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 година По клас

Избрана година

2011

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

d3-ifym2011-8-1: има placeholder текст
d4-ifym2011-8-1: има placeholder текст
f-ifym2011-8-1: има placeholder текст
d4-ifym2011-8-2: има placeholder текст
f-ifym2011-8-3: има placeholder текст
f-ifym2011-8-4: има placeholder текст
d2-ifym2011-8-5: има placeholder текст
d1-ifym2011-8-6: има placeholder текст
d2-ifym2011-8-6: има placeholder текст
f-ifym2011-8-7: има placeholder текст
f-ifym2011-8-8: има placeholder текст
f-ifym2011-10-1: има placeholder текст
f-ifym2011-10-2: има placeholder текст
d4-ifym2011-10-3: има placeholder текст
f-ifym2011-10-3: има placeholder текст
f-ifym2011-10-4: има placeholder текст
d1-ifym2011-10-5: има placeholder текст
d4-ifym2011-10-6: има placeholder текст
d1-ifym2011-10-6: има placeholder текст
d4-ifym2011-10-7: има placeholder текст
f-ifym2011-10-7: има placeholder текст
f-ifym2011-10-8: има placeholder текст
d4-ifym2011-10-9: има placeholder текст

8 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички тройки естествени числа

x, y, z

, за които

2^{x}+7^{y}=z^{4}

Решение

При

x=1

имаме

7^{y}+2=z^{4}

. Ако 2 не дели

y

, то

7^{y} \equiv 7(\bmod 1) 6

, а ако 2 дели

y

, то

7^{y} \equiv 1(\bmod 1) 6

. Следователно

7^{y}+2 \equiv 9

или

3(\bmod 1) 6

. От друга страна, очевидно 2 не дели

z

и тогава

z^{4} \equiv 1(\bmod 1) 6

, така че достигаме до противоречие. Нека

x \geq 2

. Тогава получаваме

7^{y} \equiv 1(\bmod 4)

и оттук 2 дели

y

. Нека

y=2 k(k \in \mathbb{Z})

. Записваме равенството във вида

\left(z^{2}-7^{k}\right)\left(z^{2}+7^{k}\right)=2^{x}

Тъй като

\left(z^{2}-7^{k}, z^{2}+7^{k}\right)=2

, оттук следва, че

z^{2}-7^{k}=2

z^{2}+7^{k}=2^{x-1}

. От тези равенства получаваме

2^{x-2}-1=7^{k}

. При

x \geq 6

оттук следва

7^{k} \equiv-1(\bmod 1) 6

, което е невъзможно. Следователно

x \leq 5

и намираме, че

x=5, k=1

и значи

y=2

z^{2}=7^{k}+2=9

, т. е.

z=3

. Окончателно

x=5, y=2, z=3

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Височините на остроъгълния

\triangle A B C

се пресичат в точката

H

C H=A B

. Да се намери големината на

\angle A C B

Решение

Нека височините са

A A_{1}, B B_{1}

C C_{1}

. От

\angle B A A_{1}=90^{\circ}-\angle A B C=\angle A_{1} C H

A B=C H

следва, че

\triangle A B A_{1} \cong \triangle C H A_{1}

. Тогава

A_{1} B=A_{1} H

и от

\triangle B A_{1} H

имаме

\angle A_{1} B H=45^{\circ}

. Сега от

\triangle B C B_{1}

намираме

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

n\gt{}3

е естествено число. Колко най-много са върховете на

n

-ъгълник

M

, през всеки от които не може да се прекара диагонал, лежащ изцяло в

M

Решение

Ще докажем, че ако

A

B

са два съседни върха, то през поне един от тях може да се прекара диагонал, лежащ изцяло в

M

. Известно е, че във всеки

n

-ъгълник могат да се прекарат част от диагоналите така, че многоъгълникът да е разделен на триъгълници. Такова разделяне се нарича триангулация на

n

-ъгълника. Нека

A B X

е триъгълникът от триангулацията, който съдържа страната

A B

. Тогава

A X

B X

не могат да бъдат едновременно страни, защото тогава

n=3

, т. е. поне една от отсечките

A X

B X

е диагонал. Следователно може да има най-много

\left[\frac{n}{2}\right]

върхове с исканото свойство. Лесно се построява пример на многоъгълник с търсеното свойство.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

p

е просто число. Да се намерят всички двойки естествени числа

x

y

, за които

\frac{1}{x}-\frac{1}{y}=\frac{1}{p}

Решение

Равенството от условието може да се запише във вида

(p-x)(p+y)=p^{2}

Тъй като

p+y\gt{}p

, то единствената възможност е

p+y=p^{2}

и тогава

p-x=1

. Следователно

x=p-1

y=p^{2}-p

. Втори начин. Имаме

p(y-x)=x y

, в частност

p \mid x

или

p \mid y

. Ако

p \mid x

, то

x y \geq p y

, докато

p(y-x)\lt{}p y

- невъзможно. Значи

p \mid y

y=p k, k \in \mathbb{N}

. Сега равенството става

p k=x(k+1)

. Понеже (както видяхме)

p \nmid x

, оттук следва, че

p \mid k+1

k+1=l p, l \in \mathbb{N}

. Тогава

k=x l

x l+1=l p

, откъдето следва

l \mid 1

и значи

l=1

. Така

x=k=p-1

y=p k=p(p-1)

, което е единственото

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

На градската олимпиада броят на учениците бил повече от пъти по-голям от броя на предложените им задачи. След проверката се оказало, че всеки от участниците е решил поне една задача. Докажете, че съществува участник, всяка рвшена задача от когото, е решена от поне

k

други участника.

Решение

Нека означим с

n

броят на зададените задачи, откъдето следва, че броят на учстницитее поне

n k+1

. Тъй като всеки е решил поне по 1 задача, то съществува задача, която е решена от поне

k+1

участника. Нека броят на тези задачи е равен на

m

и без ограничение можем да считаме, че това са задачите с номера

1, 2, \ldots, m

. Случаят

m=n

е очевиден. Нека

m\lt{}n

. Ще докажем, че съществува участник, който не е решил нито една от задачите

m+1, m+2, \ldots, n

. Да предположим, че всеки участник е решил поне 1 от тези задачи. Тогава поне една от тези задачи ще е решена от поне

k+1

участника. В противен случай броят на участниците ще е най-много

k(n-m)

. Този участник изпълнява условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-8-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всеки три реални числа

a, b

c

е изпълнено неравенството

a^{4}+b^{4}+c^{4} \geq a^{2} b c+b^{2} a c+c^{2} a b

Решение

Ще използваме неравенството

x^{2}+y^{2}+z^{2} \geq x y+y z+z x

, което е еквивалентно на

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

. При

x=a^{2}, y=b^{2}

z=c^{2}

получаваме

a^{4}+b^{4}+c^{4} \geq a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+b^{2} a^{2} \tag{1}

а при

x=a b, y=b c

z=c a

намираме

a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+b^{2} a^{2} \geq a^{2} b c+b^{2} a c+c^{2} a b \tag{2}

От (1) и (2) получаваме неравенството от условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

\triangle A B C

ъглополовящата

A L(L \in B C)

и медианата

C M(M \in A B)

са взаимно перпендикулярни. Да се намерят дължините на страните на

\triangle A B C

, ако те са последователни цели числа.

Решение

Ако

K

е пресечната точка на

A L

C M

, от условието следва, че

\triangle A K M \cong \triangle A K C

. Оттук

A M=A C

и значи

A B=2 A C

. Сега от

A C+B C\gt{}A B

следва

B C\gt{}A C

. Ако

A B=A C+1

B C=A C+2

, получаваме

A C=1, A B=2, B C=3

и такъв триъгълник не съществува. Остава да е изпълнено

B C=A C+1

A B=A C+2

, откъдето намираме

A C=2, A B=4

B C=3

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-8-8

8 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Намерете всички тройки естествени числа (

a, b, c

), които изпълняват равенството

a^{2}+b^{2}-33 c^{2}=8 b c

, ако е известно, че

a

е просто число.

Решение

Записваме равенството във вида

a^{2}=33 c^{2}-b^{2}+8 b c=(3 c+b)(11 c-b)

Понеже

a

е просто число и

3 c+b\gt{}1

, имаме следните възможности:

\left\lvert\, \begin{aligned} & 3 c+b=a \\ & 11 c-b=a\end{aligned}\right.

\left\lvert\, \begin{aligned} & 3 c+b=a^{2} \\ & 11 c-b=1\end{aligned}\right.

. В първият случай след събиране на двете уравнения, намираме

7 c=a

и понеже

a

е просто число, следва, че

c=1, a=7

, откъдето

b=4

. Във вторият случай имаме

14 c=a^{2}+1

, което уравнение няма по модул 7 (остатъците на

a^{2}

при деление със 7 са

0, 1, 4, 2, 2, 4, 1

). Единственото е

a=7, b=4, c=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че в

n

-ъгълник

M

могат да се прекарат най-много

n-3

диагонала, всеки от които лежи изцяло в

M

и никои два диагонала не се пресичат.

