maths.bgmaths.bg
Всички колекции
IFYM

Български фестивал на младите математици

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

11 години2 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2010

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • d1-ifym2010-10-1: има placeholder текст
  • d4-ifym2010-10-1: има placeholder текст
  • d1-ifym2010-10-2: има placeholder текст
  • d1-ifym2010-10-4: има placeholder текст
  • d4-ifym2010-10-4: има placeholder текст
  • d4-ifym2010-10-5: има placeholder текст
  • d2-ifym2010-10-6: има placeholder текст
  • d2-ifym2010-10-7: има placeholder текст
  • d4-ifym2010-10-7: има placeholder текст
  • d1-ifym2010-10-8: има placeholder текст
  • d4-ifym2010-10-8: има placeholder текст

10 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2010-10-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2010-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен △ABC\triangle A B C с ортоцентър HH и среда MM на страната ACA C. През HH е построена права, перпендикулярна на MHM H, която пресича страните ABA B и BCB C в точките EE и FF съответно. Да се докаже, че HE=HFH E=H F.
РешениеНека DD е симетричната точка на HH относно MM. Тогава DAHCD A H C е успоредник, DA∥CHD A \| C H и DC∥AHD C \| A H, т. е DA⊥ABD A \perp A B и DC⊥BCD C \perp B C. Така получаваме, че четириъгълниците AEHDA E H D и DHFCD H F C са вписани и следователно∠DEH=∠DAH=∠DCH=∠DFH,\angle D E H=\angle D A H=\angle D C H=\angle D F H,т. е. △EFD\triangle E F D е равнобедрен и DHD H е височина и медиана. С това доказателството е завършено.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2010-10-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2010-10-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека nn е естествено число, за което x21+12n2\sqrt{\vphantom{x^2}1+12 n^{2}} е цяло число. Да се докаже, че 2+2x21+12n22+2 \sqrt{\vphantom{x^2}1+12 n^{2}} е квадрат на цяло число.
РешениеИмаме 1+12n2=a21+12 n^{2}=a^{2}, което се записва във вида 12n2=(a−1)(a+12 n^{2}=(a-1)(a+ 1). Лесно се показва, че са възможни само следните случаи:a+1=6b2,a−1=2c2илиa+1=2b2a−1=6c2.a+1=6 b^{2}, \quad a-1=2 c^{2} \text{или} a+1=2 b^{2} \quad a-1=6 c^{2}.Първото е невъзможно по модул 3, а второто ни дава2+2x21+12n2=2+2a=2(a+1)=4b2=(2b)2.2+2 \sqrt{\vphantom{x^2}1+12 n^{2}}=2+2 a=2(a+1)=4 b^{2}=(2 b)^{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2010-10-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Има две пицарии с по 2010 пици във всяка. Двама учени А и В се редуват (А е пръв), като този, който е на ход, изяжда една или повече пици от една пицария или пък по точно една пица от всяка пицария. Изялият последната пица е победител. Кой от двамата ще победи, ако и двамата играят по най-добрия за тях начин?
РешениеВ ще победи. Нещо повече: ще докажем, че А губи, ако общият брой пици е кратен на 3 и двете пицарии се различават с не повече от една пица (такава позиция ще наричаме лоша). Първо да се уверим, че не е възможно с един ход да се преместим от една лоша позиция в друга. Ще се уверим, че при лоша позиция, на всеки ход на А може В да отговори така, че да победи или да остави А отново в лоша позиция. Ако в двете пицарии има по равен ненулев брой пици, кратен на 3, то: (∗)(*) ако А изяде 3n3 n пици от едната пицария, то В изяжда 3n3 n пици от другата. (∗)(*) ако A изяде 3n+13 n+1 пици от едната пицария, то B изяжда 3n+23 n+2 пици от другата. (∗)(*) ако А изяде 3n+23 n+2 пици от едната пицария, то B изяжда 3n+13 n+1 пици от другата. (∗)(*) ако А изяде по 1 пица от всяка пицария, то В изяжда една пица от някоя пицария. Ако при лоша позиция броят в някоя пицария не е кратен на 3, то без ограничение на общността има 3m+13 m+1 пици в първата пицария и 3m+23 m+2 във втората. Тогава: (∗)(*) ако А изяде 3n3 n пици от едната пицария, то В изяжда 3n3 n пици от другата. (∗)(*) ако А изяде 3n+13 n+1 пици от първата пицария ( n≤mn \leq m ), то В изяжда 3n+23 n+2 пици от втората. (∗)(*) ако А изяде 3n+23 n+2 пици от втората пицария ( n≤mn \leq m ), то В изяжда 3n+23 n+2 пици от първата. (∗)(*) ако А изяде 3n+23 n+2 пици от първата пицария ( n≤m−1n \leq m-1 ), то В изяжда 3n+43 n+4 пици от втората. (∗)(*) ако А изяде 3n+13 n+1 пици от втората пицария ( n≤mn \leq m ), то В изяжда 3n−13 n-1 пици от първата. Това е невъзможно, ако А е изял само ед В яде по една пица от всяка пицария. (∗)(*) ако А изяде по 1 пица от всяка пицария, то В изя пицария. По този начин винаги след хода на B позицията е лоша. Понеже броят на пиците намалява и позицията ( 0;00; 0 ) е лоша, то след краен брой ходове и двете пицарии ще се изпразнят след ход на B и той ще победи.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2010-10-6

Задача 7

Пълен запис
Условие
Даден е равнобедрен триъгълник ABCA B C с основа ABA B. Точка P∈ABP \in A B е такава, че AP=2PBA P=2 P B. Точка QQ от отсечката CPC P е такава, че ∠AQP=∠ACB\angle A Q P=\angle A C B. Да се докаже, че ∠PQB\angle P Q B е равен на половината от ∠ACB\angle A C B.
РешениеАко C1C_{1} е втората пресечна точка на CPC P и описаната около триъгълника ABCA B C окръжност, то C1PC_{1} P е ъглополовяща в триъгълника AC1BA C_{1} B и от свойството на ъглополовящата AC1C1B=APPB=21\frac{A C_{1}}{C_{1} B}=\frac{A P}{P B}=\frac{2}{1}. Построяваме симетралата на AC1A C_{1} и нека тя пресича CPC P в точка Q1Q_{1}. Пресмятаме ъгъл AQ1P=180∘−γA Q_{1} P=180^{\circ}-\gamma, оттам ъгъл CC1A=90∘−γ/2C C_{1} A=90^{\circ}-\gamma / 2 и ъгъл C1Q1A=γC_{1} Q_{1} A=\gamma, т. е. точката Q1≡QQ_{1} \equiv Q. Ако SS е пресечната точка на симетралата на AC1A C_{1} с AC1A C_{1}, то триъгълниците SQC1S Q C_{1} u BQC1B Q C_{1} са еднакви според първи признак за еднаквост на триъгълници.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2010-10-7

