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

2019

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

d1-ifym2019-8-2: има placeholder текст
d2-ifym2019-8-2: има placeholder текст
d4-ifym2019-8-5: има placeholder текст
d4-ifym2019-8-6: има placeholder текст
d4-ifym2019-8-8: има placeholder текст
d2-ifym2019-10-1: има placeholder текст

8 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

На дъската са записани

n

естествени числа. Към тях можем да добавяме естествени числа от вида

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

, където

a

b

са две от дадените числа. Известно е, че по този начин на дъската може да се запише всяко естествено число. Да се намери най-малката възможна стойност на

n

Решение

2. Тъй като

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

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

са невъзможни, то числата 1 и 2 трябва да са записани на дъската. Ще докажем, че от тях може да се получи всяко естествено число. Първо получаваме

5=\frac{2 \cdot 2+1}{2-1}, 4=\frac{2 \cdot 5+2}{5-2}

3=\frac{2 \cdot 4+1}{4-1}

. Нека сме получили всички числа от 1 до

3 k+2

включително. Тогава последователно получаваме

3 k+5=\frac{2 \cdot(k+2)+(k+1)}{(k+2)-(k+1)}, 3 k+4=\frac{2 \cdot(3 k+5)+(3 k+2)}{(3 k+5)-(3 k+2)}

3 k+3= \frac{2.(3 k+4)+(3 k+1)}{(3 k+4)-(3 k+1)}

и твърдението следва по индукция.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2019-8-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

В турнир по футбол участвали 5 отбора, като всеки два отбора изиграли по една среща. При равен резултат двата отбора получават по 1 точка. При победа на единия отбор с резултат

a: b

, където

a\gt{}b

победителят получава

3+a-b

точки, а победения получава 0 точки. В крайното класиране първия отбор вкарал 12 гола, допуснал 3 гола, а втория, третия, четвъртия и петия отбор имали съответно

13,8,4

и 0 точки. Колко точки може да има първия отбор?

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2019-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число. Колко

n

-цифрени числа имат в записа си точно три различни цифри?

Решение

324\left(3^{n-1}-2^{n}+1\right)

. Ако има 0, има

9 \cdot 8: 2\neq{}36

избора за другите две цифри, участващи в числото. За първата цифра има 2 избора, а за всяка от следващитепо 3 (общо

2 \cdot 3^{n-1}

избора), от които трябва да се изключат числата, в които участват само две от цифрите (общо

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

избора), и да се включат числата, в които участва само една от цифрите (2 избора). Общо 36.

\left(2 \cdot 3^{n-1} 2^{n+1}+2\right)

числа. Ако няма 0, има 9 \cdot 8 \cdot 7:

3\neq{}84

избора за ненаредената тройка цифри, участващи в числото. За всяка от шестте му позиции има по 3 избора (общо

3^{n}

избора), от които трябва да се изключат числата, в които участват само две от избраните цифри (общо

3 \cdot 2^{n}

избора), и обратно да се включат числата, в които участва само една от тези цифри (общо 3 избора). Общо 84.

\left(3^{n-3} \cdot 2^{n}+3\right)

числа. Всички търсени числа са

36.\left(2 \cdot 3^{n-1}-2^{n+1}+2\right)+84.\left(3^{n}-3 \cdot 2^{n}+3\right)=324\left(3^{n-1}-2^{n}+1\right)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2019-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

По окръжност са записани последователно 10 числа

-a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{9}, a_{10}

. Всяко число е заменено със средноаритметичното на двете си съседни числа (

a_{1}

a_{10}

са съседни), като новите числа са

1, 2, 3, \ldots, 9, 10

в някакъв ред. a) Да се докаже, че всяко от числата

a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{9}, a_{10}

е цяло. б) Да се намери най-голямото и най-малкото число, което което може да се среща измежду първоначално записаните числа.

Решение

б)

24, -13

. а) Нека първоначалните числа са

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{10}

и след заместване на тяхно място са получени

b_{1}, b_{2}, b_{3}, \ldots, b_{9}, b_{10}

, където

\left\{b_{1}, b_{2}, b_{3}, \ldots, b_{9}, b_{10}\right\}=\{1, 2, 3, \ldots, 9, 10\}

. Тогава

a_{1}+a_{3}=2 b_{2}, a_{3}+a_{5}=2 b_{4},

a_{5}+a_{7}=2 b_{6}, a_{7}+a_{9}=2 b_{8}, a_{9}+a_{1}=2 b_{10}

откъдето пресмятаме

2 a_{1}=

\left(a_{1}+a_{3}\right)-\left(a_{3}+a_{5}\right)+\left(a_{5}+a_{7}\right)

-\left(a_{7}+a_{9}\right)+\left(a_{9}+a_{1}\right)=

2\left(b_{2}-b_{4}+b_{6}-b_{8}+b_{10}\right)

и следователно

a_{1}

е цяло число. б) От а) следва, че най-голямото число е

10+9+8-1-2=24

, а най-малкото е

1+2+3-10-9=-13

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2019-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

В остроъгълен триъгълник

A B C

са построени медианата

A A_{1}

и височината

B H

. Описаната около

\triangle A A_{1} H

окръжност пресича

B H

в точка

X

, като

A X=B C

. Да се намери

\angle A_{1} A C

Решение

30^{\circ}

. Тъй като

\angle B H A=90^{\circ}

, то отсечката

A X

е диаметър на описаната около

\triangle A A_{1} H

окръжност. От правоъгълния триъгълник

B H C

следва, че

H A_{1}=\frac{1}{2} B C

и тогава

H A_{1}=\frac{1}{2} A X

. Следователно централният ъгъл, съответстващ на дъгата

H A_{1}

е равен на

60^{\circ}

, откъдето

\angle A_{1} A C=\angle A_{1} A H=30^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2019-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

През точка

P

, вътрешна за триъгълника

A B C

, са построени отсечките

P L

P M

P K

, съответно успоредни на

B C, A C

A B

, като

L, M

K

лежат съответно на страните

A C, A B

B C

. a) Докажете, че

\frac{C L}{A C}+\frac{A M}{A B}+\frac{B K}{B C}=1

. б) Докажете, че не е възможно и трите равенства да са едновременно изпълнени.

A M+P L=A L+M P \quad P K+C L=P L+C K \quad B K+M P=B M+P K

Решение

Да допуснем, че и трите равенства са изпълнени. Събирането им дава

A L+ B M+C K=A M+B K+C L

. Нека

x=\frac{C L}{A C}=\frac{S_{P B C}}{S_{A B C}}, y=\frac{A M}{A B}=\frac{S_{P C A}}{S_{A B C}}

z=\frac{B K}{B C}=\frac{S_{P A B}}{S_{A B C}}-

тогава

x+y+z=\frac{S_{P B C}+S_{P A C}+S_{P A B}}{S_{A B C}}=1

. Ако означим

B C=a, C A=b, A B=c

, равенството с

A L, B M, C K, A M, B K, C L

се преобразува до

(1-x) b+(1-z) a+(1-y) c=y c+z a+x b

, т. е.

(x+z) c+(y+x) a+(z+y) b=y c+z a+x b

, т. е.

x(c+a-b)+y(a+b-c)+z(b+c-a)=0

. От друга страна,

x, y, z

са положителни и

c+a-b, a+b-c, b+c-a

също са, понеже

a, b, c

са страни на триъгълник. Следователно последното равенство е невъзможно, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2019-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Едно цяло число

x

се нарича созополско, ако

a x^{3}+b x^{2}+c x+d=0

където

a, b, c

d

в някакъв ред са четири последователни цели числа. Намерете всички созополски числа.

Решение

При

a=1, b=3, c=2

d=0

получаваме уравнението

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

с корени

-2, -1

и 0. При

a=-1, b=1, c=2

d=0

получаваме уравнението

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

с корени

-1, 0

и 2. Следователно числата

x=-2, -1, 0, 2

са созополски. Ще докажем, че други созополски числа няма. При

x=1

получаваме

a+b+c+d=0

за 4 последователни цели числа. Ако най-малкото от тях е

n

, то

a+b+c+d=4 n+6=0

и следователно

n

не е цяло число. Тъй като

-a, -b, -c

-d

са също четири последователни цели числа, то можем да считаме, че

d \geq 0

. При

x \geq 3

от

x

дели

d

следва, че

d=0

или

d \geq 3

. При

d=0

можем да считаме, че

c\gt{}0

и след съкращаване на

x \neq 0

получаваме, че

x

дели

c

и поради

c \neq d=0

следва, че

c \geq 3

. Следователно

d \geq 3

или

c \geq 3

, като тогава

a, b, c, d \geq 0

, откъдето

a x^{3}+b x^{2}+c x+d\gt{}0

, противоречие. При

x \leq-3

за

t=|x| \geq 3

получаваме

a t^{3}+c t=b t^{2}+d

Лесно се вижда, че това равенство е невъзможно при

t \geq 4

, а при

t=3

както в случая

x \geq 3

се получава противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2019-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Нека

4 a c\gt{}b^{2}

5 a+c\gt{}b

. Докажете, че

a+4 c\gt{}2 b

Решение

Ако

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

, то

D\lt{}0

, т. е.

f(x)

има постоянен знак. Имаме

f(1)+f(3)=10 a+2 c-2 b\gt{}0

, така че и

a+4 c-2 b=4 f(-1 / 2)\gt{}0

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2019-8-8

8 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

На дъската са записани две естествени числа. Всяка минута към записаните вече числа се записва и сборът от четвъртите им степени. Да се докаже, че след един час на дъската ще има число с поне 118 различни прости делители.

Решение

Да означим дадените числа с

a

b

. Нека след

i

-та минута дописваме числото

t_{i}

. Ще докажем, че

t_{60}

има поне 118 различни прости делители. Тъй като

t_{1}=a^{4}+b^{4}\gt{}1

, то

t_{1}

има поне един прост делител. От

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

следва, че

t_{2}

има поне 2 различни прости делители (тъй като

t_{1}

t_{1}^{3}+1

са взаимнопрости). Освен това

a, b \geq 1

дава

t_{2} \geq 18

. Да забележим, че

t_{i+1}=t_{i}^{4}+t_{i}=t_{i}\left(t_{i}+1\right)\left(t_{i}^{2}-t_{i}+1\right)

. Ще докажем, че

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

при

t_{i}\gt{}2

има поне два различни прости делители. Наистина, ако

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

, то поради НОД

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

или 3 следва, че

p=3

. Тогава

t_{i}=3^{k}-1

за

k\gt{}1

и получаваме

t_{i}^{2}-t_{i}+1=3\left(3^{2 k-1}-3^{k}+1\right)

. При

k\gt{}1

изразът

3^{2 k-1}-3^{k}+1

не може да бъде степен на 3, противоречие. След втората минута всяко ново число ще има поне два прости делители повече от предишното. Следователно след 60 минути ще бъде записано число с поне

2 \cdot 60-2=118

различни прости делители.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2019-8-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2019-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

От

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

монети е съставен равностранен триъгълник. Една монета сочи тура, а всички останали сочат ези. За един ход можем да изберем две съседни монети

A

B

и да обърнем всики монети от правата

A B

. Да се намерят всички начални разположения, за които е възможно след няколко хода всички монети да сочат тура.

Решение

Всеки ход променя 0 или 2 от трите монети във върховете на триъгълника. За да можем да направим всички монети тура, единствената монета тура в началото трябва е във връх. Когато тя е във връх (например в горния връх) извършване на ходове по всички редове редове дава необходимото.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2019-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Четири момчета и четири момичета си разменят подаръци. Всяко момче избира по произволен начин едно момиче и му дава дава подарък. Всяко момиче избира по произволен начин едно момче и му дава дава подарък. Да се намери веорятността да се случат едновременно следните събития. a) Всеки получава точно по един подарък. б) Никои двама не си разменят подаръци, т. е. ако

A

дава подарък на

B

, то

B

не дава подарък на

A

Решение

\frac{27}{8192}

. Има

4^{8}

възможности за разпределение на подаръците. Нека момчетата са

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

, а момичетата са

B_{1}, B_{2}, B_{3}, B_{4}

. За да са изпълнени условията имаме или един цикъл (например

A_{1}-B_{1}-A_{3}-B_{2}-A_{4}-B_{3}-A_{2}-B_{4}-A_{1}

) или два цикъла (например

A_{1}-B_{3}-A_{4}-B_{2}-A_{1}

A_{2}-B_{1}-A_{3}-B_{4}-A_{2}

). За два цикъла възможностите са

4 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 2=72

, а за един цикъл възможностите са 4 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 2

=144

и вероятността

\frac{72+144}{4^{8}}=\frac{27}{8192}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2019-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Точките

M

N

са съответно от бедрата

A C

B C

на равнобедрения триъгълник

A B C

, като

M N\gt{}A C

. Да се докаже, че

A B\gt{}M N

Решение

Без ограничение на общността считаме

C M \geq C N

. Нека правата през

A

, успоредна на

M N

, пресича отсечката

B N

в точка

K

(която може да съвпада с

B

) и правата през

M

, успоредна на

B C

, пресича

A K

в точката

P

. Тогава

A K\gt{}P K=M N

(тъй като

P K N M

е успоредник) и сега условието дава

A K\gt{}A C=B C\gt{}C K

. В частност,

\angle A C K\gt{}60^{\circ}

като най-голям ъгъл в триъгълника

A C K

, откъдето

\angle A K B

е най-големият ъгъл в триъгълника

A K B

. Така

A B\gt{}A K\gt{}M N

, както се искаше.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2019-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Външно за правоъгълния триъгълник

A B C\left(\angle A C B=90^{\circ}\right)

са построени равнобедрените правоъгълни триъгълници

B C M

A C N

, като

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

. Правите

A M

B N

се пресичат в точката

T

, а

H

е петата на височината през върха

C

в триъгълника

A B C

. Да се докаже, че триъгълникът

C H T

е равнобедрен.

