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

2015

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

d4-ifym2015-8-1: има placeholder текст
d3-ifym2015-8-1: има placeholder текст
d1-ifym2015-10-1: има placeholder текст
d1-ifym2015-10-2: има placeholder текст
d1-ifym2015-10-3: има placeholder текст
d1-ifym2015-10-4: има placeholder текст
d3-ifym2015-10-4: има placeholder текст
d1-ifym2015-10-5: има placeholder текст
d1-ifym2015-10-6: има placeholder текст
f-ifym2015-10-6: има placeholder текст
d1-ifym2015-10-7: има placeholder текст
d4-ifym2015-10-7: има placeholder текст
d1-ifym2015-10-8: има placeholder текст

8 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Фигура

F

се нарича свързана, ако се състои от единични квадратчета, които могат да се обходят от шахматен топ. Ако свързаната фигура

F

се състои от 7 квадратчета да се докаже, че от шахматна дъска

8 \times 8

могат да се изрежат 4 фигури

F

Решение

Ще докажем по индукция, че за всяка свързана фигура

F

от

n

квадратчета съществува правоъгълник със страни

a

b

, като

a+b=n+1

, от който може да се изреже фигурата

F

. Твърдението е очевидно за

n=1

. Да допуснем, че то е вярно за някое

n

и да разгледаме свързана фигура

F

n+1

квадратчета. Премахваме от

F

едно крайно квадратче и получаваме свързана фигура с

n

квадратчета. Според индукционното допускане съществува правоъгълник със страни

a

b

, от който може да се изреже тази фигура. Тогава добавянето на отстраненото квадратче може да увеличи

a

или

b

най-много c 1, т. е.

F

може да се изреже от правоъгълник

(a+1) \times b

или

a \times(b+1)

. При

n=7

имаме, че фигурата

F

се помества в правоъгълник

1 \times 7, 2 \times 6, 3 \times 5

или

4 \times 4

. Във всеки един от тези случаи лесно се показва как да се разреже дъска

8 \times 8

на 4 правоъгълника от съответния вид.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2015-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Koe е най-голямото естествено число с различни цифри, всеки две съседни цифри на което образуват двуцифрено число, кратно на 7 или на 13?

Решение

Отговор: 784913526. Ако в числото присъства цифрата 7, тя може да е само най-лявата цифра на търсеното число. Ако в числото присъства цифра 0, тя може да е само най-дясна цифра, а преди нея е цифрата 7. Това означава, че ако искаме да получим 9 -цифрено число в него не участва цифрата 0, а цифрата 7 е най-дясната цифра. Тогава вторята цифра е 8, третата 4, четвъртата 9, петата 1, шестата 3, седмата 5, осмата

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2015-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Решете в естествени числа уравнението

x^{5}-y\neq{}2015

Решение

Отговор: Няма При

y=1, 2, 3, 4

директно се проверява, че

2015+y

! не е точна пета степен. При

y \geq 5

имаме, че

5 / y!

и понеже

5 / 2015

, следва че

5 / x^{5}

, т. е.

5 / x

. Оггук

25 / x^{5}

и тъй като 25 не дели 2015, то 25 не дели

y!

. Това означава, че

y \leq 9

. Отново директно се проверява, че при

y=1, 2, \ldots, 9

числото

2015+y!

не е точна пета степен.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2015-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

От квадрат

2 \times 2

с премахване на едно квадратче се получават четири вида тримино от по три квадратчета. Първи видпремахване на долното дясно квадратче, втори видпремахване на горното ляво, трети видпремахване на горното дясно и четвърти видпремахване на долното ляво квадратче. От 8 такива тримина е построен правоъгълник с размери

6 \times 4

. Да се докаже, че броят на тримината от първи вид минус броя на тримината от втори вид се дели на три.

Решение

Да разгледаме таблица с 6 реда и 4 стълба и да запишем в

i

-ия ред (отгоре надолу) числата

i, i+1, i+2, i+3

. Сборът на всички числа е 120 Да предположим, че сме използвали

a

тримина от първи вид и

b

тримина от втори вид. Директно се проверява, че всяко тримино от първи вид покрива три числа със сбор от вида

3 k+2

, тримино от втори вид покрива три числа със сбор от вида

3 k+1

, а тримино от вид 3 или 4 покрива три числа със сбор

3 k

. Тогава

120=3 s+2 a+b=3 k+3 b+2(a-b)

, откъдето следва, че

a-b

се дели на 3.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2015-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

f(n)

означаваме броят на делителите на естественото число

n

, чиято последна цифра е 1 или 9, а с

g(n)

- броят на делителите на

n

, чиято последна цифра е 3 или 7. Да се докаже, че

f(n) \geq g(n)

Решение

За

n=1

твърдението е вярно и да допуснем, че то е вярно за всяко

k\lt{}n

. Ако

n

е просто, то

n

има само два делителя 1 и

n

, като твърдението е очевидно. Нека

n=p^{s} t

, където

p

е най-малкия прост делител на

n

. Тогава:

(*)

Ако

p=2

, то

n

е четно и всеки нечетен делител на

n

е делител на

t

. Тогава

f(n)= f(t), g(n)=g(t)

и твърдението следва от индукционното допускане.

(*)

Ако

p=5

то отново нечетните делители на

n

, които завършват на

1, 3, 7

или 9 са делители и на

t

и както в предишния случай, твърдението следва от индукционното допускане.

(*)

Ако

p \equiv \pm 1(\bmod 10)

, то ако

m

е делител на

p^{s-1} t

с последна цифра 1 или 9 (съответно 3 или 7), то

p m

е делител на

n

с последна цифра 1 или 9 (съответно 3 или 7). Следователно

f(n)=2 f\left(p^{s-1} t\right) \geq 2 g\left(p^{s-1} t\right)=g(n)

;

(*)

Ако

p \equiv \pm 3(\bmod 10)

, то ако

m

е делител на

p^{s-1} t

с последна цифра 1 или 9 (съответно 3 или 7), то

p m

е делител на

n

с последна цифра 3 или 7 (съответно 1 или 9). Следователно

f(n)=f\left(p^{s-1} t\right)+g\left(p^{s-1} t\right)=g(n)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2015-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Квадрат със страна

n

е разделен на квадратчета със страна 1. Колко са квадратите, чийто върхове са сред върховете на квадратчетата? (Не е задължително страните им да са успоредни на страните на големия квадрат.) Отговорът трябва да бъде записан като полином на

n

Решение

Всеки от търсените квадрати K може да се побере в единствен квадрат M, еднакво ориентиран с най-големия, чийто страни минават през върховете на К. Ако М има страна 1 (има

n^{2}

такива M ), то в него има 1 възможен K, което дава

1. n^{2}

варианта. Ако M има страна 2 (има

(n-1)^{2}

такива M ), то в него има 2 възможни K, което дава 2.

(n-1)^{2}

варианта. Ако М има страна 3 (има

(n-2)^{2}

такива M), то в него има 3 възможни K, което дава

3.(n-2)^{2}

варианта и т. н. Ако M има страна

n-1

(има

2^{2}

такива M ), то в него има

n-1

възможни K, което дава

(n-1).2^{2}

варианта. Ако М има страна

n

(има

1^{2}

такова M), то в него има

n

възможни K, което дава

n.1^{2}

варианта. Търсеният сбор

1. n^{2}+2.(n-1)^{2}+3.(n-2)^{2}+\cdots+n.1^{2}

е равен на броя начини да настаним Рада, Иво, Яна и Ева в

n+2

-етажен блок, така че Иво да живее по-ниско от Рада, но по-високо от останалите (които може и да са на един етаж). Наистина:

(*)

Ако Иво е на етаж 2 (по-ниско не може), то за Рада има

n

избора за етаж, а за Яна и Ева има

1^{2}

избора.

(*)

Ако Иво е на етаж 3, то за Рада има

n-1

избора за етаж, а за Яна и Ева има

2^{2}

избора.

(*)

Ако Иво е на етаж 4, то за Рада има

n-2

избора за етаж, а за Яна и Ева има

3^{2}

избора и т. н.

(*)

Ако Иво е на етаж

n+1

(по-високо не може), то за Рада има 1 избор за етаж, а за Яна и Ева има

n^{2}

избора. Ако са разположени на три етажа, за това има

\binom{n+2}{3}

начина, като Рада е на горния етаж, Иво на средния, а Яна и Ева на долния. Ако са разположени на 4 етажа, има

\binom{n+2}{4}

начина, като при това има два варианта кое момиче да е на най-долния етаж. И така, търсеният сбор е

\binom{n+2}{3}+2\binom{n+2}{4}=

\frac{(n+2)(n+1) n}{6}+\frac{(n+2)(n+1) n(n-1)}{12}=

\frac{n(n+1)^{2}(n+2)}{12}.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2015-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Даден е равнобедрен триъгълник

A B C(A C=B C)

. Вписаната в триъгълника окръжност

k

се допира до

B C

в точка

E

. Права през

A

пресича

k

в точките

F

G

, а правите

E F

E G

пресичат

A B

съответно в точките

K

L

. Да се докаже, че

K A=B L

Решение

Ако

k

се допира до

A C

в точка

J

, то

\angle B A C=\angle E J C=\angle E F J

. Следователно точките

K, A, F

J

лежат на една окръжност. Тогава

\angle K J A=\angle K F A=G E C=\angle B E L

, т. е. триъгълниците

K A J

L B E

са еднакви, откъдето следва твърдението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2015-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

A B C(C A\gt{}B C\gt{}A B)

с ортоцентър

H

и център на описаната окръжност

O

. Ъглополовящите на

\angle C

\angle B

пресичат описаната окръжност в точките

D

E

. Точка

D_{1}

е симетрична на

D

спрямо

A B

, а точка

E_{1}

е симетрична на

E

спрямо

A C

. Ако точките

O, H, D_{1}, E_{1}

лежат на една окръжност, да се намери

\angle B A C

и да се докаже, че правата

D_{1} E_{1}

минава през

A

Решение

Отговор:

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

. Имаме

O \in E E_{1}

O \in D D_{1}

. Симетричните точки

H_{c}

H_{b}

на

H

спрямо

A B

A C

лежат на описаната окръжност. От симетрията следва, че

\angle H_{b} E E_{1}=\angle H E_{1} E

\angle H_{c} D D_{1}=\angle H D_{1} D

. Тъй като

O, H, D_{1}, E_{1}

лежат на една окръжност, то

\angle H D_{1} D=\angle H E_{1} E

. Следователно

\angle H_{b} E E_{1}=\angle H_{c} D D_{1} \Longleftrightarrow \frac{1}{2} \gamma+\beta= \frac{1}{2} \beta+\alpha

, т. е.

\alpha=60^{\circ}

. Но

\angle D_{1} A B=\frac{1}{2} \gamma, \angle E_{1} A C=\frac{1}{2} \beta

, откъдето

\angle D_{1} A B+\angle E_{1} A C= \angle B A C

, т. е. правата

D_{1} E_{1}

минава през

A

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2015-8-8

8 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Квадрат със страна

n

е разделен на единични квадратчета. Да се пресметне сборът от лицата на всички квадрати със страни, успоредни на страните на големия квадрат. Отговорът да се запише като полином на

n

Решение

Отговор:

\frac{n(n+1)(n+2)\left(n^{2}+2 n+2\right)}{30}

. Има

n^{2}

квадрата с лице

1^{2}, (n-1)^{2}

квадрата с лице

2^{2}, (n-2)^{2}

квадрата с лице

3^{2}

и т. н.; накрая има

1^{2}

квадрат с лице

n^{2}

. Търсеният сбор

1^{2}. n^{2}+2^{2}.(n-1)^{2}+3^{2}.(n-2)^{2}+\cdots+n^{2}.1^{2}

е равен на броя начини настаним Ани, Ася, Гео, Еми и Ели в

(n+2)

-етажен блок, така че Гео да живее по-ниско от Ани и Ася, но по-високо от Еми и Ели (тези с една буква може да са на един етаж). Наистина:

(*)

Ако Гео е на етаж 2 (по-ниско не може), то за Ани и Ася има

n^{2}

избора за етаж, а за Еми и Ели има

1^{2}

избор.

