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

2012

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

d4-ifym2012-8-1: има placeholder текст
d4-ifym2012-8-4: има placeholder текст
d2-ifym2012-8-5: има placeholder текст
d4-ifym2012-8-5: има placeholder текст
d2-ifym2012-8-8: има placeholder текст
d4-ifym2012-8-8: има placeholder текст
d2-ifym2012-10-1: има placeholder текст
d4-ifym2012-10-2: има placeholder текст
f-ifym2012-10-2: има placeholder текст
f-ifym2012-10-3: има placeholder текст
f-ifym2012-10-4: има placeholder текст
d4-ifym2012-10-5: има placeholder текст
d4-ifym2012-10-6: има placeholder текст
f-ifym2012-10-6: има placeholder текст
d4-ifym2012-10-7: има placeholder текст
f-ifym2012-10-7: има placeholder текст
d2-ifym2012-10-8: има placeholder текст
d1-ifym2012-10-8: има placeholder текст
f-ifym2012-10-8: има placeholder текст

8 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Целите числа са оцветени в два цвята: черно и бяло, като числото 1 е бяло. За всеки две бели числа

a

b

(

a

b

може да са равни), числата

a-b

a+b

са с различен цвят. Да се докаже, че числото 2012 е бяло.

Решение

С индукция по

k \geq 0

се доказва, че

3 k

е черно, а

3 k+1

3 k+2

са бели. Тъй като

2012=3 \cdot 670+2

, то 2012 е бяло.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дадени са

n

цели числа

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

със сума, която е четно число и за всяко

i=1, 2, \ldots, n

са изпълнени неравенствата

a_{i} \leq a_{i+1} \leq 2 a_{i}

. Може ли тези числа да се разделят на две групи с равни суми, ако

a_{1}=1

Решение

Може! Индуктивно лесно се доказва, че в сумата

S=\sum_{i=1}^{n} \pm a_{i}

знаците могат да бъдат подбрани така, че

-a_{1} \leq S \leq a_{1}

. Тъй като

S

е винаги четно число, то

S=0

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

За даден правоъгълник със страни

a

b, a \geq b

, плътност ще наричаме отношението

\frac{a}{b}

. Докажете, че както и да разбием квадрат със страна 1 на правоъгълници, то сумата от плътностите на тези правоъгълници е по-голяма или равна на 1.

Решение

Нека квадратът е разбит на

n

правоъгълници със страни

a_{i} \times b_{i}, a_{i} \geq b_{i}

i=1, 2, \ldots, n

. Тъй като

b_{i} \leq 1

, имаме

\frac{a_{i}}{b_{i}} \geq a_{i}. b_{i}

, откъдето

\sum_{i=1}^{n} \frac{a_{i}}{b_{i}} \geq \sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{1}=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Докажете, че уравнението

x^{4}-8 x^{3}+23 x^{2}-34 x+39=0

няма реални корени.

Решение

Тъй като

x^{4}-8 x^{3}+23 x^{2}-34 x+39=\left(x^{2}-x+3\right)\left(x^{2}-7 x+13\right)

и двете квадратни уравнения имат отрицателна дискриминанта, то уравнението няма реални корени.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които

2^{n}+3^{n}

се дели на 13.

Решение

Нека

13 \mid 2^{n}+3^{n}

, т. е.

2^{n} \equiv-3^{n}(\bmod 13)

. Тогава

2^{3 n} \equiv-27^{n}(\bmod 13)

, т. е.

2^{3 n} \equiv-1(\bmod 13)

. Това е изпълнено точно когато

6 \mid 3 n

12 \nmid 3 n

, т. е.

2 \mid n

4 \nmid n

, което означава, че

n=4 k+2, k \geq 0

цяло число. Обратно, при

n=4 k+2

имаме

2^{n}+3^{n}=4^{2 k+1}+9^{2 k+1}=

(4+9)\left(4^{2 k}-4^{2 k-1} \cdot 9+\cdots-4 \cdot 9^{2 k-1}+9^{2 k}\right)

и действително

13 \mid 2^{n}+3^{n}

. Така търсените естествени числа са

n=4 k+2

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

За триъгълник

A B C

е дадено, че

A B-A C=B C-A B=1

A C\gt{}3

. Ако

C D \perp A B(D \in A B)

, да се пресметне разликата

B D-A D

Решение

Нека

A C=x

, тогава

A B=x+1

B C=x+2

. По условие

x\gt{}3

, откъдето следва

(x+2)^{2}\lt{}x^{2}+(x+1)^{2}(\Longleftrightarrow(x+1)(x-3)\gt{}0)

. Следователно триъгълникът съществува и е остроъгълен, така че точката

D

е вътрешна за страната

A B

. Имаме

x^{2}

A D^{2}=C D^{2}=(x+2)^{2}-B D^{2}

и оттук (1)

B D^{2}-A D^{2}=4(x+1)

. От друга страна

B D^{2}-A D^{2}= (B D+A D)(B D-A D)

или (2)

B D^{2}-A D^{2}=(x+1)(B D-A D)

. От (1) и (2) получаваме

B D-A D=4

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

В окръжност с център

O

и радиус

R

е вписан остроъгълен триъгълник

A B C

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

, в който отсечките

A P(P \in B C)

B Q(Q \in A C)

са височини. Да се пресметне лицето на четириъгълника

C P O Q

Решение

Ще използваме обичайните означения за триъгълник. Преди всичко от

\triangle A B O \left(A O=B O=R, \angle A O B=2 \angle A C B=120^{\circ}\right)

намираме

c=R \sqrt{\vphantom{x^2}3}

. От правоъгълните триъгълници

A P C

B Q C

(

\angle C A P=\angle C B Q=30^{\circ}

) имаме

C P=\frac{b}{2}

C Q=\frac{a}{2}

. Сега триъгълниците

P Q C

A B C

са подобни, понеже имат общ ъгъл и

\frac{C P}{C A}=\frac{C Q}{C B}=\frac{1}{2}

. Оттук

P Q=\frac{c}{2}=\frac{R \sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}

\angle C P Q=\alpha

. Нека

K

е пресечната точка на

C O

P Q

. Тъй като

\angle B O C=2 \alpha

, оттук

\angle O C B(=\angle O B C)=90^{\circ}-\alpha

\angle C P Q=\alpha

, следва, че

\angle C K P=90^{\circ}

, т. е.

C O \perp P Q

. (Да отбележим, че

C K\lt{}C P=\frac{C A}{2}\lt{}R=C O

, така че точката

K

е между

C

O

и следователно

C P O Q

е изпъкнал четириъгълник.) Накрая намираме

S_{C P O Q}=\frac{P Q. C O}{2}=\frac{R^{2} \sqrt{\vphantom{x^2}3}}{4}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Определете броя на всички наредени четворки (

a, b, c, d

) от цели числа, такива че

a b c d=15000

Решение

Имаме

15000=2^{3} 5^{4} 3

. Да кодираме разпределеднието на трите множителя „2” между

a, b, c, d

с три букви „Д"(сложи двойка) и три „C” (премини към следващия множител в реда

a, b, c, d

). Броят на тези шестбуквени думи е

\binom{6}{3}=20

. Да кодираме разпределеднието на 4 -те множителя „ 5 " между

a, b, c, d

с 4 букви „П"(сложи петица) и три „C" (премини към следващия множител в реда

a, b, c, d

). Броят на тези 7 -буквени думи е

\binom{7}{3}=35

. Множителите „3” се разпределят по

\binom{4}{3}=4

начина. Знаците могат да са ++++ (един начин), ++-- (6 начина) или ---- (един начин), или общо 8 начина. Окончателно, броят на търсените четворки е 20 \cdot 35 \cdot 4 \cdot 8

=22400

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-8-8

8 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

От равностранен

\triangle A B C

с лице 1 изрязваме обратно ориентирани равностранни триъгълници

A_{1} B_{1} C_{1}, A_{2} B_{2} C_{2}, \ldots

, които изпълняват следните две свойства:

