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

2022

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

d2-ifym2022-8-3: има placeholder текст
f-ifym2022-8-6: има placeholder текст
f-ifym2022-8-8: има placeholder текст
d3-ifym2022-10-1: има placeholder текст
d1-ifym2022-10-2: има placeholder текст
d3-ifym2022-10-2: има placeholder текст
d3-ifym2022-10-3: има placeholder текст
d2-ifym2022-10-4: има placeholder текст
d3-ifym2022-10-4: има placeholder текст
d1-ifym2022-10-5: има placeholder текст
d3-ifym2022-10-5: има placeholder текст
f-ifym2022-10-5: има placeholder текст
d3-ifym2022-10-6: има placeholder текст
d3-ifym2022-10-7: има placeholder текст
d4-ifym2022-10-7: има placeholder текст
d3-ifym2022-10-8: има placeholder текст

8 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

, в който отсечките

A D(D \in B C), B E(E \in A C)

C F(F \in A B)

се пресичат в точка

P

, вътрешна за триъгълника. Точката

H

е петата на перпендикуляра от

D

към отсечката

E F

. Да се докаже, че правата

E F

е ъглополовяща на

\angle A H P

Решение

Нека

A D \cap E F=X

. Първо ще докажем, че

\frac{A X}{P X}=\frac{A D}{P D}

. Имаме, че

\frac{A X}{P X}=\frac{S_{A F E}}{S_{P F E}}

\frac{A D}{P D}=\frac{S_{A B C}}{S_{B P C}}

, т. е. исканото е равносилно с

\frac{S_{A F E}}{S_{A B C}}=\frac{S_{P F E}}{S_{B P C}}

. След заместването

\frac{S_{A F E}}{S_{A B C}}=\frac{A F \cdot A E}{A B \cdot A C}

\frac{S_{P F E}}{S_{B P C}}=\frac{P E. P F}{P B. P C}

исканото се свежда до

\frac{A F. A E}{A B. A C}=\frac{P F. P E}{P B. P C}

. Обаче от теоремата на Менелай за правата

A D P

\triangle B E C

\triangle B F C

получаваме, че

\frac{A E. C D. P B}{A C. D B. P E}=1

\frac{A B. P F. C D}{A F. P C. D B}=1

. От последните две получаваме

\frac{A E. P B}{A C. P E}=\frac{A B. P F}{A F. P C}

. Следователно

\frac{A F. A E}{A B. A C}=\frac{P F. P E}{P B. P C}

, което искахме да докажем. Така доказахме, че

\frac{A X}{P X}=\frac{A D}{P D}

. Оттук то се довършва посредством следната лема. Лема. Нека в

\triangle A B C

точките

K

L

са такива от правата

B C

(редът на точките е

B

K, C, L)

, че

\frac{B K}{C K}=\frac{B L}{C L}

\angle L A K=90^{\circ}

. Тогава

A K

е ъглополовяща на

\angle B A C

. Доказателство на лемата. Нека

A P

A S

са съответно вътрешната и външната ъглополовяща на

\angle B A C

(

P, S \in B C

). Да допуснем противното. Ако

K

е вътрешна за отсечката

C P

, то

\frac{B K}{C K}\gt{}\frac{B P}{C P}

. Следователно

L

е вътрешна за отсечката

C S

. Сега

\angle L A K\lt{} \angle P A S=90^{\circ}

, противоречие. Ако пък

K

е вътрешна за отсечката

B P

, то

\frac{B K}{C K}\lt{}\frac{B P}{C P}

и значи

S

е вътрешна за

B L

. Значи

\angle L A K\gt{}\angle P A S=90^{\circ}

, което отново е противоречие. Исканото следва.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2022-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

, за който

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

\angle A B C=75^{\circ}

. Точка

D

е външна за триъгълника и е такава, че

A D=B D

\angle A D B=150^{\circ}

. Да се намери

\angle D C B

Решение

От условието веднага следва, че

A B=A C

. Нека

E

е петата на височината от

C

в триъгълника

A B C

. Тогава от правоъгълния триъгълник

A E C

получаваме

C E= \frac{A C}{2}=B M

, където

M

е средата на

A B

. Освен това

\angle M D B=75^{\circ}=\angle E B C

\angle D M B= \angle B E C=90^{\circ}

. Оттук по втори признак

\triangle D M B \cong \triangle B E C

, откъдето

D B=B C

. От

\angle D B C=\angle D B A+\angle A B C=15^{\circ}+75^{\circ}=90^{\circ}

получаваме

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2022-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се реши в естествени числа уравнението

x^{4}+2^{y}=4 \cdot 5^{z}

Решение

Отговор:

(2, 2, 1)

. При проверка по модул 2 излиза, че

x

е четно. По модул 4 следва

y \geq 2

, а по модул 8:

y \leq 2

, следователно

y=2

. Получада раздагане

\left(x^{2}+2 x+2\right)\left(x^{2}-2 x+2\right)=4 \cdot 5^{z}

. Ако допуснем, че едновременно

5 / x^{2}+2 x+2

5 / x^{2}- 2 x+2

, следва

5 / 4 x

, тоест

5 / x

, противоречие, защото в същото време дед

\mathrm{s}^{2} \mathrm{~B}+2 x+2

. Следователно точно един от двата множителя от лявата страна се дели на 5, а другият може да бъде равен на

1, 2, 4

. Този, който се дели на 5 е поне 5, следователно е по-големият, тоест

x^{2}+2 x+2

. Тогава трябва да проверим случаите

x^{2}-2 x+2=1, x^{2}-2 x+2=2

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

, откъдето единствено остава

x=2

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2022-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението в реални неотрицателни числа:

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

Решение

Очевидно

x=0

е Ще докажем, че други няма. Допускаме, че такива има. (1т.) От неравенството между средното аритметично и средното геометрично получаваме:

\begin{gathered} \frac{7}{2} x=x^{2}+\sqrt{\vphantom{x^2}x}+\sqrt{\vphantom{x^2}\sqrt{x}}+\sqrt{\vphantom{x^2}\sqrt{\sqrt{x}}}= \\ =\frac{x^{2}}{3}+\frac{x^{2}}{3}+\frac{x^{2}}{3}+\sqrt{\vphantom{x^2}x}+\sqrt{\vphantom{x^2}\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}\sqrt{\sqrt{x}}}}{2}+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}\sqrt{\sqrt{x}}}}{2} \geq \\ \geq 7 \sqrt[7]{\vphantom{x^2}\frac{x^{2} x^{2} x^{2} \sqrt{x} \sqrt{\sqrt{x}} \sqrt{\sqrt{\sqrt{x}} \sqrt{\sqrt{\sqrt{x}}}}}{3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 2}}=\frac{7 x}{\sqrt[7]{\vphantom{x^2}108}}\gt{}\frac{7 x}{\sqrt[7]{\vphantom{x^2}128}}=\frac{7}{2} x, \end{gathered}

което е противоречие. (11т.)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2022-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малката стойност на израза

x^{2}+4 x y+4 y^{2}+2 z^{2}

, където

x, y, z

са реални положителни числа, за които

x y z=32

Решение

Тъй като

x^{2}+4 y^{2} \geq 4 x y

, то имаме:

x^{2}+4 y^{2}+4 x y+2 z^{2} \geq 4 x y+4 x y+2 z^{2} \geq

3 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}4 x y 4 x y 2 z^{2}}=3 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}32(x y z)^{2}}=96

Равенство се достига при

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

4 x y=2 z^{2}

. От първото равенство следва

x=2 y

, след което от второто получаваме

z=2 y

. Следователно

4 y^{3}=32 \Longleftrightarrow y=2

и най-малката стойност се достига за

x=4, y=2, z=4

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2022-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Дадено е произволно естествено число

n

. Да се докаже, че съществува редица от 2022 естествени числа със следното свойство: всяко от числата в редицата се дели на

n

и всяко число след първото се получава от предишното след зачеркване на някоя негова ненулева цифра.

Решение

Нека

l

е броят на цифрите на числото

n

. Да разгледаме числото

S_{t}=10^{t} n-n

. При

t\gt{}l

цифрите от ляво на дясно на това число са: първо е десетичното представяне на

n-1

после някакъв брой деветки (да означим този брой с

r

) и ндкрая е десети нното представяне на

10^{l}-n

. Ясно е, че при достатъчно големи

t

числого

\gamma

може па става произволно голямо. Достатъчно е да изберем

r\gt{}3000

и първият член на редицата да е съответното число

S_{t}

. Тогава след зачеркване на една деветка от

S_{t}

се получава

S_{t-1}

и т. н. 2022 пъти.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2022-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се намери броят на думите от 2021 букви, всяка от които е А, Б, В или Г (не е задължително всички букви да се използват), като броят на А-тата е четен и броят на Б-тата също е четен.

Решение

Отговор:

4^{2020}+2^{2020}

. Ще решим аналогичната задача за

n

букви. Нека

a_{n}

е броят думи с нечетни бройки А-та и Б-та,

b_{n}

е броят думи с нечетен брой А-та и четен брой Б-та,

c_{n}

е броят думи с четен брой А-та и нечетен брой Б-та и

d_{n}

е броят думи с нечетни бройки А-та и Б-та. Броят на всички думи е

4^{n}

(за всяка буква има по 4 възможности), откъдето

a_{n}+b_{n}+c_{n}+d_{n}=4^{n}

. Покажете, че

a_{n}=2 a_{n-1}+b_{n-1}+c_{n-1}, b_{n}=2 b_{n-1}+a_{n-1}+d_{n-1}

(разглеждайки дума с дължина

n

и случаи за първата буква); освен това имаме и

b_{n}=c_{n}

(поради взаимноеднозначното съответствие, в което от една дума получаваме друга чрез замяна на всички А-та с Б-та и обратно). Оттук

b_{n}=b_{n-1}+4^{n-1}-c_{n-1}=4^{n-1}

a_{n}= 2 a_{n-1}+2 b_{n-1}=2 a_{n-1}+2 \cdot 4^{n-1}

. Заедно с

a_{1}=2

сега достигаме индуктивно (или чрез разписване на последното уравнение

n

пъти) до

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2022-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Едно естествено число се нарича допустимо, ако има не повече от 23 прости делители. Имаме купчинка с 2022! бонбона. Двама последователно взимат от купчинката някакъв допустим брой бонбони (всеки път този брой може да е различен). Побеждава този, който вземе всички останали бонбони. Кой от двамата, първия или втория има печеливша стратегия?

Решение

Нека

t

е произведението на първите 24 прости числа. Ясно е, че

t

е най-малкото недопустимо число. Всяко допустимо число не се дели на

t

и тъй като 24 -то просто число е 83, то

t

дели 2022!. Да разгледаме числото

s

, получено след първия ход на първия играч. Тъй като

s= 2022!-n

, където

n

е допустимо число и това допустимо число не се дели на

t

, то

s

не се дели на

t

. Нека

r

е остатъкът при деление на

s

със

t

. Тъй като

r\lt{}t

, то

r

е допустимо число. Вторият играч може да вземе

r

бонбона и бонбоните в купчината ще се делят на

t

. Следователно след ход на първия броят на бонбоните не се дели на

t

(и значи не можеда бъде 0), а след ход на втория броят на бонбоните се дели на

t

. Следователно печели вторият играч.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2022-8-8

8 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадено е уравнението

x[x[x[x]]]=88

където с

[x]

означаваме цялата част на числото

x

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

x

. a) Докажете, че

x=\frac{22}{7}

Решение

на това уравнение. б) Намерете всички на уравненито. а) Тъй като

\left[\frac{22}{7}\right]=3, \left[\frac{66}{7}\right]=9, \left[\frac{198}{7}\right]=28

\frac{22 \cdot 28}{7}=88

. б) Ще докажем, че единственото е

x=\frac{22}{7}

. При

f(x)=x[x[x[x]]]

директно се доказва, че ако

a

b

имат еднакви знаци и

|a|\gt{}|b| \geq 1

, то

|f(a)|\gt{}|f(b)|

. Тъй като

f(1)=1, f(-1)=1

и при

x \in(-1, 1)

имаме

x[x[x[x]]]=0

, то

x\gt{}1

или

x\lt{}-1

(*)

При

x\gt{}1

директно се поверява, че

x=\frac{22}{7}

е и понеже

f(x)

е растяща това е единственото

(*)

При

x\lt{}-1

функцията

f(x)

е намаляваща и от

f(-3)=81\lt{}f(x)=88\lt{}f\left(-\frac{112}{37}\right)=112

следва, че

-3\lt{}x\lt{}-\frac{112}{37}

. Тогава директно се пресмята, че

\left. x[x[x]]\right]=-37

и за да имаме

x[x[x[x]]]=88

трябва

x=-\frac{88}{37}

. Но тогава

x\gt{}-3

, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2022-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В остроъгълен триъгълник

A B C

точките

O

H

са съответно център на описаната окръжност и ортоцентър. Правата

O H

пресича страните

A B

A C

съответно в точките

P

Q

, като

H

е върху отсечката

P O

. Ако

P H=H O=O Q

да се намери

\angle B A C

Решение

Ще докажем, че

\alpha=60^{\circ}

. Да означим средите на

A B

A C

съответно с

M

N

, а петите на височините от

B

C

съответно с

B_{1}

C_{1}

. Тъй като

O N

е средна отсечка в триъгълник

H Q B_{1}

B H=2 O N

, то имаме

B H=2 O N=H B_{1}

. Тъй като

H C_{1}

е средна отсечка в триъгълник

P O M

C H=2 O M

, то имаме

C H=2 O M=4 H C_{1}

. Сега от вписания четириъгълник

B C B_{1} C_{1}

получаваме

B H. H B_{1}=C H. H C_{1} \Longleftrightarrow B H^{2}=4 H C_{1}^{2} \Longleftrightarrow B H=2 H C_{1} \Longleftrightarrow \angle H B A=30^{\circ} \Rightarrow \alpha=60^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2022-8-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2022-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намери броят на естествените числа

n \leq 2022

за които съществува число, кратно на

n

, което се записва само с цифрите 2 и 6.

Решение

Ако

n

се дели на 5, то всяко кратно на

n

завършва на 0 или 5 и следователно не се записва само с цифрите 2 и 6. Ако

n

се дели на 4, то всяко кратно на

n

също се дели на 4 и последните му две цифри не могатда бъдат

22, 26, 62

или 66. Ако НОД

(n, 10)=1

, то НОД

(9 n, 10)=1

и от теоремата на Ойлер имаме:

10^{\varphi(9 n)} \equiv 1 \quad(\bmod 9 n)

Следователно

n

дели

m=\frac{10^{\varphi(9 n)}}{9}=111 \ldots 1

. Сега числото

6 m+2 m \cdot 10^{9 \varphi(n)}=222 \ldots 2666 \ldots 6

се дели на

n

. Ако

n=2 s

и НОД

(s, 10)=1

Както по-горе получаваме кратно на

s

, което се записва само с цифрите 2 и 6. Тъй като това число е четно, то се дели и на

2 s=n

. Следователно търсим броя на числата по-малки от 2022 и които не се делят на 4 или на 5. От принципа за включване и изключване получаваме, че този брой е:

2022-\left[\frac{2022}{4}\right]-\left[\frac{2022}{5}\right]+\left[\frac{2022}{20}\right]=

2022-505-404+101=1214.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2022-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Дадени са две различни точки в равнината

A

B

. Вальо и Веси играят следната игра. Вальо си намисля едно положително число

x

и го казва на Веси. Веси построява отсечка

c

с дължина

x

, която не съдържа никоя от точките

A

B

(краищата на отсечката се включват в нея). Вальо се опитва да построи окръжност, която минава през

A

B

и няма общи точки с

c

. Ако Вальо успее печели, а ако не успее губи. Кой има печеливша стратегия?

