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

Избран клас

8

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

d1-ifym2023-8-4: има placeholder текст
d2-ifym2023-8-8: има placeholder текст
d2-ifym2022-8-3: има placeholder текст
f-ifym2022-8-6: има placeholder текст
f-ifym2022-8-8: има placeholder текст
d1-ifym2019-8-2: има placeholder текст
d2-ifym2019-8-2: има placeholder текст
d4-ifym2019-8-5: има placeholder текст
d4-ifym2019-8-6: има placeholder текст
d4-ifym2019-8-8: има placeholder текст
d2-ifym2017-8-1: има placeholder текст
d4-ifym2017-8-1: има placeholder текст
f-ifym2017-8-1: има placeholder текст
d1-ifym2017-8-2: има placeholder текст
d2-ifym2017-8-2: има placeholder текст
d4-ifym2017-8-2: има placeholder текст
f-ifym2017-8-2: има placeholder текст
d2-ifym2017-8-3: има placeholder текст
d3-ifym2017-8-3: има placeholder текст
f-ifym2017-8-3: има placeholder текст
d2-ifym2017-8-4: има placeholder текст
d2-ifym2017-8-5: има placeholder текст
d4-ifym2017-8-5: има placeholder текст
d2-ifym2017-8-6: има placeholder текст
d4-ifym2017-8-6: има placeholder текст
d2-ifym2017-8-7: има placeholder текст
d4-ifym2017-8-7: има placeholder текст
f-ifym2017-8-7: има placeholder текст
d1-ifym2017-8-8: има placeholder текст
d2-ifym2017-8-8: има placeholder текст
f-ifym2017-8-8: има placeholder текст
f-ifym2016-8-1: има placeholder текст
d4-ifym2015-8-1: има placeholder текст
d3-ifym2015-8-1: има placeholder текст
f-ifym2014-8-1: има placeholder текст
d4-ifym2014-8-2: има placeholder текст
f-ifym2014-8-4: има placeholder текст
d1-ifym2013-8-1: има placeholder текст
d3-ifym2013-8-2: има placeholder текст
d1-ifym2013-8-3: има placeholder текст
d2-ifym2013-8-3: има placeholder текст
f-ifym2013-8-4: има placeholder текст
d1-ifym2013-8-5: има placeholder текст
d1-ifym2013-8-6: има placeholder текст
d1-ifym2013-8-7: има placeholder текст
d3-ifym2013-8-8: има placeholder текст
d4-ifym2012-8-1: има placeholder текст
d4-ifym2012-8-4: има placeholder текст
d2-ifym2012-8-5: има placeholder текст
d4-ifym2012-8-5: има placeholder текст
d2-ifym2012-8-8: има placeholder текст
d4-ifym2012-8-8: има placeholder текст
d3-ifym2011-8-1: има placeholder текст
d4-ifym2011-8-1: има placeholder текст
f-ifym2011-8-1: има placeholder текст
d4-ifym2011-8-2: има placeholder текст
f-ifym2011-8-3: има placeholder текст
f-ifym2011-8-4: има placeholder текст
d2-ifym2011-8-5: има placeholder текст
d1-ifym2011-8-6: има placeholder текст
d2-ifym2011-8-6: има placeholder текст
f-ifym2011-8-7: има placeholder текст
f-ifym2011-8-8: има placeholder текст

2011 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички тройки естествени числа

x, y, z

, за които

2^{x}+7^{y}=z^{4}

Решение

При

x=1

имаме

7^{y}+2=z^{4}

. Ако 2 не дели

y

, то

7^{y} \equiv 7(\bmod 1) 6

, а ако 2 дели

y

, то

7^{y} \equiv 1(\bmod 1) 6

. Следователно

7^{y}+2 \equiv 9

или

3(\bmod 1) 6

. От друга страна, очевидно 2 не дели

z

и тогава

z^{4} \equiv 1(\bmod 1) 6

, така че достигаме до противоречие. Нека

x \geq 2

. Тогава получаваме

7^{y} \equiv 1(\bmod 4)

и оттук 2 дели

y

. Нека

y=2 k(k \in \mathbb{Z})

. Записваме равенството във вида

\left(z^{2}-7^{k}\right)\left(z^{2}+7^{k}\right)=2^{x}

Тъй като

\left(z^{2}-7^{k}, z^{2}+7^{k}\right)=2

, оттук следва, че

z^{2}-7^{k}=2

z^{2}+7^{k}=2^{x-1}

. От тези равенства получаваме

2^{x-2}-1=7^{k}

. При

x \geq 6

оттук следва

7^{k} \equiv-1(\bmod 1) 6

, което е невъзможно. Следователно

x \leq 5

и намираме, че

x=5, k=1

и значи

y=2

z^{2}=7^{k}+2=9

, т. е.

z=3

. Окончателно

x=5, y=2, z=3

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Височините на остроъгълния

\triangle A B C

се пресичат в точката

H

C H=A B

. Да се намери големината на

\angle A C B

Решение

Нека височините са

A A_{1}, B B_{1}

C C_{1}

. От

\angle B A A_{1}=90^{\circ}-\angle A B C=\angle A_{1} C H

A B=C H

следва, че

\triangle A B A_{1} \cong \triangle C H A_{1}

. Тогава

A_{1} B=A_{1} H

и от

\triangle B A_{1} H

имаме

\angle A_{1} B H=45^{\circ}

. Сега от

\triangle B C B_{1}

намираме

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

n\gt{}3

е естествено число. Колко най-много са върховете на

n

-ъгълник

M

, през всеки от които не може да се прекара диагонал, лежащ изцяло в

M

Решение

Ще докажем, че ако

A

B

са два съседни върха, то през поне един от тях може да се прекара диагонал, лежащ изцяло в

M

. Известно е, че във всеки

n

-ъгълник могат да се прекарат част от диагоналите така, че многоъгълникът да е разделен на триъгълници. Такова разделяне се нарича триангулация на

n

-ъгълника. Нека

A B X

е триъгълникът от триангулацията, който съдържа страната

A B

. Тогава

A X

B X

не могат да бъдат едновременно страни, защото тогава

n=3

, т. е. поне една от отсечките

A X

B X

е диагонал. Следователно може да има най-много

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

върхове с исканото свойство. Лесно се построява пример на многоъгълник с търсеното свойство.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

p

е просто число. Да се намерят всички двойки естествени числа

x

y

, за които

\frac{1}{x}-\frac{1}{y}=\frac{1}{p}

Решение

Равенството от условието може да се запише във вида

(p-x)(p+y)=p^{2}

Тъй като

p+y\gt{}p

, то единствената възможност е

p+y=p^{2}

и тогава

p-x=1

. Следователно

x=p-1

y=p^{2}-p

. Втори начин. Имаме

p(y-x)=x y

, в частност

p \mid x

или

p \mid y

. Ако

p \mid x

, то

x y \geq p y

, докато

p(y-x)\lt{}p y

- невъзможно. Значи

p \mid y

y=p k, k \in \mathbb{N}

. Сега равенството става

p k=x(k+1)

. Понеже (както видяхме)

p \nmid x

, оттук следва, че

p \mid k+1

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

. Тогава

k=x l

x l+1=l p

, откъдето следва

l \mid 1

и значи

l=1

. Така

x=k=p-1

y=p k=p(p-1)

, което е единственото

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

На градската олимпиада броят на учениците бил повече от пъти по-голям от броя на предложените им задачи. След проверката се оказало, че всеки от участниците е решил поне една задача. Докажете, че съществува участник, всяка рвшена задача от когото, е решена от поне

k

други участника.

Решение

Нека означим с

n

броят на зададените задачи, откъдето следва, че броят на учстницитее поне

n k+1

. Тъй като всеки е решил поне по 1 задача, то съществува задача, която е решена от поне

k+1

участника. Нека броят на тези задачи е равен на

m

и без ограничение можем да считаме, че това са задачите с номера

1, 2, \ldots, m

. Случаят

m=n

е очевиден. Нека

m\lt{}n

. Ще докажем, че съществува участник, който не е решил нито една от задачите

m+1, m+2, \ldots, n

. Да предположим, че всеки участник е решил поне 1 от тези задачи. Тогава поне една от тези задачи ще е решена от поне

k+1

участника. В противен случай броят на участниците ще е най-много

k(n-m)

. Този участник изпълнява условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-8-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всеки три реални числа

a, b

c

е изпълнено неравенството

a^{4}+b^{4}+c^{4} \geq a^{2} b c+b^{2} a c+c^{2} a b

Решение

Ще използваме неравенството

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

, което е еквивалентно на

(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2} \geq 0

. При

x=a^{2}, y=b^{2}

z=c^{2}

получаваме

a^{4}+b^{4}+c^{4} \geq a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+b^{2} a^{2} \tag{1}

а при

x=a b, y=b c

z=c a

намираме

a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+b^{2} a^{2} \geq a^{2} b c+b^{2} a c+c^{2} a b \tag{2}

От (1) и (2) получаваме неравенството от условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

\triangle A B C

ъглополовящата

A L(L \in B C)

и медианата

C M(M \in A B)

са взаимно перпендикулярни. Да се намерят дължините на страните на

\triangle A B C

, ако те са последователни цели числа.