(*)

Ако Гео е на етаж 3, то за Ани и Ася има

(n-1)^{2}

избора за етаж, а за Еми и Ели има

2^{2}

избора.

(*)

Ако Гео е на етаж 4, то за Ани и Ася има

(n-2)^{2}

избора за етаж, а за Еми и Ели има

3^{2}

избора и т. н.

(*)

Ако Гео е на етаж

n+1

, то за Ани и Ася има

1^{2}

избор за етаж, а за Еми и Ели има

n^{2}

избора. Ако са разположени на три етажа, за това има

\binom{n+2}{3}

начина, като Ани и Ася са на горния етаж, Гео на средния, а Еми и Ели на долния. Ако са разположени на 5 етажа, има

\binom{n+2}{5}

начина, като при това има 2 варианта кое момиче да е на най-долния етаж и 2 варианта кое да е на най-горния, затова ще умножим по 4. Ако са разположени на 4 етажа, има

\binom{n+2}{4}

начина, като при това има 2 варианта на кой от средните етажи да е Гео и 2 варианта кое момиче да е само на краен етаж, затова ще умножим по 4. Получаваме

\binom{n+2}{3}+4\binom{n+2}{4}+4\binom{n+2}{4}=

\frac{n(n+1)(n+2)\left(n^{2}+2 n+2\right)}{30}.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2015-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се реши в цели числа уравнението

x^{3}+(x+1)^{3}+(x+2)^{3}+\cdots+(x+7)^{3}=y^{3}

Решение

Отговор:

(-2, 6), (-3, 4), (-4, -4), (-5, -6)

. Лявата страна е равна на

(8 x)^{3}+ (84 x)^{2}+420 x+784

. Ако

x \geq 0, (2 x+10)^{3}\gt{}(8 x)^{3}+(84 x)^{2}+420 x+784\gt{}(2 x+7)^{3}

следователно

y

2 x+8

или

2 x+9

, но тогава няма цяло за

x

. Ако

x\lt{}0

, забелязваме, че ако

(x, y)

е , то и

(-x-7, -y)

е и следователно

-7\lt{}x

. Решенията са

(-2, 6), (-3, 4), (-4, -4), (-5, -6)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2015-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Около триъгълника

A B C

е описана окръжност

k

. Височината през

C

пресича

A B

k

съответно в точките

D

E

, а ъглополовящата на

\angle A C B

пресича

A B

k

в точките

F

G

. Правата

D G

пресича

k

в точка

H

, а

F H

пресича

k

в точка

I

. Да се докаже, че триъгълниците

A I G

B E G

са еднакви.

Решение

От

\angle A D G=\angle G C H

следва, че четириъгълникът

C F D H

е вписан. Оттук

\angle C F H=\angle C D H

, т. е.

\widehat{I G}=\widehat{G E}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2015-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички числа

x \in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Z}

, за които

x+\frac{2015}{x}=[x]+\frac{2015}{[x]}

Решение

Отговор:

-\frac{403}{9}

. Да запишем даденото уравнение във вида

x-[x]=\frac{2015(x-[x])}{x[x]} \Longleftrightarrow x[x]=2015

(имаме

x-[x] \neq 0

, защото

x

не е цяло). Ако

[x] \geq 45

, то

x\gt{}45

и следователно

x[x]\gt{}45^{2}=2025\gt{}2015

. Ако

-44 \leq[x] \leq 44

, то

-44\lt{}x\lt{}45

и следователно

x[x]\lt{}44 \cdot 45=1980\lt{}2015

. Ако

[x] \leq-46

, то

x\lt{}45

и значи

x[x]\gt{}45 \cdot 46=2070\gt{}2015

. Остава

[x]=-45

x=-\frac{403}{9}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2015-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

За всяко естествено число

k\gt{}1

означаваме с

p(k)

най-малкият естествен делител на

k

, по-голям от 1. Да се намерят всички естествени числа

m

, за които съществува естествено число

n

, такова, че

m+n=p^{2}(m)-p^{2}(n)

Решение

Нека

m=q

е нечетно просто число и

n=q^{2}-q-4

. Тогава

p(m)=q, p(n)=2

и исканото равенство е изпълнено. Ако

m=2

, то

p(m)=2

p^{2}(m)-p^{2}(n)=4-p^{2}(m) \leq 0\lt{}m+n

. Ако

m

е съставно число, то

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

, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2015-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Сборът на лицата на всички квадрати със страни, успоредни на страните на големия квадрат, в квадрат

n \times n

S_{n}

. Колко от числата

S_{1}, S_{2}, \ldots, S_{99}

са четни?

Решение

Отговор: 74. Има

n^{2}

квадрата с лице

1^{2}, (n-1)^{2}

квадрата с лице

2^{2}

и т. н.; накрая има

1^{2}

квадрат с лице

n^{2}

. Според задача 1 сборът е

\frac{n(n+1)(n+2)\left(n^{2}+2 n+2\right)}{30}

. Ако

n

е четно или дава остатък 3 при деление на 4, числителят се дели на 4, така че

S_{n}

е четно. Ако

n

дава остатък 1 при деление на 4, числителят не се дели на 4, така че

S_{n}

е нечетно. Сред числата

1, 2, \ldots, 99

има 25, които дават остатък 1 при деление на 4. Остават

99-25=74

числа.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2015-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

а) Намерете естествени числа

a

b

, че

\frac{1}{8}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}

. б) Докажете, че съществуват четири цели числа

a, b, c

d

всяко от които по абсолютна стойност е по-голямо от 1000 001 и за които е изпълнено равенството

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

Решение

а) От равенството

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

при

n=8

получаваме

\frac{1}{8}-\frac{1}{9}=\frac{1}{72}

, т. е.

a=9

b=72

са търсените числа. б) Лесно се проверява, че при произволно естествено число

n

, числата

a=-n, b=n+1, c=-n(n+1)+1, d=(n(n+1)+1)

удовлетворяват даденото равенство. Достатъчно е да изберем

n\gt{}1000001

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2015-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Нека

S

е множеството от естествените числа, които не могат да се представят във вида

m^{\tau(m)}+n^{\tau(n)}+\ell^{\tau(\ell)}, m, n, \ell \in \mathbb{N}

, където с

\tau(k)

е означен броят на различните естествени делители на

k

. Крайно или безкрайно е множеството

S

Решение

Отговор: Безкрайно. Числото

k^{\tau(k)}

винаги е точен квадрат. Действително, ако

k

е точен квадрат, всяка негова степен също е такава, а ако

k

не е точен квадрат, то

\tau(k)

е четно. Следователно

S

е състои от суми на три точни квадрати. Тъй като числата, които дават остатък 7 при деление на 8, не могат да се предствят като сума на три точни квадрата, множеството

S

е безкрайно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2015-8-8

8 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2015-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

На страните

A C

B C

на триъгълник

A B C

изберете по

n

вътрешни точки и свържете всяка от тях с отсрещния и връх. Колко триъгълника има на получения чертеж?

Решение

Отговор:

(n+1)^{3}

. Сред триъгълниците с връх

A

има

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

, опиращи на страната

B C

, и още

n

пъти по толкова, отсечени от тях чрез отсечките през

B

, или общо

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

триъгълника. Триъгълниците с връх

B

също са толкова. От тях трябва да изключим тези, които са с върхове

A

B

; третият им връх е някоя от останалите точки, чийто брой е

(n+1)^{2}

; получаваме

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2015-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които (

n+1

-n+29

се дели на

n!+n+1

Решение

Отговор:

\mathbf{1, 3, 4}

. Директна проверка при

n \leq 5

дава решенията

n=1, n=3

n=4

. Нека

n \geq 6

. От условието следва, че

(n+1)!-n+29-(n+1)(n!+n+1)=-n^{2}-3 n+28

също се дели на

n!+n+1

. Тогава

n^{2}+2 n-28 \geq n!\geq n(n-1)(n-2)(n-3)=n^{4}-6 n^{3}+11 n^{2}-6 n

. Получаваме

n^{4}-6 n^{3}+10 n^{2}-8 n+28 \leq 0

, което очевидно не е вярно при

n \geq 6

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2015-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Простите числа

p, q

r

са такива, че числата

p q+1, p r+1

q r-p

са точни квадрати. Да се докаже, че

p+2 q r+2

също е точен квадрат.

Решение

Нека

p q+1=a^{2}

, където

a

е естествено число. Тогава от

p q=(a-1)(a+1)

и невъзможността на

a-1=1

следва, че

|p-q|=2

. Аналогично се вижда, че

|p-r|=2

. От тези равенства се вижда, че или

p=5

, като

q

r

са 3 и 7 в някакъв ред, или

q=r=p \pm 2

и числата отново са нечетни. В първия случай получаваме (

5+2 \cdot 3 \cdot 7+2=7^{2}

). Ако

q=r=p-2

, получаваме, че

q r-p=q^{2}-q-2=m^{2}, m \in \mathbb{N}

, и от заключването между точни квадрати

(q-1)^{2} \leq q^{2}-q-2\lt{}q^{2}

следва, че

q \leq 3

, т. е.

q=r=3

p=5

. Оттук получаваме то

p=5, q=r=3\left(5+2 \cdot 3 \cdot 3+2=5^{2}\right)

. Ако

q=r=p+2

, получаваме, че

q r-p=q^{2}-q+2=n^{2}, n \in \mathbb{N}

, и заключването между точни квадрати показва, че нямаме в този случай.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2015-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Куб с ръб

n

е съставен от единични кубчета. От всяка стена е пробит тунел до противоположната стена. Сечението на всеки от тунелите е квадрат със страна 1, като трите тунела се пресичат в центъра на големия куб. Намерете най-малкото четирицифрено число

n

, за което броят на кубчетата в получената конструкция е точен квадрат.

Решение

Отговор: 1024. При копането на първия тунел губим

n

кубчета с ръб 1, а при всеки от останалите двапо

n-1

, понеже централното кубче е вече махнато. Останалите кубчета са

n^{3}-3 n+2=n^{3}-n^{2}+n^{2}-n-2 n+2=

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

щом този израз е точен квадрат, то

n+2

е точен квадрат. Най-малкото подходящо

n

1022=32^{2}-2

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2015-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Едно естествено число

n

е почтено, ако сумата от всичките му делители (включително 1 и самото число) е

2 n-1

. Намерете всички почтени числа на които точните им степени са също почтени.

Решение

Отговор: Всички степени на числото 2. Нека делителите на числото

n

са

d_{1}=1, d_{2}, \ldots, d_{k}, d_{k+1}=n

d_{1}+d_{2}+\cdots+d_{k-1}+d_{k}=n-1

. Изписваме някои от делителите на почтеното число

n^{t}: 1, d_{1}, \ldots, d_{k}; n, n d_{1}, \ldots, n d_{k}; n^{2}, n^{2} d_{1}, \ldots, n^{2} d_{k}

и т. н. до

n^{t-1}, n^{t-1} \cdot d_{1}, \ldots, n^{t-1} \cdot d_{k}

. Сумираме по редове и получаваме

S=\left(1+d_{1}+\cdots+d_{k}\right)(1+ \left. n+\cdots+n^{t-1}\right)=(n-1)\left(1+n+\cdots+n^{t-1}\right)=n^{t}-1

. Тъй като

n^{t}

е почтено, то

n^{t}

няма други делители. Оттук следва, че

n

е точна степен на просто число. Ако

n=p^{s}

, то

p^{s}-1=1+p+p^{2}+\cdots+p^{s-1}=\left(p^{s}-1\right) /(p-1)

, т. е.

p=2

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2015-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

В равнината са дадени

n

еднакви квадрата, като страните на всеки квадрат са успоредни на координатните оси. Ако за всеки два от дадените квадрати има точка, вътрешна и за двата квадрата, да се докаже, че всичките

n

квадрата имат обща точка.