Задача 8

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2010-10-8

10 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички наредени тройки ( x,y,zx, y, z ) от положителни рационални числа, за които числата x+1y,y+1zx+\frac{1}{y}, y+\frac{1}{z} и z+1xz+\frac{1}{x} са цели.
РешениеНека x+1y=a,y+1z=bx+\frac{1}{y}=a, y+\frac{1}{z}=b и z+1x=cz+\frac{1}{x}=c са естествени числа. Имамеy=1a−x⇒z=1b−y=a−xab−1−bxи следователноa−xab−1−bx+1x=c⟺(bc−1)x2+(a−b+c−abc)x+ab−1=0.\begin{aligned} y= & \frac{1}{a-x} \Rightarrow z=\frac{1}{b-y}=\frac{a-x}{a b-1-b x} \text{и следователно} \\ & \frac{a-x}{a b-1-b x}+\frac{1}{x}=c \Longleftrightarrow(b c-1) x^{2}+(a-b+c-a b c) x+a b-1=0. \end{aligned}Ако bc=1b c=1, то b=c=1b=c=1, откъдето (a−1)(x+1)(a-1)(x+1), т. е. a=1a=1 и е невъзможно x,yx, y и zz да са положителни. Аналогично се вижда, че случаите ab=1a b=1 и ca=1c a=1 са невъзможни. Нека bc>1b c\gt{}1 и да разгледаме дискриминантата D=(a−b+c−abc)2−4(bc−1)(ab−1)=(abc−a−b−c)2−4D=(a-b+c- a b c)^{2}-4(b c-1)(a b-1)=(a b c-a-b-c)^{2}-4. Тъй като x∈Q,(abc−a−b−c)2−4x \in \mathbf{Q}, (a b c-a-b-c)^{2}-4 е точен квадрат, т. е. abc−a−b−c=±2a b c-a-b-c= \pm 2. Имаме abc−a−b−c=a(bc−1)−b−c≥bc−b−c−1=(b−1)(c−1)−2≥−2a b c-a-b-c=a(b c-1)-b-c \geq b c-b-c-1=(b-1)(c-1)-2 \geq-2, което означава, че abc−a−b−c=−2a b c-a-b-c=-2 е възможно само при a=1a=1 и b=1b=1 или c=1c=1, т. е. ab=1a b=1 или ac=1a c=1 противоречие. Следователно abc−a−b−c=2a b c-a-b-c=2. Както по горе се вижда, че това равенство е невъзможно при a,b,c≥3a, b, c \geq 3. При a=1a=1 имаме (b−1)(c−1)=4(b-1)(c-1)=4, откъдето (b,c)=(3,3),(2,5)(b, c)=(3, 3), (2, 5) или (5, 2) (съответно (x,y,z)=(12,2,1),(13,32,2)(x, y, z)=\left(\frac{1}{2}, 2, 1\right), \left(\frac{1}{3}, \frac{3}{2}, 2\right) и (23,3,12))\left.\left(\frac{2}{3}, 3, \frac{1}{2}\right)\right). При a=2a=2 получаваме (2c−1)(2b−1)=9(2 c-1)(2 b-1)=9, откъдето следват решенията (b,c)=(2,2),(1,5)(b, c)=(2, 2), (1, 5) или (5,1)(5, 1), като ново , без да считаме цикличните измествания на досега известните, е само първото, за което (x,y,z)=(1,1,1)(x, y, z)=(1, 1, 1).
Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2010-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Възможно ли е да оцветим полетата на квадратна таблица 19×1919 \times 19 в жълто, синьо, червено и зелено, така че всеки правоъгълник a×b(a,b≥2)a \times b(a, b \geq 2), съставен от полета на таблицата, да има поне две разноцветни ъглови полета?
РешениеНе. Да допуснем, че такова оцветяване е възможно. Нека на даден ред има jj жълти, ss сини, cc червени и zz зелени полета. Броят едноцветни двойки на този ред еj(j−1)2+s(s−1)2+c(c−1)2+z(z−1)2=\frac{j(j-1)}{2}+\frac{s(s-1)}{2}+\frac{c(c-1)}{2}+\frac{z(z-1)}{2}=j2+s2+c2+z2−192≥\frac{j^{2}+s^{2}+c^{2}+z^{2}-19}{2} \geq≥(j+s+c+z)24−192=19(19−4)8\geq \frac{\frac{(j+s+c+z)^{2}}{4}-19}{2}=\frac{19(19-4)}{8}и понеже този брой е цяло число, той е поне 36. Ако на реда има 4 полета от един цвят и по 5 полета от останалите 3 цвята, то този брой е точно (42)+3(52)=36\binom{4}{2}+3\binom{5}{2}=36. Непосредствено можем да се уверим, че това е единственият случай, в който едноцветните двойки в реда са точно 36. Общо във всички редове има поне 19 \cdot 36 едноцветни двойки позиции. От друга страна, всяка двойка позиции може да се среща най-много на един ред във всеки цвят. Така едноцветните двойки позиции от даден цвят са не повече от (192)=19⋅9\binom{19}{2}=19 \cdot 9. Общо за четирите цвята това дава не повече от 19 \cdot 36 двойки, но според горните разсъждения те са поне толкова, така че е необходимо да има равенство. За целта трябва на всеки ред да има по 4 полета от един цвят и по 5 полета от останалите 3 цвята. Нека rr е броят редове, в които има по 4 жълти полета. Тогава общият брой двойки жълти полета на един и същи ред е r(42)+(19−r)(52)r\binom{4}{2}+(19-r)\binom{5}{2}, което е четно число и не е равно на 19 \cdot 9 противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2010-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Две дадени окръжности се пресичат в точки PP и QQ. Да се построят върху тези окръжности точки AA и BB, така че точката PP да лежи на отсечката ABA B и произведението AP.PBA P. P B да е максимално.
РешениеНека двете окръжности са k1k_{1} и k2k_{2} с центрове O1O_{1} и O2O_{2} съответно и A∈k1,B∈k2A \in k_{1}, B \in k_{2}. През точка QQ прекарваме права ℓ⊥PQ\ell \perp P Q, която пресича за втори път окръжностите k1k_{1} и k2k_{2} в точките CC и DD съответно. Тъй като CPC P и DPD P се явяват диаметри в k1k_{1} и k2k_{2}, то ∠CAP=∠DBP=90∘\angle C A P=\angle D B P=90^{\circ} и следователно ABDCA B D C е правоъгълен трапец и симетралата на ABA B минава през средата SS на CDC D, която не зависи от избора на точките AA и BB. Ако MM е средата на ABA B, тоAP.PB=BM2−PM2=A P. P B=B M^{2}-P M^{2}=(BS2−SM2)−(PS2−SM2)=BS2−PS2\left(B S^{2}-S M^{2}\right)-\left(P S^{2}-S M^{2}\right)=B S^{2}-P S^{2}и следователно максималната стойност на AP.BPA P. B P се достига при максималната стойност на BSB S. Да означим с S1S_{1} и S2S_{2} пресечните точки на лъчите SO1S O_{1} и SO2S O_{2} с окръжностите k1k_{1} и k2k_{2} съответно. Имаме BS≤BO2+O2S=S2O2+O2S=S2SB S \leq B O_{2}+O_{2} S=S_{2} O_{2}+O_{2} S=S_{2} S и следователно максималната стойност на AP.BPA P. B P се достига точно тогава, когато B≡S2B \equiv S_{2}. В този случай A≡S1A \equiv S_{1} (Защо?).
Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2010-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се реши в естествени числа x,y,zx, y, z уравнението7x+13y=2z7^{x}+13^{y}=2^{z}
РешениеОт уравнението оследва 2z≡(−1)y( mod 7)2^{z} \equiv(-1)^{y}(\bmod 7), което е изпълнено само при 2/y2 / y и 3/z3 / z. Нека z=3kz=3 k. От 7x≡2z( mod 13)7^{x} \equiv 2^{z}(\bmod 13) следва 74x≡212k≡1( mod 13)7^{4 x} \equiv 2^{12 k} \equiv 1 (\bmod 13) (използвахме теоремата на Ферма), което е изпълнено при 12/4x12 / 4 x, т. е. 3/x3 / x. Нека x=3lx=3 l. Сега уравнението придобива вида (2k−7l)(22k+2k7l+72l)=13y\left(2^{k}-7^{l}\right)\left(2^{2 k}+2^{k} 7^{l}+7^{2 l}\right)=13^{y}. Лесно се вижда, че 2k−7l2^{k}-7^{l} и 22k+2k7l+72l2^{2 k}+2^{k} 7^{l}+7^{2 l} не могат едновременно да се делят на 13. Следователно 2k−7l=12^{k}-7^{l}=1. Ако k≥4k \geq 4 следва 7l≡−1( mod 16)7^{l} \equiv-1(\bmod 16), което е невъзможно. Остава k=3,l=1k=3, l=1 и получаваме то z=9,x=3,y=2z=9, x=3, y=2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2010-10-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека n>1n\gt{}1 е естествено число. Да се намерят стойностите на реалния параметър aa, за които уравнениетоx21+xn+x21−xn=a\sqrt[n]{\vphantom{x^2}1+x}+\sqrt[n]{\vphantom{x^2}1-x}=aима единствен реален корен.
РешениеАко x0x_{0} е корен, то и −x0-x_{0} е корен. Следователно −x0=x0-x_{0}=x_{0}, т. е. x0=0x_{0}=0 и a=2a=2. При a=2a=2, ако x<−1x\lt{}-1 или x>1x\gt{}1 ( nn \quad нечетно), лесно се вижда, че x21+xn+x21−xn<2\sqrt[n]{\vphantom{x^2}1+x}+\sqrt[n]{\vphantom{x^2}1-x}\lt{}2, а ако x∈[−1,1]x \in[-1, 1], то за u=x21+xn,v=x21−xnu=\sqrt[n]{\vphantom{x^2}1+x}, v=\sqrt[n]{\vphantom{x^2}1-x} от u+v2≤x2un+vn2n\frac{u+v}{2} \leq \sqrt[n]{\vphantom{x^2}\frac{u^{n}+v^{n}}{2}} следва, че само x=0x=0 е Следователно a=2a=2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2010-10-5