Решение

Нека

C L(L \in A B)

е ъглополовящата на

\angle A C B

. Ще докажем, че

A M

разполовява

C L

. Последното е еквивалентно на

S_{A M L}=S_{A M C}

, т. е. на

\frac{A L}{A B} S_{A B M}=\frac{C M}{M N} S_{A M N}

. Понеже

B M \| A N

, имаме

\frac{S_{A B M}}{S_{A M N}}=\frac{B M}{A N}

и исканото сега е

\frac{A L}{A B} \frac{B M}{A N}=\frac{C M}{M N}

. Чрез

B M=C M

свеждаме до

\frac{A L}{A L+B L}=\frac{A N}{C N+C M}

, т. е. (използвайки

A N=C N

) до

\frac{A L}{B L}=\frac{C N}{C M}

. От Питагоровата теорема имаме

C M=\frac{C B}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}, C N=\frac{C A}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}

, а ако

L X

L Y

са (равните) перпендикуляри от

L

към

A C

B C

, то

\frac{B L}{A L}=\frac{S_{B L C}}{S_{A L C}}=\frac{B C. L Y}{A C. L X}=\frac{B C}{A C}

. Оттук

\frac{B L}{A L}=\frac{C M}{C N}

и разполовяването следва. Аналогично доказваме, че

B N

разполовява

C L

и следователно пресечната точка

T

на

A M

B N

е точно средата на

C L

. Тогава в правоъгълния триъгълник

C H L

с хипотенуза

C L

имаме

H T=\frac{C L}{2}=C T

, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2019-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

За всяко съставно число

n \geq 6

нека

a_{n}

е най-малкото естествено число

k

, такова че

k

! се дели на

n

. Определете най-голямата възможна стойност на

\frac{a_{n}}{n}

Решение

\frac{2}{3}

. Ако

n=p^{2}

, където

p \geq 3

е просто, то

a_{n}=2 p

\frac{2 p}{p^{2}} \leq \frac{2}{3}

с равенство за

p=3

. Ако

n=p^{k}, k \geq 3

, то

p^{k}

дели

p^{\frac{k(k-1)}{2}}=p \cdot p^{2} \cdot p^{3} \cdot \cdots \cdot p^{k-1}

и значи

a_{n} \leq p^{k-1}

, което дава

\frac{a_{n}}{n} \leq \frac{1}{p} \leq \frac{1}{2}

. Накрая, ако

n

има поне два различни прости делителя, то

n=q r

за две взаимнопрости естествени числа

q, r \geq 2

; ако без ограничение

q\gt{}r

, то

q \mid q!

r|r!| q!

, откъдето

n=q r \mid q!

и следователно

a_{n} \leq q

\frac{a_{n}}{n} \leq \frac{1}{r} \leq \frac{1}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2019-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се намери най-голямото естествено число

n

със следното свойство: поне една от страните на всеки изпъкнал четириъгълник с диагонали с дължина 20 сантиметра е с дължина, по-голяма от

n

сантиметра.

Решение

n=14

. Квадрат с диагонал 20 има страна

10 \sqrt{\vphantom{x^2}2}\lt{}15

и следователно

n \leq 14

. Ще докажем, че една от страните на всеки изпъкнал четириъгълник

A B C D

с диагонали по 20 см е по-голяма от 14 см. Да допуснем противното. Тогава точките

B

D

лежат в общата част на

k_{1}(A, 14)

k_{2}(C, 14)

. Диагоналът

B D

има най-голяма дъбжина когато

B

D

съвпадат с пресечните точки на

k_{1}

k_{2}

. Тогава

B D=2 \sqrt{\vphantom{x^2}14^{2}-10^{2}}=2 \sqrt{\vphantom{x^2}96}\lt{}20

, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2019-8-8

8 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

а) Съществува ли множество

A

от 8 естествени числа, всяко от които е по-малко от 100 и никои две подмножества на

A

нямат равни суми от елементите си. б) Съществува ли множество

A

от 9 естествени числа, всяко от които е по-малко от 100 и никои две подмножества на

A

нямат равни суми от елементите си.

Решение

а) Да. б) Не. а)

\{3, 6, 12, 24, 48, 95, 96, 97\}

върши работа. б) Нека числата са

x_{1}, \ldots, x_{9}

. Тогава сборовете

\pm x_{1} \pm x_{2} \pm \cdots \pm x_{9}

са различни, с еднаква четност и различни от 0. Тогава най-малката стойност на два от модулите на горните суми са 1 (за 1 и -1 ), следващите два са най-малко 3 и т. н., т. е.

\sum\left( \pm x_{1} \pm x_{2} \pm \cdots \pm x_{9}\right)^{2} \geq

2\left(1^{2}+\cdots+511^{2}\right)=512 \cdot 87381

От друга страна сумата по-горе е равна на

512\left(x_{1}^{2}+\cdots+x_{9}^{2}\right)

тъй като удвоените произведения се съкращават. Следователно

x_{1}^{2}+\cdots+x_{9}^{2} \geq 87381

и понеже всики събираеми са по-малки от 100, получаваме, че те са не по-малки от 80. Изваждаме от всички числа по 80 и разглеждаме полученото множество от 9 числа от 0 до 20 и като разгледаме всички подмножества от по 4 елемента получаваме, че те са повече от възможно най-голямата сума от 80.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2019-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

За всяко естествено число

k

нека

S(k)

означава сбора от цифрите на

k

. Да се намери най-малкото естествено число

n

за което

S(n)-S(2 n)=2019

Решение

\underbrace{555 \ldots 56}_{505}

. Лесно се вижда, че разликата между съответните цифри на

n

2 n

е най-много 5. Ако е точно 5, то това е или цифрата на единиците, или предишната цифра е по-малка от 5. Тогава разликата между сбора на двете цифри (5 и предишната) на

n

и на

2 n

е не-повече от 5. Следователно ни трябва поне 505 цифрено число и лесно се вижда, че това е

\underbrace{555 \ldots 56}_{505}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2019-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

На Математическите боеве ученици решавали 46 задачи, като всеки ученик решил точно 3 задачи. За всеки двама има най-много една задача, която е решена и от двамата. Да се докаже, че има 10 задачи, никои три от които не са решени от един ученик.

Решение

Нека

t

е най-голямото число със свойството: Има

t

задачи, никои три от които не са решени от един ученик. Да допуснем, че

t \leq 9

и да означим множеството от тези

t

задачи с

A

. Тъй като

t

е най-голямото число с това свойство, за всяка задача

x \notin A

съществуват две задачи

y, z \in A

, такива, че има ученик решил задачи

x, y

z

(в противен случай ще добавим задача

x

към

A

и ще увеличим

t

). По този начин на всяка задача извън

A

съответства двойка от задачи от

A

. При това на различни задачи извън

A

съответстват различни двойки от

A

(в противен случай ще има ученик решил повече от 3 задачи). Тъй като

t \leq 9

, то двойките в

A

са най-много

\binom{9}{2}=36

, а извън

A

има поне 37 задачи и от

37\gt{}36

получаваме противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2019-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Реалните числа

a, b, c, d

са различни и изпълняват равенствата

a c=b d \quad \text{и} \quad \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}=4.

Да се намери най-голямата възможна стойност на

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

Решение

От дадените имаме

(a+c)(b+d)=4 a c

. Да отбележим, че

a c=b d\lt{}0-

иначе,

(a+c)(b+d)=4 a c\gt{}0

и тогава

(a+c)(b+d)=|a+c||b+d|\gt{}2 \sqrt{\vphantom{x^2}a c} 2 \sqrt{\vphantom{x^2}b d}=4 a c

, противоречие (неравенството е строго, понеже

a, b, c, d

са различни). Сега от неравенството между средноаритметично и средногеометрично получаваме

\frac{a}{c}+\frac{b}{d}+\frac{c}{a}+\frac{d}{b}=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}}{a c}=\frac{(a+c)^{2}+(b+d)^{2}}{a c}-4 \leq-2 \frac{(a+c)+(b+d)}{a c}-4=-12

Равенство се достига например за

a=1, b=-1, c=-3-2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}, d=3+2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2019-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

2 a+3 b+5 c=0

. Докажете, че уравнението

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

има корен в интервала

[0; 1]

Решение

Ако

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

, то

f\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{4 a}{9}+\frac{2 b}{3}+c

f(0)=c

, така че

(9 / 2) f(2 / 3)+ (1 / 2) f(0)=2 a+3 b+5 c=0

. Ако тук

f(2 / 3) \geq 0

, то

f(0) \leq 0

. Ако

f(2 / 3)\lt{}0

, то

f(0)\gt{}0

. От графиката на квадратната функция следва, че има корен в интервала

[0; 2 / 3]

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2019-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

. Точките

A_{1}

B_{1}

са от страните

B C

A C

съответно. Точките

P

Q

са от отсечките

A A_{1}

B B_{1}

, като

P Q \| A B

. Точката

P_{1}

е от правата

P B_{1}

, като

B_{1}

е между

P

P_{1}

\angle P P_{1} C=\angle B A C

. Точката

Q_{1}

е от правата

Q A_{1}

, като

A_{1}

между

Q

Q_{1}

\angle C Q_{1} Q=\angle A B C

. Правите

A A_{1}

B B_{1}

пресичат описаната около триъгълника

A B C

окръжност в точките

A_{0}

B_{0}

, съответно. Да се докаже, че точките

A_{0}, B_{0}, P, Q, P_{1}

Q_{1}

лежат на една окръжност.

Решение

Нека

A A_{1} \cap B B_{1}=R

. Понеже

P Q \| A B

A B A_{0} B_{0}

е вписан четириъгълник, имаме

\angle B_{0} Q P=180^{\circ}-\angle R Q P=180^{\circ}-\angle A B B_{0}=180^{\circ}-\angle P A_{0} B_{0}

и следователно

P Q B_{0} A_{0}

е вписан. Също,

\angle B_{1} B_{0} C=\angle B A C=\angle B_{1} P_{1} C

и така точките

B_{0}, B_{1}, P_{1}

C

лежат на една окръжност. Сега ако

\angle B_{0} P_{1} P=180^{\circ}-\angle B_{1} C B_{0}=180^{\circ}-\angle A B B_{0}= 180^{\circ}-\angle P Q B_{0}=\angle B_{0} Q P

, откъдето

P, Q, P_{1}

B_{0}

лежат на една окръжност. Аналогично

P, Q, Q_{1}

A_{0}

лежат на една окръжност, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2019-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Точките

P

Q

от страната

A B

на триъгълника

A B C

са такива, че

\angle A C P= \angle A B C

\angle B C Q=\angle B A C

. Точките

M

N

са съответно от лъчите

C P

C Q

и изпълняват равенството

\frac{C P}{P M}=\frac{Q N}{C Q}

. Да се докаже, че правите

A M

B N

се пресичат върху описаната около триъгълника

A B C

окръжност.

Решение

Нека

S=A M \cap B N

и да означим

\angle A B C=\angle A C P=\beta

\angle B A C=\angle B C Q= \alpha

. Тогава

\triangle A C P \sim \triangle C B Q

, откъдето (използвайки и даденото)

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

Нещо повече,

\angle A P M=\angle B Q C=\alpha+\beta

. Следователно

\triangle N Q B \sim \triangle A P M

. Оттук

\begin{gathered} \angle A S B=180^{\circ}-\angle S A B-\angle S B A=180^{\circ}-\angle M A P-\angle A M P= \\ =\angle A P M=\beta+\alpha=180^{\circ}-\angle A C B \end{gathered}

с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2019-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

а) Намерете всички множества

S

от естествени числа със следното свойство: за всеки три числа

a, b

c

от

S

числото

\frac{a b+c}{(a, c)}

също е от

S

. б) Намерете всички множества

S

от естествени числа със следното свойство: за всеки три числа

a, b

c

от

S

, ако числото

\frac{a b-c}{(a, c)}

е естествено, то също е от

S

. С

(a, c)

означаваме най-големия общ делител на естествените числа

a

c

Решение

а) Имаме

\frac{a b+c}{(a, c)} \geq b+1

, като равенство се достига само при

a=c

. Следователно всички търсени множества са

S=\{n \geq t\}

, където

t

е фиксирано естествено число. б) Отговор: 1 или всички естествени числа. При

a=c

имаме

\frac{a b-c}{(a, c)}=b-1

, т. е. ако

S

съдържа дадено естествено число, то

S

съдържа и всички по-малки от него. Ако

S \neq\{1\}

, то

2 \in S

и тогава

a=b=2, c=1

дава

3 \in S

и т. н ще получим, че в

S

има произволно големи числа.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2019-8-8

8 · Ден 4

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Изпъкналият четириъгълник

A B C D

е такъв, че

A C=B D=A B

. Диагоналите

A C

B D

се пресичат в точка

O

. Точките

M

N

са средите на страните

A D

B C

, съответно. Точките

X, Y

Z

съответно от отсечките

A O, O B

A B

са такива, че

A X=A Z

B Y=B Z

O X=O Y

. Да се докаже, че точките

M, X, Y

N

лежат на една права.