Решение

Веси винаги може да спечели играта, независимо от стойността на

x

. Тя поставя

c

, така че

A

B

лежат на симетралата на

c

, както и така че отсечката

A B

пресича отсечката

c

. (2т.) Нека

M

е средата на

c

. Тя може да си осигури, че

A M. B M\lt{}\frac{x^{2}}{4}

като постави

c

, така че точката

M

е достатъчно близо до

A

. (6т.) Нека

k

е произволна окръжност през

A

B

и нека тя пресича правата, съдържаща

c

, в точките

E

F

. Сега имаме, че

E M. F M=A M. B M\lt{}\frac{x^{2}}{4}

и следователно по-малката отсечка от

E M

F M

е по-малка от

\frac{x}{2}

. (3т.) Оттук следва, че поне дна от точките

E

F

лежи на отсечката

c

и значи е обща точка на

k

c

. (1т.)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2022-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

k \leq 101

със следното свойствоима множество от 300 естествени числа, ненадминаващи 500, в което няма две числа с разлика, равна на

k

Решение

Отговор:

k=100

. Нека първо

k \leq 99

- ще докажем, че няма такова множество. Ако

M

е множество с дадените условия и

M^{+k}=\{a+k: a \in M\}

, то

M \cup M^{+k}

се състои от числа, ненадминаващи 599; и ако допуснем, че в

M

няма две числа с разлика

k

, то

M

M^{+k}

не се пресичат, откъдето

M \cup M^{+k}

би имало 600 елемента, противоречие. За

k=100

върши работа множеството

\{1, 2, \ldots, 100, 201, 202, \ldots, 300, 401, 402, \ldots, 500\}

. Нека

k=101

- ще докажем, че няма такова множество

M

. Да разгледаме

A_{p}=\{p, p+101, p+202, p+303, p+404\}

за

p=1, \ldots, 96

B_{p}=\{q, q+101, q+202, q+303\}

за

q=97, 98, 99, 100, 101

. Тези съдържат всички естествени числа, ненадминаващи 500. Ако допуснем, че във всяко

A_{p}

има най-много три елемента на

M

и във всяко

B_{q}

има най-много два елемента на

M

, то общият брой елементи на

M

е най-много

3 \cdot 96+5 \cdot 2=298\lt{}300

, което е невярно. Значи в някое

A_{p}

има 4 елемента на

M

(и значи два с разлика 101) или в някое

B_{q}

има 3 елемента на

M

(и значи два с разлика 101).

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2022-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Точката

D

е произволна от страната

A B

на триъгълника

A B C

. Точките

E

F

съответно от страните

B C

A C

са такива, че

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

. Отсечките

A E

B F

се пресичат в точка

K

. Да се докаже, че правата

D K

минава през постоянна точка, независеща от избора на

D

Решение

От

\angle A C B=\angle B D E

следва

\angle A D E+\angle A C B=180^{\circ}

, откъдето

A D E C

е вписан и

\angle E C D=\angle E A D

. Аналогично

B C F D

е вписан и

\angle B C D=\angle B F D

. Последните две дават

\angle B F D=\angle E A D

, откъдето

A D K F

също е вписан и

\angle F A K=\angle F D K

. Също, вписаността на

A D E C

дава

\angle C A E=\angle C D E

и оттук

\angle F D K=\angle C D E

. Заедно с даденото

\angle A D F=\angle B D E

сега достигаме до

\angle A D K=\angle B D C

. Нека сега

D K

пресича височината през

C

в точката

P

- тогава

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

и заедно с

C P \perp B D

заключаваме, че триъгълникът

C D P

е равнобедрен. С други думи, точката

P

е симетричната на

C

спрямо

A B

и значи не зависи от

D

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2022-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Дадено е естествено число

n\lt{}100

. Всеки месец цената на една стока се увеличава или намалява с

n

процента. Съществува ли

n

, за което цената на стоката след няколко месеца ще бъде равна на първоначалната цена?

Решение

Не съществува! При увеличение на цената с

n

процента, тази цена се умножава по

1+\frac{n}{100}

, а при намаление на цената с

n

процента тя се умножава по

1-\frac{n}{100}

. Ако имаме

p

увеличения и

q

намаления, то крайната цена се получава от първоначалната чрез умножаване с

A=\left(1+\frac{n}{100}\right)^{p}\left(1-\frac{n}{100}\right)^{q}.

Равенството на двете цени означава, че

A=1

. Ако

\frac{n}{100}=\frac{a}{b}

, където

a

b\gt{}1

са взаимно прости естествени числа, то

A=\frac{(b+a)^{p}(b-a)^{q}}{b^{p+q}}

Тъй като

b

е взаимнопросто с всяко от числата

b+a

b-a

, то

A

е несъкратима дроб, т. е.

A \neq 1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2022-8-8

8 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Изпъкналият четириъгълник

A B C D

е такъв че

\angle A B C\gt{}90^{\circ}, \angle A D C\gt{}90^{\circ}

\angle D A B=\angle B C D

. Нека

E

е симетричната точка на

A

относно

B C, F

е симетричната точка на

A

относно

C D, X

е симетричната точка на

E

относно

B D

Y

е симетричната точка на

F

относно

B D

. Правата

B D

пресича отсечките

A E

A F

в точките

K

L

съответно. Да се докаже, че окръжностите, описани около триъгълниците

B X K

D Y L

, се допират.

Решение

Ще докажем, че двете окръжности минават през

A

и се допират в

A

. От симетрията спрямо

B D

имаме

\angle B X K=\angle B E K

\angle D Y L=\angle D F L

, а от симетриите относно

B C

C D

имаме

\angle B E K=\angle B A K

\angle D F L=\angle D A L

. Следователно

\angle B X K=\angle B A K

\angle D Y L=\angle D A L

, откъдето

A B K X

A D L Y

са вписани. Сега за докажем допирането, е достатъчно да покажем

\angle A K B+\angle A L D=\angle B A D

- действително, тогава ако

A T

е допирателната в

A

към

A B K X

(като

T

A

са в различни полуравнинин спрямо

B D)

, то

\angle B A T=\angle A K B

, откъдето

\angle A L D=\angle T A D

и значи

\ell

допира и

A D L Y

. Остава да съобразим, че

\angle A K B+\angle A L D=\angle B A D

, което е така поради

\angle A K B+\angle A L D= 180^{\circ}-\angle K A L=\angle B C D=\angle B A D

- първото е от триъгълника

A K L

, второто е понеже двата ъгъла участват с четириъгълник с два прави ъгъла (другите два върха са средите на

A E

A F

), а последното е измежду дадените условия.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2022-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Върху страните

B C, A C

A B

на правоъгълен триъгълник

A B C

с прав ъгъл при върха

C

са избрани съответно точки

P, Q

R

така че

\angle P A B=\angle C B Q

\angle B Q C= \angle A Q R

. Да се докаже, че

P B=P R

Решение

Нека

K

е пресечната точка на правите

R Q

B C

. Тъй като

\angle K Q C=\angle B Q C

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

, то

\triangle B Q K

е равнобедрен и

C Q

е симетрала на отсечката

B K

. Тогава

\angle C K Q=\angle C B Q=\angle P A B

и следователно

A R P K

е вписан четириъгълник. Тогава

\angle B R P=\angle A K C=\angle A B C=\beta.

От горното следва, че

\triangle R B P

е равнобедрен, т. е.

P B=P R

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2022-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се реши в цели числа уравнението

a^{3}+b^{3}+c^{3}=2020\left(a b c+a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\right)

Решение

Ще покажем, че няма друго освен очевидното

a=b=c=0

. При всяка друга тройка можем да запишем

a=d x, b=d y, c=d z

, където НОД

(x, y, z)=1

d

е естествено числои след съкращаване на

d

получаваме същото уравнение, но за

x, y

z

. Ще покажем, че всяко от

x, y

z

се дели на 3, с което ще достигнем до противоречие. Да допуснем първо, че никое от

x, y

z

не се дели на 3. Тогава

x^{2} \equiv y^{2} \equiv z^{2} \equiv 1 (\bmod 3)

, откъдето

x+y+z \equiv x y z+y+z+x

, т. е.

x y z \equiv 3(\bmod 3)

, противоречие. Значи можем да считаме, че например

z

се дели на 3. Тогава 3 дели и

x^{3}+y^{3}-2020 x^{2} y

, а значи и

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

, и сега ако 3 не дели

x

, то не би деляло и

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

, противоречие; значи 3 дели

x

, а оттам и

y

, както се искаше.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2022-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че съществуват безбройно много четворки от естествени числа

(a, b, c, d)

за които:

a^{3}+b^{3}+c^{2}=d^{4}

и най-големият общ делител на числата

a, b, c, d

е 1.

Решение

Първи начин. Да забележим, че

\left(2 k^{3}\right)^{3}+(2 k)^{3}+\left(\left(k^{3}-1\right)^{2}\right)^{2}=\left(k^{3}+1\right)^{4}.

Избирайки

k

да е четно естествено число, числата

2 k

\left(k^{3}-1\right)^{2}

са взаимнопрости наистина, ако

p

е прост делител на

2 k

, то или

p=2

(и не дели нечетното

\left(k^{3}-1\right)^{2}

), или

p

дели

k

(и не дели

k^{3}-1

, оттук и

\left(k^{3}-1\right)^{2}

). Исканото следва. Втори начин. Да изберем

b=1

(тогава очевидно

a, b, c, d

имат най-голям общ делител 1) и да разгледаме

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

. Избирайки

d-c^{2}=a+1

d+c^{2}=a^{2}-a+1

, достатъчно е да имаме

a \geq c+1

2 c^{2}=a^{2}-2 a

, т. е.

(a-1)^{2}-2 c^{2}=1

. Последното е уравнение от тип Пел и значи има безбройно много , а пък е ясно, че

a^{2}\gt{}(a-1)^{2}\gt{}2 c^{2}\gt{}(c+1)^{2}

за

c \geq 3

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2022-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Множество

A

от реални числа се нарича интересно, ако изпълнява следните две условия:

(*)

За всеки

x, y \in A, x \neq y

числата

x+y

x y

не са равни на нула и точно едно от тях е рационално.

(*)

За всяко

x \in A

числото

x^{2}

е ирационално. Да се намери максималния възможен брой на елементите на интересно множество.

Решение

Множеството

A=\{\sqrt{\vphantom{x^2}2}-1, \sqrt{\vphantom{x^2}2}+1, 2-\sqrt{\vphantom{x^2}2}, -2-\sqrt{\vphantom{x^2}2}\}

е интересно и има четири елемента. Ще докажем, че интересно множество не може да има повече от 4 елемента. От второто свойство следва, че всички елементи на

A

са ирационални. Ще използваме следните свойства: (1) Ако

x, y

z

са три различни елемента на

A

, то числата

x+y, x+z

y+z

не могат да бъдат едновременно рационални. Ако допуснем противното, то

2(x+y+z)

е рационално и тогава

x

е рационално, противоречие. (2) Ако

x, y

z

са три различни елемента на

A

, то числата

x y, x z

y z

не могат да бъдат едновременно рационални. Ако допуснем противното, то

(x y).(x z)=x^{2} y z

е рационално и тогава

x^{2}

е рационално, противоречие. (3) Ако

x, y \in A

x y

е рационално, то за всяко

z \in A

числата

x+z

y+z

са рационаални. Ако допуснем противното от (1) и (2) следва, че

x+z

y z

са рационални или

y+z

x z

са рационални. В първия случай от

x y

y z

рационални следва, че

y(z+x)

е рационално-ипонеже

z+x

е рационално и различно от 0, то

y

е рационално, противоречие Вторият случай се разглежда аналогично. Да допуснем, че има интересно множество с поне 5 елемента

a, b, c, d, e

. От (1) следва, че сборйт на някои два елемента (нека това дса

a

b

) е рационално число. Тогава (3) показва, че

a+c, a+d

a+e

са рационални. Според (1) нито едно от числата

c+d

c+e

d+e

не е рационално и от условието следва, че

c d, c e

d e

са рационални, което противоречи на (2).

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2022-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Шахматен топ се движи върху безкрайна шахматна дъска като първият му ход е хоризонтален с дължина 1, вторият ход е вертикален с дължина 2, третият ход е хоризонтален с дължина 3, четвъртият ход е вертикален с дължина 4 и т. н. (дължина на ход е броят преминавания в съседно квадратче до достигане на последното квадратче). a) Възможно ли топът да попадне в началната позиция след точно 2013 хода? б) Да се намерят всички

n

, за които е възможно топът да попадне в началната позиция след точно

n

хода.

Решение

Да номерираме полетата на безкрайната дъска, като началното поле е

(0, 0)

. Тогава след всеки ход едната координата ще бъде от вида

\pm 1 \pm 3 \pm 5 \pm \ldots

, а другата от вида

\pm 2 \pm 4 \pm 6 \pm \ldots

. а) Не е възможно. Ако допуснем, че топът попада в

(0, 0)

следа 2013 хода трябва да имаме:

\pm 1 \pm 3 \pm 5 \pm \cdots \pm 2013=0

Но

\pm 1 \pm 3 \pm 5 \pm \cdots \pm 2013

има четността на

1+3+\cdots+2013

, което е нечетно число и не може да бъде нула. б) За да попадне в началната позиция трябва да са изпълнени равенствата:

\pm 1 \pm 3 \pm \cdots \pm\left(2\left[\frac{n+1}{2}\right]-1\right)=0,

\quad \pm 2 \pm 4 \pm \cdots \pm 2\left[\frac{n}{2}\right]=0

Като съобразим четността на двата израза от първото равенство получаваме, че

\left[\frac{n+1}{2}\right]

е четно, а от второто, че

\left[\frac{n}{2}\right]

или

\left[\frac{n}{2}\right]+1

се дели на 4. От горното следва, че

n=8 k

или

n=8 k-1

. С

8 k

хода може да се стигне до

(0, 0)

защото:

(1-3-5+7)+\cdots+((8 k-7)-(8 k-5)-(8 k-3)+(8 k-1))=0

(2-4-6+ 8)+\cdots+((8 k-6)-(8 k-4)-(8 k-2)+8 k)=0

. С

8 k-1

хода може да се стигне до

(0, 0)

защото:

(1-3-5+7)+\cdots+((8 k-7)-(8 k- 5)-(8 k-3)+(8 k-1))=0

(2+4-6)+\cdots+((8 k-8)-(8 k-6)-(8 k-4)+(8 k-2))=0

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2022-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Първоначално на дъската е записано числото

\frac{5}{2}

. За един ход изтриваме числото

a

на дъската и го заменяме с

a^{3}-3 a

. Нека

m

е числото, получено след 2022 хода. Определете най-голямото цяло число, по-малко или равно на

m

Решение

Отговор:

2^{3^{2022}}

. Тъй като

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

, по индукция получаваме (започвайки от

y=2

), че числото след

k

-тия ход е

2^{3^{k}}+\frac{1}{2^{3^{k}}}

. Отговорът следва.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2022-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото естествено число

n

със следното свойство: Както и да оцветим

n

клетки на таблица

1000 \times 1000

винаги има три оцветени клетки, които образуват правоъгълен триъгълник с катети успоредни на страните на таблицата.