(*)

Всеки

\triangle A_{k} B_{k} C_{k}

е със страни, съответно успоредни на страните на

\triangle A B C

(*)

За всеки два триъгълника

A_{k} B_{k} C_{k}

A_{j} B_{j} C_{j}

, ако

A_{k} B_{k}

е по-далече от

A B

, отколкото

A_{j} B_{j}

, то

A_{k} B_{k}\gt{}A_{j} B_{j}

. Да се докаже, че сумата от лицата на изрязаните триъгълници е по-малка от

\frac{2}{3}

Решение

От всеки

\triangle A_{i} B_{i} C_{i}

изрязваме по средната му отсечка

M_{i} N_{i} \| A_{i} B_{i}

триъгълник и го транслираме с вектор

C_{i} H_{i}

(височината на триъгълника). Нека

M_{i}^{\prime}

N_{i}^{\prime}

са образите на

M_{i}

N_{i}

при тази транслация. Лицето на

\triangle A_{i} B_{i} C_{i}

е точно

\frac{2}{3}

от лицето на шестоъгълника

M_{i} N_{i} B_{i} N_{i}^{\prime} M_{i}^{\prime} A_{i}

. Остава да покажем, че два шестоъгълника нямат обща точка и не излизат извън

\triangle A B C

. Ако допуснем, че горната част

B_{i} N_{i}^{\prime} M_{i}^{\prime} A_{i}

на шестоъгълника

M_{i} N_{i} B_{i} N_{i}^{\prime} M_{i}^{\prime} A_{i}

покрива по-голяма част от

\frac{1}{4}

от по-горния

A_{k} B_{k} C_{k}

, то

A_{i} B_{i}\gt{}A_{k} B_{k}

, което противоречи на 2. Шестоъгълникът

M_{i} N_{i} B_{i} N_{i}^{\prime} M_{i}^{\prime} A_{i}

не може да напусне

\triangle A B C

, защото страните му според 1. са успоредни на страните на

\triangle A B C

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В правоъгълния

\triangle A B C

през средата

M

на хипотенузана

A B

е построена права, перпендикулярна на

A B

, която пресича катета

B C

в точка

K

и продължението на катета

A C

в точка

L

. Да се намери

A C: B C: A B

, ако

K M: K L=9: 7

Решение

Освен обичайните означения за триъгълника нека

K M=9 x

K L=7 x

. От

\triangle K M B \sim \triangle A M L

следва

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

или

\frac{9 x}{\frac{c}{2}}=\frac{\frac{c}{2}}{16 x}

, откъдето

c=24 x

. От

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

следва следва

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

или

\frac{9 x}{b}=\frac{\frac{c}{2}}{a}

, откъдето

3 a=4 b

. Оттук и от

a^{2}+b^{2}=c^{2}=576 x^{2}

получаваме

a=\frac{96 x}{5}

b=\frac{72 x}{5}

. Следователно

b: a: c=\frac{72}{5}: \frac{96}{5}: 24=3: 4: 5

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които уравнението

a^{3} x^{4}-2 a^{2} x^{2}+8 x+a-4=0

има четири различни реални корена.

Решение

Очевидно при

a=0

условието не е изпълнено. Нека

a \neq 0

. Сега записваме уравнението във вида

(a x)^{4}-2 a(a x)^{2}+8(a x)+a^{2}-4 a=0

полагаме

y=a x

и достигаме до уравнението (1)

y^{4}-2 a y+8 y+a^{2}-4 a=0

. Очевидно условието се свежда до това (1) да има четири различни реални корена. Разглеждаме (1) като квадратно уравнение спрямо

a\left(a^{2}-2\left(y^{2}+2\right) a+y^{4}+8 y=0\right)

, намираме корените му (

\left. a_{1}=y^{2}+2 y, a_{2}=y^{2}-2 y+4\right)

, след което разлагаме на множители (

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

) и получаваме

\left(y^{2}+2 y-a\right)\left(y^{2}-2 y+4-a\right)=0. \tag{2}

Квадратните уравнения (3)

y^{2}+2 y-a=0

и (4)

y^{2}-2 y+4-a=0

имат дискриминанти

D_{1}=4(a+1)

D_{2}=4(a-3)

. Ясно е, че за да има (2) четири различни реални корена трябва

D_{1}\gt{}0

D_{2}\gt{}0

, откъдето

a\gt{}3

. При това, ако

a\gt{}3

, то (3) и (4) нямат общ корен: ако

y_{0}

е такъв, от

\left(y_{0}^{2}+2 y_{0}-a\right)-\left(y_{0}^{2}-2 y_{0}+4-a\right)=0

следва

y_{0}=1

и (след заместване в (3) или (4))

a=3

. Окончателно, (2) (а значи и даденото уравнение) има четири различни реални корена точно когато

a \in(3, +\infty)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяко естествено число е в сила равенството

[\sqrt{\vphantom{x^2}n}+\sqrt{\vphantom{x^2}n+1}]=[\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+2}].

Решение

Преди всичко непосредствено се проверява, че

\sqrt{\vphantom{x^2}n}+\sqrt{\vphantom{x^2}n+1}\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+2}

. Оттук следва, че

[\sqrt{\vphantom{x^2}n}+\sqrt{\vphantom{x^2}n+1}] \leq[\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+2}]

. Да допуснем, че

[\sqrt{\vphantom{x^2}n}+\sqrt{\vphantom{x^2}n+1}]\lt{}[\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+2}]

. Тогава има цяло число

m

, такова че

\sqrt{\vphantom{x^2}n}+\sqrt{\vphantom{x^2}n+1}\lt{}m \leq \sqrt{\vphantom{x^2}4 n+2}

. Оттук след двукратно повдигане на квадрат получаваме

(2 n+1)^{2}-1\lt{}\left(m^{2}-2 n-1\right)^{2} \leq(2 n+1)^{2}

. Следователно

\left(m^{2}-2 n-\right.

)^{2}=(2 n+1)^{2}

, откъдето

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

, което очевидно е невъзможно. С това задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-8-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Във върховете на правилен

n

-ъгълник са записани различни естествени числа, най-голямото от които е 2012. Числата във върховете на всеки равнобедрен триъгълник имат сбор, кратен на 3. Определете най-голямата възможна стойност на

n

Решение

Да номерираме върховете и числата в тях с

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

(номерацията е по модул

n

). Понеже

A_{i} A_{i+1} A_{i+2}

A_{i+1} A_{i+2} A_{i+3}

са равнобедрени за всяко естествено

i

, то сборовете на числата в тях се делят на 3, следователно

A_{i} \equiv A_{i+3}(\bmod 3)

, а следователно това е в сила и за

A_{i+6}, A_{i+9}

и пр. Ако

n

не се дели на 3, от горното следва, че всички числа имат еднакъв остатък при деление на 3. Най-голямото е 2012, така че най-големият възможен брой такива числа е 671 (а именно

2, 5, 8, 11, \ldots, 2012

). При това сборът на числата във върховете на всеки триъгълник се дели на 3. Нека

n

се дели на 3. Числата са различни и най-голямото е 2012, така че най-голямото възможно кратно на 3 е

n=2010

. Действително, нека

n=2010

A_{i}=i+2

за всяко

i

. Тогава сборът от числата във върховете на произволен равнобедрен триъгълник

A_{i-j} A_{i} A_{i+j}

(i-j+2)+(i+2)+(i+j+2)=3 i+6

, така че е кратен на 3. Окончателен отговор:

n=2010

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които уравнението

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

има единствен реален корен.