Решение

Ако

K

е пресечната точка на

A L

C M

, от условието следва, че

\triangle A K M \cong \triangle A K C

. Оттук

A M=A C

и значи

A B=2 A C

. Сега от

A C+B C\gt{}A B

следва

B C\gt{}A C

. Ако

A B=A C+1

B C=A C+2

, получаваме

A C=1, A B=2, B C=3

и такъв триъгълник не съществува. Остава да е изпълнено

B C=A C+1

A B=A C+2

, откъдето намираме

A C=2, A B=4

B C=3

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2011-8-8

2011 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Намерете всички тройки естествени числа (

a, b, c

), които изпълняват равенството

a^{2}+b^{2}-33 c^{2}=8 b c

, ако е известно, че

a

е просто число.

Решение

Записваме равенството във вида

a^{2}=33 c^{2}-b^{2}+8 b c=(3 c+b)(11 c-b)

Понеже

a

е просто число и

3 c+b\gt{}1

, имаме следните възможности:

\left\lvert\, \begin{aligned} & 3 c+b=a \\ & 11 c-b=a\end{aligned}\right.

\left\lvert\, \begin{aligned} & 3 c+b=a^{2} \\ & 11 c-b=1\end{aligned}\right.

. В първият случай след събиране на двете уравнения, намираме

7 c=a

и понеже

a

е просто число, следва, че

c=1, a=7

, откъдето

b=4

. Във вторият случай имаме

14 c=a^{2}+1

, което уравнение няма по модул 7 (остатъците на

a^{2}

при деление със 7 са

0, 1, 4, 2, 2, 4, 1

). Единственото е

a=7, b=4, c=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че в

n

-ъгълник

M

могат да се прекарат най-много

n-3

диагонала, всеки от които лежи изцяло в

M

и никои два диагонала не се пресичат.

Решение

Ще докажем твърдението с индукция по

n \geq 3

. За

n=3

твърдението е очевидно. Нека то е вярно за всяко

n \leq k

, където

k

е естествено число. Да разгледаме произволен

n+1

-ъгълник

M

и нека

X Y

е негов диагонал, който изцяло леги в

M

. Този диагонал разделя

M

на два многоъгълникът. Да означим броя на върховете на тези два многоъгълникът с

p

q

. Тогава

p+q=n+2

(тъй като

X

Y

се броят по два пъти). Понеже

p\lt{}n+1 \leq k

q\lt{}n+1 \leq k

, от индукционното допускане следва, че в двата многоъгълникът могат да се прекарат най-много съответно

p-3

q-3

диагонала. Тогава в

M

могат да се прекарат най-много

p-3+q-3+1=n-3

непресичащи се диагонали.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

В триъгълник

A B C

е вписана окръжност с център

I

, която допира страните

C A

A B

съответно в точките

E

F

. Ако

B I

пресича

E F

в точката

K

, да се докаже, че

K

лежи на правата през средите на страните

B C

A C

Решение

Нека правата през

K

, успоредна на

A B

, пресича

B C

в точката

M

. Твърдението на задачата е равносилно на това да докажем, че

M

е среда на

B C

. Очевидно

\triangle B K M

е равнобедрен, като

B M=K M

. Освен това

\angle B K F=\frac{\gamma}{2}

, следователно четириъгълникът

E K I C

е вписан. Оттук

\angle I K C=\angle I E C=90^{\circ}

. Това означава, че в правоъгълния триъгълник

B K C

отсечката

K M

е медиана.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

На два съседни острова има общо

n\lt{}2011

града, като всички са на морето. На всеки остров, всеки два града са свързани с автобусна линия, а всеки два града на различни острови са свързани с параходна линия. Броят на автобусните и параходните линии е еднакъв. Да се определи най-голямата възможна стойност на

n

Решение

Нека на единия остров има

k

града. По условие параходните линии са половината от общия брой, така че

n(n-1)=4 k(n-k)

. Оттук

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

, така че

n

трябва да е точен квадрат. Най-големият такъв е

n=44^{2}=1936

(условието се изпълнява за

k=946

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-8-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-8-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всеки три реални числа

x, y

z

е изпълнено неравенството

x^{4}+y^{4}+z^{2} \geq \sqrt{\vphantom{x^2}8} x y z

Да се намерят всички тройки

(x, y, z)

, за които се достига равенство.

Решение

Прилагаме неравенството

a^{2}+b^{2} \geq 2 a b

(което е изпълнено за произволни реални числа

a

b

) последователно за

a=x^{2}, b=y^{2}

a=\sqrt{\vphantom{x^2}2} x y, b=z

и получаваме

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

2 \sqrt{\vphantom{x^2}2 x^{2} y^{2} z^{2}}=\sqrt{\vphantom{x^2}8}|x y z| \geq \sqrt{\vphantom{x^2}8} x y z

Равенство се достига когато

x^{2}=y^{2}, \sqrt{\vphantom{x^2}2} x y=z

x y z \geq 0

. От първите две равенства получаваме, че ако

x=t

, то

y= \pm t

z= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}2} t^{2}

. Тогава

x y z=\sqrt{\vphantom{x^2}2} t^{4}

. Следователно търсените тройки са

\left(t, \pm t, \pm \sqrt{\vphantom{x^2}2} t^{4}\right)

където

t

произволно реално число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото естествено число

k

, което може да се предстви във вида

k=19^{n}-5^{m}

за някои естествени числа

m

n

Решение

Търсеното число е

14=19-5

. Ако

n

е четно число, последната цифра на

k

е 6. Но от равенството

19^{n}-5^{m}=6

по модул 3 следва, че

m

също е четно. Ако

n=2 n_{1}

m=2 m_{1}

, получаваме

\left(19^{n_{1}}+5^{m_{1}}\right)\left(19^{n_{1}}-5^{m_{1}}\right)=

6, което няма естествени Ако

n

е нечетно, последната цифра на

k

е 4. Развенството

19^{n}-5^{m}=4

е невъзможно по модул 3.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2011-8-8

2011 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дадени са окръжности

k_{1}

k_{2}

. Правите

A_{1} A_{2}, A_{1} \in k_{1}, A_{2} \in k_{2}

B_{1} B_{2}, B_{1} \in k_{1}, B_{2} \in k_{2}

са съответно обща външна и обща вътрешна допирателна. Да се докаже, че

A_{1} B_{1}

A_{2} B_{2}

са перпендикулярни.

Решение

Нека точката

K

да е пресечната точка за двете допирателни. Очевидно

\triangle A_{1} B_{1} K

\triangle A_{2} B_{2} K

са равнобедрени и основите им

A_{1} B_{1}

A_{2} B_{2}

са успоредни на двете ъглополовящи на ъгъла при върха

K

и следователно са перпендикулярни.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

На шахматен турнир участват

n

шахматисти от отбор

A

n

шахматисти от отбор

B

. Оказало се, че както и да се образуват

n

двойки, във всяка от които има по един шахматист от отбор

A

и един шахматист от отбор

B

, то в поне една от тези двойки шахматистите се познават. Да се докаже, че може да се изберат

a

шахматисти от отбор

A

b

шахматисти от отбор

B

, като

a+b\gt{}n

и всеки от тези

a

шахматисти се познава с всеки от тези

b

шахматисти.