Решение

Отговор:

n=1999

. Ако оцветим всички клетки от първия ред и първия стълб без общата им клетка, ще имаме 1998 оцветени клетки без правоъпьлен триъгълник с даденото свойство. Да допуснем, че сме оцветили 1999 клетки. Ще докажем, че има триъгълник с исканото в условието свойство. Ако няма ред с повече от една оцветена клетка, то оцветените клетки са най-много 1000, което е противоречие и аналогично за колоните. Да забележим, че разместване на редовете или колоните на таблицата не променя съществуването на триъгълник със свойствата от условието. Следователно можем да считаме, че първите

k \geq 1

реда (от долу нагоре) имат повече от една оцветена клетка и съответно първите

s \geq 1

колони (от ляв на дясно) имат повече от една оцветена клетка. Ако в правоъгълника

k \times s

има оцветена клетка, то има и триъгълник с даденото свойство. Следователно всички оцветени клетки са извън този правоъгълник и те са най-много

1000-k+1000-s \leq 1998

, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2022-8-8

8 · Ден 4

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен

\triangle A B C(A C \neq B C)

с описана окръжност

k

с център точка

O

. Ъглополовящата на

\angle A C B

пресича страната

A B

в точка

L

k

в точка

D

. Нека

C O \cap B D=E

и нека с

\omega

означим описаната окръжност около

\triangle C E D

. Точка

F

лежи на

\omega

и е такава, че

F E \perp C D

. Да се докаже, че правите

A F

E L

се пресичат върху

\omega

Решение

От вписаните четириъгълници получаваме

\angle C F E=\angle C D E=\angle C D B=\angle C A B. \quad \text{(2т.)}

Освен това,

\angle A L C=\angle A B C+\angle B C L

\angle O C L=90^{\circ}-\angle A B C-\angle A C L

. Оттук следва, че

\angle F E C=90^{\circ}-\angle O C L=\angle A L C

. (2т.) Следователно

\triangle F E C \sim \triangle A L C

(1т.) и значи

\frac{C F}{C E}=\frac{C A}{C L}

Оттук и от

\angle A C F=\angle L C E

следва, че

\triangle A C F \sim \triangle L C E

. (4т.) Сега ако правите

A F

E L

се пресичат в точка

M

, то

\angle M F C=\angle M E C

, откъдето исканото следва. (3т.)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2022-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Учителката на Димитър му дала да се упражнява за домашно върху смятане на степени. Той избрал естествени числа

m, n, k

, такива че

m\lt{}n

2 \leq k \leq 5

, и пресметнал израза

m^{k}+(m+1)^{k}+(m+2)^{k}+\cdots+n^{k}

. С изненада установил, че се получило просто число. Да се намери за кои

k

е възможно Димитър да е смятал правилно.

Решение

Отговор:

k=2; 4

За

k=2, 4

можем да изберем например

m=1, n=2

. За

k=3

прилагаме формулата

1^{3}+2^{3}+\ldots+n^{3}=\frac{n^{2}(n+1)^{2}}{4}

m^{3}+(m+1)^{3}+\ldots+n^{3}=\frac{n^{2}(n+1)^{2}}{4}-\frac{m^{2}(m-1)^{2}}{4}=\frac{\left(n^{2}+n-m^{2}+m\right)\left(n^{2}+n+m^{2}-m\right)}{4}

. Тъй като

m, n

са естествени и

n\gt{}1

, то

n^{2}+n+m^{2}-m\gt{}4

и резултатът би могъл да е просто число, само ако

n^{2}+n-m^{2}+m

е делител на 4. Но

n^{2}+n-m^{2}+m \geq (m+1)^{2}+(m+1)-m^{2}+m=4 m+2 \geq 6

, противоречие. За

k=5

имаме

1^{5}+2^{5}+\ldots+n^{5}=\frac{n^{2}(n+1)^{2}\left(2 n^{2}+2 n-1\right)}{12}

Нека

A=n(n+1)

B=(m-1) m

. Получаваме, че изразът на Димитър е

\frac{A^{2}(2 A-1)-B^{2}(2 B-1)}{12}=

\frac{(A-B)\left(2 A^{2}+2 A B+2 B^{2}-A-B\right)}{12}.

Аналогично на предишния случай

2 A^{2}+2 A B+2 B^{2}-A-B\gt{}12

, така че задължително получаваме, че

A-B

е делител на 12. Но

A-B \geq(m+1)(m+2)-m(m-1)=4 m+2

, следователно единствената възможност е

m=1

, но чрез директна проверка отново излиза противоречие. Оценяване. по 1 точка за

k=2, 4; 4

точки за

k=3

(3 за формула и разлагане +1 за довършване); 6 точки за

k=5

(4 за формула и разлагане +2 за довършване)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2022-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадена е окръжност

k

с център

O

и точка

S

извън окръжността. Точките

P

Q

от

k

са такива, че

S P

S Q

са допирателни. Правата

O S

пресича

k

в точки

A

B

, като

B

е между

O

S

. За произволна точка

X

от по-малката дъга

P B

правите

Q X

P X

пресичат правата

O S

съответно в точки

C

D

. Да се докаже, че:

\frac{1}{A C}+\frac{1}{A D}=\frac{2}{A B}

Решение

Нека правата

P C

пресича

k

в точка

Y

. От симетрията имаме, че дъгите

B X

B Y

са равни и следователно

\angle C P B=\angle B P D

. Тъй като

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

, то

P A

е ъглополовяща на съседния ъгъл на

\angle C P D

. От свойството на ъглополовящата получаваме:

\frac{B C}{B D}=\frac{P C}{P D}=\frac{A C}{A D}

Заместваме

B C=A B-A C

B D=A D-A B

и получаваме:

\frac{A B-A C}{A D-A B}=\frac{A C}{A D} \Longleftrightarrow \frac{A B-A C}{A B \cdot A C}=

\frac{A D-A B}{A D \cdot A B} \Longleftrightarrow \frac{1}{A C}-\frac{1}{A B}=\frac{1}{A B}-\frac{1}{A D}

което е еквивалентно с равенството от условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2022-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Реалните неотрицателни числа

x, y

z

са със сбор 6. Да се намери най-малката възможна стойност на израза

\frac{x^{3}-5 x^{2}+6 x}{4 x^{2}-9 x+6}+\frac{y^{3}-5 y^{2}+6 y}{4 y^{2}-9 y+6}

+\frac{z^{3}-5 z^{2}+6 z}{4 z^{2}-9 z+6}

както и всички тройки (

x, y, z

), при които тази стойност се достига.

Решение

Отговор: 0 и се достига при

(2, 2, 2)

и пермутациите на

(3, 3, 0)

. Нека

f(t)=\frac{t^{3}-5 t^{2}+6 t}{4 t^{2}-9 t+6}

и да забележим, че

f(t) \geq t

за

t \leq \frac{2}{3}, f(t) \geq-\frac{1}{2}(t-2)

\frac{2}{3}\lt{}t \leq \frac{5}{2}

f(t) \geq \frac{1}{5}(t-3)

за

t \geq \frac{5}{2}

. (Един начин да се достигне до тези е като се разн гичеризация с цел равенство да се достига веднъж при

t=0

, веднъж при

t=2

и веднъж при

t=3-

числителите и условието за сумата силно подсказват, че и трите са ключови за равенство!) Първото неравенство е еквивалентно на (знаменателят е с отрицателна дискриминанта и значи винаги положителен)

t^{3}-5 t^{2}+6 t \geq 4 t^{3}-9 t^{2}+6 t \Leftrightarrow t^{2}(3 t-4) \leq 0

, другите две (както и случаите им на равенство) се проверяват аналогично. За да се справим с главното неравенство, остава да разгледаме случаи. Ако

x, y \leq \frac{2}{3}

, то непременно

z \geq \frac{5}{2}

и ограничаваме отдолу с

x+y+\frac{1}{5}(z-3)=\frac{3}{5}+\frac{4}{5}(x+y)\gt{}0

. Ако

x, y \geq \frac{5}{2}

, то

z \leq 1

и ограничаваме отдолу с

-\frac{1}{5}(x+y-6)+z=\frac{6}{5} z \geq 0

или

-\frac{1}{5}(x+y-6)+\frac{2-z}{2}=1-\frac{9 z}{10}\gt{}0

; случаите с

x, y \in\left[\frac{2}{3}, \frac{5}{2}\right]

x \leq \frac{2}{3}, y \in\left[\frac{2}{3}, \frac{5}{2}\right], z \geq \frac{5}{2}

се проверяват аналогично.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2022-8-4

Задача 5

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

k

, при които равенството

\frac{\partial\left(\frac{\partial 2021^{k}}{\partial p}\right)}{\partial q}=\frac{\partial\left(\frac{\partial 2021^{k}}{\partial q}\right)}{\partial p}

е изпълнено за всички прости числа

p

q

Решение

Отговор:

k=2021^{a}

за произволно цяло неотрицателно число

a

. Простите делители на 2021 са само 43 и 47. Ако

p

q

са различни от тези, то и двете страни на равенството са нули и то е вярно. Сега нека

p \neq 43, 47

, но

q=43

или

q=47

. Лявата страна е 0, а дясната е

\partial\left(43^{k}.437^{k-1}. k\right) / \partial p

или

\partial\left(43^{k-1}.47^{k}. k\right) / \partial p

и е 0 тогава и само тогава, когато

k

не се дели на

p

. Значи

p

не може да се дели на просто число, различно от 43 и 47. Оттук

k=43^{a} 47^{b}

за цели неотрицателни

a, b

. Нещо повече, случаят

p=q

не дава допълнителни ограничения. Остава да разгледаме

p=43, q=47

. В този случай

\begin{gathered} \partial\left(43^{k} \cdot 47^{k-1} \cdot k\right) / \partial(43)=\partial\left(43^{k-1} \cdot 47^{k} \cdot k\right) / \partial(47) \Leftrightarrow \\ (k+a) 43^{k+a-1} 47^{k-1+b}=(k+b) 43^{k-1+a} 47^{k+b-1} \Leftrightarrow k+a=k+b \end{gathered}

което е вярно само при

a=b

. Отговорът следва.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2022-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се намери най-голямото естествено число, което принадлежи на петорка от последователни естествени числа, всяко от които може да се представи във вида

2^{m}+n^{2}

за цели неотрицателни числа

m

n

Решение

Отговор: 293. По модул 8, разглеждайки

m=0, m=1, m=2

m \geq 3

поотделно, виждаме, че

2^{m}+n^{2} \not \equiv 7(\bmod 8)

и значи всяка петорка непременно съдържа число с остатък 3 при деление на 8 и горното разглеждане показва, че всяко такова може да бъде само от вида

t^{2}+2

(т. е. с

m=1

) за нечетно

t-

в частност,

t^{2}+6 \equiv 7(\bmod 8)

не може да участва в петорката. Ако допуснем, че петорката е с числата от

t^{2}+1

до

t^{2}+5

, то от

t^{2}+5 \equiv 6 \bmod 8

и горното разглеждане следва, че

t^{2}+5=s^{2}+4

s, т. е.

(t-s)(t+s)=1

, даващо

1^{2}+5=6

като най-голямо число в петорка. дко нък-петерката е с числата от

t^{2}-1

до

t^{2}+3

, то понеже

t^{2}+4

е от вида

2^{m}+n^{2}

, св ядамадстнчая с числата от

t^{2}

до

t^{2}+4

- петорките, който той дава, са с числа с 1 по-големи от тези на

t^{2}-1

до

t^{2}+3

. Остава да разгледаме ситуацията, в която петорката се състои от числата

t^{2}, t^{2}+1, t^{2}+ 2, t^{2}+3

t^{2}+4

. Явно

t^{2}=2^{w}+z^{2} \Leftrightarrow(t-z)(t+z)=2^{w}

и имайки предвид максимума 293 (който ще получим по-късно), можем да считаме

t \geq 17

и оттук

(t-z)(t+z) \geq 33

w \geq 6

. Понеже НОД

(t-z, t+z) \mid 2 t

t

е нечетно, получаваме

t-z=2, t+z=2^{w+1}

, откъдето

t=2^{w-2}+1

. Нататък, имаме и

t^{2}+3=2^{x}+y^{2}

, като

t \geq 17

дава

x \geq 9

и с горния вид на

t

достигаме до

2^{2 w-6}+2^{w-3}+1=2^{x-2}+\frac{y^{2}}{4}

y \equiv 2(\bmod 4)

. Последното може да се запише и като

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

, като

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2022-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Искаме да дадем общо

N

бонбона на 30 деца, участвали в математическо състезание, така че всяко дете да получи поне един бонбон, всяко дете с повече точки да получава повече бонбони от всяко дете с по-малко точки и всеки две деца с равен брой точки да получават един и същи брой бонбони. Да се намери най-малкото

N

, за което това винаги е възможно.

Решение

Отговор: 900. Ще решим задачата за

n

деца (в условието

n=30

). Разглеждайки първо случая, в който всички деца са с равен резултатот него следва, че

N

се дели на

n

. Сега нека

n-1

деца са на първо място и 1 е на второако даваме

a

бонбона на детето на второ място и

a+b

на останалите, то

a+(n-1)(a+b)=N

, т. е.

n a+(n-1) b=N

и тъй като

N

се дели на

n

, получаваме, че

n

дели

b

, съответно

b \geq n

N \geq n a+n(n-1) \geq n+n(n-1)=n^{2}

. Остава да покажем, че при

N=n^{2}

исканото винаги е възможно. Да подредим децата в класиране от 1 -во до

n

-то място, като при равенства децата с еднакви точки са подредени в произволен ред и нека първоначално раздадем

2 i+1

бонбона на участника на

(n-i)

-то място за

i=1, \ldots, n-1

. Така сме раздали общо

1+3+\cdots+2 n-1=n^{2}

бонбона и остава само да преразпределим така, че да спазим условието за равенства. Ако в равенство има

k

деца, с бонбони

a+1, \ldots, a+2 k-1

, то преразпределяме така, че всеки да получи

\frac{a+1+\cdots+a+(2 k-1)}{k}=a+k

бонбона.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2022-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

В държава с

n \geq 3

града цената на пътуването от град

i

към град

j

е положителното реално число

m_{i j}

. Цената на всяко пътуване, започващо от даден град, минаващо през всички градове точно по един път и завършващо в началния град е една и съща независимо от избрания път. Да се докаже, че съществуват реални числа

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

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

за които

m_{i j}=x_{i}+y_{j}

за всеки две различни

1 \leq i, j \leq n

Решение

Първо ще докажем, че

f(a, b)=m_{a 1}+m_{1 b}-m_{a b}

(където

a, b

и 1 са различни) е константа. За

n=3

трябва

f(2, 3)=f(3, 2)

, което е вярно понеже съответните суми от цени са за два пътя, които минават през всеки град точно веднъж. За

n \geq 4

пътищата

a, 1, b, c, 2, 3, \ldots, a-1, a+1, \ldots, b-1, b+1, \ldots, c-1, c+1,.., n

a, b, 1, c, 2, 3, \ldots, a-1, a+1, \ldots, b-1, b+1, \ldots, c-1, c+1, \ldots, n

трябва да имат една съща цена, а разликата в цените им е равна и на

m_{a 1}+m_{1 b}+m_{b c}-\left(m_{a b}+m_{b 1}+m_{1 c}\right)

, откъдето

f(a, b)=f(b, c)

за всякакви

a, b, c

различни помежду си и от 1. Освен това, общата сума от цените на

1, a, b, 2, \ldots, n; b, 1, a, 2, \ldots, n

a, b, 1, 2, \ldots, n

е равна на общата на

1, b, a, 2, \ldots, n; a, 1, b, 2, \ldots, n

b, a, 1, 2, \ldots, n

, откъдето

2\left(m_{1 a}+m_{a b}+\right. \left. m_{b 1}\right)=2\left(m_{1 b}+m_{b a}+m_{a 1}\right)

и значи

f(a, b)=f(b, a)

. Сега за

c, d

различни от

a

b

получаваме

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

f(a, b)=f(b, a)=f(a, c)=f(c, a)

и значи

f

е някаква константа, да речем

C

. Нека

x_{1}=0, y_{1}=C

и нека

y_{k}=m_{1 k}, x_{k}=m_{k 1}-C

. Тогава за

i, j \neq 1

имаме

m_{i j}= m_{i 1}-m_{i 1}-m_{1 j}+m_{i j}+m_{1 j}=m_{i 1}-C+m_{1 j}=x_{i}+y_{j}

, както се искаше.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2022-8-8

8 · Финал

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

P(x)

е многочлен от девета степен с реални коефициенти. Ученик пресметнал стойностите

P(0), P(1), P(2), \ldots, P(9), P(10), P(11)

, като получил (в същия ред) 1,

2, 2^{2}, \ldots, 2^{9}, 2^{10}

2^{11}-12

и е възможно да е допуснал грешки. Нека

A

е множеството от всички

i=0, 1, \ldots, 11

, за които

P(i)

е пресметнато грешно. Каква е най-малката възможна големина на

A

и колко са възможните

A

с минимална големина?

