Задача 1
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
Избрана година
2023
Открити липси за попълване от източника
- d1-ifym2023-8-4: има placeholder текст
- d2-ifym2023-8-8: има placeholder текст
- f-ifym2023-10-2: има placeholder текст
- d1-ifym2023-10-3: има placeholder текст
- f-ifym2023-10-5: има placeholder текст
- d2-ifym2023-10-6: има placeholder текст
8 · Ден 1
8 задачиПълен запис
Задача 2
Условие
Да се намерят всички двойки от естествени числа ( ), за които числото се дели на 9.Решение
Ако се дели на 3, директно получаваме . Нека не се дели на 3 - тогава директно се проверява (например разпишете ), че , оттук съответно за . Ако се дели на 3, то се дели на 9, а също, понеже не се дели на 3, т. е. точно едно от и се дели на 3. Ако , то изразът е сравним с и се дели на 9, както в предния случай. Ако , то изразът е сравним с и се дели на 9, понеже точно едно от и се дели на 3, а и дават остатък 2 при деление на 3.Задача 3
Условие
Годината ЛЕТА (в която Л, Е, Т, А са цифри от 0 до 9, не непременно различни) наричаме добра, ако има поне две четворки ( ) от реални числа, за които са изпълнени равенстватаНамерете всички добри години в 21 век (т. е. между 2001 и 2100 включително).Решение
(Навсякъде пишем место ЛЕТА.) Първо ще разгледаме , т. е. . Имаме и значи , откъдето получаваме единствена възможност за ( ). Сега вече можем да считаме и , т. е. , и . Изразяваме и заместваме в другите две, за да получимСега изразяваме и заместваме в другите две, за да получимАко , то непременно и/или (иначе еднозначно получаваме , оттам и , т. е. точно една четворка). Ако , то изразяване на от първото и заместване във второто даваАко само , то както по-горе получаваме единствено ; а ако последното е изпълнено за всяко , то получаваме безбройно много Следователно ни остава да видим за кои и е изпълнено(отбелязваме, че това равенство покрива и случаят ). След освобождаване от знаменател и разкриване на скобите получаваме . От вторият множител имаме само . От другия множител , и или 79.Задача 4
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 5
Условие
Да се намерят всички тройки ( ) от естествени числа, за които числата са степени на 2.Решение
Нека , където НОД (в частност, поне едно от е нечетно). Тогава (а значи и ), както и , са степени на 2. Ако точно едно или две от са нечетни, да речем е нечетно и е четно, то е нечетно, противоречие. Ако са нечетни, то поне две дават еднакъв остатък при деление на 4, да речем и и тогава , значи и . Предвид, че е степен на 2, получаваме, че всички възможности са , където е цяло неотрицателно число.Задача 6
Условие
Нека и са реални числа със сбор 1. ОзначавамеДа се докаже, че . Кои са всички четворки ( ), които достигат равенство?Решение
Предвид и аналогичните, получаваме и . Така е еквивалентно на очевидното . Равенство се дости а от четворките от видовете и .Задача 7
Условие
Точките и са средите съответно на страните и на изпъкналия четириъгълник . Отсечката пресича диагоналите и в точките и съответно. Да се докаже, че описаните окръжности около триъгълниците , и се пресичат в една точка.Решение
Нека е втората пресечна точка на описаната около триъгълника окръжност с правата (считаме , ако окръжността и се допират). Ще докажем, че е вписанпо аналогичен път ще имаме, че е вписан и задачата ще е решена. Действително, от окръжността на и от средната отсечка в триъгълника - следователно и исканото следва.Задача 8
Условие
Александра и Борис играят следната игра, редувайки се, като Александра започва първа. Първоначално на дъската е записано числото 2. На свой ход играчът изтрива числото на дъската и или го удвоява, или го повдига на квадрат, и записва на дъската полученият резултат. Печели този, който пръв запише число, по-голямо от . Кой има печеливша стратегия?Решение
Нека е най-малкото естествено число, такова че . Тогава играта е еквивалентна на следната: първоначално е записано 1 и на всеки ход играчът прибавя 1 или удвоява текущото число и печели този, който пръв запише число, по-голямо или равно на . Всъщност . Наистина, , а е еквивалентно на , а това е вярно поради и . Сега пресмятаме отгоре-надолу печелившите и губещите позиции. (Тук позиция наричаме печеливша, ако играчът, който я напише, има печеливша стратегия.) Позицията 110 е печеливша, оттук са губещи (с удвояване се печели), така са печеливши и са губещи, съответно са губещи и така , 13 са печеливши и са губещи. Понеже Александра на първия си ход записва 2, то тя губи.8 · Ден 2
8 задачиЗадача 1
Условие
На дъската са записани две (не непременно различни) неотрицателни цели числа и . Редувайки се, Иван и Никола играят следната игра, като Иван е първи. Играчът на ход трябва да изтрие едно от числата на дъската и на негово място да запише по-малко цяло неотрицателно число, което не е било записвано досега и не е сред първоначално записаните. Губи този, който не може да направи ход. При какви стойности на и Иван има печеливша стратегия?Решение
Понеже играта е симетрична спрямо и , можем да разглеждаме позициите като ненаредени двойки ( ). Да забележим, че в позициите ( 1, 0 ) и ( 0, 1 ) печели Никола, защото Иван няма ход. Оттук виждаме, че в позициите и , когато е различно от 0 и 1 печели Иван, защото ще изтрие и запише 1 или 0 съответно. Сега разглеждаме позициите и и тях Иван губи, защото каквото и да направи, ще изпрати Никола в печеливша позиция. Оттук за всяка позиция в която има 2 или 3, но не и двете, печели Иван, защото ще запише . Оттук виждаме, че следващите позиции, която трябва да се разгледат, са и и те отново са губещи. Така можем да забележим, че и са губещи позиции, а всички други са печеливши. Първо ще докажем, че тези са губещи по индукция. Да речем, че сме в позиция ( ) или ( ). Ясно е, че този който е на ход ще избере число и ще го изтрие, но каквото и да направи, ще запише по-малко число от двете написани на дъската, и след неговия ход няма да има двойка от типа ( ). След това играчът на ход взима числото, с което не се е играло на миналия ход, изтрива го и в зависимост от четността на второто число записва число, така че да получи . Така ситуацията се свежда до по-малка губеща позиция от този тип, с което твърдението е доказано. Всяка друга позиция може за един ход да се сведе до губеща позиция от вида ( ) (няма как числата да са равни освен в началото, понеже по условие могат да се записват само ненаписани до момента числа). Следователно за всички двойки, които не са от вида или ( ) за цяло неотрицателно число , печели Иван, а за всички от вида или ( ) печели Никола.Задача 2
Условие
Положителните реални числа изпълняват равенството . Да се докаже, чеРешение
Имаме, че , съгласно САСГ. Оттук . Събирайки това с аналогичните и , получаваме исканото.Задача 3
Условие
Множество от естествени числа ще наричаме созополско, ако някое от числата в него е равно на броя на всички числа в него. Например е созополско, понеже има 3 числа и съдържа числото 3. Какъв е броят на созополските подмножества на множеството ?Решение
За всяко число искаме да намерим броя на подмножествата с големина , които съдържат числото . Числото трябва да принадлежи на множеството, а за останалите елементи нямаме ограничения, т. е. трябва да изберем елемента от останалите 2022. Оттук следва, че има точно подмножества с големина , които съдържат . Така общия брой на подмножествата еОстава да отбележим добре известния факт за сумата от биномните коефициенти, чеЗадача 4
Условие
Вписаната в триъгълника окръжност с център допира страните , и съответно в точките и . Правите и се пресичат в точката . Точка е произволна от отсечката , а е средата на . Да се докаже, че окръжностите, описани около триъгълниците и , се пресичат върху .Решение
Нека е втората пресечна точка на окръжността около и . Понеже и е среда на , то е център на описаната около окръжност. Следователно . Следователно лежи на описаната около триъгълника окръжност, с което задачата е решена.Задача 5
Условие
Да се намерят всички двойки естествени числа и , такива че е просто число и .Решение
За имаме еквивалентното(Един начин да достигнем до това е както следва. При и и , т. е. , съответно , т... Делителите на лявата страна са . Предвид , остатъкът 4 при деление на 5 на , както и , оставаме само с , т. е. . Така (или наобратно) и действително в такъв случай е просто число.Задача 6
Условие
Нека е естествено число със сума на естествените си делители. Да се докаже, че сумата на числата, реципрочни на естествените делители на , е равна на . (Например за сумата от реципрочните на делителите е .)Решение
Нека редицата от делители във възходящ ред е . Да забележим, че . ОттукЗадача 7
Условие
Даден е равнобедрен триъгълник с . Точката е във вътрешноста на триъгълника и е такава, че и . Да се намери мярката на .Решение
Нека построим симетралата на и нека пресича тази симетрала в точка . От следва, че . Освен това . Сега нека забележим, че , откъдето по втори признак за еднаквост . Оттук , откъдето е равнобедрен и значи .Задача 8
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANK8 · Ден 3
8 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят всички двойки от естествени числа, такива чеРешение
