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

2017

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

d2-ifym2017-8-1: има placeholder текст
d4-ifym2017-8-1: има placeholder текст
f-ifym2017-8-1: има placeholder текст
d1-ifym2017-8-2: има placeholder текст
d2-ifym2017-8-2: има placeholder текст
d4-ifym2017-8-2: има placeholder текст
f-ifym2017-8-2: има placeholder текст
d2-ifym2017-8-3: има placeholder текст
d3-ifym2017-8-3: има placeholder текст
f-ifym2017-8-3: има placeholder текст
d2-ifym2017-8-4: има placeholder текст
d2-ifym2017-8-5: има placeholder текст
d4-ifym2017-8-5: има placeholder текст
d2-ifym2017-8-6: има placeholder текст
d4-ifym2017-8-6: има placeholder текст
d2-ifym2017-8-7: има placeholder текст
d4-ifym2017-8-7: има placeholder текст
f-ifym2017-8-7: има placeholder текст
d1-ifym2017-8-8: има placeholder текст
d2-ifym2017-8-8: има placeholder текст
f-ifym2017-8-8: има placeholder текст
d3-ifym2017-10-1: има placeholder текст
d4-ifym2017-10-1: има placeholder текст
f-ifym2017-10-1: има placeholder текст
d2-ifym2017-10-1: има placeholder текст
d3-ifym2017-10-2: има placeholder текст
f-ifym2017-10-2: има placeholder текст
d2-ifym2017-10-2: има placeholder текст
f-ifym2017-10-3: има placeholder текст
d2-ifym2017-10-3: има placeholder текст
d2-ifym2017-10-4: има placeholder текст
d3-ifym2017-10-4: има placeholder текст
f-ifym2017-10-4: има placeholder текст
d2-ifym2017-10-5: има placeholder текст
d4-ifym2017-10-5: има placeholder текст
f-ifym2017-10-5: има placeholder текст
d2-ifym2017-10-6: има placeholder текст
f-ifym2017-10-6: има placeholder текст
d2-ifym2017-10-7: има placeholder текст
f-ifym2017-10-7: има placeholder текст
d2-ifym2017-10-8: има placeholder текст
f-ifym2017-10-8: има placeholder текст

8 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

a

е цифра, за която

1 \leq a \leq 7

. Да означим с

X_{a}

най-малкото естествено число, което се записва само с цифрите

a

a+1

(не е задълително да се използват и двете цифри) и което се дели на 99. Да се намери най-малкото от числата

X_{1}, \ldots, X_{7}

Решение

Отговор:

X_{4}=4455

. Да разгледаме число, записано с

x

цифри

a

y

цифри

a+1

. Да означим сборът на четните позиции с

e

, а на нечетните с

d

. Използваме, че

99=9 \cdot 11

и признаците за деление на 9 и 11. Получаваме, че

x a+y(a+1)=a(x+y)+y

се дели на 9 и

d-e

се дели на 11. Директно се проверява, че няма трицифрено число, което се записва с две последователни цифри и което да се дели на 99 (като например се напишат всички трицифрени числа, които се делят на 99). Да забележим, че

X_{4}=4455

(защото сборът от цифрите на четирицифрено число, записано с 4 и 5, което се дели на 9 е 18). Лесно се вижда, че

X_{1}, X_{2}

X_{3}

имат повече от 4 цифри, а всяко от

X_{5}, X_{6}

X_{7}

е поне 4-цифрено с първа цифра поне 5. Следователно най-малко е числото

X_{4}=4455

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2017-8-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2017-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се реши в естествени числа уравнението

3^{m} 11^{k}=n^{3}+1331

Решение

Отговор:

(m, k, n)=(2, 3, 22)

. Тъй като

1331=11^{3}

, то 11 дели

n

k \geq 3

. Следователно

n=11 a

и получаваме

3^{m} 11^{k-3}=a^{3}+1=(a+1)\left(a^{2}-a+1\right)

. Директно се проверява, че 9 и 11 не делят

a^{2}-a+1

и следователно

a^{2}-a+1

може да бъде само 1 или 3. В първия случай не получаваме , а при втория имаме

a=2

и съответно

(m, k, n)=(2, 3, 22)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2017-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Четириъгълникът

A B C D

е описан около окръжност

k

. Точките

K

L

са съответно допирните точки на

k

със страните

A B

C D

. Вписаната в

\triangle A B C

окръжност

\omega

се допира до отсечките

A B

A C

съответно в точките

M

N

. Да се докаже, че правите

M N

K L

се пресичат върху правата през центровете на

k

\omega

Решение

Нека

I

е центърът на

\omega

- тогава

B I

е централата на

k

\omega

. Да означим

B I \cap M N=R

. Имаме

\angle B I C=90^{\circ}+\frac{\angle B A C}{2}=\angle M N C

като второто равенство следва от

A M=A N

. Следователно четириъгълникът

I R N C

е вписан. Оттук

\angle B R C=\angle I N C=90^{\circ}

. Нека

O

е центърът на

k

. Сега ако

A B \| C D

, то

\angle B O C=90^{\circ}

и значи

O \equiv R

. Освен това,

K, O

L

лежат на една права и следователно разглежданите прави се пресичат в центъра на

k

. В противен случай нека

A B \cap C D=T

(без ограничение

A

е между

B

T

) и

B O \cap K L=S

. Аналогични разсъждения за

\triangle B C T

k

дават

\angle B S C=90^{\circ}

. Оттук

S \equiv R

и твърдението следва.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2017-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

В ъгъл са вписани два кръга с радиуси

r

R

, които нямат обща точка помежду си и равнобедрен триъгълник

A B C, A C=B C

(точките

A

B

са на единия лъч на ъгъла, а точката

C

- на другия). Окръжността, с радиус

r

допира външно бедрото

A C

на

\triangle A B C

, а окръжността с радиус

R

допира външно бедрото

B C

на същия триъгълник. Да се докаже, че сумата от радиусите на двете окръжности

r+R

е равна на височината на

\triangle A B C

, спусната от върха

C

Решение

Нека окръжностите допират

A B

в точки

M

N

. Ако

\angle C A B= 2 \varphi

, то

r=A M \operatorname{cotg} \varphi

R=B N \operatorname{cotg} \varphi

и тогава

r+R=(A M+B N) \operatorname{cotg} \varphi

. Тъй като

A M+B N=\frac{O A+A C-O C}{2}+\frac{O C+C B-O B}{2}=\frac{A C+B C+A B}{2}

то при фиксиран триъгълник

A B C

сборът

R+r

не зависи от ъгъла. Когато той е с големина от

0^{\circ}

, то

O A

O C

са успоредни и двете окръжности са с равни радиуси, като очевидно сумата от радиусите им е равна на височината на

\triangle A B C

. Втори начин: От изразяване на лицето на

\triangle O B C

чрез радиусът на външновписаната му окръжност

R

и като сбор на лицата на

\triangle O A C

\triangle A B C

получаваме:

R(O B+O C-B C)=r(O A+A C+O C)+h A B \tag{1}

От подобието на

\triangle O O_{1} M

O O_{2} N

намираме

r(O B+B C+O C)=R(O A+O C-A C) \tag{2}

От (1) и (2) лесно следва, че

R+r=h

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2017-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Ако

a\gt{}b\gt{}0

да се намери най-малката стойност на израза

\frac{a^{5}}{16}+\frac{5}{a b-b^{2}}

Решение

Отговор: 7. От

a b-b^{2}=(a-b) b \leq \frac{a^{2}}{4}

следва, че

\frac{a^{5}}{16}+\frac{5}{a b-b^{2}} \geq \frac{a^{5}}{16}+\frac{20}{a^{2}}

Сега получаваме:

\begin{aligned} \frac{a^{5}}{16}+\frac{20}{a^{2}} & =\frac{a^{5}}{32}+\frac{a^{5}}{32}+\frac{4}{a^{2}}+\frac{4}{a^{2}}+\frac{4}{a^{2}}+\frac{4}{a^{2}}+\frac{4}{a^{2}} \geq \\ & \geq 7 \sqrt[7]{\vphantom{x^2}\frac{a^{5}}{32} \frac{a^{5}}{32} \frac{4}{a^{2}} \frac{4}{a^{2}} \frac{4}{a^{2}} \frac{4}{a^{2}} \frac{4}{a^{2}}}=7 \end{aligned}

Равенство се достига при

a=2

b=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2017-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

В редица са записани 7 естествени числа. Над всеки две съседни числа в редицата записваме техния сбор и получаваме редица с 6 естествени числа. С новата редица постъпваме по същия начин и т. н до получаване на едно число. Най-малко колко от всички записани 28 числа са четни?

Решение

Отговор: 9. Ако на първия ред са записани

1, 1, 2, 1, 1, 2, 1

, то четните числа са 9. Да допуснем, че има пример с не повече от 8 четни числа. От трите числа, най-близки до който и да е ъгъл на оцветения триъгълник, поне едно е четно, така че в неоцветената зона има не повече от 5 четни числа. Сред трите най-горни числа поне едно е четно. Остатъкът представлява „стълбичка“ с 5 реда от по три числа, в която има не повече от 4 четни числа, следователно на някой ред няма нито едно четно число. Да вземем най-долния такъв ред. Тогава на реда над него има поне две четни числа. Ако отстраним тези два реда и всички под тях, в останалата по-малка стълбичка остават повече редове, отколкото четни числа, така че отново на някой ред няма нито едно четно число. Да вземем пак най-долния такъв ред. Тогава на реда над него има поне две четни числа. Ако отстраним тези два реда и всички под тях, в останалата по-малка стълбичка остават повече редове, отколкото четни числа. Тогава този процес трябва да продължи безкрайно, а стълбичката има краен брой редове: противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2017-8-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2017-8-8

8 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

В окръжност е вписан правилен 12 -ъгълник

A_{1} A_{2} \ldots A_{12}

. Да се докаже, че хордите

A_{1} A_{5}, A_{2} A_{6}, A_{3} A_{8}

A_{4} A_{11}

се пресичат в една точка.

Решение

Разглеждаме триъгълниците

A_{2} A_{4} A_{8}

A_{3} A_{5} A_{11}

. В първия триъгълник

A_{2} A_{6}

A_{8} A_{3}

A_{4} A_{11}

са ъглополовящи и следователно се пресичат в една точка. Във втория триъгълник

A_{3} A_{8}, A_{5} A_{1}

A_{11} A_{4}

са също ъглополовящи и се пресичат в една точка. Следователно всички отсемки се пресичат в една точка.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2017-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

От средата на всяка от страните на остроъгълен триъгълник

A B C

с лице 10 кв. см. са спуснати перпендикуляри към другите две страни на триъгълника. Пресечните точки на тези перпендикуляри заедно със средите на страните са върхове на шестоъгълник. Намерете лицето на този шестоъгълник.

Решение

Отговор:

5 \mathrm{~cm}^{2}

. Издигаме перпендикуляр от средата на всяка от страните на триъгълника (това са симетралите на

\triangle A B C

) и получаваме три успоредника. Половината от лицето им е равно на лицето на триъгълника с върхове средите на страните на триъгълника. Тъй като това лице е

\frac{1}{4} S_{A B C}

, то търсеното лице е

\frac{1}{2} S_{A B C}=5

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2017-8-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2017-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

, за който

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

. Да се докаже, че центърът на окръжността, описана около триъгълника с върхове средите на страните на

\triangle A B C

е на равни разстояния от страните и на триъгълника.

Решение

Окръжността, описана около триъгълника с върхове средите на страните на

\triangle A B C

е точно окръжността на 9 -те точки. Да означим нейния център с

O

. Върху тази окръжност лежат също петите на височините на

\triangle A B C

. Ако

H

е петата на височината от

B

към

A C

, а

M

е средата на

B C

, то от

\triangle B H C

(правоъгълен с ъгъл от

30^{\circ}

) следва, че

C M=C H

. Триъгълниците

O C H

O C M

са еднакви по три страни и следователно

C O

е ъглополовяща на

\angle A C B

, т. е.

O

е на равни разстояния от страните и на триъгълника.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2017-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

В 6 часа сутринта от точка А към точка В по течението на река се отправили лодка и катер. Лодката пристигнала в В в 16 часа. Катерът стигнал до В, веднага тръгнал обратно към А и по обратния път срещнал лодката в 14 часа. Ако собствената скорост на катера (т. е. скоростта му в спокойна вода) е 2 пъти по-голяма от собствената скорост на лодката, да се намери в колко часа катерът е пристигнал в А.

Решение

Нека

x

км/ч е собствената скорост на лодката,

2 x

км/ч е собствената скорост на катера и

y

км/ч е скоростта на течението. Пътят от А до В е

10(x+y)

км; пътят на лодката до срещата е

8(x+y)

км, а катерът за 8 часа изминава

10(x+y)

км по течението със скорост

2 x+y \mathrm{~km} /

ч и

2(x+y)

км срещу течението със скорост

2 x-y \mathrm{~km} /

ч. Следователно

\frac{10(x+y)}{2 x+y}+\frac{2(x+y)}{2 x-y}=8

и като преобразуваме това равенство, получаваме

x=2 y

. Оттук пътят на катера от срещата до А е

24 y

км, скоростта му срещу течението е

3 y

км/ч и той пристига в А 8 часа сред срещата, т. е. в 22 часа.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2017-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

За всяко естествено число

n

определяме

n^{\prime}

по следния начин:

(*)

1^{\prime}=0^{\prime}=0

;

(*)

p^{\prime}=1

за всяко просто число

p

;

(*)

Ако

n=a. b

, то

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

. Колко са по-малките от един милиард естествени числа

n

, за които

n=n^{\prime}

Решение

По индукция доказваме, че за всяко просто число

p

и естествено число

k

имаме

\left(p^{k}\right)^{\prime}=k p^{k-1}

. Оттук лесно следва, че степените на прости числа изпълняват условието

n=n^{\prime}

само когато са от вида

p^{p}

. Ако

n

има повече от един прост делител, т. е.

n=p^{k}. m

, където

m\gt{}1

p \nmid n

, имаме

n^{\prime}=k p^{k-1} m+p^{k} m^{\prime}

. Условието

n=n^{\prime}

води до равенството

p^{k} m=k p^{k-1} m+p^{k} m^{\prime}

, откъдето следва, че

p

дели

k m

, т. е.

k

. Но тогава

k p^{k-1} m \geq p^{k} m

и тъй като

m^{\prime}\gt{}0

(защо?), равенството е невъзможно. Търсените числа са четири:

2^{2}, 3^{3}, 5^{5}

7^{7}=823543

(вече

10^{10}

надхвърля 10 пъти един милиард.)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2017-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Дадено е уравнението

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

a) Да се реши уравнението при

n=5

. б) Ако

n=2

(x, y)

Решение

на уравнението, да се намерят всички възможни остатъци на

x

при деление на 7. Отговор: а) няма ; б)

x \equiv 2(\bmod 7)

.. а) Имаме

x^{5}+x^{4}+1=y^{5}

, като лявата страна е строго между петите степени на

x

x+1

. Следователно уравнението няма б) Ясно е, че

(x, y) \equiv(2, 7)

е Имаме

y^{2}=x^{5}+x^{4}+1=\left(x^{2}+x+1\right)\left(x^{3}-x+1\right)

. Ако

d

е най-големият общ делител на множителите вдясно, то

d

дели

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

, оттук дели и

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

, а значи и

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

x^{2}-2 x, \left(x^{2}+2 x-1\right)-\left(x^{2}-2 x\right)=4 x-1

, а следователно и

(4 x-1)-4(x-2)=7

. Ако

d=1

, то

x^{2}+x+1

е точен квадрат, но е и строго между квадратите на

x

x+1

, противоречие. Ако

d=7

, то

x^{2}+x+1

x^{3}-x+1

се делят на 7, като последното не е възможно (едновременно и за двете) при

x \not \equiv 2(\bmod 7)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2017-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

На масата има 9 кутии с общо 80 топчета в тях, а на подапразен чувал. Всеки ден избирам най-празната от кутиите и я изсипвам в чувала (ако има няколко най-празни, изсипвам една от тях), след което пресипвам част от съдържанието на друга кутия в опразнената току-що кутия. Колко най-много топчета може да са се събрали в чувала след осмия ден?

Решение

Отговор: 40. Ако има 2 кутии с по 5 топчета и 7 кутии с по 10 топчета и всеки ден (без последния) пресипвам по 5 топчета от някоя кутия с 10 топчета, в чувала ще се съберат 40 топчета. Нека пресипваните топчета в поредните дни са

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{8}

. В момента на пресипването на

a_{i}

има 8 кутии, в които има поне по

a_{i}

топчета. Броят на кутиите с това свойство може да намалява с не повече от една едно пресипване от кутия в кутия и последващото изсипване в чувала на следващия ден (ако допуснем, че е намалял с две, то едната кутия е изсипана, а другатаразделена, но тогава разделената кутия е разделена на две части, по-големи от изсипаната, така че те са поне с по

a_{i}

топчета и споменатият брой не намалява въобще). Но тогава след осмото изсипване в чувала ще остане поне една кутия с поне

a_{1}

топчета (избираме я), поне две кутии с поне

a_{2}

топчета (от които поне една неизбранаизбираме я), поне три кутии с поне

a_{3}

топчета (от които поне една неизбранаизбираме я),…, поне осем кутии с поне

a_{8}

Във вътрещността на четириъгълник

A B C D

е избрана точка

X

така, че

A B X

C D X

са равностранни триъгълници. Ако

P, Q

R

са среди съответно на отсечките

B C

D X

A X

да се намери ъгъл

R P Q

Решение

Отговор:

60^{\circ}

. Нека

M

N

са среди съответно на

C X

B X

. Триъгълниците

P M Q, R N P

R X Q

са еднакви по две страни и ъгъл между тях. Тогава

P Q R

е равностранен триъгълник и

\angle R P Q=60^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2017-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се реши в цели числа уравнението

2017^{x}=y^{6}-32 y+1

Решение

Отговор:

(x, y)=(0, 0)

(0, 2)

. Очевидно

x \geq 0

y

е четно. От последното следва, че

2017^{x} \equiv 1(\bmod 64)

. Тъй като показателят на 2017 по модул 64 е равен на 2, заключаваме, че

x

е четно. Тогава

y^{6}-32 y+1

е точен квадрат. При

y\gt{}4

имаме

\left(y^{3}-1\right)^{2}\lt{}y^{6}-32 y+1\lt{}\left(y^{3}\right)^{2}

а при

y\lt{}-4

са в сила неравенствата

\left(y^{3}\right)^{2}\lt{}y^{6}-32 y+1\lt{}\left(y^{3}+1\right)^{2}

(проверете!). Следователно

y \in\{-4, -2, 0, 2, 4\}

и директна проверка дава решенията

(x, y)=(0, 0)

(0, 2)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2017-8-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2017-8-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2017-8-6

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2017-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Числата

p

q

са делители на естественото число

n

. Ако

p\gt{}q

да се докаже неравенството

p\gt{}q+\frac{q^{2}}{n}

Решение

Тъй като

\frac{n}{q}\gt{}\frac{n}{p}

, то

\frac{n}{q}-\frac{n}{p} \geq 1 \Longleftrightarrow p-q \geq \frac{p q}{n}

Понеже

p\gt{}q

получаваме:

p-q \geq \frac{p q}{n}\gt{}\frac{q^{2}}{n}

\binom{n}{0}^{2}+\binom{n}{1}^{2}+\binom{n}{2}^{2}+\cdots+\binom{n}{n}^{2}

чрез

n

Решение

Ще докажем, че

\binom{n}{0}\binom{n}{n}+\binom{n}{1}\binom{n}{n-1}+\binom{n}{2}\binom{n}{n-2}+\cdots+\binom{n}{n}\binom{n}{0}=\binom{2 n}{n}

. Нека разгледаме множество от

2 n

души,

n

от които са мъже, а останалитежени. Тогава

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

е броят начини да изберем

k

мъже и

n-k

жени, което означава, че и лявата и дясната страна на твърдението изразяват броя начини, по които можем да изберем отбор от

n

души сред множество от

2 n

души, тоест са равни.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2017-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Намерете най-големия общ делител на

2^{n}-2, 3^{n}-3, \ldots, n^{n}-n

където

n\gt{}1

Решение

Отговор:. Нека

D_{n}: =\left(2^{n}-2, 3^{n}-3 \ldots, n^{n}-n\right)=

\begin{aligned}\prod_{\substack{p \text{prime} \\ p-1 \mid n-1}} p\end{aligned}

Suppose

p\gt{}n

and

p \mid D_{n}

. Thus, the polynomial

x^{n-1}-1

has

n

roots in

\mathbb{F}_{p}

, which are

1, 2, \ldots

n-1

, and

n

. This cannot happen since the degree of the polynomial is

n-1

. This proves the assertion. One more question: What would

D_{n}^{\prime}: =\operatorname{gcd}\left(1^{n}-1, 2^{n}-2, \ldots, (n-1)^{n}-(n-1)\right), n\gt{}2

, be? Answer:

D_{n}^{\prime}=D_{n}

n\gt{}2

. To show that a prime

p \leq n-1

divides

D_{n}^{\prime}

implies

p-1 \mid n-1

is identical to the earlier work. Now, if

n

is a prime, then

n

divides

D_{n}^{\prime}

and

n

also occurs in the factorization of

D_{n}

(for

n-1 \mid n-1

). Consequently,

D_{n}^{\prime}

is divisible by

D_{n}

. Suppose that there exists a prime

p\gt{}n

such that

p \mid D_{n}^{\prime}

. Thus, the polynomial

x^{n-1}-1

has

n

roots in

\mathbb{F}_{p}

, which are

1, 2, \ldots, n-2

, and

n-1

. Thus,

x^{n-1}-1=(x-1)(x-2) \cdots(x-(n-1))