Решение

Ще решим аналогичната задача за всяко

n

(тук

n=9

). Нека

Q(x)=1+ x+\frac{x(x-1)}{2!}+\frac{x(x-1)(x-2)}{3!}+\cdots+\frac{x(x-1)(x-2) \cdots(x-n+1)}{n!}

- тогава

Q(m)=\sum_{j=0}^{m}\binom{m}{j}=2^{m}

за

m= 0, 1, \ldots, n

, аналогично

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

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

. Ако допуснем, че няма грешки, то понеже

P(x)-Q(x)

има за корени

0, 1, \ldots, n, n+2

и е от степен най-много

n

, то задължително

P(x)=Q(x)

- но тогава

2^{n+1}=P(n+1)=Q(n+1)=2^{n+1}-1

, противоречие. Значи има поне една грешкаще обосновем, че това се достига по единствен начин. Действително, без значение къде е грешката,

P(x)-Q(x)

ще има

n+2

или

n+1

корена и значи ще е 0 - т. е.

P

със сигурност съвпада с

Q

и в такъв случай грешката е само в

P(n+1)

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2022-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

k \geq 2

е естествено число и

f(x)=x^{2 k}+a_{2 k-1} x^{2 k-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0}

е многочлен на променливата

x

. Младият учен и Старият учен играят следната игра. Редувайки се, като Младият започва, играчът на ход заменя някой от незапълнените коефициенти с цяло число. Играта приключва след като се запълнят всички коефициенти. Целта на Старият е за всяко естествено число

n

числото

f(n)

да се дели на

n^{2}+1

, а целта на Младият е да предотврати това. Кой има печеливша стратегия в зависимост от

k

Решение

Старият има стратегия за всяко

k \geq 2

. Понеже

n^{2} \equiv-1\left(\bmod n^{2}+1\right)

, имаме

\begin{aligned} & f(n) \equiv(-1)^{k}+(-1)^{k-1} a_{2 k-2}+(-1)^{k-2} a_{2 k-4}+\ldots+a_{4}-a_{2}+a_{0} \\ & \quad+\left((-1)^{k-1} a_{2 k-1}+(-1)^{k-2} a_{2 k-3}-\ldots-a_{3}+a_{1}\right) n\left(\bmod n^{2}+1\right) \end{aligned}

и последното се дели на

n^{2}+1

за всяко

n

само при

(-1)^{k}+(-1)^{k-1} a_{2 k-2}+(-1)^{k-2} a_{2 k-4}+ \ldots+a_{4}-a_{2}+a_{0}=(-1)^{k-1} a_{2 k-1}+(-1)^{k-2} a_{2 k-3}-\ldots-a_{3}+a_{1}=0

. Нека първо

k

е четно. Тогава и в двете уравнения броят на неизвестните е четен (точно

k)

. Значи Старият може да действа така: когато Младият замени коефициент с число от някое от уравненията, Старият заменя друг коефициент от същото уравнение. И в двете уравнения винаги Старият ще е този, който ще замени последния коефициент с число и е ясно че може да го направи така, че да се получи 0. Ако

k \geq 3

е нечетно, то броят неизвестни е нечетен и след първия хеп на Мпадия в едно от уравненията Старият избира да запълни в другото уравнение 3 гонмом, вече остават по (ненулев) четен брой коефициенти и отсега нататък, след ход на Младия в някое уравнение, Старият запълва коефициент в същото уравнение.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2022-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Фиксирани са окръжност

k

с център

O

и хорда

L R

от нея, която не е диаметър и е с дължина 2; нека

P

е средата на

L R

O P=x

. Нека

A

е произволна точка от помалката дъга

\widehat{L R}

, която не съвпада с

L

или

R

. Правата

A P

пресича

k

за втори път в точката

B

. Нека

d_{A}

d_{B}

са разстоянията от

A

B

до отсечката

L R

. Да се докаже, че разликата

\frac{1}{d_{A}}-\frac{1}{d_{B}}

не зависи от лицето на четириъгълника

L O R A

и да се представи тази разлика като многочлен на

x

Решение

Да означим с

A^{\prime}

B^{\prime}

петите на перпендикулярите от

A

B

към

L R

. Четириъгълникът

A A^{\prime} B B^{\prime}

е трапец, откъдето

\frac{d_{A}}{d_{B}}=\frac{A P}{P B}

\frac{1}{d_{A}}-\frac{1}{d_{B}}=\frac{1}{d_{A}}\left(1-\frac{A P}{P B}\right)=\frac{B P-A P}{P B \cdot d_{A}}

. Нека точката

Q

от

P B

е такава, че

A P=Q B

- така предишният израз се преобразува до

\frac{Q P}{P B \cdot d_{A}}

. Нещо повече,

\triangle O A P \cong \triangle O B Q

и значи ако

K

е средата на

P Q

, то

O K \perp P Q

. Сега от подобието

\triangle O K P \sim \triangle A A^{\prime} P

(където

A^{\prime}

е петата на перпендикуляра от

A

към

L R

) получаваме

\frac{K P}{d_{A}}=\frac{O P}{A P}

и значи

\frac{Q P}{P B \cdot d_{A}}=\frac{2 K P}{P B \cdot d_{A}}=\frac{2 O P}{A P \cdot P B}

. Остава да съобразим, че

A P \cdot P B=L P \cdot R P

(например от

\triangle A P R \sim \triangle B P L

) и значи търсената разлика е равна на

\frac{2 O P}{L P \cdot R P}=2 x

, което явно не зависи от

A

и значи и от лицето на

L O R A

(тъй като

L, O

R

са фиксирани).

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2022-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Намирате се на

K

метра вдясно от хлъзгави скали (от които се пада в океана) и на

K

метра вляво от гнездо със змии. Ситуацията е следнатадавате списък от

n

номерирани инструкции (с числата от 1 до

n

), като всяка е или придвижвам се 5 метра в посока къл скалите, или придвижвам се 5 метра в посока към змиите, а след това мъчителят ви избира естествено число

m

и изпълнявате само тези инструкции (по реда на номерата им), чиито номера са кратни на

m

. Ако след изпълнението не достигнете скалите или змиите, то сте се измъкнали от капана. а) Нека

K=10

. Намерете най-голямото естествено число

n

, при което има стратегия за измъкване. б) Нека

K

е 5 пъти по-голямо от най-голямото естествено

x

, за което

3^{x} \leq n

. Решавате да изберете

i

-тата инструкция да е в посока към змиите тогава и само тогава когато броят прости делители, даващи остатък 2 при деление на 3, в каноничното разлагане на

i

, считани с техните кратности, е четен (напр. за

i=3^{4} \cdot 5^{6} \cdot 7^{2} \cdot 11

броят е

6+1=7

). Да се докаже, че съществуват безбройно много двойки (

m, n

), при които ще попаднете в някой от двата капана.

Решение

За удобство да означим със 'C' и 'З' командите в посоки към скалите и към змиите, съответно. Без ограничение ще считаме, че първата команда е С. a) Да допуснем, че

n \geq 12

. Втората стъпка трябва да е 3, иначе достигаме скалите при

m=1

. Сега от

m=2

следва, че четвъртата стъпка е C (иначе достигаме змиите), после от

m=4

осмата стъпка е З. Нататък, понеже първата, втората и четвъртатаса

C, 3

и C, чрез

m=1

следва, че третата З. Оттук чрез

m=3

следва, че шестата е

C

г чрез

m=6

- че дванадесетата е З. За момента първите четири стъпки ни егнате начелото, а шестата е C, значи от

m=1

петата е 3; и сега от

m=5

десетата е C. Сега първите шест ни връцат в началото и осмата C 3, така че от

m=1

седмата е C; и сега първите осем ни връщат в началото и десетата е C, така че от

m=1

деветата трябва да е 3; и сега първите десет ни връщат в началото и дванадесетата е З, така че единадесетата е С. Обаче сега нека забележим, че при

m=3

имаме ЗСЗЗ и значи отиваме при змиите. От друга страна, директно се проверява, че при

n=11

списъкът от команди, породен от горния аргумент, е работеща именно СЗЗСЗССЗЗСС. б) Означаваме

f(j)=1

, ако броят прости делители с остатък 2 при деление на 3 в

j

е четен, и

f(j)=-1

ако е нечетен. Ще работим с

m=1

, с целта да покажем, че за всяко естествено

k

n=\frac{3^{k}-1}{2}\lt{}3^{k}

сумата

\sum_{j=1}^{n} f(j)

е точно

k+1

(и значи е по-голяма от

k

и от най-голямото

x

3^{x} \leq n

, т. е. ще има падане в океана). Да запишем

j=3^{i} s

за

i \leq k

3 \nmid s-

тогава

\sum_{j=1}^{n} f(j)=\sum_{i=0}^{k} \sum_{s=1, 3 \nmid s}^{\left\lfloor n / 3^{i}\right\rfloor} f\left(3^{i} s\right)= \sum_{i=0}^{k} \sum_{s=1, 3 \nmid s}^{\left\lfloor n / 3^{i}\right\rfloor} f(s)

. Понеже

f(1(\bmod 3))+f(2(\bmod 3))=1+(-1)=0

\left\lfloor n / 3^{i}\right\rfloor \equiv 1 (\bmod 3)

, следва, че всяка от вътрешните суми е равна на 1 и значи общо получаваме

k+1

, както се искаше.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2022-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

A(x, y)

е многочлен на две променливи с цели коефициенти, старшият от които е равен на 1. Двама души искат да си обменят тайни съобщения. Те използват две различни прости числа

p

q

(които само те си знаят), такива че

p-1

q-1

не се делят на 17. Съобщения се изпращат по следния начинако смисълът на съобщението се кодира с числото

M

, което считаме, че винаги е взаимнопросто с

p

и с

q

, то подателят пресмята

R=M^{17}(\bmod p q)

и изпраща резултатът на получателя. Получателят, знаейки

p, q

и многочлена

A

, предварително си е намерил естествено число

d

, такова че

17 d-1

се дели на

A(p, q)

и пресмята

R^{d}(\bmod p q)

. Да се даде пример (с проверка) за многочлен

A

, при който с този процес получателят наистина ще получи

M

от последното пресмятане, без значение какви са

p, q

M

(стига да спазват гореспоменатите ограничения).

Решение

Една възможност е

A(x, y)=(x-1)(y-1)

. Това върши работа, тъй като НОД(

(p-1)(q-1), 17)=1

(т. е.

d

съществува например от лемата на Безу) и с

k=\frac{17 d-1}{(p-1)(q-1)}

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

имаме

R^{d} \equiv M^{17 d}=M^{1+k(p-1)(q-1)} \equiv M(\bmod p q)

от теоремата на Ойлер.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2022-8-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2022-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Момчето

G

носи тениска в гълъбово синьо,

T-

в тюркоаз, а

C-

в циан, и тримата играят следната игра. Първоначално на терена има 40 гълъбово сини цветя, 50 тюркоазени и 68 цианови. Редувайки се, като

G

е първи,

T

- втори, а

C

- трети, играчът на ход подарява на Хубавата Елена или 3 цветя от един цвят, или по едно цвете от два различни цвята, но във втория случай съдията носи на терена 2 цветя от третия цвят. (Считаме, че наличните цветя от всеки цвят са безкраен брой.) Хубавата Елена бива спечелена когато при играччите останат цветя само от един цвят и победителят е този, който носи тениска от този цвят. Считайки, че и тримата играят оптимално, има ли някой печеливша стратегия и ако дакой?

Решение

Нека с

G, T

C

означаваме моментния брой цветове съответно от цветовете гълъбово синьо, тюркоаз и циан (първоначално

G=40, T=50

C=68

). Да забележим, че след всеки ход остатъците при деление на 3 на

G+T+C, G-T, T-C

G-C

се запазвата първоначално тези са

2, 2, 0

и 2, съответно. Да допуснем, с цел противоречие, че тюркоазният играч мжое да спечели. Тогава в някой момент имаме

T \neq 0

G=C=0

, но тогава

T \equiv T+0+0 \equiv 2(\bmod 3)

T=T-G \equiv 1(\bmod 3)

, противоречие. Аналогично, ако циановият играч може да спечели, то в някой момент

C \neq 0

G=T=0

, но тогава

C \equiv C+0+0 \equiv 2(\bmod 3)

C \equiv C-T \equiv 0 (\bmod 3)

, противоречие. Дотук имаме, че или гълъбовият печели, или играта е безкрайна. Ще покажем и че гълъбовият играч няма как да спечели. Да допуснем противното. Ако от известен момент нататък гълъбовият играч извършва само ходове от втория тип (т. е. по едно цвете от два цвята и добавяне на две цветя от третия), то след аналогичен ход от другите двама (с другите две двойки цветове) се връщаме в същата позиция, т. е. нищо не се променя. Значи можем да считаме, че гълъбовият играч прилага ходове от първия тип ( 3 цветя от един цвят) докато е възмож нр Последного със сигурност е възможно ако общият брой цветя е поне 7 (понеже тогава има цвят с поне 3) но от началото знаем, че той дава остатък 2 при деление на 3 - значи можем да считаме, че в някой момент общият брой цветя става 5. Да видим какво може да се е случило до достигането на позиция с общо 5 цветя. Нека

x_{i}

е броят "врътки" (една врътка се състои от три хода, по един от всеки играч), в които точно

i

от играчите използват хода с 3 едноцветни цветя (и

3-i

използват другия ход). Общият брой цветя в началото е 158 и за да стане 5 трябва

x_{1}+2 x_{2}+3 x_{3}=51-

в частност,

x_{1} \equiv x_{2}(\bmod 3)

. Сега да забележим, че всяка

x_{1}

-врътка увеличава

G

с 2 по модул 3, всяка

x_{2}

-врътка увеличава

G

с 1 по модул 3, а всяка от останалите не променя

G

по модул 3. Така от

x_{1} \equiv x_{2}

следва, че при достигането на 5 цветя остатъкът на

G

не се е променил спрямо първоначалния, т. е. е 1. Предвид

G+T+C=5

G-T \equiv G-C \equiv 2(\bmod 3)

, единствената възможност е

G=1, T=C=2

. Остава да видим какво се случва при

G=1, T=C=2

като гълъбовият играч е първи. Тъй като не може да направи ход с 3 цветя, след хода му тройката (

1, 2, 2

) става

(0, 1, 4)

или

(0, 4, 1)

или

(3, 1, 1)

. Във всеки от случаите тюркоазният може да действа към

(2, 0, 3)

и после циановият към (

1, 2, 2

), т. е. отново в горната позиция. Така гълъбовият също не може да победи и играта няма победител при оптимални действия.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2022-8-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2022-8-8

10 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

В турнир по футбол с

n \geq 2

отбора всеки два отбора изиграли по една среща. За победа се присъждат 2 точки, за равен се присъжда по 1 точка на двата отбора и за загуба не се присъждат точки. В крайното класиране нямало отбори с равен брой точки. Оказало се, че поради грешно записване на резултатите всяка среща, която е записана като равен има победител, а всяка среща с победител е завършила наравно. В новото класиране отново нямало два отбора с равен брой точки. Да се намерят всички

n

, за които е възможно двете класирания да са обратни едно на друго, т. е. първият отбор да е станал последен, вториятпредпоследен и т. н.