Задача 6

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2010-10-6

Задача 7

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2010-10-7

Задача 8

Пълен запис
Условие
Даден е трапец ABCD(AB∥CD)A B C D(A B \| C D). Върху бедрата ADA D и BCB C са избрани точки PP и QQ, такива че ∠APB=∠CPD\angle A P B=\angle C P D и ∠AQB=∠CQD\angle A Q B=\angle C Q D. Ако диагоналите ACA C и BDB D се пресичат в точка OO, да се докаже, че OP=OQO P=O Q.
РешениеПърво ще обърнем внимание, че точките PP и QQ от условието могат да се изберат по единствен начин (Защо?). Нека описаната около △ABP\triangle A B P окръжност пресича за втори път правата BCB C в точка Q′Q^{\prime}. Тогава ∠CQ′P=∠BAP=180∘−∠CDP\angle C Q^{\prime} P=\angle B A P=180^{\circ}-\angle C D P и следователно четириъгълникът PQ′CDP Q^{\prime} C D е вписан и ∠CQ′D=∠CPD=∠APB=∠AQB\angle C Q^{\prime} D=\angle C P D=\angle A P B=\angle A Q B. т. е. Q′≡QQ^{\prime} \equiv Q. Да означим с O1O_{1} и O2O_{2} центровете на описаните окръжности около четириъгълниците ABQPA B Q P и PQCDP Q C D съответно. Ще докажем, че OO лежи на централата O1O2O_{1} O_{2}. Тъй като △ABO1\triangle A B O_{1} и △CDO2\triangle C D O_{2} са равнобедрени и ∠AO1B=2∠AQB=2∠CQD=∠CO2D\angle A O_{1} B=2 \angle A Q B=2 \angle C Q D= \angle C O_{2} D, то △ABO1∼△CDO2\triangle A B O_{1} \sim \triangle C D O_{2}. Следователно при хомотетия h(O,k=−CD/AB)h(O, k=-C D / A B) отсечката ABA B ще се изобрази в CDC D и O1O_{1} ще се изобрази в O2O_{2}. В частност O1,O2O_{1}, O_{2} и OO лежат на една права, която е симетрала на PQP Q, т. е. OP=OQO P=O Q.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2010-10-8