Решение

Преобразуваме даденото уравнение във вида (1)

(x-1)\left(x^{2}-2 a x+a\right)=0

. Тъй като

x=1

е корен на (1) за всяко

a

, условието се свежда до това квадратното уравнение (2)

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

да няма реален корен, различен от 1. Това е изпълнено при

a=1

, когато (2) има единствен корен

x=1

и при

D=4\left(a^{2}-a\right)\lt{}0

, т. е.

a \in(0, 1)

, когато (2) изобщо няма реален корен. Така търсените стойности на параметъра са

a \in(0, 1]

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-8-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-8-8

8 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Ако

a, b

са цели числа и

s=a^{3}+b^{3}-60 a b(a+b) \geq 2012

, намерете най-малката възможна стойност на

s

Решение

Имаме

s=(a+b)^{3}-63 a b(a+b) \geq 2012

. Тъй като остатъците по модул 7 на точните кубове могат да са само 0, 1 и 6, то

s \geq 2015

. Най-малката възможна стойност на

s

е 2015: тя се достига например при

a=6, b=-1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички тройки (

a, b, c

) от положителни цели числа, за които съществува естествено число

n

, за което

a!+b!+c\neq{}2^{n}

Решение

Без ограничение

a \leq b \leq c

. При

a \geq 3

лявата страна се дели на 3 и уравнението няма При

a=1

имаме

b!+c\neq{}2^{n}-1

е нечетно число, откъдето

b=1

. Тогава

c\neq{}2^{n}-2

и ако

c \geq 4

имаме противоречие по модул 4. При

c=2

c=3

получаваме съответно решенията

(1, 1, 2)

(1, 1, 3)

. При

a=2

имаме

b!+c\neq{}2^{n}-2

и ако

b \geq 4

получаваме противоречие по модул 4. При

b=2

имаме

c\neq{}2^{n}-4

, което при

c \geq 4

дава противоречие по модул 8. При

c=2, 3

не получаваме Накрая, при

b=3

имаме

c\neq{}2^{n}-8

, като отново при

c \geq 6

имаме противоречие по модул 8. При

c=3, 4, 5

намираме то

(2, 3, 4)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Съществуват ли квадратни тричлени

f(x)

g(x)

с реални коефициенти, за които

f(g(x))=0

има корени

2, 3, 5, 7

Решение

Тъй като

g(x)

при

x=2, 3, 5, 7

трябва да приема по два пъти корените на

f(x)

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

когато

x_{1}+x_{2}=-\frac{b}{a}

, то

2, 3, 5, 7

се разделят на две групи с равни суми. Това е невъзможно, поради

2+3+5+7=17

нечетно число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В равнината са дадени краен брой квадрати със страни успоредни на координатните оси. Нека

M

е множеството от центровете им. Да се докаже, че може да се изберат част от квадратите, така че произволна точка от

M

да попадне поне в един и в не повече от 4 от избраните квадрати.

Решение

Твърдението следва лесно от следната Лема. Ако в равнината са дадени 5 квадрата със страни успоредни на координатните оси, които имат обща точка, то един от тези квадрати съдържа центъра на друг.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Какъв е максималният брой коне, които могат да се поставят в различни полета на шахматна дъска

n \times n

(

n

е естествено число), така че никои два да не се атакуват?

Решение

При

n \leq 2

можем да разположим коне във всичките

n^{2}

полетаняма да се атакуват. Нека сега

n \geq 3

. Директно можем да покажем, че при

n=4

n=6

можем да групираме полетата в

n^{2} / 2

двойки взаимноатакуващи се полета, а при

n=3

n=5

можем да групираме полетата в

\left(n^{2}-1\right) / 2

двойки взаимноатакуващи се полета и едно допълнително поле, така че там не могат да се разположат повече от

\left(n^{2}+1\right) / 2

коня. Полетата в правоъгълник

4 \times 2

могат да се групират по двойки взаимноатакуващи се полета, така че там не могат да се разположат повече от 4 коня. Полетата в правоъгълник

4 \times 3

могат да се групират по двойки взаимноатакуващи се полета, така че там не могат да се разположат повече от 6 коня. Следователно ако за някое

n

сме доказали, че броят на конете е не повече от

\left(n^{2}+1\right) / 2

, същото е вярно и за

n+4

, понеже можем да разбием таблицата

(n+4) \times(n+4)

на таблица

n \times n

и множество правоъгълници

4 \times 2

и евентуално

4 \times 3

. Следователно, понеже твърдението е вярно за

n=3, 4, 5, 6

, то е вярно за всяко

n \geq 3

. От друга страна, в таблица

n \times n

можем да разположим

\left\lfloor n^{2}+1\right\rfloor / 2

коня: достатъчно е да ги поставим в полетата на по-масовия цвят при шахматно оцветяване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Ако

x, y, z

са положителни числа, да се определи най-малката възможна стойност на израза

\frac{1}{x y+y z+z x}-\frac{2}{x+y+z}

Решение

От

(x+y+z)^{2} \geq 3(x y+y z+z x)

следва

\frac{1}{x y+y z+z x} \geq \frac{3}{(x+y+z)^{2}}

. От друга страна,

\frac{3}{(x+y+z)^{2}}-\frac{2}{x+y+z}+\frac{1}{3} \geq 0

, понеже е 3 пъти по квадрата на

\frac{1}{x+y+z}-\frac{1}{3}

. Събирайки двете неравенства, имаме

\frac{1}{x y+y z+z x}-\frac{2}{x+y+z} \geq-\frac{1}{3}

. Равенство се достига за

x=y=z=1

. Отговор:

-\frac{1}{3}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Триъгълник

A B C

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

е вписан в окръжност

k

. Допирателните към

k

в точките

A

B

се пресичат в точка

D

. Права през

D

, успоредна на

A C

пресича

B C

в точка

M

. Да се намери

\angle A M C

Решение

Имаме

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

, откъдето

B M A D

е вписан. Оттук

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

и следователно

\angle A M C=90^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

В турнир по волейбол участват 8 отбора, като всеки играе срещу всеки по една среща. За победа се присъжда 1 точка, а за загуба 0 точки (във волейбола няма равни срещи). Ако

a_{1} \geq a_{2} \geq \cdots \geq a_{8}

са точките на отборите, каква е най-голямата стойност на

a_{1}-a_{2}+a_{3}-a_{4}+a_{5}-a_{6}+a_{7}-a_{8}?

Решение

Тъй като

a_{1} \leq 7

, имаме

S=a_{1}-a_{2}+a_{3}-a_{4}+a_{5}-a_{6}+a_{7}-a_{8}=a_{1}- \left(a_{2}-a_{3}\right)-\left(a_{4}-a_{5}\right)-\left(a_{6}-a_{7}\right)-a_{8} \geq a_{1}-a_{8} \leq a_{1} \leq 7

. Ако допуснем, че

S=7

, то

a_{1}=7, a_{2}=a_{3}, a_{4}=a_{5}, a_{6}=a_{7}

a_{8}=0

. Тогава общият брой спечелени точки

a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}+a_{6}+a_{7}+a_{8}=7+2\left(a_{2}+a_{4}+a_{6}\right)

е нечетно число. Този брой е равен на броя на изиграните срещи, които е 28. Полученото противоречие показва, че

S \leq 6

. Следният пример показва, че

S

може да бъде 6. A x1111111, Б 0x011111 B 01x00111 Г 001x1011 Д 0010x111 E 00010x01 K 000001x1 30000000 x

\begin{array}{|c|} \hline \cr \hline Maths BG \cr \hline \end{array}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-8-8

8 · Ден 4

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на параметъра

a

, за които системата уравнения

\left\lvert\, \begin{gathered} x^{4}+x^{2}=y z+a \\ y^{4}+y^{2}=z x+a \\ z^{4}+z^{2}=x y+a \end{gathered}\right.