Решение

Нека номерираме шахматистите с числата

1, 2, \ldots, n

и образуваме матрица

M

с размери

n \times n

, като

a_{i j}=0

или 1 в зависимост от това дали играчът

i

от

A

не се е срещал с играча

j

от

B

, или обратно. От условието следва, че както и да избираме

n

два по два независими елемента на

M

, то поне един от тях е 1. Това означава, че нулите могат да бъдат покрити с най-много

n-1

линии. Нека това са

k

реда и

n-k-1

стълба. Но това означава, че сечението на останалите

n-k

реда и

k+1

стълба се състои само от единици, с което твърдението е доказано.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n \geq 3

е естествено число. Означаваме с

A

броят на

n

-цифрените числа, които се делят на 3, но не се делят на 10, а с

B

броят на

n

-цифрените числа, които се делят на поне едно от числата 5 и 7. Да се докаже, че

B\gt{}A

Решение

Ще покажем, че

A=27 \cdot 10^{n-2}

. Първите отляво надясно

n-1

цифри на

n

цифрено число, което се дели на 3, но не се дели на 10, могат да бъдат избрани по произволен начин, т. е. по

9 \cdot 10^{n-2}

начина. Последната цифра не може да бъде 10 и за да се дели числото на 3, тя може да бъде избрана по 3 начина (тъй като във всяка от групите

1, 2, 3; 4, 5, 6; 7, 8, 9

има по точно едно число, което дава даден остатък при деление на 3). Следователно

A=9 \cdot 10^{n-2}.3=27 \cdot 10^{n-2}

. Ще покажем, че броят на числата, които се делят на 5 е

18 \cdot 10^{n-2}

. Наистина, първите

n-1

цифри погат да се изберат по произволен начин, т. е. по

9 \cdot 10^{n-2}

начина. Последната цифра трябва да е 0 или 5, т. е. за нея има две възможности. За да докажем, че

B\gt{}A

остава да покажем, че

n

-цифрените числа, които се делят на 7, но не се делят на 5 са повече от

9 \cdot 10^{n-2}

. Да изберем първите

n-1

цифри по произволен начин, това може да стане по

9 \cdot 10^{n-2}

начина. Нека това са

\overline{b_{1} b_{2} \ldots b_{n-1}}

и да разгледаме числото

t=\overline{b_{1} b_{2} \ldots b_{n-1} 0}

. В зависимост от остатъка при деление на

t

със 7 за последната цифра имаме следните възможности: при остатък

0, 1, 2, 3, 4, 5, 6

последната цифра може да бъде съответно 0 или

7; 6; 5; 4; 3; 2

или

9; 1

или 8. Само числата, завършващи на 0 и 5 вече са броени. За отбележим, че всеки 7 последователни числа при деление на 7 дават остатъци

0, 1, 2, 3, 4, 5, 6

в някакъв ред, а числата

0, 10, 20, 30, 40, 50, 60

дават остатъци

0, 3, 6, 2, 5, 1, 4

. Това означава, че за всеки 7 последователни

n-1

цифрени числа могат да бъдат получени осем

n

-цифрени числа, които се делят на 7, но не се делят на 5. Оттук следва, че броят на

n

-цифрените числа, които се делят на 7, но не се делят на 5 е по-голям от

9 \cdot 10^{n-2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Разполагаме с квадратен лист хартия и ножица. На всяка стъпка е разрешено да вземем парче хартия и да го разрежем по права линия на две части. Да се намери минималния брой стъпки (разрязвания), които са необходими за получаването на 100 шестнадесетоъгълника.

Решение

Нека

x

е броят на разрязванията. Тъй като всяко разрязване дава по един нов многоъгълник, накрая имаме

x+1

многоъгълникът. Нека

A

е общия брой на върховете, получени накрая. Ще оценим

A

отгоре и отдолу. Тъй като всяко разрязване дава 2, 3 или 4 нови върха (т. е. най-много 4 ), имаме

A \leq 4 x+4

. Имаме 100 шестнадесетоъгълника, а останалите

x+1-100=x-99

многоъгълникът са поне триъгълници. Следователно

A \geq 16 \cdot 100+3(x-99)=1303+3 x

. От получените оценки следва, че

1303+3 x \leq 4 x+4 \Longleftrightarrow x \geq 1299

. Ще докажем, че 1299 разрязвания са достатъчни. Наистина, можем да получим 100 правъгълника с 99 разрязвания и след това от всеки от тези пръвоъгълници да получим шестнадесетоъгълник чрез 6 изрязвания на триъгълници.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

с медицентър

G

. Точката

M

е среда на отсечката

A G

. Да се намери отношението, в което правата

C M

дели медианата на

A B C

от върха

B

Решение

Ако

B B_{1}

е медианата на

A B C

от върха

B

, то пресечната точка

K

на

B B_{1}

C M

е медицентърът на

\triangle A G C

, защото

G B_{1}

C M

са медиани в този триъгълник. Тогава

B_{1} K=\frac{1}{3} B_{1} G=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3} B B_{1}\right)=\frac{B B_{1}}{9}

. Следователно

K

дели

B B_{1}

в отношение

8: 1

, считано от върха

B

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Нека

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

е редица от положителни числа и за всяко

n

е в сила равенството

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

Да се намери

a_{n}

Решение

При

n=1

имаме

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

, откъдето (предвид

a_{1}\gt{}0

)

a_{1}=1

. Сега при

n=2

имаме

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

, оттук получаваме

a_{2}\left(a_{2}+1\right)\left(a_{2}-2\right)=0

и (понеже

\left. a_{2}\gt{}0\right) a_{2}=2

. Нека

n\gt{}2

и вече сме доказали, че

a_{k}=k

за всяко

k\lt{}n

. Тогава от условието получаваме

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

Като вземем предвид, че

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

, достигаме до

a_{n}\left(a_{n}+n-1\right)\left(a_{n}-n\right)=0

и (тъй като

a_{n}\gt{}0

)

a_{n}=n

. Окончателно,

a_{n}=n

за всяко

n

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2011-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Около окръжност с радиус 1 е описан

\triangle A B C

, дължините на височините на който са цели числа. Да са докаже, че

\triangle A B C

е равностранен.

Решение

При обичайните означения, нека

a \leq b \leq c

. Тъй като очевидно

h_{c}\gt{}2 r

, то

h_{c}\gt{}2

и следователно

h_{c} \geq 3

. Тогава

S=\frac{c h_{c}}{2} \geq \frac{3 c}{2}

. От друга страна

S=p r=\frac{a+b+c}{2} \leq \frac{3 c}{2}

. Следователно

a=b=c

(и

h_{a}=h_{b}=h_{c}=3

n\gt{}3

е естествено число. Да се докаже, че поне едно от числата

n!+1, n!+2, \ldots, (n+1)!-1, (n+1)!

се дели на

n^{3}

. (По определение

\left. n\neq{}1 \cdot 2 \ldots.(n-1). n.\right)

Решение

Броят на разглежданите числа е равен на

(n+1)!-n\neq{}n. n!

. От друга страна за всяко

n \geq 4

е изпълнено

n!\gt{}n^{2}

(това неравенство се доказва лесно с индукция по

n

) и оттук

n. n!\gt{}n^{3}

. Така имаме повече от

n^{3}

на брой последователни естествени числа и е ясно, че поне едно от тях се дели на

n^{3}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2011-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадена е редицата от числа

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

където

a_{n}=\underbrace{33 \ldots 3}_{n} 1

(в десетичния запис

a_{n}

на участват

n

тройки и една единица). Да се докаже, че в редицата има безбройно много съставни числа.

Решение

Имаме

a_{n}=1+3\left(10+10^{2}+\cdots+10^{n}\right)=

1+3 \cdot 10 \cdot \frac{10^{n}-1}{10-1}=\frac{10^{n+1}-7}{3}.

Ще докажем, че

17 \mid a_{n}

за всяко

n

от вида

n=16 k+8, k=0, 1, 2, \ldots

с което задачата ще бъде решена. Имаме

7^{2}=49 \equiv-2(\bmod 1) 7

, оттук

7^{8} \equiv 16 \equiv-1(\bmod 1) 7

и значи

7^{8(2 k+1)} \equiv-1(\bmod 1) 7

. Сега

10^{n+1}-7 \equiv(-7)^{n+1}-7 \equiv-7\left(7^{8(2 k+1)}+1\right) \equiv 0(\bmod 1) 7

. Следователно

17 \mid a_{n}

за

n=16 k+8, k=0, 1, 2, \ldots

Ще отбележим, че числата

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{7}

са прости.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2011-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се пресметне стойността на израза:

\left(\frac{1}{2 \cdot 3}+\frac{1}{4 \cdot 5}+\cdots+\frac{1}{2010 \cdot 2011}\right)+3017\left(\frac{1}{1006 \cdot 2011}+\frac{1}{1007 \cdot 2010}+\frac{1}{1008 \cdot 2009}+\cdots+\frac{1}{1508 \cdot 1509}\right)

Решение

\begin{gathered} \frac{1}{2 \cdot 3}+\frac{1}{4 \cdot 5}+\cdots+\frac{1}{2010 \cdot 2011} \\ =\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2010}-\frac{1}{2011} \\ =2\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}+\cdots+\frac{1}{2010}\right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2011}\right) \\ =1+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{1005}\right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2011}\right) \\ =1-\left(\frac{1}{1006}+\frac{1}{1007}+\frac{1}{1008}+\cdots+\frac{1}{2011}\right) \\ =1-3017\left(\frac{1}{1006 \cdot 2011}+\frac{1}{1007 \cdot 2010}+\frac{1}{1008 \cdot 2009}+\cdots+\frac{1}{1508 \cdot 1509}\right), \end{gathered}

така че търсената стойност е 1.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2011-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Правоъгълник може да се разреже на

n

еднакви квадрата. Същият правоъгълник може да се разреже на

n+76

еднакви квадрата. Да се намерят възможните стойности на

n

Решение

Ще докажем, че

n=324

. Нека

a b=n

c d=n+76

, където

a, b

c, d

означават броя квадратчета по всяко направление при двете разрязвания. Тогава

a: c=b: d

, т. е.

a d=b c

. Нека

u=

НОД

(a, c)

v=

НОД

(b, d)

, тогава съществуват положителни цели числа

x

y

, за които

\operatorname{gcd}(x, y)=1, a=u x, c=u y

b=v x, d=v y

. Следователно

c d-a b=u v\left(y^{2}-x^{2}\right)=u v(y-x)(y+x)=76=2^{2}.19.

