_3

с центрове средите на

A'B',A'C',B'C'

и диаметър

d

"почти" покриват

K

. Наистина множеството

K\setminus(k_1\cup k_2\cup k_3)

,B,C

, лежащи на контура на

K

и образуващи равностранен триъгълик. Нека сега да допуснем противното, а именно, че за всяко

d\lt{}1

можем да изберем множество от

3n

точки, така че никои

n

от тях да не лежат в кръг с диаметър

d

. Да забележим, че ако в трите антилуни съответсващи на някои

,B,C

няма точки от, то поне един от

k_1,k_2,k_3

съдържа

n

точки. Оттук можем да заключим, че във всяка тройка съответни антилуни има точка от

M

. Нека да фиксираме

N

нечетно и да вземем

3N

антилуни

A_1,\ldots,A_{3N}

през равни ъгли. Нека също така сме избрали

d\lt{}1

, така че

\operatorname{dist}(A_1,A_{N+2})\gt{}1

. Това е възможно, защото когато

d

клони към 1, диаметърът на антилуните сходи към 0. Тъй като разстоянието между две точки, образуващи ъгъл

2\pi(N+1)/3N

, е повече от 1, то от неравенството на триъгълника следва, че съществува

d\lt{}1

, за което

\operatorname{dist}(A_1,A_{N+2})\gt{}1

. От предходните ни разсъждения следва, че за всяко

i

поне една от антилуните

A_i,A_{N+i},A_{2N+i}

съдържа точка от

M

. Нека БОО

A_1

съдържа точка от. Следователно, антилуни те

A_{N+2},\ldots,A_{2N}

не съдържат точки от. Нека

A_m

е първата антилуна след

A_{2N}

, която съдържа точка. Следователно антилуните

A_{m-(2N-1)},\ldots,A_{m-1}

не съдържат точки от

M

. От това следва, че антилуни

A_m,\ldots,A_{m-(2N+1)}

съдържат точки. (Антилуната

A_{m-2N}

е единствената, за която не знаем със сигурност дали съдържа точка). Нека

B_i

е точката от

M

в антилуна

A_{m-1+i}

и нека

C_i

е центърът на дъгата на

A_{m-1+i}

Сега можем да изберем

N

достатъчно голямо и

d=d'

достатъчно близко до 1 така, че:

\begin{gathered} \operatorname{dist}(C_1,B_1)\leq\operatorname{diam}(A_m)\lt{}0.01\\ \operatorname{dist}((C_1+C_{N+1})/2,B_{\lfloor(N+1)/2\rfloor})\leq\operatorname{diam}(A_m)+2\pi/3N\lt{}0.01\\ \operatorname{dist}(C_{N+1},B_N)\leq\operatorname{diam}(A_m)+2\pi/3N\lt{}0,01 \end{gathered}

Следователно, множеството

M

лежи изцяло в сечението

P

на и трите кръга

k_1,k_2,k_3

с центрове

C_1,C_{(N+1)/2},C_N

и диаметър 1.01. Но сега лесно се забелязва, че

P

може да се впише в окръжност

K'

с радиус

d''/\sqrt3\lt{}1/\sqrt3

. Но тогава

{}^{\prime}

се покрива (съответно и ) от 3 кръга с диаметър

d''

. Следователно, за

d=\max(d',d'')

със сигурност съществува кръг покриващ поне

n

точки от

M

. Остана да покажем, че за всяко

d\lt{}1

и всяко

n\in\mathbb N

съществува множество

M

от

3n

точки, никои

n+1

от които не принадлежат на един кръг с диаметър

d

. Построяваме

n

еднакво ориентирани равностранни триъгълника със страна

(1+d)/2

, така че разстоянието между всеки 2 съответни върха е по-малко от

(1-d)/10

. Лесно се проверя, че тази конструкция изпълнява необходимите условия. Оценяване. (7 точки) 2т. за доказателство, че