Да положим и . Получаваме , еквивалентно на . В частност, дели и понеже и са взаимнопрости, то дели , оттук дели 4. Така остава само , съответно , но директна проверка показва, че тази двойка не работи.Задача 2
Условие
На дъската са написани естествените числа от 1 до 2023. За един ход избираме две числа и , изтриваме ги и на тяхно място записваме числото . След 2022 хода на дъската остава само едно числоколко възможни стойности има за него?Решение
От операцията с и получаваме . По-общо, от операция с и получавамеСледователно накрая остава едно и също число и то е .Задача 3
Условие
Крайно или безкрайно е множеството от естествените числа, които не могат да се запишат във вида , където и са естествени числа?Решение
Нека е произволно естествено число и за удобство да запишем за някакво реално . Неравенството има не повече от тройки ( ), понеже и , т. е. за тройката общо има не повече от възможности. Така броят на числата от , по-малки или равни на поне . Последното расте неограничено с растенето на и следователно разглежданото множество е безкрайно.Задача 4
Условие
Реалните положителни числа удовлетворяват равенството . Да се докаже, че:Кога се достига равенство?Решение
Нека първо извадим двете страни от 3 за да обърнем посоката на неравенството. Така ще искаме да докажем, че:Сега можем да използваме Хубавото неравенство, за да сведем до:Така остава да докажем, че . Това е еквивалентно на , т. е. на , което може да се запише и като . Последното винаги е вярно, и равенство се достига при .Задача 5
Условие
Дадени са остроъгълен триъгълник и произволна права . Нека и са симетричните прави на спрямо и , съответно. Правите и се пресичат в точката , правите и в , а правите и в . Да се докаже, че центърът на вписаната в триъгълника окръжност лежи на описаната около триъгълника окръжност.Решение
Нека пресича и в и , като без ограничение е между и , е между и е между и (другите случаи са аналогични). От симетриите имаме, че и са външни ъглополовящи в триъгълника , откъдето следва, че е ъглополовяща на . Аналогично е ъглополовяща на и е ъглополовяща на . Нека е центърът на вписаната в триъгълника окръжност. Тогава , а от триъгълника (чийто ъглополовящи споменахме по-горе) имаме . Оттук , с което задачата е решена.Задача 6
Условие
В равнината са дадени черни и червени точки, като никои три от точките не лежат на една права. Да се докаже, че може да построим отсечки, всяка от които има една червена и една черна точка за край, така че никои две отсечки да не се пресичат.Решение
Да разгледаме конфигурацията от отсечки, при която сборът от дължините им е минимален. Да допуснем, че в нея има две отсечки които се пресичат. Ако пресича , като са сини, а са червени, то е изпъкнал четириъгълник и от неравенство на триъгълника следва , което е протиоворечие с минималността.Задача 7
Условие
Да се реши в естествени числа уравнениетоРешение
Явно е четно, оттук се дели на 4 и по модул 4 следва, че е четно. Също, не се дели на 3 и значи дава остатък 1, оттук непременно е нечетно. Сега ако допуснем, че , то се дели на 8 и понеже за четно и за нечетно , то исканото е невъзможно. Оттук . Сега в еквивалентното множителите вдясно са взаимнопрости (техен общ делител трябва да дели разликата 4 и ), откъдето , съответно и еднозначно получаваме .Задача 8
Условие
Даден е триъгълник с . Равностранният триъгълник е такъв, че и са в различни полуравнини спрямо правата . Да се докаже, че .Решение
( ) Да забележим, че е вписан в окръжност, това следва от . Нека означим , и от теоремата на Птолемей следва, че , откъдето . ( Втори начин ) Да изберем точка върху , такава че и е между и . Нека означим . Имаме , откъдето по първи признак за еднаквост . Оттам . Също , откъдето триъгълникът е равностранен, значи .8 · Ден 4
8 задачиЗадача 1
Условие
Има ли множество от точки в равнината, такова че за всеки две различни точки и от има точно две други точки и от , такива че и , ако: а) б) ?Решение
Интересуваме се дали има множество от точки в равнината, такива че симетралата на всеки две точки от минава през точно две други точки от . a) Не! Да допуснем, че такова множество има и нека и са точки от него. По условие имаме две точки и от , такива че е симетрала на . Нека и са другите две точки от . Да допуснем първо, че е симетралата на . Тогава е ромб; нека без ограничение и в частност . Ако , то не лежи на симетралите на и и трябва непременно да им е обща симетралатова обаче е невъзможно, понеже и не са успоредни. Ако , то всяка страна на има върху симетралата си точка измежду и и за да имат по точно две, трябва да лежи на симетралите на и , а на и (или наобратно) - но понеже симетралите на срещуположни страни са успоредни (но не съвпадат), а тези на и и се пресичат върху , то тогава би имала четири точки от на симетралата си, противоречие. Вече можем да считаме, че не е симетрала на . Понеже , непременно е симетралата на . Тъй като никоя от и не е перпендикулярна на (иначе бихме получили триъгълник с два прави ъгъла), следва че непременно е симетралата на . Но тогава е ромб и действаме както в случая, в който е симетрала на (тук точките са просто разменени). Следователно исканото не съществува. б) Да! Да разгледаме точките и , където е квадрат и , и са външни за него равностранни триъгълници. Симетралата на минава само през и ; аналогично за и . Симетралата на минава само през и и симетралата на минава само през и . Симетралата на минава само през и (явно и значи ); аналогично проверяваме всяка страна на всеки от равностранните триъгълници. Симетралата на минава само през и (явно по първи признак, откъдето , а също , значи е равностранен); аналогично за и . Симетралата на минава само през и (явно , а по първи признак и значи ); аналогично за и . Симетралата на минава само през и и симетралата на минава само през и .Задача 2
Условие
Да се намери най-голямото реално число (или да се докаже, че такова не съществува), за което неравенствотое изпълнено за всички положителни реални числа и с .Решение
2 При изразът е равен на и за всяко съществува , за което например . Оттук . Сега ще докажем, че неравенството е изпълнено за . Можем да положим , и за и искаме . Понеже за ( еквивалентно на ) с равенство само при , чрез и аналогичните получаваме . Равенство не се достига, понеже е изпълнено само за (това се вижда например от събирането на с аналогичните му).Задача 3
Условие
Да се докаже, че съществуват безбройно много естествени числа , които изпълняват следните две условия: Броят на естествените числа, по-малки или равни на и взаимнопрости с , е точна 357-ма степен на естествено число. Броят на естествените делители на е точна 5 -та степен на естествено число.Решение
Числото , където е естествено, има точно делителя. Броят на естествените числа, по-малки или равни на и взаимнопрости с , е точно за (това са всички нечетни числа, ненадминаващи ). Остава да съобразим, че има безбройно много естествени числа , такива че , а именно . (Един начин да получим тези е като намерим поотделно на сравненията за ).Задача 4
Условие
Да се намери най-малкото естествено число със следното свойствоако в равнината са дадени кръга, никои два от които нямат обща точка, произволни точки от вътрешностите им (по една точка от всеки кръг) и произволна точка , то със сигурност поне едно от разстоянията е по-голямо или равно на радиуса на поне един от кръговете.Решение
При нека първо разгледаме 5 еднакви кръга , кате се допира до в точката за (считайки ); центпранадв е центърът на правилния петоъгълник и е по близката до пресечна точка на и . Тогава за всяко - в противен случай триъгълникът с би изпълнявал невярното (еквивалентно на ). Сега за да получим конфигурация с непресичащи се кръгове и вътрешни точки е достатъчно да отместим горните 5 кръга на достатъчно малко разстояние един от друг. Да разгледаме . Нека и са съответно центърът и радиусът на -тия кръг и да разгледаме лъчите (ако , то заменяме с произволен лъч с начало ). Тези лъчи разделят равнината на ъгъла със сума - така при поне един от тези ъгли, да речем , е с мярка най-много . Това води до или (без ограничение нека считаме първото) и понеже от условието за непресичане, то получаваме , откъдето чрез неравенството на триъгълника заключаваме , както се искаше.Задача 5
Условие
Квадратният тричлен , където и са реални числа, ще наричаме спеицален, ако уравненията и имат общ корен. Да се докаже, че има точно едно реално число, което е корен на всеки специален тричлен и да се определи кое е то.Решение
Нека е общ корен на и . Тогава и тогава и само тогава, когато , т. е. (понеже ). Значи за произволно реално число многочлепът изпълнява даденото (а ако е корен, то , противоречие) и следователно е единственото на задачата.Задача 6
Условие
Да се намерят всички естествени числа , за които дели . (За реално число с означаваме най-голямото ияло число, по-малко или равно на .)Решение
Да запишем за - тогава искаме да дели , т. е. да дели . Понеже , частното е 1, 2 или 3. Ако е 1, то , невъзможно. Ако е 2, то и по модул 5 следва, че и се делят на 5, но тогава 25 дели 5, невъзможно. Ако е 3, то , което е невъзможно по модул 3.Задача 7