има: a) поне едно реално

Решение

б) единствено реално Умножаваме уравненията на системата с 2, събираме ги почленно и получаваме равенството

2\left(x^{4}+y^{4}+z^{4}\right)+(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2}=

6 a. \tag{1}

a) От (1) е очевидно, че при

a\lt{}0

дадената система няма От друга страна, при

a \geq 0

тя има поне едно например

x=y=z=\sqrt[4]{\vphantom{x^2}a}

. Окончателно

a \in[0, +\infty)

. б) При

a\gt{}0

системата има поне две различни

x=y=z=\sqrt[4]{\vphantom{x^2}a}

x=y= z=-\sqrt[4]{\vphantom{x^2}a}

. От друга страна, при

a=0

от (1) е ясно, че единствено може да бъде

x=y=z=0

. Окончателно,

a=0

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

През центъра

I

на вписаната окръжност за

\triangle A B C

е прекарана права, която пресича

A B

B C

съответно в точки

M

N

. Точките

K

L

върху страната

A C

са такива, че

\angle I K L=\angle I N B

\angle I L K=\angle I M B

. Да се докаже, че

A M+K L+C N=A C

Решение

Ако

E, D

F

са петите на перпендикулярите от

I

съответно към

A C, B C

A B

. Тогава

A E=A F=A M+M F

C E=C D=C N+N D

. Тъй като

\triangle I M F \equiv \triangle I L E

\triangle I N D \equiv \triangle I K E

, то

K L=M F+N D

и тогава

\begin{aligned} A C & =A E+E C=A F+C D=(A M+M F)+(C N+N D)= \\ & =A M+C N+(M F+N D)=A M+C N+K L \end{aligned}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-8-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-8-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

A=\overline{a b c d e f}

B=\overline{f e d c b a}

са шестцифрени числа. Колко най-много цифри 5 могат да се срещат в разликата

|A-B|

Решение

Разликата

|A-B|

се дели на 9 и не е възможно да има 6 петици. Ако има 5 петици, то шестата цифра е 2. Ако двете цифри над цифрата 2 са

x

y

, то

x-y=2

или

x-1-y=2

или

10+x-y=2

или

10+x-1-y=2

. Тогава

x-y=2, 3, -8, -7

. Цифрата в разликата

|A-B|

в позицията, в която имаме

y

x

е равна на 5 и тогава

y-x=5

или

y-1-x=5

или

10+y-x=5

или

10+y-1-x=5

, т. е.

y-x=5, 6, -5, -4

. При

A=676231

B=132676

имаме

A-B=543555

и имаме 4 цифри 5.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Иван хвърля зар три пъти, като запомня най-голямото от трите числа. Петър хвърля зар два пъти, като също запомня по-голямото от двете числа. Ако числото на Иван е по-голямо от числото на Петър, той печели. В противен случай печели Петър. Кой има по-голяма вероятност да спечели?

Решение

Вероятността най-голямото число на Иван да е

a, 1 \leq a \leq 6

\frac{a^{3}-(a-1)^{3}}{6^{3}}

(

a^{3}

са всички възможности, при които най-голямото число е по-малко или равно на

a

, а

(a-1)^{3}

са всички възможности, при които най-голямото число е по-малко или равно на

a-1)

. Аналогично, вероятността най-голямото число на Петър да е

b

\frac{b^{2}-(b-1)^{2}}{6^{2}}

. Следователно вероятността да спечели Иван при положение, че неговото число е

a

, а числото на Петър е

b

, където

a\gt{}b

, е равна на

\frac{a^{3}-(a-1)^{3}}{6^{3}} \frac{b^{2}-(b-1)^{2}}{6^{2}}

. Остава да сумираме при

a, b \in\{1, 2, \ldots, 6\}, a\gt{}b

. Получаваме

\sum_{a\gt{}b}\left(\frac{a^{3}-(a-1)^{3}}{6^{3}}\right)\left(\frac{b^{2}-(b-1)^{2}}{6^{2}}\right)=

\frac{3459}{7776}\lt{}

\frac{1}{2}.

Следователно Петър има по-голяма вероятност за печалба.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-8-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-8-8

10 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Един билет за трамвай струва 1 лв. На опашката пред билетопродавачницата стоят

n

човека с банкнота от един лев в себе си и

m

човека с банкнота от 2 лв. в себе си. Продавачът няма пари в касата и може да продава билети на купувач с 2 лв., само ако има в себе си поне една банкнота от 1 лев. Намерете вероятността продавачът да може да обслужи всички от опашката.

Решение

Отговор

P=\frac{n+1-m}{n+1}

. Ще докажем твърдението по индукция. Вероятността последният купувач да е с 2 лева е

\frac{\binom{n+m-1}{n}}{\binom{n+m}{n}}=\frac{m}{m+n}

, а вероятността последният купувач да е с банкнота от 1 лев е

\frac{\binom{n+m-1}{n-1}}{\binom{n+m}{n}}=\frac{n}{m+n}

. Тогава търсената вероятност да могат да бъдат обслужени всички купувачи е:

\frac{m}{m+n} \frac{n+1-(m-1)}{n+1}+\frac{n}{m+n} \frac{n-m}{n}=\frac{n+1-m}{n+1}.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

\triangle A B C

със страни

A C=10

B C=15

точките

G

I

са съответно медицентър и център на вписаната окръжност. Да се намери дължината на страната

A B

, ако

\angle C I G=90^{\circ}

Решение

Ще използваме обичайните означения за триъгълник. Нека правата

I G

пресича

A C

B C

съответно в точките

P

Q

. Очевидно

\triangle C I P \cong \triangle C I Q

и оттук

C P=C Q

S_{C P Q}=2 S_{C I P}=C P. r

. От друга страна, тъй като разстоянията от

G

до

A C

B C

са съответно равни на

\frac{h_{b}}{3}

\frac{h_{a}}{3}

, имаме

S_{C P Q}=S_{C P G}+S_{C Q G}=

\frac{C P \cdot h_{b}}{6}+\frac{C Q \cdot h_{a}}{6}=\frac{C P \cdot\left(h_{a}+h_{b}\right.}{6}.

От тези равенства получаваме

h_{a}+h_{b}=6 r

. Оттук, предвид

h_{a}=\frac{2 S}{a}, h_{b}=\frac{2 S}{b}

r=\frac{S}{p}

, достигаме до

(a+b)(a+b+c)=6 a b

. Тъй като

a=15

b=10

, намираме

c=11

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки от естествени числа (

x, y

), за които

x^{3}+y^{3}=4\left(x^{2} y+x y^{2}-5\right)

Решение

Записваме равенството във вида

(x+y)^{3}=7 x y(x+y)-20

, което означава, че

x+y

дели 20. Освен това

(x+y)^{3} \equiv-1(\bmod 7)

. С директна проверка се установява, че единствените делители на 20, с това свойствоса 2 и 4. При

x+y=2

следва

x=y=1

, което не е При

x+y=4

намираме решенията

(1, 3)

(3, 1)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Докажете, че ако

x, y

z

са неотрицателни числа и

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

, то е изпълнено неравенството

\frac{x}{1-x^{2}}+\frac{y}{1-y^{2}}+\frac{z}{1-z^{2}} \geq \frac{3 \sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}

Решение

Тъй като

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

, то

x, y, z \in[0, 1]

. Директно се доказва, че за всяко

t \in [0, 1)

е изпълнено неравенството

\frac{t}{1-t^{2}} \geq \frac{3 \sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2} t^{2}

. След събиране на съответните неравенства за

t=x, y, z

, получаваме търсеното.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Дадено е нечетно просто число

p

и нека

k=\frac{p+1}{2}

. Дадени са различни естествени числа

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

, всяко от които е по-малко от

p

. Да се докаже, че за всяко естествено число

r\lt{}p

съществуват не непременно различни

a_{i}, a_{j}

, за които

a_{i} a_{j} \equiv r(\bmod p)

Решение

Тъй като всяко от числата

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

е по-малко от

p

, то е и взаимно просто с

p

. Тогава съществува

b_{i}

, за което

a_{i} b_{i} \equiv 1(\bmod p)