S

се покрива от 3 кръга с диаметър 1, 4т. за показване, че

S

се покрива от 3 кръга с диаметър

d'\lt{}1

, 1т. за конструкция на множество от

3n

точки, от което не може да бъдат покрити

n+1

точки с кръг с диаметър

d

за фиксирано

d\lt{}1

Klasirane.bg — проверен архив12.4Условие — източник Решение — източник

2024

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Редицата

(a_n)_{n=0}^{\infty}

е зададена чрез

a_0=c,

a_{n+1}=a_n^2+\frac{a_n}{2}+c\text{ за }n\geq0,

където

c\gt{}0

е реален параметър. Да се намерят всички стойности на

c

, за които редицата

(a_n)

е сходяща и при тези стойности да се определи нейната граница.

Решение

Отговор.

c\in(0,1/16]

. Решение. Нека първо

c\gt{}\frac1{16}

. Тогава имаме

a_{n+1}=a_n^2+\frac1{16}+\frac{a_n}{2}+c-\frac1{16}\geq

a_n+\left(c-\frac1{16}\right),

т.к

x^2+\frac1{16}\geq\frac x2

за всяко

x\in\mathbb R

. Така получаваме, че

a_n\geq c+(n-1)(c-\frac1{16})

за

n\in\mathbb N

, т.е редицата е неограничена и следователно не е сходяща. Обратно, нека

c\leq\frac1{16}

. Ще докажем с индукция по

n

, че за всяко

n\in\mathbb N

е в сила

a_n\geq a_{n-1}

a_n\leq l

, където

l

е по-малкият корен на уравнението

f(x)=x^2-\frac x2+c=0

. За

n=0

е ясно, че

a_1\gt{}c=a_0

, а т.к

f(c)=c^2+\frac c2\gt{}0

c

е по-малко от поне един от двата корена на

f

(това е вярно т.к уравнението има поне един корен по-голям от

1/4

от формулите на Виет) то следва, че

c\lt{}l

. Ако допуснем, че твърдението е вярно за

n

, то т.к имаме

a_{n+1}-a_n=f(a_n)

, получаваме, че

f(a_n)\gt{}0

, понеже

a_n\lt{}l

. Също така имаме, че

a_{n+1}=a_n^2+\frac{a_n}{2}+c\leq l^2+\frac l2+c=l,

където първото неравенство следва, т.к

x\mapsto x^2+\frac x2

е растяща в

(0,1)

, а последното равенство следва от

f(l)=0

. Така индукцията е завършена откъдето следва, че

a_n

е растяща и ограничена, следователно сходяща. Ако

t

е границата ѝ, то

f(t)=0

и т.к

a_n\lt{}l

за всяко

n\in\mathbb N

, то получаваме, че

\lim_{n\to\infty}a_n=l=\frac14-\sqrt{\vphantom{x^2}\frac1{16}-c}.

Оценяване. (6 точки) 3 т. за

c\leq1/16

, 2 т. за доказване, че ако

c\leq1/16

, то

a_n

е растяща, 1 т. за довършване.

Klasirane.bg — проверен архив12.1Условие — източник Решение — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle ABC

и точка

X

е във вътрешността му. Нека точките

S_A

S_B

S_C

са средите на дъгите

\widehat{BXC}

\widehat{AXC}

\widehat{AXB}

в окръжностите, описани съответно около

\triangle BXC

\triangle AXC

\triangle AXB

. Да се докаже, че точките

S_A

S_B

S_C

X

лежат на една окръжност.