Числата

y-x

y+x

са от една и съща четност и НОД

(x, y)=1

. Ако допуснем, че

y-x

y+x

са четни, то

x

y

са нечетни и тогава поне едно от

y-x

y+x

ще се дели на 4, т. е.

(y-x)(y+x)

ще се дели на 8, което не е вярно. Следователно

y-x

y+x

се нечетни, откъдето

y-x=1

y+x=19

е единствената възможност, при която

y=10, x=9

u v=4

. Следователно

n=a b=x^{2} u v=324

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2011-8-6

2011 · Финал

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

От квадрат

23 \times 23

е премахнато едно от полетата и остатъкът е изцяло разрязан на квадрати

2 \times 2

3 \times 3

. Кое поле е премахнато?

Решение

Да номерираме редовете и колоните от 1 до 23 и да оцветим в синьо четните редове и в жълто нечетните. Разликата между сините и жълтите полета в квадратите

2 \times 2

3 \times 3

е 0 или

\pm 3

. Жълтите полета в квадрата

23 \times 23

са с 23 повече. Ако премахнатото поле е жълто, жълтите полета биха били с 22 повече, което не се дели на 3. И така, премахнатото поле трябва да е синьо (жълтите полета стават с 24 повече, което се дели на 3 ). Да оцветим редовете в бяло, зелено, червено, бяло, зелено, червено,..., бяло, зелено. Белите и зелените полета са четен брой, а червените са нечетен брой. Квадрат

2 \times 2

покрива по четен брой полета от всеки вид, а квадрат

3 \times 3

покрива по равен брой полета от всеки вид, така че не е възможно премахнатото поле да е бяло или зелено. Така то е червено. Споменатите две оцветявания гарантират, че премахнатото поле е в редове 6, 12 или 18. Аналогично то е в колона с номер 6, 12 или 18. Остава да покажем, че всяко от тези 9 полета може да бъде премахнато. Можем да съставим правоъгълник

5 \times 6

от три квадрата

2 \times 2

един до друг и два квадрата

3 \times 3

под тях. Да заобиколим премахнатото поле с четири правоъгълника

5 \times 6

, образувайки квадрат

11 \times 11

, както следва: Остатъкът от големия квадрат може да се покрие с правоъгълници

5 \times 6

и квадрати

6 \times 6

(съставени напр. от четири

3 \times 3

). Те могат да се разполагат както отгоре, така и отдолу; както отляво, така и отдясно. По този начин премахнатото поле може да бъде поставено на всяко от деветте места, чиито координати се делят на 6.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-8-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-8-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че ако

a, b

c

са страни на триъгълник, то е изпълнено неравенството:

\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c} \geq 3.

Решение

Полагаме

b+c-a=x, c+a-b=y

a+b-c=z

. От условието

a, b

c

да са страни на триъгълник следва, че

x\gt{}0, y\gt{}0

z\gt{}0

. От горните равенства намираме

a=\frac{y+z}{2}, b=\frac{x+z}{2}

c=\frac{x+y}{2}

. След заместване получаваме, че даденото неравенство е еквивалентно на

\frac{y+z}{2 x}+\frac{x+z}{2 y}+\frac{x+y}{2 z} \geq 3.

Последното неравенство може да се запише във вида

\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)+\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right) \geq 6

което е вярно, понеже за всеки две положителни числа

m

n

е изпълнено неравенството

\frac{m}{n}+\frac{n}{m} \geq 2

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Даден е граф

G

n \geq 4

върха и

k\gt{}\frac{n^{2}}{4}

ребра. Да се докаже, че в графа има два триъгълника с общ връх.

Решение

Ще докажем твърдението с индукция по

n

. При

\mathrm{n}=4

и 5 се вижда елементарно. При

\mathrm{n}\gt{}5

съгласно теоремата на Туран триъгълник t в G. Ако в G няма триъгълник, който има обш връх с t, то от върховете на

t

излизат най-много

n-3

ръба към останалите върхове. Сега ако премахнем

t

и всички ръбове излизащи от него ще получим граф с n-3 върха и повече от ръба.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-8-6

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-8-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2011-8-8

2012 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Целите числа са оцветени в два цвята: черно и бяло, като числото 1 е бяло. За всеки две бели числа

a

b

(

a

b

може да са равни), числата

a-b

a+b

са с различен цвят. Да се докаже, че числото 2012 е бяло.

Решение

С индукция по

k \geq 0

се доказва, че

3 k

е черно, а

3 k+1

3 k+2

са бели. Тъй като

2012=3 \cdot 670+2

, то 2012 е бяло.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дадени са

n

цели числа

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

със сума, която е четно число и за всяко

i=1, 2, \ldots, n

са изпълнени неравенствата

a_{i} \leq a_{i+1} \leq 2 a_{i}

. Може ли тези числа да се разделят на две групи с равни суми, ако

a_{1}=1

Решение

Може! Индуктивно лесно се доказва, че в сумата

S=\sum_{i=1}^{n} \pm a_{i}

знаците могат да бъдат подбрани така, че

-a_{1} \leq S \leq a_{1}

. Тъй като

S

е винаги четно число, то

S=0

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

За даден правоъгълник със страни

a

b, a \geq b

, плътност ще наричаме отношението

\frac{a}{b}

. Докажете, че както и да разбием квадрат със страна 1 на правоъгълници, то сумата от плътностите на тези правоъгълници е по-голяма или равна на 1.

Решение

Нека квадратът е разбит на

n

правоъгълници със страни

a_{i} \times b_{i}, a_{i} \geq b_{i}

i=1, 2, \ldots, n

. Тъй като

b_{i} \leq 1

, имаме

\frac{a_{i}}{b_{i}} \geq a_{i}. b_{i}

, откъдето

\sum_{i=1}^{n} \frac{a_{i}}{b_{i}} \geq \sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{1}=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Докажете, че уравнението

x^{4}-8 x^{3}+23 x^{2}-34 x+39=0

няма реални корени.

Решение

Тъй като

x^{4}-8 x^{3}+23 x^{2}-34 x+39=\left(x^{2}-x+3\right)\left(x^{2}-7 x+13\right)

и двете квадратни уравнения имат отрицателна дискриминанта, то уравнението няма реални корени.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които

2^{n}+3^{n}

се дели на 13.

Решение

Нека

13 \mid 2^{n}+3^{n}

, т. е.

2^{n} \equiv-3^{n}(\bmod 13)

. Тогава

2^{3 n} \equiv-27^{n}(\bmod 13)

, т. е.

2^{3 n} \equiv-1(\bmod 13)

. Това е изпълнено точно когато

6 \mid 3 n

12 \nmid 3 n

, т. е.

2 \mid n

4 \nmid n

, което означава, че

n=4 k+2, k \geq 0

цяло число. Обратно, при

n=4 k+2

имаме

2^{n}+3^{n}=4^{2 k+1}+9^{2 k+1}=

(4+9)\left(4^{2 k}-4^{2 k-1} \cdot 9+\cdots-4 \cdot 9^{2 k-1}+9^{2 k}\right)

и действително

13 \mid 2^{n}+3^{n}

. Така търсените естествени числа са

n=4 k+2

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

За триъгълник

A B C

е дадено, че

A B-A C=B C-A B=1

A C\gt{}3

. Ако

C D \perp A B(D \in A B)

, да се пресметне разликата

B D-A D

Решение

Нека

A C=x

, тогава

A B=x+1

B C=x+2

. По условие

x\gt{}3

, откъдето следва

(x+2)^{2}\lt{}x^{2}+(x+1)^{2}(\Longleftrightarrow(x+1)(x-3)\gt{}0)

. Следователно триъгълникът съществува и е остроъгълен, така че точката

D

е вътрешна за страната

A B

. Имаме

x^{2}

A D^{2}=C D^{2}=(x+2)^{2}-B D^{2}

и оттук (1)

B D^{2}-A D^{2}=4(x+1)

. От друга страна

B D^{2}-A D^{2}= (B D+A D)(B D-A D)

или (2)

B D^{2}-A D^{2}=(x+1)(B D-A D)

. От (1) и (2) получаваме

B D-A D=4

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

В окръжност с център

O

и радиус

R

е вписан остроъгълен триъгълник

A B C

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

, в който отсечките

A P(P \in B C)

B Q(Q \in A C)

са височини. Да се пресметне лицето на четириъгълника

C P O Q

Решение

Ще използваме обичайните означения за триъгълник. Преди всичко от

\triangle A B O \left(A O=B O=R, \angle A O B=2 \angle A C B=120^{\circ}\right)

намираме

c=R \sqrt{\vphantom{x^2}3}

. От правоъгълните триъгълници

A P C

B Q C

(

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

) имаме

C P=\frac{b}{2}

C Q=\frac{a}{2}

. Сега триъгълниците

P Q C

A B C

са подобни, понеже имат общ ъгъл и

\frac{C P}{C A}=\frac{C Q}{C B}=\frac{1}{2}

. Оттук

P Q=\frac{c}{2}=\frac{R \sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}

\angle C P Q=\alpha

. Нека

K

е пресечната точка на

C O

P Q

. Тъй като

\angle B O C=2 \alpha

, оттук

\angle O C B(=\angle O B C)=90^{\circ}-\alpha

\angle C P Q=\alpha

, следва, че

\angle C K P=90^{\circ}

, т. е.