Решение

От дадените равенства получаваме

D Y=B D-B Y=A B-B Z=A Z=A X

. Да означим

S_{A M X}=S_{D M X}=S

\frac{D Y}{O Y}=\frac{A X}{O X}=k\gt{}1

. Тогава

S_{A X Y}=\frac{S_{A X D}}{k-1}=\frac{2 S}{k-1}, S_{O X Y}= \frac{O X}{X A} S_{A X Y}=\frac{2 S}{k(k-1)}

S_{O X D}=(k-1) S_{O X Y}=\frac{2 S}{k}

. Така

S_{D X Y}=S_{D X O}+S_{O X Y}=\frac{2 S}{k-1}=S_{A X Y}

. Сега ако

W=X Y \cap A D

, то

\frac{A W}{W B}=\frac{S_{A X Y}}{S_{D X Y}}=1

, откъдето

W

е средата на

A D

и в частност

W

съвпада с

M

. Следователно точките

M, X

Y

лежат на една права. Аналогично

N, X

Y

лежат на една права и исканото следва.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2019-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

За реалните числа

0 \leq a, b, c, d \leq 1

да се докаже, че

a b(a-b)+b c(b-c)+c d(c-d)+d a(d-a) \leq \frac{8}{27}

и да се намерят всички четворки (

a, b, c, d

), при които се достига равенство.

Решение

Изразът е равен на

S=(b-d)(a-c)(a+c-b-d)

. Без ограничение нека

a \geq c

. Имаме два случая:

(*)

Нека

b \geq d

. Тогава ако

a+c-b-d \leq 0

сме готови; иначе от САСГ (по точно

x y z \leq\left(\frac{x+y+z}{3}\right)^{3}

за

x, y, z \geq 0

) върху

a-c, b-d

a+c-b-d

получаваме

S \leq

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

\frac{8}{27}

като равенство се достига при

a=1, d=0

a-c=b-d=a+c-b-d

, т. е.

b=\frac{2}{3}

c=\frac{1}{3}

. Възможността

a \leq c

дава и четворката

a=\frac{1}{3}, b=0, c=1, d=\frac{2}{3}

(*)

Ако

b \leq d

, записваме

S=(d-b)(a-c)(b+d-a-c)

и при

a+c-b-d \geq 0

имаме

S \leq 0

и сме готови, а иначе точно като в предишния случай получаваме

S \leq \frac{8}{27}

, с равенство при

a=\frac{2}{3}, b=\frac{1}{3}, c=0, d=1

(и

a=0, b=1, c=\frac{2}{3}, d=\frac{1}{3}

при

a \leq c

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2019-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Докажете, че съществува естествено число

a

, за което 2019 дели

338^{n}+a.335^{n}

за всяко нечетно естествено число

n

и намерете най-малкото такова

a

Решение

674. Тъй като

2019=3 \cdot 673

, НОД

(3; 673)=1, 338 \equiv 335((\bmod 3)

338 \equiv 335( (\bmod 673)

, условието е изпълнено точно когато 3 дели

(a+1) 335^{n}

и 673 дели

(a 1) 335^{n}

. Сред числата, за които

a \equiv 1((\bmod 673)

, най-малкото, за което

a \equiv 1(\bmod 3)

, е 674.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2019-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

a\gt{}0

4 a+3 b+2 c\gt{}0

. Да се докаже, че не е възможно уравнението

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

да има два реални корена в интервала ( 1, 2 ).

Решение

Да допуснем, че това се случва за корените

x_{1}

x_{2}

. Разделяйки на 2 и ползвайки Виет, получаваме

2-1,

5\left(x_{1}+x_{2}\right)+x_{1} x_{2}\gt{}0 \Rightarrow\left(x_{1}-1, 5\right)\left(x_{2}-1, 5\right)\gt{}0,

25.

Но според допускането

\left|x_{1}-1, 5\right|\lt{}0, 5

\left|x_{2}-1, 5\right|\lt{}0, 5

, така че получаваме абсурда

0, 5 \cdot 0, 5\gt{}0, 25

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2019-8-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2019-8-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2019-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяко естествено число

n

числото

\frac{(4 n)!(6 n)!(9 n)!(24 n)!}{(2 n)!(3 n)!(8 n)!(12 n)!(18 n)!}

е естествено.

Решение

Известен факт е, че най-високата степен на просто число

p

, деляща

m

, е с показател

\sum_{i=1}^{\infty}\left\lfloor\frac{m}{p^{i}}\right\rfloor

и следователно е достатъчно да докажем неравенството

\lfloor 4 x\rfloor+\lfloor 6 x\rfloor+\lfloor 9 x\rfloor+\lfloor 24 x\rfloor-\lfloor 2 x\rfloor

-\lfloor 3 x\rfloor-\lfloor 8 x\rfloor-\lfloor 12 x\rfloor-\lfloor 18 x\rfloor \geq 0

за всяко положително реално число

x

. Представяйки

x=\lfloor x\rfloor+\alpha, \alpha \in[0, 1)

достигаме до горното неравенство, но за

\alpha

. И наистина, във всеки от случаите

\alpha \in\left[\frac{1}{24}, \frac{1}{18}\right), \alpha \in \left[\frac{1}{18}, \frac{1}{12}\right), \alpha \in\left[\frac{1}{12}, \frac{1}{9}\right), \alpha \in\left[\frac{1}{9}, \frac{1}{8}\right)

\alpha \in\left[\frac{i-1}{24}, \frac{i}{24}\right), i=1, 4, 5, 6 \ldots, 23, 24

(скобките се смятат директнонапример за

\alpha \in\left[\frac{1}{8}, \frac{1}{6}\right.

) те са съответно

0, 0, 1, 3, -0, -0, -1, -1, -2

) исканото е изпълнено.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2019-8-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2019-8-8

8 · Финал

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

За цяло неотрицателно число

a

и просто число

p

означаваме •

\frac{\partial a}{\partial p}=a \cdot \frac{x}{p}

, ако

a \neq 0, p

дели

a

x \geq 1

е такова, че

p^{x}

дели

a

, но

p^{x+1}

не дели

a

(с други думи,

x

е степента на

p

в разлагането на

a

на прости множители) •

\frac{\partial a}{\partial p}=0

ако

a=0

или

p

не дели

a

. Да се намерят всички естествени числа

n

, които изпълняват равенството

\frac{\partial\left(\frac{\partial n}{\partial 3}\right)}{\partial 3}+\frac{\partial\left(\frac{\partial n}{\partial 673}\right)}{\partial 673}=2 n

Решение

Представяме

n

като

n=3^{3^{a} 673^{b} c_{1}} 673^{3^{c} 673^{d} c_{2}} x

за цели

a, b, c, d, c_{1}, c_{2} \geq 0, x \geq

Тогава

\frac{\partial n}{\partial 3}=3^{a-1+3^{a} 673^{b} c_{1}} 673^{b+3^{c} 673^{d} c_{2}} c_{1} x

\frac{\partial\left(\frac{\partial n}{\partial 3}\right)}{\partial 3}=\left(a-1+3^{a} 673^{b} c_{1}\right) 3^{a-2} 673^{b} c_{1} n

. Аналогично получаваме

\frac{\partial\left(\frac{\partial n}{\partial 673}\right)}{\partial 673}=\left(d-1+3^{c} 673^{d} c_{2}\right) 3^{c} 673^{d-2} c_{2} n

. Заместване и съкращаване на

n

в даденото уравнение дава

\left(a-1+3^{a} 673^{b} c_{1}\right) 3^{a-2} 673^{b} c_{1}

+\left(d-1+3^{c} 673^{d} c_{2}\right) 3^{c} 673^{d-2} c_{2}=2

Имаме следните случаи: • Ако

a \geq 2

(или

d \geq 2

), то първото (или второто) събираемо е по-голямо от 2 за ненулево

c_{1}

(ненулево

c_{2}

) поради множителят

\left(a-1+3^{a} 673^{b} c_{1}\right)

(съответно

(d-1+ \left.3^{c} 673^{d} c_{2}\right)

). Нека

c_{1}=0

, т.е.

\left(d-1+3^{c} 673^{d} c_{2}\right) 3^{c} 673^{d-2} c_{2}=2

. Както по-горе,

d \geq 2

дава

c_{2}=0

, което е невъзможно. При

d=1

получаваме

3^{2 c} c_{2}^{2}=2

, невъзможно. При

d=0

свеждаме до

t(t-1)=2.673^{2}

, където

t=3^{c} c_{2}

; последното е невъзможно, например от еквивалентното

(2 t-1)^{2}=8.673^{2}+1

и това, че числото в дясната страна завършва на 3. Възможността

c_{2}=0

се отхвърля аналогично. • Ако

a=d=1

, получаваме

673^{2 b} c_{1}^{2}+3^{2 c} c_{2}^{2}=2

и значи

b=c=0, c_{1}=c_{2}=1

. Това съответства точно на

n=3^{3}.673^{673}. x

. • Нека

a=d=0

. След освобождаване от отрицателни степени достигаме до

\left(673^{b} c_{1}-1\right) 673^{b+2} c_{1}+\left(3^{c} c_{2}-1\right) 3^{c+2} c_{2}=

2.2019^{2}

Сега е ясно, че непременно

\left(3^{c} c_{2}-1\right) c_{2}=k.673^{2}

за цяло неотрицателно число

k

. Ако

k\gt{}0

, то

\left(3^{c} c_{2}-1\right) 3^{c+2} c_{2} \geq k.3^{c}.2019^{2}

дава

c=0

k \leq 2

- обаче

c_{2}\left(c_{2}-1\right)=673^{2}

c_{2}\left(c_{2}-1\right)=2.673^{2}

са невъзможни, например от еквивалентните

\left(2 c_{2}-1\right)^{2}=4.673^{2}+1

\left(2 c_{2}-1\right)^{2}=8.673^{2}+1

и това, че числата в десните страни завършват на 7 и 3, съответно. Следователно

k=0

и значи (

\left.673^{b} c_{1}-1\right) 673^{b+2} c_{1}=2.2019^{2}

. Съкращаване на

673^{2}

дава

\left(673^{b} c_{1}-1\right) 673^{b} c_{1}=2.3^{2}

и така

b=0

c_{1}\left(c_{1}-1\right)=18

, т.е.

\left(2 c_{1}-1\right)^{2}=73

, което е невъзможно. \includegraphics[max width=\textwidth, alt={}, center]{0624a624-047a-4d05-888f-b6cacb9f465e-0654_136_278_2722_1452} • Сега разглеждаме

a=0, d=1

, т.е.

\frac{\left(673^{b} c_{1}-1\right) 673^{b} c_{1}}{9}+3^{2 c} c_{2}^{2}=2

. Ако

c_{2}=0

, подхождаме както в края на предишния случай. Иначе

3^{2 c} c_{2}^{2}\gt{}2

освен само при

c_{2}=1, c=0. \mathrm{B}

такъв случай,

\left(673^{b} c_{1}-1\right) 673^{b} c_{1}=9

- но лявата страна е четна, като произведение на две последователни цели числа. • Остава да отхвърлим

a=1, d=0

, т.е.