Условие
Първоначално на дъската е записано числото 2023. Хвърляме монета (вероятността за ези и тура е една и съца) 10 пъти. Всеки път, когато се падне ези, увеличаваме числото на дъската е 1, а всеки път, когато се падне тура, го заменяме с реципрочното му (т. е. например при ези, ези, тура, ези, тура числата са съответно ). Нека е множеството от всички числа, които могат да се получат след десетте хвърляния на монетата. Умножаваме всяко число от по вероятността то да бъде почуено, събираме получените резултати и накрая разделяме на 25, образувайки чис юто Между кои две последователни естествени числа се намира ?Решение
За краткост нека тура, ези. Първо ще докажем следната: Лема. Броят на -буквените думи от и , несъдържащи последователност от вида , където броят букви е нечетен, е равен на -вото число на Фибоначи . В частност, при този брой е 89. Доказателство. Разсъждаваме рекурсивно. Твърдението е очевидно за . Нататък, ако допуснем исканото за всички думи с най-много букви, то за първата буква на дума с ( ) букви разглеждаме два случая. Ако тя е , то се получава само при поддумата от останалите букви и значи имаме думи, несъдържащи . Ако тя е , то втората буква задължително също е и условието вече зависи само от останалите букви; значи имаме думи в този случай. Общо думите са , както се искаше. Сега към самата задача. Ясно е, че крайният резултат се намира в един от интервалите и . Нещо повече, ако в някой момент резултатът е в , то той не може по-късно да е в . Следователно крайният резултат е в точно когато няма последователност с нечетен брой - съгласно лемата това се случва с вероятност . Оттук приносът към сумата от числата от е поне , а от ще считаме (грубо), че този принос е поне 0. От друга страна, приносът на числата от е не повече от , а от е не повече от (отново грубатаЗадача 8
Условие
Нека е правоъгълен триъгълник ( ) с ъглополовящи и , които се пресичат в точка . Ако дължините в сантиметри на и са естествени числа, то колко най-много измежду дължините в сантиметри на отсечките и могат да са естествени числа?Решение
Нека и . От Питагоровата теорема за триъгълника следва . Нататък, ако е петата на перпендикуляра от към , то (понеже ако и са петите от към и , то е квадрат и ) и Питагоровата теорема за дава аналогично . Нататък, и аналогично , откъдето и ; аналогично . Така при см и см следва и . Сега ще покажем, че няма как дължините на и да са едновременно рационални. Действително, имаме и това е равно на поради еквивалентните , като последното е очевидно вярно. Така ако и са с рационални дължини, то би било рационално, което е невярно. Да допуснем, че е възможно поне три от отсечките и да са с рационални дължини. Тогава поне една от и е с рационална дължинабез ограничение нека това е . Понеже , непременно трябва да е рационално число, но тогава от предния параграф следва, че няма как да е с рационална дължина. Нещо повече, , като дясното е рационално число и следователно също няма как да е с рационална дължина.8 · Финал
8 задачиЗадача 1
Условие
Вписаната в остроъгълния триъгълник окръжност допира страните и в точките и , съответно. Правите през и , перпендикулярни на , пресичат правата съответно в точките и . Правите и пресичат за втори път в точките и , съответно. Правите и се пресичат в точката . Да се докаже, че правата разполовява отсечката .Решение
Първо ще докажем, че . Понеже по условие, ще искаме , т. е. . Имаме и , значи ако е такава, че , то и исканото отношение следва. В частност, и . Исканото разполовяване е еквивалентно на . Предвид от теоремата на Талес и от , имамекато последното вече е доказано по-горе.Задача 2
Условие
Дадени са естествено число и кутии, номерирани с числата от 1 до . Първоначално в -тата кутия е записано положителното реално число , за всяко . За един ход можем да изберем три кутии и да намалим числото в тях с едно и също положително реално число, стига в нито една кутия да не се появи отрицателно число. Да се опишат всички -орки , за които е възможно след няколко хода във всяка кутия да е записано числото 0.Решение
Нека сумата на всички числа е . Първо ще докажем, че непременно всяко число не надминава . Нека е най-голямото от числата и да допуснем, че . Ако изберем ход, в който не участва, то след хода то отново е максимално и надминава , където е новата сума. Ако изберем ход, в който участва, то при премахване на от трите кутии ще получим в кутията, в която преди е била , и общ сбор . Тук , откъдето заключаваме, че след всеки ход най-голямото число е над от сумата на всички, съответно няма как всички числа да станат равни на 0. Сега ще докажем (с индукция по броя кутии), че всички -орки в които всяко число е по-малко или равно от работят. При базата условието форсира числата в 3 -те кутии да са равни, т. е. за един ход можем да направим 3 -те кутии с 0. Сега допускаме, че твърдението е вярно за кутии. Да разгл учнята с кутии, в която 4 -те най-големи числа са и освец тева нека огново сумата на числата е . Ако , то можем да вземем от 3 -те най-големи кутии и тогава новата сума ще е , (и наистина, имаме от по-горе) и от индукционната хипотеза сме свели задачата за кутии. Ако , взимаме от 3 -те най-големи кутии . Така необходимото условие ще бъде запазено, и освен това новата сума на числата ще е и ще има кутия с . Така сведохме задачата, до ситуациите с кутии, в които най-голямото число е точно от сумата на всички. Нека разгледаме тези ситуации. Нека отново 4 -те най-големи числа са и сумата на всички е . Ако , то можем да вземем от 3 -те най-големи кутии и тогава новата сума ще е , и отново свеждаме задачата до кутии, понеже сме допуснали . Ако , отново взимаме от 3 -те кутии по и сега получаваме сума на числата и двете най-големи кутии са . Следователно оттук нататък можем да считаме, че двете най-големи числа са равни. Нека сега сумата на числата е и 4 -те най-големи кутии са ,. Тогава можем да вземем от 3 -те най-големи, защото . С това отново сведохме задачата до кутии и сме готови от индукционно допускане.Задача 3
Условие
На дъската е написано ненулево рационално число. На всеки ход изтриваме числото на дъската и го заменяме с или . Да се докаже, че без значение какво е първоначалното число, винаги можем с няколко хода да напишем 0 на дъската.Решение
Нека първоначалното число е . Ако сме готови, а ако , то с прибавяне на единици получаваме положително число. Значи можем да считаме, че за естествени числа и . Нека е такова, че . При замяната получаваме и след това с прибавяния на единици достигаме до . Така получихме нова положителна дроб, но с по-малък числител, значи ако продължим по този алгоритъм числителя винаги ще намаля и в някой момент ще стане 0.Задача 4
Условие
Нека е естествено число. Да се намерят всички пермутации ( ) на множеството , за които неравенствотое изпълнено за всяко .Решение
Ще покажем, че единствената пермутация е за всяко . Ако докажем, че за всяко е в сила , то ще сме готови. Да допуснем, че последното не е в сила, като е максималният индекс, за който . Нека пренапишем условието на задачата във вида . Следователно , т. е. , т. е. . От максималността на имаме, че за всяко , откъдето . Значи числата (които са на брой) са всичките различни и по-големи или равни на . Но целите числа в интервала са на брой, т. е. не са достатъчно и имаме противоречие. Значи допускането ни е грешно, с което задачата е решена.Задача 5
Условие
Да се намери най-малката възможна стойност на за естествени числа и , както и всички двойки ( ), при които тя се достига.Решение
Разглежданото число е нечетно и не се дели на 3 или на 5, а може да е 7 например при . Така ще разгледаме следните случаи: Уравнението няма например поради модул 4 (лявата страна е , дясната е 1. Същото важи и за . Уравнението няма Наистина, заради модул 3 трябва да е четно, заради модул 5 трябва да е четно и сега е невъзможно, понеже трябва някое от и да е 0, което не е така. Уравнението има само за Наистина, ако допуснем, че (оттук и ), то по модул 8 следва, че е четно, а по модул 3 следва, че е нечетно, противоречие.Задача 6
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник . Върху правите и са избрани точки и , така че е между и е между и . Точката от вътрешността на ъгъла е такава че и . Да се докаже, че центърът на описаната около триъгълника окръжност лежи на описаната около триъгълника окръжност.Решение
Ако центърът на окръжността около е , то исканото е еквивалентно на , т. е. на . Ще докажем всъщност, че е центърът на външновписаната окръжност срещу върха за триъгълника , с което исканото ще следва. Ще използваме стандартните означение за ъглите на . Имаме и , откъдето четириъгълникът е вписан в окръжност. Оттук и понеже от равнобедрения трапец , то , значи също е вписан в окръжност. Оттук следва и . Следователно и са външни ъглополовящи в триъгълника ДС и смё готови.Задача 7
Условие