. Therefore, the coefficient of

x^{n-2}

0=-1-2-\cdots-(n-1)

\mathbb{F}_{p}

. Hence,

\frac{n(n-1)}{2}=0

\mathbb{F}_{p}

. This implies that

p \leq n

, which is a contradiction.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2017-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Дадени са различни естествени числа

a, b

c

, за които числото

p=a b+b c+c a

е просто. a) Да се докаже, че числата

a^{2}, b^{2}

c^{2}

дават различни остатъци при деление на

p

. б) Да се докаже, че числата

a^{3}, b^{3}

c^{3}

дават различни остатъци при деление на

p

Решение

а) Ако

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

, то

p

дели

(a-b)(a+b)

. Ако

p

дели

a+b

, то

p \leq a+b \leq c(a+b)\lt{}a b+b c+c a=p

, което е противоречие. Ако

p

дели

|a-b|

, то поради

a \neq b

имаме

p \leq|a-b|\lt{}a+b\lt{}a b+b c+c a=p

, противоречие. б) Ако

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

, то

p

дели

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

. Ако

p

дели

a+b

достигаме до противоречие както в а). Ако

p

дели само множителя

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

, то

p

дели и

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

, т. е.

p

дели

a+b+c

. Тогава

p \leq a+b+c\lt{}a b+b c+c a

(тъй като поне едно то числата

a b c

е по-горлямо от 1), противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2017-8-6

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2017-8-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2017-8-8

10 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички прости числа

p

, за които съществуват положителни рационални числа

x

y

и естествено число

n

, за които

x+y+\frac{p}{x}+\frac{p}{y}=3 n

Решение

Ако

p \equiv 2(\bmod 3)

, то при

x=y=1

получаваме

n=\frac{2(p+1)}{3}

е естествено число. Ще докажем, че при

p \not \equiv 2(\bmod 3)

такива числа не съществуват. При

x=\frac{a}{b}

y=\frac{c}{d}

, за взаимно прости

a, b

c, d

получаваме:

\left(a^{2}+p b^{2}\right) c d+\left(c^{2}+p d^{2}\right) a b=3 a b c d

Разглеждаме следните три случая:

(*)

p

не дели

a c

;

(*)

p

дели

a

, но не дели

c

;

(*)

p

дели

a

c

. Всеки от тези случай се отхвърля с разглеждане на съответните уравнения.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2017-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Точка

F

лежи на описаната окръжност около

\triangle A B C

, а

P

Q

са проекциите на точката

F

върху страните

A B

A C

. Да се докаже, че ако точките

M

N

са среди съответно на отсечките

B C

P Q

, то

M N

е перпендикулярна на

F N

Решение

Ще докажем, че

\overrightarrow{F N} \cdot \overrightarrow{M N}=0

. Тъй като

\overrightarrow{F N}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{F P}+\overrightarrow{F Q})

\begin{aligned} \overrightarrow{M N} & =\frac{1}{2}(\overrightarrow{M P}+\overrightarrow{M Q})=\frac{1}{4}(\overrightarrow{B P}+\overrightarrow{C P}+\overrightarrow{B Q}+\overrightarrow{C Q})= \\ & =\frac{1}{2}(\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{B P}+\overrightarrow{M C}+\overrightarrow{C Q}) \frac{1}{2}(\overrightarrow{B P} \overrightarrow{C Q}) \end{aligned}

трябва да докажем, че

(\overrightarrow{F P}+\overrightarrow{F Q}) \cdot(\overrightarrow{B P} \overrightarrow{C Q})=0

Като използваме, че

F P \perp B P

F Q \perp C Q

горното равенство става

\overrightarrow{F P} \overrightarrow{C Q}+\overrightarrow{F Q} \overrightarrow{B P}=0 \tag{1}

Ако

X=F P \cap C Q

Y=F Q \cap A B

то (1) е еквивалентно на

F P \cdot C Q \cos F X C+F Q \cdot B P \cos A Y Q=0 \tag{2}

Но

\angle F X C=90^{\circ}+\alpha

\angle A Y Q=90^{\circ}-\alpha

, т. е.

\angle F X C+\angle A Y Q=180^{\circ}

. Следователно (2) е еквивелантна на

F P. C Q=F Q. B P

, което следва от подобиетона триъгълниците

F B P

F C Q

. Втори начин. Ще използваме, че ако имаме два подобни еднакво ориентирани триъгълника

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

A_{2} B_{2} C_{2}

, и

A_{0}, B_{0}

C_{0}

са среди съответно на отсечките

A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}

C_{1} C_{2}

, то

\triangle A_{0} B_{0} C_{0}

е подобен на

\triangle A_{1} B_{1} C_{1}

. За подобните триъгълници

\triangle F Q C

\triangle F P B

точно

\triangle F N M

е триъгълникът с върхове средите на отсечките

F F, Q P

C B

. Следователно от горното твърдение

\triangle F P B

е подобен на

\triangle F Q C

и следователно е правоъгълен т. е.

\angle M N F

е прав.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2017-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Редица от

2 n

реални числа се нарича созополска, ако за всяко

m, 1 \leq m \leq 2 n

или сборът на първите

m

члена на редицата е цяло число или сборът на последните

m

члена на редицата е цяло число. Колко най-малко цели числа може да съдържа созополска редица от а) 2016 б) 2017 члена?

Решение

Отговор: а) 2; б) 2. Ще покажем, че във всяка созополска редица има поне две цели числа. При

n=1

редицата е

a_{1}, a_{2}

и от усливето на задачата при

m=1

m=2

получаваме, че поне едно от числата

a_{1}

a_{2}

е цяло и че сборът

a_{1}+a_{2}

е цяло число. Следователно

a_{1}

a_{2}

са цели числа. Нека

n \geq 2

. Условието на задачата за

m=n

m=2 n

показват, че поне едно от числата

a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n} \text{и} a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{2 n}

е цяло и че

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

е цяло. Това означава, че всяко от числата

a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n} \text{и} a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{2 n}

е цяло. Условието за

m=n-1

дава, че поне едно то числата

a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-1} \text{и} a_{n+2}+a_{n+2}+\cdots+a_{2 n}

е цяло. Ако

a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-1}

е цяло, то

a_{n}

е цяло, а ако

a_{n+2}+a_{n+2}+\cdots+a_{2 n}

е цяло, то

a_{n+1}

е цяло. Освен това

a_{1}

или

a_{2 n}

е цяло (от условието за

m=1

), като

a_{1} \neq a_{n}

a_{2 n} \neq a_{n+1}

(от

n \geq 2

). Следователно във всяка созополска редица има поне две цели числа. Ще покажем, че съществува созополска редица с дължина

2 n

и с точно две цели числа. Ако

n

е нечетно избираме

a_{1}=a_{n+1}=1

и всички останали членове са равни на

\frac{1}{2}

. Ако

n

е четно избираме

a_{1}=a_{n}=1

и всички останали членове са равни на

\frac{1}{2}

. Директно се проверява, че и двете редици са созополски.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2017-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки естествени числа (

a, n

a \geq n \geq 2

, за които

a^{n}+a-2

е степен на числото 2.

