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

2013

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

d1-ifym2013-8-1: има placeholder текст
d3-ifym2013-8-2: има placeholder текст
d1-ifym2013-8-3: има placeholder текст
d2-ifym2013-8-3: има placeholder текст
f-ifym2013-8-4: има placeholder текст
d1-ifym2013-8-5: има placeholder текст
d1-ifym2013-8-6: има placeholder текст
d1-ifym2013-8-7: има placeholder текст
d3-ifym2013-8-8: има placeholder текст
d4-ifym2013-10-1: има placeholder текст
d3-ifym2013-10-6: има placeholder текст
d3-ifym2013-10-8: има placeholder текст

8 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2013-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени

n

и прости

p

, за които

p^{3}+n(p+2)=n^{2}+p+1

Решение

Да запишем даденото уравнение във вида

p\left(p^{2}+n-1\right)=(n-1)^{2}

. Тогава

p \mid n-1

и нека

n=k p+1, k \in \mathbb{Z}

. След съкращаване получаваме

p+k=k^{2}

, откъдето

p=k(k-1)

k=1, p=2

n=5

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2013-8-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2013-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

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

, за които

f(m)+f(n)=f(m n)+f(m+n+m n) \forall m, n \in \mathbb{Z}.

Решение

Нека

f(1)=a

. Полагаме

n=1

и получаваме

f(2 m+1)=f(1)=a

, т. е.

f(x)=a

за всяко нечетно

x \in \mathbb{Z}

. Нека

a=2^{k} d \neq 0

е четно,

k \in \mathbb{N}, d \in \mathbb{Z}

е нечетно. Полагаме

m=d

n=2^{k}

и получаваме

f(d)+f\left(2^{k}\right)=f(a)+f\left(2^{k}(d+1)+d\right) \Longleftrightarrow f\left(2^{k}\right)=f(a)

. Следователно е достатъчно да намерим

f\left(2^{k}\right), k \in \mathbb{N}

f(0)

. Нека

k \geq 2

и да положим

m=2^{k}

n=2

- получаваме

f\left(2^{k}\right)+f(2)=f\left(2^{k+1}\right)+f\left(3 \cdot 2^{k}+2\right) \Longleftrightarrow f\left(2^{k}\right)+f(2)=f\left(2^{k+1}\right)+f(2)

, т. е.

f\left(2^{k}\right)=b=

const за

k \geq 2

. Сега с полагането

m=n=2

имаме

2 f(2)=f(4)+f(8)=2 b

, откъдето

f(2)=b

. Накрая, с полагане

m=n=-2

получаваме

2 f(-2)=f(4)+f(0)

, откъдето намираме

f(0)=b

. Обратно, лесно се вижда, че всички функции

f(x)=\left\{\begin{array}{ll}a, & \text{ако} x \text{е нечетно, където} a \text{и} b \text{са произволни реални} \cr b, & \text{ако} x \text{е четно}\end{array}\right.

, къ числа, удовлетворяват условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2013-8-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2013-8-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2013-8-6

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2013-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

В изпъкнал четириъгълник

A B C D

е дадено

\angle C B D=\angle C A B

\angle A C D= \angle B D A

. Да се докаже, че

\angle A B C=\angle A D C

Решение

От

\triangle A B C

\triangle A B D

имаме

\angle A B D+\angle D B C+\angle B C A+\angle C A B=

\angle A B D+\angle B D A+\angle D A C+\angle C A B

откъдето следва, че

\angle D B C+\angle B C A=\angle A D B+\angle D A C

. Като използваме условието намираме

\angle D B C+\angle A B D=\angle A D B+\angle B D C

, т. е.

\angle A B C=\angle A D C

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2013-8-8

8 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се определи броят на естествените числа

n

, за които

1+\left\lfloor\frac{2012 n}{2013}\right\rfloor=\left\lceil\frac{2013 n}{2014}\right\rceil.

(

\mathrm{C}\lfloor x\rfloor

се отбелязва най-голямото цяло число, по-малко или равно на

x

, а

\lceil x\rceil

е най-малкото цяло число, по-голямо или равно на

x

Решение

Да разгледаме функцията

f(n)=\left\lceil\frac{2013 n}{2014}\right\rceil-\left\lfloor\frac{2012 n}{2013}\right\rfloor

. Лесно се проверява, че

f(n) \geq 1

f(n+2013 \cdot 2014)=f(n)-1

. Следователно във всеки клас числа, сравними по модул 2013 \cdot 2014, има точно едно ; броят на решенията е 4054182.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички цели числа

n

, за които

\sqrt{\vphantom{x^2}n^{2}+3 n+38}

е цяло число.

Решение

Ако разглежданото число е цяло, то

n^{2}+3 n+38=x^{2}

за някое цяло

x

. Тогава

4 x^{2}-4 n^{2}-12 n-9=143 \Longleftrightarrow(2 x-2 n-3)(2 x+2 n+3)=143

, откъдето след разглеждане на различните възможности получаваме решенията

n \in\{-37, -2, -1, 34\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-8-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

x

, за които е изпълнено равенството

[2 x]+[3 x]+[5 x]=2013

(С

[x]

се бележи най-голямото цяло число, което е не по-голямо от

x

)

Решение

Всяко реално число

x

може да се представи във вида

x=[x]+\alpha

, където

0 \leq \alpha\lt{}1

. Понеже за всяко цяло число

t

е изпълнено

[t x]=[t[x]+t \alpha]=t[x]+[t \alpha]

, то даденото уравнение се записва във вида

10[x]+[2 \alpha]+[3 \alpha]+[5 \alpha]=2013

Ако

[x] \geq 202

, то лявата част е поне 2020 и равенството е невъзможно. Ако

[x] \leq 200

, то

2013=10[x]+[2 \alpha]+[3 \alpha]+[5 \alpha] \leq

2000+[2 \alpha]+[3 \alpha]+[5 \alpha]

и следователно

[2 \alpha]+[3 \alpha]+[5 \alpha] \geq 13

. Това е невъзможно понеже

[2 \alpha] \leq 1, [3 \alpha] \leq 2

[5 \alpha] \leq 4

. Остава

[x]=201

и тогава

[2 \alpha]+[3 \alpha]+[5 \alpha]=3

. Ако

\alpha\lt{}\frac{2}{5}

, то

[2 \alpha]+[3 \alpha]+[5 \alpha]\lt{}0+1+1=2

и равенството е невъзможно. При

\frac{2}{5} \leq \alpha\lt{}\frac{1}{2}

имаме

[2 \alpha]+[3 \alpha]+[5 \alpha]=0+1+2=3

, а при

\alpha \geq \frac{1}{2}

получаваме

[2 \alpha]+[3 \alpha]+[5 \alpha] \geq 1+1+2=4

. Следователно търсените са

x \in\left[200 \frac{2}{5}, 200 \frac{1}{2}\right)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

За числата

a, b, c

d

е известно, че

a+b=c+d

a^{3}+b^{3}=c^{3}+d^{3}

. Да се докаже, че

a^{2013}+b^{2013}=c^{2013}+d^{2013}

Решение

Ако

a+b=c+d=0

, то

a=-b

c=-d

, откъдето

a^{2013}+b^{2013}=c^{2013}+d^{2013}=0

. Ако

a+b=c+d \neq 0

, лесно се доказва, че

a b=c d

, откъдето

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

По колко начина можем да оцветим всяко от полетата на таблица

3 \times 3

в жълто, синьо, зелено или червено, така че съседните по страна полета да са разноцветни?