673^{2 b} c_{1}^{2}+\frac{\left(3^{c} c_{2}-1\right) 3^{c} c_{2}}{673^{2}}=2

. Непременно имаме

b=0, c_{1}=0

или 1, като и двете отпадат както в края на предишния случай.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

На тест се явили

2 n

ученици. Възможните резултати са

0,1, \ldots, 10

, като всеки резултат се среща поне веднъж. Средноаритметичното от резултатите се оказало

\frac{36}{5}

. Да се докаже, че можем да сформираме две групи от по

n

ученици, като средноаритметичният резултат измежду хората във всяка група е

\frac{36}{5}

Решение

Нека

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

са резултатите в ненамаляващ ред. Означаваме

s_{i}= \sum_{j=i+1}^{i+n} a_{j}

за

i=0, \ldots, n

. Тогава

s_{0} \leq \ldots \leq s_{n}

s_{0}+s_{n}=\sum_{j=1}^{2 n} a_{j}=\frac{36}{5} n

и значи

s_{0} \leq \frac{73}{10} n \leq s_{n}

. Нека

i

е най-големият индекс, за който

s_{i} \leq \frac{36}{5} n

. Имаме

i\lt{}n

, иначе

s_{0}=s_{n}=\frac{36}{5}

a_{1}=\ldots=a_{2 n}=\frac{36}{5}

, противоречие. Значи

\frac{36}{5} n-s_{i}\lt{}s_{i+1}-s_{i}=a_{i+n+1}-a_{i}

a_{i}\lt{}s_{i}+a_{i+n+1}-\frac{36}{5} n \leq a_{i+n+1}

Понеже всеки от възможните резултати се среща поне веднъж (а значи и

M=s_{i}+ \left.a_{i+n+1}-\frac{36}{5} n\right)

, можем да изберем числата

a_{i+1}, \ldots, a_{i+n+1}

и да премахнем точно едно от тях, което е равно на

M

. Средноаритметичното е точно

\frac{a_{i+1}+\ldots+a_{i+n+1}-M}{n}=\frac{36}{5}

и сега е ясно, че останалите

n

резултата ще са със същото средноаритметично.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Естествено число се нарича свободно от квадрати, ако не се дели на квадрата на кое да е просто число. Нека

n

е естествено число. Да се докаже, че сумата на числата от вида

\left\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{n}{a}}\right\rfloor

, където

a

е свободно от квадрати, е равна на

n

. (За реално число

x

\lfloor x\rfloor

означаваме най-голямото ияло число, по-малко или равно на

x

)

Решение

Индукция по

n

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Даден е успоредник

A B C D

A B\lt{}A C\lt{}B C

. Точките

M

N

от описаната около триъгълника

A B C

окръжност

k

са такива, че

D M

D N

се допират до

k

и отсечките

A D

C M

се пресичат. Ако

\angle A B N=\angle D C M

, да се намери

\angle A B C

Решение

Тъй като

D

е външна за

k

, ъгълът

\angle A B C

е остър. Нека

A^{\prime}

е втората пресечна точка на

C D

k

. Понеже

B C\gt{}A C

, имаме

\angle D C A=\angle C A B\gt{}\angle C B A=D A^{\prime} A

; значи

C

е между

A^{\prime}

D

. Нататък, чрез ъгли в

k

и условието получаваме, че дъгите

M C A^{\prime}

A C N

са равни. Нататък, нека

l

е ъглополовящата на

\angle M D N

. Тъй като

D M

D N

са допирателни, правата

l

минава през центъра

O

на

k

. Поради равенството на гореспоменатите дъги, при симетрия относно

l

точката

A

се изобразява в

A^{\prime}-

в частност,

\angle D A A^{\prime}=\angle D A^{\prime} A

. Сега

\angle D A A^{\prime}=\angle D A^{\prime} A=\angle A B C=\angle A D C

и значи триъгълникът

A A^{\prime} D

е равностранен. Отговорът следва.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се определи най-голямата стойност на израза

\left(x_{2} x_{3}+x_{4} x_{5}+\ldots+x_{2 n-2} x_{2 n-1}+x_{2 n} x_{1}\right)

-\left(x_{1} x_{2}+x_{3} x_{4}+\ldots+x_{2 n-3} x_{2 n-2}+x_{2 n-1} x_{2 n}\right)

където

x_{i}, i=1,2, \ldots, 2 n

са реални числа от интервала

[0,1]

, ако: a)

n=2

б)

n=3

Решение

а) Изразът е равен на

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

и сега е ясно, че максимумът е 1. б) Ще докажем, че и тук максимумът е 1. Стойността се достига например при

x_{2}= x_{3}=1, x_{4}=x_{6}=x_{1}=x_{5}=0

. Интересуваме се от

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

. Ако

x_{1}=x_{3}=x_{5}

, получаваме стойност 0. Иначе

x_{1} \geq x_{3} \geq x_{5} \geq x_{1}

не е възможно - нека без ограничение

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

. Чрез

0 \leq x_{2} \leq 1

получаваме, че даденият израз е не по-голям от

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

Сега ако

x_{5} \geq x_{3}

, то

x_{4}\left(x_{5}-x_{3}\right) \leq x_{5}-x_{3}

и горното е не повече от

\left(x_{6}-1\right)\left(x_{1}-x_{5}\right)

, което е не повече от 1, тъй като всеки от двата множителя е между -1 и 1. При

x_{5}\lt{}x_{3}

имаме

x_{4}\left(x_{5}-x_{3}\right) \leq 0

и свеждаме до

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

. Чрез

\left(-x_{6} x_{5}\right) \leq 0

x_{1}\left(x_{6}-1\right) \leq 0

последното е не повече от

x_{3} \leq 1

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

а) Да се докаже, че за всяко естествено число

n \geq 4

е изпълнено неравенството

(n(n-1))!\gt{}3^{n^{2}}

б) Да се докаже, че за всяко естествено число

m

е изпълнено равенството

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

в) Да се реши в естествени числа уравнението

k\neq{}\left(3^{n}-3^{0}\right)\left(3^{n}-3^{1}\right)\left(3^{n}-3^{2}\right) \cdots\left(3^{n}-3^{n-1}\right)

Решение

а) Разсъждаваме индуктивно по

n

. Случаите

n=4, n=5

се проверяват директно. Сега ако допуснем за някое

n \geq 5

, то от

n^{2}-n+m\gt{}3^{2}

за всяко

m=0,1, \ldots, 2 n-1

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

получаваме

\begin{gathered} (n(n+1))\neq{}(n(n-1))!\left(n^{2}-n+1\right)\left(n^{2}-n+2\right) \cdots\left(n^{2}+n\right)\gt{}3^{n^{2}}\left(n^{2}-n+1\right)\left(n^{2}-n+2\right) \cdots\left(n^{2}+n\right) \\ \gt{}3^{n^{2}} \cdot 3^{2(n-1)} \cdot 3^{3}=3^{n^{2}+2 n+1}=3^{(n+1)^{2}} \end{gathered}

с което индукцията е завършена. б) Индукция по

m

. Случаят

m=1

е очевиден. Ако допуснем за

m

, то исканото следва от очевидното

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

в) Да забележим първо, че от

3^{n}-m\lt{}3^{n}

за

m\gt{}0

следва

k!\lt{}\left(3^{n}\right)^{n}=3^{n^{2}}

. От друга страна, имаме

\begin{gathered} k\neq{}3^{(1+2+\ldots+n-1)}\left(3^{n}-1\right)\left(3^{n-1}-1\right)\left(3^{n-2}-1\right) \cdots(3-1)= \\ =3^{\frac{n(n-1)}{2}}\left(3^{n}-1\right)\left(3^{n-1}-1\right)\left(3^{n-2}-1\right) \cdots(3-1) \end{gathered}

т.е. степента на числото 3 в разлагането на

k

! на прости множители е

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

. Тази степен обаче е и не повече от

\frac{k}{3}+\frac{k}{9}+\cdots+\frac{k}{3^{m}}

където

m

е най-голямата степен на 3, която е \includegraphics[max width=\textwidth, alt={}, center]{0624a624-047a-4d05-888f-b6cacb9f465e-0656_136_275_2722_1455} по-малка от

k

, и от б) е по-малка от

\frac{k}{2}

. В частност, непременно

3^{n^{2}}\gt{}k!\gt{}(n(n-1))!

и сега от а) следва, че

n \leq 3

. Сега директна проверка на

n=1,2,3

дава единственото

k=2, n=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Даден е равнобедрен триъгълник

A B C(A C=B C)

със среда

M

на страната

A B

. Точката

P

е такава, че

C P \| A B

P A\lt{}P B

. Точките

X \in P A

Y \in P B

са такива, че

A

е между

P

X, B

е между

P

Y

\angle P X M=\angle P Y M

. Да се докаже, че точките

C, P, X

Y

лежат на една окръжност.

Решение

Нека точката

Q

от лъча

C M

е такава, че

\angle A X Q=90^{\circ}

. Очевидно

A M Q X

е вписан, откъдето

\angle B Y M=\angle A X M=\angle A Q M=\angle B Q M

(последното е понеже

Q

е от симетралата на

A B

) и значи

B M Q Y

е вписан. Така

\angle B Y Q=90^{\circ}

и точките

C, P, X

Y

лежат на една окръжност (тази с диаметър

P Q

), както се искаше.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

На лист хартия са отбелязани 100 точки. За всеки две от тях или е построена, или не е построена, отсечката, която ги свързва, като всяка от точките принадлежи на точно три построени отсечки. Вярно ли е, че при всеки възможен избор на точките и отсечките можем да оцветим отсечките (без техните краища) в три цвята така, че всеки две отсечки с общ край да са в различен цвят?

Решение

Ще покажем, че контрапример е 10 независими копия на графът на Петерсен, разглеждайки всяко копие поотделно. Ясно е, че външният 5 -цикъл

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

не може да се оцвети в два цвята и лесно се проверява, че всички оцветявания на цикъла в три цвята са еквивалентни (т. е. от всяко се получава всяко друго, чрез размяна на цветовете и преномериране на върховете). Тогава нека без ограничение

A_{1} A_{2}

A_{3} A_{4}

са червени,

A_{2} A_{3}

A_{4} A_{5}

са сини, а

A_{5} A_{1}

е зелена. Ако вътрешната част е

B_{1} B_{2} B_{3} B_{4} B_{5}

(като

A_{i} B_{i}

за

i=1, \ldots, 5

са ребра на графа), то

A_{1} B_{1}

е синя,

A_{2} B_{2}, A_{3} B_{3}

A_{4} B_{4}

са зелени и

A_{5} B_{5}

е червена. Но тогава

B_{3} B_{5}

B_{2} B_{5}

са непременно сини, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-8-8

10 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дефинираме редицата

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

за всяко естествено число

n

. Ще наричаме едно естествено число

n

лошо, ако не съществуват естествени числа

a\gt{}1

b\gt{}1

, такива че

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

. Да се докаже, че естественото число

n

е лошо тогава и само тогава, когато

a_{n}

е просто число.

Решение

Първо нека

a_{n}

е просто число и да допуснем, че

p=(2 n)^{2}+1=a^{2}+b^{2}

. Тогава

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

, следователно

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

, т. е

p||a-2 b n|

или

p| a+2 b n

. От друга страна

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

което означава, че ако

p \mid a-2 b n

, то

a=2 b n

. Значи

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

, тоест

b=

1, противоречие. Ако пък

p \mid a+2 b n

, то получаваме, че

p \mid 2 a n-b

и оттук довършваме аналогично на предишния случай. Сега нека

a_{n}

е съставно и нека

p

е негов прост делител. Ясно е, че всеки прост делител на

a_{n}

дава остатък 1 по модул 4 и следователно се представя като сума на два квадрата. От тъждеството на Лагранж следва, че всеки делител на

a_{n}

се представя като сума на два квадрата. Нека

\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(c^{2}+d^{2}\right)=(2 n)^{2}+1

, където всеки от двата множителя отляво е по-голям от 1. Без ограничение на общността можем да приемем, че всяко от

a, b, c

d

е естествено, защото ако някое е равно на 0, то ще получим второ представяне на

a_{n}

. Тогава

(a c+ b d)^{2}+(a d-b c)^{2}=(2 n)^{2}+1

и ако допуснем, че

a_{n}

има еднозначно представяне, то БОО

a d-b c=1

и аналогично

a c-b d= \pm 1

. Ако

a d-b c=a c-b d

, то

(a+b)(c-d)=0

, тоест

c=d

, което е противоречие с четността на

a_{n}

. Ако пък

a c-b d+a d-b c=0

, то

a=b

и отново получаваме така желаното противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2019-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В едно училище учат момчета и момичета. Група от момчета се нарича общителна, ако всяко момиче познава поне едно момче от тази група. Група от момичета се нарича общителна, ако всяко момче познава поне едно момиче от тази група. Ако броят на общителните групи от момчета е нечетен, докажете, че броят на общителните групи от момичета е също нечетен.

Решение

За всяко подмножество

X

на момчетата да означим с

Y(X)

множеството от всички момичета, които не познават нито едно момче от

X

. Казваме, че

X

Y

са разделени. Аналогично, за всяко подмножество

Y

на момичетата да означим с

X(Y)

множеството от момчетата, които не познават нито едно момиче от

Y

. Ясно е, че

X

Y

са разделени тогава и само тогава, когато

Y

X

са разделени. Ако

B

е множеството от момчетата, то в сумата

\sum_{X \subset B} 2^{Y(X)}

броят на единиците е равен на броя на общителните групи от момчета, а всички други събираеми са четни числа. Поради горните разсъждения същото число броят на единиците в същата сума е равен и на броя на общителните групи от момичета, откъдето следва и твърдението на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2019-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Симетралата на страната

A B

на остроъгълния

\triangle A B C

пресича страната

B C

и продължението на страната

A C

съответно в точки

P

Q

, а точките

M

N

са среди съответно на страната

A B

и отсечката

P Q

. Ако правите

A B

C N

се пресичат в точка

D

, да се докаже, че

\triangle A B C

\triangle B C M

имат общ ортоцентър.

Решение

Нека точка

H

е ортоцентъра а

\triangle A B C

. Описваме окръжност около

\triangle A B C

и нека правата

H M

пресича описаната окръжност в точка

K

. От учебника знаем, че

C C_{0}

е диаметър на описаната окръжност, а от друга страна

\triangle A B H

\triangle C P Q

са с взаимно перпендикулярни страни и следователно двете им съответни медиани

H M

C N

са също взаимно перпендикулярни, т. е. отсечката

M K

е височина в

\triangle D M C

. Отсечката

C H

е втората височина в същия триъгълник и следователно точката

H

е ортоцентър и на

\triangle D C M

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2019-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Диагоналите

A C

B D

на изпъкнал четириъгълник

A B C D

се пресичат в точка

M

. Ъглополовящата на

\angle A C D

пресича лъча

B A

в точка

K

. Ако

M A \cdot M C+M A \cdot C D=M B \cdot M D

докажете, че

\angle B K C=\angle C D B

Решение

Нека

N

е пресечната точка на правите

C K

B D

. За

\triangle M C D

имаме:

C D=\frac{M C \cdot D N}{M N}

Тогава

M B \cdot M D=M A \cdot M C+M A \cdot \frac{M C \cdot D N}{M N}=

M A \cdot M C \cdot \frac{M D}{M N}

или

M A. M C=M B. M N

. Тъй като

M

е от вътрешността на

A B C N

получаваме, че точките

A, B, C

N

лежат на една окръжност. Следователно

\angle K B D=\angle A B N=\angle A C N=\angle N C D=\angle K C D,

т. е.