10 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е уравнението x3−cx2+(c−3)x+1=0x^{3}-c x^{2}+(c-3) x+1=0, където cc е произволно число. Да се докаже, че ако това уравнение има поне един рационален корен, то всичките му корени са рационални числа.
РешениеНека корените са x1,x2x_{1}, x_{2} и x3=r∈Qx_{3}=r \in \mathbb{Q}. От c(r2−r)=r3−3r+1c\left(r^{2}-r\right)=r^{3}-3 r+1 следва, че r≠0,1r \neq 0, 1 и c=r3−3r+1r2−rc=\frac{r^{3}-3 r+1}{r^{2}-r}, в частност c∈Qc \in \mathbb{Q}. От формулите на Виет получаваме, че x1x_{1} и x2x_{2} са корените на квадратното уравнение x2−(c−r)x−1r=0x^{2}-(c-r) x-\frac{1}{r}=0. Дискриминантата му е D=(c−r)2+4r=(r2−r+1r2−r)2D=(c-r)^{2}+\frac{4}{r}=\left(\frac{r^{2}-r+1}{r^{2}-r}\right)^{2} и следователно x1=11−rx_{1}= \frac{1}{1-r} и x2=r−1r∈Qx_{2}=r-\frac{1}{r} \in \mathbb{Q}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2010-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е четириъгълник ABCDA B C D, описан около окръжност с център II. От върха AA са издигнати перпендикуляри към страните ABA B и ADA D, които пресичат правите BIB I и DID I съответно в точките MM и NN. Да се докаже, че правите MNM N и ACA C са перпендикулярни.
РешениеДостатъчно е да докажем, че CN2C N^{2} AN2=CM2−AM2A N^{2}=C M^{2}-A M^{2} (Защо?). От косинусова теорема за △NDC\triangle N D C получавамеCN2=ND2+CD2−2ND⋅CD⋅cos⁡∠NDC=NA2+AD2+CD2−2ND⋅CD⋅cos⁡∠ADN=NA2+AD2+CD2−2AD⋅CD\begin{aligned} C N^{2} & =N D^{2}+C D^{2}-2 N D \cdot C D \cdot \cos \angle N D C \\ & =N A^{2}+A D^{2}+C D^{2}-2 N D \cdot C D \cdot \cos \angle A D N \\ & =N A^{2}+A D^{2}+C D^{2}-2 A D \cdot C D \end{aligned}и следователно CN2−AN2=(AD−CD)2C N^{2}-A N^{2}=(A D-C D)^{2}. Аналогично CM2−AM2=(AB−BC)2C M^{2}-A M^{2}=(A B-B C)^{2}. Остава да вземем под внимание, че AD+BC=AB+CDA D+B C=A B+C D, тъй като ABCDA B C D е описан четириъгълник и с това доказателството е завършено.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2010-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека a,b,ca, b, c са цели числа, a>0a\gt{}0 и уравнението ax2−bx+c=0a x^{2}-b x+c=0 има два различни реални корена, принадлежащи на интервала (0,1)(0, 1). Да се намери възможно най-малката стойност на aa.
РешениеНека f(x)=ax2−bx+cf(x)=a x^{2}-b x+c. От условието следва f(0)>0,f(1)>0f(0)\gt{}0, f(1)\gt{}0, т. е. f(0),f(1)≥1f(0), f(1) \geq 1. Ако корените са x1,x2x_{1}, x_{2}, то 1≤f(0)f(1)=a2x1x2(1−x1)(1−x2)<a2⋅1161 \leq f(0) f(1)=a^{2} x_{1} x_{2}\left(1-x_{1}\right)(1- \left. x_{2}\right)\lt{}a^{2} \cdot \frac{1}{16}, понеже x1(1−x1)≤14,x2(1−x2)≤14x_{1}\left(1-x_{1}\right) \leq \frac{1}{4}, x_{2}\left(1-x_{2}\right) \leq \frac{1}{4} и поне едно от тези неравенства е строго в противен случай x1=x2(=12)x_{1}=x_{2}\left(=\frac{1}{2}\right). Така a>4a\gt{}4. При a=5a=5 от по-горе следва f(0)f(1)=1f(0) f(1)=1, т. е. f(0)=c=1f(0)=c=1 и f(1)=5−b+c=1f(1)=5-b+c=1, оттук b=5,c=1b=5, c=1. Получената f(x)=5x2−5x+1f(x)=5 x^{2}-5 x+1 удовлетворява условието.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2010-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че ако x,yx, y и zz са положителни числа, за които xyz=1x y z=1, тоx9+y9x6+x3y3+y6+y9+z9y6+y3z3+z6\frac{x^{9}+y^{9}}{x^{6}+x^{3} y^{3}+y^{6}}+\frac{y^{9}+z^{9}}{y^{6}+y^{3} z^{3}+z^{6}}+z9+x9z6+z3x3+x6≥+\frac{z^{9}+x^{9}}{z^{6}+z^{3} x^{3}+x^{6}} \geq2. 2.
РешениеИмамеx9+y9x6+x3y3+y6=\frac{x^{9}+y^{9}}{x^{6}+x^{3} y^{3}+y^{6}}=x3+y3−2x3y3(x3+y3)x6+x3y3+y6≥x^{3}+y^{3}-\frac{2 x^{3} y^{3}\left(x^{3}+y^{3}\right)}{x^{6}+x^{3} y^{3}+y^{6}} \geqx3+y3−2x3y3(x3+y3)3x3y3=x3+y33. x^{3}+y^{3}-\frac{2 x^{3} y^{3}\left(x^{3}+y^{3}\right)}{3 x^{3} y^{3}}=\frac{x^{3}+y^{3}}{3}.Следователноx9+y9x6+x3y3+y6+y9+z9y6+y3z3+z6\frac{x^{9}+y^{9}}{x^{6}+x^{3} y^{3}+y^{6}}+\frac{y^{9}+z^{9}}{y^{6}+y^{3} z^{3}+z^{6}}+z9+x9z6+z3x3+x6≥+\frac{z^{9}+x^{9}}{z^{6}+z^{3} x^{3}+x^{6}} \geq2(x3+y3+z3)3≥2⋅3x2xyz33=2. \frac{2\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\right)}{3} \geq \frac{2 \cdot 3 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}x y z}}{3}=2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2010-10-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Всеки връх на правилен nn-ъгълник ( n≥3n \geq 3 ) е оцветен в жълто, синьо или червено. На всеки ход се избират два съседни разноцветни върха и се преоцветяват в третия цвят. За кои nn от всяко начално оцветяване можем да получим едноцветно оцветяване?
РешениеНека nn е кратно на 3 и сред върховете има 1 червен и 2 жълти, а останалите са сини. Остатъците при деление на 3 на трите броя са ( 1;2;01; 2; 0 ). При всеки ход два от остатъците намаляват с 1, а третият се увеличава с 2, след което остатъците при деление на 3 на трите броя са пак ( 1;2;01; 2; 0 ). Така едноцветно оцветяване е невъзможно. Ще покажем, че ако nn не е кратно на 3, то от всяко оцветяване можем да получим едноцветно оцветяване. (1) Можем да направим дадени два съседни върха едноцветни с не повече от един ход. (2) След като направим две съседни едноцветни двойки върхове, можем да оцветим четирите върха в третия цвят (ако вече не са едноцветни): xxyy→xzzy→xzxx→xyyx→zzzzx x y y \rightarrow x z z y \rightarrow x z x x \rightarrow x y y x \rightarrow z z z z. (3) Ако има поредица върхове zyyyz y y y, можем да превърнем zy→xx(y≠x≠z)z y \rightarrow x x(y \neq x \neq z) и така да попаднем в (2), достигайки после до zzzzz z z z. Прилагайки (1)(2) за първите 4 върха и после многократно (1)(2) за всяка следваща четворка върхове и (3) за първите три от тях, да направим всички върхове едноцветни, евентуално без Ако n=3k+1n=3 k+1 и остане един връх, оцветен в друг цвят, пак прилагаме многократно (3), докато оцветим всички останали върхове в този цвят. При n=3k+2n=3 k+2, ако всички върхове са в цвят aa освен един, който е в цвят b≠ab \neq a, заменяме ab→cc(b≠c≠a)a b \rightarrow c c(b \neq c \neq a) и после прилагаме многократно (3), докато оцветим всички останали върхове в цвят cc.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2010-10-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C ( AB>BCA B\gt{}B C ), в който BMB M и BL(M,L∈AC)B L(M, L \in A C) са съответно медиана и ъглополовяща от върха BB. Нека правата през MM, успоредна на ABA B пресича BLB L в точка DD, а правата през LL, успоредна на BCB C пресича BMB M в точка EE. Да се докаже, че DE⊥BLD E \perp B L.
РешениеНека правата MDM D пресича страната BCB C в точка NN. Тъй като MM е среда на ACA C и MN∥ABM N \| A B, то MNM N е средна отсечка в △ABC\triangle A B C и NN е среда на BCB C. Тогава от Теоремата на Щайнер приложена за трапеца BCLEB C L E следва, че MN,BLM N, B L и CEC E се пресичат в една точка, т. е. точките C,DC, D и EE лежат на една права. От друга страна BLB L е ъглополовяща на ∠ABC\angle A B C и следователно ∠NBD=∠DBA=\angle N B D=\angle D B A= ∠BDN\angle B D N, т. е. DN=NB=NCD N=N B=N C и ∠BDC=90∘\angle B D C=90^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2010-10-6