Решение

Има 4 варианта за централното поле. Да допуснем, че е синьо. Тогава други сини полета може да има само в ъглите. Ако има още 1 синьо поле (от 4 възможни), за останалите 7 полета има

3 \cdot 2^{6}=192

възможни оцветявания. Ако има още 2 сини полета (6 възможни двойки), останалите 6 полета са разделени на две групи, за които има

3^{2} \cdot 2^{4}=

144 възможни оцветявания. Ако има още 3 сини полета ( 4 възможни тройки), останалите 5 полета са разделени на три групи, за които има

3^{3}.2^{2}=108

възможни оцветявания. Ако има още 4 сини полета (всички ъгли), за останалите полета има

3^{4}=81

възможни оцветявания. Ако други сини полета няма, да видим колко и къде са жълтите полета. Ако жълти полета няма, за осемте полета има 2 възможни (шахматни) оцветявания в червено и зелено. Ако има 1 жълто поле (от 8 възможни), за останалите 7 полета има 2 възможни (шахматни) оцветявания в червено и зелено. Ако има 2 жълти полета

(8 \cdot 5 / 2=20

възможни двойки), останалите 6 полета са разделени две групи, за които има

2^{2}=4

възможни оцветявания. Ако има 3 жълти полета ( 16 възможни тройки), останалите 5 полета са разделени на три групи, за които има

2^{3}=8

възможни оцветявания. Ако има 4 жълти полета ( 2 възможни четворки), за останалите полета има

2^{4}=16

възможни оцветявания. Общо вариантите са

4(4 \cdot 192+6 \cdot 144+4 \cdot 108+81+8 \cdot 2+20 \cdot 4+16 \cdot 8+2 \cdot 16)=4 \cdot 2401=9604

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че съществува 2013-цифрено съставно естествено число, което при замяна на произволни три последователни цифри с произволни три цифри остава съставно.

Решение

Да разгледаме произведението

S

на нечетните числа от 1001 до 1999. Тъй като те са 500 и всяко от тях е по-малко от 2000, имаме

S\lt{}2000^{500}=32^{100} 10^{1500}\lt{}10^{1700}

Приписваме няколко нули отдясно на числото

S

, после една единица и накрая три нули, така че полученото число да е с 2013 цифри. Ако заменим три цифри, които не са последните три, полученото число ще е съставно, защото завършва на нула. Ако заменим последните три цифри с четно трицифрено число, отново полученото число е съставно. Ако заменим последните три цифри с нечетно трицифрено число

\overline{a b c}

, то полученото число ще се дели на

\overline{1 a b c}

(тъй като

\overline{1 a b c}

е нечетно число от 1001 до 1999).

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяко естествено число

n \geq 2

съществува

n

-цифрено число

A

, без нули в десетичния си запис и със следното свойство: ако към

A

прибавим произведението от цифрите му получаваме число, което има същото произведение на цифрите като

A

Решение

Числото 28 има исканото свойство, защото

28+2 \cdot 8=44

1 \cdot 8=4 \cdot 4

. Можем да добавим произволен брой единици от ляво на двойката и полученото число също ще има исканото свойство.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-8-8

8 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

В таблица

3 \times 3

са разположени положителни числа. Произведението на числата във всеки ред и всеки стълб е равно на 1, а произведението на числата във всеки квадрат

2 \times 2

е равно на 2. Кое е числото, записано в центъра на квадрата? Дайте пример на такава таблица.

Решение

Нека таблицата има вида

\begin{array}{|l|l|l|} \hline a & b & c \cr \hline d & e & f \cr \hline g & h & i \cr \hline\hline \end{array}

Тъй като произведението на числата в парвите два стълба е 1, а произведенитео на числата в левия долен квадрат е 2, то

a b=\frac{1}{2}

. Аналогично

c f=h i=d g=\frac{1}{2}

. Произведението на тези 4 двойки е

\frac{1}{16}

и понеже произведенитео на всички числа е 1, то в

e=16

. Пример на такава таблица е:

a=c=i= g=2

b=f=h=d=\frac{1}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-8-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намери петцифрено естествено число

n

с възможно най-малка сума от цифрите си, за което

n^{3}-1

се дели на 2556.

Решение

Отговор: 23100. Нека

2556=2^{2}.3^{2}.71 \mid n^{3}-1=(n-1)\left(n^{2}+n+1\right)

. Ще докажем, че

n-1

се дели на

852=4 \cdot 3 \cdot 71

. Тъй като

4 \mid(n-1)\left(n^{2}+n+1\right)

n^{2}+n+1

е нечетно, имаме

4 \mid n-1

. Ако

n^{2}+n+1

се дели на 3, то

n \equiv 1(\bmod 3)

и значи

3 \mid n-1

. Накрая, с помощта на теоремата на Ферма имаме

1 \equiv n^{70}=\left(n^{3}\right)^{23} \cdot n \equiv n(\bmod 71)

. Сега търсим петцифрено число от вида

852 k+1

с възможно най-малка сума на цифрите си. Тъй като

852 k

не завършва на 9, всъщност търсим петцифрено число от вида

852 k

с възможно най-малка сума на цифрите си. Един кандидат е числото

23100=3 \cdot 71 \cdot 4 \cdot 25

, което е най-добро измежду завършващите на 00. Ако има по-добро число, сумата на неговите цифри е по-малка от 6 и последните две цифри дават кратно на 4 число. Възможностите са

a b c 04, a b c 12, a b c 20, a b c 32

a b c 40

, като сумата

a+b+c

е такава, че нашето число да се дели на 3. Лесно се вижда, че единствената възможност е

a b c 20

, като

a+b+c=1

и значи числото е 10020, което обаче не се дели на 71.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намери

x+y+z

, ако за естествените числа

x, y, z

са в сила

x y z=77077

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

Решение

Последното равенство е равносилно с

(x-y)(x-z)(y-z)=0

, така че сред числата

x, y, z

има равни; БОО

x=y

. Предвид

77077=7^{2}.11^{2}.13

, вариантите са следните:

\triangleright x=y=1, z=77077, x+y+z=77079;

\triangleright

x=y=7, z=1573, x+y+z=1587

; \triangleright

x=y=11, z=637, x+y+z=659

;

\triangleright x=y=77, z=13, x+y+z=167

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

За кои стойности на положителния параметър

r

уравнението

r^{3} x^{3}+7 r^{2}= 7 r^{3} x+1

има три различни цели корена?

Решение

Необходимо е

r \neq 0

. Уравнението се свежда до

r^{3} x^{3}-1=7 r^{2}(r x-1)

, т. е.

\left(r^{2} x^{2}+r x+1-7 r^{2}\right)(r x-1)=0

. За да имаме три цели корена, трябва

r x=1

и изразът в левите скоби трябва да се нулира два пъти, така че

D=r^{2}-4 r^{2}\left(1-7 r^{2}\right)=28 r^{4}-3 r^{2}\gt{}0

при

r^{2}\gt{}3 / 28

. Тогава

r \in\left\{1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}\right\}

. При

r=1

получаваме уравнението

x^{2}+x-6=0

, чиито корени 2 и -3 са цели числа. При

r=1 / 2

получаваме уравнението

x^{2}+2 x-3=0

, чиито корени 1 и -3 са цели числа. При

r=1 / 3

получаваме уравнението

x^{2}+3 x+2=0

, чиито корени -1 и -2 са цели числа. Отговор:

r \in\left\{1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}\right\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

По окръжност са разположени 2013 миски, косата на всяка от които може да е руса или черна. На всеки ход групата се снима и после едновременно всяка, която има съседка с коса в друг цвят, преоцветява косата си в нейния цвят. Какъв е найголемият възможен брой различни снимки, които може да се получи от дадена начална конфигурация?