Решение

Нека

l_A

е правата през

A

, перпендикулярна на

AX

и нека

l_B,l_C

са дефинирани аналогично. Нека

l_B\cap l_C=A_1

l_C\cap l_A=B_1

l_A\cap l_B=C_1

. Имаме, че

A_1S_A

е вътрешната ъглополовяща на

\angle B_1A_1C_1

, т.к

A_1\in(BXC)

. Така получаваме, че правите

A_1S_A,B_1S_B,C_1S_C

се пресичат в точка

I

, където

I

е центърът на вписаната окръжност в

\triangle A_1B_1C_1

. Също така имаме, че

A_1X

е диаметър в

(BXC)

, следователно

\angle IS_AX=90^\circ

, т.е

S_A

лежи на окръжността с диаметър

IX

. Аналогично получаваме, че точките

S_B

S_C

лежат на същата окръжност, с което задачата е решена. Оценяване. (6 точки) 2 т. за построяване на

l_A,l_B,l_C

, 2 т. за доказване, че

A_1S_A,B_1S_B

C_1S_C

се пресичат в една точка, 2 т. за довършване.

Klasirane.bg — проверен архив12.2Условие — източник Решение — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

n\geq2

е естествено число. Ако

m\in\mathbb N

е такова, че делителите на

m

могат да се разбият на

n

непресичащи се множества, така че сумата от числата във всяко множество е една и съща, то да се докаже, че

m\geq2^{n+1}-2

Решение

Първи метод. За

n=2

твърдението се проверява директно. Нататък ще считаме, че

n\geq3

m\geq7

. Да отбележим, че

m

се среща в някоя от групите, така че

mn\leq\sum_{d\mid m}d

. Нека

k\in(m/3,m/2)

е естествено число (такова има поради

m\geq7

). Тогава

\begin{aligned} mn&\leq\sum_{d\mid m}d=\sum_{d\mid m}\frac md\leq m\left(\sum_{d\leq m,d\mid m}\frac1d\right)\\ &\leq m\left(\sum_{d\leq m/2,d\mid m}\frac1d\right)+1\\ &\leq m\left(\sum_{d\leq m/2}\frac1d\right)-\frac mk+1\\ &\lt{}m\left(\sum_{d\leq m/2}\frac1d\right), \end{aligned}

понеже

m

няма делители между

\frac m2

m

и т.к

k

не дели

m

. От друга страна имаме, че ако

t\in\mathbb N

е такова, че

2^t\leq m\lt{}2^{t+1}

, то

\sum_{d\leq m/2}\frac1d\leq

\sum_{d\lt{}2^t}\frac1d =\sum_{s=0}^{t-1}\sum_{d=2^s}^{2^{s+1}-1}\frac1d \leq

\sum_{s=0}^{t-1}\sum_{d=2^s}^{2^{s+1}-1}\frac1{2^s}=t.

Така получаваме, че

t\gt{}n

, откъдето следва, че

m\geq2^{n+1}

. Коментар. Оценката не е точна, може да се покаже, че

\sum_{d\mid m}d=O(m\log\log m)

. Ето един възможен начин: Втори метод. (Д.Грозев) Да означим с

s(x)

сумата от делителите на

x\in\mathbb N

. Имаме

s(m)\geq mn

. Нека

m=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}

, където

p_i

са различни прости числа и

a_i\geq1

. Имаме

s(m)\leq m\prod_{i=1}^k\sum_{j=0}^{\infty}\frac1{p_i^j},

защото всеки делител на

m

присъства в дясната страна. И така,

s(m)\leq m\prod_{i=1}^k\left(1+\frac1{p_i-1}\right)\leq

m\cdot\exp\left(\sum_{i=1}^k\frac1{p_i-1}\right).

Тук използвахме неравенството

1+x\leq e^x

. Нататък,

\sum_{i=1}^k\frac1{p_i-1}\leq\sum_{i=1}^k\frac1{q_i-1}\leq

\sum_{i=1}^k\frac1i\lt{}\ln(k+1)\tag{1},

където

q_1,q_2,\ldots,q_k

са първите

k

прости числа. Това дава

mn\leq s(m)\lt{}m(k+1)

или

k\gt{}n-1

, значи

k\geq n

. При

n\geq3

получаваме

m\geq\prod_{i=1}^kq_i\geq2\cdot3\cdot5^{k-2}\geq

6\cdot5^{n-2}\gt{}5^{n-1}\gt{}2^{n+1}.