C O \perp P Q

. (Да отбележим, че

C K\lt{}C P=\frac{C A}{2}\lt{}R=C O

, така че точката

K

е между

C

O

и следователно

C P O Q

е изпъкнал четириъгълник.) Накрая намираме

S_{C P O Q}=\frac{P Q. C O}{2}=\frac{R^{2} \sqrt{\vphantom{x^2}3}}{4}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Определете броя на всички наредени четворки (

a, b, c, d

) от цели числа, такива че

a b c d=15000

Решение

Имаме

15000=2^{3} 5^{4} 3

. Да кодираме разпределеднието на трите множителя „2” между

a, b, c, d

с три букви „Д"(сложи двойка) и три „C” (премини към следващия множител в реда

a, b, c, d

). Броят на тези шестбуквени думи е

\binom{6}{3}=20

. Да кодираме разпределеднието на 4 -те множителя „ 5 " между

a, b, c, d

с 4 букви „П"(сложи петица) и три „C" (премини към следващия множител в реда

a, b, c, d

). Броят на тези 7 -буквени думи е

\binom{7}{3}=35

. Множителите „3” се разпределят по

\binom{4}{3}=4

начина. Знаците могат да са ++++ (един начин), ++-- (6 начина) или ---- (един начин), или общо 8 начина. Окончателно, броят на търсените четворки е 20 \cdot 35 \cdot 4 \cdot 8

=22400

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2012-8-8

2012 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

От равностранен

\triangle A B C

с лице 1 изрязваме обратно ориентирани равностранни триъгълници

A_{1} B_{1} C_{1}, A_{2} B_{2} C_{2}, \ldots

, които изпълняват следните две свойства:

(*)

Всеки

\triangle A_{k} B_{k} C_{k}

е със страни, съответно успоредни на страните на

\triangle A B C

(*)

За всеки два триъгълника

A_{k} B_{k} C_{k}

A_{j} B_{j} C_{j}

, ако

A_{k} B_{k}

е по-далече от

A B

, отколкото

A_{j} B_{j}

, то

A_{k} B_{k}\gt{}A_{j} B_{j}

. Да се докаже, че сумата от лицата на изрязаните триъгълници е по-малка от

\frac{2}{3}

Решение

От всеки

\triangle A_{i} B_{i} C_{i}

изрязваме по средната му отсечка

M_{i} N_{i} \| A_{i} B_{i}

триъгълник и го транслираме с вектор

C_{i} H_{i}

(височината на триъгълника). Нека

M_{i}^{\prime}

N_{i}^{\prime}

са образите на

M_{i}

N_{i}

при тази транслация. Лицето на

\triangle A_{i} B_{i} C_{i}

е точно

\frac{2}{3}

от лицето на шестоъгълника

M_{i} N_{i} B_{i} N_{i}^{\prime} M_{i}^{\prime} A_{i}

. Остава да покажем, че два шестоъгълника нямат обща точка и не излизат извън

\triangle A B C

. Ако допуснем, че горната част

B_{i} N_{i}^{\prime} M_{i}^{\prime} A_{i}

на шестоъгълника

M_{i} N_{i} B_{i} N_{i}^{\prime} M_{i}^{\prime} A_{i}

покрива по-голяма част от

\frac{1}{4}

от по-горния

A_{k} B_{k} C_{k}

, то

A_{i} B_{i}\gt{}A_{k} B_{k}

, което противоречи на 2. Шестоъгълникът

M_{i} N_{i} B_{i} N_{i}^{\prime} M_{i}^{\prime} A_{i}

не може да напусне

\triangle A B C

, защото страните му според 1. са успоредни на страните на

\triangle A B C

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В правоъгълния

\triangle A B C

през средата

M

на хипотенузана

A B

е построена права, перпендикулярна на

A B

, която пресича катета

B C

в точка

K

и продължението на катета

A C

в точка

L

. Да се намери

A C: B C: A B

, ако

K M: K L=9: 7

Решение

Освен обичайните означения за триъгълника нека

K M=9 x

K L=7 x

. От

\triangle K M B \sim \triangle A M L

следва

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

или

\frac{9 x}{\frac{c}{2}}=\frac{\frac{c}{2}}{16 x}

, откъдето

c=24 x

. От

\triangle K M B \sim \triangle A C B

следва следва

\frac{K M}{A C}=\frac{B M}{B C}

или

\frac{9 x}{b}=\frac{\frac{c}{2}}{a}

, откъдето

3 a=4 b

. Оттук и от

a^{2}+b^{2}=c^{2}=576 x^{2}

получаваме

a=\frac{96 x}{5}

b=\frac{72 x}{5}

. Следователно

b: a: c=\frac{72}{5}: \frac{96}{5}: 24=3: 4: 5

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които уравнението

a^{3} x^{4}-2 a^{2} x^{2}+8 x+a-4=0

има четири различни реални корена.

Решение

Очевидно при

a=0

условието не е изпълнено. Нека

a \neq 0

. Сега записваме уравнението във вида

(a x)^{4}-2 a(a x)^{2}+8(a x)+a^{2}-4 a=0

полагаме

y=a x

и достигаме до уравнението (1)

y^{4}-2 a y+8 y+a^{2}-4 a=0

. Очевидно условието се свежда до това (1) да има четири различни реални корена. Разглеждаме (1) като квадратно уравнение спрямо

a\left(a^{2}-2\left(y^{2}+2\right) a+y^{4}+8 y=0\right)

, намираме корените му (

\left. a_{1}=y^{2}+2 y, a_{2}=y^{2}-2 y+4\right)

, след което разлагаме на множители (

\left(a-a_{1}\right)\left(a-a_{2}\right)=0

) и получаваме

\left(y^{2}+2 y-a\right)\left(y^{2}-2 y+4-a\right)=0. \tag{2}

Квадратните уравнения (3)

y^{2}+2 y-a=0

и (4)

y^{2}-2 y+4-a=0

имат дискриминанти

D_{1}=4(a+1)

D_{2}=4(a-3)

. Ясно е, че за да има (2) четири различни реални корена трябва

D_{1}\gt{}0

D_{2}\gt{}0

, откъдето

a\gt{}3

. При това, ако

a\gt{}3

, то (3) и (4) нямат общ корен: ако

y_{0}

е такъв, от

\left(y_{0}^{2}+2 y_{0}-a\right)-\left(y_{0}^{2}-2 y_{0}+4-a\right)=0

следва

y_{0}=1

и (след заместване в (3) или (4))

a=3

. Окончателно, (2) (а значи и даденото уравнение) има четири различни реални корена точно когато

a \in(3, +\infty)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяко естествено число е в сила равенството

[\sqrt{\vphantom{x^2}n}+\sqrt{\vphantom{x^2}n+1}]=[\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+2}].

Решение

Преди всичко непосредствено се проверява, че

\sqrt{\vphantom{x^2}n}+\sqrt{\vphantom{x^2}n+1}\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+2}

. Оттук следва, че

[\sqrt{\vphantom{x^2}n}+\sqrt{\vphantom{x^2}n+1}] \leq[\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+2}]

. Да допуснем, че

[\sqrt{\vphantom{x^2}n}+\sqrt{\vphantom{x^2}n+1}]\lt{}[\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+2}]

. Тогава има цяло число

m

, такова че

\sqrt{\vphantom{x^2}n}+\sqrt{\vphantom{x^2}n+1}\lt{}m \leq \sqrt{\vphantom{x^2}4 n+2}

. Оттук след двукратно повдигане на квадрат получаваме

(2 n+1)^{2}-1\lt{}\left(m^{2}-2 n-1\right)^{2} \leq(2 n+1)^{2}

. Следователно

\left(m^{2}-2 n-\right.