Решение

Ако всички коси са едноцветни, това се запазва завинаги и снимката не се променя. Нека считаме, че има коси и от двата цвята. Нека

d(n)

е най-дългата редица от едноцветни миски след

n

хода. Имаме

d(n) \geq 2

, понеже 2013 е нечетно. Ако

d(n)=2

, то на следващата снимка всички са с променени коси, след което снимките се повтарят, редувайки се (има два вида снимки). Ако

d(n)=3

, то на следващата снимка всички са с променени коси, освен средните миски в едноцветните тройки; при това

d(n+1)=2

. след което снимките се повтарят, редувайки се. Въобще, ако има група от вида РЧЧЧ... ЧЧР, включваща

k

„Ч”, то на следващия ход тя изглежда като ЧРЧЧ... ЧРЧ, включваща

k-2

поредни "Ч". Обратно, група от

k-2 \geq 3

поредни „Ч" може да се получи само от група от

k

поредни „Ч”. Същото важи и за групи от поредни „Р". Следователно ако

3\lt{}d(n)\lt{}2013

, то

d(n+1)=d(n)-2

. Тогава непременно

d(1004) \leq 4, d(1005)=2

, така че са възможни най-много 1007 снимки (след

0, 1, 2, \ldots, 1005, 1006

хода). Ако отначало има само една руса миска, то имаме 1007 различни снимки (с

2012, 2010, \ldots, 2

поредни чернокоси плюс една с две поредни руси). Отговор: 1007.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Нека

n\lt{}2013

е най-голямото число, което е произведение на цифрите на естествено число

m

. а) Намерете

n

. б) Определете броя на всички възможни

m

Решение

Имаме

n=2000=2^{4} 5^{3}

; всички по-големи трицифрени числа имат прост делител над 10 и не могат да бъдат получени. Ако цифрите на

m

са

2, 2, 2, 2, 5, 5, 5

, броят на тези числа е

7 \cdot 6 \cdot 5 / 3\neq{}35

. Ако цифрите на

m

са

2, 2, 4, 5, 5, 5

, броят на тези числа е

6!/(2!3!)=60

. Ако цифрите на

m

са

2, 8, 5, 5, 5

, броят на тези числа е

5!/ 3\neq{}20

. Ако цифрите на

m

са

4, 4, 5, 5, 5

, броят на тези числа е

5 \cdot 4 / 2=10

. Общо

35+60+20+10=125

възможни

m

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-8-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-8-8

8 · Финал

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Редицата от цели числа

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

има следното свойство: за всяко просто число

p

и за всяко естествено число

k

е изпълнено равенството

a_{p k+1}=p a_{k}-3 a_{p}+13

. Да се намерят всички възможни стойности на

a_{2013}

Решение

Нека и

k

е простополучаваме

a_{p k+1}=p a_{k}-3 a_{p}+13=a_{k p+1}=k a_{p}-3 a_{k}+13

, откъдето

(p+3) a_{k}=(k+3) a_{p}

. В частност, оттук имаме

5 a_{3}=6 a_{2}

5 a_{7}=10 a_{2}

. От изходното равенство при

p=2

k=3

получаваме

a_{7}=2 a_{3}-3 a_{2}+13=13-\frac{3 a_{2}}{5}

. Оттук и от полученото по-горе

5 a_{7}=10 a_{2}

намираме

a_{2}=5

. Сега получаваме

a_{p}=p+3

за всяко просто

p

. При

p=3

k=4

имаме

16=a_{13}=3 a_{4}-3 a_{3}+13=3 a_{4}-5

, откъдето

a_{4}=7

. Сега при

p=503

k=4

имаме

a_{2013}=a_{4 \cdot 503+1}=503 a_{4}-3 a_{503}+13=2016

Да отбележим, че редицата с общ член

a_{n}=n+3

има исканото свойство.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че съществуват безбройно много естествени числа

n

, които делят

2^{n}-8

и имат поне три различни прости делителя.

Решение

Ще докажем, че числата

n=2^{2 p}-1

, където

p\gt{}3

е просто число, имат исканите свойства. Тъй като

n=\left(2^{p}-1\right)\left(2^{p}+1\right)

и множителите отдясно са взаимнопрости, имаме поне два прости делителя на

n

. Нещо повече, тъй като

3 \mid 2^{p}+1

и равенството

2^{p}+1=3^{x}

е невъзможно за

p\gt{}3

(да се докаже!), имаме и поне още един делител. Имаме

n\left|2^{n}-8 \Longleftrightarrow 2^{2 p}-1\right| 8\left(2^{n-3}-1\right) \Longleftrightarrow 2 p \mid n-3

. Но

n-3=2^{2 p}-4=4\left(4^{p-1}-1\right)

се дели на

p

от малката теорема на Ферма.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

В парвоъгълния тръгълник

A B C

е построена медианата

C M(M \in A B)

към хипотенузата. Ъглополовящата на

\angle B

пресича

C M

в точката

P

. Ако

B P=A C

, да се намери

\angle B A C

Решение

Имаме

\angle A B P=\angle P B C=\alpha, \angle M C B=2 \alpha

. Да построим

\triangle D A C \cong \triangle C P B

D C=C B, \angle D C A=\alpha

, както е показано на чертежа. Тогава

\angle A D C=2 \alpha

. Тъй като

\triangle D B C

е равнобедрен и тъй като

\angle A D C=\angle A B C

, то

\angle A D B=\angle A B D

. Оттук, ако

A \neq B D

, получаваме

A D=A B

. Това е невъзможно, тъй като

A D=C P\lt{}C M=

\frac{1}{2} A B

. Следователно

A \in B D

; тогава

\angle C A B=3 \alpha

и намираме

\alpha=18^{c}

irc. Получихме

\angle B A C=54^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-8-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Числата

a, b, c

d

са от интервала [2, 4]. Да се докаже неравенството

25(a b+c d)^{2} \geq 16\left(a^{2}+d^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}\right)

Решение

Ако

x

y

са две от дадените числа, имаме

2 x \geq 4 \geq y

. Тогава

(2 a-d)(2 d-a) \geq 0

(2 c-b)(2 b-c) \geq 0

и след разкриване на скобите, имаме

5 a d \geq 2 a^{2}+2 d^{2}

5 b c \geq 2 b^{2}+2 c^{2}

. Умножаваме всяко от тези две неравенства по 2, след което умножаваме почленно новополучените неравенста и намираме:

16\left(a^{2}+d^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}\right) \leq 100 a b c d \leq 25(a b+c d)^{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

От група, съставена от нечетен брой хора всеки ден някои трима излизат на разходка. Да се докаже, че може да се направи такъв график на разходките, че след известно време всеки двама от групата да са били заедно на разходка точно три пъти.