K, B, C

D

лежат на една окръжност. Оттук

\angle B K C=\angle C D B

, което трябваше да се докаже.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2019-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Докажете, че съществува естествено число

a

, за което 999 дели

2^{5 n}+a \cdot 5^{n}

за всяко нечетно естествено

n

и намерете най-малкото такова

a

Решение

593. Тъй като

999=27 \cdot 37

, НОД

(27; 37)=1, 32 \equiv 5(\bmod 27)

32 \equiv 5(\bmod 37)

, условието е изпълнено точно когато 27 дели

(a+1) 5^{n}

и 37 дели

(a 1) 5^{n}

. Сред числата, за които

a \equiv 1(\bmod 37)

, най-малкото, за което

a \equiv-1(\bmod 27)

е 593.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2019-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички нечетни естествени числа

n

, за които броят на естествените числа, по-малки или равни на

n

и взаимнопрости с

n

, дели

n^{2}+3

Решение

Отговор:

n=1,3,5,9,21

. Първо ще докажем следната лема. Ако

p

е просто число от вида

3 k+2

и дели

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

за цели

a

b

, то непременно

p

дели

a

b

. Доказателство. Ако

p

дели

a

, то очевидно

p

дели

b

и обратно. Да допуснем, че

p

не дели нито

a

, нито

b

. Явно

a^{3} \equiv b^{3} \pmod p

и след повдигане на двете страни на степен

\frac{p+1}{3}

получаваме

a^{p+1} \equiv b^{p+1} \pmod p

. От теоремата на Ферма следва

a^{2} \equiv b^{2} \pmod p

, съответно

a \equiv \pm b \pmod p

и значи

a^{2}

или

3 a^{2}

се дели на

p

, което е невъзможно. С това лемата е доказана. Връщаме се в главната задача. Случаят

n=1

е ясен. Ако

n

е просто, то

\varphi(n)=n-1

дели

n^{2}+3=(n-1)(n+1)+4

, т.е.

n-1

дели 4 и получаваме решенията

n=3,5

. Нека

n

е съставно. Понеже

\varphi(n)

е четно за

n\gt{}3

, непременно

n

е нечетно. Ако

n

има

k

различни прости делителя, то

\varphi(n)

се дели на

2^{k}

, откъдето

2^{k}

дели

n^{2}+3

k\le 2

(понеже 8 не дели

n^{2}+3

). Нататък, ако за някое

i

имаме

\alpha_i \ge 2

(

\alpha_i

е каноничната степен на

p_i

), то съответното

p_i

дели

\varphi(n)

, т.е.

p_i

дели

n^{2}+3

, откъдето

p_i=3

. Понеже 9 не дели

n^{2}+3

, в този случай имаме

\alpha_i=2

. Следователно имаме следните случаи:

n=9

(това е решение),

n=9p

за някое просто

p\ne 3

n=pq

за прости

p\ne q

. Ако

n=9p

, то

\varphi(n)=6(p-1)

n^{2}+3=81(p-1)(p+1)+84

, откъдето

3(p-1)

дели 84,

p-1

дели 28 и

p=5

или

p=29

. И в двата случая 8 трябва да дели

\varphi(n)

, противоречие. Нека

n=pq

за прости

p\ne q

. Ако

q=3

, то

\varphi(n)=2(p-1)

дели

n^{2}+3=9(p-1)(p+1)+12

, т.е.

2(p-1)

дели 12 и (чрез

p=7

) получаваме решението

n=21

. Нека

p,q\gt{}3

- тогава 3 не дели

n^{2}+3

, откъдето 3 не дели

\varphi(n)=(p-1)(q-1)

. Оттук следва, че

p

q

дават остатък 2 по модул 3, откъдето

p=2a+1

q=2b+1

за някои

a\equiv b\equiv 2\pmod 3

. Тогава

\varphi(n)=4ab

дели

n^{2}+3=4ab(4ab+1)+4(a^{2}+b^{2}+a+b+1)

, т.е.

ab

дели

a^{2}+b^{2}+a+b+1

. Остава да съобразим, че ако

r

е прост делител на

b

от вида

3k+2

(такъв има, иначе

b\equiv 1\pmod 3

), то

r

дели

a^{2}+a+1

. Лемата дава, че

r

дели 1, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2019-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

За положителните реални числа

a, b

c

е изпълнено равенството

a b c=8

. Докажете неравенството

\frac{a^{2}}{\sqrt{\vphantom{x^2}\left(1+a^{3}\right)\left(1+b^{3}\right)}}+\frac{b^{2}}{\sqrt{\vphantom{x^2}\left(1+b^{3}\right)\left(1+c^{3}\right)}}

+\frac{c^{2}}{\sqrt{\vphantom{x^2}\left(1+c^{3}\right)\left(1+a^{3}\right)}} \geq

\frac{4}{3}

Решение

Като използваме неравенството

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

получаваме, че лявата страна

\mathrm{e} \geq

от:

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

+\frac{4 c^{2}}{\left(2+c^{2}\right)\left(2+a^{2}\right)}

След привеждане под общ знаменател, получаваме, че горният израз

\mathrm{e} \geq

от:

\frac{2 S(a, b, c)}{36+S(a, b, c)}=\frac{2}{1+\frac{36}{S(a, b, c)}}

за

S(a, b, c)=2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)+(a b)^{2}+(b c)^{2}+(a c)^{2}

. След прилагане на неравенството между средноаритметично и средногеометрично за

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

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

получаваме исканото.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2019-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Краен или безкраен е броят на степените на двойката със сума от цифрите по-малка от

2019^{2019}

Решение

Ще докажем, че числата от желания вид са краен брой. Нека

M

е множеството от тези числа. Да допуснем противното, т. е

M

е безкрайно. Тогава съществува цифра

a_{0}

, на която завършват безбройно много числа от

M

, цифра

a_{1}

, за която безбройно много членове от

M

завършват на

\overline{a_{1} a_{0}}

и т. н можем да построим безкрайна редица

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

, за която безкрайно много от числата в

M

завършват на

\overline{a_{k} a_{k-1} \ldots a_{1} a_{0}}

за всяко

k=0, 1, \ldots

. Т. к сумата на всяко число от

M

е ограничена, то съществува

N

, такова че

a_{k}=0

за всяко

k\gt{}N

. Нека сега

2^{m} \in M

е едно от числата, завършващи на

\overline{a_{N+t} \ldots a_{0}}

за някое естествено число

t

. Тогава

2^{m}=10^{N+t}. A+\overline{a_{N} \ldots a_{0}}

за някое естествено число

A

. Следователно

2^{N+t} \mid \overline{a_{N} \ldots a_{0}}

за произволно естествено число

t

, което означава, че

\overline{a_{N} \ldots a_{0}}=0

, но това е невъзможно, защото

\left(5, 2^{m}\right)=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2019-10-8

10 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

В турнир по футбол участвали 5 отбора, като всеки два отбора изиграли по една среща помежду си. За победа се дават 5 точки, а за загуба - 0 точки. При равен резултат без голове двата отбора получават по 1 точка, а при равенство с голове двата отбора получават по 2 точки. В крайното класиране точките на петте отбора са пет последователни цели числа. Определете колко най-малко гола са отбелязани в турнира.

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2019-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

\triangle A B C

\angle A C B=135^{\circ}

са избрани точки

M

N

на страната

A B

, така че

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

. Отсечките и

N Q

са ъглополовящи съответно в

\triangle A M C

\triangle N B C

. Да се докаже, че симетричната точка на върха

C

спрямо правата

Q

лежи на правата

A B

Решение

През върха

C

построяваме права, която пресича правата

A B

в точка

D

\angle A C M=\angle D C A

. Отсечките

C A

M P

са ъглополовящи в

\triangle D A M

и следователно

D P

също е ъглополовяща. Отсечките

N Q

C Q

са външни ъглополовящи в

\triangle D N C

(пресметнете) и следователно

D Q

е ъглополовяща. Щом

D Q

е ъглополовяща симетричната точка

K

на върха

C

лежи на другото рамо

A B

на

\angle C D B

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2019-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

На 365 картички са написани 365 различни числа. За един въпрос можем да изберем три картички и да разберем на коя картичка е записано най-голямото число и на коя - най-малкото. Възможно ли е с 2000 въпроса картичките да се наредят според големината на записаните върху тях числа?

Решение

Да. Да допуснем, че сме наредили

n

картички по големина. За да намерим мястото на

n+1

-та картичка

x

избираме такива две картички

a

b

от вече наредените, които разделят останалите картички на три приблизително равни групи. Въпрос за

a, b

x

определя положението на

x

в едната от трите групи. За новата група можем да постъпим по същия начин. При тази стратегия за всяко

n \leq 200

броят въпроси е най-много 5, а при

n \leq 300

броят въпроси е най-много 6. Общо

5.200+6.165=1990\lt{}2000

въпроса.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2019-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

За четириъгълник

A B C D

са дадени

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

A B=C B

. Докажете, че

A D=C D

Решение

Нека

x=\angle A D B

y=\angle C D B

, като тогава

\angle C B D=2 x

\angle A B D=2 y

. От синусовата теорема за

\triangle A B D

\triangle C B D

следва

\frac{\sin (2 y+x)}{\sin x}=\frac{B D}{B A}=\frac{B D}{B C}=\frac{\sin (2 x+y)}{\sin y}.

Стандартни разсъждения дават

x=y

, откъдето

\angle A B D=\angle C B D

. Следователно

A B C D

е симетричен спрямо

B D

, откъдето

A D=C D

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2019-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

A

е броят на 2019-цифрените числа, съдържащи точно две различни цифри. Пресметнете степента на множителя 3 в разлагането на прости множители на

A

Решение

5. Ако сред цифрите има 0, има 9 избора за другата цифра

a

, участваща в числото. За първата позиция на числото има един избор, а за всяка следваща - по два (общо

2^{2018}

избора), като трябва да се изключи числото, в което участва само

a

. Общо

9.\left(2^{2018}-1\right)

числа. Ако 0 липсва, има

9.8: 2\neq{}36

избора за ненаредената двойка цифри, участващи в числото. За всяка позиция има по 2 избора (общо

2^{2019}

избора), от които трябва да се изключат числата, в които участва само една от тези цифри ( 2 избора). Общо 36.2.

\left(2^{2018}-1\right)

числа. И така,

A=(9+36.2)\left(2^{2018}-1\right)=81\left(2^{2018}-1\right)

числа. Остатъкът при деление на 9 на 26 е 1, така че на

2^{2018}=\left(2^{6}\right)^{336}.2^{2}

е 4, следователно

2^{2018}-1

се дели на 3, но не и на 9. Тъй като

81=3^{4}

, отговорът на задачата е

4+1=5

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2019-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Дадени са

n

деца. От всеки две поне едното е изпратило СМС на другото. За всяко дете

A

, сред децата, на които

A

е изпратило СМС, точно

10 \%

са изпратили СМС на

A

. Колко са възможните трицифрени

n

Решение

94. Ако има

k

двойки деца с двупосочна комуникация, то общият брой СМС е

10 k+10 k=20 k

. Тогава броят двойки деца

\frac{n(n-1)}{2}=19 k

Това е възможно само ако

n

дава остатък 0 или 1 при деление на 19. За да получим

n=19 m+1

, подреждаме децата по окръжност и нека всяко прати СМС на

10 m

-те деца вляво от него (и значи от тях ще му пратят СМС

m

-те най-далечни). За

n=19 m

нека детето

X

не изпраща СМСи. Останалите деца подреждаме по окръжност и всяко праща СМС на

10 m-1

-те вляво от него и на X (и значи получава СМС от

m

-те най-далечни по окръжността). Има 94 трицифрени числа, даващи остатък 0 или 1 при деление на 19.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2019-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Даден е двуделен граф

G

, най-голямата степен на връх в който е 2019. Разглеждаме най-малкото естествено число

m

, за което можем да оцветим ребрата на

G

m

цвята, като всеки две ребра с общ връх са в различен цвят. Да се докаже, че

m

не зависи от

G

и да се намери стойността на

m

. (Граф

G

е двуделен, ако множеството от върховете му

V(G)

може да се разбие на множества

V_{1}

V_{2}

така, че да няма ребра между върхове от

V_{1}

и да няма ребра между върхове от

V_{2}

Решение

2019. Да положим

D=2019

. Първо, ребрата на връх от степен

D

са

D

на брой и са непременно в различни цветове, откъдето

m \geq D

. За да докажем, че

D

цвята са достатъчни, разглеждаме два случая: •

G

D

-регулярен, т.е. всеки връх е от степен

D

. Ако

V(G)=V_{1} \cup V_{2}

, където няма ребра между върхове от

V_{1}

и върхове от

V_{2}

, то общият брой ребра в

G

D\left|V_{1}\right|=D\left|V_{2}\right|

- в частност

\left|V_{1}\right|=\left|V_{2}\right|

. Също, за всяко

S \subset V_{1}

имаме

D|S|=\sum_{v \in S} \operatorname{deg}(v) \leq D|\Gamma(S)|

, където

\Gamma(S)

е множеството от съседите на

S

- оттук

|\Gamma(S)| \geq|S|

и значи от теоремата на Хол

G

притежава множество

M

от

\left|V_{1}\right|

ребра без общи върхове. Сега е ясно, че от всеки връх излиза точно едно ребро от

M

. Да оцветим ребрата на

M

в цвят 1 и след това да ги премахнем - получаваме (

D-1

)-регулярен граф и повтаряйки индуктивно същата процедура, получаваме исканото оцветяване в

D

цвята. • Иначе за минималната степен

\delta

на връх имаме

\delta\lt{}D

. Ще построим двуделен граф

G^{\prime}

, който съдържа

G

и е с максимална степен

D

и минимална степен

\delta+1

(и прилагайки тази конструкция

D-\delta

пъти ще достигнем до регулярен граф и тогава се връщаме в първия случай). Ако върховете в частите на двуделния

G

са

\left\{v_{1}, v_{2}, \ldots, v_{n}\right\}

\left\{u_{1}, u_{2}, \ldots, u_{m}\right\}

, то нека

G^{\prime}

е с върхове

L^{\prime}:=L \cup\left\{u_{1}^{\prime}, u_{2}^{\prime}, \ldots, u_{m}^{\prime}\right\}

в лявата част,

R^{\prime}:=R \cup\left\{v_{1}^{\prime}, v_{2}^{\prime}, \ldots, v_{n}^{\prime}\right\}

в дясната част. Ребрата първоначално нека са тези на

G

, както и

\left\{u_{i}^{\prime} v_{j}^{\prime}: u_{i} v_{j}\right.