Решение

Да допуснем, че всички квадрати са разположени в първи квадрант и са със страна единица. Намираме квадрата

P

с долна страна най-близко до оста

O x

и през тази му страна построяваме права

p

. Намираме квадрата

D

с дясна страна най-далече от оста

O y

и през тази му страна построяваме правата

d

. Намираме квадрата

L

с лява страна най-близко до оста

O y

и през тази му страна построяваме правата

l

. Намираме квадрата

G

с горна страна най-далеч от оста

O x

и през тази му страна построяваме правата

g

(ако няколко квадрата имат това свойство избираме един от тези квадрати). Четирите прави

p

d, l

g

определят правоъгълник

S

с център точка

O

, в който са поместени всички дадени квадрати. Всяка от страните на правоъгълника

S

е с дължина по-малка от 2. В противен случай квадратите

P

G

или

L

D

няма да имат обща вътрешна точка. Остава да докажем, че всеки квадрат от дадените квадрати съдържа центъра

O

на правоъгълника

S

. Допускаме, че квадратът

K

не съдържа центъра

O

на правоъгълника. Тъй като

K

е със страна 1, а всяка от страните на

S

е по-малка от 2, то

K

не се съдържа изцяло в

S

, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2015-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Съществуват ли естествени числа

x\gt{}1

, за които

\left(2^{2015}+1\right)^{x}+2^{2015}=2^{y}+1

Решение

Отговор: Не съществуват!. Ако

x\gt{}1

, то лявата страна дава остатък 5 при деление на 9. Тогава от

2^{y} \equiv 4(\bmod 9)

следва, че

y \equiv 2(\bmod 6)

. Нека

y=6 k+2, k \in \mathbb{N}

. Тогава

2^{y}+1 \equiv\left(2^{6}\right)^{k} \cdot 2^{2}+1 \equiv 5, 10(\bmod 13)

. От друга страна,

\left(2^{2015}+1\right)^{x}+2^{2015} \equiv 8^{x}+7 \equiv 2, 6, 8, 12(\bmod 13)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2015-8-8

8 · Ден 4

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2015-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Пиратският кораб „Морж“ има 2015 сандъка със съкровища (всички са затворени). Всеки сандък съдържа някакво количество злато и някакво количество сребро като количествата са различни за всеки сандък. При подялбата на златото и среброто екипажът прави следното: Първо, капитан Флинт обявява на останалите пирати колко сандъкаще задържи за себе си. След това той отваря всички сандъци и решава кои ще вземе. Флинт иска да получи поне половината злато и поне половината сребро, но трябва също да се постарае да поиска възможно най-малко сандъци, за да може екипажът му да остане доволен. Колко сандъци трябва да поиска Флинт?

Решение

Отговор: 1008. Понеже Флинт иска да задържи поне половината злато, тоще му трябват поне 1008 сандъкасандъците може да съдържат еднакво количество злато. Ще докажем, че 1008 ще са му достатъчни. Нека наредим сандъците по количеството злато

^{\text{в}}

тях

{ }_{1} \geq 2 \geq \cdots \geq 2015

и ги разделим в 1008 групи:

(1), \left({ }_{2}, 3\right), (4, 5), \ldots, (2014, 2015)

. От всяка група Флинт избира сандъка с повече сребро и така си осигурява да получи поне половината сребро. Също, неизбраният сандък от всяка група има по-малко злато от избрания в предната и следователно Флинт ще получи и поне половината злато.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2015-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Докажете, че

\sum_{k=1}^{n} \frac{k}{k^{4}+5 k^{2}+9}\lt{}\frac{1}{6}

Решение

Имаме

\frac{k}{k^{4}+5 k^{2}+9}=\frac{1}{2} \cdot \frac{\left(k^{2}+k+3\right)-\left(k^{2}-k+3\right)}{\left(k^{2}+k+3\right)\left(k^{2}-k+3\right)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k(k-1)+3}-\frac{1}{k(k+1)+3}\right)

и след телескопиране сумата става равна на

\frac{1}{2}\left(\frac{1}{0 \cdot 1+3}-\frac{1}{n(n+1)+3}\right)\lt{}\frac{1}{6}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2015-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n\gt{}3

е четно число и

g_{n}

е най-голямото

n

-цифрено число, което се увеличава 9 пъти, ако се запише отзад напред. Да се намери най-големият общ делител на числата

g_{4}, g_{6}, g_{8}, \ldots, g_{888}

Решение

Първата цифра на

g_{n}

е 1, за да не увеличи броя на цифрите си при умножение с 9. По същата причина втората му цифра е най-много 1. Ако тя е 1, то след умножение по 9 числото ще започва с 99, понеже не е увеличило броя на цифрите си. Тогава

g_{n}

завършва на 99, но тогава при умножение с 9 то завършва на 91, а не на 11: противоречие. Следователно втората цифра на

g_{n}

може да е само 0. Ако предпоследната цифра на

g_{n}

a

, то

\overline{\ldots a 9}.9=\overline{\ldots 01}

, така че

.9+8

завършва на 0, т. е.

=8

. Най-голямото

g_{n}

с тези свойства се получава, ако всички междинни цифри са девятки. Така

g_{4}=1089

g_{6}=109989=

1089 \cdot 101, чийто най-голям общ делител е 1089. Всъщност всяко от споменатите

g_{n}

се дели на 1089 (резултатът е

n-3

-цифрено число с редуващи се единици и нули), така че 1089 е търсеният най-голям общ делител.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2015-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Квадратна таблица

(2 n+1) \times(2 n+1)

е оцветена шахматно. Редовете и стълбовете са номерирани от 1 до

2 n+1

и поле

(1; 1)

е черно. Колко са начините за поставяне на

n

топа, така че да застрашат всички бели полета?

Решение

Белите полета са

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

на брой. Един топ може да заплаши не повече от

2 n+2

бели полета, като равенство е възможно само ако се намира в четен ред и стълб. Трябва да изберем различни четни стълбове за топовете от редове 2,

4, 6, \ldots, 2 n

, за което има

n!

начина.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2015-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Дадени са 21 на брой отсечки върху правата. Ако всяка отсечка пресича поне 10 от останалите 20 отсечки, да се докаже, че има отсечка

\Gamma

от дадените, която пресича всички 21 отсечки.

Решение

Да предположим, че дадените 21 отсечки са разположени върху абсцисата

O x

в дясно от нулата. Номерираме последователно от ляво на дясно десните краища на отсечките с числата

1, 2, 3, \ldots, 21

. След това номерираме от ляво на дясно с числата

1, 2, 3, \ldots, 21

левите краища на отсечките. Разглеждаме само отсечките с десен край с номер

11, 12, 13, \ldots, 21

. За всяка от тези отсечки с десен край с номер от 11 до 21 намираме съответния й ляв край и избираме тази отсечка, на която левия й край има най-малък номер. Нека това е отсечката

I=\left[a_{m}; b_{m}\right]

. Ще покажем, че всяка друга отсечка

\left[a_{i}, b_{i}\right]

от дадените има обща точка с отсечката

I

. Ако допуснем, че левият край

a_{i}

на отсечката

\left[a_{i}, b_{i}\right]

е в дясно от десния край на отсечката

I

, тогава отсечката

\left[a_{i}, b_{i}\right]

не пресича единадесетте отсечки с десен край с номер

1, 2, 3, \ldots, 10

и 11 т. е.

\left[a_{i}, b_{i}\right]

пресича евентуално само 9 отсечки. Ако допуснем, че десният край

b_{i}

на отсечката

\left[a_{i}, b_{i}\right]

е в ляво от левия край на отсечката

I

, тогава отсечката

\left[a_{i}, b_{i}\right]

не пресича единадесет отсечки с десен край с номер

11, 12, 13, 14, \ldots, 21

(така е избран левия край на отсечката

I

) т. е.

\left[a_{i}, b_{i}\right]

пресича само девет останали отсечки, което е невъзможно от условието на задачата. Следователно всяка от отсечките има обща точка с отсечката

I

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2015-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълникът

A B C(A C=B C)

. Точката

M

е среда на

A B

, а точката

P

е вътрешна за триъгълника и

\angle P A B=\angle P B C

. Какви стойности може да приема сборът

\angle A P M+\angle B P C

Решение

Ако

P_{1}

е симетрична на

P

относно

M

, а

P_{2}

е образ на

P

при ротация с център

C

, на ъгъл

\angle A C B

, лесно се вижда, че

\triangle P P_{2} B \cong \triangle A P P_{1}

и тъй като

\angle P_{2} P C=\angle B A C= \angle P B P_{2}

, то

\angle A P M+\angle B P C=180^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2015-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Около триъгълника

A B C

е описана окръжност

k

. Ъглополовящата на

\angle B A C

пресича

k

в точка

L

. Върху правата през

L

, успоредна на

A C

, е избрана точка

K

, равноотдалечена от

A

C

. Ако

M

е средата на

A B

, да се докаже, че четириъгълника

A M K L

е равнобедрен трапец.

Решение

Нека

L K

пресича

k

в точка

T

. Трапецът

A T L C

е вписан, следователно равнобедрен, откъдето

K

е среда на

T L

. Лесно се вижда, че

A T B L

е вписан трапец със средна основа на правата

M K

, т. е.

M K \| A L

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2015-8-8

8 · Финал

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши в цели числа уравнението

14^{x}-3^{y}=2015

Решение

От

14^{x}\gt{}2015

следва, че

x \geq 3

. Тогава

3^{y} \geq 14^{3}-2015=729

, откъдето

y \geq 6

(и намерихме то

(x, y)=(3, 6))

. Нещо повече, тъй като

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

, заключаваме, че

y=6 k

за някое естествено число

k

. Тъй като

0 \equiv 14^{x}-3^{6 k} \equiv(-1)^{x}-(-1)^{3 k}(\bmod 5)

, числата

x

k

са с еднаква четност. Но от

-1 \equiv 14^{x}(\bmod 9)

следва, че

x \equiv 3(\bmod 6)

и значи

x

k

са нечетни. Ако

x\gt{}3

, то

1 \equiv 3^{6 k} \equiv 9^{3 k}(\bmod 16)

, което дава, че

k

е четно, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2015-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се реши в цели числа уравнението

x^{2} y^{5}-2^{x}.5^{y}=2015+4 x y

Решение

Очевидно

x

y

са положителни. Нещо повече, лесно се вижда, че те трябва да са нечетни. Разглеждане на даденото уравнение по модул 5 дава

x y(x-4) \equiv 0(\bmod 5)

. Разглеждане пък по модул 8 дава

y \equiv 5\left(2^{x}-1\right)(\bmod 8)

. Имаме няколко възможности. Случай 1. Ако

x=1

, то

y \geq 5

и полученото уравнение

y^{5}-2 \cdot 5^{y}=2015+4 y

няма (Защо?). Случай 2. Ако

x=3

, то

y \equiv 3(\bmod 8)

y \equiv 0(\bmod 5)

. Тогава

y \equiv 35(\bmod 40)

, откъдето

y \geq 35

и получаваме

9 y^{5}-8 \cdot 5^{y}=2015+12 y

, което също няма Случай 3. Ако

x \geq 5

, то отново

y \equiv 3(\bmod 8)

. При

y=3

получаваме то

(x, y)=(5, 3)

, а при

y \geq 11

имаме

x^{2}\lt{}2^{x}

y^{5}\lt{}5^{y}

и лявата страна е отрицателна.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2015-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

В клетките на една квадратна таблица с размери

n \times n

са записани в произволен ред числата

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

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

n

Решение

M

означаваме множеството от онези клетки, в които са записани числата

1, 2, \ldots, k

. Нека

k_{0}

е най-малкото, за което

M

съдържа линия. Ясно е, че

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

. Нека например

M_{k_{0}}

съдържа реда с номер

l

. Тогава

M_{k_{0}-1}

съдържа

l

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

s

-я стълб. Да разгледаме останалите

n-1

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

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

. Нека това е стълбът с номер

r

. В него има числа, по-големи от

k_{0}

, които според горната

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2015-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Редицата от цифри

2, 3, 6, 1, 8, 6, 8, 4, 8, 4, 8, \ldots

е получена, както следва: първите два члена на редицата са

a_{1}=2

a_{2}=3

, и за

n \geq 1

на

n

та стъпка към редицата се добавят (в ред от старшите разряди към младшите, в десетичен запис) цифрите на произведението

a_{n} a_{n+1}

. Ще се появи ли някога в тази редица цифрата 5?