Решение

Да разположим

n

-те човека във върховете на правилен

n

-ъгълник. Лесно се доказва, че всеки диагонал или страна се явява или точно три пъти като страна на равнобедрен (но не равностранен) триъгълникдва пъти като бедро и веднъж като основа или веднъж като страна на равностранен триъгълник. Следователно е достатъчно да изберем график, при който на всеки равнобедрен (но не равностранен) триъгълник съответства една разходка, а на всеки равностранен триъгълник съответстват три разходки.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

В редица са записани 40 различни числа от интервала

(0, 1)

. Известно е, че сборът на числата, стоящи на четни места е с 1 повече от сбора на числата, стоящи на нечетни места. Да се докаже, че в редицата има число, което е по-малко и от двете си съседни числа.

Решение

Да допуснем, че такова число няма. Това означава, че всяко число без първото и последното има съседно число, което е по-малко от него. От всяко число на нечетно място без първото да построим стрелка към числото, което е по-малко от него. Ясно е, че няма число в което да влизат две стрелки, защото иначе то ще бъде по-малко и от двете си съседни числа. Следователно числата без първото и още едно се разбиват на двойки съседни, като във всяка двойка числото на нечетно място е по-голямо от числото на четно място. Числото на четно място, което не е използвано, се различава от първото число с по-малко от 1 (тъй като и двете числа от интервала ( 0, 1 )). Това означава, че разликата на сборът на числата, стоящи на четни места и сборът на числата, стоящи на нечетни места е по-малък от 1 - противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

В турнир участвали 2011 отбора и всеки изиграл с всеки точно по един мач. Докажете, че е възможно да е изигран само един мач между отбори, които до момента на мача са изиграли общо нечетен брой мачове.

Решение

Нека на всеки отбор съпоставим цифра 1, ако до дадения момент е изиграл нечетен брой мачове, и цифра 0 - ако до този момент е изиграл четен брой мачове. Ясно е, че след всеки изигран от отбора мач неговата характеристика се променя. В началото всички характеристики са 0; в края всеки отбор е играл с всеки от останалите 14 отбора и отново има характеристика 0. Пример може да се състави по индукция. Ще докажем, че е възможно да се проведе само един мач между отбори с различни характеристики (

0-1

) във всеки турнир с

4 k+3

отбора. При

k=1

срещите

\left(A_{1}, A_{2}\right), \left(A_{2}, A_{3}\right), \left(A_{1}, A_{3}\right)

удовлетворяват условието, тъй като само втората е от вида

0-1

. Нека

k=4 k-1

отбора могат да се разпределят по желания начин и включим още 4 отбора. Първо се изиграват срещите между

(4 k-1)

-те отбора, измежду които точно една е от вида

0-1

. След тях всеки е изиграл

4 k-2

мача, т. е. има характеристика 0. Последователно се играят серии от по четири мача с участието на

A_{4 k}

A_{4 k+1}

\left(A_{4 k}, A_{2 m-1}\right), \left(A_{4 k+1}, A_{2 m}\right),

\left(A_{4 k}, A_{2 m}\right), \left(A_{4 k+1}, A_{2 m-1}\right)

за всяко

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

. В края на всяка серия отборите са с четна характеристика и в рамките на тези серии няма мачове от вида

0-1

. Аналогично играят

A_{4 k+2}

A_{4 k+3}

. Така отборите

A_{1}, \ldots, A_{4 k-2}

са изиграли всичките си мачове, а останалите са изиграли по четен брой мачове. Сега последователно се играят мачовете (

A_{4 k}, A_{4 k-1}

), (

A_{4 k+1}, A_{4 k+2}

\left(A_{4 k+1}, A_{4 k-1}\right), \left(A_{4 k}, A_{4 k+2}\right), \left(A_{4 k-1}, A_{4 k+2}\right), \left(A_{4 k}, A_{4 k+3}\right), \left(A_{4 k-1}, A_{4 k+3}\right), \left(A_{4 k+1}, A_{4 k+3}\right)

\left(A_{4 k}, A_{4 k+1}\right), \left(A_{4 k+2}, A_{4 k+3}\right)

. Така конструкцията е завършена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-8-8

10 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадена е редицата

u_{1}=1, u_{2}=2, u_{3}=24

u_{n+1}=\frac{6 u_{n}^{2} u_{n-2}-8 u_{n} u_{n-1}^{2}}{u_{n-1} u_{n-2}}, n \geq 3

Да се докаже, че всички членове на редицата са естествени числа и

n

дели

u_{n}

за всяко

n

Решение

Полагаме

v_{n}=\frac{u_{n}}{u_{n-1}}

и получаваме връзката

v_{n}=6 v_{n-1}-8 v_{n-2}

. Оттук

v_{n+1}= 4^{n}-2^{n}

u_{n}=\prod_{k=1}^{n-1}\left(4^{k}-2^{k}\right)

. Ако

n=2^{a}. b

, където

b

е нечетно число, то

4^{\varphi(b)}-2^{\varphi(b)}

се дели на

b

, а при

a \geq 1

, имаме

\varphi(b) \neq n-1

2^{n-1}

се дели на

2^{a}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Намерете периметъра на основата на правилна триъгълна пирамида с обем 99 и апотема 6.

Решение

Нека основният ръб е

A B=6 x

, а височината е

V O=h

. Основата има височина

C M=3 x \sqrt{\vphantom{x^2}3}

и лице

9 x^{2} \sqrt{\vphantom{x^2}3}

. Разстоянието от центъра

O

на основата до средата

M

на

A B

O M=x \sqrt{\vphantom{x^2}3}

. От обема имаме

3 x^{2} h \sqrt{\vphantom{x^2}3}=99

, откъдето

x^{2}=11 \sqrt{\vphantom{x^2}3} / h

. Заместваме в израза за апотемата

h^{2}+3 x^{2}=36

и получаваме

h^{2}+33 \sqrt{\vphantom{x^2}3} / h=36

, т. е.

h^{3}-36 h+33 \sqrt{\vphantom{x^2}3}=0

. Делим на

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

и полагаме

z=h / \sqrt{\vphantom{x^2}3}

. Достигаме до уравнението

0=z^{3}-12 z+11= (z-1)\left(z^{2}+z-11\right)

, чиито положителни корени са

z_{1}=1

z_{2}=\frac{3 \sqrt{\vphantom{x^2}5}-1}{2}

. Имаме

x^{2}=11 / z

, откъдето

x_{1}=\sqrt{\vphantom{x^2}11}

x_{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{22}{3 \sqrt{5}-1}}=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3 \sqrt{5}+1}{2}}

. Съответно периметърът е

P_{1}=18 \sqrt{\vphantom{x^2}11}

или

P_{2}=9 \sqrt{\vphantom{x^2}6 \sqrt{5}+2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Намерете всички двойки прости числа (

p, q

) такива, че

p q

дели

p^{p}+q^{q}+1

Решение

Нека

q\gt{}p

. Тогава

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

. Оттук получаваме

(2 q, p-1)=1

или 2, което означава, че

q=k p 1

. Ако

q=k p-1

, то от

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

(2 p, k p-2)=1; 2

или 4, получаваме, че

p^{4} \equiv 1(\bmod q)

, или

q

дели

(p+1)\left(p^{2}+1\right)

. Сега поради

q\gt{}p

получаваме, че единствената възможност е

p=2, q=5

. Съшото се получава и когато

q=k p+1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Ако

k, n

са естествени числа, нека

k \ll n

да означава, че

k\lt{}n

k

дели

n

. Нека

f: \{1, 2, \ldots, 2103\} \rightarrow\{1, 2, \ldots, M\}

е такава, че ако

n \leq 2013

k \ll n

, то

f(k) \ll f(n)

. Коя е най-малката възможна стойност на

M

Решение

Ако

m \ll n

, то

n \geq 2 m

. Имаме

M \geq f\left(2^{10}\right) \geq 2 f\left(2^{9}\right) \geq 2^{2} f\left(2^{8}\right) \geq \cdots \geq 2^{10} f(1) \geq 1024

. Може

M=1024

, ако

\forall n \in \operatorname{Dom}(f), f(n)=2^{\Omega(n)}

, където

\Omega(n)

е броят прости множители (с кратностите) в разлагането на

n

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички растящи редици

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

от естествени числа със следното свойство: за всеки две естествени числа

i

j

(не непременно различни) числата

i+j

a_{i}+a_{j}

имат един и същи брой различни естествени делители.