е ребро на

\left.G\right\}

- тогава

\operatorname{deg}\left(u_{i}\right)=\operatorname{deg}\left(u_{i}^{\prime}\right), \operatorname{deg}\left(v_{j}\right)=\operatorname{deg}\left(v_{j}^{\prime}\right)

. Сега добавяме още две множества от ребра:

\left\{u_{i} u_{i}^{\prime}: \operatorname{deg}\left(u_{i}\right)\lt{}D\right\}

\left\{v_{j} v_{j}^{\prime}: \operatorname{deg}\left(v_{j}\right)\lt{}D\right\}

. С това завършваме конструкцията и директно се проверява, че

G^{\prime}

е с исканите условия.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2019-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се реши в цели числа уравнението

4 n^{4}+7 n^{2}+3 n+6=m^{3}.

Решение

Отговор: няма решение. Третите степени дават остатък

-1

0

или

1

по модул 9, а

4 n^{4}+7 n^{2}+3 n+6

дава остатък

-4

-3

или

2

, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2019-10-8

10 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадени са прости числа

p_{1}, p_{2}, p_{3}

p

. Да се докаже, че съществуват цели числа

x

y

такива, че

y^{2} \equiv p_{1} x^{4}-p_{1} p_{2}^{2} p_{3}^{2}(\bmod p)

Решение

Случаите

p \in\left\{p_{1}, p_{2}, p_{3}\right\}

се проверяват лесно, така че нека

p \neq p_{i}

за

i=1, 2, 3

. За удобство, ще пишем

P=p_{2} p_{3}

и обичайното означение

\left(\frac{\dot{p}}{p}\right)

за символа на Льожандър. В случай, че

P

или

-P

е квадратичен остатък по модул

p

, можем да изберем

y=0

и подходящо

x

. Вече ще считаме, че и двете са квадратични неостатъцив частност, от мултипликативността на символа следва

\left(\frac{-1}{p}\right)=1

. Ако

\left(\frac{p_{1}}{p}\right)=1

избираме

x=0

и съответното

y

, така че нека

\left(\frac{p_{1}}{p}\right)=-1

. Следователно остава да докажем, че за някое

x

точно едно от

x^{2} \pm P

е квадратичен остатък по модул

p

. Да допуснем противното, т. е.

\left(\frac{x^{2}-P}{p}\right)=\left(\frac{x^{2}+P}{p}\right)

за всяко

x

. Заместване на

x

P x

и използвайки мултипликативността на символа, получаваме

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

за всяко

x

. Понеже

P

е квадратичен неостатък, следва че

\left(\frac{z-1}{p}\right)=\left(\frac{z+1}{p}\right)

за

z=0

и за всеки неостатък

z

. Да разгледаме множеството от квадратичните неостатъци и 0 по модул

p

. Мощността му е

\frac{p+1}{2}\gt{}\frac{p}{2}

и следователно то съдържа два последователни елемента

z_{0}-1

z_{0}

. Сега от горното за

z

индуктивно следва, че всеки остатък е 0 или неквадратичен, противоречие. С това задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2019-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

с център на вписаната окръжност

I

и пети на ъглополовящите през

B

C-B_{1}

C_{1}

съответно. Нека

S

е средата на дъгата

B A C

от описаната около

\triangle A B C

окръжност

(\Omega)

и нека

\omega_{A}

е външновписаната окръжност срещу върха

A

на триъгълник

A B C

. Нека

\omega_{A}\left(I_{A}\right)

допира

A B

A C

в точки

D

E

съответно и нека

S I \cap \Omega=\{S, P\}

. Нека

M

е средата на

D E

и нека

N

е средата на

S I

. Ако правите

M N

A P

се пресичат в точка

K

, то да се докаже, че

K I_{A} \perp B_{1} C_{1}

Решение

За да решим задачатаще са ни необходими 2 леми. Лема 1. Нека

M_{B}

M_{C}

са средите на дъгите

A B

A C

от

\Omega

. Тогава

N

е средата на отсечката

M_{B} M_{C}

. Доказателство. След пресмятане на ъгли лесно се вижда, че фигурата

M_{B} I M_{C} S

е успоредник, откъдето твърдението следва. Лема 2. Нека точка

O

е центърът на

\Omega

. Тогава

I_{A} O \perp B_{1} C_{1}

. Доказателство. Нека

X

Y

са пресечните точки на радикалната ос на

\Omega

\omega_{A}

A B

A C

. Тогава

X D^{2}=X B. X A

, откъдето лесно следва, че

X A=\frac{p^{2}}{a+b}

и аналогично

Y A=\frac{p^{2}}{a+c}

. Така

\frac{X A}{Y A}=\frac{a+c}{a+b}=\frac{A C_{1}}{A B_{1}} \Rightarrow X Y \| B_{1} C_{1}

. Последното означава, че

O I_{A} \perp B_{1} C_{1}

, което искахме да докажем. Обратно към задачата, нека

T

е външният център на хомотетия

(h)

, изпращаща

\Omega

\omega_{A}

. Нека

F

е допирната точка на

\omega_{A}

B C

. Тогава от ълли получаваме, че

\triangle M_{B} S M_{C}

е хомотетичен на

\triangle D F E

. Следователно

h\left(M_{B} M_{C}\right)=D E

и в частност

h(N)=M

, което означава, че

T \in M N

, както и

T \in O I_{A}

. Нека

\Omega_{A}

е полувписаната окръжност срещу върха

A

за

\triangle A B C

. Тогава от теорема за трите хомотетии за

\Omega, \omega_{A}

\Omega_{A}

следва, че

P

(външен център на хомотетия, изпращаща

\Omega_{A}

\Omega

), (външен център на хомотетия, изпращаща

\Omega_{A}

\omega_{A}

) и

T

(външен център на хомотетия, изпращаща

\omega_{A}

\Omega

) лежат на една права. Последното означава, че

T \equiv K

, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2019-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Даден е нетъпоъгълен триъгълник

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

с височина

C D(D \in A B)

, център на описаната окръжност

O

и среда

M

на страната

A B

. Точката

E

лежи на лъча

B A

и е такава, че

A E \cdot B E=D E \cdot M E

. Ако правата

O E

разполовява лицето на

\triangle A B C

C O=C D \cos \angle A C B

, да се намерят ъглите на триъгълника

A B C

Решение

Ясно е, че

E

не е между

A

B

. Ако положим

A D=x, D B=y, A E=z

, то

A E \cdot B E=D E \cdot M E \Leftrightarrow z \cdot(x+y+z)=(x+z) \cdot \frac{x+y+2 z}{2} \Leftrightarrow x^{2}+x y+x z-y z=0 \Leftrightarrow \frac{x}{y}=\frac{z}{x+y+z}

, т. е.

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

. Сега от теоремите на Менелай и Чева (или съображения с хармонично отношение) следва, че

E

лежи на правата през петите

A_{1}

B_{1}

на височините през върховете

A

B

, съответно. Нещо повече, изразяване на ъгли дава

C O \perp A_{1} B_{1}

, а от

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

(с коефициент cos

\angle A C B

) следва, че разстоянието от

C

от

A_{1} B_{1}

C D \cos \angle A C B

, т. е.

C O

. Следователно

O \in A_{1} B_{1}

A_{1} B_{1}

разполовява лицето на

\triangle A B C

. Сега от горното подобие получаваме

\cos \angle A C B=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2}

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

. Тогава

C H=A B

, където

H

е ортоцентърът, а пък

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

. Следователно

H \equiv D

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

. Оттук

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2019-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

На Математическите боеве ученици решавали

n

задачи, като всеки ученик решил точно 3 задачи. За всеки двама има най-много една задача, която е решена и от двамата. Да се докаже, че

s

е естествено число, за което

s^{2}-s+1\lt{}2 n

, то има

s

задачи, никои три от които не са решени от един ученик.

Решение

Нека

t

е най-голямото число със свойството: Има

t

задачи, никои три от които не са решени от един ученик. Да допуснем, че

t \leq s-1

и да означим множеството от тези

t

задачи с

A

. Тъй като

t

е най-голямото число с това свойство, за всяка задача

x \notin A

съществуват две задачи

y, z \in A

, такива, че има ученик решил задачи

x, y

z

(в противен случай ще добавим задача

x

към

A

и ще увеличим

t

). По този начин на всяка задача извън

A

съответства двойка от задачи от

A

. При това на различни задачи извън

A

съответстват различни двойки от

A

(в противен случай ще има ученик решил повече от 3 задачи). Следователно задачите извън

A

са по-малко от двойките задачи в

A

. От друга страна от

t \leq s-1

получаваме, че двойките задачи в

A

са най-много

\binom{s-1}{2}

, а извън

A

има поне

n-(s-1)

задачи. Неравенството от условието е еквивалентно на

\binom{s-1}{2}\lt{}n-(s-1)

и получаваме противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2019-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

a\gt{}0

12 a+5 b+2 c\gt{}0

. Да се докаже, че не е възможно уравнението

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

да има два реални корена в интервала (

2; 3

Решение

Да допуснем, че това се случва за корените

x_{1}

x_{2}

. Разделяйки на

2 a

и ползвайки Виет, получаваме

62,

5\left(x_{1}+x_{2}\right)+x_{1} x_{2}\gt{}0 \Rightarrow\left(x_{1}-2, 5\right)\left(x_{2}-2, 5\right)\gt{}0,

25.

Но според допускането

\left|x_{1} 2, 5\right|\lt{}0, 5

\left|x_{2} 2, 5\right|\lt{}0, 5

, така че получаваме абсурда

0, 5 \cdot 0, 5\gt{}

0, 25.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2019-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Съществува ли функция

f: N \rightarrow N

, за която

f(f(n-1))=f(n+1)-f(n)

за всяко

n \geq 2

Решение

Не. Да допуснем, че такава функция съществува. От даденото уравнение получаваме

f(n+1)-f(n)\gt{}0

за

n \geq 2

, т. е.

f

е строго растяща. Следователно

f(n)\gt{}f(2)= n-2 \geq n-1

при

n \geq 2

. Сега ще ограничим

f

отгоре. От даденото уравнение имаме

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

или

f(f(n)\lt{}f(n+1)

За

n \geq 1

. Тъй като

f

е растяща получаваме, че или

f(n)=1

или

f(n)\lt{}n+2

за

n \geq 1

, като и в двата случая

f(n)\lt{}n+2

. Следователно

n-1 \leq f(n) \leq n+1

за

n \geq 2

. Нека

n\gt{}4

. Имаме

f(n-1) \geq 2

за

n-1 \geq 2

и като приложим долната граница, получаваме

f(f(n-1)) \geq f(n-1)-1 \geq n-3

От даденото уравнение имаме

f(f(n-1))=f(n+1)-f(n) \leq(n+2)-(n-1)=3

и следователно

n-3 \leq 3

за

n\gt{}4

, което е невъзможно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2019-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Функцията

f(x)

има за допустими стойности всички реални числа, приема реални стойности и е такава, че

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

за всяко реално

x

f(x)=x(x-1)

за всяко

x \in(0, 1]

. Да се намери най-голямото реално число

m

, за което неравенството

f(x) \geq-\frac{8}{9}

е изпълнено за всички

x \in(-\infty, m]

Решение

Индуктивно получаваме, че за всяко цяло

n: f(x)=2^{n}(x-n)(x-n-1)= 2^{n}\left(\left(x-\frac{2 n+1}{2}\right)^{2}-\frac{1}{4}\right)

за

x \in(n, n+1]

. В частност, най-малката стойност в интервала

(n, n+1]

се достига при

x=\frac{2 n+1}{2}

и е

-2^{n-2}

, което е поне

\frac{8}{9}

точно при

n \leq 1

. Остава да съобразим, че

x \geq 2

4(x-2)(x-3) \geq-\frac{8}{9}

са изпълнени едновременно точно при

2 \leq x \leq \frac{7}{3}

. Така търсеното

m

\frac{7}{3}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2019-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички полиноми

f

с цели коефициенти, такива че

f(p) \mid(p- 3)!+\frac{p+1}{2}

за всяко нечетно просто число

p

Решение

Да отбележим, че ако

f

изпълнява условието, то и

-f

също го изпълнява и нека БОО старшият коефициент на

f

бъде положителен. Първо ще разгледаме случая, когато

f

е неконстантен. Тогава да допуснем, че

f(0) \neq 0

. От Лема на Шур имаме, че съществуват безбройно много прости числа

q

, делящи стойностите на полинома. Нека допуснем, че

f(-1) \neq 0

и нека

q

е просто число, което дели

f(n)

за някое естествено число

n

, както и

q\gt{}\max |f(-1)|, \mid f(0)

. Тогава т. к

q

не дели

f(0)

, то

q

не дели

n

. Следователно от Теоремата на Дирихле аритметичната прогресия с общ член

q k+n(k=1, 2, \ldots)

съдържа безбройно много прости числа. Нека

p

е едно от тях, като БОО можем да считаме, че

p-3\gt{}q

. Следователно

q|f(p)|(p-3)!+\frac{p+1}{2}

, но

q \mid(p-3)!