При

n=2

имаме

k\geq2

m\geq2\cdot3=6

. Вижда се, че

n=2,m=6

възможно, другите опции са

n=2,m\geq12

(ако въобще има такива.) Коментар. Оценката в (1), може да се подобри така

\sum_{i=1}^k\frac1{q_1-1}\leq

1+\sum_{i=1}^{k-1}\frac1{q_k}\leq1+1+\ln\ln k.

Така получаваме,

mn\leq s(m)\leq me^2\ln k

и значи

\ln k\geq n/e^2

k\geq e^{n/9}

m\geq\prod_{i=1}^kq_i\geq2^k\geq2^{e^{n/9}}.

Също може да се докаже, че

\sum_{d\mid m}d\leq H_m+\log H_m e^{H_m},

където

H_m=\sum_{i=1}^m\frac1i

. Оценяване. (7 точки) 1 т. за

mn\leq\sum_{d\mid m}d

, 3 т. за подходяща нетривиална оценка за

\sum_{d\mid m}d

, 1 т. за

m

няма делител в

(m/2,m)

(m/3,m/2)

, 2 т. за довършване. Случаят

n=2

не носи точки!

Klasirane.bg — проверен архив12.3Условие — източник Решение — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

L

е фигурата, съставена от 3 единични квадрата, четвърт кръг с радиус 1 и правоъгълен равнобедрен триъгълник с катет 1, скачени така: Официалната фигура L към задача 12.4, съставена от три квадрата, четвърт кръг и правоъгълен равнобедрен триъгълник.

Официалната фигура L към задача 12.4, съставена от три квадрата, четвърт кръг и правоъгълен равнобедрен триъгълник.

Да се докаже, че всеки 18 точки в равнината могат да се покрият с копия на

L

, които не се припокриват в свои вътрешни точки. (Копията на

L

могат да бъдат ротирани и обръщани.)

Решение

Да разгледаме следната фигура

M

, получена чрез залепяне на 2 копия на

L

Официалната фигура M към решение 12.4, получена чрез залепяне на две копия на L.

Имаме, че

M

се съдържа в правоъгълник с размери

1\times9

и заема повече от

17/18

от лицето му. Нека

S

е множество от 18 точки в равнината и нека

C

е случайно покриване на равнината с правоъгълници

1\times9

. По-конкретно фиксираме покриване

A

на равнината с правоъгълници

1\times9

и избираме

X\sim U[0,9]

Y\sim U[0,1]

, а след това получаваме

C

като транслираме

A

X

единици в

x

направлението и

Y

единици в

y

направлението. Всяко такова покриване на равнината дава еднозначно определено покритие на част от равнината с копия на

M

. Да отбележим, че за всяка точка

s\in S

имаме

\mathbb P(s\text{ е покрита от някое копие на }M)\gt{}17/18.

Така получаваме, че

\mathbb P(s\text{ не е покрита от копие на }M)\lt{}\frac1{18}

. Следователно

\begin{aligned} \mathbb P(\exists\ s\in S:s\text{ не е покрита от копия на }M) &\leq\sum_{s\in S}\mathbb P(s\text{ не е покрита от копия на }M)\\ &\lt{}|S|/18=1, \end{aligned}

откъдето следва, че съществува покриване на равнината, за което всяка точка от

S

е покрита от някое копие на

M

. Оценяване. (7 точки) 2 т. за разглеждане на

M

, 5 т. за довършване. 3 т. за доказване на по-слабо твърдение като „всеки 8 точки в равнината могат да се покрият с копия на

L

“ чрез вероятностен метод.