Решение

Първоще докажем, че редицата

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

е строго растяща. Да допуснем противното и нека

a_{i}=a_{i+1}

за някое

i \in \mathbb{N}

. Тогава от условието за

j=p-i

, където

p\gt{}i

е произволно просто число, следва, че числото

a_{i}+a_{j}

е просто. Оттук

a_{i+1}+a_{j}

е просто, което означава, че

i+1+j=p+1

е просто, противоречие. Да положим сега

i=j=2^{p-2}

За някое достатъчно голямо просто число

p

. Тъй като

a_{i}+a_{i}=2^{p-1}

има

p

делителя, заключаваме, че

2 a_{i}

(p-1)

-ва степен на просто число, което е възможно само при

a_{i}=2^{p-2}

, т. е. имаме

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

. Получихме строго растяща редица от естествени числа с безбройно много фиксирани точки, което означава, че

a_{n}=n

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяко естествено число

t

съществува естествено число

n\gt{}1

, взаимнопросто с

t

и такова, че никое от числата

n+t, n^{2}+t, n^{3}+t, \ldots

, не е точна степен на естествено число. (Точна степен означава по-голяма от първа.)

Решение

Нека

p

е прост делител на

t+1

v_{p}(t+1)=m

. Да положим

k=m!\varphi\left(p^{m+1}\right)

и нека

n=\left(t^{2}+t+1\right)^{k}

. Очевидно

(n, t)=(n, t+1)=1

и, за фиксирано естествено

r

имаме

n^{r}+t=\left(n^{m! r}\right)^{\varphi\left(p^{m+1}\right)}+t \equiv 1+t \quad\left(\bmod p^{m+1}\right)

(използвахме теоремата на Ойлер). Тъй като

t+1

се дели на

p

, но не се дели на

p^{m+1}

, заключаваме, че ако

n^{r}+t=b^{s}

за някои естествени

b

s\gt{}1

, то

s \leq m

. Тогава имаме

n^{r}=\left(t^{2}+t+1\right)^{k r}=\left[\left(t^{2}+t+1\right)^{\frac{k r}{s}}\right]^{s}=n_{0}^{s}

(използвахме

s|m!| k

) и следователно

t=b^{s}-n^{r}=b^{s}-n_{0}^{s} \geq

\left(n_{0}+1\right)^{s}-n_{0}^{s} \geq s n_{0} \geq 2 n_{0}\gt{}t

противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Точка

O

е център на вписаната окръжност за

\triangle A B C

, а точка

D

е среда на страната

A B

. Ако

\angle A O D=90^{\circ}

, да се докаже, че

A B+B C=3 A C

Решение

Тъй като

\angle B O D=\frac{\gamma}{2}

, то триъгълниците

B C O

B O D

са подобни, откъдето

2 B O^{2}=a c

. Освен това

B O^{2}=\frac{r^{2}}{\sin ^{2} \frac{\beta}{2}}=\frac{2 r^{2}}{1-\cos \beta}

След заместване на

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

r=\frac{S}{p}

получаваме

2(a-b+c)=a+b+c

, т. е.

a+c=3 b

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Точка

K

върху ъглополовящата

A L

на триъгълник

A B C

е такава, че

\angle B K L= \angle K B L=30^{\circ}

. Правите

A B

C K

се пресичат в точка

M

, а правите

A C

B K

се пресичат в точка

N

. Да се намери

\angle A M N

Решение

Нека

D

е симетричната на

B

спрямо

A L

. Ясно е, че

D

е върху

A C

. Поради симетрията имаме

K B=K D

\angle B K L=\angle D K L=30^{\circ}

, т. е.

\triangle B K D

е равностранен. Тогава

B L

е ъглополовяща н този триъгълник, откъдето намираме, че

D

K

са симетрични спрямо

B C

. Следователно

\angle D K C=\angle C D K=\angle A B K=\beta-30^{\circ}

. Оттук

\angle C K L=\beta

, т. е.

M B L K

е вписан в окръжност или

\angle A M K=120^{\circ}

. Ако

E

е пресечната точка на

D K

A B

, имаме че

\triangle E K N

е равностранен (поради симетрията на правите

B N

D E

). Тогава

E M K N

е вписан

\left(\angle E M K+\angle E N K=180^{\circ}\right)

\angle A M N=\angle E K N=60^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-10-8

10 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Върху страната

A C

на триъгълник

A B C

е избрана точка

D

, за която

2 A D= D C

. Точка

E

е петата на перпендикуляра от

D

към

B C

, а

F

е пресечната точка на

B D

A E

. Да се намери

\angle A D B

, ако е известно, че триъгълник

B E F

е равностранен.

Решение

Нека

K

е средата на

D C

. Тогава

A D=D K=K C=K E

и в

\triangle D E B

ъглите са

30^{\circ}, 60^{\circ}, 90^{\circ}

. Освен това

\angle D E F=90^{\circ}-\angle B E F=30^{\circ}

. Следователно

\triangle D F E

е равнобедрен и

D F=F E=B F

. Да построим средната отсечка

F K

\triangle B D C

. Тя е успоредна на

B C

\angle D F K=\angle D B C=60^{\circ}=\angle D F A

. Следователно

F D

е височина в

\triangle A F K

(тъй като е медиана и ъглополовяща) и търсеният ъгъл

90^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Съществуват ли естествени числа

a, b

c

, за които числото

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

се дели на

2013(a b+b c+c a)

Решение

Да допуснем, че съществуват числа с исканото свойство. Без ограничение на общността можем да считаме, че

(a, b, c)=1

. Нека

a^{2}+b^{2}+c^{2}=2013 k(a b+b c+c a)

, където

k \in \mathbb{N}

. Тогава имаме равенството

(a+b+c)^{2}=(2013 k+2)(a b+b c+c a)

, което показва, че съществуват просто число

p \equiv 2 (\bmod 3)

и естествено число

n

, за които

p^{2 n+1}| | 2013 k+2 \mid(a+b+c)^{2}

. От последното следва, че

p^{2 n+2} \mid(a+b+c)^{2}

, откъдето пък заключаваме, че

p \mid a b+b c+c a

. Тъй като

0 \equiv a b+b c+c a=a b+c(a+b) \equiv a b-c^{2}(\bmod p)

, получаваме

a^{3} \equiv a b c(\bmod p)

. Оттук е ясно, че

a^{3} \equiv b^{3} \equiv c^{3}(\bmod p)