Решение

Отговор:

(5, 3), (2, 2)

. Нека

a^{n}+a-2=2^{b}

. Понеже

a-1

дели лявата страна, то

a=2^{c}+1, c \leq b

. Разделяйки двете страни на

2^{c}=a-1

, получаваме (лявата страна е

\left.\left(a^{n}-1\right)+(a-1)\right)

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

2^{b-c} \tag{1}

което може да се запише и като

2^{c} k+n+1=2^{b-c}

. Оттук

\nu_{2}(n+1) \geq c

(иначе лявата страна би имала нечетен прост делител), т. е.

a-1

дели

n+1

. Но

a \geq n \geq 2

и значи имаме три случая:

(*)

a=n

, т. е.

n-1

дели

n+1

, т. е.

n-1

дели 2, т. е.

n=3

или

n=2

. Директно се проверява, че

(2, 2)

е , а

(3, 3)

не е.

(*)

a=n+1

, т. е.

n

дели

n+1

, т. е.

n=1

, противоречие.

(*)

a=n+2=2^{c}+1, c \geq 2

. Сега от развитието на Нютоновия бином имаме

\left(2^{c}+1\right)^{i}= 2^{2 c} K+2^{c} i+1

, откъдето лявата страна на (1) е равна на

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

2^{2 c} A+2^{c+1}\left(2^{2 c-2}-2^{c-2}-2^{c-1}+1\right),

A \in \mathbb{N} \tag{2}

При

c=2

получаваме

a=5, n=3

, което е При

c \geq 3

числото

2^{2 c-2}-2^{c-2}- 2^{c-1}+1

е нечетнотогава, изнасяйки

2^{c+1}

като общ множител в дясната страна на (2)

(2 c\gt{}c+1)

, в скобите получаваме нечетно число, по-голямо от 1. Така лявата страна на (1) има нечетен прост делител, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2017-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Даден е изпъкнал четириъгълник

A B C D

A D=C D

\angle B A D=\angle A B C

. Точките

K

L

са средите на

A B

B C

, съответно. Лъчите

D L

A B

се пресичат в точка

M

, а лъчите

D K

B C

- в точка

N

. Върху отсечката

A N

е избрана точка

X

, такава че

A X=C M

, а върху отсечката

A C

- точка

Y

, такава че

A Y=M N

. Да се докаже, че правата

A B

разполовява отсечката

X Y

Решение

Нека точката

M_{1} \in A B

е такава, че

\angle A M_{1} C=\angle D A C=\angle A C D

. Тогава

\angle M_{1} C B=\angle C A B

и освен това

D C

D A

са допирателни към описаната около

\triangle A M_{1} C

окръжност. Следователно

M_{1} D

е симедиана в

\triangle A M_{1} C

и от съображения за антипаралелност следва, че

M_{1} D

разполовява

B C

. Следователно

M_{1} \equiv M

, откъдето

\angle A M C=\angle D A C

. Аналогично

\angle A N C=\angle D A C

и следователно четириъгълникът

A N M C

е вписан. Ако

M U \perp A C(U \in A C)

M V \perp A N(V \in A N)

, то

U

V

не са едновременно вътрешни или външни за

A C

A N

- без ограничение нека

C

е между

A

U

V

е между

A

N

. От вписаността имаме

\angle M N V=\angle M C U

и значи

\frac{M U}{M C}=\frac{M V}{M N} \Leftrightarrow M U \cdot A Y=M V \cdot A X \Leftrightarrow S_{A X M}=S_{A Y M}

Последното дава исканото твърдение.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2017-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

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

, за които

f(k+1)\gt{}f(f(k)) \text{за всяко} k \geq 1 \text{.}

Z^{+}

е множеството от всички положителни цели числа.

Решение

Отговор:

f(x)=x

. Първо ще докажем, че функцията е строго растяща. За всяко

a=2, 3, \ldots

имаме

f(a)=f((a-1)+1)\gt{}f(f(a-1))

, което означава, че

f(a)

не е най-малката функционална стойност. Следователно

f(1)\lt{}f(a)

за всяко

a=2, 3, \ldots

. Нека за

k \geq 2

да означим

g(k)=f(k)-1

. Тогава

g(2), g(3), \ldots

са положителни цели числа и:

g(k+1)=f(k+1)-1\gt{}

f(f(k))-1=g(f(k))=g(g(k)+1)

което означава, че

g(k)

не е най-малката функционална стойност при

k \geq 3

. Следователно

g(2)\lt{}g(k)

за

k \geq 3

, откъдето получаваме

f(2)\lt{}f(k)

за

k \geq 3

. Продължавайки по този начин намираме

f(1)\lt{}f(2)\lt{}f(3)\lt{}\cdots

. Сега от

f(k+1)\gt{}f(f(k))

следва

k+1\gt{}f(k)

. При

k=1

последното неравенство дава

f(1)=1

. При

k=2

намираме

3\gt{}f(2)

, т. е.

f(2)=2

. Оттук по индукция следва, че

f(k)=k

за всяко

k \in Z^{+}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2017-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

В равнината са дадени 2017 точки. За всяка двойка от тези точки отбелязваме средата на отсечката с краища в тези точки. Колко най-малко могат да бъдат отбелязаните точки?

Решение

Отговор: 4031. Първо ще докажем, че има 2017 точки, за които отбелязаните точки са точно 4031. Да разгледаме следните 2017 точки с координати (

x, 0

) за

x= 0, 2, 4, \ldots, 4032

. Отбелязаните точки са точките с координати (

x, 0

) за

x=1, 2, 3, \ldots 4031

и са точни 4031 на брой. Ще докажем, че за произволни 2017 точки има поне 4031 отбелязани точки. Да означим точките с

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2017}

и без ограничение нека

A_{1} A_{2}

е най-дългата отсечка (ако има няколко най-дълги отсечки, то

A_{1} A_{2}

е една от тях). Да разгледаме средите на отсечките

A_{1} A_{2}

A_{i} A_{j}

за

i=1, 2

j=3, 4, \ldots, 2017

. Това са точно

1+2 \cdot 2015=4031

точки. Ще докажем, че измежду тези точки няма съвпадащи. Ясно е, че средата на отсечката

A_{1} A_{2}

не съвпада с никоя от средите на отсечките

A_{i} A_{j}

за

i=1, 2

j=3, 4, \ldots, 2017

. Също така при фиксирано

i=1

или 2, средата на отсечка

A_{i} A_{m}

не съвпада със средата на отсечка

A_{i} A_{n}

. Да допуснем, че средата на

A_{1} X

съвпада със средата на

A_{2} Y

за някои точки

X

Y

. Тогава

A_{1} A_{2} X Y

е успоредник (възможно изроден, ако

A_{1}, A_{2}, X

Y

лежат на една права). Но във всеки успоредник (включително изроден) по-дългия диагонал е по-дълъг от всяка страна, което е противоречие с избора на

A_{1} A_{2}

като най-дълга страна.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2017-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Целите точки в равнината са оцветени в два цвятасин и червен. Да се докаже, че съществува безкрайно едноцветно подмножество, симетрично относно някоя точка.