Klasirane.bg — проверен архив12.4Условие — източник Решение — източник

2025

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се определят всички възможни стойности на израза

x^3+y^2+z

, където

x

y

z

са реални неотрицателни числа, за които

x^2+y^2+z^2=1

Решение

Решение. Имаме, че

x^3+y^2+z\le

x^2+y^2+z=1-z^2+z=-\left(\frac12-z\right)^2+\frac54\le\frac54,

както и

x^3+y^2+z\ge x^3+y^2+z^2=x^3-x^2+1.

От друга страна функцията

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

изпълнява

f'(x)=3x^2-2x

, откъдето следва, че

f

има точно един локален минимум в

[0,1]

, а именно

x=\frac23

, т.к

f'(x)\gt{}0

за

x\lt{}0

f'(x)\lt{}0

за

x\in(0,\frac23)

f'(x)\gt{}0

за

x\in(\frac23,1]

. Така получаваме, че

x^3+y^2+z\ge f(x)\ge f(\frac23)=\frac{23}{27}

. От съображения за непрекъснатост функцията

f(x)

приема всички стойности в интервала

[\frac{23}{27},1]

, а функцията

g(z):=1-z^2+z

приема всички стойности в

[1,\frac54]

, което означава, че всяка стойност

a\in[\frac{23}{27},\frac54]

се достига – ако

a\le1

избираме

x_0

, т.че

f(x_0)=a

и полагаме

(x,y,z)=(x_0,\sqrt{\vphantom{x^2}1-x_0^2},0)

, а ако

a\gt{}1

избираме

z_0\in[0,1]

, за което

g(z_0)=a

и полагаме

(x,y,z)=(0,\sqrt{\vphantom{x^2}1-z_0^2},z_0)

. Еквивалентно последната стъпка може да се замени с обобщение на теоремата за междинните стойности, като е необходимо да се отбележи, че множеството

\{(x,y,z)\in\mathbb R^3:x,y,z\in[0,1],x^2+y^2+z^2=1\}

е свързано и бъдат посочени стойности на

x,y,z

, за които долната и горната граница на израза се достигат. Оценяване. (6 точки) 3 т. за

f(x)\ge\frac{23}{27}

; 1 т. за

x^3+y^2+z\le\frac54

; 2 т. за довършване.

Klasirane.bg — проверен архив12.1Условие — източник Решение — източник

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен и разностранен

\triangle ABC

с описана окръжност

\omega

и център на вписаната окръжност

I

. Нека

CI\cap\omega=\{C,M\}

и нека

X

е такава точка от лъча

MI

, че

MX=\frac{CI}{2}

. Ако точката

N

е среда на отсечката

BC

, то да се докаже, че

\angle IAX=\angle INX

Решение

Решение. Нека точка

J

е центърът на външновписаната окръжност на

\triangle ABC

срещу върха

C

. Имаме, че

X

е среда на

CJ

, т.к

IM=MJ

. От друга страна

\triangle AJC\sim\triangle IBC

, т.к.

\angle AJC=\angle IBC=\frac{\angle ABC}{2}

\angle ACJ=\angle ICB=\frac{\angle ACB}{2}.

Да отбележим, че точките

X

N

са съответни елементи в двата триъгълника, откъдето следва, че

\angle NIC=\angle XAC

. Оттук нататък задачата може да се реши по няколко начина: Първи начин.

XN\parallel BJ

като средна отсечка в

\triangle CBJ

, откъдето

\angle NXI=\angle JBI=\angle CAI

. Така

\angle INX=\angle CIN-\angle IXN=\angle CAX-\angle IAC=\angle XAI.

Втори начин. Ако

NI\cap AX=P

, то

\angle PAC+\angle PIC=\angle XAC+180^\circ-\angle NIC=180^\circ,

т.е. точките

A,P,I,C

лежат на една окръжност. Оттук следва, че

\angle XPN=\angle ACI=\angle XCN

, т.е

P,X,C,N

са на една окръжност. Следователно

\angle XNI=\angle PCI=\angle IAX

, като последното следва от фактът, че

APIC

е вписан.