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

, откъдето

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

, което очевидно е невъзможно. С това задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-8-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Във върховете на правилен

n

-ъгълник са записани различни естествени числа, най-голямото от които е 2012. Числата във върховете на всеки равнобедрен триъгълник имат сбор, кратен на 3. Определете най-голямата възможна стойност на

n

Решение

Да номерираме върховете и числата в тях с

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

(номерацията е по модул

n

). Понеже

A_{i} A_{i+1} A_{i+2}

A_{i+1} A_{i+2} A_{i+3}

са равнобедрени за всяко естествено

i

, то сборовете на числата в тях се делят на 3, следователно

A_{i} \equiv A_{i+3}(\bmod 3)

, а следователно това е в сила и за

A_{i+6}, A_{i+9}

и пр. Ако

n

не се дели на 3, от горното следва, че всички числа имат еднакъв остатък при деление на 3. Най-голямото е 2012, така че най-големият възможен брой такива числа е 671 (а именно

2, 5, 8, 11, \ldots, 2012

). При това сборът на числата във върховете на всеки триъгълник се дели на 3. Нека

n

се дели на 3. Числата са различни и най-голямото е 2012, така че най-голямото възможно кратно на 3 е

n=2010

. Действително, нека

n=2010

A_{i}=i+2

за всяко

i

. Тогава сборът от числата във върховете на произволен равнобедрен триъгълник

A_{i-j} A_{i} A_{i+j}

(i-j+2)+(i+2)+(i+j+2)=3 i+6

, така че е кратен на 3. Окончателен отговор:

n=2010

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които уравнението

x^{3}-(2 a+1) x^{2}+3 a x-a=0

има единствен реален корен.

Решение

Преобразуваме даденото уравнение във вида (1)

(x-1)\left(x^{2}-2 a x+a\right)=0

. Тъй като

x=1

е корен на (1) за всяко

a

, условието се свежда до това квадратното уравнение (2)

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

да няма реален корен, различен от 1. Това е изпълнено при

a=1

, когато (2) има единствен корен

x=1

и при

D=4\left(a^{2}-a\right)\lt{}0

, т. е.

a \in(0, 1)

, когато (2) изобщо няма реален корен. Така търсените стойности на параметъра са

a \in(0, 1]

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-8-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2012-8-8

2012 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Ако

a, b

са цели числа и

s=a^{3}+b^{3}-60 a b(a+b) \geq 2012

, намерете най-малката възможна стойност на

s

Решение

Имаме

s=(a+b)^{3}-63 a b(a+b) \geq 2012

. Тъй като остатъците по модул 7 на точните кубове могат да са само 0, 1 и 6, то

s \geq 2015

. Най-малката възможна стойност на

s

е 2015: тя се достига например при

a=6, b=-1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички тройки (

a, b, c

) от положителни цели числа, за които съществува естествено число

n

, за което

a!+b!+c\neq{}2^{n}

Решение

Без ограничение

a \leq b \leq c

. При

a \geq 3

лявата страна се дели на 3 и уравнението няма При

a=1

имаме

b!+c\neq{}2^{n}-1

е нечетно число, откъдето

b=1

. Тогава

c\neq{}2^{n}-2

и ако

c \geq 4

имаме противоречие по модул 4. При

c=2

c=3

получаваме съответно решенията

(1, 1, 2)

(1, 1, 3)

. При

a=2

имаме

b!+c\neq{}2^{n}-2

и ако

b \geq 4

получаваме противоречие по модул 4. При

b=2

имаме

c\neq{}2^{n}-4

, което при

c \geq 4

дава противоречие по модул 8. При

c=2, 3

не получаваме Накрая, при

b=3

имаме

c\neq{}2^{n}-8

, като отново при

c \geq 6

имаме противоречие по модул 8. При

c=3, 4, 5

намираме то

(2, 3, 4)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Съществуват ли квадратни тричлени

f(x)

g(x)

с реални коефициенти, за които

f(g(x))=0

има корени

2, 3, 5, 7

Решение

Тъй като

g(x)

при

x=2, 3, 5, 7

трябва да приема по два пъти корените на

f(x)

g\left(x_{1}\right)=g\left(x_{2}\right)

когато

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

, то

2, 3, 5, 7

се разделят на две групи с равни суми. Това е невъзможно, поради

2+3+5+7=17

нечетно число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В равнината са дадени краен брой квадрати със страни успоредни на координатните оси. Нека

M

е множеството от центровете им. Да се докаже, че може да се изберат част от квадратите, така че произволна точка от

M

да попадне поне в един и в не повече от 4 от избраните квадрати.

Решение

Твърдението следва лесно от следната Лема. Ако в равнината са дадени 5 квадрата със страни успоредни на координатните оси, които имат обща точка, то един от тези квадрати съдържа центъра на друг.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Какъв е максималният брой коне, които могат да се поставят в различни полета на шахматна дъска

n \times n

(

n

е естествено число), така че никои два да не се атакуват?

Решение

При

n \leq 2

можем да разположим коне във всичките

n^{2}

полетаняма да се атакуват. Нека сега

n \geq 3

. Директно можем да покажем, че при

n=4

n=6

можем да групираме полетата в

n^{2} / 2

двойки взаимноатакуващи се полета, а при

n=3

n=5

можем да групираме полетата в

\left(n^{2}-1\right) / 2

двойки взаимноатакуващи се полета и едно допълнително поле, така че там не могат да се разположат повече от

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

коня. Полетата в правоъгълник

4 \times 2

могат да се групират по двойки взаимноатакуващи се полета, така че там не могат да се разположат повече от 4 коня. Полетата в правоъгълник

4 \times 3

могат да се групират по двойки взаимноатакуващи се полета, така че там не могат да се разположат повече от 6 коня. Следователно ако за някое

n

сме доказали, че броят на конете е не повече от

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

, същото е вярно и за

n+4

, понеже можем да разбием таблицата

(n+4) \times(n+4)

на таблица

n \times n

и множество правоъгълници

4 \times 2

и евентуално

4 \times 3

. Следователно, понеже твърдението е вярно за

n=3, 4, 5, 6

, то е вярно за всяко

n \geq 3

. От друга страна, в таблица

n \times n

можем да разположим

\left\lfloor n^{2}+1\right\rfloor / 2

коня: достатъчно е да ги поставим в полетата на по-масовия цвят при шахматно оцветяване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Ако

x, y, z

са положителни числа, да се определи най-малката възможна стойност на израза

\frac{1}{x y+y z+z x}-\frac{2}{x+y+z}

Решение

От

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

следва

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

. От друга страна,

\frac{3}{(x+y+z)^{2}}-\frac{2}{x+y+z}+\frac{1}{3} \geq 0

, понеже е 3 пъти по квадрата на

\frac{1}{x+y+z}-\frac{1}{3}

. Събирайки двете неравенства, имаме

\frac{1}{x y+y z+z x}-\frac{2}{x+y+z} \geq-\frac{1}{3}

. Равенство се достига за

x=y=z=1

. Отговор:

-\frac{1}{3}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Триъгълник

A B C

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

е вписан в окръжност

k

. Допирателните към

k

в точките

A

B

се пресичат в точка

D

. Права през

D

, успоредна на

A C

пресича

B C

в точка

M

. Да се намери

\angle A M C

Решение

Имаме

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

, откъдето

B M A D

е вписан. Оттук

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

и следователно

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

В турнир по волейбол участват 8 отбора, като всеки играе срещу всеки по една среща. За победа се присъжда 1 точка, а за загуба 0 точки (във волейбола няма равни срещи). Ако

a_{1} \geq a_{2} \geq \cdots \geq a_{8}

са точките на отборите, каква е най-голямата стойност на

a_{1}-a_{2}+a_{3}-a_{4}+a_{5}-a_{6}+a_{7}-a_{8}?

Решение

Тъй като

a_{1} \leq 7

, имаме

S=a_{1}-a_{2}+a_{3}-a_{4}+a_{5}-a_{6}+a_{7}-a_{8}=a_{1}- \left(a_{2}-a_{3}\right)-\left(a_{4}-a_{5}\right)-\left(a_{6}-a_{7}\right)-a_{8} \geq a_{1}-a_{8} \leq a_{1} \leq 7

. Ако допуснем, че

S=7

, то

a_{1}=7, a_{2}=a_{3}, a_{4}=a_{5}, a_{6}=a_{7}

a_{8}=0

. Тогава общият брой спечелени точки

a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}+a_{6}+a_{7}+a_{8}=7+2\left(a_{2}+a_{4}+a_{6}\right)

е нечетно число. Този брой е равен на броя на изиграните срещи, които е 28. Полученото противоречие показва, че

S \leq 6

. Следният пример показва, че

S

може да бъде 6. A x1111111, Б 0x011111 B 01x00111 Г 001x1011 Д 0010x111 E 00010x01 K 000001x1 30000000 x

\begin{array}{|c|} \hline \cr \hline Maths BG \cr \hline \end{array}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2012-8-8

2012 · Ден 4

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на параметъра

a

, за които системата уравнения

\left\lvert\, \begin{gathered} x^{4}+x^{2}=y z+a \\ y^{4}+y^{2}=z x+a \\ z^{4}+z^{2}=x y+a \end{gathered}\right.