Даден е правилен ъгълник, където е естествено число. Юги избира различни естествени числа и ги съобщава на Кайба, а Кайба мислено ги разпределя във върховете на многоъгълникът (по едно число на връх). След това Юги започва да задава въпроси от следния тип: избира си права, която не минава през нито един връх на многоъгълникът, след това избира едната от двете полуравнини и пита колко е сборът на числата в тази полуравнина. Всеки въпрос струва на Юги по 1 йен, като Кайба отговаря коректно на всички въпроси. Кое е най-малкото (в зависимост от ), за което Юги може да подбере числата така, че да може да познае разпределението, която е избрал Кайба, за не повече от йена?Решение
Първо, ще покажем, че . Нека многоъгълникът е . Да допуснем, че съществува , за което не е пресечена от нито една от правите. Тогава и са винаги в една и съща полуравнина спрямо всяка от прекараните прави, т. е. те или и двете участват в сбора, за който Юги получава информация, или и двете не участват. Следователно те са неразличими, т. е. Юги не може да възстанови конфигурацията на Кайба, противоречие. Следователно всяка страна на многоъгълникът се пресича от поне една права. Понеже всяка права може да пресича най-много 2 страни, а те са общо , получаваме исканото. Сега ще покажем, че . Нека Юги избере числата . Тогава когато той разбере сбора на някои от числата, по двоичното представяне на този сбор (което е еднозначно определено от сбора) той може да определи кои са те, но не може да определи точните им позиции. Нека Юги прекара правите по такъв начин, че да получи сборовете в поредиците от върхове с дължина , започващи съответно в . Сега, приравнявайки информацията за два поредни сбора, Юги може да определи числата, които са съответно в първия връх на първия сбор и последния връх на втория сбор. Така той намира числата във върховете и , като това са всички числа без - а то става ясно, след като всички останали вече са отгатнати.Задача 8
Условие
Нека са положителни реални числа със сбор 3. Да се докаже, чеРешение
Имаме за всяко (еквивалентно на ; за това неравенство можем да се досетим например чрез метода на линеаризацията). Оттук лявата страна на исканото неравенство е поне и остава да съобразим, че (еквивалентно на ).10 · Ден 1
8 задачиЗадача 1
Условие
На дъската са записани естествените числа от 1 до . Ачка (А) и Бавачка (Б) играят следната игра. Първо А изтрива едно число, после Б изтрива две последователни естествени числа, след това А изтрива три последователни естествени числа и накрая Б изтрива четири последователни естествени числа. Koe е най-малкото , при което Б със сигурност може да извърши ходовете си, без значение как А играе? (Навсякдде считаме две естествени числа за последователни, ако разликата им 1.)Решение
Нека първо , като можем да считаме . Първо А изтрива 4. Сега ако Б изтрие или , то А изтрива , а ако Б изтрие или , то А изтрива ; а ако Б изтрие друго, то А изтрива ( ). Във всички случаи Б не може да реализира втория си ход. Нека сега и А е изтрил , като вляво остават числа, а вдясно са . Без ограничение на общността , т. е. . Ако , то Б изтрива и остават групите и , всяка с поне 4 числа. Ако , то Б изтрива ( 1, 2 ), а ако , то Б изтрива ( 3, 4 ) - и в двата случая остават поне 10 последователни числа и е ясно, че без значение кои 3 изтрие А, ще останат 4 последователни, които Б да изтрие.Задача 2
Условие
Съществува ли функция , такава чеза произволни и за всяко просто число ? (Със означаваме множеството на и, лите неотрицателни числа.)Решение
Да! За всеки избор на върху простите числа , равенствата иза , където е разлагането на на прости множители, дават добре дефинирана функция, която изпълнява исканите условия.Задача 3
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 4
Условие
Намерете всички реални числа , за които съществуват функции , като е строго растяща, такива че иза всички реални числа и .Решение
За произволни естествено число и цяло число имаме от даденотои сега сумиране по води до . Предвид от монотонността на , за достатъчно голямо лявата страна става по-малка от произволно положително реално числов частност . От друга страна, смяна на местата в и в даденото неравенство води до . Сега по същия начин получаваме и . Окончателно и това е възможно например когато е константа.Задача 5
Условие
Нека е рационално число. Реалните числа и са такива, че . Съществува ли стойност на , при която броят рационални тройки , които достигат най-голямата възможна стойност на , е: а) нула б) краен, но ненулев?Решение
За краткост да положим - тогава и се интересуваме от . Имаме , като равенство се достига при всички с и значи е достатъчно да разгледаме . Ако последното има рационално , то може да се представи като , където са цели числа. Тогава . За ще докажем, че няма чрез метода на безкрайното спускане. Нека и са такива, че сумата е минимална възможна. Разглеждане по модул 3 дава, че и се делят на 3, оттам (а значи и ) се дели на 3 и след , достигаме до , което е същото уравнение като , но с и (последното е строго понеже ) - оттук , противоречие. Остава да докажем, че ако има поне едно рационално ( ), то има безбройно много такива. За целта, нека и да разйледам . Тогава точно когато , т. е.Следователно изборът води до безбройно много двойки ( ) когато се мени. (Отбелязваме, че поне едно от и е непременно ненулево поради .) Коментар. Подходът в б) е илюстрация на факта, че ако елипса, парабола или хипербола съдържа точка с рационални координати, то за всяка права , неминаваща през , изображението, което проектира през точка от в точка от , е и биекция между рационалните точки от и рационалните точки от . По този начин могат да се опишат всички точки с рационални координати в . (Същото важи и за произволно поле, а не само за рационалните числа.) Безбройно много в б) могат да се достигнат и чрез имитация на известни подходи за скокове около уравнението на Пел.Задача 6
Условие
Нека е множество от реални числа. Ще казваме, че е силно, ако за всеки две различни и от числото е рационално. Ще казваме, че е много силно, ако за всяко от числото е рационално. a) Да се докаже, че ако е много силно множество, то е и силно. б) Да се намери най-малкото естествено число , за което всяко силно множество от различни реални числа е много силно.Решение
а) Нека от са произволни. От даденото имаме, че и са рационални, значи също е рационално и оттам сборът също е. б) Първоще намерим контрапример за . (Можем просто да го дадем директно, но ще покажем начин за досещане, за удобство на читателя.) Нека и за реални числа и - тогава искаме , поне едно от и да е ирационално, но и да са рационалниеквивалентно, и са ирационални и , за някакви рационални , т. е. уравнението има поне един ирационален корен. Избирайки за подходящо , искаме рационални и и ирационален корен на . С проба-грешка (или тръгване от разлагане ) намираме , при които уравнението става и има за ирационален корен (съответното е ). (Ето две възможни алтернативи: 1) опростявания с , използване на известния факт, че многочлен на една променлива и от нечетна степен има поне един реален корен.) Сега да разгледаме с големина поне 3 и свойството за рационалност. Нека и са три различни числа от . За краткост да означим - тогава от даденото следва, че и са рационални и оттук също е рационално; аналогично за и . Оттук е рационално и също е. Понеже , получаваме, че е рационално и окончателно също е рационално.Задача 7
Условие
Вписаната в триъгълника окръжност допира страните и в точките и , съответно. Правата през средите на отсечките и пресича допирателната в към описаната около триъгълника окръжност в точката . Точките и са дефинирани аналогично. Да се докаже, че точките и лежат на една права.Решение
Да разгледаме следните три окръжности: тази с център и радиус 0, вписаната окръжност на и описаната окръжност на ; да ги означим съответно с и . Радикалната ос на и е правата през средите на и (тъй като самите среди имат равни степени), а тази на и е допирателната към в . Понеже трите радикални оси се пресичат в една точка, тази точка е именно и значи тя лежи на радикалната ос на и . Същото важи аналогично за и , с което задачата е решена.Задача 8
Условие
Нека е безкрайна (само в едната посока) редица от нули и единици. За всяко естествено число с означаваме броят различни подредици от последователни символи в с дължина . Съществува ли редица , за която неравенствотое изпълнено за всяко естествено число ?Решение
Да номерираме позициите на елементите с Образуваме блокове по следния начин: блок номер е с дължина от елемента, като последният е на позицията с номер (напр. блок 1 е съставен от позиции , блок 2 е от позиции и т. н.). Нека в позициите, които са част от блоковете, запишем единици, а в останалите нули. Ще покажем, че този низ върши работа. Броят подредици с дължина , получени при долепянето на две редици от еднакви символи, е не повече от . Сега да разгледаме редиците, които пресичат поне два блока. Между -вия и -тия блок имаме нули (последното следва лесно по индукция). Така за да може подредицата да пресича блоковете с номера и , трябва , значи началото на въпросната подредица е сред първите символа, т. е. тези също са не повече от на брой. Остава да оценим броя на редиците, които съдържат изцяло точно един блок във вътрешността си. За да може подредица с дължина да съдържа -тия блок, трябва и значи . Значи за блока имаме не повече от избора за номера му и не повече от избора за първия член в подредицата, съответно най-много възможности. Окончателно , което не надминава за . За10 · Ден 2