Задача 7

Пълен запис
Условие
Съществува ли функция f:R→Rf: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} такава, чеf(f(x))=−xза всякоx∈R?f(f(x))=-x \text{за всяко} x \in \mathbb{R}?
РешениеДа, съществува. Достатъчно е да вземем функцията:f(x)={0,акоx=0;x+1,акоx>0и⌈x⌉е нечетно; −x+1,акоx>0и⌈x⌉е четно; x−1,акоx<0и⌊x⌋е нечетно; −x−1,акоx<0и⌊x⌋е четно; f(x)= \begin{cases}0, & \text{ако} x=0; \\ x+1, & \text{ако} x\gt{}0 \text{и}\lceil x\rceil \text{е нечетно; } \\ -x+1, & \text{ако} x\gt{}0 \text{и}\lceil x\rceil \text{е четно; } \\ x-1, & \text{ако} x\lt{}0 \text{и}\lfloor x\rfloor \text{е нечетно; } \\ -x-1, & \text{ако} x\lt{}0 \text{и}\lfloor x\rfloor \text{е четно; }\end{cases}
Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2010-10-7

Задача 8

Пълен запис
Условие
Нека m,nm, n и kk са естествени числа, като nn е нечетно. Да се докаже, че1m+1m+n+⋯+1m+kn\frac{1}{m}+\frac{1}{m+n}+\cdots+\frac{1}{m+k n}не е естествено число.
РешениеНека 2t≤k<2t+1,t∈N02^{t} \leq k\lt{}2^{t+1}, t \in \mathbb{N}_{0}. Първо ще разгледаме случая, когато mm е нечетно, като в другия случай разсъжденията са аналогични. Лесно се вижда, че съществува най-много едно цяло число i,0≤i≤ki, 0 \leq i \leq k, такова че m+in≡0( mod 2s)m+i n \equiv 0 \left(\bmod 2^{s}\right), за s≥t+1s \geq t+1. Ако такова число ii не съществува, то измежду числата:m+n,m+3n,…,m+(2t−1)n(*)m+n, m+3 n, \ldots, m+\left(2^{t}-1\right) n \tag{*}съществува точно едно, което e≡0( mod 2t)\mathrm{e} \equiv 0\left(\bmod 2^{t}\right). Да допуснем, че ∃r>2t−1\exists r\gt{}2^{t}-1, че m+rn≡0( mod 2t)m+r n \equiv 0\left(\bmod 2^{t}\right). Тогава, ако m+ln≡0( mod 2t)m+l n \equiv 0\left(\bmod 2^{t}\right), където m+lnm+l n е от (∗)(*) и m+ln⁡=2t(2x+1)m+\ln =2^{t}(2 x+1), то от m+rn≡m+ln⁡( mod 2t)m+r n \equiv m+\ln \left(\bmod 2^{t}\right) следва, че r−l=2tr-l=2^{t}. Следователно m+rn=m+(l+2t)n=mln+2tn=2t(2x+1)+2tn=2t(2x+n+1)≡0( mod 2t+1)m+r n=m+\left(l+2^{t}\right) n=m_{l} n+2^{t} n=2^{t}(2 x+1)+2^{t} n=2^{t}(2 x+n+1) \equiv 0\left(\bmod 2^{t+1}\right), което е противоречие. Следователно съществува точно един знаменател в дадения сбор, за който степента на двойката в каноничното му разлагане е най-висока. Така след превеждане под общ знаменател всичко допълнителни множители освен един ще бъдат четни и числителят на получената дроб ще бъде нечетно число и няма да получим цяло число.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2010-10-8

10 · Ден 4

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2010-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека f:N0×N0→N0f: \mathbf{N}_{0} \times \mathbf{N}_{0} \rightarrow \mathbf{N}_{0} е функция, за която (1) f(0,y)=y+1∀y∈N0f(0, y)=y+1 \forall y \in \mathbf{N}_{0}, (2) f(x+1,0)=f(x,1)∀x∈N0f(x+1, 0)=f(x, 1) \forall x \in \mathbf{N}_{0}, (3) f(x+1,y+1)=f(x,f(x+1,y))∀x,y∈N0f(x+1, y+1)=f(x, f(x+1, y)) \forall x, y \in \mathbf{N}_{0}. Да се намери f(3,2010)f(3, 2010).
РешениеИмаме последователно f(1,0)=f(0,1)=2f(1, 0)=f(0, 1)=2 с полагане x=0x=0 в (2),f(1,1)=f(0,f(1,0))=f(0,2)=3(2), f(1, 1)=f(0, f(1, 0))=f(0, 2)=3 с полагане x=y=0x=y=0 в (3), и, тъй като f(1,x+1)=f(0,f(1,x))=1+f(1,x)f(1, x+1)=f(0, f(1, x))=1+f(1, x), по индукция получаваме f(1,x)=x+2∀x∈N0f(1, x)= x+2 \forall x \in \mathbf{N}_{0}. По подобен начин пресмятаме f(2,0)=f(1,1)=3,f(2,1)=f(1,f(2,0))=f(1,3)=5f(2, 0)=f(1, 1)=3, f(2, 1)=f(1, f(2, 0))= f(1, 3)=5 и по индукция с помощта на f(2,x+1)=f(1,f(2,x))=2+f(2,x)f(2, x+1)=f(1, f(2, x))=2+f(2, x) заключаваме, че f(2,x)=2x+3∀x∈N0f(2, x)=2 x+3 \forall x \in \mathbf{N}_{0}. Да положим an=f(3,n),n≥0a_{n}=f(3, n), n \geq 0. Тогава от (3) и от горното следва, че f(3,x)=f(2,f(3,x−1))=3+2f(3,x−1)f(3, x)=f(2, f(3, x-1))=3+2 f(3, x-1), т. е. an=2an−1+3a_{n}=2 a_{n-1}+3 за всяко n≥1n \geq 1. Следователноan=2an−1+3=2(2an−2+3)+3=22(2an−3+3)+3(1+2)=⋯=2na0+3(1+2+⋯+2n−1)=2n⋅5+3(2n−1)=2n+3−3,\begin{aligned} a_{n} & =2 a_{n-1}+3=2\left(2 a_{n-2}+3\right)+3=2^{2}\left(2 a_{n-3}+3\right)+3(1+2)=\cdots \\ & =2^{n} a_{0}+3\left(1+2+\cdots+2^{n-1}\right)=2^{n} \cdot 5+3\left(2^{n}-1\right)=2^{n+3}-3, \end{aligned}откъдето f(3,2010)=a2010=22013−3f(3, 2010)=a_{2010}=2^{2013}-3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2010-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
През върха CC на триъгълника ABCA B C са построени правите l1l_{1} u l2l_{2}, които са симетрични спрямо ъглополовящата CLcC L_{c} на триъгълника. Да се докаже, че проекциите на върховете AA и BB върху правите l1l_{1} u l2l_{2} лежат на една окръжност.
РешениеОзначаваме проекциите на и върху l1l_{1} u l2l_{2} съответно с A1A_{1} и A2A_{2} и B1B_{1} и B2B_{2}. Описваме окръжности с диаметри BCB C и CAC A с центрове MaM_{a} и MbM_{b} и те минават през петата HcH_{c} на височината CHcC H_{c}. Очевидно точките B1B_{1} и B2B_{2} лежат на окръжността с диаметър BCB C, а точките A1A_{1} и A2A_{2} - на окръжността с диаметър CAC A. Средата KK на MaMbM_{a} M_{b} е равноотдалечена от средите CA1C A_{1} и CB1C B_{1}, защото лежи на симетралата на A1B1A_{1} B_{1}. Хомотетия h(C;k=2)h(C; k=2) изпраща точката KK в средата McM_{c} на ABA B и тя става точка равноотдалечена от точките A1A_{1} и B1B_{1}. Аналогично доказваме, че McM_{c} е равноотдалечена от точките A2A_{2} и B2B_{2}. Остава да окажем, че McA1=McA2M_{c} A_{1}=M_{c} A_{2}. Триъгълниците McMbA2M_{c} M_{b} A_{2} и McMbA1M_{c} M_{b} A_{1} са еднакви според I-ви признак за еднаквост на триъгълници.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2010-10-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2010-10-4