. Разглеждаме числата

a_{i}, b_{i} r

, за

i= 1, 2, \ldots, (p+1) / 2

. Понеже

b_{i} \neq b_{j}

(в противен случай ще имаме

a_{i}=a_{j}

), то съществуват

i

j

, за които

a_{i} \equiv b_{j} r(\bmod p)

. Като умножим последното сравнение по

a_{j}

, получаваме

a_{i} a_{j} \equiv r(\bmod p)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Ако

a, b, c

са положителни числа, да се определи най-малката възможна стойност на израза

\frac{1}{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}}-\frac{2}{\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}}

Решение

Да положим

x=\frac{a}{b}, y=\frac{b}{c}, z=\frac{c}{a}

. Трябва да определим най-малката възможна стойност на израза

\frac{1}{x y+y z+z x}-\frac{2}{x+y+z}

, когато

x y z=1

. Имаме

(x+y+z)^{2} \geq 3(x y+y z+z x)

; понеже числата са положителни,

\frac{1}{x y+y z+z x} \geq \frac{3}{(x+y+z)^{2}}

От друга страна,

\frac{3}{(x+y+z)^{2}}-\frac{2}{x+y+z}+\frac{1}{3} \geq 0

, понеже е 3 пъти по квадрата на

\frac{1}{x+y+z}-\frac{1}{3}

. Събирайки двете неравенства, имаме

\frac{1}{x y+y z+z x}-\frac{2}{x+y+z} \geq-\frac{1}{3}

. Равенство се достига за

x=y=z=1

, съответно за

a=b=c

. Отговор:

-\frac{1}{3}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

със сума на страните

A C+C B=2

и сума от височината и основата

C D+A B=\sqrt{\vphantom{x^2}5}

. Намерете страните на триъгълника.

Решение

Полагаме

B C=x

A B=y

. Да фиксираме едната променлива (

y=c

) и да намерим триъгълника с постоянен периметър (

c+2

) и страна (

c

), който има най-голяма височина (или лице). От Хероновата формула

\sqrt{\vphantom{x^2}(p \cdot(p-c))} \sqrt{\vphantom{x^2}(p-x) \cdot(p-2+x)} \leq

\sqrt{\vphantom{x^2}p \cdot(p-c)} \frac{2 p-2}{2}

което е константа, т. е. максималното лице (следователно и височина) се получава, когато триъгълникът е равнобедрен. Височината

C D=\sqrt{\vphantom{x^2}5}-y \leq \sqrt{\vphantom{x^2}1-\frac{y^{2}}{4}}

Оттук

\frac{5}{4} y^{2}-2 \sqrt{\vphantom{x^2}5} y+4= \left(\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2} y-2\right)^{2} \geq 0

или

y=\frac{4 \sqrt{\vphantom{x^2}5}}{5}=A B

C D=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{5}

. Другите две страни са равни на 1.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-10-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-10-8

10 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа, които не могат да се запишат във вида

\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}

, където

a

b

са естествени числа.

Решение

От

n=\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}=\frac{2 a b+a+b}{b(b+1)}

следва, че

b \mid a-b

b+1 \mid(2 a b+a+b)-(b+1) 2 a=b-a

. Следователно

b(b+1) \mid a-b

a=b(b+1) k+b

. Оттук

n=(2 b+1) k+2

, като всяко число от този вид може да се представи като

\frac{a}{b}+\frac{a+1}{b+1}

(за

a=b(b+1) k+b

). Следователно числата, които не могат да сепредставят в дадения вид са 1 и

2^{m}+2

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадено е множество

A

от естествени числа за което: за всяко естествено

n

точно едно от числата

n, 2 n

3 n

е елемент на

A

. Ако

2 \in A

, да се определи дали

13824 \in A

Решение

Директно се доказва, че

m \in A, 2|m \Longrightarrow 6 m \in A; m \in A, \quad 3| m \Longrightarrow \frac{4}{3} m \in A

За първото свойство избираме

n=\frac{m}{2}, m, \frac{3}{2} m, \frac{9}{2} m

3 m

. За второто свойство избираме

n=\frac{m}{3}, m, \frac{2}{3} m

\frac{4}{3} m

. От

2 \in A

последователно получаваме елементи на

A

2^{2}.3 \rightarrow 2^{3}.3^{2} \rightarrow 2^{4} 3^{3} \rightarrow 2^{5}.3^{4} \rightarrow 2^{7}.3^{3} \rightarrow 2^{9}.3^{2}

Тъй като

2^{9}.3^{2} \in A

, то

13824=2^{9}.3^{3} \notin A

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Числата

x_{i}, i=1, 2, \ldots, 6 \in \mathbb{R}^{+}

са такива, че

x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{6}=1

, а

x_{1} x_{3} x_{5}+ x_{2} x_{4} x_{6} \geq \frac{1}{540}

. Нека

S=x_{1} x_{2} x_{3}+x_{2} x_{3} x_{4}+\cdots+x_{6} x_{1} x_{2}

. Ако

\max S=\frac{p}{q}

, където

(p, q)=1

, намерете

p+q

Решение

Имаме

\frac{1}{27}=\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{6}}{27} \geq

\left(x_{1}+x_{4}\right)\left(x_{2}+x_{5}\right)\left(x_{3}+x_{6}\right)=

x_{1} x_{2} x_{5}+x_{2} x_{4} x_{6}+S \geq

\frac{1}{540}+S.

Следователно

S \leq \frac{19}{540}

p+q=559

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Дадена е редицата:

a_{1}=8, a_{2}=20, a_{n+2}=a_{n+1}^{2}+12 a_{n} a_{n+1}+11 a_{n}

. Да се докаже, че никой член на тази редица не може да се представи като сума от три седми степени на естествени числа.

Решение

От рекурентната връзка по индукция лесно следва, че са изпълнени сравненията

a_{4 k+1} \equiv 8(\bmod 29), a_{4 k+2} \equiv 20(\bmod 29), a_{4 k+3} \equiv 21(\bmod 29), a_{4 k} \equiv 9(\bmod 29)

. От друга страна за всяко естествено

x

е изпълнено

x^{7} \equiv \pm 1, \pm 12, 0(\bmod 29)

. Сега директно се проверява, че никое от числата

8, 20, 21

и 9 не може да се представи като сбор по модул 29 на три от числата

\pm 1, \pm 12, 0

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

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

, за които

f\left(x^{2}+f(y)\right)=\left(f(x)+y^{2}\right)^{2}

за всички реални

x

y

Решение

Да означим

f(0)=a

. Ще докажем, че

a=0

. При

x=y=0

от условието получаваме

f(a)=a^{2}

. При

y=0

имаме

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

за всяко реално

x

. В частност лесно получаваме

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

. Да допуснем, че

a\lt{}0

. Нека

b\gt{}0

е такова, че

b^{2}=-a

. Тогава при

x=b

имаме

a=f(0)=f\left(b^{2}+a\right)=(f(b))^{2} \geq 0

, противоречие. Да положим сега

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

y=a

в условието. Получаваме

a^{4}=f\left(a+a^{2}\right)=\left(f(\sqrt{\vphantom{x^2}a})+a^{2}\right)^{2}

, откъдето

f(\sqrt{\vphantom{x^2}a})\left(2 a^{2}+f(\sqrt{\vphantom{x^2}a})\right)=0

. Да допуснем за момент, че

f(\sqrt{\vphantom{x^2}a}) \neq 0

. Тогава

f(\sqrt{\vphantom{x^2}a})= -2^{2}\lt{}0

, което дава противоречие в условието при

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

y=\sqrt{\vphantom{x^2}a}

. Действително, имаме

0 \leq f\left(x^{2}+f(y)\right)=f\left(\sqrt{\vphantom{x^2}a}+2 a^{2}-2 a^{2}\right)=f(\sqrt{\vphantom{x^2}a})=-2 a^{2}\lt{}0