Решение

Ще докажем твърдението с индукция по

n \geq 3

. За

n=3

твърдението е очевидно. Нека то е вярно за всяко

n \leq k

, където

k

е естествено число. Да разгледаме произволен

n+1

-ъгълник

M

и нека

X Y

е негов диагонал, който изцяло леги в

M

. Този диагонал разделя

M

на два многоъгълникът. Да означим броя на върховете на тези два многоъгълникът с

p

q

. Тогава

p+q=n+2

(тъй като

X

Y

се броят по два пъти). Понеже

p\lt{}n+1 \leq k

q\lt{}n+1 \leq k

, от индукционното допускане следва, че в двата многоъгълникът могат да се прекарат най-много съответно

p-3

q-3

диагонала. Тогава в

M

могат да се прекарат най-много

p-3+q-3+1=n-3

непресичащи се диагонали.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

В триъгълник

A B C

е вписана окръжност с център

I

, която допира страните

C A

A B

съответно в точките

E

F

. Ако

B I

пресича

E F

в точката

K

, да се докаже, че

K

лежи на правата през средите на страните

B C

A C

Решение

Нека правата през

K

, успоредна на

A B

, пресича

B C

в точката

M

. Твърдението на задачата е равносилно на това да докажем, че

M

е среда на

B C

. Очевидно

\triangle B K M

е равнобедрен, като

B M=K M

. Освен това

\angle B K F=\frac{\gamma}{2}

, следователно четириъгълникът

E K I C

е вписан. Оттук

\angle I K C=\angle I E C=90^{\circ}

. Това означава, че в правоъгълния триъгълник

B K C

отсечката

K M

е медиана.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

На два съседни острова има общо

n\lt{}2011

града, като всички са на морето. На всеки остров, всеки два града са свързани с автобусна линия, а всеки два града на различни острови са свързани с параходна линия. Броят на автобусните и параходните линии е еднакъв. Да се определи най-голямата възможна стойност на

n

Решение

Нека на единия остров има

k

града. По условие параходните линии са половината от общия брой, така че

n(n-1)=4 k(n-k)

. Оттук

n=(n-2 k)^{2}

, така че

n

трябва да е точен квадрат. Най-големият такъв е

n=44^{2}=1936

(условието се изпълнява за

k=946

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-8-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-8-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всеки три реални числа

x, y

z

е изпълнено неравенството

x^{4}+y^{4}+z^{2} \geq \sqrt{\vphantom{x^2}8} x y z

Да се намерят всички тройки

(x, y, z)

, за които се достига равенство.

Решение

Прилагаме неравенството

a^{2}+b^{2} \geq 2 a b

(което е изпълнено за произволни реални числа

a

b

) последователно за

a=x^{2}, b=y^{2}

a=\sqrt{\vphantom{x^2}2} x y, b=z

и получаваме

x^{4}+y^{4}+z^{2} \geq 2 x^{2} y^{2}+z^{2} \geq

2 \sqrt{\vphantom{x^2}2 x^{2} y^{2} z^{2}}=\sqrt{\vphantom{x^2}8}|x y z| \geq \sqrt{\vphantom{x^2}8} x y z

Равенство се достига когато

x^{2}=y^{2}, \sqrt{\vphantom{x^2}2} x y=z

x y z \geq 0

. От първите две равенства получаваме, че ако

x=t

, то

y= \pm t

z= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}2} t^{2}

. Тогава

x y z=\sqrt{\vphantom{x^2}2} t^{4}

. Следователно търсените тройки са

\left(t, \pm t, \pm \sqrt{\vphantom{x^2}2} t^{4}\right)

където

t

произволно реално число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото естествено число

k

, което може да се предстви във вида

k=19^{n}-5^{m}

за някои естествени числа

m

n

Решение

Търсеното число е

14=19-5

. Ако

n

е четно число, последната цифра на

k

е 6. Но от равенството

19^{n}-5^{m}=6

по модул 3 следва, че

m

също е четно. Ако

n=2 n_{1}

m=2 m_{1}

, получаваме

\left(19^{n_{1}}+5^{m_{1}}\right)\left(19^{n_{1}}-5^{m_{1}}\right)=

6, което няма естествени Ако

n

е нечетно, последната цифра на

k

е 4. Развенството

19^{n}-5^{m}=4

е невъзможно по модул 3.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-8-8

8 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дадени са окръжности

k_{1}

k_{2}

. Правите

A_{1} A_{2}, A_{1} \in k_{1}, A_{2} \in k_{2}

B_{1} B_{2}, B_{1} \in k_{1}, B_{2} \in k_{2}

са съответно обща външна и обща вътрешна допирателна. Да се докаже, че

A_{1} B_{1}

A_{2} B_{2}

са перпендикулярни.

Решение

Нека точката

K

да е пресечната точка за двете допирателни. Очевидно

\triangle A_{1} B_{1} K

\triangle A_{2} B_{2} K

са равнобедрени и основите им

A_{1} B_{1}

A_{2} B_{2}

са успоредни на двете ъглополовящи на ъгъла при върха

K

и следователно са перпендикулярни.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

На шахматен турнир участват

n

шахматисти от отбор

A

n

шахматисти от отбор

B

. Оказало се, че както и да се образуват

n

двойки, във всяка от които има по един шахматист от отбор

A

и един шахматист от отбор

B

, то в поне една от тези двойки шахматистите се познават. Да се докаже, че може да се изберат

a

шахматисти от отбор

A

b

шахматисти от отбор

B

, като

a+b\gt{}n

и всеки от тези

a

шахматисти се познава с всеки от тези

b

шахматисти.

Решение

Нека номерираме шахматистите с числата

1, 2, \ldots, n

и образуваме матрица

M

с размери

n \times n

, като

a_{i j}=0

или 1 в зависимост от това дали играчът

i

от

A

не се е срещал с играча

j

от

B

, или обратно. От условието следва, че както и да избираме

n

два по два независими елемента на

M

, то поне един от тях е 1. Това означава, че нулите могат да бъдат покрити с най-много

n-1

линии. Нека това са

k

реда и

n-k-1

стълба. Но това означава, че сечението на останалите

n-k

реда и

k+1

стълба се състои само от единици, с което твърдението е доказано.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n \geq 3

е естествено число. Означаваме с

A

броят на

n

-цифрените числа, които се делят на 3, но не се делят на 10, а с

B

броят на

n

-цифрените числа, които се делят на поне едно от числата 5 и 7. Да се докаже, че

B\gt{}A

Решение

Ще покажем, че

A=27 \cdot 10^{n-2}

. Първите отляво надясно

n-1

цифри на

n

цифрено число, което се дели на 3, но не се дели на 10, могат да бъдат избрани по произволен начин, т. е. по

9 \cdot 10^{n-2}

начина. Последната цифра не може да бъде 10 и за да се дели числото на 3, тя може да бъде избрана по 3 начина (тъй като във всяка от групите

1, 2, 3; 4, 5, 6; 7, 8, 9

има по точно едно число, което дава даден остатък при деление на 3). Следователно

A=9 \cdot 10^{n-2}.3=27 \cdot 10^{n-2}

. Ще покажем, че броят на числата, които се делят на 5 е

18 \cdot 10^{n-2}

. Наистина, първите

n-1

цифри погат да се изберат по произволен начин, т. е. по

9 \cdot 10^{n-2}

начина. Последната цифра трябва да е 0 или 5, т. е. за нея има две възможности. За да докажем, че

B\gt{}A

остава да покажем, че

n

-цифрените числа, които се делят на 7, но не се делят на 5 са повече от

9 \cdot 10^{n-2}

. Да изберем първите

n-1

цифри по произволен начин, това може да стане по

9 \cdot 10^{n-2}

начина. Нека това са

\overline{b_{1} b_{2} \ldots b_{n-1}}

и да разгледаме числото

t=\overline{b_{1} b_{2} \ldots b_{n-1} 0}

. В зависимост от остатъка при деление на

t

със 7 за последната цифра имаме следните възможности: при остатък

0, 1, 2, 3, 4, 5, 6

последната цифра може да бъде съответно 0 или

7; 6; 5; 4; 3; 2

или

9; 1

или 8. Само числата, завършващи на 0 и 5 вече са броени. За отбележим, че всеки 7 последователни числа при деление на 7 дават остатъци

0, 1, 2, 3, 4, 5, 6

в някакъв ред, а числата

0, 10, 20, 30, 40, 50, 60

дават остатъци

0, 3, 6, 2, 5, 1, 4

. Това означава, че за всеки 7 последователни

n-1

цифрени числа могат да бъдат получени осем

n

-цифрени числа, които се делят на 7, но не се делят на 5. Оттук следва, че броят на

n

-цифрените числа, които се делят на 7, но не се делят на 5 е по-голям от

9 \cdot 10^{n-2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Разполагаме с квадратен лист хартия и ножица. На всяка стъпка е разрешено да вземем парче хартия и да го разрежем по права линия на две части. Да се намери минималния брой стъпки (разрязвания), които са необходими за получаването на 100 шестнадесетоъгълника.