8 задачиЗадача 1
Условие
Съществуват ли естествени числа , всичките различни и по-големи или равни на 2, такива че и ? (За естествени числа и с означаваме .)Решение
Да! Търсим четворка с , т. е. , което е еквивалентно на . Последното се изпълнява например от .Задача 2
Условие
Да се намерят всички функции , такива чеза произволни цели числа и .Решение
След замяна на с имаме . При следва , откъдето и така началното уравнение става(в последното сме разменили и ). Оттук по индукция имаме за всяко цяло и значи за произволни и . Смяна на местата на и в последното води до , т. е. за някакво цяло число . Сега ако , то и е константа, което не е възможно понеже дясната страна на даденото уравнение не се дели на 3. Така , за всяко и вече работим сза произволни и . Оттук и след замяна на с в последното следва за всяко . Понеже , по двустранна индукция следва, че за нечетни и за някое цяло число и всички четни . Директна проверка в началното уравнение показва, че от този вид е само при нечетно или .Задача 3
Условие
Даден е триъгълник с описана окръжност и ортоцентър . Нека е произволна точка от отсечката . Окръжността с диаметър пресича за втори път в точката и страните и в точките и , съответно. Правата пресича отсечката в точка . Да се докаже, че описаната около триъгълника окръжност минава през постоянна точка, независеща от избора на .Решение
Понеже е вписан, имаме , т. е. е вписан. Така радикалните оси и на , окръжността с диаметър и окръжността на се пресичат в една точка . Нека , явно е вписан. Така , откъдето е вписан и исканото следва.Задача 4
Условие
Нека е естествено число. Ръководителката на отбора по математика кани каки на подготовка през зимата и на влизане всяка от тях оставя двете си ръкавици в обща за всички кутия. Малкият палав брат решава да групира ръкавиците по случаен начин по двойки, като всяка двойка е лява ръкавица с дясна ръкавица. Групиране ще наричаме слабо, ако съществува съвкупност от двойки от получените от брата, която съдържа ръкавици на точно каки. Да се намери вероятността групирането да не е слабо.Решение
Да наредим мислено -те леви ръкавици една до друга в редица, номерирайки ги с числата от 1 до , и под всяка нека мислено поставим дясната ръкавица, съответстваща на лявата в групирането на малкия брат. Така редицата от десни ръкавици съответства на пермутация на числата от 1 до и условието е еквивалентно на липсата на цикъл с дължина, по-малка от . С други думи, пермутацията или е цикъл с дължина , или се състои от два цикъла с дължина (второто е само за четно ). В първия случай има възможности (делим на , понеже няма значение кой елемент на цикъла изберем за първи). Във втория случай е четно и има ( възможности да изберем кои елемента да са в единия цикъл и кои в другия, ! възможности за наредбата във всеки от двата цикъла и делим на 2 понеже редът на циклите няма значение. Окончателно търсената вероятност е за нечетно и за четно .Задача 5
Условие
Нека е естествено число. На дъската са записани полиномите и . За един ход можем да изберем два полинома и на дъската (не непременно различни) и да допишем и . Да се намерят всички , за които след краен брой операции на дъската може да бъде записан по инома .Решение
Нека първо се дели на 3. Всеки записан полином на дъската се получава с краен брой събирания, изваждания и умножения на и - с други думи, ако се появи на дъската, то трябва да съществува полином на три променливи с цели коефициенти, такъв че . Полагането (с и ) води до . Да разгледаме . Предвид , имамеи значи за някакви четни цели числа и . От последното е еквивалентно на , а значи (понеже е нечетно) на . Последното е невъзможно, понеже не е реално число. Сега ще покажем, че некратните на 3 работят. Тук имаме НОД и значи от лемата на Безу съществуват естествени числа и , такива че . Така от и чрез многократно умножение достигаме до полиномите и , а значи и до и . Оттук индуктивно получаваме, че и за всяко , могат да бъдат записани. Наистина, при това вече го имаме, а ако и са записани за някое , то от чрез многократно умножение с достигаме до , а този го събираме с и го изваждаме от , което ни дава, че и са също на дъската. В частност, при получаваме, че е на дъската, а от него с изваждане на достигаме до , както се искаше.Задача 6
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 7
Условие
Да се намерят всички прости числа , за които съществуват квадратни тричлени и с цели коефициенти, старшите им равни на 1, такива те коефициянтите пред степените и 3 в нормалния вид на произведението са сравними по модул с и 0, съответно.Решение
Първо ще отбележим, че поне едно от 3, 5 и 15 е квадратичен остатък по модул - иначе тяхното произведение би било квадратичен неостатък (като произведение на нечетен брой неостатъци), противоречие. Ако , то . Ако , то . Накрая, ако , то .Задача 8
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник с височини и ) и описана окръжност . Лъчите и пресичат в точките и , съответно. Да се намери най-голямата възможна стойност накакто и всички остроъгълни триъгълници , при които тя се достига.Решение
Ще използваме стандартните означения за триъгълника . Да означим . Имаме от вписания иОттук Синусовата теорема за триъгълниците и дава и , откъдето (изразявайки от едното уравнение в другото и използвайки и )Действайки аналогично за другите два ъгъла, получаваме, че разглежданото в условието произведение е равно на . Нататък, от неравенството между средноаритметично и средногеометрично имаме (и аналогично за косинусите, които са положителни, понеже ъглите са остри), а от неравенството на Йенсен получаваме (тъй като производните на и са отрицателни за остри ъгли) и . Окончателно, разглежданото произведение не надминава и равенство се достига само при равностранен триъгълник.10 · Ден 3
8 задачиЗадача 1
Условие
Да се реши в цели числа систематаРешение
Явно - нека общата им стойност е . Тогава . Ако е нечетно, то и също са нечетни, но тогава сумата им би била четнатака , а оттам и и , са четни. Значи и за някакви цели числа и , откъдето . Получавамеи обратно, директно се проверява, че всяка такава четворка изпълнява даденото.Задача 2
Условие
Даден е триъгълник с радиус на вписаната окръжност 1 и описана окръжност . Нека е радиусът на окръжността, допираща се до и до в ; дефинираме и аналогично. Да се намери най-голямата възможна стойност на .Решение
Нека и са височините на . Явно , откъдетокъдето и са съответно полупериметърът, лицето и радиусът на вписаната окръжност на . Равенство се достига (само) при равностранен триъгълник.Задача 3
Условие
Точно от подмножествата на са оцветени в червено. Винаги ли е вярно, че има три различни червени множества и , такива че всеки елемент на принадлежи на поне едно от и ?Решение
Да разгледаме съвкупността от червените множества и обединенията им по двойкиобщо множества. Значи поне две от тези съвпадатно ако (позволено е или ), то следва .Задача 4
Условие
Да се намерят всички функции , такива чеза всички реални числа и .Решение
Да означим . От имаме , а пък с дава и понеже , то , т. е. . Нека . С следва , а от имаме . Полагайки в последното дава , т. е. за всяко . Сега нека . Полагането на в началото дава . Оттук дава и сега води до . Също, в началното дава (и значи дава , а води до . В последното дава . Отчитайки , заключаваме (оттук и ). От друга страна, в даденото дава , съответно за всяко и . Накрая, заместваме и с в даденото, за да получим (предвид ) и значи , т. е. за всяко . Директно се проверява, че 0 и са на даденото уравнение.Задача 5
Условие
Вярно ли е, че за всеки полином с реални коефициенти и степен 2023 има естествено число , такова че уравнението няма рационален корен?Решение
Да! Да допуснем противното. Като разгледаме кои да е 2024 дроби от вида и съответните им рационални и за тези приложим интерполационната формула на Лагранж, автоматично получаваме, че е непременно с рационални коефициенти. Значи можем да запишем за естествено число и полином с цели коефициентиоттук съществува редица от рационални числа, такава че за всяко естествено . Разписвайки , НОД и , получавамеТъй като и са фиксирани (те зависят само от 2024-те фиксирани дроби в началото), можем да изберем да е просто число. Тъй като дели , получаваме, че дели , откъдето дели дясната страна и значи непременно дели . Но дели , откъдето трябва да дели и понеже НОД 1 (поради и НОД( )= 1), получаваме че дели , корто противоречи на .Задача 6
Условие
Даден е триъгълник с и . Точката е петата на височината от върха към , а е центърът на вписаната окръжност в . Точката от правата е такава, че е между и и е равна на диаметъра на описаната около триъгълника окръжност. Да се намери големината на .Решение
Ще докажем по-общо, че при имаме . Пресмятаме и значи е достатъчно да докажем, че , т. е. . При стандартните означения за имаме и , значи остава да покажем, че . От Косинусовата теорема за триъгълника получавамеи така свеждаме исканото доИмаме и , с което сведохме исканото до тъждествотоСлед освобождаване от знаменател и разкриване на скобите, получаваме исканото.Задача 7