Решение

Отговор: Не. Първоще докажем, че в редицата никога няма да се появят две последователни нечетни цифри и че на всяка стъпка последната записана цифра е четна. Наистина, ако това е вярно за първите няколко члена на редицата, то произведението

a_{n} a_{n+1}

е двуцифрено четно число и следователно ще запишем най-много две цифри, втората от които е четна. В редицата няма да се появи цифрата 9, тъй като няма двуцифрено четно число, с цифра на десетиците 9 и което число е произведение на две цифри. В редицата няма да се появи цифрата 7, тъй като това може да стане само при получаване на

8 \cdot 9=72

, а цифра 9 не се среща в редицата. Накрая, в редицата няма да се появи цифрата 5, защото това е възможно само при получаване на

6 \cdot 9=54

или

8 \cdot 7=56

, а цифрите 7 и 9 не се срещат в редицата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2015-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Дадени са 28 правоъгълника в равнината всеки от които има страни, успоредни на координатните оси. Всеки правоъгълник пресича поне 21 от останалите 27 правоъгълници. Да се докаже, че има правоъгълник от дадените, който пресича всичките 28 правоъгълника.

Решение

Нека с

P

означим правоъгълника, който има горна страна най-близка до оста

O x

. Поне 21 правоъгълника се пресичат с правоъгълника

P

и по-малко от 6 правоъгълника не се пресичат с правоъгълника него. Тези пое по-малко от 6 правоъгълника наричаме лош под. Разглеждаме правоъгълника

D

, който има лява страна най-отдалечена от оста

O y

. Правоъгълникът

D

пресича поне 21 правоъгълника и по-малко от 6 правоъгълника не се пресичат с него. Тези правоъгълници наричаме лошо дясно. Правоъгълникът

L

има дясна страна най-близка до оста

O y

. Правоъгълникът

L

пресича поне 21 правоъгълника и по-малко от 6 правоъгълника не се пресичат с него. Тези правоъгълници наричаме лоши леви. Правоъгълникът има долна страна най-далечна от оста

O x

. Правоъгълникът пресича поне 21 правоъгълника и по-малко от 6 правоъгълника не се пресичат с него. Тези правоъгълници наричаме лош таван. Тъй като

6+6+6+6=24\lt{}28

има правоъгълник

S

, който не е лош в никакъв смисъл т. е. той пресича всеки от избраните правоъгълници

P, D, L

T

. Ще докажем, че правоъгълникът

S

пресича всеки един от дадените правоъгълници. Избираме произволен правоъгълник

A

и допускаме, че правоъгълникът

A

и правоъгълникът

S

не се пресичат. Следователно съществува права

s

(примерно хоризонтална, която разделя правоъгълника

A

от правоъгълника

S

. Очевидно правата

s

разделя правоъгълниците

S

T

, защото правоъгълникът има по-далечна долна страна от правоъгълника

A

до оста

O x

. Тогава правоъгълникът

S

е лош таван, но това не е вярно, защото правоъгълникът

S

е избран извън лошите правоъгълници.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2015-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

с център на вписаната окръжност

I

\angle B A C=70^{\circ}

. Ако

C A+A I=B C

да се намери

\angle A B C

Решение

Отговор:

35^{\circ}

. Ако

D

е точка върху лъча

C A \rightarrow

за която

A D=A I

, то

\triangle C D I \cong \triangle C B I

и тогава

\angle C A I=2 \angle A D I=\angle A B C

. Следователно

\angle A B C=35^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2015-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

В равнината е даден изпъкнал петоъгълник с върхове, точки с цели координати. Да се докаже, че във вътрешността на петоъгълника има точка с цели координати.

Решение

Съществуват два съседни ъгъла със сбор, по-голям от

180^{\circ}

(ако допуснем противното и съберем всички 5 неравенства, ще получим противорчеие). Нека това са върховете

A

B

, като разстоянието от

E

до

A B

е не по-голямо от разстоянието от

C

до

A B

. Тогава, ако

A B X E

е успоредник, точката

X

е вътрешна за петоъгълника и е с цели координати.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2015-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

a

b

, за които равенството

[a x+b y]+[b x+a y]=(a+b)[x+y]

е изпълнено за произволни реални числа

x

y

. (За реалното число

x

[x]

означаваме най-голямото цяло число, което е по-малко или равно на

x

Решение

Отговор:

a=b=0

a=b=1

. При

x=1, y=0

получаваме

[a]+[b]=a+b

, откъдето поради

[a] \leq a

[b] \leq b

, получаваме, че

a

b

са цели числа. При

x=\frac{1}{2}, y=0

получаваме

\left[\frac{a}{2}\right]+\left[\frac{b}{2}\right]=0

. Ако

a \geq 0

b \geq 0

получаваме, че

\left[\frac{a}{2}\right]=\left[\frac{b}{2}\right]=0

, откъдето

a=0, 1

b=0, 1

. Ако

a=0, b=1

(или

a=1, b=0

) получаваме

[x]+[y]=[x+y]

, което не е вярно за

x=y=\frac{3}{4}

. В този случай остават решенията

a=b=0

a=b=1

. Случаят

a \leq 0, b \leq 0

a b \neq 0

е невъзможен, защото тогава

\left[\frac{a}{2}\right] \leq 0

\left[\frac{b}{2}\right] \leq 0

, като поне едно от неравенствата е строго. Без ограничение нека

a\gt{}0

b\lt{}0

. Полагаме

x=\frac{1}{a+1}

y=0

и получаваме

\left[\frac{a}{a+1}\right]+\left[\frac{b}{a+1}\right]=0

, откъдето

\left[\frac{b}{a+1}\right]=0

, което е невъзможно за отрицателното число

\frac{b}{a+1}

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2015-10-8

10 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

. Нека

A A_{1}

е височина в него и

H_{a}

е ортоцентъра на триъгълника с върхове в допирните точки на външновписаната окръжност срещу върха

A

със страните на

\triangle A B C

. Точките

B_{1}, C_{1}, H_{b}

H_{c}

са дефинирани аналогично. Докажете, че правите

A_{1} H_{a}, B_{1} H_{b}

C_{1} H_{c}

се пресичат в една точка.

Решение

Нека

T_{a}^{\prime}, T_{b}^{\prime}

T_{c}^{\prime}

са точките, в които външновписаната окръжност срещу върха

A

допира страните на

\triangle A B C

I_{a}

е център на тази окръжност. Нека още

T_{a}, T_{b}

T_{c}

са точките, в които вписаната окръжност допира страните на

\triangle A B C

H^{\prime}

е ортоцентър на

\triangle T_{a} T_{b} T_{c}

. Ще докажем, че трите прави от условието на задачата се пресичат в

H^{\prime}

. Наистина, всички двойки съответни страни и диагонали на четириъгълниците

T_{a} T_{b} T_{c} H

H_{a} T_{c}^{\prime} T_{b}^{\prime} T_{a}^{\prime}

са успоредни (така например, имаме

T_{a} T_{b} \perp T_{b}^{\prime} T_{a}^{\prime} \perp T_{c}^{\prime} H_{a} \Rightarrow T_{a} T_{b} \| T_{c}^{\prime} H_{a}

). Следователно, тези четириъгълници са хомотетични. Техният коефициент на подобие е равен на отношението на радиусите на описаните окръжности на

\triangle T_{a} T_{b} T_{c}

\triangle H_{a} T_{c}^{\prime} T_{b}^{\prime}

. Понеже

H_{a}

е ортоцентър, радиусът на описаната окръжност на

\triangle H_{a} T_{c}^{\prime} T_{b}^{\prime}

е равен на радиуса на описаната окръжност на

\triangle T_{c}^{\prime} T_{b}^{\prime} T_{a}^{\prime}

тоест, това отношение е равно на

r: r_{a}

. Следователно, в трапеца

H^{\prime} T_{a} T_{a}^{\prime} H_{a}

правата

H_{a} H^{\prime}

дели отсечката

T_{a} T_{a}^{\prime}

в отношение

H^{\prime} T_{a}: H_{a} T_{a}^{\prime}=r: r_{a}

. Но

A_{1}

дели тази отсечка в същото отношение защото, по теоремата на Талес,

T_{a} A_{1}

A_{1} T_{a}^{\prime}=I A: A I_{a}=r: r_{a}

. Аналогично се доказва, че точката

H^{\prime}

лежи и на правите

B_{1} H_{b}

C_{1} H_{c}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2015-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}

със следните свойства: (i)

f(m) f(n)=f(m n)

за всички

m, n \in \mathbb{N}

; (ii) съществуват безбройно много естествени числа

n

, за които

\{f(1), f(2), \ldots, f(n)\}=\{1, 2, \ldots, n\}

Решение

Отговор:

f(n)=n

. От (i) получаваме

f(1)^{2}=f(1)

, откъдето

f(1)=1

. Ще докажем, че

f

е биекция. Сюрективността следва очевидно от (ii) за достатъчно голямо

n

ще получим всяка искана стойност. За инективността да допуснем, че

f(a)=f(b)

за някои

a

b

отново от (ii) за достатъчно голямо

n

имаме противоречие. Ще докажем, че

f(n)

е просто тогава и само тогава, когато

n

е просто. Ако

f(n)=a b

е съставно,

a, b\gt{}1

то

f(n)=a b=f\left(a_{1}\right) f\left(b_{1}\right)=f\left(a_{1} b_{1}\right)

, откъдето

n=a_{1} b_{1}

, като

a_{1}, b_{1}\gt{}1

, т. е.

n

също е съставно. Обратното се вижда аналогично. От доказаното дотук следва, че ако

n=p_{1}^{\alpha_{1}} \ldots p_{s}^{\alpha_{s}}

е каноничното разлагане на

n

, то

f(n)=f\left(p_{1}^{\alpha_{1}}\right) \ldots f\left(p_{s}^{\alpha_{s}}\right)

е каноничното разлагане на

f(n)

. Ще докажем, че

f(p) \leq p

за всяко просто число

p

, откъдето поради биективността ще следва, че

f(n)=n

. Да допуснем противното. Тогава

f(p)=q

за някои прости числа

p

q

, като

p\lt{}q

. Ясно е, че имаме

q^{n}\gt{}p^{n+1}

за всяко

n \geq n_{0}

(т. е. за всяко достатъчно голямо

n

). Нека

N \in\left[q^{n}, q^{n+1}\right)