Решение

Нека

x

е броят на разрязванията. Тъй като всяко разрязване дава по един нов многоъгълник, накрая имаме

x+1

многоъгълникът. Нека

A

е общия брой на върховете, получени накрая. Ще оценим

A

отгоре и отдолу. Тъй като всяко разрязване дава 2, 3 или 4 нови върха (т. е. най-много 4 ), имаме

A \leq 4 x+4

. Имаме 100 шестнадесетоъгълника, а останалите

x+1-100=x-99

многоъгълникът са поне триъгълници. Следователно

A \geq 16 \cdot 100+3(x-99)=1303+3 x

. От получените оценки следва, че

1303+3 x \leq 4 x+4 \Longleftrightarrow x \geq 1299

. Ще докажем, че 1299 разрязвания са достатъчни. Наистина, можем да получим 100 правъгълника с 99 разрязвания и след това от всеки от тези пръвоъгълници да получим шестнадесетоъгълник чрез 6 изрязвания на триъгълници.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

с медицентър

G

. Точката

M

е среда на отсечката

A G

. Да се намери отношението, в което правата

C M

дели медианата на

A B C

от върха

B

Решение

Ако

B B_{1}

е медианата на

A B C

от върха

B

, то пресечната точка

K

на

B B_{1}

C M

е медицентърът на

\triangle A G C

, защото

G B_{1}

C M

са медиани в този триъгълник. Тогава

B_{1} K=\frac{1}{3} B_{1} G=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3} B B_{1}\right)=\frac{B B_{1}}{9}

. Следователно

K

дели

B B_{1}

в отношение

8: 1

, считано от върха

B

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Нека

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

е редица от положителни числа и за всяко

n

е в сила равенството

a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+\cdots+a_{n}^{3}=\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)^{2}.

Да се намери

a_{n}

Решение

При

n=1

имаме

a_{1}^{3}=a_{1}^{2}

, откъдето (предвид

a_{1}\gt{}0

)

a_{1}=1

. Сега при

n=2

имаме

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

, оттук получаваме

a_{2}\left(a_{2}+1\right)\left(a_{2}-2\right)=0

и (понеже

\left. a_{2}\gt{}0\right) a_{2}=2

. Нека

n\gt{}2

и вече сме доказали, че

a_{k}=k

за всяко

k\lt{}n

. Тогава от условието получаваме

1^{3}+2^{3}+\cdots+(n-1)^{3}+a_{n}^{3}=\left(1+2+\cdots+n-1+a_{n}\right)^{2}.

Като вземем предвид, че

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

, достигаме до

a_{n}\left(a_{n}+n-1\right)\left(a_{n}-n\right)=0

и (тъй като

a_{n}\gt{}0

)

a_{n}=n

. Окончателно,

a_{n}=n

за всяко

n

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Около окръжност с радиус 1 е описан

\triangle A B C

, дължините на височините на който са цели числа. Да са докаже, че

\triangle A B C

е равностранен.

Решение

При обичайните означения, нека

a \leq b \leq c

. Тъй като очевидно

h_{c}\gt{}2 r

, то

h_{c}\gt{}2

и следователно

h_{c} \geq 3

. Тогава

S=\frac{c h_{c}}{2} \geq \frac{3 c}{2}

. От друга страна

S=p r=\frac{a+b+c}{2} \leq \frac{3 c}{2}

. Следователно

a=b=c

(и

h_{a}=h_{b}=h_{c}=3

n\gt{}3

е естествено число. Да се докаже, че поне едно от числата

n!+1, n!+2, \ldots, (n+1)!-1, (n+1)!

се дели на

n^{3}

. (По определение

\left. n\neq{}1 \cdot 2 \ldots.(n-1). n.\right)

Решение

Броят на разглежданите числа е равен на

(n+1)!-n\neq{}n. n!

. От друга страна за всяко

n \geq 4

е изпълнено

n!\gt{}n^{2}

(това неравенство се доказва лесно с индукция по

n

) и оттук

n. n!\gt{}n^{3}

. Така имаме повече от

n^{3}

на брой последователни естествени числа и е ясно, че поне едно от тях се дели на

n^{3}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2011-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадена е редицата от числа

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

където

a_{n}=\underbrace{33 \ldots 3}_{n} 1

(в десетичния запис

a_{n}

на участват

n

тройки и една единица). Да се докаже, че в редицата има безбройно много съставни числа.

Решение

Имаме

a_{n}=1+3\left(10+10^{2}+\cdots+10^{n}\right)=

1+3 \cdot 10 \cdot \frac{10^{n}-1}{10-1}=\frac{10^{n+1}-7}{3}.

Ще докажем, че

17 \mid a_{n}

за всяко

n

от вида

n=16 k+8, k=0, 1, 2, \ldots

с което задачата ще бъде решена. Имаме

7^{2}=49 \equiv-2(\bmod 1) 7

, оттук

7^{8} \equiv 16 \equiv-1(\bmod 1) 7

и значи

7^{8(2 k+1)} \equiv-1(\bmod 1) 7

. Сега

10^{n+1}-7 \equiv(-7)^{n+1}-7 \equiv-7\left(7^{8(2 k+1)}+1\right) \equiv 0(\bmod 1) 7

. Следователно

17 \mid a_{n}

за

n=16 k+8, k=0, 1, 2, \ldots

Ще отбележим, че числата

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{7}

са прости.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2011-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се пресметне стойността на израза:

\left(\frac{1}{2 \cdot 3}+\frac{1}{4 \cdot 5}+\cdots+\frac{1}{2010 \cdot 2011}\right)+3017\left(\frac{1}{1006 \cdot 2011}+\frac{1}{1007 \cdot 2010}+\frac{1}{1008 \cdot 2009}+\cdots+\frac{1}{1508 \cdot 1509}\right)

Решение

\begin{gathered} \frac{1}{2 \cdot 3}+\frac{1}{4 \cdot 5}+\cdots+\frac{1}{2010 \cdot 2011} \\ =\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2010}-\frac{1}{2011} \\ =2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}+\cdots+\frac{1}{2010}\right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2011}\right) \\ =1+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{1005}\right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2011}\right) \\ =1-\left(\frac{1}{1006}+\frac{1}{1007}+\frac{1}{1008}+\cdots+\frac{1}{2011}\right) \\ =1-3017\left(\frac{1}{1006 \cdot 2011}+\frac{1}{1007 \cdot 2010}+\frac{1}{1008 \cdot 2009}+\cdots+\frac{1}{1508 \cdot 1509}\right), \end{gathered}

така че търсената стойност е 1.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2011-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Правоъгълник може да се разреже на

n

еднакви квадрата. Същият правоъгълник може да се разреже на

n+76

еднакви квадрата. Да се намерят възможните стойности на

n

Решение

Ще докажем, че

n=324

. Нека

a b=n

c d=n+76

, където

a, b

c, d

означават броя квадратчета по всяко направление при двете разрязвания. Тогава

a: c=b: d

, т. е.

a d=b c

. Нека

u=

НОД

(a, c)

v=

НОД

(b, d)

, тогава съществуват положителни цели числа

x

y

, за които

\operatorname{gcd}(x, y)=1, a=u x, c=u y

b=v x, d=v y

. Следователно

c d-a b=u v\left(y^{2}-x^{2}\right)=u v(y-x)(y+x)=76=2^{2}.19.

Числата

y-x

y+x

са от една и съща четност и НОД

(x, y)=1

. Ако допуснем, че

y-x

y+x

са четни, то

x

y

са нечетни и тогава поне едно от

y-x

y+x

ще се дели на 4, т. е.

(y-x)(y+x)

ще се дели на 8, което не е вярно. Следователно

y-x

y+x

се нечетни, откъдето

y-x=1

y+x=19

е единствената възможност, при която

y=10, x=9

u v=4

. Следователно

n=a b=x^{2} u v=324

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2011-8-6

8 · Финал

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

От квадрат

23 \times 23

е премахнато едно от полетата и остатъкът е изцяло разрязан на квадрати

2 \times 2

3 \times 3

. Кое поле е премахнато?

Решение

Да номерираме редовете и колоните от 1 до 23 и да оцветим в синьо четните редове и в жълто нечетните. Разликата между сините и жълтите полета в квадратите

2 \times 2

3 \times 3

е 0 или

\pm 3

. Жълтите полета в квадрата

23 \times 23

са с 23 повече. Ако премахнатото поле е жълто, жълтите полета биха били с 22 повече, което не се дели на 3. И така, премахнатото поле трябва да е синьо (жълтите полета стават с 24 повече, което се дели на 3 ). Да оцветим редовете в бяло, зелено, червено, бяло, зелено, червено,..., бяло, зелено. Белите и зелените полета са четен брой, а червените са нечетен брой. Квадрат

2 \times 2

покрива по четен брой полета от всеки вид, а квадрат

3 \times 3

покрива по равен брой полета от всеки вид, така че не е възможно премахнатото поле да е бяло или зелено. Така то е червено. Споменатите две оцветявания гарантират, че премахнатото поле е в редове 6, 12 или 18. Аналогично то е в колона с номер 6, 12 или 18. Остава да покажем, че всяко от тези 9 полета може да бъде премахнато. Можем да съставим правоъгълник

5 \times 6

от три квадрата

2 \times 2

един до друг и два квадрата

3 \times 3

под тях. Да заобиколим премахнатото поле с четири правоъгълника

5 \times 6

, образувайки квадрат

11 \times 11

, както следва: Остатъкът от големия квадрат може да се покрие с правоъгълници

5 \times 6

и квадрати

6 \times 6

(съставени напр. от четири

3 \times 3

). Те могат да се разполагат както отгоре, така и отдолу; както отляво, така и отдясно. По този начин премахнатото поле може да бъде поставено на всяко от деветте места, чиито координати се делят на 6.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-8-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-8-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че ако

a, b

c

са страни на триъгълник, то е изпълнено неравенството:

\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c} \geq 3.