. Последното, заедно с

p \equiv 2(\bmod 3)

дава

a \equiv b \equiv c (\bmod p)

(Действително, ако

p=3 t+2, t \in \mathbb{N}

, то

1 \equiv a^{p-1}=a^{3 t+1}=\left(a^{3}\right)^{t} \cdot a(\bmod p)

и аналогично

1 \equiv\left(b^{3}\right)^{t} \cdot b(\bmod p)

, откъдето

a \equiv b(\bmod p)

.) Следователно

0 \equiv a+b+c \equiv 3 a(\bmod p)

, откъдето

p \mid a

и аналогично

p \mid b

p \mid c

, което противоречи на

(a, b, c)=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

m

n

, за които

2^{n}+(n-1-\varphi(n))\neq{} n^{m}+1

Решение

Очевидно

n\gt{}1

. Ако

n

е просто число, получаваме

2^{n}=n^{m}

, откъдето

m= n=2

. Нека

n=p^{2}

, където

p

е просто число. Тогава

\varphi(n)=p^{2}-p

и получаваме

2^{p^{2}}+(p-1)\neq{} p^{2 m}+1

. Лесно се вижда, че това равенство е невъзможно по модул 4 при

p \geq 5

, а при

p=2

и 3 с директна проверка намираме то

(m, n)=(2, 4)

. Нека не е нито просто, нито квадрат на просто число и

q

е най-малкият му прост делител. Тогава

n-1-\varphi(n) \geq p

(защото числата

p, 2 p, \ldots, p^{2}

са по-малки от

n

и не са взаимнопрости с

n

) и от

2^{n}-1=n^{m}-(n-1-\varphi(n))

! следва, че

p \mid 2^{n}-1

. Но

p \mid 2^{p-1}-1

и значи

p \mid 2^{d}-1

, където

d=(n, p-1)

. Изборът на

p

дава

d=1

и оттук

p \mid 1

, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Heka

a, b, c

d

са реални числа, за които

a+b+c+d=19

a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}=91

. Намерете най-голямата стойност на

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

Решение

Тъй като

(a+b+c)^{2} \leq 3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)

, то оттук получаваме, че

(19-d)^{2} \leq 3\left(91-d^{2}\right)

, т. е.

2 d^{2}-19 d+44 \leq 0

или

4 \leq d \leq 11 / 2

. Същото се отнася и за останалите числа. Имаме

\frac{(a-4)(a-5)^{2}}{a} \geq 0 \Longleftrightarrow \frac{100}{a} \leq a^{2}-14 a+65.

Като сумираме съответните неравенства, получаваме:

100\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\right) \leq 91-14 \cdot 19+4 \cdot 64=85

откъдето

\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d} \leq \frac{17}{20}

. Равенство се достига при

(4, 5, 5, 5)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Намерете всички полиноми

p(x)

с коефициенти от

R

, за които е изпълнено равенството

(x+1) p(x-1)+(x-1) p(x+1)=2 x p(x)

Решение

Ако

q(x)=p(x+1)-p(x)(*)

, равенството от условието придобива вида (2)

(x+1) q(x)=(x-1) q(x+1)

. Оттук получаваме, че

q(x)=c x(x+1)

и че полиномът

p(x)

е най-мого от 3 -та степен. Като използваме равенството

(*)

получаваме, че

p(x)=a x^{3}-a x+b

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-10-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Нека

a, b, c

d

са реални числа, а

k \geq l \geq m

p \geq q \geq r

. Да се докаже, че уравнението

f(x)=

a(x+1)^{k}(x+2)^{p}+b(x+1)^{l}(x+2)^{q}

+c(x+1)^{m}(x+2)^{r}-d=0

не може да има повече от 14 положителни корени.

Решение

Да допуснем обратното. Тогава полиномът

f^{\prime}(x)=A_{1}(x)(x+1)^{(k-1)}(x+2)^{(p-1)}+ B_{1}(x)(x+1)^{(l-1)}(x+2)^{(q-1)}+C_{1}(x)(x+1)^{(m-1)}(x+2)^{(r-1)}=0

ще има повече от 13 положителни корени, където

A_{1}(x), B_{1}(x)

C_{1}(x)

са полиноми от 1 -ва степен. Разделяме двете страни на

(x+1)^{(m-1)}(x+2)^{(r-1)}

и получаваме уравнението

f_{1}(x)=A_{1}(x)(x+1)^{(k-m)}(x+2)^{(p-r)}+ B_{1}(x)(x+1)^{(l-m)}(x+2)^{(q-r)}+C_{1}(x)=0

, което също ще има повече от 13 положителни корени. Диференцираме два пъти и получаваме, че уравнението

A_{3}(x)(x+1)^{(k-m-2)}(x+ 2)^{(p-r-2)}+B_{3}(x)(x+1)^{(l-m-2)}(x+2)^{(q-r-2)}=0

ще има повече от 11 положителни корени, като същото ще се отнася и за уравнението

A_{3}(x)(x+1)^{(k-l)}(x+2)^{(p-q)}+B_{3}(x)=0

, където

A_{3}(x)

B_{3}(x)

са полиноми от 3 -та степен. Сега диференцираме 4 пъти и получаваме, че уравнението

A_{7}(x)(x+1)^{(k-l-4)}(x+2)^{(p-q-4)}=0

, където

A_{7}(x)

е полином от 7 -ма степен има повече от 7 положителни корени, което е невъзможно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-10-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-10-8

10 · Ден 4

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2013-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Точката

P

в равнината на триъгълника

A B C

е такава, че ако

A_{1}, B_{1}

C_{1}

са ортогоналните проекции на

P

върху съответните височини на триъгълника, то

A A_{1}= B B_{1}=C C_{1}=t

. Определете геометричното място на точката

P

t

Решение

Нека първо разгледаме точките, за които е изпълнено равенството

A A_{1}=B B_{1}

. Равенството

A A_{1}=B B_{1}=0

определя точката

C^{\prime}

, симетрична на

C

спрямо средата на страната

A B

. Лесно се вижда, че всяка точка

P

, за която

A A_{1}=B B_{1}

, лежи на вътрешната или външната ъглополовяща на

\angle A C^{\prime} B

. Като определим аналогично точките

A^{\prime}

B^{\prime}

, намираме, че

P

може да е център на вписаната или на външновписаните окръжности на

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

. Лесно се вижда, че

t

е радиус на вписната или съответната външновписана окръжност на

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

. От друга страна

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

е хомотетичен на

\triangle A B C

с коефициент 2, следователно

t

2 r, 2 r_{a}, 2 r_{b}

или

2 r_{c}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2013-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Числото

A

е произведение на

n

различни естествени числа. Да се докаже, че

A

има поне

\frac{n(n-1)}{2}+1

различни делители (включително 1 и самото число).