Решение

За точките

O(0, 0)

A(1, 0)

определяме множествата

S(O)

S(A)

по следния начин. Точката

B

присъединяваме към

S(O)

ако симетричната й относно

O

е едноцветна с

B

, и по същия начин образуваме множеството

S(A)

. Ако някое от тези две множества е безкрайно, твърдението е доказано. Допускаме, че и двете множества са крайни. Нека

m\gt{}|y|

, където

y

е най-голямата от вторите координати на точките от множествата

S(O)

S(A)

. Да допуснем, че точката

M(0, m)

е червена. Тъй като

M

не е от

S(O)

, то

(0, -m)

е синя и тъй като

(0, -m)

не е от

S(A)

, то

(2, m)

е червена. По същия начин, като започнем от

(2, m)

получаваме че точките

(2 k, m)

са червени. Точката

(2, -m)

е синя (тъй като

M(0, m)

не е от

S(A)

) и следователно точката (

-2, m

) е също червена (защото

(2, -m)

не е от

S(O)

). По същия начин, като започнем от

(2, -m)

получаваме че точките (

-2 k, m

) са червени. Получаваме безкрайно червено множество, симетрично относно

M_{0}

Решение

Естествено число

n

се нарича „добро“, ако

n

може да се представи като сбор от четвъртите степени на пет различни негови делители. a) Да се докаже, че всяко добро число се дели на 5. б) Да се намери добро число. в) Съществуват ли безкрайно много добри числа?

Решение

Отговор: б)

1^{4}+2^{4}+3^{4}+6^{4}+34^{4}

в) да. a) Ако някой от делителите на добро число се дели на 5 и самото число се дели на 5. Ако

n=d_{1}^{4}+d_{2}^{4}+d_{3}^{4}+d_{4}^{4}+d_{5}^{4}

d_{i}

не се делят на 5, то

d_{i}^{4} \equiv 1(\bmod 5)

и тогава

n

се дели на 5. б) Директно се проверя, че числото

n=1^{4}+2^{4}+3^{4}+6^{4}+34^{4}

се дели на

2, 3, 6

и 34. Следователно числото

n

е добро. в) Директно се проверява, че ако

n

е добро, то за произволно естествено число

p

, числото

n. p^{4}

е също добро.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2017-10-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2017-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

В група от

n

човека

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

всеки двама са с различни височини. За един ход имаме право да изберем произволни трима от групата и да разберем кой от тримата e най-нисък и койнай-висок. За колко най-малко хода можем винаги да подредим хората по височина, ако: а)

n=5

; б)

n=6

; в)

n=7

Решение

Отговор: а) 4 б) 6 в) 7. Да забележим, че ако двама човека

A_{i}

A_{j}

никога не са били избирани в група от трима, то ако те са съседи по височина няма как д включва три двойки хора, ако

x

е броя на въпросите, то

3 x \geq\binom{ n}{2} \Longleftrightarrow x \geq \frac{n(n-1)}{6}. \tag{1}

а) Сега (1) дава

x \geq 4

и въпроси за

A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{1}, A_{2}, A_{4}, A_{1}, A_{2}, A_{5}

A_{3}, A_{4}, A_{5}

подреждат хората по височина. б) В този случай

x \geq 5

, в) В този случай

x \geq 7

и то се дава с:

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2017-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички тройки от цели числа

x, y

z

, за които числото 2016 може да се представи във вида

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

Решение

Ясное, че не е възможно поне две от

x, y

z

да са нули. Следователно най-много едно от тези числа може да е равно на 0. БОО

z=0

. Тогава

x^{2}+y^{2}=2016 x y

, където

x, y \in \mathbb{Z}_{\neq 0}

. Можем да считаме, че

(x, y)=1

, но понеже 2016 се дели на 7, то следва, че 7 дели

x^{2}+y^{2}

, откъдето (

x, y

) се дели на 7, противоречие. Следователно ако поне едно от числата

x, y

или

z

е нула, то няма , или изразът от условието не е дефиниран. Сега

x y z \neq 0

. БОО можем да изберем

(x, y, z)=1

. Тогава получаваме уравнението

x^{2}+ y^{2}+z^{2}=2016(x y+y z+z x)

. Получаваме

x^{2}+y^{2}+z^{2} \equiv x y+y z+z x(\bmod 5)

, което е еквивалентно на

(x-y)(y-z) \equiv(z-x)^{2}(\bmod 5)

, но от друга страна имаме

(x-y)^{2}+ (y-z)^{2}+(z-x)^{2} \equiv 0(\bmod 5)

и използвайки горния резултат, получаваме сравнението

(x-y)^{2}+(x-y)(y-z)+(y-z)^{2} \equiv 0(\bmod 5)

. Да допуснем, че

(x-y, 5)=1

. Тогава

(y-z, 5)=1

. От Малка теорема на Ферма

(x-y)^{4} \equiv(y-z)^{4} \equiv 1(\bmod 5)

, а от друга страна

(x-y)^{3} \equiv(y-z)^{3}(\bmod 5)

. Използвайки последните сравнения достигаме до

x-y \equiv y-z (\bmod 5)

, но като вземем предвид сравнението

(x-y)^{2}+(x-y)(y-z)+(y-z)^{2} \equiv 0(\bmod 5)

, получаваме, че

3(x-y)(y-z)

се дели на 5, което е невъзможно по допускане. Следователно

x-y

се дели на 5 и тогава

y-z

се дели на 5. Така

x \equiv y \equiv z(\bmod 5)

. Разглеждаме уравнението

x^{2}+y^{2}+z^{2}=2016(x y+y z+z x)

, което е равносилно на (

x- y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2}=4030(x y+y z+z x)

. Понеже 5 дели всяко от събираемите в лявата страна на последното равенство, то 25 дели всяко от тях, откъдето получаваме, че 25 дели

4030(x y+y z+z x)

, откъдето

x y+y z+z x

се дели на 5. Понеже

0 \equiv x y+y z+z x \equiv 3 x^{2}(\bmod 5)

, то

x

се дели на 5. Тогава

y

z

се делят на 5 също. Това противоречи на

(x, y, z)=1

. Не съществува тройка цели числа

(x; y; z)

, която изпълява условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2017-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Даден е разностранен

\triangle A B C

и вписаната му окръжност

\omega

, която допира

A B, B C

C A

съответно в точки

D, E

F

. Точка

H

е петата на височината от

D

E F

. Нека

A H \cap B C=X

B H \cap C A=Y

. Известно е, че

X Y \cap A B=T

. Нека

O

е центърът на описаната около

\triangle B Y X

окръжност. Да се докаже, че

O H \perp C T

Решение

Ще докажем, че

A B X Y

е вписан и описан. Нека

X^{\prime} \in B C

е такава, че

Y X^{\prime}

е допирателна към

\omega

. Четириъгълникът

A B X^{\prime} Y

е описан и от теоремата на Брианшон за шестоъгълника

A B E X^{\prime} Y F A

следва, че

A X^{\prime}, B Y

E F

се пресичат в една точка. Но оттук следва, че

X^{\prime}=A H \cap B C

, т. е.