Решение

Полагаме

b+c-a=x, c+a-b=y

a+b-c=z

. От условието

a, b

c

да са страни на триъгълник следва, че

x\gt{}0, y\gt{}0

z\gt{}0

. От горните равенства намираме

a=\frac{y+z}{2}, b=\frac{x+z}{2}

c=\frac{x+y}{2}

. След заместване получаваме, че даденото неравенство е еквивалентно на

\frac{y+z}{2 x}+\frac{x+z}{2 y}+\frac{x+y}{2 z} \geq 3.

Последното неравенство може да се запише във вида

\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)+\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right) \geq 6

което е вярно, понеже за всеки две положителни числа

m

n

е изпълнено неравенството

\frac{m}{n}+\frac{n}{m} \geq 2

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Даден е граф

G

n \geq 4

върха и

k\gt{}\frac{n^{2}}{4}

ребра. Да се докаже, че в графа има два триъгълника с общ връх.

Решение

Ще докажем твърдението с индукция по

n

. При

\mathrm{n}=4

и 5 се вижда елементарно. При

\mathrm{n}\gt{}5

съгласно теоремата на Туран триъгълник t в G. Ако в G няма триъгълник, който има обш връх с t, то от върховете на

t

излизат най-много

n-3

ръба към останалите върхове. Сега ако премахнем

t

и всички ръбове излизащи от него ще получим граф с n-3 върха и повече от ръба.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-8-6

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-8-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-8-8

10 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяко естествено число

n\gt{}1

съществуват безбройно много двойки положителни ирационални числа

a

b

, такива че

a^{b}=n

Решение

Нека

p

е просто число, неделящо

n

a=\sqrt{\vphantom{x^2}p}\gt{}0, b=\log _{\sqrt{\vphantom{x^2}p}} n\gt{}0

. Имаме

a^{b}=a^{\log _{a} n}=n

. Освен това е ясно, че

a \notin \mathbb{Q}

. Да допуснем, че

b \in \mathbb{Q}

. Тогава

\log _{\sqrt{\vphantom{x^2}p}} n=\frac{r}{s}

, където

r, s \in \mathbb{N}

. Оттук

n=(\sqrt{\vphantom{x^2}p})^{\frac{r}{s}}

или

n^{2 s}=p^{r}

p \mid n

, противоречие. Следователно

b \notin \mathbb{Q}

. Тъй като има безбройно много прости

p

, неделящи

n

, твърдението е доказано.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Пет точки

A, B, C, D, E

лежат на една права и

A B=B C=C D=D E

. Точката

F

не лежи на тази права. Ако

O_{1}

O_{2}

са центровете на описаните около

\triangle A D F

\triangle B E F

окръжности, да се докаже, че правите

O_{1} O_{2}

F C

са перпендикулярни.

Решение

Нека

A B=B C=C D=D E=2 t

и да означим средите на отсечките

B C

C D

съответно с

X

Y

. Точката

O_{1}

лежи на симетралата на отсечката

A D

и поради

A B=B C=C D

, следва

O_{1} X \perp A E

. Аналогично

O_{2} Y \perp A E

. Ще използваме известното свойство, че диагоналите на четириъгълник

M N P Q

(четириъгълникат може и да не е изпъкнал) са взаимно перпендикулярни тогава и само тогава, когато

M N^{2}+P Q^{2}=M Q^{2}+P N^{2}

. Следователно

O_{1} O_{2} \perp C F

тогава и само тогава, когато

O_{1} F^{2}+O_{2} C^{2}=O_{2} F^{2}+O_{1} C^{2} \tag{1}

Като използваме питагоровата теорема за

\triangle O_{2} C Y

O_{2} E Y

, намираме

O_{2} C^{2}=O_{2} Y^{2}+C Y^{2}=O_{2} E^{2}-E Y^{2}+C Y^{2}=

R_{2}^{2}-9 t^{2}+t^{2}=R_{2}^{2}-8 t^{2}

Аналогично получаваме

O_{1} C^{2}=O_{2} X^{2}+C X^{2}=O_{1} A^{2}-A X^{2}+C X^{2}=

R_{1}^{2}-9 t^{2}+t^{2}=R_{2}^{2}-8 t^{2}

Сега (1) става еквивалентно на

R_{1}^{2}+R_{2}^{2}-8 t^{2}=R_{2}^{2}+R_{1}^{2}-8 t^{2}

, което е очевидно вярно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Ако

x, y

са реални числа, да се определи най-голямата възможна стойност на израза

\frac{(x+1)(y+1)(x y+1)}{\left(x^{2}+1\right)\left(y^{2}+1\right)}

Решение

От Коши-Шварц имаме

\begin{aligned} & \left(x^{2}+1^{2}\right)\left(1^{2}+1^{2}\right) \geq(x+1)^{2} \\ & \left(y^{2}+1^{2}\right)\left(1^{2}+1^{2}\right) \geq(y+1)^{2} \\ & \left(x^{2}+1^{2}\right)\left(y^{2}+1^{2}\right) \geq(x y+1)^{2} \end{aligned}

Умножавайки трите равенства и коренувайки (ако изразите отдясно са неотрицателни), получаваме (във всички случаи)

2\left(x^{2}+1\right)\left(y^{2}+1\right) \geq(x+1)(y+1)(x y+1).

Така стойността на дадения израз не надхвърля 2; тя е 2 например (всъщност само) при

x=y=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадено е естествено число

n

. Един шеф пише всеки ден по

n

писма и ги номерира в реда

1, 2, 3, \ldots, n

. Когато напише писмо, той го поставя най-отгоре в една кутия. Когато секретарката му е свободна, тя взема най-горното писмо от кутията и го печати. Понякога секретарката успява да отпечати писмото преди шефът да постави следващо, а понякога той успява да постави едно или повече писма през това време. Секретарката винаги успява да отпечати всички писма до края на работния си ден. Една пермутация на числата от 1 до

n

ще наричаме печатна, ако е възможно писмата да бъдат отпечатани в този ред. Намерете формула за броя на всички печатни пермутации.

Решение

В координатна система да разгледаме точките, чиито координати са цели неотрицателни числа. Да поставим пул в точката (

1; 0

). Когато шефът постави писмо в кутията, преместваме пула едно поле надясно. Когато секретарката отпечати писмо, местим пула едно поле нагоре. Секретарката не може да отпечатва ненаписани писма, т. е. пулът не може да се поставя на и над ъглополовящата

g

на I квадрант. Трябва да преброим всички пътища от (

1; 0

) до (

n+1; n

) с това свойство. При движение надясно и нагоре, всички пътища (

1; 0

) до (

n+1; n

) са на брой (

\begin{gathered}2 n \\ n\end{gathered}

) (защо?). От тях трябва да махнем тези, които имат общи точки с

g

(такъв път ще наричаме лош). За всеки лош път

p

, строим нов път, който съвпада с

p

под най-долната му обща точка с

g

и е симетричен на

p

над тази точка (следователно завършва в точката

(n; n+1)

). Покажете, че има биекция между лошите пътища и всички пътища от (

1; 0

) до (

n; n+1

). Броят на последните е

\binom{2 n}{n-1}

(защо?). Така печатните пермутации са на брой

\binom{2 n}{n}-\binom{2 n}{n-1}=\frac{(2 n)!}{n!(n+1)!}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-10-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-10-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

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

, за които

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

за произволни

x, y \in \mathbb{R}

Решение

При

y=0

получаваме

-2 f(0)=-2

и следователно

f(0)=1

. При

x=0

намираме

f(y)+2 f(-y)=3-y \tag{1}

Като заместим

y \mathrm{c}-y

в (1) получаваме

f(-y)+2 f(y)=3+y \tag{2}

Разглеждаме уравненията (1) и (2) като система от две уравнения с неизвестни

f(y)

f(-y)

. то на тази система дава

f(y)=y+1

Директно се проверява, че функцията

f(x)=x+1

удовлетворява условието на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Дължините на страните на триъгълник са цели числа, а дължината на радиуса на описаната му окръжност е просто число. Да се докаже, че триъгълникът е правоъгълен.