има: a) поне едно реално

Решение

б) единствено реално Умножаваме уравненията на системата с 2, събираме ги почленно и получаваме равенството

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

6 a. \tag{1}

a) От (1) е очевидно, че при

a\lt{}0

дадената система няма От друга страна, при

a \geq 0

тя има поне едно например

x=y=z=\sqrt[4]{\vphantom{x^2}a}

. Окончателно

a \in[0, +\infty)

. б) При

a\gt{}0

системата има поне две различни

x=y=z=\sqrt[4]{\vphantom{x^2}a}

x=y= z=-\sqrt[4]{\vphantom{x^2}a}

. От друга страна, при

a=0

от (1) е ясно, че единствено може да бъде

x=y=z=0

. Окончателно,

a=0

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

През центъра

I

на вписаната окръжност за

\triangle A B C

е прекарана права, която пресича

A B

B C

съответно в точки

M

N

. Точките

K

L

върху страната

A C

са такива, че

\angle I K L=\angle I N B

\angle I L K=\angle I M B

. Да се докаже, че

A M+K L+C N=A C

Решение

Ако

E, D

F

са петите на перпендикулярите от

I

съответно към

A C, B C

A B

. Тогава

A E=A F=A M+M F

C E=C D=C N+N D

. Тъй като

\triangle I M F \equiv \triangle I L E

\triangle I N D \equiv \triangle I K E

, то

K L=M F+N D

и тогава

\begin{aligned} A C & =A E+E C=A F+C D=(A M+M F)+(C N+N D)= \\ & =A M+C N+(M F+N D)=A M+C N+K L \end{aligned}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-8-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-8-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

A=\overline{a b c d e f}

B=\overline{f e d c b a}

са шестцифрени числа. Колко най-много цифри 5 могат да се срещат в разликата

|A-B|

Решение

Разликата

|A-B|

се дели на 9 и не е възможно да има 6 петици. Ако има 5 петици, то шестата цифра е 2. Ако двете цифри над цифрата 2 са

x

y

, то

x-y=2

или

x-1-y=2

или

10+x-y=2

или

10+x-1-y=2

. Тогава

x-y=2, 3, -8, -7

. Цифрата в разликата

|A-B|

в позицията, в която имаме

y

x

е равна на 5 и тогава

y-x=5

или

y-1-x=5

или

10+y-x=5

или

10+y-1-x=5

, т. е.

y-x=5, 6, -5, -4

. При

A=676231

B=132676

имаме

A-B=543555

и имаме 4 цифри 5.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Иван хвърля зар три пъти, като запомня най-голямото от трите числа. Петър хвърля зар два пъти, като също запомня по-голямото от двете числа. Ако числото на Иван е по-голямо от числото на Петър, той печели. В противен случай печели Петър. Кой има по-голяма вероятност да спечели?

Решение

Вероятността най-голямото число на Иван да е

a, 1 \leq a \leq 6

\frac{a^{3}-(a-1)^{3}}{6^{3}}

(

a^{3}

са всички възможности, при които най-голямото число е по-малко или равно на

a

, а

(a-1)^{3}

са всички възможности, при които най-голямото число е по-малко или равно на

a-1)

. Аналогично, вероятността най-голямото число на Петър да е

b

\frac{b^{2}-(b-1)^{2}}{6^{2}}

. Следователно вероятността да спечели Иван при положение, че неговото число е

a

, а числото на Петър е

b

, където

a\gt{}b

, е равна на

\frac{a^{3}-(a-1)^{3}}{6^{3}} \frac{b^{2}-(b-1)^{2}}{6^{2}}

. Остава да сумираме при

a, b \in\{1, 2, \ldots, 6\}, a\gt{}b

. Получаваме

\sum_{a\gt{}b}\left(\frac{a^{3}-(a-1)^{3}}{6^{3}}\right)\left(\frac{b^{2}-(b-1)^{2}}{6^{2}}\right)=

\frac{3459}{7776}\lt{}

\frac{1}{2}.

Следователно Петър има по-голяма вероятност за печалба.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-8-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2012-8-8

2013 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2013-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени

n

и прости

p

, за които

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

Решение

Да запишем даденото уравнение във вида

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

. Тогава

p \mid n-1

и нека

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

. След съкращаване получаваме

p+k=k^{2}

, откъдето

p=k(k-1)

k=1, p=2

n=5

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2013-8-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2013-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{R}

, за които

f(m)+f(n)=f(m n)+f(m+n+m n) \forall m, n \in \mathbb{Z}.

Решение

Нека

f(1)=a

. Полагаме

n=1

и получаваме

f(2 m+1)=f(1)=a

, т. е.

f(x)=a

за всяко нечетно

x \in \mathbb{Z}

. Нека

a=2^{k} d \neq 0

е четно,

k \in \mathbb{N}, d \in \mathbb{Z}

е нечетно. Полагаме

m=d

n=2^{k}

и получаваме

f(d)+f\left(2^{k}\right)=f(a)+f\left(2^{k}(d+1)+d\right) \Longleftrightarrow f\left(2^{k}\right)=f(a)

. Следователно е достатъчно да намерим

f\left(2^{k}\right), k \in \mathbb{N}

f(0)

. Нека

k \geq 2

и да положим

m=2^{k}

n=2

- получаваме

f\left(2^{k}\right)+f(2)=f\left(2^{k+1}\right)+f\left(3 \cdot 2^{k}+2\right) \Longleftrightarrow f\left(2^{k}\right)+f(2)=f\left(2^{k+1}\right)+f(2)

, т. е.

f\left(2^{k}\right)=b=

const за

k \geq 2

. Сега с полагането

m=n=2

имаме

2 f(2)=f(4)+f(8)=2 b

, откъдето

f(2)=b

. Накрая, с полагане

m=n=-2

получаваме

2 f(-2)=f(4)+f(0)

, откъдето намираме

f(0)=b

. Обратно, лесно се вижда, че всички функции

f(x)=\left\{\begin{array}{ll}a, & \text{ако} x \text{е нечетно, където} a \text{и} b \text{са произволни реални} \cr b, & \text{ако} x \text{е четно}\end{array}\right.

, къ числа, удовлетворяват условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2013-8-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2013-8-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2013-8-6

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2013-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

В изпъкнал четириъгълник

A B C D

е дадено

\angle C B D=\angle C A B

\angle A C D= \angle B D A

. Да се докаже, че

\angle A B C=\angle A D C

Решение

От

\triangle A B C

\triangle A B D

имаме

\angle A B D+\angle D B C+\angle B C A+\angle C A B=

\angle A B D+\angle B D A+\angle D A C+\angle C A B

откъдето следва, че

\angle D B C+\angle B C A=\angle A D B+\angle D A C

. Като използваме условието намираме

\angle D B C+\angle A B D=\angle A D B+\angle B D C

, т. е.

\angle A B C=\angle A D C

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2013-8-8

2013 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се определи броят на естествените числа

n

, за които

1+\left\lfloor\frac{2012 n}{2013}\right\rfloor=\left\lceil\frac{2013 n}{2014}\right\rceil.

(

\mathrm{C}\lfloor x\rfloor

се отбелязва най-голямото цяло число, по-малко или равно на

x

, а

\lceil x\rceil

е най-малкото цяло число, по-голямо или равно на

x

Решение

Да разгледаме функцията

f(n)=\left\lceil\frac{2013 n}{2014}\right\rceil-\left\lfloor\frac{2012 n}{2013}\right\rfloor

. Лесно се проверява, че

f(n) \geq 1

f(n+2013 \cdot 2014)=f(n)-1

. Следователно във всеки клас числа, сравними по модул 2013 \cdot 2014, има точно едно ; броят на решенията е 4054182.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички цели числа

n

, за които

\sqrt{\vphantom{x^2}n^{2}+3 n+38}

е цяло число.