е такова, че

\{f(1), f(2), \ldots, f(N)\}=\{1, 2, \ldots, N\}

n \geq n_{0}

. Тогава

p^{n+1}\lt{}q^{n} \in\{1, 2, \ldots, N\}

, докато

f\left(p^{n+1}\right)=f(p)^{n+1}=q^{n+1} \notin\{f(1), f(2), \ldots, f(N)\}

, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2015-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всеки три реални положителни числа

a, b, c

е изпълнено неравенството

\frac{a^{3}}{(a+b)^{3}}+\frac{b^{3}}{(b+c)^{3}}+\frac{c^{3}}{(c+a)^{3}} \geq \frac{3}{8}

Решение

С полагането

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

трябва да докажем, че

\frac{1}{(1+x)^{3}}+\frac{1}{(1+y)^{3}}+\frac{1}{(1+z)^{3}} \geq \frac{3}{8}

при

x y z=1

. За целта ще използваме, че

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

за всеки две реални положителни числа

x

y

, удовлетворяващи

x y \geq 1

. Наистина, след привеждане под общ знаменател последното става еквивалентно на

\begin{gathered} x^{3} y^{3}\left(x^{6}+y^{6}\right)+3 x^{3} y^{3}\left(x^{4}+y^{4}\right)+3 x^{2} y^{2}\left(x^{6}+y^{6}\right)+3 x^{3} y^{3}\left(x^{2}+y^{2}\right)+ \\ +3 x^{2} y^{2}\left(x^{4}+y^{4}\right)+3 x y\left(x^{6}+y^{6}\right)+9 x y\left(x^{4}+y^{4}\right)+2 x^{3} y^{3}+9 x y\left(x^{2}+y^{2}\right)+6 x y \geq \\ \geq 2 x^{6} y^{6}+6 x^{4} y^{4}\left(x^{2}+y^{2}\right)+18 x^{4} y^{4}+\left(x^{6}+y^{6}\right)+9 x^{2} y^{2}\left(x^{2}+y^{2}\right) \\ +3\left(x^{4}+y^{4}\right)+12 x^{2} y^{2}+3\left(x^{2}+y^{2}\right) \end{gathered}

т. е. на

\begin{gathered} \left(x^{3} y^{3}-1\right)\left(x^{3}-y^{3}\right)^{2}+3\left(x^{3} y^{3}-1\right)(x-y)^{2}\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)+3 x^{2} y^{2}\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(x^{2}-y^{2}\right)^{2}+ \\ +3\left(x^{3} y^{3}-1\right)(x-y)^{2}+3 x^{2} y^{2}\left(x^{2}-y^{2}\right)^{2}+3 x y\left(x^{3}-y^{3}\right)^{2} \\ +9 x y(x-y)^{2}\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)+6 x y(x-y)^{2} \geq 0 \end{gathered}

което очевидно е вярно. В такъв случай, ако

z=t^{2} \leq 1

е най-малкото от трите числа, то имаме

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

\frac{2}{(1+\sqrt{\vphantom{x^2}x y})^{3}}+\frac{1}{(1+z)^{3}}=

\frac{2 t^{3}}{(t+1)^{3}}+\frac{1}{\left(t^{2}+1\right)^{3}}

и остава да покажем, че

\begin{gathered} \frac{2 t^{3}}{(t+1)^{3}}+\frac{1}{\left(t^{2}+1\right)^{3}} \geq \frac{3}{8} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow 13 t^{9}-9 t^{8}+30 t^{7}-30 t^{6}+12 t^{5}-36 t^{4}-6 t^{3}+6 t^{2}+15 t+5 \geq 0 \\ \Leftrightarrow(t-1)^{2}\left(13 t^{7}+17 t^{6}+51 t^{5}+55 t^{4}+71 t^{3}+51 t^{2}+25 t+5\right) \geq 0 \end{gathered}

с което доказателството е завършено. Равенство се достига при

a=b=c

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2015-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадено е естествено число

k

. За всяко естествено число

n

дефинираме

f_{k}(n)

да бъде най-малкото естествено число, което е по-голямо от

k n

и е такова, че

n f_{k}(n)

е точен квадрат. Да се докаже, че функцията

f_{k}(n)

е инективна.

Решение

Да допуснем, че

f_{k}(m)=f_{k}(n)=t

, като

t=a \ell^{2}

, където

a

е свободно от квадрати. Тъй като числото

m f_{k}(m)=m t=m a \ell^{2}

е точен квадрат, то

m a

също е точен квадрат. Следователно

m=a u^{2}, u \in \mathbb{N}

. Аналогично се вижда, че

n=a v^{2}, v \in \mathbb{N}

. Тъй като

f_{k}\left(a u^{2}\right)=a \ell^{2}

, от условието следва, че

a \ell^{2}\gt{}k m=k a u^{2}

, откъдето

\ell\gt{}u \sqrt{\vphantom{x^2}k}

\ell

е най-малкото число с това свойство. Аналогично имаме

\ell\gt{}v \sqrt{\vphantom{x^2}k}

\ell

е най-малкото число с това свойство. Следователно

|v \sqrt{\vphantom{x^2}k}-u \sqrt{\vphantom{x^2}k}|\lt{}1

, откъдето

|u-v|\lt{}1 / \sqrt{\vphantom{x^2}k} \leq 1

, което означава, че

u=v

и съответно

m=n

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2015-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

m \geq 2

е естествено число. Естественото число

k

се нарича

m

-добро, ако съществува естествено число

n

, за което измежду сумите от вида

1^{k}+2^{k}+\cdots+n^{k}

може да се избере пълна система от остатъци по модул

m

. a) Да се намерят всички 20 - добри числа. б) Да се намери най-малкото

20^{15}

-добро естествено число.

Решение

а) Отговор:

k \in \mathbb{N}

е 20 -добро тогава и само тогава, когато се дели на 4. Да забележим, че ако

k\gt{}1

е 20 -добро, то и

k+4

също е 20 -добро. Действително, лесно се проверява, че разликата

a^{k+4}-a^{k}=a^{k}\left(a^{4}-1\right)

се дели на 20 за всяко естествено

a

. Следователно е достатъчно да проверим кои от числата

1, 2, 3, 4

и 5 са 20 -добри. б) От а) следва, че числата 1, 2 и 3 не са

20^{15}

-добри. Ще докажем, че 4 е

20^{15}

-добро. Изразът

S(n)=30\left(1^{4}+2^{4}+\cdots+n^{4}\right)

е полином

{ }^{1}

на

n

с цели коефициенти и свободен член

S(0)=0

. Достатъчно е да докажем, че за всяко фиксирано цяло

a

системата

S(n) \equiv 30 a (\bmod 3), S(n) \equiv 30 a\left(\bmod 2^{31}\right), S(n) \equiv 30 a\left(\bmod 5^{16}\right)

има (да отбележим, че

S(n+t m) \equiv S(n)(\bmod m))

. Имаме

S(0) \equiv 30 a(\bmod 30)

и това ни дава база. Нека

S\left(n_{0}\right) \equiv 30 a\left(\bmod 2^{r}\right)

за някое

r \geq 1, n_{0} \in \mathbb{Z}

. Ако

S\left(n_{0}\right) \equiv 30 a\left(\bmod 2^{r+1}\right)

, продължаваме нататък. Ако

S\left(n_{0}\right) \not \equiv 30 a \left(\bmod 2^{r+1}\right)

, то

S\left(n_{0}\right)-30 a=2^{r} q

, където

q

е нечетно. Тогава разглеждаме

n_{1}=n_{0}+2^{r}

и получаваме

S\left(n_{1}\right)=S\left(n_{0}+2^{r}\right) \equiv S\left(n_{0}\right)+2^{r} \equiv

2^{r}(q+1)+30 a \equiv 30 a \quad

\left(\bmod 2^{r+1}\right)

с което преходът е завършен. Аналогично се доказва, че

S(n) \equiv 30 a\left(\bmod 5^{s}\right)

има за всяко естествено

s

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2015-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Едно естествено число се нарича созополско, ако има точно два прости делителя. Съществуват ли 12 последователни созополски числа?

Решение

Да допуснем, че съществуват 12 последователни созополски числа

a, a+1, \ldots, a+

11. Директно се проверява, че

a\gt{}20

. Ако

a

е четно, то точно едно от числата

a, a+2

a+4

се дели на 3. Тогава точно едно от числата

a+6, a+8

a+10

също се дели на 2 и на 3. Аналогично, ако

a

е нечетно, то едно от числата

a+1, a+3

или

a+5

се дели на 2 и на 3 и тогава едно от числата

a+7, a+9

или

a+11

се дели на 2 и на 3. Получихме, че винаги съществуват две числа от дадените с разлика 6, които се делят на 2 и на 3, т. е. на 6. Понеже числата са созополски, имаме

2^{x}.3^{y}-2^{z}.3^{t}=6

. Ако

x \geq 2

z \geq 2

лявата страна се дели на 4, а дяснатане, противоречие. Аналогично

y \geq 2

t \geq 2

води до противоречие. Понеже

a\gt{}20

, то

z=t=1

не е възможно. Лесно се вижда, че уравнението се свежда до

2^{m}-3^{n}=1

(с m=2, n=1

) или

3^{p}-2^{q}=1

(с p=1, q=1

p=2, q=3

). И в двата случая не получаваме 12 последователни созополски числа.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2015-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Ъгълче с рамо

n

наричаме клетъчната фигура, състояща се от

2 n-1

квадратчета

1 \times 1

, която се получава, когато към две съседни страни на едно квадратче

1 \times 1

се долепи по един правоъгълник с размери

1 \times(n-1)

така, че единичните страни на квадратчето и на правоъгълника да съвпадат. Квадратчетата на една шахматна дъска с размери

100 \times 100

са оцветени в 15 цвята. Казваме, че едно ъгълче с рамо 8 е разноцветно, ако то съдържа по една клетка от всеки цвят. Колко най-много измежду ъгълчетата с рамо 8 върху дъската могат да се окажат разноцветни? \footnotetext{

{ }^{1}

В явен вид имаме

S(n)=6 n^{5}+15 n^{4}+10 n^{3}-n

. }

Решение

Описан квадрат на едно ъгълче с рамо 8 ще наричаме единствения квадрат

8 \times 8

, който го съдържа. Да групираме всички ъгълчета с рамо 8 върху дъската по четворки така, че ъгълчетата във всяка четворка да имат един и същи описан квадрат. Ще докажем, че всяка четворка съдържа най-много две разноцветни ъгълчета. Наистина, нека

P

е един описан квадрат и

L, R, D

U

са съответно най-левия и най-десния му стълб и най-долния и най-горния му ред. Да допуснем, че поне три от вписаните в този квадрат ъгълчета са разноцветни. Без загуба на общност, нека

L \cup D

R \cup D

са разноцветни. Понеже

R \cup D

е разноцветно, цветът на горния десен ъгъл на

P

не се среща в

D

. Понеже

L \cup D

е разноцветно, този цвят се среща в

L

. Следователно,

L \cup U

не е разноцветно. Аналогично и

R \cup U

не е разноцветно: противоречие. И така, най-много половината от всички ъгълчета върху дъската са разноцветни. От друга страна, при оцветяването, в което всяка клетка

(i, j)

е оцветена в остатъка на

i+j

при деление на 15, точно половината от всички ъгълчета са разноцветни.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2015-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Редицата от реални числа

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2015}

е такава, че са верни 2015-те равенства:

a_{1}^{3}=a_{1}^{2}; a_{1}^{3}+a_{2}^{3}=\left(a_{1}+a_{2}\right)^{2}; \ldots; a_{1}^{3}+\cdots+a_{2015}^{3}=\left(a_{1}+\cdots+a_{2015}\right)^{2}

. Да се докаже, че числата

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2015}

са цели.