Решение

Ако

n=2 k

точките на всички отбори са

2 k(2 k-1)

(тъй като има

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

срещи и всяка среща дава 2 точки) и да разгледаме отбора

A

, класиран на първо място при първото класиране. Той е изиграл

2 k-1

срещи и следователно при първото или при второто класиране той ще има поне

k

равни срещи. Ако отбор

A

има поне

k

равни срещи при първото класиране, той има най-много

k+2(k-1)=3 k-2

точки и тогава точките на всички отбори са най-много:

(3 k-2)+(3 k-3)+\cdots+(k-1)=4 k^{2}-3 k\lt{}

2 k(2 k-1),

противоречие. Ако отбор

A

има

k

равни срещи при второто класиране, той има поне

k

точки и тогава точките на всички отобри са поне:

k+(k+1)+\cdots+(3 k-1)=4 k^{2}-k\gt{}2 k(2 k-1),

противоречие. Следователно при четно

n

исканото в условието не е възможно. Ако

n=2 k+1

ще дадем пример на такъв турнир. Нека

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2 k+1}

са отборите и нека срещата между отборите

A_{i}

A_{j}

е завършила с победа на

A_{i}

при

j \leq i+k

и с равен в останалите случаи. Директно се проверява, че отбор

A_{i}

има

3 k+1-i

точки и класирането е

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2 k+1}

. При второто класиране нека срещата между отборите

A_{i}

A_{j}

е завършила наравно при

j \leq i+k

и със загуба на

A_{i}

в останалите случаи. Директно се проверява, че отбор

A_{i}

има

k-1+i

точки и класирането е

A_{2 k+1}, A_{2 k}, \ldots, A_{1}

. Следователно при нечетно

n

исканото в условието е възможно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2022-10-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2022-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

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

са всички прости числа, по-малки от

2^{100}

. Да се докаже, че:

\frac{1}{p_{1}}+\frac{1}{p_{2}}+\cdots+\frac{1}{p_{n}}\lt{}10.

Решение

Числата

p_{i} p_{j} p_{k} p_{l}

за

1 \leq i \leq j \leq k \leq l \leq n

са две по две различни и са по-малки от

2^{400}

. Имаме:

\left(\frac{1}{p_{1}}+\frac{1}{p_{2}}+\cdots+\frac{1}{p_{n}}\right)^{4} \leq

4!\sum_{1 \leq i \leq j \leq k \leq l \leq n} \frac{1}{p_{i} p_{j} p_{k} p_{l}}\lt{}

24\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{400}}\right).

Сега неравенството от условието следва от:

24\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{400}}\right)\lt{}24 \cdot 400\lt{}10000.

Използвахме неравенството:

\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2^{m}}\lt{}m

което се доказва по индукция.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2022-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Съществува ли сюрективна функция

f: R \rightarrow R

за която

f(x+y)-f(x)-f(y)

приема само стойности 0 и 1 (и двете поне веднъж) за произволни

x

y

? Функция

f: R \rightarrow R

е сюрективна, ако за всяко реално число

y

съществува реално число

x

, за което

f(x)=y

Решение

Съществува, например

f(x)=\frac{1}{2}([x]-\{x\})

. Директно се проверява, че при

0 \leq\{x\}+\{y\}\lt{}1

имаме

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

, а при

1 \leq\{x\}+\{y\}\lt{}2

имаме

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

. Остана до докажем, че функцията е сюрективна. Ако

y \in R

е цяло, то

x=2 y

е такова, че

f(x)=y

. Ако

y

не е цяло, нека

\alpha=n-2 y

, където

n

е най-малкото цяло число по-голямо от

2 y

. Тогава

0\lt{}\alpha\lt{}1

x=n+\alpha

е търсеното число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2022-10-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2022-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

В равнината са фиксирани окръжност

k

и точка

C

извън нея. Нека

A

е произволна точка от

k

B

е нейната диаметралнопротивоположна в

k

. Да се намери геометричното място на центъра на описаната около триъгълника

A B C

окръжност.

Решение

Нека

O

е центърът на

k

. Тъй като отсечката

C O

е фиксирана и е винаги медиана в триъгълника

A B C

, то медицентърът

G

на

A B C

е фиксиранследователно ако определим геометричното място

\ell

на ортоцентъра

H

на

A B C

, търсеното ще е образът на

\ell

при хомотетия с център

G

и коефициент

\left(-\frac{1}{2}\right)

(поради правата на Ойлер в

A B C

). Нека

\omega

е (фиксираната) окръжността с диаметър

C O

A A_{1}

C C_{1}

са височини в триъгълника

A B C

. Явно

C_{1} \in \omega

и значи степента на

H

относно

\omega

е равна на

C H \cdot H C_{1}

. Но

A C_{1} A_{1} C

е вписан, откъдето

C H \cdot H C_{1}=A H \cdot H A_{1}

, а последното е степента на

H

относно

k

. Следователно

H

лежи на радикалната ос на

k

\omega

. Обратно, по същия начин имаме, че ако

T

е коя да е точка от тази радикална ос,

O X \perp C T(X \in G T) \amalg Q X

пресича

k

в точките

A

B

, то

T

е ортоцентърът на

A B C

. Следователно

\ell

е рашикалната о на

k

и окръжността с диаметър

C O

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2022-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Разглеждаме множеството на всички естествени числа

n\gt{}1

, които не се делят на квадрат на просто число. За всяко такова число определяме

f(n)

като най-големият брой делители на

n

които могат да се изберат така, че за всеки два от избраните делители

a

b

(

a

b

не са непременно различни) числото

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

не е точен квадрат. Да се намерят всички числа

m

за които съществува

n

, за което

f(n)=m

Решение

Ще докажем, че търсените числа са всички числа от вида

2^{t}

, където

t \geq 0

е цяло число. Да разгледаме число

n

от дадения вид. Тъй като

n=p_{1} p_{2} \ldots p_{k}

, то броят на делителите на

n

2^{k}

. Ще докажем, че

f(n)=2^{k-1}

. Всички делители на

n

се групират в

2^{k-1}

двойки, като във всяка двойка произведението на числата е равно на

n

. За числа

a

b

от една двойка имаме

n=a b

, откъдето

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

е точен квадрат. Следователно не можем да изберем повече от едно число от всяка двойка. За фиксиран прост делител

p

на

n

да разгледаме всички делители на

n

, които се делят и на

p

. Техният брой е

2^{k-1}

. При

n=l p

(числото

l

не се дели на

p

) за два такива делители

a=s p

b=t p

имаме

a^{2}+a b+b^{2}+n=p\left(s^{2} p+s t p+t^{2} p+l\right)

, което число не може да бъде точен квадрат, понеже изразът в скобите не се дели на

p

. Получихме, че

f(n)=2^{k-1}

и следователно търсените числа са всички числа от вида

2^{t}

, където

t \geq 0

е цяло число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2022-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Подмножество на множеството

A=\{1, 2, \ldots, n\}

се нарича свързано ако то се състои от едно число или от няколко последователни числа. Да се намери най-голямото

k

(като функция на

n

) за което съществуват

k

различни подмножества

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

на

A

за които сечението на всеки две множества

A_{i}

A_{j}

за

i \neq j

е свързано множество.

Решение

Нека

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

са множества, удовлетворяващи условието на задачата. Да дефинираме:

m=\max _{1 \leq i \leq n}\left\{\min \left\{A_{i}\right\}\right\}

т. е.

m

е най-голямото измежду всички най-малки елементи на дадените множества. Нека

\min \left\{A_{h}\right\}=m

. От дефиницията на

m

следва, че всяко множество има елемент, който е по-малък или равен на

m

. Ако някое множество

A_{t}

няма елемент, по-голям или равен на

m

то

A_{s} h c a p A_{t}=\emptyset

, противоречие. Следователно всяко множество има елемент, по-малък или равен на

m

и елемент, по-голям или равен на

m

, т. е. всяка от двойките (

\min \left\{A_{i}\right\}, \max \left\{A_{i}\right\}

) съвпада с двойка

(r, s)

за

1 \leq r \leq m \leq s \leq n

. Броят на такива двойки (

r, s

, ) е

m(n+1-m)

. Ако има две множества

A_{i}

A_{j}

, за които

\left(\min \left\{A_{i}\right\}, \max \left\{A_{i}\right\}\right)=\left(\min \left\{A_{j}\right\}, \max \left\{A_{j}\right\}\right)=(r, s),

то сечението на тези две множества е свързано и следователно е

\{r, r+1, \ldots, s\}

и тогава двете множества съвпадат, противоречие. Следователно

k

е най-много

m(n+1-m) \leq\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor\left\lceil\frac{n+1}{2}\right\rceil

Тази граница се достига, ако изберем

m=\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor

и всички свързани множества, съдържащи

m

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2022-10-8

10 · Ден 2

7 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

\angle B A C=40^{\circ}

, център на описаната окръжност

O

и медицентър

G

. Точката

D

от правата

B C

е такава, че

C D=A C

C

е между

B

D

. Ако правите

A D

O G

са успоредни, да се намери

\angle A C B

Решение

Отговор:

100^{\circ}

или

120^{\circ}

. Нека

C L(L \in A B)

е ъглополовящата на

\angle A C B

. Понеже

\angle D A C= \frac{\angle A C B}{2}=\angle A C L

, имаме

C L \| A D

и значи исканото е еквивалентно на това кога

O G

C L

са успоредни или съвпадат. Понеже точките

O, G

H

лежат на правата на Ойлер, където

H

е ортоцентърът на

A B C

, можем вече да разглеждаме кога

O H

C L

са успоредни или съвпадат. Ако

A C=B C

, то двете прави съвпадат и тогава

\angle A C B=100^{\circ}

. За нататък, нека без ограничение

A C\lt{}B C

. Първо ще отбележим, че непременно

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

. Да допуснем противното; ако

C H \cap A B=C_{1}

C G \cap A B=M

, то имаме

\frac{A L}{B L}=\frac{A C}{B C}\lt{}1=\frac{A M}{B M}

\angle B L C=90^{\circ}+\frac{\angle B A C-\angle A B C}{2}\gt{}90^{\circ}=\angle C C_{1} B

, значи

L

е между

M

C_{1}

и оттук вътрешните за

A B C

точки

O

H

биха били в различни полуравнини спрямо

C L

. Така

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

. Означаваме с

T

втората пресечната точка на

C L

с описаната около триъгълника

A B C

окръжност. Понеже

O T \| C H

(перпендикулярни са на

A B

), исканото е еквивалентно на

C H O T

да е успоредник, т. е.

C H=O T

. Предвид известното свойство

C H=2 O M

, искаме еквивалентното

O T=2 O M

. Но

T M

е медиана в равнобедрения

A B T

O

е вътрешна точка за нея (поради

\angle A T B\lt{}90^{\circ}

), откъдето

O

съвпада с медицентъра на

A B T

, т. е.

A B T

е равностранен триъгълник. Заключаваме, че

\angle A C B=180^{\circ}-\angle A T B= 120^{\circ}

. Както в първото свеждаме до

O G \| C L, A C\lt{}B C

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

. Нека

O G \cap L M=K

- тогава поради теоремата на Талес исканото е еквивалентно на

L M=3 M K

. Синусовата теорема дава

L M=A M-A L=R \sin \gamma-\frac{2 R \sin \beta}{\sin \left(\beta+\frac{\gamma}{2}\right)} \sin \frac{\gamma}{2}

, а от правоъгълния триъгълник

M K O

C L \| K G

имаме

M K=O M \cot \angle A L C= -R \cos \gamma \cot \left(\beta+\frac{\gamma}{2}\right)

. Оттук

L M=3 M K

се свежда до

\sin \gamma \sin \left(\beta+\frac{\gamma}{2}\right)-2 \sin \beta \sin \frac{\gamma}{2}

+3 \cos \gamma \cos \left(\beta+\frac{\gamma}{2}\right)=

0.

Последното може да се запише и като

\sin \gamma \sin \left(\beta+\frac{\gamma}{2}\right)+\cos \gamma \cos \left(\beta+\frac{\gamma}{2}\right)=2\left(\cos \gamma \cos \left(\beta+\frac{\gamma}{2}\right)+\right. \left.\sin \beta \sin \frac{\gamma}{2}\right)

, т. е.

\cos \left(\beta-\frac{\gamma}{2}\right)=2\left(\cos \gamma \cos \beta \cos \frac{\gamma}{2}-\cos \gamma \sin \beta \sin \frac{\gamma}{2}+\sin \beta \sin \frac{\gamma}{2}\right)

. След разкриване на скобите в лявата страна и групиране на членове с общи множители достигаме до

(2 \cos \gamma+1) \cos \left(\beta+\frac{\gamma}{2}\right)=0

. Понеже

\angle A L C=\beta+\frac{\gamma}{2} \neq 90^{\circ}

, заключаваме, че

\cos \gamma=-\frac{1}{2}

\angle A C B=\gamma=120^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2022-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Множеството от четворките (

a, b, c, d

), където всяко от

a, b, c

d

е равно на 0 или 1, ще наричаме върхове на четиримерния единичен куб или накратко, куб-4. Два върха ще наричаме съседни, ако съответните им четворки се различават в точно една позиция; всеки два съседни върха са свързани с ргб. Робот се движи по ръбовете на куб-4, започвайки от върха (

0, 0, 0, 0

) и за един ход минава по ръб от едиг 7 теден на него връх. По колко начина роботът може да се върне в (

0, 0, 0

) ) след 4 д 2 хода? (Позволено е роботът да стъпва в

(0, 0, 0, 0)

преди 4042-рия ход.)