Условие
Между някои от градовете в държавата Дриландия, в която има поне три града, са прекарани двупосочни пътища по такъв начин, че от всеки грапе етигне до всеки друг. Два града ще наричаме близки, ако от единия може да се стигце дь другия чрез пътища посредством един или два междинни града. Kметъ Lplanq правил пътната система здрава, като между всяка двойка несвързани с път близки градове построил директен път. Да се докаже, че след разширението съществува пътешествие, което завършва там, откъдето е започнало и при което всеки град освен първия е посетен точно веднъж, а първият е посетен точно два пъти (в началото и в края).Решение
На езика на графите задачата се преформулира както следва. Нека е свързан граф с поне 3 върха. Разстояние между два върха ще наричаме минималната дължина на път от ребра от единия връх до другия. Дефинираме граф със същото множество от върхове като и точно когато разстоянието между и в е най-много 3. Да се докаже, че в има Хамилтонов цикъл. Достатъчно е да докажем твърдението, когато е дърво (премахването на ребра в не отслабва исканото). Ще проведем индукция по , като базата при е с , съответно е триъгълник и сме готови. Нека твърдението е в сила за всяко дърво, което има между 3 и върха включително. Ще разгледаме два случая. Нека в има връх , който е съседен на поне две листа и . Да означим . Ако има два върха, то има три и сме готови. Нека в има поне 3 върха. От индукционното допускане в има Хамилтонов цикъл - нека съседните върхове на в него са и . Сега понеже е ребро в , а пътят от до минава през (тъй като е листо), то е на разстояние най-много 2 от и оттук най-много 3 от , т. е. е ребро в . Също, е ребро в (поради пътят в ) и следователно замяната на реброто в с ребрата и води до Хамилтонов цикъл в . Нека сега всеки връх в е съседен на най-много едно листо. Ако всеки връх е от степен най-много 2, то е път и действаме така: номерираме върховете от 1 до и цикълът е , т. е. взимаме сме нечетните номера в нарастващ ред и след това четните в намаляващ. Нека е от степен поне 3 в и нека е връх от степен 3, който се намира на максимално разстояние от измежду всички върхове от степен 3 (ако няма връх от степен 3 освен , то полагаме ). Да забележим, че към има прикачен пгт, т. е. път от към листо на , в който всички върхове освен са от степен най-много 2 (ако има връх от степен поне 3, то излиза противоречие с максималността на ). Нека , където е листо, е прикачен път и . В има поне 3 върха ( и двата му останали съседа). Съгласно индукционната хипотеза съществува Хамилтонов цикъл в . Нека за момент изтрием от . Понеже е дърво, то се състои от непресичащи се дървета. Да разгледаме ребро от , за което и са в различни дървета на . Тогава път между тях в може да има само през , следователно един от тях е съсед на в , без ограничение . Сега образуваме следния цикъл: тук първо четните -та са подредени в нарастващ ред, а после нечетните в намаляващ. Това е Хамилтонов цикъл в , с което индукцията е завършена.Задача 8
Условие
Съществуват ли естествено число и реални числа , всяко равно на или , за които реалният полином се дели на реалния полином , ако: а) б) ? (За полиноми и с реални коефициенти казваме, че се дели на , ако съществува полином с реални коефициенти, такъв че .)Решение
а) Да! Например ако умножим с , ще получим . б) Не! Да допуснем противното и нека . Явно 0 и , значи от теоремата на Болцано-Вайерщрас има реален корен . Този корен трябва да нулира делимото, откъдето чрез неравенството на триъгълника получавамекоето е противоречие.10 · Ден 4
8 задачиЗадача 1
Условие
Нека и са положителни реални числа. С означаваме множеството от тройки положителни реални числа ( ), такива чеНека е най-голямата възможна стойност на за и нека е множеството от тройки ( ) от числа от , такива че . Да се докаже, че ако съдържа поне две различни тройки, то е безкрайно множество.Решение
Нека , са тройки с даденото свойство. Тогава за всяко реално тройката също изпълнява свойството.Задача 2
Условие
Даден е триъгълник . Права в равнината му ще наричаме яка, ако го разделя на две части с равни лица и периметри. а) Съществува ли триъгълник с поне седем яки прави? б) Да се докаже, че всички яки прави се пресичат в една точка . Ако , то да се докаже, че е цяло число.Решение
а) Не! Да допуснем противното. Ясно е, че права не може да пресича и трите страни на триъгълник - тогава от принципа на Дирихле имаме, че поне три от яките прави не пресичат някоя негова страна, например . Да разгледаме яка права, пресичаща и съответно в точките и и да означим . Тогава ако е полупериметърът на , то . Имаме , откъдето , т. е. . Така съществуването на три яки прави дава, че последното уравнение има три корена за - противоречие. б) Ще докажем, че всяка яка права минава през пресечната точка на ъглополовящите на . Нека без ограничение правата пресича ъглополовящата през върха в точка (и отново да пресича страните и в точките и ). Явно е на равни разстояния от страните и . Тогава , а ако е на разстояния от страните на , то . Сега равенството дава и значи , както се искаше. Накрая, от получаваме и значи (следва от разглеждането на триъгълника с ъгли , да се докаже!), съответно .Задача 3
Условие
Естественото число е такова, че се дели на . Да се докаже, че се дели на и че не се дели на .Решение
Явно е нечетнонека е най-малкият прост делител на . Имаме, че дели (и ) и значи (6 , откъдето показателят на по модул дели и , а оттук и НОД (ако и имат общ прост делител , то би бил по-малък прост делител на , противоречие с минималността на ). Значи , откъдето или . Но всъщност , откъдето 5 не дели . Така , т. е. 17 дели , а значи и , съответно остава да обосновем, че 17 (но не и 289) дели . Тъй като е нечетно, то лемата за повишаване на експонентата давас което задачата е решена.Задача 4
Условие
Върху окръжност са избрани 2023 точки. Да се определи четността на броя на оцветяванията на избраните точки в синьо и червено (всяка в един цвят; не е задължително да използваме и двата цвята), при които измежду всеки 31 последователни точки има поне една червена. (Оцветявания, получени едно от друго чрез завъртане или обрбщане, са различни.)Решение
За нека е броят на редиците от точки (всяка синя или червена), такива че измежду 31 кои да е последователни има поне една червена. За всички редици изпълняват свойството, т. е. за в частност, е нечетно, а , са четни. За трябва да има червена точка измежду последните 31 - ако тя е на позиция , то предните точки могат да се оцветят по начина; обратно, всяко такова оцветяване води до еднозначно определена редица с дължина с исканото свойство. Следователно за . Оттук и са нечетни и откъдето следва, че е нечетно при и четно в прилыенсяща: Сега да разгледаме оцветяване на 2023 точки върху окръжност с исканото свойство. Да фиксираме друга точка между две от дадените и да разрежем окръжността там. Получената редица може да има последователни сини точки в двата края, общо най-много 30. Ако има сини точки в началото (последвани от червена) и сини в края (предхождани от червена), то и имаме редица от точки, изпълняваща свойството от предния абзац, т. е. оцветима по начина. Обратно, от такава оцветена редица, заградена от по една червена точка в началото и края, възстановяваме еднозначно оцветяването на окръжността. Така търсеният брой е и понеже измежду само 2015 дава остатък 31 при деление на 32, този брой е нечетен.Задача 5
Условие
Нека и са естествени числа. Да се докаже, че броят на полиномите с цели коефициенти, такива че за всяко естествено число , е краен.Решение
Нека е естествено число (което ще изберем да е достатъчно голямо покъсно). Полином, който изпълнява условието, ще наричаме работещ. За множеството , където пробягва множеството от работещи полиноми, има краен брой възможности поради неравенството от условието. Следователно има два различни работещи полинома и , такива че за . Нека е максималното число, за което (такова максимално има, иначе има безбройно много корени, което е невъзможно за ) и да означим . Явно е корен на за всяко , откъдето за някакъв полином . От максималността на имаме и в частност е ограничено отгоре. За да достигнем до противоречие, остава да съобразим, че при избор на достатъчно голямо числото може да бъде произволно голямо, а оттук и че също може да бъде произволно голямо. Наистина, отделяйки константния множител , останалата част за е , като последното става произволно голямо с растенето на (а може да е произволно голямо с растенето на , понеже ).Задача 6
Условие
Съществува ли естествено число , за което: а) е естествено число? б) е просто число?Решение