. Следователно

f(\sqrt{\vphantom{x^2}a})=0

. Да положим

x=0

в условието. Получаваме

f(f(y))=\left(a+y^{2}\right)^{2}

за всяко реално

y

, откъдето при

y=\sqrt{\vphantom{x^2}a}

имаме

a=f(0)=f(f(\sqrt{\vphantom{x^2}a}))=(+)^{2}=4^{2}

. Следователно

a=0

или

a=\frac{1}{4}

. Да допуснем, че

a=\frac{1}{4}

. Тогава

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

f\left(\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{16}

(последното от

f(f(y))=\left(a+y^{2}\right)^{2}

при

y=0

). Сега за

x=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}7}}{4}

y=\frac{1}{4}

имаме

x^{2}+f(y)=\frac{1}{2}

, което по условие дава

f\left(\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}7}}{4}\right)=-\frac{1}{16}

. Но последното противоречи на полученото в началото

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

при

x=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{\sqrt{7}-1}{4}}

. Получихме

a=f(0)=0

и равенствата по-горе се опростяват до

f\left(x^{2}\right)=(f(x))^{2}

f(f(x))=x^{4}

за всяко реално

x

. Първото от тези условия показва, че

f(x) \geq 0

за всяко

x \geq 0

. Да допуснем, че съществува

t\gt{}0

, за което

f(t)\lt{}t^{2}

. Тогава

f\left(t^{2}\right)=(f(t))^{2}\lt{}t^{4}

. От друга страна, от условието за

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

y=t

получаваме

f\left(t^{2}\right)=\left(f\left(\sqrt{\vphantom{x^2}t^{2}-f(t)}\right)+\right. \left. t^{2}\right)^{2} \geq t^{4}

, противоречие. Следователно

f(x) \geq x^{2}

за всяко

x \geq 0

. Но тогава

x^{4}=f(f(x)) \geq (f(x))^{2} \geq x^{4}

, което е възможно само ако

f(x)=x^{2}

за всяко

x \geq 0

. Накрая, нека

x\gt{}0

е фиксирано. Тогава от

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

следва, че

f(-x)=x^{2}

или

-x^{2}

. Да допуснем, че

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

. Полагаме

y=-x

в условието и получаваме

0=f(0)=\left(f(x)+x^{2}\right)^{2}=x^{4}\gt{}0

, противоречие. Следователно

f(x)=x^{2}

за всяко реално

x

. Лесно се вижда, че тази функция действително удовлетворява условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

В четириъгълника

A B C D

имаме

A B=A D=1

\angle A=90^{\circ}

. Ако

C B=c

C A=b

C D=a

, то докажете, че

\left(2-a^{2}-c^{2}\right)^{2}+\left(2 b^{2}-a^{2}-c^{2}\right)^{2}=4 a^{2} c^{2}

(a-c)^{2} \leq 2 b^{2} \leq(a+c)^{2}

Решение

Построяваме

\triangle A_{1} C D_{1} \sim \triangle A C D

, като

C D_{1}=b c

C A_{1}=a c

, тогава

A_{1} D_{1}=c

. Построяваме

\triangle A_{1} C B_{1} \sim \triangle A B C

, като

C A_{1}=a c

C B_{1}=a b

, тогава

A_{1} B_{1}=a

. Очевидно

\triangle C B_{1} D_{1} \sim \triangle C B D

B_{1} D_{1}=b \sqrt{\vphantom{x^2}2}

. Ресно се пресмята, че

\angle D_{1} A_{1} B_{1}= 270^{\circ}-\angle B_{1} C D_{1}

. От косинусовата теорема за

\triangle B_{1} A_{1} D_{1}

намираме

\sin \angle B_{1} C D_{1}=\frac{2 b^{2}-a^{2}-c^{2}}{2 a c}

. Освен това очевидно

\cos \angle B_{1} C D_{1}=\frac{2-a^{2}-c^{2}}{2 a c}

и първото равенство следва от основното тригонометрично тъждество. Двете страни на неравенството следват от неравенството на триъгълника за

\triangle A_{1} B_{1} D_{1}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-10-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-10-8

10 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадено е естествено число

n

, което се дели на 4. Разглеждаме пермутации

\left(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right)

на числата

(1, 2, \ldots, n)

за които за всяко

j

имаме

a_{i}+j=n+1

, където

i=a_{j}

. Да се докаже, че съществуват

\frac{\left(\frac{1}{2} n\right)!}{\left(\frac{1}{4} n\right)!}

такива пермутации.

Решение

Ако

a_{t}=t

, то избираме

i=j=t

и получаваме

a_{i}+j=a_{t}+t=2 t=n+1

, което е невъзможно по модул 2. Ако

a_{t}=n+1-t

, то избираме

i=n+1-t, j=t

и получаваме

a_{i}+j=a_{i}+t=n+1

, т. е.

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

, което според доказаното по-горе е невъзможно. Нека

a_{t}=u

, където

u \neq t

u \neq n+1-t

. При

i=u, j=t

намираме

a_{u}=n+1-t

. При

i=n+1-t, j=u

намираме

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

. При

i=n+1-u, j=n+1-t

намираме

a_{n+1-u}=t

. Следователно

\left\{a_{u}, a_{t}, a_{n+1-u}, a_{n+1-t}\right\}=\{u, t, n+1-u, n+1-t\}

, което означава, че изборът на стойност на

a_{k}=u

за някое

u

, за което

a_{u}

не е определено, определя еднозначно стойностите на

a_{u}, a_{n+1-u}

a_{n+1-k}

. За

a_{1}

имаме

n=2

стойности (без

a_{1}=1

a_{1}=n

). За следващата неопределена стойност на

a_{k}

имаме

n-6

възможности и т. н. Окончателно търсеният брой е

\text{2 \cdot 6 \cdot 10...}(n-6)(n-2) \text{.}

Лесно се показва, че при

n=4 m

това произведение е равно на

\frac{(2 m)!}{m!}=\frac{\left(\frac{1}{2} n\right)!}{\left(\frac{1}{4} n\right)!}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

p

q=4 p+1

са прости числа. Да се намери показателят на числото 2 по модул

q

Решение

Очевидно

p \neq 2

, т. е.

p \geq 3

q \geq 13

. Тъй като

q \equiv 1(\bmod 4)

, съществува цяло число

a

, такова че

a^{2} \equiv-1(\bmod q)

(например,

a=\left(\frac{q-1}{2}\right)!

, както лесно следва от теоремата на Уилсън). Нека

b=a+1

. Тогава

b^{2}=a^{2}+1+2 a \equiv 2 a(\bmod q)

b^{4} \equiv 4 a^{2} \equiv-4(\bmod q)

. Оттук и от теоремата на Ферма

1 \equiv b^{q-1}=b^{4 p} \equiv(-4)^{p} \equiv-2^{2 p}(\bmod q)

, т. е.