Решение

Отговор:

2^{4041}+2^{8083}

Ще решим задачата за

2 N

хода. За върхове

\left(a_{i}, b_{i}, c_{i}, d_{i}\right), i=1, 2

, числото

\left|a_{1}-a_{2}\right|+ \left|b_{1}-b_{2}\right|+\left|c_{1}-c_{2}\right|+\left|d_{1}-d_{2}\right|

ще наричаме тяхното разстояние. Нека

a_{i n}

е броят начини за завършване във връх на разстояние

i

от (

0, 0, 0, 0

) след

n

хода при начало (

0, 0, 0, 0

) интересуваме се от

a_{0(2 N)}

. Върхът (

0, 0, 0, 0

) има четири съседа, всичките на разстояние 1, откъдето

a_{0 n}=4 a_{1(n-1)}

. Аналогично от (

0, 0, 0, 1

) получаваме

a_{1 n}=a_{0(n-1)}+3 a_{2(n-1)}

, от (

0, 0, 1, 1

) следва

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

, от (

0, 1, 1, 1

) следва

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

и от

(1, 1, 1, 1)

следва

a_{4 n}=4 a_{3(n-1)}

. Замествайки

a_{1(n-1)}=\frac{a_{0 n}}{4}

в уравнението от (

0, 0, 0, 1

), получаваме

\frac{a_{0(n+1)}}{4}=a_{0(n-1)}+3 a_{2(n-1)} \Leftrightarrow a_{2(n-1)}=\frac{a_{0(n+1)}}{12}-\frac{a_{0(n-1)}}{3}

; сега уравнението за

(0, 0, 1, 1)

става

\frac{a_{0(n+2)}}{12}-\frac{a_{0 n}}{3}=\frac{a_{0 n}}{2}+2 a_{3(n-1)} \Leftrightarrow a_{3(n-1)}=\frac{a_{0(n+2)}}{24}-\frac{5 a_{0 n}}{12}

; това води уравнението за

(0, 1, 1, 1)

до

\frac{a_{0(n+3)}}{24}-\frac{5 a_{0(n+1)}}{12}=a_{4(n-1)}+\frac{a_{0(n+1)}}{4}-a_{0(n-1)} \Leftrightarrow a_{4(n-1)}=\frac{a_{0(n+3)}}{24}-\frac{2 a_{0(n+1)}}{3}+a_{0(n-1)}

и накрая уравнението за

(1, 1, 1, 1)

става

\frac{a_{0(n+4)}}{24}-\frac{2 a_{0(n+2)}}{3}+a_{0 n}=

\frac{a_{0(n+2)}}{6}-\frac{5 a_{0 n}}{3} \Leftrightarrow a_{0(n+4)}

-20 a_{0(n+2)}+64 a_{0 n}=

0.

Значи за

b_{n}=a_{0(2 n)}

(и търсим

b_{n}

) следва

b_{n+2}-20 b_{n+1}+64 b_{n}=0

, а пък е ясно, че

b_{1}=4

(понеже (

0, 0, 0, 0

) има четири съседа) и лесно се проверява, че

b_{2}=40

. Характеристичното уравнение

t^{2}-20 t+64=0

е с корени 4 и 16, откъдето

b_{n}=2^{2 n-1}+2^{4 n-3}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2022-10-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2022-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

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

, такива че

f(\eta)

пели

f(\underline{\underline{n}}) p-n

за всяко естествено число

n

и просто число

p

Решение

При

n=p

получаваме

f(p) \mid f(p)^{p}-p

, откъдето

f(p)=1

или

f(p)=p

. Със сигурност няма прости числа

q\gt{}r

f(q)=q

f(r)=1

- иначе при

n=r, p=q

следва

r \equiv f(r)^{q} \equiv 1^{q} \equiv 1(\bmod q)

, което е невъзможно. Сега разглеждаме следните случаи:

(*)

Ако съществуват прости числа

p, q\gt{}2

f(p)=p

f(q)=1

, то от горното следват

q\gt{}p

f\left(q_{0}\right)=1

за всяко просто

q\gt{}q_{0}

. Нека изберем

n

да е просто число, по-голямо от

q

и с остатък различен от 1 при деление на

p

- тогава

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

, противоречие.

(*)

Ако

f(2)=2

и съществува просто число

q\gt{}2

такова че

f(q)=1

, то от предния случай следва, че

f(p)=1

за всяко просто

p\gt{}2

. Тогава исканото е изпълнено тогава и само тогава когато 2 дели

f(n)^{2}-n

и значи всяка функция, при която

f(2)=2

f(p)=1

за всяко просто

p\gt{}2

и за всяко друго

n

числата

f(n)

n

са с еднаква четност, изпълнява исканото.

(*)

Ако

f(p)=1

за всяко просто число

p

, то даденото е изпълнено за всяко

n

; т. е. всяка функция с

f

, при която

f(p)=1

за всяко просто

p

, изпълнява исканото.

(*)

Остава да разгледаме

f(p)=p

за всяко просто число

p

. Даденото

f(p) \mid f(n)^{p}-n

се преобразува в

p \mid f(n)^{p}-n

, а поради малката теорема на Ферма получаваме еквивалентното

p \mid f(n)-n

. Значи за фиксирано

n

числото

f(n)-n

има безбройно много делители, което е възможно тогава и само тогава когато

f(n)=n

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2022-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

D

е безкрайна в двете посоки редица от нули и единици. За всяко естествено число

n

a_{n}

означаваме броят различни подредици от последователни символи в

D

с дължина

n

. Съществува ли редица

D

, при която за всяко естествено

n \geq 22

числото

a_{n}

е равно на

n

-тото по големина просто число?

Решение

Не! Ще докажем, че

a_{n+1}-a_{n} \leq 2\left(a_{n}-a_{n-1}\right)

за всякакви

D

n

. Ще казваме, че подредица (от последователни символи)

u

на

D

е добра, ако поставянето както на една нула, така и на една единица, след

u

, отново води до подредица на

D

. Явно

a_{n+1}- a_{n}

е броят добри подредици с дължина

n

. От друга страна, ако от добра подредица с дължина

n

премахнем най-левия символ, то получаваме добра подредица с дължина

n-1

, а всяка такава подредица

v

не се получава повече от два пъти (най-много от

0 v

и от

1 v

). Следователно броят на добрите подредици с дължина

n-1

е поне половината от тези с дължина

n

и исканото следва. Остава да съобразим, че

p_{29}=109, p_{30}=113

p_{31}=127

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2022-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малката възможна стойност на израза

\left\lfloor\frac{a+b}{c+d}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a+c}{b+d}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a+d}{b+c}\right\rfloor

+\left\lfloor\frac{c+d}{a+b}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{b+d}{a+c}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{b+c}{a+d}\right\rfloor

където

a, b, c

d

са положителни реални числа. (За реално число

x

със

\lfloor x\rfloor

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

x

Решение

За всяко

x\gt{}0

поне едно от числата

\lfloor x\rfloor

\left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor

е поне 1 (първото при

x\gt{}1

; второто при

x\lt{}1

; и двете при

x=1

), откъдето

\lfloor x\rfloor+\left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor \geq 1

. Като приложим това за

x=\frac{a+b}{c+d}, x=\frac{a+c}{b+d}

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

получаваме, че изразът е по-голям или равен на 3. Равенство се достига например при

a=8, b=d=4, c=7

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2022-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Нека

x

е реално число. Да се намери най-голямата възможна стойност на израза

\frac{47^{x}}{\sqrt{\vphantom{x^2}43}}+\frac{43^{x}}{\sqrt{\vphantom{x^2}47}}-2021^{x}

Решение

Отговор:

\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}2021}}

. Изразът е равен на

\frac{1-\left(1-47^{x+\frac{1}{2}}\right)\left(1-43^{x+\frac{1}{2}}\right)}{\sqrt{\vphantom{x^2}2021}}

, като множителите (

1- 47^{x+\frac{1}{2}}

) и

\left(1-43^{x+\frac{1}{2}}\right)

са или нули, или с еднакви знаци. Така максималната стойност е

\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}2021}}

(и се достига при

x=-\frac{1}{2}

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2022-10-8

10 · Ден 4

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Съществуват ли естествени числа

n

N

, такива че

n\gt{}10^{10}

n^{n}\lt{}2^{\frac{8 N}{2 \omega(N)}}

n

се дели на

p^{2022\left(\nu_{p}(N)-1\right)}(p-1)

за всеки прост делител

p

на

N

? (За естествено число

N

означаваме

c \omega(N)

броят на различните му прости делители и с

\nu_{p}(N)

степента на простото число

p

в каноничното му разлагане.)

Решение

Да! За удобство ще търсим

N

от вида

p q

, където

p

q

са различни прости числаусловието се преобразува в

10^{10}\lt{}n\lt{}2^{2 p q / n}

n

да се дели на

p-1

q-1

. Нека

t

е естествено число и

p\left|2^{2^{t-1}}+1, q\right| 2^{2^{t}}+1

(най-големият общ делител на двете делимота е очевидно 1, така че

p=q

няма как да се случи). Тогава показателят на 2 по модул

p

2^{t}

(явно

2^{2^{t}} \equiv\left(2^{2^{t-1}}\right)^{2} \equiv 1(\bmod p)

и показателят дели

2^{t}

- и след многократно повдигане на квадрат на

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

за

k\lt{}t

получаваме

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

, което е невъзможно) и значи

2^{t}

дели

p-1

; аналогично

2^{t+1}

дели

q-1

. Значи нека изберем

n=\frac{(p-1)(q-1)}{2^{t}}

- това число явно е цяло и се дели на

p-1

q-1

. Понеже

n \geq 2^{t+1}

, неравенството

n\gt{}10^{10}

важи за

t \geq 33

. За другото неравенство е достатъчно да съобразим, че

p \leq 2^{2^{t-1}}+1, q \leq 2^{2^{t}}+1

, откъдето

n \leq 2^{2^{t-1}+2^{t}-t}

; а оттук и

2^{\frac{2 p q}{n}}\gt{}2^{\frac{2(p-1)(q-1)}{n}}=2^{2^{t+1}}\gt{}

2^{2^{t-1}+2^{t}-t} \geq n

както се искаше.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2022-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички четворки от цели числа (

a, b, c, p

), където

p \geq 5

е просто число, такива че остатъците на числата

a m^{3}+b m^{2}+c m, m=0, 1, \ldots, p-1

, при деление на

p

са два по два различни.

Решение

Отговор.

p

дели

a

b

, но не дели

c; p \equiv 2(\bmod 3), p

не дели

a

и дели

b^{2}-3 a c

. Нека първо

p

дели

a

. За

m \not \equiv n(\bmod p)

имаме

b n^{2}+c n \equiv b m^{2}+c m \Leftrightarrow b(m-n)(m+n) \equiv c(m-n)(\bmod p) \Leftrightarrow b(m+n) \equiv c(\bmod p)

. Ако

p

дели

b

, то последното не е изпълнено точно когато

p

не дели

c

. В противен случай

p

е взаимнопросто с

b

и ако

b^{\prime}

е такова, че

b b^{\prime} \equiv 1(\bmod p)

(да отбележим, че

b^{\prime}

съществува например поради теоремата на Безу), то искаме

m+n \equiv b^{\prime} c(\bmod p)

да не е изпълнено за никои различни

m

n

. При

p \geq 5

числата

m=1

n=b^{\prime} c-1

са различни, освен ако

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

, в който случай избираме

m=0

n=2

. Сега вече ще считаме, че

p

не дели

a

. Тогава (например от теоремата на Безу) съществува

a^{\prime}

, такова че

a a^{\prime} \equiv 1(\bmod p)

. Да отбележим, че

\left(a^{\prime}, p\right)=1

и значи

X \equiv Y (\bmod p) \Leftrightarrow X-Y \equiv 0(\bmod p) \Leftrightarrow a^{\prime}(X-Y) \equiv 0 \Leftrightarrow a^{\prime} X \equiv a^{\prime} Y(\bmod p)

и значи можем да гледаме даденото за

m^{3}+b a^{\prime} m^{2}+c a^{\prime} m

. Понеже

p \geq 5

, съществува цяло число

d

, за което

3 d \equiv 1(\bmod p)

; и очевидно

X \equiv Y(\bmod p) \Leftrightarrow X-b a^{\prime} d \equiv Y-b a^{\prime} d (\bmod p)

. Значи можем да гледаме даденото за

\left.\left(m-b a^{\prime} d\right)^{3}+b a^{\prime}\left(m-b a^{\prime} d\right)^{2}-b a^{\prime} d\right) \equiv m^{3}+\left(a^{\prime} c-a^{2} b^{2} d\right) m-a^{2} b c d+2 a^{\prime 3} b^{3} d^{3}

, т. е. (понеже събираемите, песцзржаши

n

, не променят нищо) за

m^{3}-K m

, където

K=a^{\prime 2} b^{2} d-a^{\prime} c

. Нататък,

m \equiv n(\bmod p)

би следвало само ако

m^{3}-K m \equiv n^{3}-K n \Leftrightarrow m^{2}+m n+n^{2} \equiv K \Leftrightarrow(2 m+n)^{2} \equiv 4 K-3 n^{2}(\bmod p)

не е изпълнено за кои да е

m \not \equiv n(\bmod p)

. Лявата страна има

\frac{p+1}{2}

възможни стойности, дясната също (понеже броят на точните квадрати по модул

p

\frac{p+1}{2}

) и значи от принципа на Дирихле (и това, че има точно

p

остатъка по модул

p

) двете страни приемат обща стойност, да речем за двойката (

m_{0}, n_{0}

). Непременно

m_{0} \equiv n_{0}

и значи

K \equiv 3 m_{0}^{2}

; но сега виждаме и че

m^{2}+m n+n^{2} \equiv 3 m_{0}^{2}

се изпълнява и от

\left(m_{0}, -2 m_{0}\right)

. Така

p

дели

3 m_{0}

, т. е. (поради

p \geq 5

)

p

дели

m_{0}

и значи

p

дели

K

. Тъй като За и

p

са взаимнопрости, то

p

дели

K

точно когато

p

дели

3 a^{2} K \equiv b^{2}-3 a c

. Сега нека видим за кои

p

условието е изпълнено за

m^{3}-K m \equiv m^{3}, m=0, 1, \ldots, p-1

. Ако

g

е примитивен корен по модул

p

m \equiv g^{x}, n \equiv g^{y}

, то

m^{3} \equiv n^{3} \Leftrightarrow 3(x-y) \equiv 0 (\bmod p-1)

, като последното не е изпълнено за кои да

x \not \equiv y

точно когато 3 и

p-1

са взаимнопрости, т. е.

p \equiv 2(\bmod 3)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2022-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен

\triangle A B C

с височина

A H\left(\angle B A C\gt{}45^{\circ}\gt{}\angle A B C\right)

. Симетралата на

A B

пресича

B C

в точка

D

. Нека

K

е средата на

B F

, където

F

е петата на височината от

C

към

A D

. Точка

H^{\prime}

е симетричната на

H

относно

K

. Точка

P

лежи на правата

A D

и е такава, че

H^{\prime} P \perp A B

. Да се докаже, че

A K=K P

Решение

Нека

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

M

е средата на страната

B C

. От

\beta\lt{}45^{\circ}

следва, че

\angle B A H=90^{\circ}-\beta\gt{}\beta=\angle B A D

и значи

H

лежи между

C

D

. Ако

B^{\prime}

е симетричната на

B

относно

D

, то от

\alpha\lt{}90^{\circ}

следва, че

B B^{\prime}\gt{}B C

или

B D\gt{}B M

, откъдето

M

лежи между

B

D

. Да забележим, че

M K

е средна отсечка в

\triangle B F C

, откъдето

M K \perp A P

, т. е. точка

K

лежи на симетралата на

A P

тогава и само тогава, когато точка

M

лежи на тази симетрала. (1т.) Точка

K

разполовява отсечките

H H^{\prime}

B F

, следователно четириъгълникът

H B H^{\prime} F

е успоредник. Нека

P H^{\prime} \cap A B=L

H^{\prime} F \cap A B=E

. Тогава

\angle L H^{\prime} E=90^{\circ}-\angle H^{\prime} E L= 90^{\circ}-\beta

. Използваме, че четириъгълникът

A F H C

е вписан и получаваме

\alpha-\beta=\angle F A C= \angle F H D=\angle F H^{\prime} B

, а оттам

\angle H^{\prime} B L=\alpha\lt{}90^{\circ}

. Следователно

B

лежи между

L

A

. Имаме

\angle H^{\prime} F P=\angle H D F=2 \beta

. Следователно

\angle P H^{\prime} F=\angle F P H^{\prime}=90^{\circ}-\beta

и значи

P F=F H^{\prime}=B H

. (1т.) Да разгледаме хомотетия с център

A

и коефициент 2. Образите на точките ще означаваме с индекс 1, напр. образът на

H

H_{1}

и т. н. Имаме, че точките

H_{1}, D_{1}

M_{1}

лежат на една права, както и, че

A H_{1} \perp D_{1} H_{1}

. Достатъчно е да докажем, че

M_{1} P \perp A P

, тъй като тогава

P M

ще се явява медиана към хипотенузата в правоъгълния

\triangle A M_{1} P

. (1т.) Нека

Q

е петата на перпендикуляра от

H_{1}

към

B D_{1}

. Тогава четириъгълникът

A B Q H_{1}

е правоъгълен трапец, а точка

H

лежи на средната му отсечка. Следователно

Q H=H B= F H^{\prime}=F P

, а освен това

\angle H Q B=\angle H B Q=90^{\circ}-\beta=\angle F H^{\prime} P=\angle F P H^{\prime}