Решение

Индукция по

n

. За

n=1

твърдението е очевидно. Нека

N=k_{1} k_{2} \ldots k_{n} k_{n+1}

, където

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

са различни естествени числа и

k_{n+1}

е най-голямото от тях. Според индукционното допускане числото

N^{\prime}=k_{1} k_{2} \ldots k_{n}

има

\frac{n(n-1)}{2}+1

различни делители. Освен тях числото

N

има за делители

\frac{N}{k_{i}}

за

i=1, 2, \ldots, n

(всеки от тях е по-голям от

N^{\prime}

и следователно не съвпада с някой от делителите на

\left. N^{\prime}\right)

. Тогава

N

има поне

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

различни делители.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2013-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

m

n

, за които

m^{6}=n^{n+1}+n-1

Решение

При

n=1

очевидно

(m, n)=(1, 1)

е Нека

n\gt{}1

. Ако

n

е нечетно, от неравенствата

\left(n^{\frac{n+1}{2}}\right)^{2}\lt{}n^{n+1}+n-1=m^{6}\lt{}\left(n^{\frac{n+1}{2}}+1\right)^{2}

следва, че

m^{6}

се заключва между два точни квадрата, което е невъзможно. По подобен начин се вижда, че ако

n+1

се дели на

3, m^{6}

се заключва между два точни куба. Ако

n

се дели на 3, то

m^{6} \equiv-1(\bmod 3)

, което е невъзможно. Следователно

n \equiv 4(\bmod 6)

. Тъй като

n+1 \mid n^{n+1}+1+n+1=m^{6}+3

, получаваме

m^{6} \equiv-3(\bmod p)

за произволен прост делител

p

на

n+1

. Следователно -3 е квадратичен остатък по модул

p

, което означава, че

p \equiv 1(\bmod 3)

(очевидно

p\gt{}3

). Тогава

n+1 \equiv 1(\bmod 3)

, което противоречи на полученото по-горе

n \equiv 4(\bmod 6)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2013-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които

2 n+7

дели

n!-1

Решение

Директна проверка при

n \leq 6

дава решенията

n=1

и 5. При

n \geq 7

числото

2 n+7

трябва да е просто, защото в противен случай ще има (нечетен) прост делител, помалък от

n

и тогава този прост делител ще дели

n!

, откъдето ще дели и 1, противоречие. Нека

2 n+7=p \geq 23

е просто число. Тогава условието е еквивалентно на

\left(\frac{p-7}{2}\right)!\equiv 1 (\bmod p)

. Оттук и от теоремата на Уилсън получаваме

-1 \equiv(p-1)!\equiv

(-1)^{\frac{p-7}{2}}\left[\left(\frac{p-7}{2}\right)!\right]^{2} \cdot \frac{p-5}{2} \cdot \frac{p-3}{2} \cdot \frac{p-1}{2} \cdot \frac{p+1}{2} \cdot \frac{p+3}{2} \cdot \frac{p+5}{2}(\bmod p)

Следователно

-64 \equiv(-1)^{\frac{p-1}{2}} 225(\bmod p)

. Сега при

p \equiv 1(\bmod 4)

получаваме

p \mid 225+64= 17^{2}

, което противоречи на

p \geq 23

, а при

p \equiv 3(\bmod 4)

имаме

p \mid 225-64=7 \cdot 23

, което дава то

p=23

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2013-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

За кои стойности на реалния параметър

r

уравнението

r^{2} x^{2}+2 r x+4=28 r^{2}

има два различни цели корена?

Решение

Необходимо е

r \neq 0

. Можем да разгледаме само случая

r\gt{}0

, понеже при

r\lt{}0

корените само си сменят знака. Имаме

D=r^{2}-r^{2}\left(4-28 r^{2}\right)=28 r^{4}-3 r^{2}\gt{}0

при

r^{2}\gt{}3 / 28

. От Виет,

-2 / r=x_{1}+x_{2}

е цяло. Предвид горното,

r \in\left\{2, 1, \frac{2}{3}, \frac{1}{2}, \frac{2}{5}, \frac{1}{3}\right\}

. При

r=2

получаваме уравнението

4 x^{2}+4 x-108=0

, чиито корени не са цели числа. При

r=1

получаваме уравнението

x^{2}+2 x-24=0

, чиито корени 4 и -6 са цели числа. При

r=2 / 3

корените не са цели числа. При

r=1 / 2

получаваме уравнението

x^{2}+4 x-12=0

, чиито корени 2 и -6 са цели числа. При

r=2 / 5

корените не са цели числа. При

r=1 / 3

получаваме уравнението

x^{2}+6 x+8=0

, чиито корени -2 и -4 са цели числа. Отговор:

r \in\left\{ \pm 1, \pm \frac{1}{2}, \pm \frac{1}{3}\right\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2013-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Дадено е множество

T

от естествени числа, всяко от които е по-голямо то 1. Едно подмножествво

S

на

T

се нарича добро, ако за всяко

t \in T

съществува

s \in S

, за което

(t, s)\gt{}1

. Докажете, че броят на добрите подмножества на

T

е нечетен.

Решение

Един елемент на

T

ще наричаме „враг“ на

S

, ако той е взаимнопрост със всеки елемент на

S

. Следователно едно „добро“ множество не може да има врагове. За произволно множество

S

f(S)

ще означаваме множеството от всички „врагове“ на

S

. Ако

S

е добро, то

f(S)=\emptyset

. За всеки две помножества

A

B

наредената двойка (

A, B

) ще наричаме "лоша", ако за всяко

a \in A

и всяко

b \in B

е изпълнено

(a, b)=1

. Броят на тези двойки е нечетен поради това, че единствената лоша двойка от вида (

A, A

) е (

\emptyset, \emptyset

). Сега за всяко подмножество

X

на

T

броят на лошите двойки

(X, S)

е равен на

2^{|f(X)|}

. Тъй като

2^{|f(X)|}

е нечетно само при

|f(X)|=0

, то оттук следва твърдението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2013-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Дадени са реални положителни числа

x, y

z

. Да се докаже неравенството

\frac{2 x^{2}+x y}{(y+\sqrt{\vphantom{x^2}z x}+z)^{2}}

+\frac{2 y^{2}+y z}{(z+\sqrt{\vphantom{x^2}x y}+x)^{2}}

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

Решение

Чрез неравенството на Коши-Буняковски доказваме, че

(y+\sqrt{\vphantom{x^2}z x}+z)^{2} \leq(x+y+z)(y+2 z)

Неравенството придобива вида

\sum \frac{x}{y+2 z} \geq 1

. Последното се доказва лесно след полагане

y+2 z=a, x+2 y=b

z+2 x=c

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2013-10-8

10 · Финал

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Точките

P

Q

на страната

A C

на неравнобедрения триъгълник

A B C

са такива, че

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

. Ъглополовящите през

A

C

пресичат отсечката

B P

съответно в точките

K

L

, а отсечката

B Q

съответно в точките

M

N

. Да се докаже, че правите

A C, K N

L M

се пресичат в една точка.

Решение

Нека

K N

L M

пресичат

A C

съответно в

X

Y

. По теоремата на Менелай имаме

\frac{P X}{X Q} \cdot \frac{Q N}{N B} \cdot \frac{B K}{K P}=1=\frac{P Y}{Y Q} \cdot \frac{Q M}{M B} \cdot \frac{B L}{L P}.

От свойството на ъглополовящите имаме

\frac{Q N}{N B} \cdot \frac{B K}{K P}=\frac{Q C}{C B} \cdot \frac{A B}{A P},

\quad \frac{Q M}{M B} \cdot \frac{B L}{L P}=\frac{A Q}{A B} \cdot \frac{B C}{C P}.

От друга страна,

\frac{A Q}{Q C} \cdot \frac{A P}{C P}=

\frac{A B \sin (\beta-x)}{B C \sin x} \cdot \frac{A B \sin x}{C B \sin (\beta-x)}=

\left(\frac{A B}{B C}\right)^{2}.