Официалната фигура към решение 12.2 с триъгълника ABC и точките I, J, M, N и X.

Оценяване. (6 точки) 2 т. за

X

е среда на

CJ

; 1 т. за

\triangle AJC\sim\triangle IBC

; 1 т. за отбелязване, че

X

N

са съответни елементи; 2 т. за довършване

Klasirane.bg — проверен архив12.2Условие — източник Решение — източник

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

A_1,\ldots,A_{2025}

са (не непременно различни) точки в

\mathbb R^3

. Да се определи максималният брой тройки индекси

1\le i\lt{}j\lt{}k\le2025

, за които точките

A_i,A_j,A_k

образуват равностранен триъгълник със страна 1.

Решение

Отговор.

506^2\cdot2027=518\,984\,972

. Решение. Ще наричаме тройка индекси

1\le i\lt{}j\lt{}k\le2025

\emph{хубава}, ако

\triangle A_iA_jA_k

е равностранен със страна 1. Пример за конфигурация с

506^2\cdot2027

хубави тройки индекси е правилен тетраедър

ABCD

, за който всички точки

A_i

са разпределени равномерно във върховете му, т.е

A_i\equiv A

за

i=1,2,\ldots,506

;

A_i\equiv B

за

i=507,\ldots,1012

;

A_i\equiv C

за

i=1013,\ldots,1518

A_i\equiv D

за

i=1519,\ldots,2025

. Това дава общо

506^3+3\cdot506^2\cdot507=506^2\cdot2027

хубави тройки индекси. Да разгледаме конфигурация от точки

A_1,A_2,\ldots,A_{2025}

, която максимизира броя тройки с исканото свойство и да допуснем, че има две точки

A_i,A_j

, които са на разстояние различно от 1. БОО можем да приемем, че

A_i

участва в повече равностранни триъгълници със страна 1 от

A_j

. Тогава, ако преместим

A_j

A_i

, то общият брой равностранни триъгълници със страна 1 не намалява, т.к

A_i

A_j

не участват заедно в равностранен триъгълник със страна 1. Следователно съществува максимална конфигурация, за която разстоянието между всеки две точки

A_i

A_j

е или 0 или 1. Да отбележим, че т.к не съществува множество от 5 точки в

\mathbb R^3

, за което разстоянието между всеки две от тях е равно на 1, то съществува максимална конфигурация, за която всички точки се намират във върховете на правилен тетраедър

ABCD

. Нека

a,b,c,d\in\mathbb Z_{\ge0}

са бройката точки, намиращи се в

A,B,C,D

съответно. Тогава общият брой хубави тройки индекси е

abc+bcd+cda+dab=ab(c+d)+cd(a+b)=

bc(a+d)+ad(b+c)=ac(b+d)+bd(a+c),

като да отбележим, че е в сила

a+b+c+d=2025

. БОО нека

a\ge b\ge c\ge d

. Ако

a-d\ge2

, то ако заменим

a

a-1

d

d+1

, получавайки

\begin{aligned} bc(a+d)+(a-1)(d+1)(b+c)&=bc(a+d)+(ad+a-d-1)(b+c)\\ &\ge bc(a+d)+(ad+1)(b+c)\\ &\gt{}bc(a+d)+ad(b+c), \end{aligned}

т.е в максимална конфигурация имаме

|a-d|\le1

, откъдето следва, че

\{a,b,c,d\}=\{506,507\}

. Оценяване. 0 точки за отговор; 1 т. за разглеждане на конфигурация, в която всички точки са във върховете на правилен тетраедър; 1 т. за вярно балансиране на върховете в тетаредъра и вярно пресмятане на отговора; Оценка от горе: 1 т. за ясно твърдение, че в пространството няма 5 точки, всеки две от които са на разстояние 1; 1 т. за идеята за залепянето на точки на разстояние различно от 1; 3т. за довършване. Други частични резултати (неадитивни с тези за горната оценка): До 2 точки за оценка от вида

cn^3

за някое

c\gt{}\frac1{16}

в зависимост от стойността на

c

. Например

c=\frac16

носи 0 точки

c=\frac7{60}

носи 2 точки.