Задача 5

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2010-10-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека n≥3n \geq 3 е естествено число и xx е реално число, за което дробните части {x},{x2}\{x\}, \left\{x^{2}\right\} и {xn}\left\{x^{n}\right\} са равни. Да се докаже, че xx е цяло число.
РешениеЯсно е, че x2=x+kx^{2}=x+k и xn=x+mx^{n}=x+m за някои цели числа kk и mm. От първото следва, че x=1±x2D2x=\frac{1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}D}}{2}, където D=4k+1D=4 k+1 е цяло число. Тогаваxn=x^{n}=12n[1+(n2)D+(n4)D2+⋯ ]±x2D2n[(n1)+(n3)D+⋯ ]=\frac{1}{2^{n}}\left[1+\binom{n}{2} D+\binom{n}{4} D^{2}+\cdots\right] \pm \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}D}}{2^{n}}\left[\binom{n}{1}+\binom{n}{3} D+\cdots\right]=a±bx2D.a \pm b \sqrt{\vphantom{x^2}D}.Следователно 1±x2D2+m=a±bx2D⟺2m+12±12x2D=a±bx2D\frac{1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}D}}{2}+m=a \pm b \sqrt{\vphantom{x^2}D} \Longleftrightarrow \frac{2 m+1}{2} \pm \frac{1}{2} \sqrt{\vphantom{x^2}D}=a \pm b \sqrt{\vphantom{x^2}D}. Ако числото x2D\sqrt{\vphantom{x^2}D} е ирационално, то b=12b=\frac{1}{2}, откъдето 12n[(n1)+(n3)D+⋯ ]=12=12n[(n1)+(n3)+⋯ ]\frac{1}{2^{n}}\left[\binom{n}{1}+\binom{n}{3} D+\cdots\right]=\frac{1}{2}= \frac{1}{2^{n}}\left[\binom{n}{1}+\binom{n}{3}+\cdots\right], т. е. D=1D=1 \quad противоречие. Следователно D=4k+1D=4 k+1 е точен квадрат (на нечетно число) и оттук веднага заключаваме, че xx е цяло число.
Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2010-10-6