а) Не! Явно е нечетно, така че нека за нечетно и естек гвено , тогава искаме . Нека е прост делител на . Тогава понандия Дю по модул е . Наистина, , значи и е степен на 2, но ако за , то с неколкократно повдигане на квадрат (ако е необходимо) следва , противоречие. Оттук понеже , непременно имаме . Умножавайки всички прости делители на с техните кратности сега води до и в частност , противоречие. б) Не! Ако е просто число и е прост делител на (а значи и на ), то показателят на 2 по модул е (понеже е над 1 и трябва да дели ), оттук и , противоречие. Нека е съставно и е негов (не непременно прост) делител. Имамекъдето . Вторият множител надминава , а пък имаме , понеже е вярно за по индукция поради и при допускане за имаме следното доказателство за . Значи ако запишем , където дели и дели , то , като и двата множителя са по-големи от 1 понеже числителите надминават , а знаменателите не надминават . Следователно тук не може да е просто число.Задача 7
Условие
Вписаната в остроъгълния неравнобедрен триъгълник окръжност се допира до страните и в точките и , съответно. Нека е петата на перпендикуляра от към . Правата пресича отсечката в , а правата пресича отсечката в . Височината през върха в триъгълника пресича описаната около триъгълника окръжност в точка . Да се докаже, че правата минава през центъра на .Решение
При стандартните означения за имаме ( е средата на ); аналогично и с следва че . В частност, , т. е. е вписан. Нека е втората пресечна точка на описаните около триъгълниците и окръжности. Явно (например ), и . Обаче от ъглополовящата на (тя е такава заради , което показахме по-горе) и подобието от вписания следва , т. е. и са съответни отсечки в , откъдето , съответно , т. е. също е вписан (и центъра на лежи на окръжността му). От съответните отсечки и получаваме и , което заедно с гореспоменатото води до , т. е. ловяща на . Значи , а пък понеже е вписанследователно и лежа Astans Bria. От друга страна, от вписания , а пък - следователно , и лежат на една права. С това задачата е решена.Задача 8
Условие
Дадена е таблица с 3000000 реда и 100 стълба, разделена на единични квадратчета. В квадратчетата на всеки ред са записани числата от 1 до 100, всяко по веднъж, като няма два еднакви реда. Над всяка колона е записан в червено броят на различните числа в нея. Да се намери най-малката възможна стойност на сбора на червените числа.Решение
Има точно пермутации на числата от 1 до 100, такива че за всяко в стълбовете и са в някакъв ред числата и , а за всяко в стълб стои числото . Избирайки кои да е 3000000 от тези пермутации, червените числа на първите 44 стълба не надминават 2, а останалите 56 са равни на 1, съответно общият сбор е не повече от 144. Сега ще покажем, че няма таблица със сбор на червените числа, по-малък или равен на 143. Построяваме таблицата с размери , като в нея маркираме клетка ( ), ако в -тия стълб на се среща числото . Явно сборът на червените числа на е равен на броя на маркираните клетки в . За проиволна квадратна таблица , на която някои клетки са маркирани, подбор на от тях ще наричаме правилен, ако всеки две избрани клетки са в различен ред и различен стълб. Да вземем ред на . Тогава е правилен подбор в , понеже по условие числата са в някакъв ред. Ясно е, че всеки ред на генерира различен правилен подбор в . Това означава, че в таблицата има поне 3000000 правилни подбора. С индукция по и ще докажем за всяко , че ако в таблица с размери са маркирани най-много клетки, то броят на правилните подбори не надминава . Това ще е достатъчно за достигане до противоречие, тъй като в нашия случай , т. е. броят на правилните подбори е не повече от (поради ). При исканото е очевидно. Нека твърдението е вярно за , с цел да го докажем за . Нека вземем в линия (ред или стълб), в която има минимален брой маркирани клетки, да го означим с . Без ограничение това е първият стълб. Ако , то броят подбори е 0 и сме готови. Нека сега и вземем произволна маркирана клетка от този стълб. В нейния ред имаме поне още други маркирани клетки. Следователно, ако изтрием първия стълб и реда на от , ще получим таблица с не повече от маркирани клетки. Прилагаме върху нея индукционното допускане и чрез добавянето на получаваме не повече от правилни подбора в , съдържащи . Сега понеже за имаме избора, то общо правилните подбори в са не повече от . С това индукцията е завършена и задачата е решена.10 · Финал
8 задачиЗадача 1
Условие
Редицата от полиноми е такава, че и за всяко . Да се докаже, че за всяко просто число полиномът може да се представи като произведение на два неконстантни полинома с цели коефициенти, но не може да се представи като произведение на три неконстантни полинома с цели коефициенти.Решение
Първо ще докажем със силна индукция по , чеза всяко . При това е вярно от и . Ако допуснем за всички индекси до , то рилагайки индуктивната хипотеза последователно за и , получавамес което индукцията е завършена. В частност, за просто число получаваме (с . (Алтернативно, чрез характеристичното уравнение получете , където , а оттук и .) Понеже всеки полином се разлага по единствен начин (с точност до разместване и множители ±1) на неразложими полиноми с цели коефициенти, то за да опровергаем представяне като произведение на три полинома е достатъчно да докажем, че са неразложими. По индукция директно получаваме за , че е четен (само с ненулеви коефициенти пред четни степени) за нечетни и нечетен (само с ненулеви коефициенти пред нечетни степени) за четни , така замяната ни дава, че е достатъчно да докажем, че е неразложим. Нататък, отбелязваме, че ако полином е разложим като произведение на две неконстантни полинома , то , в частност е разложим. Ще докажем, че това не е вярно за . За с имаме връзката , откъдето по индукция следва . ОттукОстава да отбележим, че за всяко просто число полиномът е неразложим (следва например от замяната и за се прилага критерия на Айзенщайн).Задача 2
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 3
Условие
Функция ще наричаме абсолютно суперадитивна, ако е изпълнено за всички реални числа и , и абсолютно субадитивна, ако е изпълнено за всички реални числа и . Винаги ли е вярно, че: а) ако е абсолютно субадитивна, то тя е и абсолютно суперадитивна? б) ако е абсолютно суперадитивна, то тя е и абсолютно субадитивна?Решение
а) Не! Един контрапример е , понеже от неравенството на триъгълника, докато обратното неравенство невинаги е изпълнено (напр. за ). б) С означаваме неравенството . От следва , а дава , т. е. за всяко . Сега от и получавамеСъбирането на последните две води до . В частност, за всякакви следва, че и са едновременно неотрицателни или едновременно неположителни. Нека първо и са такива, че . Тогава . Оттук и исканото следва. Обратно, ако , то и непременно , с което исканото следва.Задача 4
Условие
Остроъгълният триъгълник с ортоцентър е вписан в окръжност с център . Точките са диаметрално противоположните съответно на и в . С означаваме образът на окръжността с център и радиус при симетрия спрямо правата . Аналогично се дефинират окръжностите и . Да се докаже, че и се пресичат в една точка.Решение
Със ще означаваме осева симетрия. Ще използваме следните две леми. Лема 1. Даден е триъгълник и точка от описаната му окръжност. Тогава симетричните точки на спрямо страните на лежат на права, минаваща през . Доказателство. Достатъчно е да докажем, че и са на една права. Въвеждаме , които лежат на описаната окръжност. Сега и са равнобедрени трапци. Оттук и исканото следва. Лема 2. Нека е права, която минава през ортоцентъра на триъгълник . Тогава симетричните прави на спрямо се пресичат в една точка, която лель на описаната около окръжност. (Такава точка се нарича Анти-Щайнер точка.) Доказателство. Нека . Тези три точки лежат на описаната окръжност около . Нека въпросните симетрични прави означим с , като . Без ограничение са вътрешни за страните на триъгълника. СегаСледователно . Остава да докажем, че . Това следва от Лема 1, тъй като симетричните точки на спрямо и лежат на , същото важи и за тази спрямо . След връщане на симетрията сме готови. Вече можем да пристъпим към то. Нека е ортоцентърът на . Нека е точката за и правата от Лема 2. Ще покажем, че , за останалите ще е аналогично. Да въведем следните точки: и са диаметрално противоположни в , Сега е център на и минава през . Освен това . Имаме, че точките лежат на образа на правата при симетрия спрямо . Понеже е диаметър в , то . С това задачата е решена.Задача 5
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 6
Условие
Да се докаже, че за всяко естествено число е изпълнено равенствотоРешение