, следователно

q \mid p+1

, откъдето следва, че

q \mid f(-1)

, което е невъзможно, защото

q\gt{}|f(-1)|

. Полученото противоречие показва, че

f(-1)=0

, което означава, че

x+1 \mid f(x)

. Като положим

p=3

, получаваме, че

4 \mid 3

, противоречие. Следователно

f(0)=0

, т. е съществува полином

g \in \mathbb{Z}[X]

, така че

f(x)=x g(x)

. Прилагайки същите разсъждения за

g

и т. н получаваме, че

f(x)=a x^{n}

за някое

a

. Отново полагането

p=3

води до

a=1

n=1

. Остана да докажем, че

p \left\lvert\, (p-3)!+\frac{p+1}{2}\right.

, но от Теоремата на Уилсън следва, че

(p-2) \cdot(p-3)!\equiv 1(\bmod p) \Rightarrow (p-3)!\equiv \frac{-1}{2}(\bmod p)

, откъдето твърдението следва. Ако

f

е константа, то

p=3

p=5

водят до

f \equiv 1

. Така окончателно всички са

f(x)= \pm x

f(x)= \pm 1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2019-10-8

10 · Ден 4

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Точките

M

N

са от страната

B C

на триъгълника

A B C

, като

B M=C N

M

е между

B

N

. Точките

P \in A N

Q \in A M

са такива, че

\angle P M C=\angle M A B

\angle Q N B=\angle N A C

. Да се докаже, че

\angle Q B C=\angle P C B

Решение

Нека

A^{\prime}

P^{\prime}

са симетричните точки на

A

P

относно симетралата на

B C

. Означаваме

X=N Q \cap A^{\prime} B

Y=N P^{\prime} \cap A B

. От симетрията имаме

P^{\prime} \in A^{\prime} M

. Тъй като

A A^{\prime} M N

е равнобедрен трапец, то точките

A, A^{\prime}, M, N

лежат на една окръжност. От друга страна,

\angle X N M=\angle N A C=\angle X A^{\prime} M

и значи

A^{\prime}, X, M, N

също лежат на една окръжност. Аналогично

A, Y, N

M

лежат на една окръжност. Следователно точките

A, A^{\prime}, M, N, X

Y

лежат на една окръжност. Тогава от теоремата на Паскал получаваме

P^{\prime} \in B Q

и следователно

\angle Q B C=\angle P^{\prime} B C=\angle P C B

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2019-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дадено е естествено число

n

. Първоначално клетките на таблица

2 n \times 2 n

са бели. Двама играчи

A

B

играят следната игра. Първо

A

оцветява

m

от клетките в червено. След това

B

избира

n

реда и

n

колони и оцветява полетата от тях в черно. Печели

A

точно когато остане поне едно червено поле. Да се намери най-малката възможна стойност на

m

, при която

A

може да спечели без значение как

B

играе.

Решение

3 n+1

. Нека първо

m \leq 3 n

. Тогава

B

избира първо да оцвети

n

-те реда с най-голям брой червени клетки. Ако допуснем, че остават поне

n+1

червени клетки, то поне един от неоцветените в черно редове съдържа поне 2 червени клетки. Тогава от максималността имаме, че всеки черен ред съдържа поне 2 черни клетки и значи броят на почернелите червени клетки е поне

2 n

. Но тогава остават най-много

n

червени клетки (които не са в черно), противоречие. Следователно остават най-много

n

червени клетки и е достатъчно

B

да избере техните колони (това е възможно, тъй като има право на

n

колони). Сега нека

m=3 n+1

. Тогава

A

печели като оцвети клетките с координати:

(1, 1); \quad(i, i+1) \text{за} 1 \leq i \leq n;

\quad(i+1, i) \text{за} 1 \leq i \leq n; \quad(j, j) \text{за} n+1 \leq j \leq 2 n

Наистина, да допуснем, че

B

може да оцвети всичките в черно. Клетките

(j, j), n+ 2 \leq j \leq 2 n

са непременно оцветени чрез

n-1

различни линии (редове или колони), които не съдържат други червени полета и значи останалите

2 n+2

полета трябва да се преоцветят в черно чрез оставащите

n+1

линии. Тъй като никоя линия не съдържа повече от две червени полета, трябва всяко червено поле да принадлежи на точно една от тези линии. Без ограничение нека

(1, 1)

е преоцветена в черно чрез ред. Нека

k

е най-малкото естествено число такова, че редът

k, 2 \leq k \leq n+1

не е черен (такова има, иначе ще имаме общо поне

n+1

черни реда, противоречие). Тогава полето (

k, k-1

) трябва да бъде в черно чрез колона

k-1

. Но в тази колона има друго червено поле (

j, k-1

), което принадлежи на черния ред с номер

j\lt{}k

, което противоречи на минималността на

k

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2019-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Естественото число

n\gt{}1

е такова, че има естествено число

a

и просто число

q

, които изпълняват следните условия:

(*)

q

дели

n-1

q\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}n}-1

(*)

n

дели

a^{n-1}-1

(*)

НОД

\left(a^{\frac{n-1}{q}}-1, n\right)=1

. Възможно ли е

n

да е съставно число?

Решение

Не! Да допуснем, че е възможно и нека

p

е прост делител на

n

, за който

p \leq \sqrt{\vphantom{x^2}n}

. От първото условие следва

q\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}n}-1 \geq p-1

и понеже

q

е просто, получаваме НОД

(q, p-1)=1

. Така от теоремата на Безу съществуват цели числа

x

k

(в случая можем да приемем, че са естествени), за които

q x=(p-1) k+1

. Тъй като

p

дели

n

, второто условие дава

a^{n-1} \equiv 1(\bmod p)

, откъдето

1 \equiv\left(a^{n-1}\right)^{x} \equiv\left(a^{\frac{n-1}{q}}\right)^{q x} \equiv

\left(a^{\frac{n-1}{q}}\right)^{(p-1) k+1} \equiv

\left(\left(a^{\frac{n-1}{q}}\right)^{k}\right)^{p-1} \cdot a^{\frac{n-1}{q}} \equiv a^{\frac{n-1}{q}}(\bmod p)

(за последното сравнение използвахме теоремата на Ферма). Следователно

p

е общ прост делител на

a^{\frac{n-1}{q}}-1

n

, което противоречи на третото условие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2019-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Вярно ли е, че за всяко просто число

p

съществуват неконстантни полиноми

P

Q

на променливата

x

и с цели коефициенти, за които остатъкът при деление на

p

на коефициента пред

x^{n}

в нормалния вид на произведението

P Q

е 1 за

n=0

n=4; p-1

за

n=2

и е 0 за всяко друго

n \geq 0

Решение

Да! При

p=2

p=3

е достатъчно да изберем съответно

P=Q=x^{2}+x+1

P=Q=x^{2}+1

. Нека

p \geq 5

. Поне едно от числата

-1, -3

и 3 е квадратичен остатък по модул

p

(иначе произведението им, което е 9, би било квадратичен неостатък). Ако

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

за някое

s

, получаваме (с точност до модул

p

)

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

. Ако

s^{2} \equiv 3(\bmod p)

за някое

s

, то (с точност до модул

p

)

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

. Ако

s^{2} \equiv-3(\bmod p)

за някое

s

, то (с точност до модул

p

)

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

и умножавайки двете страни по число

t

, за което

4 t \equiv 1(\bmod p)

(такова има по теоремата на Безу), получаваме исканото.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2019-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Ненамаляващите функции

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

са такива, че

f(r) \leq g(r)

за всяко рационално число

r

. Вярно ли е, че

f(x) \leq g(x)

за всяко реално число

x

Решение

Не! Избираме

f(x)=1

за

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

и 0 иначе;

g(x)=1

за

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

и 0 иначе.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2019-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

f: \mathbb{N}_{0} \rightarrow \mathbb{N}_{0}

, такива че за всеки две

x, y \in \mathbb{N}_{0}

е изпълнено

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

(С

\mathbb{N}_{0}=\{0, 1, 2, 3, \ldots\}

се означава множеството на целите неотрицателни числа.)

Решение

При

x=0

y \neq 0

получаваме

y f(0)=y f\left(y^{2}\right)

, т. е.

f\left(y^{2}\right)=f(0)

. Замествайки

y \neq 0

y^{2}

в даденото, получаваме

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

, т. е.

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

. Така за фиксирано

x, x(f(0)-f(x))

се дели на

x+y^{2}

за всяко

y \neq 0

(впрочем, очевидно и за

y=0

) и в частност има безбройно много делители. Последното е възможно само когато то е 0, т. е.

f(x)=f(0)

за всяко

x

. Обратно, ясно е, че всяка константна функция е на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2019-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число. Графът

G

е с

10 n

върха. Тези върхове са разделени на 10 групи от по

n

върха и между два върха в

G

има ребро тогава и само тогава, когато са в различни групи. Колко най-много ребра може да има подграф на

G

, който не съдържа пълен граф с 4 върха?

Решение

33 n^{2}

. Да означим върховете в

i

-тата група с

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

. Всяко ребро на

G

е в точно

n^{8}

копия на пълния граф с 10 върха, съдържащи се в

G

. Следователно броят ребра на подграф можем да запишем като

\frac{\sum_{j_{1}, j_{2}, \ldots, j_{10}} \sum_{k_{1}, k_{2}}\left(\mathbf{1}_{A_{j_{k_{1}}}^{k_{1}} A_{j_{k_{2}}}^{k_{2}} \in E(G)}\right)}{n^{8}}

където

\mathbf{1}_{x y \in E(G)}=1

ако

x y

е ребро и 0 иначе. За подграф, несъдържащ

K_{4}

, всяко от събираемите на външната сума в числителя е най-много 33 (понеже максималния подграф на

K_{10}

, без копия на

K_{4}

, има 33 ребра съгласно теоремата на Туран). Броят на събираемите е

n^{10}

и така получаваме оценката

\frac{33 n^{10}}{n^{8}}=33 n^{2}

. Примерът се конструира аналогично.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2019-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

. Точката

D

от описаната му окръжност

k

е такава, че

C D

е симедиана в

\triangle A B C

(т. е.

\angle B C D=\angle A C M

, където

M

е средата на

A B

). Нека

X

Y

са от лъчите

C B

C A

, като

C X=2 C A

C Y=2 C B

. Да се докаже, че окръжността, допираща се външно до

k

и до правите

C A

C B

, се допира до описаната около триъгълника

X D Y

окръжност.

Решение

При композиция на инверсия с център

C

и радиус

\sqrt{\vphantom{x^2}C A. C B}

и симетрия относно ъглополовящата на

\angle A C B

точките

X

Y

отиват в средите

M

N

на

A C

B C

, а

D

отива в средата на

A B

. Окръжността, допираща се външно до

k

и правите

C A

C B

, отива във вписаната за

\triangle A B C

. Следователно задачата се свежда до случая на теоремата на Фойербах за допирането на вписаната окръжност и окръжността на Ойлер за

\triangle A B C

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2019-10-8

10 · Финал

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Намерете най-малката стойност на естественото число

k

със следното свойство: не съществува аритметична прогресия с 2019 члена точно

k

от които са цели числа.