Klasirane.bg — проверен архив12.3Условие — източник Решение — източник

Задача 4

Пълен запис

Условие

Съществува ли естествено число

n

с точно 4500 делители, за което десетичният запис на

\sqrt n

започва с 2025 деветки след десетичната запетая, т.е

\sqrt n=A,\underbrace{99\ldots9}_{2025}\ldots

, за някое естествено число

A

Решение

Отговор. Да! Решение. Първо ще докажем следната Лема. Ако

M\in\mathbb N

, то съществуват безбройно много естествени числа

k

, за които интервалът

(k^2,(k+1)^2)

съдържа поне

M

прости числа. Доказателство. Да отбележим, че е достатъчно да докажем, че поне едно

k

съществува за всяко

M

, т.к

k

-то, което работи за

m\ge M

, работи и за

M

, откъдето можем да конструираме безкрайна редица от

k

-та за дадено

M

. Да допуснем, че за всяко

k

интервалът съдържа

(k^2,(k+1)^2)

най-много

M

прости числа. Добре известно е, че

\sum_{p-\text{просто}}\frac1p=\infty

, откъдето следва, че

\infty=\sum_{p-\text{просто}}\frac1p=

\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{p\in(k^2,(k+1)^2)}\frac1p\le

\sum_{k=1}^{\infty}\frac{M}{k^2}\le2M,

което е противоречие. С това лемата е доказана. Ще докажем следното по-общо твърдение: Ако

\varepsilon\gt{}0

a

е нечетно, то съществува естествено число

n

4a

делители, за което дробната част на

\sqrt n

изпълнява

\{\sqrt n\}\gt{}1-\varepsilon

. Доказателство. От лемата следва, че можем да намерим интервал

(k^2,(k+1)^2)

, съдържащ поне

2l+1

прости числа, където

l:=\left\lceil\frac{2^a}{\varepsilon}\right\rceil

. Нека тези прости числа са

k^2\lt{}q_0\lt{}q_1\lt{}q_2\lt{}\cdots\lt{}q_{2l}\lt{}(k+1)^2.

Следователно имаме

2k\ge q_{2l}-q_0=\sum_{i=1}^l(q_{2i}-q_{2(i-1)})\ge

l\min_{i\le l}(q_{2i}-q_{2(i-1)}),

т.е съществува

i

, за което

q_{2i}-q_{2(i-1)}\le\frac{2k}{l}

. За

p:=q_{2i}

q:=q_{2i-1}

имаме, че

\frac{p+q}{2}-\sqrt{\vphantom{x^2}pq}=\frac{(\sqrt p-\sqrt q)^2}{2}=\frac12\cdot\left(\frac{p-q}{\sqrt p+\sqrt q}\right)^2\le

\frac12\cdot\left(\frac{2k}{l}\cdot\frac1{2k}\right)^2\le\frac1{l^2}.

Сега нека изберем

n:=2^{a-1}pq

. Имаме, че

\sqrt n-2^{\frac{a-3}{2}}(p+q)=2^{\frac{a-1}{2}}\left(\sqrt{\vphantom{x^2}pq}-\frac{p+q}{2}\right)\le

\frac{2^{\frac{a-1}{2}}}{l^2}\lt{}\varepsilon.

Оттук твърдението следва, както и задачата след избор на

a=1125

\varepsilon=10^{-2026}

. Оценяване. (7 точки) 1 т. за търсене на решение от вида

Apq

, където

A

е фиксирано с

45\cdot25

делители; 2 т. за намиране на близки прости числа

p

q

чрез лемата или друг вариант на PNT; 4 т. за довършване.

Klasirane.bg — проверен архив12.4Условие — източник Решение — източник