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

. (Това може да ес получи и с помощта на теорията на квадратичните остатъци.) Търсеният показател на 2 по модул

q

(както е известно) дели

q-1=4 p

, но

n

не дели

2 p

, защото

2^{2 p} \not \equiv 1(\bmod q)

. Остава

n=4

или

n=4 p

, но

n \neq 4

понеже

2^{4} \not \equiv 1(\bmod q)

. Следователно

n=4 p=q-1

(и 2 е примитивен корен по модул

q

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

В окръжност с радиус 1 е вписан правилен

n

-ъгълник

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

. Да се пресметне произведението

A_{1} A_{2}. A_{1} A_{3} \ldots. A_{1} A_{n-1}. A_{1} A_{n}

Решение

В комплексната равнина върховете

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

на

n

-ъгълника са корените

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

на полинома

x^{n}-1=0

, като можем да считаме, че

z_{1}=1

. Тогава

A_{1} A_{i}= \left|1-z_{i}\right|

за

i=2, 3, \ldots, n

и следователно търсеното произведение е

d=\prod_{i=2}^{n}\left|1-z_{i}\right|

. Имаме

x^{n}-1=\prod_{i=1}^{n}\left(x-z_{i}\right)

и оттук

\prod_{i=2}^{n}\left(x-z_{i}\right)=\frac{x^{n}-1}{x-1}=x^{n-1}+x^{n}+\cdots+x+1

От това равенство при

x=1

получаваме

d=n

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число. Да се намери броят на реалните корени на уравнението

1+\frac{x}{1}+\frac{x^{2}}{2}+\cdots+\frac{x^{n}}{n}=0

Решение

Да означим лявата страна на уравнението с

f(x)

. Очевидно

f(x) \geq 1

при

x \geq 0

. Ще изследваме функцията

f(x)

в интервала

(-\infty, 0)

. Имаме

f^{\prime}(x)=1+x+\cdots+x^{n-1}= \frac{x^{n}-1}{x-1}

. Нека първо

n

е нечетно число. Тогава очевидно

f^{\prime}(x)\gt{}0

при

x\lt{}0

и следователно

f(x)

е растяща в

(-\infty, 0)

. Понеже

\lim _{x \rightarrow-\infty} f(x)=-\infty

f(0)=1

, то (изпалзвайки теоремата на Болцано)

f(x)

има единствен корен в

(-\infty, 0)

, а значи и в

\mathbb{R}

. Нека сега

n

е четно число. Тогава

f^{\prime}(x)\lt{}0

при

x \in(-\infty, -1)

f^{\prime}(x)\gt{}0

при

x \in (-1, 0)

. Значи

f(x)

намалява в

(-\infty, -1

) и расте в

(-1, 0)

, следователно

f(x) \geq f(-1)

за всяко

x \in(-\infty, 0)

. Имаме

f(-1)=

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

\frac{1}{n}\gt{}0

Тогава

f(x)\gt{}0

за всяко

x \in(-\infty, 0)

f(x)

няма нито един реален корен.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

c_{0}\gt{}0, c_{1}\gt{}0

c_{n+1}=\sqrt{\vphantom{x^2}c_{n}}+\sqrt{\vphantom{x^2}c_{n-1}}

за

n \geq 2

. Да се докаже, че редицата

c_{n}

е сходяща и да се намери нейната граница.

Решение

Образуваме редиците

a_{n}

b_{n}

по следния начин:

a_{0}=\min \left(c_{0}, c_{1}, 4\right), a_{n}=2 \sqrt{\vphantom{x^2}a_{n-1}}

;

b_{0}=\max \left(c_{0}, c_{1}, 4\right), b_{n}=2 \sqrt{\vphantom{x^2}b_{n-1}}

. По индукция се доказват следните зависимости:

a_{0}, \leq a_{1} \leq \cdots \leq a_{n} \leq 4, b_{0} \geq b_{1} \geq \cdots \geq b_{n} \geq 4; a_{n} \leq \min \left(c_{2 n}, c_{2 n+1}\right); b_{n} \geq \max \left(c_{2 n}, c_{2 n+1}\right); a_{n} \leq c_{2 n} \leq b_{n}; a_{n} \leq c_{2 n+1} \leq b_{n}

. Следователно

\lim _{n \rightarrow \infty} c_{n}=4

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се реши системата:

\left\lvert\, \begin{aligned} & 3\left(x+\frac{1}{x}\right)=4\left(y+\frac{1}{y}\right)=5\left(z+\frac{1}{z}\right) \\ & x y+y z+z x=1 \end{aligned}\right.

Решение

След полагане

x=\operatorname{tg} \frac{\alpha}{2}, y=\operatorname{tg} \frac{\beta}{2}

z=\operatorname{tg} \frac{\gamma}{2}

, получаваме

\frac{\sin \alpha}{3}=\frac{\sin \beta}{4}=\frac{\sin \gamma}{5}

Заместване във второто уравнение дава

\operatorname{ctg} \frac{\gamma}{2}=\operatorname{tg} \frac{\alpha+\beta}{2}

Оттук следва, че

\alpha, \beta

\gamma

са ъгли на триъгълник и от първото равенство получаваме, че триъгълника е правоъгълен. Намираме

x=\frac{1}{3}, y=\frac{1}{2}

z=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

с ортоцентър

H

и среди

M_{a}, M_{b}

M_{c}

на страните

B C, C A

A B

. Окръжност с център

H

пресича правите

M_{b} M_{a}, M_{b} M_{c}

M_{c} M_{a}

съответно в точки

U_{1}

U_{2}, V_{1}, V_{2}, W_{1}, W_{2}

. Да се докаже, че

C U_{1}=C U_{2}=A V_{1}=A V_{2}=B W_{1}=B W_{2}

Решение

Ще използваме вектори. Имаме

\overrightarrow{H A} \cdot \overrightarrow{H B}=\overrightarrow{H B} \cdot \overrightarrow{H C}=\overrightarrow{H C} \cdot \overrightarrow{H A}=k

\overrightarrow{H U_{1}}= \alpha \overrightarrow{H M_{a}}+(1-\alpha) \overrightarrow{H M_{b}}=\frac{\alpha}{2}.+\frac{1-\alpha}{2} \overrightarrow{H B}+\frac{1}{2} \overrightarrow{H C}

. От друга страна

C U_{1}=H U_{1}-H C=\frac{\alpha}{2} \overrightarrow{H A}+ \frac{1-\alpha}{2} \overrightarrow{H B}-\frac{1}{2} \overrightarrow{H C}

. Повдигаме двете векторни равенства на втора степен, заместваме

H U_{1}^{2}=r^{2}

и получаваме

C U_{1}^{2}=H U_{1}^{2}-k

. Разстоянието

C U_{1}

не зависи от

\alpha

C

. Следователно всички подобни разстояния са равни.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Равностранен триъгълник

A B C

е вписан в квадрат със страна 1 (всеки връх е на страна от квадрата и няма два върха на една страна). Да се намери най-голямата и най-малката стойност на страната на

\triangle A B C

Решение

Без ограничение можем да разглеждаме

\triangle A B C

е вписан в квадрат

M N P Q

със страна 1, като

A \in M Q, B \in N P

C \in P Q

. Ако

T

е среда на

A B

, то четириъгълниците

C T B P

A T C Q

са вписани в окръжност и следователно

\angle T P C=\angle T Q C=60^{\circ}

. Това означава, че точката

T

е постоянна. Следователно

A B

е най-малка когато

A B \| M N

и тогава

A B=1

. Страната

A B

е най-голяма когато правата

A B

сключва възможно найголям ъгъл с правата

M N

. Тогава някой от върховете на триъгълника съвпада с връх на квадрата и лесно се пресмята, че дължината на страната на такъв триъгълник е

\sqrt{\vphantom{x^2}6}-\sqrt{\vphantom{x^2}2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-10-8

10 · Ден 4

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

За естествено число

x

означаваме с

f(x)

сумата на всички естествени числа, по-малки от

x

и взаимно прости с

x

. Нека

m

n

са дадени естествени числа,

n

е нечетно. Да се докаже, че съществува естествено число

x

, което се дели на

m

и за което

f(x)

е точна

n

-та степен.

