Есенен математически турнир | Библиотека

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

и

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

е

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

и

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

. Нека

C L, L \in A B

, е ъглополовящата на

\angle A C B

и

O

е точка от отсечката

C L

. Ако

M

е петата на перпендикуляра от

O

към

B C

и

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|

и

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

и

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