Решение

Ще използваме стандартните означение за

\triangle A B C

. По хероновата формула

16 S^{2}=(a+b+c)(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)

, откъдето следва, че

16 S^{2} \in \mathbb{N}

. Тогава от

16 S^{2}=\frac{a^{2} b^{2} c^{2}}{R^{2}}

следва, че простото число

R

дели поне едно от

a, b, c

. Нека

R

например дели

c

. Тогава

2 \sin \gamma=\frac{c}{R} \in \mathbb{N}

, а от друга страна

2 \sin \gamma \leq 2

. Следователно

\sin \gamma=\frac{1}{2}

или

\sin \gamma=1

. Ако

\sin \gamma=\frac{1}{2}

, то

\cos \gamma= \pm \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}

, което е невъзможно, понеже

\cos \gamma=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b} \in \mathbb{Q}

. Така

\sin \gamma=1

\gamma=90^{\circ}

. Втори начин. Без ограничение нека

\alpha \leq 90^{\circ}

. Като използваме косинусовата и синусовата теорема лесно получаваме

\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{b c}=2 \cos \alpha=

2 \sqrt{\vphantom{x^2}1-\sin ^{2} \alpha}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 R^{2}-a^{2}}}{R}

Оттук следва, че

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

е цяло число. Ако

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

, то триъгълникът е правоъгълен. В противен случай или

R

дели

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

(което означава, че

R

дели

a

) или

R

дели

b c

(което азначава, че

R

дели

b

или

c

). Сега то се довършва както в първото

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-10-8

10 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

В клетките на една квадратна таблица с размери

n \times n

са записани в произволен ред числата

1, 2, \ldots, n

. Да се докаже, че съществуват две съседни клетки, за които разликата между числата, записани в тях, е не по-малка от

n

Решение

M_{k}

означаваме множеството от онези клетки в които са записани числата

1, 2, \ldots, k

. Нека

k_{0}

е най-малкото

k

, за което

M_{k}

съдържа линия. Ясно е, че

k_{0}\lt{}n^{2}-n+2

. Нека например

M_{k_{0}}

съдържа реда с номер l. Тогава

M_{k_{0}-1}

съдържа l-я ред без една клетка. Нека тя се съдържа в

s

-ия стълб. Да разгледаме останалите

n-1

стълба. Поне един от тях няма да съдържа нито едно от числата

k_{0}+1, k_{0}+2, \ldots, k_{0}+n-2

. Нека това е стълбът с номер

r

. В него има числа, по-големи от

k_{0}

и следователно числа, по-големи от

k_{0}+n-2

. Да разгледаме онова от тях, което е най-близо до l -я ред. Ясно е, че то има за съсед в

r

-я стълб число, което е по-малко от

k_{0}

. Следователно тяхната разлика е поне

\left(k_{0}+n-1\right)-\left(k_{0}-1\right)=n

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дадени са реалните числа

0\lt{}a\lt{}b \leq c\lt{}d

. Да се докаже неравенството:

\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+d}\right)\left(\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{c}}+\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{1}{d}}\right) \leq 1

Кога се достига равенство?

Решение

Да разгледаме функцията

f(x)=p(x-a)(x-c)+q(x-b)(x-d)=

(p+q) x^{2}-(p(a+c)+q(b+d)) x+p a c+q b d

където

p

q

са реални положителни числа. Поради

0\lt{}a\lt{}b \leq c\lt{}d

, директно се проверява, че

f(a)\gt{}0, f(b) \leq 0, f(c) \leq 0

f(d)\gt{}0

, като равенствата са възможни само при

b=c

. Следователно

f(x)

винаги има корен, което дава, че

D \geq 0

. При

p=\frac{1}{a+c}

q=\frac{1}{b+d}

условието

D \geq 0

е еквивалентно на даденото в условието неравенство. За да имаме равенство е необходимо

f(x)

да има единствен корен, което е възможно само при

b=c

, като тогава този корен ще бъде

x=b=c

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

. Следователно

f(x)=p(x-a)(x-c)+q(x-c)(x-d)=

(p+q)(x-c)^{2}

и след приравняване на коефициентите намираме

c^{2}=a d

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

В триъгълник

A B C

е вписана окръжност

k

, която допира страните

B C, C A, A B

съответно в точките

D, E, F

. Нека точката

P

е вътрешна за окръжността

k

. Ако правите

D P, E P, F P

пресичат

k

съответно в точките

D^{\prime}, E^{\prime}, F^{\prime}

, да се докаже, че правите

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

C F^{\prime}

се пресичат в една точка.

Решение

Ще докажем твърдението с теоремата на Чева със синуси. По синусовата теорема имаме

\frac{\sin \angle E A D^{\prime}}{\sin \angle F A D^{\prime}}=

\frac{\frac{D^{\prime} E}{A D^{\prime}} \sin \angle A E D^{\prime}}{\frac{D^{\prime} F}{A D^{\prime}} \sin \angle A F D^{\prime}}=

\frac{D^{\prime} E \sin \angle E F D^{\prime}}{D^{\prime} F \sin \angle F E D^{\prime}}=\left(\frac{D^{\prime} E}{D^{\prime} F}\right)^{2}

Аналогично

\frac{\sin \angle F B E^{\prime}}{\sin \angle D B E^{\prime}}=\left(\frac{E^{\prime} F}{E^{\prime} D}\right)^{2},

\frac{\sin \angle D C F^{\prime}}{\sin \angle E C F^{\prime}}=\left(\frac{F^{\prime} D}{F^{\prime} E}\right)^{2}.

Като умножим получените три равенства виждаме, че условието на теоремата на Чева ще е изпълнено точно когато

D^{\prime} E \cdot E^{\prime} F \cdot F^{\prime} D=D^{\prime} F \cdot E^{\prime} D \cdot F^{\prime} E

. Това обаче е известен факт, тъй като главните диагонали на вписания шестоъгълник с върхове

D, E, F, D^{\prime}, E^{\prime}, F

се пресичат в една точка (точката

P

). (Равенството следва от отношенията

D^{\prime} E: E^{\prime} D= D^{\prime} P: P E^{\prime}, E^{\prime} F: F^{\prime} E=E^{\prime} P: P F^{\prime}, F^{\prime} D: D^{\prime} F=F^{\prime} P: P D^{\prime}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че множеството

\{1, 2, \ldots, 12001\}

може да се разбие на 5 групи така, че нито една от тях да не съдъжа 11 членна аритметична прогресия.

Решение

Нека

k

е броят на 11 членните аритметични прогресии, образувани от дадените числа. Ако

a

d

са съответно първият член и разликата на една такава прогресия, то

1 \leq a \leq 11991

1 \leq d \leq\left[\frac{12001-a}{10}\right]

. Тогава:

k \leq \sum_{a=1}^{11991}\left[\frac{12001-a}{10}\right]\lt{}5^{10}

Общият брой на разбиванията на множеството

\{1, 2, \ldots, 12001\}

на 5 групи (включително когато някои от множествата са празни) е

5^{12001}

(тъй като за всяко число от множеството има 5 възможности). Общият брой на разбиванията, при които има поне една 11 членна аритметична прогресия е по-малък от

5. k.5^{12001-11}

(тъй като фиксирана прогресия може да се избере по

k

, след което за нея и за всяко от останалите числа има по 5 възможности). Тъй като

k\lt{}5^{10}

, то

5. k.5^{12001-11}\lt{}5^{12001}

, т. е. съществува разбиване без 11 членна прогресия.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Върховете на

\triangle A B C

лежат върху графиката на функцията

f(x)=x^{2}

, а медицентърът му съвпада с точката

M(1, 7)

. Да се намери възможно най-голямата стойност на лицето на

\triangle A B C

Решение

Нека

A\left(x_{1}, x_{1}^{2}\right), B\left(x_{2}, x_{2}^{2}\right), C\left(x_{3}, x_{3}^{2}\right)

x_{1}\lt{}x_{2}\lt{}x_{3}

. Тогава

\frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}}{3}=1

\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}}{3}=7

и от тези равенства получаваме

x_{1}+x_{3}=3-x_{2}, x_{1} x_{3}=x_{2}^{2}-3 x_{2}-6 \tag{1}

Ако

A_{1}, B_{1}, C_{1}

са ортогоналните проекции на

A, B

C

върху абсцисната ос, за лицето

S

на

\triangle A B C

имаме

S=S_{A A_{1} C_{1} C}-S_{A A_{1} B_{1} B}-S_{B B_{1} C_{1} C}

. Оттук лесно се получава

S= \frac{1}{2}\left(x_{2}-x_{1}\right)\left(x_{3}-x_{1}\right)\left(x_{2}-x_{2}\right)

. Сега имаме

S \leq

\frac{1}{2}\left(x_{2}-x_{1}\right)\left(\frac{x_{2}-x_{1}+x_{3}-x_{2}}{2}\right)^{2}=\frac{1}{8}\left(x_{3}-x_{1}\right)^{3}.

Използвайки (1), пресмятаме

\left(x_{3}-x_{1}\right)^{2}=\left(x_{1}+x_{3}\right)^{2}=4 x_{1} x_{3}=

33+6 x_{2}-3 x_{2}^{2}=36-3\left(x_{2}-1\right)^{2}.