Решение

Ако имаме само едно число в редицата

a_{1}

и за това число е изпълнено равенството

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

, то очевидно решенията са

a_{1}=0

a_{1}=1

. Нека за числата

a_{1}

a_{2}

са изпълнени равенствата:

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

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

. Решенията на тази система са:

(0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; -1), (1; 2)

. Да намерим всички при редица от три члена т. е. за реалните числа

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

, за които са изпълнени:

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

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

. От първите две уравнения намираме решенията

(0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; -1), (1; 2)

и с всяко заместваме в третото уравнение за да намерим

a_{3}

. Оттук получаваме всички

(0; 0; 0), (0; 1; 0), (1; 0; 0), (1; -1; 0),

(1; 2; 0), (0; 0; -1), (0; 1; -1), \ldots, (1; 2; 3).

Допускаме, че сумата от числата в редицата

a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{n}

, които са и на системата имат свойството:

a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}=\frac{b(b+1)}{2}

за някое цяло число

b

. За

n=1, 2, 3

горното свойство е вярно. Доказателството, че това свойство се запазва и за редица от числа

a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{n}, a_{n+1}

, за които числа е изпълнено още уравнението

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

се извършва по индукция. Тъй като числото

\frac{b(b+1)}{2}

е винаги цяло и следователно всяко добавено

a_{n+1}

към редицата

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

трябва да е цяло число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2015-10-8

10 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

За изпъкналия четириъгълник ABCD са изпълнени равенствата:

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

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

. Да се докаже, че

A B C D

е успоредник.

Решение

Нека

A_{1}

е симетрична на

A

относно

C; B_{1}

е симетрична на

B

относно средата на

C D; D_{1}

е симетрична на

D

относно средата на

B C

. Имаме

C D_{1}=B D=B_{1} C

. Очевидно

A_{1} B_{1} A D_{1}

е успоредник. От неравенството на триъгълника получаваме:

\sqrt{\vphantom{x^2}2} A C=A B+ C D=A B+B D_{1} \geq A D_{1}

\sqrt{\vphantom{x^2}2} B D \geq A B_{1} \cdot 2 A C^{2}+2 B D^{2} \geq A D_{1}^{2}+A B_{1}^{2}

Но в успоредника

B_{1} A_{1} D_{1}

имаме

A A_{1}=2 A C, B_{1} D_{1}=2 C D_{1}=2 B D

и от тъждесвото в успоредника имаме

2 A C^{2}+2 B D^{2}=A B_{1}^{2}+A D_{1}^{2}

и следователно навсякъде имаме равенства, откъдето следва и твърдението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2015-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е вписан четириъгълник

A B C D

и точка

P

вътре в него така, че

\angle P A B= \angle P B C=\angle P C D=\angle P D A

. Правите

A D

B C

се пресичат в точка

Q

, а правите

A B

C D

в точка

R

. Да се докаже, че ъгъла между правите

P Q

P R

е равен на ъгъла между правите

A C

B D

Решение

Нека

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

и нека

\angle A\gt{}\angle B

. Четириъгълникът

P B D Q

е вписан, откъдето

\angle D P Q=\angle D B Q=\angle D B C

. Аналогично

\angle R C A= \angle R P A=\angle D C A

. Освен това

\angle D P A=180^{\circ}-\angle B A D=\angle D C B

. Получаваме

\angle D P R= \angle D C B-\angle D C A=\angle A C B

\angle D P Q=\angle D B C

. Задачата следва от последните две равенства.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2015-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

f: \mathbb{R}^{+} \longrightarrow \mathbb{R}^{+}

такива, че за всички

x, y \in \mathbb{R}^{+}

е изпълнено, че

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

Решение

Нека

x \neq 1

. Полагаме последователно

(x, y)=\left(x^{\frac{1}{x-1}}, x\right) \rightarrow f\left(x^{\frac{x}{x-1}}+f\left(x^{\frac{x}{x-1}}\right)\right)= x^{\frac{x}{x-1}}+x^{\frac{1}{x-1}} f(x)

(x, y)=\left(x^{\frac{x}{x-1}}, 1\right) \rightarrow f\left(x^{\frac{x}{x-1}}+f\left(x^{\frac{x}{x-1}}\right)\right)=x^{\frac{x}{x-1}}+x^{\frac{x}{x-1}} f(1)

. Изваждайки последните две равенства, получаваме, че

f(x)=x f(1)

, което е вярно и за

f(1)=1

. Директна проверка показва, че

f(x)=x, \forall x \in \mathbb{R}^{+}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2015-10-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2015-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

p\gt{}3

е просто число. Естествените числа

a, b, c

d

са такива, че числата

a+b+c+d

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

се делят на

p

. Да се докаже, че за всяко нечетно естествено число

n

числото

a^{n}+b^{n}+c^{n}+d^{n}

се дели на

p

Решение

Да предположим, че сумата

a+b

се дели на

p

. Тогава

a+b \equiv-(c+d) \equiv 0 (\bmod p)

a^{n}+b^{n}+c^{n}+d^{n}=(a+b) A+(c+d) B \equiv 0(\bmod p)

. Оттук нататък ще считаме, че никоя от сумите

a+b, a+c, a+d, b+c, b+d

c+d

не се дели на

p

. Да предположим сега, че

a

се дели на

p

. Тогава

p

дели

b+c+d

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

и от

0 \equiv

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

(b+c+d)\left(b^{2}+c^{2}+d^{2}-b c-c d-d b\right)+2 b c d(\bmod p)

p\gt{}3

следва, че

p \mid b c d

, т. е.

p

дели някое от числата

b, c

d

. Оттук

p

дели някоя от сумите

a+b, a+c

a+d

, противоречие. Следователно никое от числата

a, b, c

d

не се дели на

p

. С помощта на

a+b \equiv-(c+d) \equiv 0(\bmod p)

получаваме последователно

\begin{aligned} 0 & \equiv a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}=(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)+(c+d)\left(c^{2}-c d+d^{2}\right) \\ & \equiv 3(a+b)(c d-a b)(\bmod p) \end{aligned}

Тогава

a b \equiv c d(\bmod p)

. Аналогично се вижда, че

a c \equiv b d(\bmod p)

. Следователно

a^{2} b c \equiv b c d^{2}(\bmod p)

, откъдето

a^{2} \equiv d^{2}(\bmod p)

. По същия начин се вижда, че всъщност

a^{2} \equiv b^{2} \equiv c^{2} \equiv d^{2} \equiv t(\bmod p)

. Тогава

a^{n}+b^{n}+c^{n}+d^{n} \equiv(a+b+c+d) t^{\frac{n-1}{2}} \equiv 0(\bmod p)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2015-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Едно естествено число

n\gt{}1

се нарича тежко, ако е взаимнопросто със сумата на всичките си естествени делители. Какъв е максималният брой последователни тежки числа?

Решение

Отговор: 5. Първо ще докажем, че всяко четно тежко число е точен квадрат или удвоен точен квадрат. Нека

n=2^{a} m

е четно тежко число. Достатъчно е да докажем, че

m

е точен квадрат. Ясно е, че нечетните делители на

n

m

съвпадат. Ако

m

не е точен квадрат, неговите делители се делят на двойки

d

\frac{n}{d}

с четна сума и следователно сумата на всички естествени делители на

m

е четна. Тогава и сумата на всички естествени делители на

n

е четна и не е взаимнопроста с

n

. Да допуснем, че имаме 6 последователни тежки числа. Тогава три от тях са четни и според доказаното по-горе са точни квадрати или удвоени точни квадрати. Очевидно няма как две да са точни квадрати. В другия случай получаваме диофантовите уравнения

2 x^{2}-2 y^{2}=2

2 x^{2}-2 y^{2}=4

, за които лесно се показва, че нямат в естествени числа. Числата

575, 576, 577, 578

и 579 са 5 последователни тежки числа.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2015-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се намери най-голямото естествено число

n

, такова че за всяко множество

S

от 2015 различни цели числа съществуват две различни непразни подмножества на

S

(възможно с един елемент и не непременно непресичащи се) всяко от които има сбор от елементите, кратен на

n

Решение

Да забележим първо, че

n \leq 2014

: в противен случай ако

n \geq 2015

, то множеството

S=\{1, 1+n, 1+2 n, \ldots, 1+2014 n\}

съдържа най-много едно подмножество със сума от елементите, кратна на

n

. Сега ще докажем, че

n=2014

е търсената максимална стойност. Наистина, нека

S=\left\{a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{2015}\right\}

и да разгледаме сумите

a_{1}, a_{1}+a_{2}, a_{1}+a_{2}+a_{3}, \ldots a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{2015}

. Те са 2015 на брой и следователно някои 2 от тях дават един и същи остатък при деление на 2014, т. е. разликата им

a_{i_{1}}+a_{i_{2}}+\cdots+a_{i_{k}}

се дели на 2014 и подмножеството

S_{1}=\left\{a_{i_{1}}, a_{i_{2}}, \ldots a_{i_{k}}\right\}

има исканото свойство. Премахвайки

a_{i_{1}}

от

S

и разглеждайки аналогичните суми за останалите елементи получаваме 2014 числа, измежду които или има кратно на 2014, или има две сравними по модул 2014 - и в двата случая можем да намерим непразно подмножество

S_{2}

на

S

със сума от елементите, кратна на 2014. Най-накрая,

a_{i_{1}} \notin S_{2}

и значи

S_{1} \neq S_{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2015-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Точките

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

лежат в кръг с радиус 1. Точките

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

са такива, че

B_{i} B_{j}\lt{}A_{i} A_{j}

за

i \neq j

. Винаги ли е вярно, че точките

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

лежат в някакъв кръг с радиус, по-малък от единица?

Решение

Отговор: Да, винаги. Нека

r(S)

е радиусът на най-малката окръжност, съдържаща множеството от точки

S

. Докажете последователно, че: (1) ако

S=\{A, B, C\}

, то

r(S)

е равно на радиуса на описаната окръжност на

\triangle A B C

, ако този триъгълник е остроъгълен, и на най-дългата му страна в противен случай; (2) ако

B_{i} B_{j}\lt{}A_{i} A_{j}

за

i \neq j

1 \leq i, j \leq 3

, то

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

; (3) ако за всеки три точки

A, B

C

от

S

имаме, че

r(A, B, C)\lt{}1

, то и

r(S)\lt{}1

(последното твърдение следва от теоремата на Хели).

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2015-10-8

10 · Ден 4

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Намерете всички функции

f: R^{+} \rightarrow R^{+}

, такива, че за произволни

a, b, c, d \in R^{+}

, за които

a b c d=1

е Изпълнено

(f(a)+f(b))(f(c)+f(d))=(a+b)(c+d)

Решение

При

a=b=c=d=1

получаваме

f(1)=1

. За

(a=x, b=1 / x, c=1, d=

1) следва, че

f(x)+f(1 / x)=x+1 / x

. За (

a=x, b=1, c=1 / x, d=1

) получаваме

(f(x)+1)(f(1 / x)+1)=(x+1)(1 / x+1)

, откъдето намираме

f(x) f(1 / x)=1

. Оттук и от

f(x)+f(1 / x)=x+1 / x

следва, че

f(x)=x

или

f(x)=1 / x

. Да допуснем, че съществува

a

, за което

f(a)=a

и съществува

b

, за което

f(b)=1 / b

. Тогава при (

a, b, 1 / a, 1 / b

) намираме

(a-1)(b-1)=0

, те. е

f(x)=x

за всяко

x

или

f(x)=1 / x

за всяко

x

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2015-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

a_{0}, a_{1}, a_{2} \ldots

е редица от естествени числа със следното свойство:

a_{n}^{2}

дели

a_{n-1} a_{n+1}

за всяко естествено число

n

. Да се докаже, че ако за някое естествено

k \geq 2

числата

a_{k}

a_{1}

са взаимнопрости, то

a_{1}

дели

a_{0}

Решение

Да допуснем противното, т. е.