Решение

k=71

. Да разгледаме аритметична прогресия с първи член

a_{1}

, разлика

d

и 2019 члена, в която има

k

цели числа. Без ограничение можем да считаме, че най-малкото цяло число в прогресията е 0 (тъй като можем да прибавим към всички членове произволно цяло число). Нека следващото цяло число в прогресията

n

. Тогава за разликата

d

на прогресията имаме

t d=n

, където

t

е естествено число и

(t, n-1)=1

(ако

(t, n-1) \neq 1

, то в прогресията ще има цяло число, по-малко от

n

). Следователно

d=\frac{n}{t}

. Целите числа са

0, n, 2 n, \ldots, (k-1) n

, като между всеки две от тях има

t-1

члена на прогресията. В прогресията има най-малко

k+(k-1)(t-1)

члена, а най-много

k+(k-1)(t-1)+2(t-1)

члена. Следователно

k+(k-1)(t-1) \leq 2019 \leq k+(k-1)(t-1)+2(t-1)

, откъдето получаваме:

\frac{2020}{k+1} \leq t \leq \frac{2018}{k-1}

Когато

\frac{2018}{k-1}-\frac{2020}{k+1} \geq 1

в интервала

\left[\frac{2020}{k+1}, \frac{2018}{k-1}\right]

има цяло число. Това става при

k \leq 62

. Директно се проверява, че при

64 \leq k \leq 70

в интервала

\left[\frac{2020}{k+1}, \frac{2018}{k-1}\right]

има цяло число, а при

k=71

това не е вярно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Съществува ли строго растяща функция

f: N \rightarrow N

, такава че за всяко естествено число

n

е в сила равенството

f(f(f(n)))=n+2 f(n)?

Решение

Всяко естествено число

n

може да се представи по единствен начин като сума от числа на Фибоначи по следния алгоритъм: (1) Ако

k

е максималното естествено число, за което

n \geq F_{k}

, то

F_{k}

участва в представянето и същото прилагаме за

n-F_{k}

. Ясно е, че по т. к

F_{k+1}\gt{}F_{k}

, то

F_{k-1}

не участва в представянето на

n

. Аналогично продължавайки по същия начин получаваме единствено представяне на

n

като сума на числа на Фибоначи (без съседни членове в него). Нека сега

n=F_{i_{1}}+\cdots+F_{i_{s}}

е представянето на

n

. Ще докажем, че функцията

f(n)=F_{i_{1}+1}+F_{i_{2}+1}+\cdots+F_{i_{s}+1}

изпълнява условието. Т. к доказахме, че представянето, дефинирано в (1) е еднозначно, то функцията е добре дефинирана(еднозначно). Следователно

f(f(f(n)))=F_{i_{1}+3}+\cdots+F_{i_{s}+3}=

F_{i_{1}+1}+\cdots+F_{i_{s}+1}+F_{i_{1}+2}+\cdots+F_{i_{s}+2}=2 f(n)+n

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Даден е неравнобедрен

\triangle A B C

с описана окръжност

\omega(O)

. Нека

H

е петата на перпендикуляра от

C

към

A B

и нека

M

е средата на

A B

. Дефинираме точка

X

като втората пресечна точка на окръжността с диаметър

C M

\omega

и нека

X H

пресича

\omega

за втори път в точката

Y

. Ако

C O \cap A B=D

, то да се докаже, че окръжността, описана около

\triangle Y H D

се допира до

\omega

Решение

Нека допирателните в точките

A

B

към

\omega

се пресичат в точка

T

. Нека

C T \cap \omega=\left\{C, Y^{\prime}\right\}

, нека

C H \cap \omega=\{C, Z\}

, нека

A_{1}

B_{1}

са петите на височините през

A

B

и нека

S

е ортоцентърът на

\triangle A B C

. Първо ще докажем следната \includegraphics[max width=\textwidth, alt={}, center]{0624a624-047a-4d05-888f-b6cacb9f465e-0670_145_282_2718_1450} Лема. Точките

T, Z

X

са колинерни. Доказателство. Лесно се вижда, че

S, M

X

лежат на една права, откъдето следва, че

A_{1}, B_{1}, C

X

лежат на една окръжност. Оттам следва, че

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

, което значи, че

\frac{X A}{X B}=\frac{B_{1} A}{A_{1} B}

, но

\triangle A S B_{1} \sim B S A_{1} \Rightarrow \frac{B_{1} A}{A_{1} B}=\frac{A S}{B S} \Rightarrow \frac{X A}{X B}=\frac{A S}{B S}

. Както е добре известно обаче, точките

S

Z

са симетрични относно правата

A B

. Последното означава, че

\frac{X A}{X B}=\frac{A Z}{B Z}

, тоест четириъгълникът

A X B Z

е хармоничен, с което лемата е доказана. Нека сега

Y^{\prime} X \cap C Z=H^{\prime}

. От Теорема на Брокар за

\triangle B X C Y^{\prime}

следва, че

H^{\prime}

лежи на полярата на относно

\omega

, но тази поляра е точно

A B

! Следователно

H^{\prime} \equiv H

, откъдето следва, че

Y^{\prime} \equiv Y

. Сега нека точката

P

да е пресечната на допирателните към

\omega

в точките

C

Y

. Т.к

A C B Y

е хармоничен, то

P \in A B

. Сега от правоъгълния триъгълник

D C P

следва, че

P H. P D=P C^{2}

, но

P Y^{2}=P C^{2} \Rightarrow P Y^{2}=P H. P D

, т.е

P Y

е допирателна към описаната около

\triangle Y H D

окръжност, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Вписаната в остроъгълния триъгълник

A B C

окръжност допира страните

A B

A C

съответно в точките

K

L

. Височината

A H

пресича ъглополовящите на

\angle A B C

\angle A C B

в точките

P

Q

, съответно. Да се докаже, че средата

M

на

A H

лежи на радикалната ос на окръжностите, описани около триъгълниците

K P B

L Q C

Решение

Пресечете двете окръжности повторно с

A H

и използвайте степен на точката. Изразете всяка от отсечките чрез трите страни на

\triangle A B C

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

За всяко естествено число

m

\pi(m)

означаваме броят на простите числа, ненадминаващи

m

. Да се намерят всички двойки естествени числа (

a, b

), за които съществуват полиноми

P, Q \in \mathbb{Z}[X]

, така че за всяко естествено число

n

е вярно равенството

\frac{\pi(a n)}{\pi(b n)}=\frac{P(n)}{Q(n)}

Решение

(a, b)=(k, k)

за някое

k \in \mathbb{N}

. Първо очевидно всички такива двойки изпълняват условието. Обратно нека допуснем, че БОО

a\gt{}b

. Освен това можем БОО да приемем и, че

(P, Q)=1

. От Теоремата на Безу за полиноми следва, че съществуват полиноми

R, S \in \mathbb{Z}[X]

и константа

C

, такива че (1)

P(n) R(n)+Q(n) S(n)=C

за всяко естествено число

n

. Сега да допуснем, че поне един от

P

Q

е неконстантен и нека БОО това е

P

. Тогава от Лема на Шур следва, че съществуват безбройно много прости числа

p

, които делят

P(n)

за някое естествено

n

. От (1) следва, че съществуват краен брой прости числа, които делят

(P(n), Q(n))

. Последното означава, че съществуват безкрайно много двойки естествени числа (

n, p

), където

n \leq p

, а

p

е просто число, такова че

p \mid P(n)

(p, Q(n))=1

. Тогава за всяка от тези двойки

p \mid \pi(a n)

. В частност,

\pi(a p)\gt{}\pi(a n)\gt{}p

. Ще докажем следната Лема. За всяко естествено число

n

е в сила неравенството

\pi(n)\lt{}6 \log 2 \frac{n}{\log n}

. Доказателство. За всяко естествено число

k

имаме, че

\begin{gathered} 4^{k}\gt{}\binom{2 k}{k}\gt{}k^{\pi(2 k)-\pi(k)} \Rightarrow 2 k \log 2\gt{}(\pi(2 k)-\pi(k)) \log k \\ \Rightarrow \pi(2 k)-\pi(k)\lt{}\frac{2 k \log 2}{\log k} \end{gathered}

Сега полагайки

k=2^{i}

и сумирайки по

i=0,1,2, \ldots, s

получаваме, че

\pi\left(2^{s+1}\right)\lt{}\sum_{i=1}^{s+1} \frac{2^{i}}{i}\lt{}3 \frac{2^{s+1}}{s+1}

където последното неравенство следва с индукция по

s

. Сега нека за произволно естествено число

2^{s+1}\gt{}n \geq 2^{s}

. Тогава

\pi(n) \leq \pi\left(2^{s+1}\right)\lt{}3 \frac{2^{s+1}}{s+1}\lt{}6 \log 2 \frac{n}{\log n}

и така лемата е доказана. Обратно към задачата имаме, че

p \leq \pi(a p)\lt{}6 \log 2 \frac{a p}{\log a p}\lt{}p

за достатъчно голямо

p

. Полученото противоречие показва, че

P

Q

са константи. Следователно имаме, че

\frac{\pi(a n)}{\pi(b n)}=\frac{s}{r}

, където

s

r

са фиксирани взаимнопрости естествени числа. Т.к

a\gt{}b

, то

s\gt{}r \geq 1

, следователно

s

има прост делител

q

. Освен това т.к

(r, s)=1

, то

(q, r)=1

. Следователно

q \mid \pi(a n)

за всяко естествено число

n

. Достатъчно е да намерим едно естествено число

n

, такова че

\pi(a(n+1))-\pi(a n)=1

, за да получим противоречие. Нека

p_{2}, p_{3}, \ldots, p_{a}

са различни прости числа, по-големи от

a

. Нека

N\lt{}P=p_{2} p_{3} \cdots p_{a}

е такова, че

p_{i} \mid a N+i

за всяко

i=2, \ldots, a

(Такова има и е единствено заради КТО). Нека сега разгледаме аритметичната прогресия с общ член

x_{k}=a P k+a N+1

. Да забележим, че

(a N+1, a P)=1

, защото ако допуснем, че

p_{i} \mid a N+1

, то ще следва, че

p_{i} \mid i-1

, т.е

p_{i}\lt{}i \leq a

, което противоречи с избора на

p_{i}

. От Теорема на Дирихле сега следва, че тази редица съдържа безкрайно много прости числа, което решава задачата ни, защото с избора на

n \equiv N\left(\bmod p_{2} \cdots p_{a}\right)

a n+1

да е просто гарантирахме

\pi(a(n+1))-\pi(a n)=1

. Полученото противоречие показва, че

a=b

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяко комплексно число

z

е изпълнено неравенството

|z|^{2}+2|z-1| \geq 1

като равенство се достига при

z=1

Решение

Ако

|z| \geq 1

имаме:

|z|^{2}+2|z-1| \geq 1+2|z-1| \geq 1

като равенство се достига при

z=1

. Ако

|z|\lt{}1

имаме:

|z-1| \geq||z|-1|=1-|z|

откъдето следва:

|z|^{2}+2|z-1|-1 \geq

|z|^{2}+2(1-|z|)-1=(|z|-1)^{2} \geq 0.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Изпъкнал многостен има

m

триъгълни стени (и възможно стени от други видове). От всеки връх излизат точно 4 ребра. Да се намери най-малката възможна стойност на

m

Решение

Да разгледме многостен с дадените свойства. Да означим с

S, R

V

броят на стените, ребрата и върховете. Всяко ребро има две върха, като от всеки връх излизат по 4 ребра. Следователно

2 R=4 V

. Да преброим ребрата на всяка стена. Имаме поне

3 m+4(S-m)

ребра, като всяко се брои по два пъти и следователно

2 R \geq 3 m+4(S-m)

. От формулата на Ойлер

S+V-R=2

и от

R=2 V

получаваме

4 S-8=2 R \geq 3 m+4(S-m)

. Оттук

m \geq 8

и понеже октаедъра има исканите свойства, то

m=8

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Изпит има 5 въпроса, всеки с 4 избираеми отговора. На изпита се явили 2000 ученици и всеки посочил точно един отговор на всеки въпрос. Да се намери най-малката стойност на

n

, за която е възможно отговорите на учениците да имат следното свойство: измежду всеки

n

ученици има четирима, между които всеки двама имат най-много три еднакви отговора.

Решение

Първо ще докажем, че

n \geq 25

. Let

1, 2, 3, 4

denote the four different choices of each problem. Represent each student's answer sheet by an ordered 5 -tuple (

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

a_{i} \in\{1, 2, 3, 4\}

, where the student's answer to problem

i

a_{i}

. We say that two answer sheets are of the same type if their corresponding 5 -tuples belong to a set of the form

\left\{\left(k, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}\right) \mid k \in\right. \{1, 2, 3, 4\}

, where

a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5} \in\{1, 2, 3, 4\}

. Since there are 256 such sets, and

2000=256 \cdot 7+

208, at least eight answer sheets are of the same type by the pigeonhole principle. Among the 1992 remaining answer sheets, again some eight are of the same type. Finally, among the 1984 remaining answer sheets, another eight are of the same type. Consider the set

A

of these 24 answer sheets. Given any two answer sheets in

A

, two of them must be of the same type, that is, their solutions for the last 4 problems are identical. This violates the assumption that there are 4 answer sheets in

A

, among which any two have at most 3 common answers. Hence,

n \geq 25

. Now we show that

n=25

is indeed attainable. Define the set

S=

\left\{(a 1, a 2, a 3, a 4, a 5) \mid \sum_{i=1}^{4} a_{i} \equiv 0(\bmod 4), a_{i} \in\{1, 2, 3, 4\}\right\}

Then

|S|=44=256

, and any two answer sheets have at most 3 common answers if their corresponding 5 -tuples are distinct elements of

S

. Pick any 250 elements of

S

, and assume that exactly eight students turn in answer sheets that correspond to each of these 2505 -tuples. Among any

25\gt{}3 \cdot 8

answer sheets, there are four whose corresponding 5 -tuples are distinct elements in

S

, and they satisfy the given conditions of the problem. Therefore, the answer is

n=25

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-10-8