Решение

Лесно се вижда, че

f(x)=x \varphi(x) / 2

. Нека

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

са всички прости числа, ненадминаващи най-големия прост делител на

m

, като

m=p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{s}^{\alpha_{s}}

(някои

\alpha_{i}

може да са и 0 ). Търсим

x=p_{1}^{t_{1}} p_{2}^{t_{2}} \ldots p_{s}^{t_{s}}

, за което

f(x)=y^{n}

за някое естествено

y

t_{i} \geq \alpha_{i}

за

i= 1, 2, \ldots, s

. Да отбележим, че

\left(p_{1}-1\right)\left(p_{2}-1\right) \ldots\left(p_{s}-1\right)=p_{1}^{\beta_{1}} p_{2}^{\beta_{2}} \ldots p_{s}^{\beta_{s}}

, където

\bar{\beta}_{1}, \beta_{2}, \ldots, \beta_{s}

не зависят от

t_{1}, t_{2}, \ldots, t_{s}

. Тогава за да имаме

\begin{aligned} y^{n} & =f(x)=p_{1}^{2 t_{1}-1} p_{2}^{2 t_{2}-1} \ldots p_{s}^{2 t_{s}-1}\left(p_{1}-1\right)\left(p_{2}-1\right) \ldots\left(p_{s}-1\right) / 2 \\ & =p_{1}^{2 t_{1}+\beta_{1}-2} p_{2}^{2 t_{2}+\beta_{2}-1} p_{3}^{2 t_{3}+\beta_{3}-1} \ldots p_{s}^{2 t_{s}+\beta_{s}-1} \end{aligned}

е достатъчно да изберем

t_{1}, t_{2}, \ldots, t_{s}

така, че

2 t_{1}+\beta_{1}-2 \equiv 0(\bmod n), t_{1} \geq \alpha_{1}

, и

2 t_{i}+\beta_{i}-1 \equiv 0 (\bmod n), t_{i} \geq \alpha_{i}

, за

i=2, 3, \ldots, s

. Тъй като

n

е нечетно, всички тези сравнения имат

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-10-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички полиноми

P(x)

от девета степен, за който

P(x)-1

се дели на

(x-1)^{5}

, а

P(x)+1

се дели на

(x+1)^{5}

Решение

Производната на полинома има вида

P^{\prime}(x)=K(x-1)^{4}(x+1)^{4}

.' Тогава

P(x)=\frac{K}{9} x^{9}-\frac{4 K}{7} x^{7}+\frac{6 K}{5} x^{5}-\frac{4 K}{3} x^{3}+K x+K c

и от

P(1)=-1

P(-1)=1

намираме

K=\frac{315}{128}

C=0

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В правоъгълния триъгълник

A B C

с лице

S

е вписана окръжност с лице

S_{1}

и е описана окръжност с лице

S_{2}

. Да се докаже неравенството

\pi \frac{S-S_{1}}{S_{2}}\lt{}\frac{1}{\pi-1}

Решение

Имаме

\pi \frac{S-S_{1}}{S_{2}}=\pi \frac{2 a b-4 \pi r^{2}}{\pi c^{2}}=

-(\pi-1)\left(\frac{a+b}{c}\right)^{2}+2 \pi\left(\frac{a+b}{c}\right)-1-\pi

Това е квадратно уравнение спрямо

\frac{a+b}{c}

и максималната стойност се достига при

\frac{\pi}{\pi-1}

и тя е

\frac{1}{\pi-1}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-10-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-10-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-10-6

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число и

\alpha, \beta, \gamma

са мерките на ъглите на остроъгълен триъгълник. Да се намери възможно най-малката стойност на сумата

T=\operatorname{tg}^{n} \alpha+\operatorname{tg}^{n} \beta+\operatorname{tg}^{n} \gamma

Решение

Нека

t=\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta+\operatorname{tg} \gamma

. Тъй като

\alpha+\beta+\gamma=\pi

, лесно се доказва, че

t=\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta \operatorname{tg} \gamma

. От друга страна

\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta \operatorname{tg} \gamma \leq\left(\frac{\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta+\operatorname{tg} \gamma}{3}\right)^{3},

като равенство се достига само при

\alpha=\beta=\gamma=\frac{\pi}{3}

. Това ни дава

t \leq\left(\frac{t}{3}\right)^{3}

, т. е.

t \geq 3^{\frac{3}{2}}

. Сега получаваме

T \geq 3\left(\operatorname{tg}^{n} \alpha \operatorname{tg}^{n} \beta \operatorname{tg}^{n} \gamma\right)^{\frac{1}{3}}=3 t^{\frac{n}{3}} \geq

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

Следователно най-малката стойност на

T

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-10-8

10 · Финал

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

A_{n}

е множеството от всички редици с дължина

n

, съставени от

q

букви

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

. Да означим с

B_{n}

подмножество на

A

с минимален брой елементи със следното свойство: За всяка редица

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

от

A_{n}

съществува редица

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

от

B_{n}

, така че

a_{i} \neq b_{i}

за всяко

i=1, 2, \ldots, n

. Да се докаже, че ако

q\gt{}n

, то

B_{n}=n+1

Решение

Да забележим, че множеството

B_{n}=\left\{\left(a_{i}, a_{i}, \ldots, a_{i}\right) \mid i=1, 2, \ldots, n\right\}

изпълнява условието (тъй като за всяка редица от

A_{n}

съществува елемент

a_{j}

, който не се среща в тази редица и тогава редицата (

a_{j}, a_{j}, \ldots, a_{j}

) има исканото свойство). От друга страна да допуснем, че съществува множество

B_{n}

, за което

\left|B_{n}\right|\lt{}n+1

. Можем да считаме, че

\left|B_{n}\right|=n

. Да разгледаме

n \times n

матрица, в която редовете са редиците от

B_{n}

. Редицата от диагоналните елементи на тази матрица няма съответна в

B_{n}

, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2012-10-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2012-10-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2012-10-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2012-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да означим с

p_{n}(k)

броят на пермутациите на числата

1, 2, \ldots, n

, които имат точно

k

неподвижни точки. a) Да се докаже, че

\sum_{k=0}^{n} k p_{n}(k)=n

!. б) Ако

s

е произволно естествено число, то:

\sum_{k=0}^{n} k^{s} p_{n}(k)=n!\sum_{i=1}^{m} R(s, i)

където с

R(s, i)

е означен броя на разбиванията на множеството

\{1, 2, \ldots, s\}

на

i

непразни непресичащи се части, а

m=\min (s, n)

Решение

б) Разглеждаме всички двойки (

\alpha_{k}, \varphi

), където

\alpha_{k}

е пермутация на

[n]=\{1, 2, \ldots, n\}

k

неподвижни точки, а

\varphi

е изображение на

[s]

в множеството от неподвижните точки на

[s]

. Ако

\alpha_{k}

е фиксирана пермутация, то броят на тези изображения е

k^{s}

. Тогава броят на всички двойки (

\alpha_{k}, \varphi

) при фиксирано

k

\sum_{k=0}^{n} k^{s} p_{n}(k)

. Нека сега

\varphi

е изображение на

[s]

[n]

\varphi([s])=\left\{n_{1}, n_{2}, \ldots n_{i}\right\}

. Тогава

F(i)=\left\{\left(\varphi\left(n_{1}\right)^{-1}\right), \left(\varphi\left(n_{2}\right)^{-1}\right), \ldots, \left(\varphi\left(n_{i}\right)^{-1}\right)\right\}

е разбиване на

[s]

на

i

непразни непресичащи се части. При фиксирани

n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{i}

можем да изберем

(n-i)!

пермутации

\alpha

, които имат за двойни точки тези числа. Тогава разбиването на

F(i)

ще бъде съответно на всяка от двойките (

\alpha, \varphi

). Същото се отнася и за двойките (

\beta, \emptyset

), където

\beta

е пермутация с

i

двойни точки

T=\left\{t_{1}, t_{2}, \ldots, t_{i}\right\}

, а

\emptyset

е изображение на

[s]

върху

T

, при което на всяко от множествата

\left\{\left(\varphi\left(n_{1}\right)^{-1}\right), \left(\varphi\left(n_{2}\right)^{-1}\right), \ldots, \left(\varphi\left(n_{i}\right)^{-1}\right)\right\}

е съпоставен точно един елемент на

T

. Броят на тези двойки

(\beta, \emptyset)

\binom{n}{i} i

!. Следователно разбиването

F(i)

е съответно точно на

(n-i)!\binom{n}{i} i\neq{}n!

двойки (

\alpha, \varphi

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2012-10-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2012-10-6

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2012-10-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2012-10-8