Задача 7

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2010-10-7

Задача 8

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2010-10-8

10 · Финал

8 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намери броят на всички 2010 буквени думи, съставени от буквите a,ba, b и cc и такива, че поне една от буквите се среща нечетен брой пъти.
РешениеНека n=2kn=2 k е четно число и да означим с AnA_{n} броят на думите с дължина nn, в които поне една буква се среща нечетен брой пъти. Да забележим, че когато една от буквите се среща нечетен брой пъти, едната от другите две букви се среща нечетен брой пъти, а другата се среща четен брой пъти. Следователно търсим броят на думите, в които две от буквите се срещат нечетен брой пъти, а третата буква се среща четен брой пъти. Да забележим, че от всяка дума с исканото свойство с дължина nn можем да получим 7 думи с дължина n+2n+2 (ако например aa и bb се срещат нечетен брой пъти, можем да допълним до дум са дължина n+2n+2 само с aa,bb,cc,ac,ca,bca a, b b, c c, a c, c a, b c или cbc b ). От всяка дума с дължина nn, която няма исканото свойство (има 3n−An3^{n}-A_{n} такива думи и във всяка от тях всяка буква се среща четен брой пъти) можем да получим 6 думи с дължина n+2n+2 (ожем да добавим ab,ba,ac,ca,bca b, b a, a c, c a, b c и cbc b ). Следователно An+2=7An+6(3n−An)=2⋅3n+1+AnA_{n+2}=7 A_{n}+6\left(3^{n}-A_{n}\right)=2 \cdot 3^{n+1}+A_{n}, откъдето пресмятамеAn+2=2(3n+1+3n−1+⋯+3)+A0.A_{n+2}=2\left(3^{n+1}+3^{n-1}+\cdots+3\right)+A_{0}.Понеже A0=0A_{0}=0, лесно пресмятаме An=3.(9n2−1)4A_{n}=\frac{3.\left(9^{\frac{n}{2}}-1\right)}{4}. Следователно A2010=3.(91005−1)4A_{2010}= \frac{3.\left(9^{1005}-1\right)}{4}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2010-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Ако a,b,c>0a, b, c\gt{}0 и abc=3a b c=3, определете най-голямата възможна стойност (ако има такава) наa2b2a7+a3b3c+b7+b2c2b7+b3c3a+c7\frac{a^{2} b^{2}}{a^{7}+a^{3} b^{3} c+b^{7}}+\frac{b^{2} c^{2}}{b^{7}+b^{3} c^{3} a+c^{7}}+c2a2c7+c3a3b+a7.+\frac{c^{2} a^{2}}{c^{7}+c^{3} a^{3} b+a^{7}}.
РешениеОт (a4−b4)(a3−b3)≥0\left(a^{4}-b^{4}\right)\left(a^{3}-b^{3}\right) \geq 0 следва a7+b7≥a3b3(a+b)a^{7}+b^{7} \geq a^{3} b^{3}(a+b). Сега имаме∑ca2b2a7+a3b3c+b7≤\sum_{c} \frac{a^{2} b^{2}}{a^{7}+a^{3} b^{3} c+b^{7}} \leq∑ca2b2a3b3(a+b+c)=∑ccabc(a+b+c)=13. \sum_{c} \frac{a^{2} b^{2}}{a^{3} b^{3}(a+b+c)}=\sum_{c} \frac{c}{a b c(a+b+c)}=\frac{1}{3}.Най-голямата стойност 13\frac{1}{3} се достига при a=b=ca=b=c.
Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2010-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека n≥2n \geq 2 е четно естествено число и a,b∈Ra, b \in \mathbf{R} са такива, че bn=3a+1b^{n}= 3 a+1. Да се докаже, че полиномът P(x)=(x2+x+1)n−xn−aP(x)=\left(x^{2}+x+1\right)^{n}-x^{n}-a се дели на q(x)=x3+x2+x+bq(x)=x^{3}+x^{2}+x+b тогава и само тогава, когато b=1b=1.
РешениеДостатъчността на условието b=1b=1 е очевидна. Да предположим, че q(x)q(x) дели p(x)p(x). Тогава от представянето xnp(x)=(x3+x2+x)n−x2n−axn=(q(x)−b)n−x2n−axnx^{n} p(x)=\left(x^{3}+x^{2}+x\right)^{n}-x^{2 n}-a x^{n}= (q(x)-b)^{n}-x^{2 n}-a x^{n} следва, че q(x)q(x) дели полинома x2n+axn−bnx^{2 n}+a x^{n}-b^{n}. Следователно nn-тите степени на нулите на q(x)q(x) (да ги означим с x1,x2x_{1}, x_{2} и x3x_{3} )са корени на квадратното уравнение t2+at−bn=0t^{2}+a t-b^{n}=0. Тъй като последните (да ги означим с t1t_{1} и t2t_{2} ) са реални и различни, имаме две възможности: x1n=x2n=x3n=t1x_{1}^{n}=x_{2}^{n}=x_{3}^{n}=t_{1} или x1n=x2n=t1x_{1}^{n}=x_{2}^{n}=t_{1} и x3n=t2x_{3}^{n}=t_{2}. Като вземем предвид това и формулите на Виет t1+t2=−a,t1t2=−bnt_{1}+t_{2}=-a, t_{1} t_{2}=-b^{n} и x1x2x3=−bx_{1} x_{2} x_{3}=-b, получаваме b=1b=1 и в двата случая.
Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2010-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадени са крайните множества A1,A2,…,AnA_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}. С dd отбелязваме броя на елементите на ⋃i=1nAi\bigcup_{i=1}^{n} A_{i}, които участват в нечетен брой множества множества. Да се докаже, че числото D(k)=d−∑i=1n∣Ai∣+2∑i<j∣Ai∩Aj∣+⋯+(−1)k2k−1∑i1<i2<⋯<ik∣Ai1∩Ai2∩⋯Aik∣D(k)=d-\sum_{i=1}^{n}\left|A_{i}\right|+2 \sum_{i\lt{}j}\left|A_{i} \cap A_{j}\right|+\cdots+(-1)^{k} 2^{k-1} \sum_{i_{1}\lt{}i_{2}\lt{}\cdots\lt{}i_{k}}\left|A_{i_{1}} \cap A_{i_{2}} \cap \cdots A_{i_{k}}\right| се дели на 2k2^{k}.
РешениеДа означим с nxn_{x} кратността на xx в ⋃i=1nAi\bigcup_{i=1}^{n} A_{i}. Тогава имамеD(k)=D(k)=d−∑x[(nx1)−2(nx2)+⋯+(−1)k2k−1(nxk)].d-\sum_{x}\left[\binom{n_{x}}{1}-2\binom{n_{x}}{2}+\cdots+(-1)^{k} 2^{k-1}\binom{n_{x}}{k}\right].Да отбележим, че D(n)=d+∑x(1−2)nx−12=0D(n)=d+\sum_{x} \frac{(1-2)^{n x}-1}{2}=0 се дели на 2n2^{n}. Оттук последователно следва, че D(n−1)=D(n)−(−1)n−12n−1(nxn)D(n-1)=D(n)-(-1)^{n-1} 2^{n-1}\binom{n_{x}}{n} се дели на 2n−12^{n-1}, аналогично D(n−2)D(n-2) се дели на 2n−22^{n-2} и т. н.
Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2010-10-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C, в който външновписаната окръжност към страната BCB C се допира до продълженията на страните ABA B и ACA C съответно в точките EE и FF. Нека DD е симетричната точка на AA относно правата EFE F. Ако е известно, че ∠BAC=2∠BDC\angle B A C=2 \angle B D C, то да се определи ∠BAC\angle B A C.
РешениеНека външновписаната окръжност към страната BCB C се допира до BCB C в точка KK. Тъй като △AEF\triangle A E F е равнобедрен, то AEDFA E D F е ромб и ∠FDA=∠EDA=12∠BAC=∠BDC\angle F D A=\angle E D A=\frac{1}{2} \angle B A C=\angle B D C. Да разгледаме ротация ρ(C,∠BAC)\rho(C, \angle B A C) и нека ρ(C)=C′\rho(C)=C^{\prime}. Имаме ρ(F)=E\rho(F)=E и следователно C′D=CDC^{\prime} D=C D и ∠C′DB=∠C′DE+∠EDB=∠CDF+∠EDB=∠BDC\angle C^{\prime} D B= \angle C^{\prime} D E+\angle E D B=\angle C D F+\angle E D B=\angle B D C, т. е. △BDC≅△BDC′\triangle B D C \cong \triangle B D C^{\prime} и в частност BC′=BCB C^{\prime}=B C. От друга страна BC=BK+KC=BE+CF=BE+C′EB C=B K+K C=B E+C F=B E+C^{\prime} E и достигаме до равенството BC′=BE+C′EB C^{\prime}=B E+C^{\prime} E, което е изпълнено тогава и само тогава, когато ∠BAC=90∘\angle B A C=90^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2010-10-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека A={x∈N,x=a2+2b2,a,b∈Z,ab≠0}A=\left\{x \in \mathbb{N}, x=a^{2}+2 b^{2}, a, b \in \mathbb{Z}, a b \neq 0\right\} и pp е просто число. Да се докаже, че ако p2∈Ap^{2} \in A, то и p∈Ap \in A.
РешениеНека p2=a2+2b2p^{2}=a^{2}+2 b^{2}. Тогава a2≡−2b2( mod p2)a^{2} \equiv-2 b^{2}\left(\bmod p^{2}\right) и следователно (ab−1)2≡−2( mod p)\left(a b^{-1}\right)^{2} \equiv-2(\bmod p). Ако ab−1=za b^{-1}=z, то z2≡−2( mod p)z^{2} \equiv-2(\bmod p). От лемата на Туе следва, че съществуват xx и y,∣x∣,∣y∣<x2py, |x|, |y|\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}p}, за които x≡zy( mod p)x \equiv z y(\bmod p). Оттук намираме x2≡−2y2( mod p)x^{2} \equiv-2 y^{2}(\bmod p) и понеже x2+2y2<3px^{2}+2 y^{2}\lt{}3 p, то x2+2y2=px^{2}+2 y^{2}=p или x2+2y2=2px^{2}+2 y^{2}=2 p. Във вторият случай xx е четно число и тогава 2x02+y2=p2 x_{0}^{2}+y^{2}=p за x=2x0x=2 x_{0}. Получихме p∈Ap \in A.
Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2010-10-6