. Оттук следва, че

\triangle F H^{\prime} P \cong \triangle H B Q

. (1т.) Сега от

P H^{\prime}=Q B

P H^{\prime} \| Q B

следва, че четириъгълникът

B H^{\prime} P Q

е успоредник, а от

F P=H Q

F P \| H Q

следва, че четириъгълникът

F P Q H

е успоредник. (1т.) Имаме, че

\angle D_{1} Q P=\angle B H^{\prime} L=90^{\circ}-\alpha

. Точка

M

разполовява диагоналите на четириъгълника

A B M_{1} C

и значи той е успоредник. Оттам

\angle D_{1} B M=\angle A B M_{1}-90^{\circ}= 180^{\circ}-\alpha-90^{\circ}=90^{\circ}-\alpha=\angle D_{1} Q P

. (1т.) Още имаме, че

90^{\circ}-\beta=\angle M_{1} D_{1} B=\angle B D_{1} A=\angle P D_{1} Q=\angle Q D_{1} H_{1}

, откъдето

\triangle B M_{1} D_{1} \sim \triangle Q P D_{1}

\triangle A B D_{1} \sim \triangle H_{1} Q D_{1}

, откъдето четириъгълниците

B M_{1} D_{1} A

Q P D_{1} H_{1}

са подобни. (3т.) Сега от

\angle M_{1} D_{1} P=2 \beta=\angle A D_{1} H_{1}

M_{1} D_{1} / D_{1} P=A D_{1} / D_{1} H_{1}

слфдва, че \triangle

M_{1} D_{1} P \sim \triangle A D_{1} H_{1}

, а оттам

\angle M_{1} P D_{1}=90^{\circ}

, което трябваше да докажем. (3т.)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2022-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число. Да се докаже, че стойносттта на израза

\sum_{i=0}^{n} \frac{x_{i}^{n-1}}{\prod_{j \neq i}\left(x_{i}-x_{j}\right)}

не зависи от избора на различните реални числа

x_{0}, x_{1}, \ldots, x_{n}

Решение

Ще докажем, че стойността е винаги 0. Да разгледаме полинома

f(x)=x^{n-1}

. За този полином очевидно

f\left(x_{i}\right)=x_{i}^{n-1}

за

\forall i

. Освен това ако запишем този полином по интерполационната формула на Лагранж получаваме, че

\sum_{i=0}^{n} x_{i}^{n-1} \frac{\prod_{j \neq i}\left(x-x_{j}\right)}{\prod_{j \neq i}\left(x_{i}-x_{j}\right)}=

f(x)=x^{n-1}

Сега, ако сравним коефициентите от двете страни пред

x^{n}

, получаваме, че търсената стойност е 0.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2022-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се намери броят на подмножествата на

\{1, 2, \cdots, 2100\}

, сума на елементите даваща остатък 3 при деление на 7.\

Решение

Разглеждаме генериращата функция (1 точка)

g(x)=x^{4}\left(\prod_{i=1}^{2100}\left(1+x^{i}\right)\right)=x^{4}\left(\sum_{n} c_{n} x^{n}\right).

Искаме да намерим сумата от коефициентите

c_{n}

, за които

n \equiv 3(\bmod 7)

, защото степента на

x

отговаря на сумата от елементите на дадено множество, а коефициентът

c_{n}

на броя множества със съответната сума от елементите (2 точки). Нека

\gamma=e^{i \frac{2 \pi}{7}}

( 7 -ми корен на единицата). Разглеждаме сумата

S=\frac{\sum_{j=0}^{6} g\left(\gamma^{j}\right)}{7}

(2 точки).

S=\sum_{n} c_{n}\left(\sum_{j=0}^{6} \gamma^{j(n+4)}\right)

\begin{aligned} & \sum_{j=0}^{6} \gamma^{j(n+4)}=\left\{\begin{array}{l} 0, n \not \equiv 3(\bmod 7) \cr 7, n \equiv 3(\bmod 7) \end{array} \quad, \right. \text{защото} \\ & \sum_{j=0}^{6} \gamma^{j(n+4)}=\frac{\left(\gamma^{n+4}\right)^{7}-1}{\gamma^{n+4}-1} \end{aligned}

Това означава, че

S

е именно сумата, която търсим (3 точки). От друга страна

g\left(\gamma^{j}\right)=\left\{\begin{array}{l} 2^{2100}, \quad j=0 \cr \gamma^{4 j}\left(\prod_{i=1}^{7}\left(1+\gamma^{j i}\right)\right)^{300}, \quad j \neq 0 \end{array}\right.

Във втория случай

\prod_{i=1}^{7}\left(1+\gamma^{j i}\right)=\prod_{i=1}^{7}\left(1+\gamma^{i}\right)=

-1^{7} \prod_{i=1}^{7}\left(-1-\gamma^{i}\right)=

-1^{7}\left((-1)^{7}-1^{7}\right)=2(2 \text{точки).}

Тъй като

\sum_{j=0}^{6} \gamma^{4 j}=\sum_{j=0}^{6} \gamma^{j}=0

, следователно

\sum_{j=1}^{6} \gamma^{4 j}=-1

(1 точка), стигаме до

S=\frac{2^{2100}+\left(\sum_{j=1}^{6} \gamma^{4 j}\right) 2^{300}}{7}=

\frac{2^{2100}-2^{300}}{7}(1 \text{точка})

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2022-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

За функцията

f: \mathbb{Z}_{\geq 0}^{2} \rightarrow \mathbb{Z}_{\geq 0}

е известно, че

\begin{gathered} f(0, j)=f(i, 0)=1, \forall i, j \in \mathbb{N}_{0} \\ f(i, j)=i f(i, j-1)+j f(i-1, j), \forall i, j \in \mathbb{N} \end{gathered}

Да се докаже, че за всяко естествено число

n

следното неравенство е изпълнено:

\sum_{0 \leq i+j \leq n+1} f(i, j) \leq

2\left(\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\right)\left(\sum_{p=1}^{n} p!\right)+3.

Решение

Нека означим

d_{0}=1, d_{1}=2

\left.\sum_{i=0}^{n+1} f(i, n-i+1)\right)=

\sum_{i+j=n+1} f(i, j)=d_{n+1}

Следователно

\sum_{0 \leq i+j \leq n+1} f(i, j)=\sum_{p=0}^{n+1} d_{p} \tag{1т.}

Тогава имаме

\begin{aligned} 2+n d_{n} & =2+\left(\sum_{i=0}^{n}(i+n-i) f(i, n-i)\right) \\ & =2+\left(\sum_{i=0}^{n}(n-i) f(i, n-i)+i f(i, n-i)\right) \\ & =2+\left(\sum_{i=0}^{n-1}(n-i) f(i, n-i)+(i+1) f(i+1, n-i-1)\right) \\ & =f(0, n+1)+\left(\sum_{i=0}^{n-1} f(i+1, n-i)\right)+f(n+1, 0) \\ & =\sum_{i=-1}^{n} f(i+1, n-i)=\sum_{i=0}^{n+1} f(i, n-i+1) \\ & =d_{n+1} \quad(4 \text{т.}) \end{aligned}

Полагаме

d_{n+1}=n! c_{n}, \forall n \in \mathbb{N}_{0}

. Тогава

2+n(n-1)! c_{n-1}=n! c_{n}

. Следователно

\frac{2}{n!}=c_{n}-c_{n-1}

, а освен това

c_{0}=2

. (1т.)

\begin{gather*} c_{n}-c_{0}=\sum_{k=1}^{n}\left(c_{k}-c_{k-1}\right)=\sum_{k=1}^{n} \frac{2}{k!} \\ c_{n}=2 \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \\ d_{n+1}=2 n!\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}. \quad(2 \text{т.}) \tag{2т.} \end{gather*}

Следователно

\sum_{0 \leq i+j \leq n+1} f(i, j)=\sum_{p=0}^{n+1} d_{p}=

1+\sum_{p=0}^{n} d_{p+1}=1+\sum_{p=0}^{n}\left(2 p!\sum_{k=0}^{p} \frac{1}{k!}\right)

Оттук остава да докажем, че

\sum_{p=0}^{n}\left(p!\sum_{k=0}^{p} \frac{1}{k!}\right) \leq

\left(\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\right)\left(\sum_{p=1}^{n} p!\right)+1 \tag{1т.}

Разглеждаме разликата

\begin{align*} \sum_{p=0}^{n}\left(p!\sum_{k=0}^{p} \frac{1}{k!}\right) & -\left(\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\right)\left(\sum_{p=1}^{n} p!\right)-1=\sum_{p=1}^{n}\left(p!\sum_{k=0}^{p} \frac{1}{k!}\right)-\left(\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\right)\left(\sum_{p=1}^{n} p!\right) \\ & \leq \sum_{p=1}^{n}\left(p!\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\right)-\left(\sum_{p=1}^{n} p!\right)\left(\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\right)=0. \quad \text{(3т.)} \tag{3т.} \end{align*}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2022-10-6

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2022-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Магьосник иска да покаже следния фокус пред публика от

n \geq 16

души. Той им дава 15 шапки и след като даде инструкции на помощника си (които публиката не чува), напуска залата. Някои 15 души от публиката си слагат по една от шапките. Асистентът маркира пред всички една от шапките с маркер и след това човек с немаркирана шапка си я сваля. След това магьосникът се връща обратно в залата и след оглед на ситуацията познава кой от публиката си е свалил шапката. За кои

n

е възможно това?

Решение

Отговор.

n=16

n=17

. Започваме с демонстрация на фокуса и в двата случая. Ако хората са 16 ги разбиваме на двойки и след слагането на 15 -те шапки асистентът маркира тази, която съответства на човек в двойка с човек без шайкатогава при влизане фокусникът ще пренебрегне тази двойка и ще каже, че другият без папка е исканият. Ако хората са 17, то ги номерираме с остатъците по модул 17 и помощникът маркира човек

s: =9(x+y)(\bmod 17)

където

x

y

са хората които нямат шапка (такъв има, понеже

9(x+y) \equiv x(\bmod 17) \Leftrightarrow x \equiv y(\bmod 17))

, фокусникът вижда трима души

A, B

C

из шапка и понеже

A+B, B+C, C+A

са две по две различни, фокусникът игнорира тези двама със сума

2 s(\bmod 17)

и третият е търсеният човек. Нека

n \geq 18

, като можем да считаме, че всички освен 18 са се скрили и само ще наблюдават отстрани. Нека

P(S)

е човекът, когото помощникът би избрал при множество

S

от 15 човека с шапки. Разглеждаме произволно 16 -елементно подмножество

A

на 18 те души. Да забележим, че

P(X)

приема различни стойности когато

X

пробягва всички 15 -елементни подмножества на

A

. Сега разглеждаме по колко различни начина можем да изберем 16 -елементно подмножество и в него 15 -елементно подмножество

X

, така че

P(X)=x

за някакъв човек

x

от 18 -те. От една страна, това става по

\binom{17}{15}=2^{3} \cdot 17

начина, тъй като във всяко 16 -елементно множество с участието на

x

той ще бъде маркиран в точно едно от 15 -елементните подмножества. От друга страна, този брой начини трябва да се дели на 3, понеже ако фиксираме 15 -елементното множество

X

такова че

P(X)=x

, то има 3 начина да се допълни 15 -елементното множество до 16 -елементно. Противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2022-10-8

10 · Финал

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Намерете всички тройки от комплексни числа

(x, y, z)

, за които

(x+y)^{3}+(y+z)^{3}+(z+x)^{3}-3(x+y)(y+z)(z+x)=

x^{2}(y+z)+y^{2}(z+x)+z^{2}(x+y)=0

Решение

Да означим

\omega=\frac{-1+i \sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}

A=x+y+z, B=x+\omega y+\omega^{2} z, C=x+\omega^{2} y+\omega z

. Чрез тъждествата

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

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

свеждаме дадените до

2 A\left(B+\omega^{2} B\right)(C+\omega C)=0

\frac{1}{9}\left(2 A^{3}-B^{3}-C^{3}\right)=0

, т. е. до

A B C=0

2 A^{3}=B^{3}+C^{3}

. Имаме две възможности:

(*)

Ако

A=0

, то

B^{3}+C^{3}=0

, т. е.

B=-C, B=-\omega C

или

B=-\omega^{2} C

. При

B= -C \Leftrightarrow 2 x+\left(\omega+\omega^{2}\right)(y+z)=0

чрез

y+z=-x

следва

x=0

- това дава решенията

(0, t, -t)

. Аналогично от другите два случая имаме решенията (

t, 0, -t

) и (

t, -t, 0

) за произволно комплексно число

t

(*)

Ако

B=0

, то

C^{3}=2 A^{3}

, т. е.

C=\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2} A, C=\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2} \omega A

или

C=\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2} \omega^{2} A

. Първият случай дава решенията (

-\omega k t-\omega^{2} t, k t, t

) където

k=\frac{\omega^{2}-\omega+\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2}-\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2} \omega^{2}}{\omega^{2}-\omega+\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2} \omega-\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2}}

t

е произволно комплексно число. Останалите два, както и тези от

C=0

, дават другите 5 пермутации на горната тройка. Коментар. Алтернативен запис на решенията е като пермутациите на

(0, t, -t)

и ((

1+ \sqrt[3]{\vphantom{x^2}2}) t, (1+\omega \sqrt[3]{\vphantom{x^2}2}) t, \left(1+\omega^{2} \sqrt[3]{\vphantom{x^2}2}\right) t

). Друг възможен подход е да се забележи, че лявата страна на даденото е равна на

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2022-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

k

е описаната окръжност около остроъгълния триъгълник

A B C

. Вписаната му окръжност се допира до страните

B C, C A

A B

съответно в точките

D, E

F

. Правата

E D

пресича

k

в точките

M

N

, така че

E

лежи между

M

D

. Нека

K

L

са вторите пресечни точки на правите

N F

M F

съответно с

k

. Нека

A K \cap B L=Q

. Да се докаже, че правите

A L, B K

Q F

се пресичат в една точка.