\left(a_{1}, a_{k}\right)=1

за някое

k \geq 2

, но

a_{1}

не дели

a_{0}

. Тогава съществува просто число

p

, за което

0 \leq v_{p}\left(a_{0}\right)\lt{}v_{p}\left(a_{1}\right)

. Ще докажем по индукция, че

v_{p}\left(a_{m}\right)\lt{}v_{p}\left(a_{m+1}\right)

за всяко

m

. Базата е осигурена от нашето допускане. От условието

a_{m}^{2} \mid a_{m-1} a_{m+1}

следва, че

2 v_{p}\left(a_{m}\right) \leq v_{p}\left(a_{m-1}\right)+v_{p}\left(a_{m+1}\right.

и тъй като

v_{p}\left(a_{m-1}\right)\lt{}v_{p}\left(a_{m}\right)

от индукционното предположение, трябва

v_{p}\left(a_{m}\right)\lt{}v_{p}\left(a_{m+1}\right)

. От доказаното следва, че

v_{p}\left(a_{1}\right)\lt{}v_{p}\left(a_{k}\right)

, което означава, че

p \mid\left(a_{1}, a_{k}\right)

, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2015-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Ротацията

\rho

на ъгъл

\alpha\lt{}180^{\circ}

изобразява изпъкналия многоъгълник

M

в самия него. Докажете, че съществуват два кръга

c_{1}

c_{2}

с радиуси

r

2 r

, такива, че

c_{1}

се съдържа във вътрешността на

M

M

се съдържа във вътрешността на

c_{2}

Решение

(1) Понеже върхове се изобразяват във върхове и броят на върховете е краен,

\alpha

е рационално кратно на

360^{\circ}, \alpha=\frac{p}{q} \cdot 360^{\circ}, (p, q)=1

. Но тогава

M

се изобразява в себе си и при ротация на ъгъл

\frac{1}{q} \cdot 360^{\circ}

; нека, без загуба на общност,

p=1

. По условие имаме и

q \geq 3

. (2) Нека сега

A

е тази точка от

M

, която е най-отдалечена от центъра

O

на

\rho

. Тогава

\rho(A)=B \in M

, кръга

c_{1}

с център

O

, който допира

A B

, се съдържа в, кръга

c_{2}

с център

O

и радиус

O A

съдържа

M

, и от

q \geq 3

имаме, че

2 r_{1} \geq r_{2}

, което е достатъчно за то на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2015-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Равнината е разделена на единични квадратчета, оцветени в

n

различни цвята. Многоъгълникът

P

е съставен от

n

съединени по страните си единични квадратчета. Известно е, че всеки клетъчен многоъгълник, получен от

P

чрез транслация, покрива

n

квадратчета с различни цветове. Да се докаже, че равнината може да се покрие с копия на

P

така, че всяка клетка да е покрита точно по веднъж.

Решение

Под "векторът

A B

", където

A

B

са единични квадратчета, ще имаме предвид вектора от центъра на

A

към центъра на

B

. Да разгледаме едно копие

Q

на

P

, което покрива

n

различни квадратчета, едно от които,

A

, е синьо. За всяка друга синя клетка

X

, построяваме многоъгълникът, получен от

Q

чрез транслация на вектор

A X

. Ще докажем, че получените многоъгълници образуват паркетиране тоест, че никои два от тях нямат обща клетка, и че всяка клетка е покрита от някой от тях. За първото, да допуснем противното: нека двата многоъгълникът

Q_{1}

Q_{2}

със сини клетки

A_{1}

A_{2}

имат обща клетка

M

. Съгласно построението на многоъгълниците, транслацията на вектор

A_{1} A_{2}

изобразява

Q_{1}

Q_{2}

; нека тя изобразява още и

M

M^{\prime}

. Тогава

M

M^{\prime}

ще лежат в

Q_{2}

, и транслацията на вектор

M A_{1}

ще ги изобрази в

A_{1}

A_{2}

, и ще изобрази

Q_{2}

в многоъгълник, транслативен на

P

и покриващ двете сини клетки

A_{1}

A_{2}

: противоречие. За второто, нека

X

е произволна клетка. Нека

Q^{\prime}

е симетричен на

Q

спрямо центъра на

A

Q^{\prime \prime}

е образ на

Q^{\prime}

при транслацията

A X

. Да предположим, че

Q^{\prime \prime}

съдържа две едноцветни клетки

E_{1}

E_{2}

. Симетрия спрямо средата на отсечката

E_{1} E_{2}

ще изобрази

Q^{\prime \prime}

в многоъгълник, транслативен на

P

, който обаче съдържа едноцветните

E_{1}

E_{2}

противоречие. Тогава,

Q^{\prime \prime}

покрива

n

различни клетки, в това число и една синя

E

. Да разгледаме тогава многоъгълникът, симетричен на

Q^{\prime \prime}

спрямо средата на отсечката

X E

. Той ще бъде един от многоъгълниците, получени по нашата конструкция, и ще покрива

X

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2015-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

За естествените числа

x, y

z

е изпълнено равенството:

z(x z+1)^{2}=(5 z+2 y)(2 z+y).

Да се докаже, че

z

е точен квадрат на нечетно число.

Решение

Нека

d=(y, z)

y=r d, z=s d, (r, s)=1

. Като заместим в условието, получаваме:

s(d s x+1)^{2}=d(5 s+2 r)(2 s+r)

и следователно

s=t d

. Заместваме в последното равенство и получаваме:

t\left(d^{2} t x+1\right)^{2}=(5 d t+2 r)(2 d t+r)

. Тъй като

(t, r)=1

от последното следва, че

t

дели 2. Нека

t=2

. След заместване, получаваме

\left(2 d^{2} x+1\right)^{2}=(5 d+r)(4 d+r)

. Лесно се вижда, че

(5 d+r, 4 d+r)=1

и тогава

5 d+r=u^{2}, 4 d+r=v^{2}

2 d^{2} x+1=u v

. Оттук получаваме

d=u^{2}-v^{2}

u v\gt{}2 d^{2} x\gt{}d^{2}=(u-v)^{2}(u+v)^{2} \geq 4 u v

противоречие. Оттук следва, че

t=1

и тогава

z=s d=t d^{2}=d^{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2015-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

f: \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}

такива, че за всички

x, y \in \mathbb{R}

е изпълнено, че

f(x+f(x+y))+x y=y f(x)+f(x)+f(y)+x

Решение

Отговор:

f(x)=x

. Да положим

y=-1

. Тогава

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

и значи

f

е сюрективна. Полагаме

x=0

и получаваме

f(f(y))=f(y)+y f(0)+f(0)

, в частност

f(f(0))=2 f(0)

. Сега да разгледаме

f(f(f(0)))

. От една страна

f(f(f(0)))= f(f(0))+f(0)^{2}+f(0)=f(0)^{2}+3 f(0)

. От друга страна

f(f(f(0)))=f(2 f(0))=f(f(0)+ f(f(0)-f(0)))=f(0)^{2}-f(0) f(f(0))+f(f(0))+f(-f(0))+f(0)=-f(0)^{2}+3 f(0)+f(-f(0))

, последното от началното равенство за

x=f(0), y=-f(0)

. Тогава

f(-f(0))=2 f(0)^{2}

. Полагайки

x=-f(0), y=f(0)

и оттук

f(0)-f(0)^{2}=(f(0)+1) f(-f(0))+f(f(0))-f(0)

или

(f(0)+1) f(-f(0))=-f(0)^{2}

т. е.

f(0)^{2}(2 f(0)+3)=0

. Ако

f(0)=0

, откъдето

f(f(y))= f(y)

и от сюрективността

f(x)=x

, което удовлетворява условието. Иначе

f(0)=-\frac{3}{2}

, откъдето

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

. Понеже

f(f(y))-f(y) \neq f(f(z))-f(z)

за

y \neq z

, то

f(x)-x

е инективна функция. Но за

y=0

в началното уравнение имаме, че

f(x+f(x))= x+f(x)+f(0)

и значи, понеже

f(x+f(x))-(x+f(x))=

const, то

x+f(x)=

const или по-точно

x+f(x)=f(0)

т. е.

f(x)=-\frac{3}{2}-x

, което не е на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2015-10-6

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2015-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Четириъгълникът

A B C D

е описан около окръжност

k

с център

I

, като

D A \cap C B=E

A B \cap D C=F

. В

\triangle E A F

\triangle E C F

са вписани окръжности

k_{1}\left(I_{1}, r_{1}\right)

k_{2}\left(I_{2}, r_{2}\right)

. Да се докаже, че средата

M

на

A C

лежи на радикалната ос на

k_{1}

k_{2}

Решение

Тъй като четириъгълникът

A B C D

е описан, значи

E A+A F=E C+C F

. Това означава, че ако

k_{1}

допира

A F

P

k_{2}

допира

C E

Q

, то

A P=\frac{A E+A F+E F}{2}= \frac{C E+C F+E F}{2}=C Q

. Нека проекциите на

I_{1}

I_{2}

върху

A C

са съответно

V_{1}

V_{2}

. Тогава

M I_{1}^{2}-r_{1}^{2}=M I_{2}^{2}-r_{2}^{2} \Longleftrightarrow M I_{1}^{2}-I_{1} A^{2}+A P^{2}=M I_{2}^{2}-I_{2} C^{2}+C Q^{2} \Longleftrightarrow V_{1} M^{2}- V_{1} A^{2}=V_{2} M^{2}-V_{2} A^{2} \Longleftrightarrow A V_{1}=C V_{2}

. Сега, понеже

A V_{1} P I_{1}

е вписан, следва, че

\frac{A V_{1}}{A P}=\frac{\sin \angle A P V_{1}}{\sin \angle A I_{1} P}=\frac{\sin \angle I A C}{\sin \angle I A B}

. Аналогично

\frac{C V_{2}}{C Q}=\frac{\sin \angle I C A}{\sin \angle I C B}

. Тогава твърдението е еквивалентно на

\frac{\sin \angle I A C}{\sin \angle I A B}=\frac{\sin \angle I C A}{\sin \angle I C B} \Longleftrightarrow \frac{\sin \angle I A C}{\sin \angle I C A}=\frac{I C}{I A}=\frac{I C}{I B} \cdot \frac{I B}{I A}= \frac{\sin \angle I B C}{\sin \angle I C B} \cdot \frac{\sin \angle I A B}{\sin \angle I B A}=\frac{\sin \angle I A B}{\sin \angle I C B}

, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2015-10-8

10 · Финал

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадени са две различни прости числа

p

q

и естествено число

n

, такива, че

p q

дели

n^{p q}+1

. Да се докаже, че ако

p^{3} q^{3}

дели

n^{p q}+1

, то някое от числата

p^{2}

q^{2}

дели

n+1

Решение

Ясно е, че

(p, n)=(q, n)=1

. Нека

p\lt{}q

. Ще докажем, че

p^{2} \mid n+1

. Имаме

0 \equiv n^{p q}+1 \equiv n^{q}+1(\bmod p)

от условието и теоремата на Ферма. Тогава

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

и следователно показателят на

n

по модул

p

дели

2 q

. Но този показател дели и

p-1

и следователно дели

(2 q, p-1)=2

. Тъй като

n \equiv 1(\bmod p)

е невъзможно, получаваме

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

, откъдето

p \mid n+1

. Нека

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

. Имаме последователно

\begin{aligned} n^{p q-1}-n^{p q-2}+\cdots-n+1 & \equiv \sum_{i=0}^{p q-1}(1-a p)^{i} \equiv \sum_{i=0}^{p q-1}(1-a i p) \\ & \equiv p q-\frac{a p^{2} q(p q-1)}{2} \equiv p q \quad\left(\bmod p^{2}\right) \end{aligned}

и следователно

p^{2} \mid n^{p q-1}-n^{p q-2}+\cdots-n+1

. Тъй като

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

), заключаваме, че

p^{2} \mid n+1

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2015-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

B VI-тия Международен фестивал на младите математици в Созопол участват

n

отбора, всеки от който е съставен от

k

ученици (

n\gt{}k\gt{}1

). Организаторите на турнира разпределили всичките

n k

състезатели в

n

групи по

k

души по такъв начин, че никои двама съотборници не попаднали в една група. Да се докаже, че могат да се намерят

n

различни участници, такива че никои двама не са от един и същ отбор или група.