Оттук

\left(x_{3}-x_{1}\right)^{2} \leq 36

, т. е.

x_{3}-x_{1} \leq 6

и следователно

S \leq \frac{1}{8} \cdot 6^{3}=27

. При това равенството се достига когато

x_{2}-1=0, x_{3}-x_{1}=6

x_{2}-x_{1}=x_{3}-x_{2}

, т. е. при

x_{1}=-2, x_{2}=1

x_{3}=4

. Окончателно, най-голямата стойност на

S

е 27.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

В група от

n

човека всеки има по едно великденско яйце. Те разменят яйцата си по следния начин: при всяка смяна двама човека разменят яйцата си, които имат в момента. Всеки двама разменят яйцата си поне един път. След няколко такива смени се оказало, че всеки има същото яйце, което е имал в началото. Да се определи минималният възможен брой смени, ако а)

n=5

; б)

n=6

Решение

Ще означаваме хората с

A, B, C, \ldots

и яйцата, които те имат в началото със съответните малки букви. По този начин първоначалното състояние се описва с

A a, B b

C c, D d, E e(, F f)

. С

X Y

ще означаваме размяна на яйцата на

X

Y

. Двама човека се наричат съседи, ако техните букви са съседни. а) Тъй като пет човека образуват

5 \cdot 4 / 2=10

двойки, то са необходими поне 10 размени. Ще покажем, че 10 размени са достатъчни. Последователно разменяме

A B

, след това

B C

и след това

C A

; сега имаме

A a, B c, C b, D d, E e

. Сега разменяме

A D

, след това

D E

и след това

E A

; сега имаме

A a, B c, C b, D e, E d

. Разменяме

B E

, след това

C D

; сега имаме

A a

B d, C e, D b, E c

. Разменяме

B D

, след това

C E

; сега имаме

A a, B b, C c, D d, E e

и всеки има собственото си яйце. б) Шест човека образуват

6 \cdot 5 / 2=15

двойки и следователно са необходими поне 15 размени. Ще покажем, че броят на размените трябва да бъде четно число. Ще казваме, че в даден момент две яйца

x

y

образуват "обратна" двойка, ако яйцето

x

в началото се е намирало преди

y

(т. е. човекът, който притежава

x

е с по-предна буква от този, притежаващ яйцето

y

), а в този момент

y

се намира преди

x

. Да означим с

T

броят на обратните двойки. В началото

T=0

. Размяна между съседи променя

T

с 1. Всяка размяна е еквивалентна на нечетен брой размени между съседи и следователно променя четноста на

T

. Тъй като накрая

T=0

, общият брой размени трябва да бъде четен. Следователно в този случай са необходими поне 16 размени. Разменяме

A B, B C, C A

и имаме

A a, B c, C b, D d, E e, F f

. Разменяме

A D, D E, E A

и имаме

A a, B c, C b, D e, E d

F f

. Разменяме

F B, B E, E F

и имаме

A a, B d, C b, D e, E c, F f

. Разменяме

F C, C D, D F

и имаме

A a, B d, C e, D b, E c, F f

. Разменяне

B D, C E

, два пъти

A F

. Следователно 16 размени са достатъчни.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Вписаната в

\triangle A B C

(

A C\lt{}B C

) окръжност се допира до страните

A C

B C

съответно в точки

X

Y

. През средата

M

на

A B

е построена права, успоредна на

X Y

, която пресича страната

B C

в точка

N

. Нека точката

L \in B C

е такава, че

N L=A C

L

е между

C

N

. Правите

M L

A C

се пресичат в точка

K

. Да се докаже, че

B N=C K

Решение

Нека

N_{1}=M N \cap A C

. Тогава от

N N_{1} \| X Y

и равнобедрения

\triangle C X Y

следва, че

C N_{1}=C N

. От теоремата на Менелай за

\triangle A B C

и правата

N M N_{1}

имаме

\frac{A N_{1} \cdot B M \cdot C N}{A M \cdot B N \cdot C N_{1}}=1

, откъдето

A N_{1}=B N

. Следователно

C L=C N-N L=C N_{1}-A C=A N_{1}=B N.

Прилагаме теоремата на Менелай за

\triangle A B C

и правата

K L M

и получаваме

\frac{A M. B L. C K}{B M. C L. A K}=

1, откъдето

\frac{B L}{C L}=\frac{A K}{C K} \Longleftrightarrow \frac{B L-C L}{C L}=

\frac{A K-C K}{C K} \Longleftrightarrow \frac{B L-B N}{C L}=\frac{A C}{C K} \Longleftrightarrow \frac{N L}{C L}=\frac{A C}{C K}

От последното и от

N L=A C

следва, че

C K=C L

, а това и доказанато по-горе

C L=B N

дава исканото

C K=B N

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Нека

S

е множеството от всички 9-цифрени естествени числа, в чийто десетичен запис участват само цифрите 1, 2 и 3. Да се намерят всички функции

f: S \rightarrow\{1, 2, 3\}

, които притежават следните свойства: (1)

f(111111111)=1, f(222222222)=2, f(333333333)=3, f(122222222)=1

; (2) ако

x, y \in S

се различават във всеки разряд, то

f(x) \neq f(y)

Решение

Ще докажем, че

f(x)

е равно на първата цифра на

x

за всяко

x \in S

. Непосредствено от условието се вижда, че

\begin{aligned} & f(111111111)=f(122222222)=f(133333333)=1 \\ & f(211111111)=f(222222222)=f(233333333)=2 \\ & f(311111111)=f(322222222)=f(333333333)=3 \end{aligned}

Нека (

a, b, c

) е пермутация на цифрите

1, 2, 3

. Ако

x \in S

има първа цифра

a

и само цифри

a

c

, то

f(x)=a

. Действително,

f(x) \neq f(b b b b b b b b b)=b

, защото

x

b b b b b b b b b

се различават във всеки разряд, и

f(x) \neq f(c b b b b b b b b)=c

, защото

x

c b b b b b b b b

се различават във всеки разряд. Нека сега

x=x_{1} x_{2} \ldots x_{9}

е произволно число от

S

, като

x_{1}=a

. Да разгледаме числата

y_{1} y_{2} \ldots y_{9}

z_{1} z_{2} \ldots z_{9}

, дефинирани по следния начин:

y_{1}=b, z_{1}=c

, ако

2 \leq i \leq 9

, то при

x_{i}=a

или

x_{i}=c

, полагаме

y_{i}=z_{i}=b

, а ако

x_{i}=b

, полагаме

y_{i}=z_{i}=c

. От доказаното погоре следва, че

f(y)=b

f(z)=c

. Тогава

f(x)=a

, с което доказателството е завършено.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-10-8

10 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Точките

A_{1}, B_{1}

C_{1}

съответно върху страните

B C, C A

A B

на

\triangle A B C

са такива, че

A A_{1}, B B_{1}

C C_{1}

са ъглополовящи на съответните ъгли. Ако

A A_{1}

C C_{1}

пресичат

C_{1} B_{1}

B_{1} A_{1}

съответно в точки

M

N

, да се докаже, че

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

Решение

От синусовата теорема за

\triangle A C_{1} B_{1}

\triangle B C_{1} B_{1}

имаме

\frac{A C_{1}}{\sin A B_{1} C_{1}}=\frac{B_{1} C_{1}}{\sin B A C} \quad

\text{и} \quad \frac{B C_{1}}{\sin B B_{1} C_{1}}=\frac{B_{1} C_{1}}{\sin A B B_{1}}.

Като разделим горните равенства, намираме

\frac{\sin B B_{1} C_{1}}{\sin A B_{1} C_{1}} \cdot \frac{A C_{1}}{B C_{1}}=\frac{\sin A B B_{1}}{\sin B A C}

и от свойството на ъглополовящата следва

\frac{A C_{1}}{B C_{1}}=\frac{A C}{B C}=\frac{\sin A B C}{\sin B A C}

Имаме

\frac{\sin B B_{1} C_{1}}{\sin A B_{1} C_{1}}=\frac{\sin A B B_{1}}{\sin A B C} \tag{1}

От друга страна тригонометричната форма на теоремата на Чева за

\triangle A B B_{1}

и точка

M

дава

\frac{\sin B B_{1} C_{1}}{\sin A B_{1} C_{1}} \cdot \frac{\sin B_{1} A M}{\sin C_{1} A M} \cdot \frac{\sin A B M}{\sin M B B_{1}}=

1 \tag{2}

Тъй като

A A_{1}

е ъглополовяща на

\angle B A C

от (1) и (2) следва

\frac{\sin B B_{1} C_{1}}{\sin A B_{1} C_{1}}=\frac{\sin A B B_{1}}{\sin A B C}=\frac{\sin M B B_{1}}{\sin A B M}

Аналогично намираме

\frac{\sin C B B_{1}}{\sin A B C}=\frac{\sin N B B_{1}}{\sin C B N}

и следователно

\frac{\sin M B B_{1}}{\sin A B M}=\frac{\sin N B B_{1}}{\sin C B N}

Тъй като

\angle M B B_{1}+\angle A B M=\angle N B B_{1}+\angle C B N

заключаваме, че

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

k\gt{}1

n

са естествени числа и

p=\frac{(n+1)(n+2) \ldots(n+k)}{k!}-1

Да се докаже, че ако

p

е просто число, то

n

дели

k!

Решение

Тъй като винаги

k!

дели

(n+1)(n+2) \ldots(n+k)

, то

p

е цяло число. Освен това

\frac{(n+2) \ldots(n+k)}{k!} \geq \frac{3 \ldots(k+1)}{k!}=\frac{k+1}{2}\gt{}1

и значи

p\gt{}n

. Да предположим, че

p

е просто число. Имаме

k! p=(n+1)(n+2) \ldots(n+k)-k!

и оттук

k! p \equiv 0(\bmod n)

, т. е.

n \mid k! p

. Тъй като

p

е просто и

p\gt{}n

, то

(p, n)=1

и следователно

n \mid k!