X^{\prime} \equiv X

A B X Y

е описан. Сега ще докажем, че същият четириъгълник е вписан. Нека

\angle B A Y=\alpha

\angle B X Y=\gamma

. Означаваме с

I

центъра на вписаната в

A B C

окръжност (която е и вписана в

A B X Y

) и нека

Z

е допирната точка на тази окръжност с

X Y

. Тогава

\angle D I F=180^{\circ}-\alpha

\angle E I Z=180^{\circ}-\gamma

с център

O

. Остава да покажем, че

O H \perp C T

. Последното следва от теорема на Брокар, приложена за четириъгълник

A B X Y

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2017-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички полиноми

P \in \mathbb{R}[x]

, за които

P(P(x))=\left\lfloor P^{2}(x)\right\rfloor

е изпълнено за всички

x \in \mathbb{Z}

Решение

Ако

P \equiv c

, където

c

е реална константа, то

c=\left[c^{2}\right]

. Така

c \in \mathbb{Z}

и оттук

c=c^{2}

и така

c=1

или

c=0

. Когато

P

е константен, то

P \equiv 1

или

P \equiv 0

. Нека сега

P(x)=a_{0} x^{n}+a_{1} x^{n-1}+\cdots+a_{n}

, като

a_{0} \neq 0

n \in \mathbb{N}

. Ще използваме фактът, че за всяко

n \in \mathbb{R}

е изпълнено

n \geq[n]\gt{}n-1

. Следователно

P^{2}(x) \geq\left[P^{2}(x)\right]\gt{}P^{2}(x)-1

за всяко

x \in \mathbb{Z}

. Оттук получаваме

P^{2}(x) \geq P(P(x))\gt{}P^{2}(x)-1

за всяко

x \in \mathbb{Z}

. От друга страна имаме неравенствата

\frac{P^{2}(x)}{x^{2 n}} \geq \frac{P(P(x))}{x^{2 n}}\gt{}\frac{P^{2}(x)-1}{x^{2 n}}

за всяко цяло

x \neq 0

. Сега да забележим, че

\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{P^{2}(x)}{x^{2 n}}= \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{P^{2}(x)-1}{x^{2 n}}=a_{0}^{2}

и от теоремата за полицаите следва, че

\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{P(P(x))}{x^{2 n}}=a_{0}^{2}

и така

\operatorname{deg} P \circ P=2 n

, защото в противен случай, ще съществува цяло

x

, за което горните неравенства няма да са верни. От друга страна степента на

P(P(x))

е равна на

n^{2}

и така

n^{2}=2 n

, откъдето

n=2

. Освен, че

\operatorname{deg} P \circ P=4

, то старшия коефициент на

P(P(x))

е равен на

a_{0}^{3}

т. е.

\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{P(P(x))}{x^{4}}=a_{0}^{3}=a_{0}^{2}

и така

a_{0}=1

. Сега имаме

P(x)=x^{2}+a_{1} x+a_{2}

, където

a_{1}, a_{2} \in \mathbb{R}

. Замествайки в условието на задачата получаваме:

\begin{gathered} \left(x^{2}+a_{1} x+a_{2}\right)^{2}+a_{1}\left(x^{2}+a_{1} x+a_{2}\right)+a_{2}=\left[\left(x^{2}+a_{1} x+a_{2}\right)^{2}\right] \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow\left\{\left(x^{2}+a_{1} x+a_{2}\right)^{2}\right\}+a_{1} x^{2}+a_{1}^{2} x+a_{1} a_{2}+a_{2}=0 \end{gathered}

Понеже

\{n\} \in[0; 1)

за всяко

n \in \mathbb{R}

, то

q(x) \in(-1; 0]

за всяко

x \in \mathbb{Z}

, където

q(x)= a_{1} x^{2}+a_{1}^{2} x+a_{1} a_{2}+a_{2}

. Ако

a_{1}\gt{}0

, то

\lim _{x \rightarrow+\infty} q(x)=+\infty

и понеже

q

е полином, който е непрекъсната функция, то за достатъчно голямо цяло

x

, неравенството

q(x) \leq 0

няма да е изпълнено. Тогава

a_{1} \leq 0

. Ако

a_{1}\lt{}0

, то

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

и тогава ще съществува

x \in \mathbb{Z}

, за което неравенството

q(x)\gt{}-1

няма да е изпълнено. Тогава остава

a_{1}=0

. Сега имаме

\left(x^{2}+a_{2}\right)^{2}+a_{2}=\left[\left(x^{2}+a_{2}\right)^{2}\right]

за всяко

z \in \mathbb{Z}

и освен това

a_{2} \in(-1; 0]

. Заместваме с

x=0

в последното равенство и получаваме

a_{2}^{2}+a_{2}=\left[a_{2}^{2}\right]

. Да допуснем, че

a_{2}\lt{}0

. Тогава

a_{2}^{2}+a_{2}\lt{}0\lt{}\left[a_{2}^{2}\right]

, което е невъзможно. Тогава

a_{2}=0

и така единственото в този случай е

P(x)=x^{2}

и този полином изпълнява условието за всички

x \in \mathbb{N}

. Окончателно всички полиноми, които са са:

P \equiv 0, 1

P(x)=x^{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2017-10-8

10 · Ден 4

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2017-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Със

\sigma(n)

означаваме сумата от естествените делители на естественото число

n

. Да се докаже, че съществуват безбройно много естествени числа

n

, за които

n

дели

2^{\sigma(n)}-1

Решение

Да означим

F_{n}=2^{2^{n}}+1

. Лесно се вижда, че

\left(F_{m}, F_{n}\right)=1

за

m \neq n

. Нека

k

е естествено число и

p_{i}

е прост делител на

F_{i}, i=0, 1, \ldots, k

. Ще докажем, че произведението

n_{k}=p_{0} p_{1} \ldots p_{k-1}

има исканото свойство. Числата

p_{0}, p_{1}, \ldots, p_{k-1}

са две по две различни и тяхното произведение

n_{k}

дели числото

2^{2^{k}}-1=F_{0} F_{1} \ldots F_{k-1}

. Освен това

\sigma\left(n_{k}\right)=\left(p_{0}+1\right)\left(p_{1}+1\right) \ldots\left(p_{k-1}+1\right)

се дели на

2^{k}

защото всички множители са четни. Следователно

n_{k}\left|2^{2^{k}}-1\right| 2^{\sigma\left(n_{k}\right)}-1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2017-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

n

е съставно число и

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

са естествените числа, които са помалки от

n

и не са взаимнопрости с

n

(в частност,

k=n-\varphi(n)

). Нека

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

е пермутация на

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

. Да се докаже, че съществуват индекси

i

j, i \neq j

, за които

a_{i} b_{i} \equiv a_{j} b_{j}(\bmod n)

Решение

Нека

p

е прост делител на

n

A

да е множеството от числата измежду

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

, които са кратни на

n / p

. Ясно е, че

|A|=p

(защото

A

се състои от числата

1. n / p, 2. n / p, \ldots, p. n / p

). Случай 1. Ако

a_{i} \in A

, но

b_{i} \notin A

за някой индекс

i

, то съществува индекс

j

, за който

a_{j} \notin A

, докато

b_{j} \in A

. Тогава числата

a_{\ell} b_{\ell}, a_{\ell} \in A

, и

a_{j} b_{j}

се делят на

n / p

. Освен това тези числа са

p+1

на брой и значи (поне) две от тях (след разделяне на

n / p

) са сравними по модул

p

. Тогава тези две ще са сравними и по модул

n

. Случай 2. Ако

a_{i} \in A \Longleftrightarrow b_{i} \in A

за всички индекси

i

, можем да считаме, че елементите на

A

са

1, 2, \ldots, p-1

и съответните им

b_{i}

-та са пермутация на

1, 2, \ldots, p-1

. Така попадаме в известната задача да докажем, че съществуват

i, j

, за които

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

(допускаме противното, умножаваме сравненията

i b_{i} \equiv k_{i}(\bmod p)

за

i=1, 2, \ldots, p-1

и получаваме противоречие с теоремата на Уилсън).