Решение

Ще наричаме отборът

X

и групата

Y

свързани ако

Y

съдържа поне един представител на

X

. Тъй като всеки отбор има по

k

състезатели, а във всяка група има по

k

души, то лесно се вижда, че произволно множество от

m \leq n

отбора трябва да е свързано с поне

\frac{m k}{k}=m

различни групи. Ако означим дадените групи с

a_{i}(1 \leq i \leq n)

, а с

X_{i}(1 \leq i \leq n)

множеството от групите, свързани с отбор

i

, то последното твърдение става еквивалентно на

\left|\bigcup_{j=1}^{k} X_{i_{j}}\right| \geq k \text{за всеки} i_{1},

i_{2}, \ldots i_{k} \in\{1, 2, \ldots n\}(\star)

Трябва да покажем, че съществува

\left(a_{1}, a_{2}, \ldots a_{n}\right) \in X_{1} \times X_{2} \times \cdots \times X_{n}

a_{i} \neq a_{j}

за

i \neq j

и нека за целта започнем да премахваме хора от множествата

X_{i}

докато условието (\textit{) продължава да бъде вярно. В крайна сметкаще стигнем до множества

X_{1}^{\prime}, X_{2}^{\prime}, \ldots X_{n}^{\prime}

X_{i}^{\prime} \in X_{i}

, такива че премахването на произволен човек от някое от тях нарушава (

\star

); ще докажем, че

\left|X_{i}^{\prime}\right|=1 \forall 1 \leq i \leq n

. Наистина, нека допуснем противното и Б. О. О.

X_{1}^{\prime}

съдържа два различни елемента

\alpha, \beta

. Тогава съществуват два набора от индекси

P, Q

, за които

M=\left(X_{1}^{\prime} \backslash\{\alpha\}\right) \bigcup_{i \in P} X_{i}^{\prime}

N=\left(X_{1}^{\prime} \backslash\{\beta\}\right) \bigcup_{i \in Q} X_{i}^{\prime}

не изпълняват (}), т. е.

|M|\lt{}|P|+1, |N|\lt{}|Q|+1 \Rightarrow|M| \leq|P|, |N| \leq|Q|

Имаме

M \cup N=

\left(\left(X_{1}^{\prime} \backslash \alpha\right) \cup\left(X_{1}^{\prime} \backslash \beta\right)\right) \cup\left(\bigcup_{i \in P} X_{i}^{\prime} \cup \bigcup_{i \in Q} X_{i}^{\prime}\right)=

X_{1}^{\prime} \cup \bigcup_{i \in P \cup Q} X_{i}^{\prime}

и от

\bigcup_{i \in P \cap Q} X_{i}^{\prime} \subseteq M \cap N

заключваме, че

|M \cup N| \geq|P \cup Q|+1, |M \cap N| \geq|P \cap Q|

В такъв случай

|P|+|Q| \geq|M|+|N|=|M \cup N|+|M \cap N| \geq

|P \cap Q|+|P \cup Q|+1=|P|+|Q|+1

което очевидно не е вярно. Следователно

\left|X_{i}^{\prime}\right|=1 \forall i

, като при това тези множества са две по две непресичащи се, защото иначе

i \neq j, \left(X_{i}^{\prime} \cap X_{j}^{\prime}\right) \neq \emptyset \Rightarrow\left|X_{i}^{\prime} \cap X_{j}^{\prime}\right|=1\lt{}2

е противоречие с ( ★). Най-накрая, ако означим с

a_{i}^{\prime}

съответния елемент на

X_{i}^{\prime}

, то

n

-тимата участници

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

са свързани с

n

различни отбора, всеки от тях е свързан с точно един отбор и всеки отбор е свързан с точно един от тях, т. е. те удовлетворяват исканото условие, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2015-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Даден е куб с размери

10 \times 10 \times 10

, състоящ се от 1000 бели единични кубчета. Поли и Вели играят следната игра: първоначално Вели избира няколко паралелепипеда

1 \times 1 \times 10

, никои два от които нямат общ връх или ръб, и ги преоцветява в черно. Поли може да избере произволен брой единични кубчета и да попита Вели за цвета им. Колко най-малко единични кубчета трябва да избере Поли, така че при всеки отговор на Вели тя да може да определи еднозначно цветовете на всички кубчета?

Решение

Ще докажем по-общото твърдение, че за куб с ръб

2 n

и паралелепипеди с размери

1 \times 1 \times 2 n

са нужни поне

6 n^{2}

единични кубчета. Наистина, нека

S

е множеството от избраните от Поли кубчета и за всяко

u \in S

да означим с

R_{u}

кубчетата, които се намират в един хоризонтален, напречен или вертикален стълб с

u

. Да забележим, че от условието никои два паралелепипеда да нямат общ връх или ръб следва, че ако кубчето

u

е черно, то точно един измежду хоризонталния, напречения и вертикалния стълб през

u

е черен. В този случай

S

трябва да съдържа още поне едно кубче

v

от един от тези три стълба, за да можем да определим кой от тях е оцветен, но ако

v

е единственото избрано и е бяло, то възстановяването не е еднозначно. Оттук заключваме, че за всяко

u \in S

Поли трябва да разполага с поне две кубчета от

R_{u}

, които не лежат в един и същ стълб. С това наблюдение, на всяко

u \in S

съпоставяме тройката числа (

a, b, c

) по следния начин:

(*)

a=2

ако хоризонталният стълб през

u

не съдържа други кубчета в

S

, и

a=1

в противен случай;

(*)

b=2

ако напречният стълб през

u

не съдържа други кубчета в

S

, и

b=1

в противен случай;

(*)

c=2

ако вертикалният стълб през

u

не съдържа други кубчета в

S

, и

c=1

в противен случай Тогава две от трите числа

a, b, c

са равни на 1, а третото не надвишава 2, така че

a+b+c \leq 4

. Оттук, ако означим с

T

сумата на всички числа, използвани в горната номерация, то имаме

T=\sum_{u \in S}(a+b+c) \leq 4|S|

От друга страна, всеки паралелепипед

1 \times 1 \times 2 n

трябва да съдържа поне едно кубче в

S

, защото в противен случай Поли няма да разполага с достатъчно информация ако на всичките избрани от нея кубчета Вели отговори с "бяло". Лесно се вижда, че има общо

(2 n)^{2}

хоризонтални паралелепипеда

1 \times 1 \times 2 n

, които общо допринасят поне

2(2 n)^{2}

към

T(2+0

или

1+1

за всяко

a

). Разсъждавайки аналогично за напречните и вертикалните паралелепипеди получаваме, че

T \geq 3 \cdot 2(2 n)^{2}=24 n^{2}

Следователно

4|S| \geq 24 n^{2} \Leftrightarrow|S| \geq 6 n^{2}

. Ще покажем, че

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2015-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

За всички реални

a, b, c\gt{}0

a b c=1

, да се докаже, че

\frac{a}{1+b^{3}}+\frac{b}{1+c^{3}}+\frac{c}{1+a^{3}} \geq \frac{3}{2}

Решение

Да положим

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

. Тогава неравенството се пренаписва като

\sum_{c y c} \frac{\frac{y}{x}}{z^{3}}+1 ~ \geq \frac{3}{2} \Longleftrightarrow \sum_{c y c} \frac{y^{4}}{y^{3} x+z^{3} x} \geq

\frac{3}{2} \Longleftrightarrow \sum_{c y c} \frac{y^{6}}{y^{5} x+z^{3} x y^{2}} \geq \frac{3}{2}.

След прилагане на Коши-Шварц под формата на хубавото неравенство достатъчно е да се докаже, че

2\left(x^{6}+y^{6}+z^{6}\right)+4\left(x^{3} y^{3}+y^{3} z^{3}+z^{3} x^{3}\right) \geq 3\left(y^{5} z+z^{5} x+x^{5} y\right)+3\left(z^{3} x y^{2}+x^{3} y z^{2}+y^{3} z x^{2}\right)

, което следва от прилагането на неравенствата

y^{6}+y^{6}+y^{3} z^{3} \geq 3 y^{5} z

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

и цикличните им аналози.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2015-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Дадено е нечетно просто число

p\gt{}3

. Да се докаже, че произведението на всички примитивни корени, намиращи се между 1 и

p-1

, е сравнимо с 1 по модул

p

. Примитивен корен по модул

p

наричаме число

g

, за което множествата

\left(g, g^{2}, \ldots, g^{p-1}\right) u(1, 2, \ldots, p-1)

съвпадат по модул

p

Решение

Да разгледаме произволен примитивен корен

g

по модул

p

. Тогава от една страна, ако

(k, p-1)=d\gt{}1

, то

g^{\frac{p-1}{d}} \equiv 1(\bmod. p)

и следователно

g^{k}

не е примитивен корен. От друга страна, ако

(k, p-1)=1

, то

g^{k i} \equiv g^{k j}(\bmod. p) \Longleftrightarrow g^{k(i-j)} \equiv 1(\bmod. p)

. Но тогава, тъй като показателят на

g

по модул

p

p-1

, то

p-1|(i-j) \Longleftrightarrow p-1| i-j

. Тогава (

g^{k}, g^{2 k}, \ldots, g^{k(p-1)}

) дава пълна система остатъци по модул

p

и следователно

g^{k}

е примитивен корен по модул

p

. Остава да забележим, че сборът на числата по-малки от

p-1

и взаимнопрости с

p-1

се разбива на двойки събираеми със сбор

p-1

, а броят събираеми е точно

\phi(p)

, тоест този сбор е точно (

p-1)(\phi(p-1) / 2)

, но

\phi(p-1) / 2

е цяло число, тогава произведението на исканите примитивни корени е точно

g^{(p-1)(\phi(p-1) / 2)} \equiv 1(\bmod. p)

от малката теорема на Ферма.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2015-10-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2015-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички полиноми

P(x)

с реални коефициенти, такива че

(x+1) P(x-1)-(x-1) P(x)=k

където

k

е дадена константа.

Решение

Имаме

P(0)=P(-1)=\frac{k}{2}

P(x)=x(x+1) Q(x)+\frac{k}{2}

, където

Q(x)

е полином. Сега като заместим в условието, лесно се вижда, че

Q(x-1)=Q(x), x \in R

, т. е.

Q(x)=c

, т. е.

P(x)=c x(x+1)+k

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2015-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Намерете всички функции

f: N \rightarrow N

, за които за всяко естествено число

n

са в сила неравенствата:

(n-1)^{2}\lt{}f(n) f(f(n))\lt{}n^{2}+n

Решение

Отговор:

f(n)=n

. При

n=1

получаваме

0\lt{}f(1) f(f(1))\lt{}2

, откъдето следва, че

f(1)=1

. Нека

f(i)=i

, за всяко

i\lt{}k

f(k)=\alpha \neq k

. Ако

\alpha \leq k-1

, то

f(\alpha)=\alpha

и тогава

(k-1)^{2}\lt{}f(k) f(f(k))=\alpha^{2} \leq(k-1)^{2}

, противоречие. Ако

\alpha\gt{}k

то

\alpha f(\alpha)\lt{}k^{2}+k

\alpha \geq k+1

, то

f(\alpha)\lt{}k

. Тогава

f(\alpha) f(f(\alpha))=f(\alpha)^{2}\lt{}k^{2} \leq(\alpha-1)^{2}

, противоречие с условието. Следователно

f(k)=k

и по индукция следва, че

f(n)=n

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2015-10-8