Решение

От вписания четириъгълник

A B L K

имаме

\triangle A L Q \sim \triangle B K Q

, откъдето

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

Ще докажем твърдението с теоремата на Чева. Достатъчно е да докажем, че

\frac{A F}{F B} \cdot \frac{B L}{K A} \cdot \frac{Q K}{L Q}=1

Използвайки подобието, получаваме

\frac{A F}{F B} \cdot \frac{B L}{K A} \cdot \frac{Q K}{L Q}=\frac{A F}{F B} \cdot \frac{B L}{K A} \cdot \frac{B K}{A L}=

\frac{A F}{F B} \cdot \frac{B L}{A L} \cdot \frac{B K}{K A} \text{MathsBG} \tag{1}

Нека окръжността през

C

D

, която се допира до

C K

пресича правата

A C

за втори път в точка

A_{1}

. Аналогично, нека окръжността през

C

E

, която се допира до

C L

пресича правата

B C

за втори път в точка

B_{1}

. Нека

C M \cap E B_{1}=F_{1}

C N \cap D A_{1}=F_{2}

. Имаме

\begin{aligned} & \angle C A_{1} D=\angle K C B=\angle K A B \\ & \angle D C A_{1}=\angle A K B \\ & \angle D C F_{2}=\angle B C N=\angle B K F. \end{aligned}

От тези равенства на ъгли следва, че

\triangle A B K \sim \triangle A_{1} D C

. Също така,

K F

C F_{2}

са съответни елементи в двата подобни триъгълника. Следователно

\frac{D F_{2}}{F_{2} A_{1}}=\frac{B F}{A F} \tag{2}

Аналогично,

\triangle A B L \sim \triangle E B_{1} C

\frac{E F_{1}}{F_{1} B_{1}}=\frac{A F}{B F} \tag{3}

От тези две двойки подобни триъгълници получаваме

\frac{B K}{K A}=\frac{D C}{C A_{1}} \tag{4}

\frac{B L}{A L}=\frac{B_{1} C}{C E} \tag{5}

Използвайки (1), (4) и (5), получаваме

\frac{A F}{F B} \cdot \frac{B L}{K A} \cdot \frac{Q K}{L Q}=

\frac{A F}{F B} \cdot \frac{B_{1} C}{C E} \cdot \frac{D C}{C A_{1}}=\frac{A F}{F B} \cdot \frac{B_{1} C}{C A_{1}}. \tag{6}

От теоремата на Менелай за триъгълник

E D A_{1}

и правата

N F_{2} C

имаме:

\frac{E N}{N D} \cdot \frac{D F_{2}}{F_{2} A_{1}} \cdot \frac{A_{1} C}{C E}=1 \tag{7}

От теоремата на Менелай за триъгълник

D E B_{1}

и правата

M F_{1} C

имаме:

\frac{D M}{M E} \cdot \frac{E F_{1}}{F_{1} B_{1}} \cdot \frac{B_{1} C}{C D}=1. \tag{8}

Разглеждайки степените на точките

E

D

относно

k

, получаваме

M E \cdot E N=A E \cdot C E \tag{9}

N D \cdot D M=B D \cdot C D \tag{10}

Използвайки (6), (7) и (8), получаваме:

\frac{A F}{F B} \cdot \frac{B L}{K A} \cdot \frac{Q K}{L Q}=

\frac{A F}{F B} \cdot \frac{M E}{D M} \cdot \frac{F_{1} B_{1}}{E F_{1}} \cdot \frac{C D}{C E} \cdot \frac{E N}{N D} \cdot \frac{D F_{2}}{F_{2} A \text{MathsBC}} \tag{11}

Накрая, използвайки, че

C D=C E, B F=B D, A F=A E

, (11), (2), (3), (9), и (10), получаваме:

\begin{aligned} \frac{A F}{F B} \cdot \frac{B L}{K A} \cdot \frac{Q K}{L Q} & =\frac{A F}{F B} \cdot \frac{M E \cdot E N}{D M \cdot N D} \cdot \frac{B F}{A F} \cdot \frac{B F}{A F} \\ & =\frac{B F}{A F} \cdot \frac{A E \cdot C E}{B D \cdot C D} \\ & =1. \end{aligned}

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2022-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Четириъгълникът

A B C D

е описан около окръжност. Да се намери най-малката възможна стойност на

\frac{A B+B C+C D+D A}{A C+B D}

, както и всички четириъгълници с горното свойство, при които тя се достига.

Решение

Отговор:

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

и се достига само когато

A B C D

е квадрат. Нека

K, L, M

N

са допирните точки на вписаната окръжност със страните

A B, B C, C D

D A

и да означим

A K=A N=x, B K=B L=y, C L=C M=z, D M=D N=t, A C=p, B D=q

. Означаваме

X=A C \cap B D

и без ограничение на общността считаме Нека

Y

е симетричната точка на

A

относно средата на

C D

. Тогава

A C V D

е ущирддник, откъдето

D Y=p

C Y=x+t

. Неравенството на триъгълника дава

A z+z s+b \in B C+

C Y \geq B Y

. От друга страна

\angle Y D B=\angle C X B \geq 90^{\circ}

и значи

B Y^{2} \geq B D^{2}+D Y^{2}=p^{2}+q^{2}

. Следователно

\frac{A B+B C+C D+D A}{A C+B D}=\frac{2(x+y+z+t)}{p+q} \geq

\frac{2(x+y+z+t)}{\sqrt{\vphantom{x^2}2\left(p^{2}+q^{2}\right)}} \geq

\sqrt{\vphantom{x^2}2} \frac{B Y}{\sqrt{\vphantom{x^2}p^{2}+q^{2}}} \geq \sqrt{\vphantom{x^2}2}

Необходими условия за достигане на равенство са

p=q, \angle C X B=90^{\circ}

B, C, Y

да лежат на една прават. е.

A C=B D, A C \perp B D, A D \| B C

, т. е.

A B C D

е равнобедрен трапецно тогава от вписаността и височините му следва и

\frac{A D+B C}{2}=A B=\sqrt{\vphantom{x^2}\left(\frac{B C-A D}{2}\right)^{2}+\left(\frac{B C+A D}{2}\right)^{2}}

, т. е.

A D=B C

A B C D

е квадрат. Обратно, ясно е, че всеки квадрат достига равенство.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2022-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

На дъската е написано естествено число

x

. За един ход можем да вземем числото на дъската и между всеки две негови цифри в десетичния му запис можем да поставим знак +, а може и да не поставим, след което пресмятаме получения резултат и го записваме на дъската на мястото на

x

. Например от числото 819 можем да получим 18 чрез

8+1+9, 90

чрез

81+9

и 27 чрез

8+19

. Да се докаже, че без значение какво е

x

, можем да достигнем до едноцифрено число с най-много 4 хода. (Коректно доказателство за константа

C \geq 4

ще носи частичен резултат в зависимост от стойността на

C

Решение

Нека числото е

\overline{a_{1} \cdots a_{n}}

. Ако

n \leq 3

, след сумиране от цифрите три пъти получаваме едноцифрено число; нека

n \geq 4

. Конструираме следното разбиване: от ляво надясно отделяме числата

\overline{a_{4 m+1} a_{4 m+2} a_{4 m+3} a_{4 m+4}}

за

0 \leq m \leq M-1

където

M \geq 1

е минимално с

a_{4 м+1}=0

(ако такова има; ако няма, то накрая остава число с не повече от три цифри и него взимаме като отделно). От

a_{4 M+1}

надясно до някой момент следва последователност от нулинека всяка да е отделно число. След това вече се появява ненулева цифра и от нея нататък отново започваме да отделяме четирицифрени числа както по-горе, докато отново (евентуално) достигнем низ от четири цифри, първата която е нула, при което всяка от идните нули считаме за отделно число и т. н. Това води до съвкупност от няколко числа, да речем

k \geq 1

(тъй като

n \geq 4

) на брой от тях са четирицифрени, евентуално едно с не повече от три цифри и всички останали са 0. Нека между всеки две от тези числа поставим + и получената сума означим с

S_{0}

. Сега правим следната поредица от операциина

i

-тата слагаме знак + между всеки две цифри в

i

-тото от горните

k+1

ненулеви числа, нека получената сума е

S_{i}

. Явно

S_{0} \geq 1000 k

S_{k+1} \leq(4 k+3) \cdot 9

, откъдето

S_{0}\gt{}10 S_{k+1}

. Следователно броят на цифрите в

S_{0}

е по-голям отколкото в

S_{k+1}

. От друга страна,

S_{0} \geq S_{1} \geq \cdots \geq S_{k} \geq S_{k+1}

и значи има индекс

j

, при който

S_{j}

има повече цифри от

S_{j+1}

. Ако

j

-тото число е

\overline{b_{1} b_{2} b_{3} b_{4}}

, то

S_{j}=S_{j+1}-b_{1}-b_{2}-b_{3}-b_{4}+\overline{b_{1} b_{2} b_{3} b_{4}}\lt{}

9999+S_{j+1}

и следователно всички цифри в

S_{j}

, освен първата и последните четири, са нули. Така нека първият ни ход съотвества на поставянето на плюсове от първата до

j

-тата от гореспоменатите операции в разбиванетои резултатът от този ход е числото

S_{j}

. Числото

S_{j}

има най-много пет ненулеви цифри, значи след сумирането им получаваме число между 1 и 45 и след още две сумирания (общо стават четири) достигаме до едноцифрено число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2022-10-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2022-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число и

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

са полиноми с цели коефициенти, всеки от степен поне 2. Нека

S

е множеството от всички естествени числа

N

, за които съществуват естествено число

a

и индекс

1 \leq i \leq n

, такива че

P_{i}(a)=N

. Да се докаже, че има безбройно много прости числа, които не принадлежат на

S

Решение

Да допуснем противното. Понеже полиномите са краен брой и от степен поне 2, съществуват константи

c

C

, такива че

\left|P_{i}(x)\right| \geq c x^{2}

за всички

i=1, \ldots, n

x \geq C

. Оттук

\sum_{i=1}^{n} \sum_{k=\lceil C\rceil}^{\infty} \frac{1}{\left|P_{i}(k)\right|} \leq

\sum_{i=1}^{n} \sum_{k=c}^{\infty} \frac{1}{c k^{2}} \leq \frac{4 n}{c}

(използвахме

\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{2}} \leq 1+\sum_{k=2}^{\infty} \frac{1}{k(k-1)}=1+\sum_{k=2}^{\infty}\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right)=2

). От друга страна, известен факт е, че сумата

\sum_{j=1}^{\infty} \frac{1}{p_{j}}

(където

p_{j}

j

-тото по големина просто число) е безкрайна. Исканото противоречие следва.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2022-10-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Даден е граф

G

n

върха. Точно

x

от ребрата му са оцветени в червено така, че всеки триъгълник в графа има най-много едно червено ребро. Оказало се, че най-големият индуциран двуделен подграф на

G

има

y

върха. Да се докаже, че

n \geq \frac{4 x}{y}

. (За граф

G

с множество от върхове

V

, индуцираният подграф с върхове множеството

S \subseteq V

е с всички ребра между върхове от

S

, които се срещат в

G

Решение

Нека

H

е подграфът, съставен от червените ребра. Да забележим, че за всяко ребро

u v

на

G

е изпълнено

\operatorname{deg}_{H} u+\operatorname{deg}_{H} v \leq y

- наистина, ако

u_{1}

yath саводедите на

u

H

v_{1}, \ldots, v_{\ell}

са съседите на

v

H

, то между

u_{i}

-тата няма ребра в

G

и между

v_{j}

-тата няма ребра в

G

(иначе получаваме триъгълник с поне две червени ребра), т. е.

u_{1}, \ldots, u_{k}, v_{1}, \ldots, v_{\ell}

индуцира двуделен подграф на

G

и значи се състои от най-много

y

върха. Оттук

\sum_{u \in V(G)}\left(\operatorname{deg}_{H} u\right)^{2}=\sum_{u v \in H}\left(\operatorname{deg}_{H} u+\operatorname{deg}_{H} v\right) \leq x y

. От друга страна, неравенството между средноквадратично и средноаритметично дава

\sum_{u \in V(G)}\left(\operatorname{deg}_{H} u\right)^{2} \geq

\frac{\left(\sum_{u \in V(G)} \operatorname{deg}_{H} u\right)^{2}}{n}=\frac{4 x^{2}}{n}

Следователно

\frac{4 x^{2}}{n} \leq x y

и получаваме исканото.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2022-10-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Нека

p

q

са взаимно прости естествени числа, по-големи от 1. Започвайки от пермутацията

(1, 2, \ldots, n)

за един ход можем да сменяме местата на две числа, ако тяхната разлика е

p

или

q

. Да се докаже, че с такива ходове можем да получим всяка друга пермутация тогава и само тогава, когато

n \geq p+q-1

Решение

Да разгледаме графа

G

с върхове

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

, в който между

a

b

има ребро тогава и само тогава когато

|a-b|

е равно на

p

или

q

. Ще покажем, че следните са еквивалентни: (i) можем да получим всяка пермутация; (ii)

G

е свързан; (iii)

n \geq p+q-1

. Понеже път от ребра съответства на редица от смени на местата на две числа, няма как да получим всички пермутации освен ако всички числа са в една и съща свързана компонента на

G

- така

(i) \rightarrow(i i)

следва. Сега ще покажем

(i i) \rightarrow(i)

. По-общо, ще покажем индуктивно по

m

, че за всеки граф с

m

върха, всеки номериран с число, всяка пермутация

\pi

на тези числа може да бъде получена, чрез няколко размени от вида (

a b

), където

a

b

са съседи в графа. Твърдението е очевидно за

m=1

. За стъпката, да изберем връх

a

, такъв че графът остава свързан след премахването на

a

(например връх от степен 1 на покриващо дърво на

G

). Тогава някакъв път (от различни върхове)

a_{0} a_{1} \ldots a_{r}

свързва

a_{0}=\pi^{-1}(a)

a_{r}=a

. Прилагайки една след друга размените

\left(a_{r}, a_{r-1}\right), \left(a_{r-1}, a_{r-2}\right), \ldots, \left(a_{1}, a_{0}\right)

, можем да преместим

a

към позицията, която първоначално е заета от

\pi^{-1}(a)

. От индукционната хипотеза следва, че всички числа освен

a

могат да бъдат разменени по необходимия начин за да получим

\pi

. Сега разглеждаме

(i i) \rightarrow(i i i)

. При

p \geq n

всяко ребро би свързало числа сравними по модул

q

и не бихме имали път между 1 и 2, противоречие. Значи

p\lt{}n

и аналогично

q\lt{}n

. Значи имаме

n-p

ребра от вида

\{a, a+p\}

n-q

от вида

\{a, a+q\}

. Свързаността на графа изисква поне

n-1

ребра, откъдето

(n-p)+(n-q) \geq n-1

, т. е.

n \geq p+q-1

. Остава да се справим с

(i i i) \rightarrow(i i)

. Явно

p, q\lt{}n

. Тъй като всеки две числа с разлика кратна на

p

са свързани (чрез път от ребра от вида

\{a, a+p\}

), достатъчно е да докажем, че подграфът определен от

1, 2, \ldots, p

(и ребрата между тях) е свързан. Понеже (

p, q

) = 1, съществува пермутация

b_{1}, \ldots, b_{p}

на

1, 2, \ldots, p

, такава че

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

за всяко

i

. Понеже

b_{p} \equiv 0 \equiv p q(\bmod p)

, имаме

b_{p}=p

и значи за

i \leq p-1

следва

b_{i} \leq p-1

, т. е.

b_{i}+q \leq p+q-1 \leq n

. Значи има връх с число

b_{i}+q

и той е съседен на

b_{i}

. Освен това,

b_{i}+q \equiv b_{i+1}(\bmod p)

, значи

b_{i}+q

е съседен на

b_{i+1}

. Следователно има път между

b_{i}

b_{i+1}

за всяко

i

и желаната свързаност следва.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2022-10-8