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2017-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че ако съществуват естествени числа

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2017}

, за които произведението

\left(a_{1}^{2017}+a_{2}\right)\left(a_{2}^{2017}+a_{3}\right) \ldots\left(a_{2016}^{2017}+a_{2017}\right)\left(a_{2017}^{2017}+a_{1}\right)

е точна степен на просто число с показател

k

, то

k=2018

или

k \geq 2017 \cdot 2018

Решение

Да означим за краткост

2017=m

. Нека

a_{i}^{m}+a_{i+1}=p^{k_{i}}, k_{i} \in \mathbb{N}, i=1, 2, \ldots, m

a_{m+1}=a_{1}, p

е просто число. Сумирането на всички тези равенства дава четно число отляво, което означава, че

p=2

(иначе дясната страна е нечетна като сума на нечетен брой нечетни събираеми). Ще докажем, че

a_{i}

е нечетно за всяко

i

. Ако запишем

a_{i}=2^{\alpha_{i}} \beta_{i}

, където

\alpha_{i}

е цяло неотрицателно, а

\beta_{i}

е нечетно число, от равенството

a_{i}^{m}+a_{i+1}=2^{k_{i}}

следва, че

m \alpha_{i}=\alpha_{i+1}

. Сумирането на всички такива равенства води до противоречие, освен ако

\alpha_{i}=0

за всяко

i

. Ще докажем, че ако

a_{i}=1

за някое

i

, то

k=2018

. Да разгледаме диофантовото уравнение

a^{m}+1=2^{\ell}

. Ако то има с

a\gt{}1

, показателят на

a

по модул

2^{\ell}

дели едновременно 2 \cdot 2017 и

\varphi\left(2^{\ell}\right)=2^{\ell-1}

, т. е. дели 2, и следователно

a^{2}-1

се дели на

2^{\ell}

. Тогава

a^{2}-1 \geq 2^{\ell}=a^{m}+1\gt{}a^{2}

, противоречие. Сега, ако

a_{i}=1

за някое

i

, от горното следва, че

a_{i-1}=1

и т. н., т. е.

a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{m}=1

и съответно

k=2018

. Тъй като

a_{i}^{m}+a_{i+1}\gt{}2^{m}+a_{i+1}

, имаме

k_{i} \geq m+1

и следователно

k=k_{1}+k_{2}+\cdots+k_{m} \geq m(m+1)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2017-10-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2017-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Редицата

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

, е зададена с равенствата

a_{1}=1 \quad \text{и} \quad a_{n}=n a_{[n / 2]} \quad \text{за} n\gt{}1.

Да се докаже, че

a_{n}\gt{}n^{2}

за

n\gt{}11

Решение

Достатъчно е да докажем, че

a_{[n / 2]} \geq n

за

n \geq 12

. Тъй като

n \leq 2[n / 2]+1\lt{} 3[n / 2]

, задачата се свежда до доказване на

a_{m} \geq 3 m

за

m \geq 6

. Последното пък се свежда до

a_{\ell} \geq 3

за

\ell \geq 3

, което следва от рекурентната формула.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2017-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки (

x, y

) от естествени числа, за които

(n(x!-x y-x-y+2)+2, n(x!-x y-x-y+3)+3)\gt{}1

за всяко естествено число

n

Решение

Да означим за краткост

x!-x y-x-y+2=a

x!-x y-x-y+3=b

. Ще докажем, че

3 a=2 b

. Да допуснем противното и нека

m=|3 a-2 b| \in \mathbb{N}

. Тогава

(m a+2, m b+3)=d\gt{}1

d

дели както

3(m a+2)-2(m b+3)=m(3 a-2 b)= \pm m^{2}

, така и

(m a+2)-(m b+3)=m(a-b)-1

, т. е.

d \mid 1

, противоречие. От

3 a=2 b

получаваме

x!+1=(x+1)(y+1)

. Оттук и от теоремата на Уилсън следва, че

x+1=p

е просто число. Тогава

(x, y)=\left(p-1, \frac{(p-1)!+1}{p}-1\right)

. Обратно, ако

(x, y)=\left(p-1, \frac{(p-1)!+1}{p}-1\right)

, то

x!-x y-x-y=0

и двете числа от условието са

2 n+2

3 n+3

с общ делител

n+1\gt{}1

за всяко естествено

n

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2017-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Даден е разностранен

\triangle A B C

с център

I

на вписаната окръжност. Точките

A_{1}, B_{1}

C_{1}

са допирните точки на вписаната окръжност в

\triangle A B C

съответно с

B C, C A

A B

. Да се докаже, че описаните окръжности около

\triangle A I A_{1}, \triangle B I B_{1}

\triangle C I C_{1}

имат обща точка, различна от

I

Решение

Нека

r

е радиусът на вписаната окръжност. Разглеждаме инверсия

\varphi(I, r)

спрямо вписаната в

\triangle A B C

окръжност. Точките

A_{1}, B_{1}

C_{1}

са неподвижни при тази инверсия т. е. те съвпадат с образите си. Нека

\varphi(A)=A^{\prime}, \varphi(B)=B^{\prime}

\varphi(C)=C^{\prime}

. Нека

A I \cap B_{1} C_{1}=A^{\prime \prime}

. Ясно е, че

A^{\prime \prime}

лежи на лъча

I A^{\rightarrow}

. От метрични зависимости в правоъгълния

\triangle A B_{1} I

имаме

I A^{\prime \prime}. I A=I B_{1}^{2}=r^{2}

. От друга страна

I A^{\prime}. I A=r^{2}

A^{\prime} \in I A^{\Rightarrow}

. Така

I A^{\prime}= I A^{\prime \prime}

, откъдето

A^{\prime} \equiv A^{\prime \prime}

. Следователно

A^{\prime}

е средата на

B_{1} C_{1}

. Аналогично образите

B^{\prime}

C^{\prime}

на

B

C

са средите на

A_{1} C_{1}

B_{1} A_{1}

съответно. Нека

k_{A}, k_{B}

k_{C}

са окръжностите, описани около

\triangle A I A_{1}, \triangle B I B_{1}

\triangle C I C_{1}

. Тогава

\varphi\left(k_{A}\right)=A_{1} A^{\prime}, \varphi\left(k_{B}\right)=B_{1} B^{\prime}

\varphi\left(k_{C}\right)=C_{1} C^{\prime}

. Сега е достатъчно да докажем, че правите

A_{1} A^{\prime}, B_{1} B^{\prime}

C_{1} C^{\prime}

се пресичат в една точка, откъдето ще следва, че преди инверсията те ще са минавали през образа на пресечната им точка и центъра на инверсията (

I

). Обаче тези три прави се пресичат в медицентъра на

\triangle A_{1} B_{1} C_{1}

. Следва, че окръжностите от условието минават през

I

и инверсно спрегнатата на медицентъра на

\triangle A_{1} B_{1} C_{1}

относно вписаната окръжност в

\triangle A B C

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2017-10-8