От получените равенства следва, че

P X: X Q=P Y: Y Q

, следователно

X=Y

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всеки триъгълник

A B C

с остър ъгъл при върха

C

е изпълнено неравенството

\left(a^{2}+b^{2}\right) \cos (\alpha-\beta) \leq 2 a b

Решение

Ако

a=b

имаме

\alpha=\beta

и имаме равенство

\left(a^{2}+b^{2}\right) \cos (\alpha-\beta)=a^{2}+b^{2}=2 a^{2}= 2 a b

. Нека

a \neq b

и без ограничение да допуснем, че

a\gt{}b

. Да изберем точка

D \in B C

за която

\angle B A D=\beta

. От

\angle A D C

имаме

\cos (\alpha-\beta)=\frac{x^{2}+b^{2}-(a-x)^{2}}{2 x b}

където

x=B D=A D

. След заместване

x=\frac{c}{2 \cos \beta}

получаваме

\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(\frac{\left(b^{2}-a^{2}\right) \cos \beta+a c}{b c}\right) \leq 2 a b.

От косинусовата теорема за

\triangle A B C

заместваме

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

и получаваме

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

2 a^{2} c^{2}\left(b^{2}-a^{2}\right),

което след съкращаване (поради

b\lt{}a

) и разкриване на скобите става

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

което е еквивалантно на

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

. Последното е вярно понеже ъгъл

\gamma

е остър.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадени са различни естествени числа

a

b

. Известно е, че

a^{2}+b

се дели на

b^{2}+a

b^{2}+a

е степен на просто число. Да се намерят числата

a

b

Решение

Отговор:

a=5, b=2

. Ако

b=1

, то от

a^{2}+1 \leq a+1

следва

a=1

, което е невъзможно. Нека

b\gt{}1

b^{2}+a=p^{m}

за простото число

p

. Тогава

a^{2} \equiv=b\left(\bmod b^{2}+a\right)

b^{2} \equiv-a\left(\bmod b^{2}+a\right)

и следователно

b\left(b^{3}+1\right)=b^{4}+b=\equiv 0\left(\bmod b^{2}+a\right)

. Понеже

b

b^{3}+1

са взаимнопрости и

b^{2}+a=p^{m}

, то или

b \equiv 0\left(\bmod b^{2}+a\right)

или

b^{3}+1 \equiv 0\left(\bmod b^{2}+a\right)

. Първият случай е невъзможен, защото

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

и тогава

(b+1)\left(b^{2}-b+1\right)

се дели на

b^{2}+a

. Тъй като

b+1\lt{}b^{2}+a, b^{2}-b+1\lt{}b^{2}+a

b^{2}+a=p^{m}

, то

b+1

b^{2}-b+1

се делят на

p

. Тъй като

\left(b+1, b^{2}-b+1\right)=1

или 3, то

p=3

. Тогава

(b+1)\left(b^{2}-b+1\right)

се дели на

3^{m}

. При

m=1

няма , а при

m=2

намираме

b^{2}+a=9

, откъдето

b=2

a=5

. Ако

m \geq 3

, понеже

b^{2}-b+1

не се дели на 9 за всяко цяло

b

, то

b+1

се дели на

3^{m-1}

, откъдето

b \geq 3^{m-1}+1

. Тогава

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

противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадени са неотрицателните реални числа

a_{i}

, за

i=1, 2, \ldots, n

като

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

. Да се намери

\max S=\sum_{i \mid j} a_{i} a_{j}

Решение

Две числа

a_{i}

a_{j}

ще наричаме „приятелски“ ако

i \mid j

или

j \mid i

. В противен случай „неприятелски“. Нека

a_{i}

a_{j}

са две „неприятелски“ числа, които са различни от 0. Ако направим замените

\left(a_{i}, a_{j}\right)

\left(a_{j}+a_{i}, 0\right)

, или (

0, a_{j}+a_{i}

) можем да увеличим сумата

S

. Следователно

S

ще бъде най-голямо когато всички ненулеви числа са приятелски. Ако

A

е множеството от всички ненулеви числа, то лесно се оценява, че

S \leq \frac{1}{2}(1-1 / \|)

. Следователно

S

ще бъде най-голямо когато

|A|

е възможно най-голямо. Сега ако

2^{k} \leq |A|\lt{}2^{k+1}

, то най-голямо

S

ще се получи когато е изпълнено

a_{i}=\frac{1}{k}

за

i=1, 2, \ldots, 2^{k}

, а останалите

a_{j}=0

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Намерете всички функции

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

, за които е изпълнено неравенството

|f(x+y)-f(x-y)-1| \leq y^{2}

Решение

Полагаме

x-y=z

2 y=h

. Имаме

|(f(x)-f(z)) / h-1 / 2| \leq h^{2}

. При

h \rightarrow 0

получаваме

f^{\prime}(x)=1 / 2

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяко естествено число

k

съществува естествено число

n(k)

, такова че за всяко

m \geq n(k)

и всяко множество

M

от

m

точки в равнината може да се изберат

k

триъгълника, всеки от които има ъгъл по-голям от

120^{\circ}

Решение

Лесно се доказва, че от всеки 7 точки в равнината може да се избере поне един триъгълник с ъгъл по-голям от

120^{\circ}

. След това избираме числото на Рамзи

n(k, 7, 3)

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число. Да се докаже, че

[1, 2, \ldots, n]=\left[\binom{n}{1}, \binom{n}{2}, \ldots, \binom{n}{n}\right]

тогава и само тогава когато

n+1

е просто число.

Решение

Като се използва творемата на Люка: Ако

p

е просто число, то най-високата степен

p

, която дели

\binom{n}{k}

е равна на броя на преносите при сумирането на

p

-ичните записи на

n

k

p

-ична бройна система, твърдението следва елементарно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Даден е изпъкнал многоъгълник

P

, който е централносиметричен относно някоя точка

O

. Да се докаже, че за някой успоредник

R

, който съдържа

P

е изпълнено

\frac{S_{R}}{S_{P}} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}2}

Решение

Ако

x

е точка или права то с

x^{\prime}

, ще отбелязваме симетричната и относно точката

O

. Ако

l

m

са две опорни прави то нека

\min \left|l m l^{\prime} m^{\prime}\right|=s

. Нека

l

l^{\prime}

са две опорни прави, а

A

A^{\prime}

, са върхове върху тях. Тогава ако

m

е опорна права

A^{\prime}

B \in m

, то

\left|A B A^{\prime} B^{\prime}\right| \geq \frac{s}{2}

. Сега лесно се вижда, че върху

A B

съществува точка

C

, за която

|A C A C|=\frac{s}{2}

. Да разгледаме опорни први

q

p

, успоредни на

A C

A^{\prime} C

R

S

са върхове върху тях. Нека отношенията на страните на успоредника

q p q^{\prime} p^{\prime}

към тези на

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

, са

a

b

съответно. Тогава

\left|q p q^{\prime} p^{\prime}\right|=a b s / 2

и следователно

a b \geq 2

. Също така

\left|A R C S A^{\prime} R^{\prime} C^{\prime} S^{\prime}\right|=\frac{a+b}{4}

. s. Тогава

|P| \geq \frac{a+b}{4}. s \geq s. \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a b}}{2} \geq \frac{s}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-10-8