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадени са прави

g_{1}

g_{2}

, които се пресичат в точка

A

. Окръжност

k_{1}

се допира до

g_{1}

в точка

A

и пресича

g_{2}

в точка

C

, а окръжност

k_{2}

се допира до

g_{2}

в точка

A

и пресича

g_{2}

в точка

D

. Окръжностите

k_{1}

k_{2}

се пресичат за втори път в точка

B

. Да се докаже, че ако

\frac{A C}{A D}=\sqrt{\vphantom{x^2}2}

, то

\frac{B C}{B D}=2

Решение

Тъй като

\triangle A B C \sim \triangle D B A

, в сила са равенствата

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

. От първото получаваме

A D \cdot B C=A B \cdot A C

, а от второто -

A C \cdot B D=A B \cdot A D

. Тогава

A D^{2} \cdot B C= A B \cdot A C \cdot A D=A C^{2} \cdot B D

и следователно

\frac{B C}{B D}=\frac{A C^{2}}{A D^{2}}=2

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

За всяко подмножество

S

на множеството на естествените числа

\mathbb{N}

, с

r_{S}(n)

означаваме броят на наредените двойки

(a, b), a, b \in S, a \neq b

, за които

a+b=n

. Да се докаже, че

\mathbb{N}

може да се разбие на две подмножества

A

B

, така че

r_{A}(n)=r_{B}(n)

за всяко

n \in \mathbb{N}

Решение

Разделяме

\mathbb{N}

на две множества

A

B

, като в

A

поставяме всички естествени числа, които имат четен брой 1 -ци в двоичния си запис, а в множеството

B

- останалите, т. е. онези естествени числа, които имат нечетен брой единици в десетичния си запис. Ще покажем, че

r_{A}(n)=r_{B}(n)

за всяко

n \in \mathbb{N}

. За целта ще построим биекция (взаимно-еднозначно съответствие) между наредените двойки

(a, b), a, b \in A

, за които

a+b=n

и съответните двойки от множеството

B

. Нека

a=\overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{k}}

b=\overline{b_{1} b_{2} \ldots b_{k}}

са представянията на

a

b

в двоична бройна система. Това означава, че

a=a_{1} 2^{k-1}+a_{2} 2^{k-2}+\cdots+a_{k} \cdot 2^{0}

където

a_{i}=0

или 1, като броят на единиците е четно число. Тъй като

a \neq b

, то съществува

i, 1 \leq i \leq k

, за което

a_{i} \neq b_{i}

. Без ограничение можем да считаме, че сме избрали най-голямото

i

с това свойство. Тогава

a_{i}=1, b_{i}=0

или

a_{i}=0, b_{i}=1

. Нека

a^{\prime}

b^{\prime}

са получени съответно от

a

b

, като в двоичното представяне на

a

на мястото на

a_{i}

сме записали

b_{i}

, а в

b

на мястото на

b_{i}

сме записали

a_{i}

. Тогава в двоичния запис на

a^{\prime}

b^{\prime}

ще има нечетен брой единици, т. е.

a^{\prime}, b^{\prime} \in B

. Освен това

a^{\prime}+b^{\prime}=a+b=n

. Директно се проверява, че това изображение е биекция. Следователно намерихме разбиване с исканото свойство.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

n, i

j

са цели числа, за които

0\lt{}i\lt{}j\lt{}n

. Винаги ли е вярно, че биномните коефициенти

\binom{n}{i}

\binom{n}{j}

имат общ делител, по-голям от 1?

Решение

Отговорът е положителен! Поради тъждеството

\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}

без ограничение на общността можем да считаме, че

2 i \leq n

2 j \leq n

. Да допуснем, че

\binom{n}{i}

\binom{n}{i}

са взаимнопрости и да разгледаме тъждеството

\binom{n}{i}\binom{n-i}{j}=\binom{n}{j}\binom{n-j}{i}

(Проверете го!). Очевидно

\binom{n}{i}

и дели

\binom{n-j}{i}

, което обаче е невъзможно, защото

n\gt{}n-j \geq i\gt{}0

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се реши в цели числа системата

\left\lvert\, \begin{aligned} & x^{2}+2 x y+8 z=4 z^{2}+4 y+8 \\ & x^{2}+y+2 z=156 \end{aligned}\right.

Решение

Да запишем първото уравнение във вида

(x+y)^{2}=4(z-1)^{2}+(y+2)^{2}

. Оттук е ясно, че числата

2 z-2, y+2

x+y

образуват питагорова тройка. Следователно можем да запишем

y+2=u^{2}-v^{2}, 2 z-2=2 u v

x+y=u^{2}+v^{2}

, където

u

v

са цели числа. Тогава имаме

x=2\left(v^{2}+1\right), y=u^{2}-v^{2}-2

z=u v+1

. Заместваме във второто уравнение и получаваме

4 v^{4}+6 v^{2}+(u+v)^{2}=152

. Следователно

v^{4}+2 v^{2} \leq 38

, което означава, че

|v| \leq 2

. Лесно се вижда, че

v=0

v= \pm 1

не дават , а при

v= \pm 2

получаваме

|u+v|=8

. Директната проверка на всички възможности дава решенията

(x, y, z)=(10, 30, 13), (10, 94, -19)

(2, 150, 1)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяко естествено число

k \geq 2

съществува естествено число, което може да се представи като сума на два, три,..,

k

куба на естествени числа.

Решение

Ще проведем индукция по

k

. Твърдението е тривиално при

k=2

, а пример за

k=3

дава числото

855=7^{3}+8^{3}=1^{3}+5^{3}+9^{3}

. Нека

k \geq 3

A

е естествено число, което може да се представи като сума на два, три,

\ldots, k

куба на естествени числа. Ще докажем, че числото

B=729 A=9^{3} A

може да се представи като сума на

m

m=2, 3, \ldots, k+1

куба на естествени числа. Това е очевидно за

2 \leq m \leq k

. Нека

m=k+1

A=a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+\cdots+a_{k-1}^{3}

, където

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

са естествени числа (да отбележим, че

k-1 \geq 2

). Тогава

\begin{aligned} B & =9^{3} a_{1}^{3}+\left(9 a_{2}\right)^{3} \cdots+\left(9 a_{k-1}\right)^{3} \\ & =\left(1^{3}+6^{3}+8^{3}\right) a_{1}^{3}+\left(9 a_{2}\right)^{3} \cdots+\left(9 a_{k-1}\right)^{3} \\ & =a_{1}^{3}+\left(6 a_{1}\right)^{3}+\left(8 a_{1}\right)^{3}+\left(9 a_{2}\right)^{3} \cdots+\left(9 a_{k-1}\right)^{3} \end{aligned}

е представяне на

B

като сума на

k+1

куба на естествени числа.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се намери броят на наредените четворки (

a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}

) от цели числа, за които

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

-10 \leq a_{4} \leq 10

a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=2011

Решение

Първо ще пресметнем броя на четворките от цели числа със сбор 2011, за които

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

a_{4} \geq-10

. Нека

b_{1}=a_{1}, b_{2}=a_{2}-1, b_{3}=a_{3}-2

b_{4}=a_{4}+11

. Тогава

b_{1} \geq 1, b_{2} \geq 1, b_{3} \geq 1

b_{4} \geq 1

b_{1}+b_{2}+b_{3}+b_{4}=2011-1-2+11=2019

Тъй като всяка четворка с горните свойства съответства на поставяне на 3 чертички в празните места между 2019 точки, то броят на четворките (

b_{1}, b_{2}, b_{3}, b_{4}

) с горните свойства е равен на

\binom{2018}{3}

. Аналогично пресмятаме, че броят на четворките (

a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}

) от цели числа, за които

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

a_{4} \geq 11

е равен на

\binom{1998}{3}

. Следователно търсеният брой е равен на

\binom{2018}{3}-\binom{1998}{3}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-10-8

10 · Ден 4

9 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадено е естествено число

n

. Да се намери броят на полиномите

P(x)

с коефициенти

0, 1, 2

или 3 и такива, че

P(2)=n

Решение

Нека

a

е търсеният брой. Характеристичната функция за а е Последното равенство означава, че а е равно на броя на начините по коиТо числото

n

може да се представи във вида

\mathrm{n}=2 \mathrm{a}+\mathrm{b}

, т. е. +1.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2011-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В едно дружество членуват

n

човека, като всеки двама члена познават точно един от останалите. Да се докаже, че съществува член, които познава всички останали.

Решение

Ако и са двама непознати се показва, че имат еднакъв брой познати. Съществува точно един C, който познава и двамата, откъдето лесно следва, че всички членове имат еднакъв брой познати -. Оттук пресмятайки всички двойки по два начина достигаме до равенството:. Нека е прост делител на и е броят на всички цикли с дължина. В сила е зависимостта:, откъдето. От друга страна броят на циклите с дължина се дели на. Сл или. Сега твърдението следва елементарно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2011-10-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2011-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

A=\left\{P_{1}, P_{2}, \ldots, P_{2011}\right\}

е множество от точки лежащи в кръг

K\left(P_{1}, 1\right)

. С

x_{k}

означаваме разстоянието между

P_{k}

и наи-близката до нея точка от

A

. Да се докаже, че

\sum_{i=1}^{2011} x_{i}^{2} \leq \frac{9}{4}

Решение

Около всяка от точките описваме кръг с радиус. Ясно е, че никои два от тези кръгове не се пресичат. Нека А за някое і. Тогава от неравенството за триъгълника получаваме, че откъдето следва твърдението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2011-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Съществува ли строго растяща редица

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

от естествени числа със следното свойство: за всяко цяло число

c

в редицата

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

има краен брой прости числа? Отговорът да се обоснове.