( ) Нека е пермутация на числата от 1 до . Позиция ще наричаме "правилна" ако или . Така една пермутация може да има от една (когато числата са в намаляващ ред) до (когато числата са в нарастващ ред) правилни позиции. Нека с означим броя пермутации на числата от 1 до с точно правилни позиции. Ясно е, че . Сега ще докажем, че за е изпълненооткъдето исканото ще следва след полагане . Нека разгледаме една пермутация на числата от 1 до с правилни позиции. Тя може да се раздели на на брой намаляващи подредици, разделени от разделителя, където двете числа от ляво и дясно на всеки разделител са в нарастващ ред. Нека подредиците са , а разделителите са . Разглеждаме броя начини да разположим числата от 1 до в на брой намаляващи подредици. Понеже всяко число може да попадне във всяка подредица, имаме възможности за всяко число, а оттам общият брой е . Във всяка подредица числата са наредени в намаляващ ред. Възможно е да се случи подредицата да е празна. в който случай или ще имаме два разделителя един до друг или ще имаме разделител в единия край на пермутацията. Нека групираме разделителите, които са един до друг, т. е. между които няма нито едно число. Оттук нататък под "група" ще наричаме такава група от разделители. Една група ще наричаме "добра" ако след премахване на групата и съединяване на подредиците от двете ѝ страни, получената съединена подредица не е в намаляващ ред (и съответно се нуждае от пренареждане). В противен случай е "лоша". Например, ако групата се намира в най-левия край на пермутацията (защото е празна), то тази група със сигурност е лоша, тъй като премахването ѝ няма да съедини две непразни подредици. Пример за е следният: , където имаме две групиедната е , а другата е . Първата група е лоша, защото съединяването на и води до намаляващата подредица , а втората група добра, защото съединяването на и води до ненамаляващата подредица ( ). Един разделител ще наричаме "приятен" ако е най-левият разделител в добра група. В противен случай е "неприятен". За всяко разпределение на числата в подредиците (които са на брой), нека означим с броят на групите с поне един неприятен разделител. Ако за едно разпределение имаме , то всяка група съдържа точно един разделител и този разделител е приятен. Т. е. това разпределение ни дава пермутация с точно правилни позиции. Такива разпределения ще наричаме "желани" и ще докажем, че това са всички разпределения, които дават пермутации с точно правилни позиции и ще докажем, че техният брой еАко за едно разпределение имаме , то това разпределение е "нежелано" и съответстващата му пермутация има строго по-малко от правилни позиции, тъй като след премахването на неприятните разделители, пермутацията остава непроменена, а броят на намаляващите подредици е вече по-малък от . Следователно броят на желаните разпределения е . Броя на нежеланите разпределения искаме да извадим точно по веднъж от за да получим броя на желаните такива. Под -разпределение на числата от 1 до ще разбираме разпределението им в намаляващи подредици ( ) и поставянето на допълнителни на брой неприятни разделителя, като между всеки два от тези разделителя има по поне едно число. При поставяне в група, допълнителният раделител винаги се поставя най-вдясно в групата. Да разгледаме пермутацията, получена след разпределението на числата в намаляващи подредици. Независимо дали между две съседни числа (или в двата ѝ края) има лоша, добра, или няма група, то там можем да поставим не повече от един допълнителен (и той ще е неприятен) разделител. Следователно броят начини да поставим тези допълнителни неприятни разделители е . Така броят на всички -разпределения е . А резултатът е разпределение на числата от 1 до в намяляващи подредици, където има поне един неприятен разделител, т. е. резултатът е нежелано разпределение. Да разгледаме следната бройка на разпределения:където ако е четно прибавяме броят на -разпределенията, а ако - пнымдаме. Ще докажем, че в тази сума всяко нежелано разпределение е бипо изважцо гочно по веднъж. Нека е нежелано разпределение на числата от 1 до . Имаме . То може да се получи след едно -разпределение ако и броят на -разпределенията, след които се получава разпределението , е , тъй като имаме места, на които е възможно да се постави допълнителен неприятен разделител, и в от тях ще бъде поставен такъв. Така нежеланото разпределение се брои пъти при -четно и пъти при -нечетно, или общо брой пъти:Следователно в суматавсяко нежелано разпределение е било извадено точно по веднъж и са останали само желаните разпределения. Техният брой е:с което доказателството е завършено. ( Втори начин ) За всяка двойка естествени числа и означавамекато за всяко естествено число . Ще докажем, че . Лема 1. За всяка двойка естествени числа и е изпълненоДоказателство на Лема 1. Ако , лесно се вижда, че , тъй като и . За имамеЛема 2. За всяко естествено число и всяко естествено число по-голямо от е изпълнено . Доказателство на Лема 2. Ще докажем твърдението с индукция по . За имаме, че , а при имамеНека за някое естествено число е изпълнено, че за всяко естествено число поголямо от е в сила . Ще докажем, че за всяко естествено число по-голямо от е в сила . Използваме Лема 1 и и получавамеЛема 3. За всяко естествено число е изпълнено . Доказателство на Лема 3. Прилагаме Лема 1 и Лема 2 и получавамес което Лема 3 е доказана. От Лема 3 следва, че за всяко естествено число имаме , с което доказателството е завършено. ( Трети начин ) За всяко цяло неотрицателно число и всяко цяло неотрицателно число не по-голямо от да означимкъдето приемаме, че . За всяко цяло неотрицателно число и всяко естествено число не по-голямо от да означимкакто и да означимЛема 1. Изпълнено е . Доказателство на Лема 1. Ако , тоДа разгледаме функциятаЗа нейната -та производна имаме:Следователно за ако заместим в тази производна получаваме нула. От друга страна, разглеждайки биномното разлагане на и взимайки производните след това получаваме:Заместваме и получаваме MathsBG с което Лема 1 е доказана. Сега ще докажем с индукция по , че . За и произволно цяло неотрицателно имамеНека за всяко цяло неотрицателно е изпълнено, че за всяко цяло неотрицателно не по-малко от е в сила . Ще докажем, че за всяко цяло неотрицателно число не по-малко от е в сила . За дефинираме целите числа като коефициентите в полиномакоито се получават когато съкратим члена . Така получавамеОттук получаваметъй като за . С това индукцията е завършена. Остава да забележим, чес което доказателството е завършено. (Четвърти начин, Мария Дренчева и Борис Георгиев) Исканото е еквеивалентно наЩе докажем, че за всяко коефициентът пред в тази сума е 0. Коефициентът пред еДа положим за удобство - така е достатъчно да докажем, че за всяко е изпълненоТова ще докажем със силна индукция по . За базата, , е достатъчно да видим, че , което е вярно, тъй като лявата страна е разкриването на скобите на . Нека сме доказали исканото за . Ще го докажем за . Имамекато горе използвахме, че . Сега остава да видим(сумата започва от 1, защото при събираемото така или иначе се нулира) Да запишем полинома като (последното е възможно, като последователно делим с частно и остатък първо на , на , на ). Прилагаме индукционната хипотеза, записвайки:Обаче от индукционната хипотеза имаме, че за всяко ,Така всяко от събираемите все нулира, с което индукционната стъпка е завършена и исканото е доказано.Задача 7
Условие
Даден е (не непременно изпъкнал) многоъгълник . Отсечка с краища върху периметъра на ще наричаме стабилна, ако разделя периметъра на две части с дължини и , такива че . Известно е, че всяка стабилна отсечка за лежи изцяло във вътрешността на (освен краищата, които са на периметъра). Да се докаже, че съществува точка , вътрешна за , такава, че за всяка точка от периметъра на отсечката лежи изцяло във вътрешността на (освен точката , която е на периметъра).Решение
За всяка страна на нека е полуравнината с контур правата, съдържаща , като в околността на средата на тази полуравнина съдържа вътрешността на многоъгълникът. Ще използваме, че всеки три такива полуравнини се пресичат, като доказателство ще дадем по-късно. Понеже тези полуравнини са изпъкнали множества, от теоремата на Хели следва, че всичките имат поне една обща точка . Ще докажем, че тя изпълнява исканото. Да допуснем противното, т. е. има точка от страна на , за която не лежи изцяло в него. Тогава, движейки се по лъча , ще напуснем вътрешността на за първи път през някоя страна, да речем , и в някакъв момент трябва пак да стигнем до границата му отново, понеже , като нека се озовем в страната . Тогава в околност на средата на многоъгълникът е от другата страна на , т. е. , противоречие. Значи точката има исканото свойство. Остава да покажем твърдението си. Да допуснем противното и да вземем три полуравнини , които нямат обща точка. Да означим дължината на периметъра на с . Ако всеки две от лежат изцяло в част от периметъра с дължина, не по-голяма от , то всичките лежат изцяло в такава част (иначе периметърът е на не надминава , противоречие). В такъв случай от условието на задачата следва, че има точка от периметъра (средата на другата част), която се вижда от всяка точка от , което е противоречие с допускането. Значи за две от отсечките, без ограничение и , има точки п , копчтолт периметъра в отношение в интервала . От условието следва, че ржецката лежи изцяло във вътрешността на , оттук и лежат едновременно на даме частта от периметъра на , която не съдържа - тя е не по-малка от (понеже и двете части в интервала , заради отношението между тях). Следователно има точка тази част и точка на , които разделят периметъра на две части с дължини между и включително, т. е. (поради даденото условие) също лежи във вътрешността на . Значи точките са в този ред върху границата на , като и са изцяло във вътрешността на , значи във вътрешността на , да речем в точка . Но тогава , което е противоречие с допускането ни. Исканото следва.Задача 8