Задача 7

Пълен запис
Условие
Наредената двойка ( a,ba, b ), където a,b∈Na, b \in \mathbb{N} ще наричаме успоредна, ако x2ab∈N\sqrt{\vphantom{x^2}a b} \in \mathbb{N}. Да се докаже, че броят на успоредните двойки ( a,ba, b ), за които 1≤a,b≤1061 \leq a, b \leq 10^{6} е поне 3⋅106(ln⁡10−1)3 \cdot 10^{6}(\ln 10-1).
РешениеЛесно се вижда, че ако (a,b)(a, b) е успоредна и (b,c)(b, c) е успоредна, то и ( a,ca, c ) е успоредна. Нека a1<a2<…<ak<106<ak+1<…a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}\ldots\lt{}a_{k}\lt{}10^{6}\lt{}a_{k+1}\lt{}\ldots са свободните от квадрати числа. Лесно се доказва, че естествените числа се разбиват на групи Ai={ait2∣t∈N}A_{i}=\left\{a_{i} t^{2} \mid t \in \mathbb{N}\right\} и всяка двойка ( a,ba, b ) такава, че a,b∈Aia, b \in A_{i}, за някое ii, е успоредна. Нека tit_{i} са такива, че aiti2≤106,ai(ti+1)2>106a_{i} t_{i}^{2} \leq 10^{6}, a_{i}\left(t_{i}+1\right)^{2}\gt{}10^{6}. Тогава успоредните двойки от AiA_{i}, които ни интересуват са ti2t_{i}^{2} на брой. Следователно всички двойки, които ни интересуват са S=t12+t22+…+tk2S=t_{1}^{2}+t_{2}^{2}+\ldots+t_{k}^{2}. Понеже всяко число от {1,2,…,106}\left\{1, 2, \ldots, 10^{6}\right\} лежи в точно едно от горните множества, то t1+t2+…+tk=106t_{1}+t_{2}+\ldots+t_{k}=10^{6}. СледователноS=(t1+1)2+(t2+1)2+…+(tk+1)2−k−2⋅106S=\left(t_{1}+1\right)^{2}+\left(t_{2}+1\right)^{2}+\ldots+\left(t_{k}+1\right)^{2}-k-2 \cdot 10^{6}Очевидно k<106k\lt{}10^{6}, следователноS>(t1+1)2+(t2+1)2+…+(tk+1)2−3⋅106S\gt{}\left(t_{1}+1\right)^{2}+\left(t_{2}+1\right)^{2}+\ldots+\left(t_{k}+1\right)^{2}-3 \cdot 10^{6}Освен това (ti+1)2>106ai\left(t_{i}+1\right)^{2}\gt{}\frac{10^{6}}{a_{i}} и следователно S>106(∑i=1k1ai−3)S\gt{}10^{6}\left(\sum_{i=1}^{k} \frac{1}{a_{i}}-3\right). Да забележим, че (∑i=1k1ai)(∑i=1∞1i2)>∑i=11061i\left(\sum_{i=1}^{k} \frac{1}{a_{i}}\right)\left(\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{i^{2}}\right)\gt{}\sum_{i=1}^{10^{6}} \frac{1}{i}. Това е така, понеже всяко естествено число се преставя по единствен начин като ait2a_{i} t^{2}. Нататък, ∑i=11061i>ln⁡106\sum_{i=1}^{10^{6}} \frac{1}{i}\gt{}\ln 10^{6}, което следва по индукция от 1n>ln⁡(n+1)−ln⁡n\frac{1}{n}\gt{}\ln (n+1)- \ln n, и ∑i=1∞1i2<2\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{i^{2}}\lt{}2 (Защо?), откъдето следва търсената
Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2010-10-7

Задача 8

Пълен запис
Условие
Дадени са окръжност kk и права ℓ\ell, която се д kPk \quad P Върху правата ℓ\ell, от двете страни на точката PP, са избр AA и BB. Допирателните към kk през AA и BB, различни от ℓ\ell, се пресичат в точка CC. Да се намери геометричното място от точки CC, когато AA и BB се изменят върху ℓ\ell по такъв начин, че произведението AP.BPA P. B P е дадена константа.
РешениеНека AP.BP=mA P. B P=m, където mm е дадената по условие константа. Ще докажем, че търсеното геометрично място е права успоредна на ℓ\ell, като за целта е достатъчно да докажем, че разстоянието от точката CC до ABA B е константа. Да допуснем, че CC и kk са в една и съща полуравнина относно ℓ\ell. Като използваме стандартните означения за △ABC\triangle A B C последователно получаваме:hc2=4S2c2=4p(p−a)(p−b)(p−c)c2=h_{c}^{2}=\frac{4 S^{2}}{c^{2}}=\frac{4 p(p-a)(p-b)(p-c)}{c^{2}}=4p(p−c)mc2=4pc(pc−1)m.4 \frac{p(p-c) m}{c^{2}}=4 \frac{p}{c}\left(\frac{p}{c}-1\right) m.От друга страна S=pr=chc2S=p r=\frac{c h_{c}}{2}, т. е. pc=hc2r\frac{p}{c}=\frac{h_{c}}{2 r} и след заместване в горното равенство получаваме:hc2=4hc2r(hc2r−1)m⇔hc=2mrm−r2=const.h_{c}^{2}=4 \frac{h_{c}}{2 r}\left(\frac{h_{c}}{2 r}-1\right) m \Leftrightarrow h_{c}=\frac{2 m r}{m-r^{2}}=\text{const.}Тъй като последния израз е инективна функция относно mm, то лесно се проверява, че и всяка точка от тази полуравнина на разстояние hch_{c} от ℓ\ell изпълнява условието на задачата. Така можем да направим следния извод: (∗)(*) Ако m=r2m=r^{2}, то търсеното геометрично място е празното множество; (∗)(*) Ако m>r2m\gt{}r^{2}, то търсеното геометрично място е права успоредна на ℓ\ell, която се намира в една и съща полуравнина с kk относно ℓ\ell и е на разстояние 2mrm−r2\frac{2 m r}{m-r^{2}} от нея; (∗)(*) Ако m<r2m\lt{}r^{2}, то търсеното геометрично място е права успоредна на ℓ\ell, която е в различна полуравнина с kk относно ℓ\ell и е на разстояние 2mrr2−m\frac{2 m r}{r^{2}-m} от нея.
Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2010-10-8