Решение

Редици с исканото свойство съществуват и могат да се конструират по много начини. Нека например

a_{n}=(n!)^{3}

. Тогава при

c \neq 0, \pm 1

, числото

c+a_{n}=c\left(1+\frac{(n!)^{3}}{c}\right)

е съставно за всяко

n \geq|c|

, при

c=0

числото

c+a_{=}(n!)^{3}

е съставно за всяко

n \geq 2

и, накрая, при

c= \pm 1

числото

c+a_{=}(n!)^{3} \pm 1=(n!+1)\left((n!)^{2} \mp n!+1\right)

е съставно за всяко

n \geq 3

. на задачата е и редицата с общ член

a_{n}=\left(p_{1} p_{2} \ldots p_{n}\right)^{3}

, където

2=p_{1}\lt{}p_{2}\lt{} \cdots\lt{}p_{n}\lt{}\cdots

е редицата на простите числа.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2011-10-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2011-10-6

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2011-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число. Да се докаже, че броят на всички неравнобедрени триъгълници с дължини на страните естествени числа и периметър

2 n

е равен на

\left[\frac{n^{2}-6 n+12}{12}\right]

Решение

Нека

\mathrm{x}+\mathrm{y}+\mathrm{z}=2 \mathrm{n}, 1 \mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z} \mathrm{n}

. Нека

\mathrm{a}=\mathrm{n}-\mathrm{x}, \mathrm{b}=\mathrm{n}-\mathrm{y}, \mathrm{c}=\mathrm{n}-\mathrm{z}

. Тогава:. Следователно броят на всички триъгълници с периметъp 2 n e - броят на ненаредените на

/ 1 /

. Броят на равнобедрените триъгълници е. Сега то се плучава по формулите за.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2011-10-8

Задача 9

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

Нека

n \geq 2

е естествено число. От квадрат

n \times n

е премахнато едно от полетата и остатъкът е изцяло разрязан на квадрати

2 \times 2

3 \times 3

. Определете всички възможни стойности на

n

Решение

Да номерираме редовете и колоните от 1 до

n

и да оцветим в синьо четните редове и в жълто нечетните. Разликата между сините и жълтите полета в квадратите

2 \times 2

3 \times 3

е 0 или

\pm 3

. Ако

n

е четно, то след премахването на едно поле разликата между сините и жълтите полета би била

\pm 1

, което не се дели на 3: абсурд. Ако

n

се дели на 3, жълтите полета в квадрата

n \times n

са с

n

повече. Така след премахването на поле разликата на сините и жълтите полета не се дели на 3: абсурд. Ако

n=6 k+1

, жълтите полета в квадрата

n \times n

са с

6 k+1

повече. Ако премахнатото поле е синьо, жълтите полета биха били с

6 k+2

повече, което не се дели на 3. И така, премахнатото поле трябва да е жълто (жълтите полета стават с

6 k

повече, което се дели на 3 ). Да оцветим редовете в бяло, зелено, червено, бяло, зелено, червено,..., бяло. Червените и зелените полета са четен брой, а белите са нечетен брой. Квадрат

2 \times 2

покрива по четен брой полета от всеки вид, а квадрат

3 \times 3

покрива по равен брой полета от всеки вид, така че не е възможно премахнатото поле да е червено или зелено. Така то е бяло. Сравнявайки двете оцветявания, разбираме че премахнатото поле е от ред (и аналогично от стълб) от вида

6 m+1

. Директно се уверяваме, че ако то е на границата на квадрата, не е възможно да бъде оградено с квадрати

2 \times 2

3 \times 3

. Ако полето е вътрешно (това е възможно при

k \geq 2

, т. е.

n \geq 13

), то можем да го оградим с четири правоъгълника

7 \times 6

, образувайки квадрат

13 \times 13

: Можем да съставим правоъгълник

7 \times 6

от два реда от по три квадрата

2 \times 2

един до друг и един ред с два квадрата

3 \times 3

. Остатъкът от таблицата се покрива с правоъгълници

7 \times 6

и квадрати

6 \times 6

по естествен начин. Ако

n=6 k+5

, жълтите полета в квадрата

n \times n

са с

6 k+5

повече. Ако премахнатото поле е жълто, жълтите полета биха били с

6 k+4

повече, което не се дели на 3. И така, премахнатото поле трябва да е синьо (жълтите полета стават с

6 k+6

повече, което се дели на 3). Да оцветим редовете в бяло, зелено, червено, бяло, зелено, червено,..., бяло, зелено. Белите и зелените полета са четен брой, а червените са нечетен брой. Квадрат

2 \times 2

покрива по четен брой полета от всеки вид, а квадрат

3 \times 3

покрива по равен брой полета от всеки вид, така че не е възможно премахнатото поле да е бяло или зелено. Така то е червено. Споменатите две оцветявания гарантират, че премахнатото поле е в ред (и аналогично стълб) с номер, кратен на 6. Това автоматично изключва случая

n=5

. В останалите случаи можем да заобиколим премахнатото поле с четири правоъгълника

5 \times 6

, образувайки квадрат

11 \times 11

(подобно на горния чертеж); можем да съставим правоъгълник

5 \times 6

от три квадрата

2 \times 2

един до друг и два квадрата

3 \times 3

под тях. Остатъкът от таблицата се покрива с правоъгълници

5 \times 6

и квадрати

6 \times 6

по естествен начин. Окончателно, търсените

n

са нечетните числа, които не се делят на 3 и са по-големи от 10.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Редицата

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

е дефинирана чрез равенствата

a_{1}=4, a_{2}=a_{3}=\left(a^{2}-2\right)^{2}

a_{n}=a_{n-1} a_{n-2}-2\left(a_{n-1}+a_{n-2}\right)-a_{n-3}+8, n \geq 4

, където

a\gt{}2

е естествено число. Да се докаже, че числото

2+\sqrt{\vphantom{x^2}a_{n}}

е точен квадрат за всяко

n

Решение

Нека

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

е редицата

{ }^{1}

, дефинирана по следния начин:

F_{1}=0, F_{2}=1

F_{n+1}=F_{n}+F_{n-1}

за всяко

n \geq 2

. Ще докажем по индукция, че

a_{n}=\left(\alpha^{2 F_{n}}+\alpha^{-2 F_{n}}\right)^{2}

, където

\alpha

е по-големият корен на квадратното уравнение

t^{2}-a t+1=0

. Да отбележим, че другият корен е

\alpha^{-1}

. Непосредствено се вижда, че твърдението е вярно при

n=1, n=2

n=3

. Нека то е вярно за всички естествени числа, ненадминаващи

n

. Тъй като

a_{k}-2=\left(\alpha^{2 F_{k}}+\alpha^{-2 F_{k}}\right)^{2}-2=

\footnotetext{

{ }^{1}

По същество това е редицата на Фибоначи. }

\alpha^{4 F_{k}}+\alpha^{-2 F_{k}}

за

k \leq n

, имаме последователно

\begin{aligned} a_{n+1}= & \left(a_{n}-2\right)\left(a_{n-1}-2\right)-\left(a_{n-2}-2\right)+2 \\ = & \left(\alpha^{4 F_{n}}+\alpha^{-4 F_{n}}\right)\left(\alpha^{4 F_{n-1}}+\alpha^{-4 F_{n-1}}\right)-\left(\alpha^{4 F_{n-2}}+\alpha^{-4 F_{n-2}}\right)+2 \\ = & \alpha^{4\left(F_{n}+F_{n-1}\right)}+\alpha^{-4\left(F_{n}+F_{n-1}\right)}+\alpha^{4\left(F_{n}-F_{n-1}\right)}+\alpha^{-4\left(F_{n}-F_{n-1}\right)} \\ & +\left(\alpha^{4 F_{n-2}}+\alpha^{-4 F_{n-2}}\right)+2 \\ = & \alpha^{4 F_{n+1}}+\alpha^{-4 F_{n+1}}+2=\left(\alpha^{2 F_{n+1}}+\alpha^{-2 F_{n+1}}\right)^{2} \end{aligned}

с което доказателството е завършено. Остава да отбележим, че

2+\sqrt{\vphantom{x^2}a_{n}}=\left(\alpha^{F_{n}}+\alpha^{-F_{n}}\right)^{2}

и числото

\alpha^{F_{n}}+\alpha^{-F_{n}}

е цяло за всяко естествено

n

. Действително, последното следва от добре известния (и по-общ) факт: ако

\alpha

\beta

са корените на квадратното уравнение

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

с цели коефициенти

p

q

, то числата

S_{n}=\alpha^{n}+\beta^{n}

удовлетворяват рекурентната връзка

S_{n+1}+p S_{n}+q S_{n-1}=0

и, в частност, са цели за всяко цяло неотрицателно

n

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-10-6

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-10-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-10-8