Решение

Ако разглежданото число е цяло, то

n^{2}+3 n+38=x^{2}

за някое цяло

x

. Тогава

4 x^{2}-4 n^{2}-12 n-9=143 \Longleftrightarrow(2 x-2 n-3)(2 x+2 n+3)=143

, откъдето след разглеждане на различните възможности получаваме решенията

n \in\{-37, -2, -1, 34\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-8-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

x

, за които е изпълнено равенството

[2 x]+[3 x]+[5 x]=2013

(С

[x]

се бележи най-голямото цяло число, което е не по-голямо от

x

)

Решение

Всяко реално число

x

може да се представи във вида

x=[x]+\alpha

, където

0 \leq \alpha\lt{}1

. Понеже за всяко цяло число

t

е изпълнено

[t x]=[t[x]+t \alpha]=t[x]+[t \alpha]

, то даденото уравнение се записва във вида

10[x]+[2 \alpha]+[3 \alpha]+[5 \alpha]=2013

Ако

[x] \geq 202

, то лявата част е поне 2020 и равенството е невъзможно. Ако

[x] \leq 200

, то

2013=10[x]+[2 \alpha]+[3 \alpha]+[5 \alpha] \leq

2000+[2 \alpha]+[3 \alpha]+[5 \alpha]

и следователно

[2 \alpha]+[3 \alpha]+[5 \alpha] \geq 13

. Това е невъзможно понеже

[2 \alpha] \leq 1, [3 \alpha] \leq 2

[5 \alpha] \leq 4

. Остава

[x]=201

и тогава

[2 \alpha]+[3 \alpha]+[5 \alpha]=3

. Ако

\alpha\lt{}\frac{2}{5}

, то

[2 \alpha]+[3 \alpha]+[5 \alpha]\lt{}0+1+1=2

и равенството е невъзможно. При

\frac{2}{5} \leq \alpha\lt{}\frac{1}{2}

имаме

[2 \alpha]+[3 \alpha]+[5 \alpha]=0+1+2=3

, а при

\alpha \geq \frac{1}{2}

получаваме

[2 \alpha]+[3 \alpha]+[5 \alpha] \geq 1+1+2=4

. Следователно търсените са

x \in\left[200 \frac{2}{5}, 200 \frac{1}{2}\right)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

За числата

a, b, c

d

е известно, че

a+b=c+d

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

. Да се докаже, че

a^{2013}+b^{2013}=c^{2013}+d^{2013}

Решение

Ако

a+b=c+d=0

, то

a=-b

c=-d

, откъдето

a^{2013}+b^{2013}=c^{2013}+d^{2013}=0

. Ако

a+b=c+d \neq 0

, лесно се доказва, че

a b=c d

, откъдето

\{a, b\}=\{c, d\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

По колко начина можем да оцветим всяко от полетата на таблица

3 \times 3

в жълто, синьо, зелено или червено, така че съседните по страна полета да са разноцветни?

Решение

Има 4 варианта за централното поле. Да допуснем, че е синьо. Тогава други сини полета може да има само в ъглите. Ако има още 1 синьо поле (от 4 възможни), за останалите 7 полета има

3 \cdot 2^{6}=192

възможни оцветявания. Ако има още 2 сини полета (6 възможни двойки), останалите 6 полета са разделени на две групи, за които има

3^{2} \cdot 2^{4}=

144 възможни оцветявания. Ако има още 3 сини полета ( 4 възможни тройки), останалите 5 полета са разделени на три групи, за които има

3^{3}.2^{2}=108

възможни оцветявания. Ако има още 4 сини полета (всички ъгли), за останалите полета има

3^{4}=81

възможни оцветявания. Ако други сини полета няма, да видим колко и къде са жълтите полета. Ако жълти полета няма, за осемте полета има 2 възможни (шахматни) оцветявания в червено и зелено. Ако има 1 жълто поле (от 8 възможни), за останалите 7 полета има 2 възможни (шахматни) оцветявания в червено и зелено. Ако има 2 жълти полета

(8 \cdot 5 / 2=20

възможни двойки), останалите 6 полета са разделени две групи, за които има

2^{2}=4

възможни оцветявания. Ако има 3 жълти полета ( 16 възможни тройки), останалите 5 полета са разделени на три групи, за които има

2^{3}=8

възможни оцветявания. Ако има 4 жълти полета ( 2 възможни четворки), за останалите полета има

2^{4}=16

възможни оцветявания. Общо вариантите са

4(4 \cdot 192+6 \cdot 144+4 \cdot 108+81+8 \cdot 2+20 \cdot 4+16 \cdot 8+2 \cdot 16)=4 \cdot 2401=9604

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че съществува 2013-цифрено съставно естествено число, което при замяна на произволни три последователни цифри с произволни три цифри остава съставно.

Решение

Да разгледаме произведението

S

на нечетните числа от 1001 до 1999. Тъй като те са 500 и всяко от тях е по-малко от 2000, имаме

S\lt{}2000^{500}=32^{100} 10^{1500}\lt{}10^{1700}

Приписваме няколко нули отдясно на числото

S

, после една единица и накрая три нули, така че полученото число да е с 2013 цифри. Ако заменим три цифри, които не са последните три, полученото число ще е съставно, защото завършва на нула. Ако заменим последните три цифри с четно трицифрено число, отново полученото число е съставно. Ако заменим последните три цифри с нечетно трицифрено число

\overline{a b c}

, то полученото число ще се дели на

\overline{1 a b c}

(тъй като

\overline{1 a b c}

е нечетно число от 1001 до 1999).

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяко естествено число

n \geq 2

съществува

n

-цифрено число

A

, без нули в десетичния си запис и със следното свойство: ако към

A

прибавим произведението от цифрите му получаваме число, което има същото произведение на цифрите като

A

Решение

Числото 28 има исканото свойство, защото

28+2 \cdot 8=44

1 \cdot 8=4 \cdot 4

. Можем да добавим произволен брой единици от ляво на двойката и полученото число също ще има исканото свойство.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2013-8-8

2013 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

В таблица

3 \times 3

са разположени положителни числа. Произведението на числата във всеки ред и всеки стълб е равно на 1, а произведението на числата във всеки квадрат

2 \times 2

е равно на 2. Кое е числото, записано в центъра на квадрата? Дайте пример на такава таблица.

Решение

Нека таблицата има вида

\begin{array}{|l|l|l|} \hline a & b & c \cr \hline d & e & f \cr \hline g & h & i \cr \hline\hline \end{array}

Тъй като произведението на числата в парвите два стълба е 1, а произведенитео на числата в левия долен квадрат е 2, то

a b=\frac{1}{2}

. Аналогично

c f=h i=d g=\frac{1}{2}

. Произведението на тези 4 двойки е

\frac{1}{16}

и понеже произведенитео на всички числа е 1, то в

e=16

. Пример на такава таблица е:

a=c=i= g=2

b=f=h=d=\frac{1}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-8-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намери петцифрено естествено число

n

с възможно най-малка сума от цифрите си, за което

n^{3}-1

се дели на 2556.

Решение

Отговор: 23100. Нека

2556=2^{2}.3^{2}.71 \mid n^{3}-1=(n-1)\left(n^{2}+n+1\right)

. Ще докажем, че

n-1

се дели на

852=4 \cdot 3 \cdot 71

. Тъй като

4 \mid(n-1)\left(n^{2}+n+1\right)

n^{2}+n+1

е нечетно, имаме

4 \mid n-1

. Ако

n^{2}+n+1

се дели на 3, то

n \equiv 1(\bmod 3)

и значи

3 \mid n-1

. Накрая, с помощта на теоремата на Ферма имаме

1 \equiv n^{70}=\left(n^{3}\right)^{23} \cdot n \equiv n(\bmod 71)

. Сега търсим петцифрено число от вида

852 k+1

с възможно най-малка сума на цифрите си. Тъй като

852 k

не завършва на 9, всъщност търсим петцифрено число от вида

852 k

с възможно най-малка сума на цифрите си. Един кандидат е числото

23100=3 \cdot 71 \cdot 4 \cdot 25

, което е най-добро измежду завършващите на 00. Ако има по-добро число, сумата на неговите цифри е по-малка от 6 и последните две цифри дават кратно на 4 число. Възможностите са

a b c 04, a b c 12, a b c 20, a b c 32

a b c 40

, като сумата

a+b+c

е такава, че нашето число да се дели на 3. Лесно се вижда, че единствената възможност е

a b c 20

, като

a+b+c=1

и значи числото е 10020, което обаче не се дели на 71.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намери

x+y+z

, ако за естествените числа

x, y, z

са в сила

x y z=77077

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

Решение

Последното равенство е равносилно с

(x-y)(x-z)(y-z)=0

, така че сред числата

x, y, z

има равни; БОО

x=y

. Предвид

77077=7^{2}.11^{2}.13

, вариантите са следните:

\triangleright x=y=1, z=77077, x+y+z=77079;

\triangleright

x=y=7, z=1573, x+y+z=1587

; \triangleright

x=y=11, z=637, x+y+z=659

;

\triangleright x=y=77, z=13, x+y+z=167

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

За кои стойности на положителния параметър

r

уравнението

r^{3} x^{3}+7 r^{2}= 7 r^{3} x+1

има три различни цели корена?

Решение

Необходимо е

r \neq 0

. Уравнението се свежда до

r^{3} x^{3}-1=7 r^{2}(r x-1)

, т. е.

\left(r^{2} x^{2}+r x+1-7 r^{2}\right)(r x-1)=0

. За да имаме три цели корена, трябва

r x=1

и изразът в левите скоби трябва да се нулира два пъти, така че

D=r^{2}-4 r^{2}\left(1-7 r^{2}\right)=28 r^{4}-3 r^{2}\gt{}0

при

r^{2}\gt{}3 / 28

. Тогава

r \in\left\{1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}\right\}

. При

r=1

получаваме уравнението

x^{2}+x-6=0

, чиито корени 2 и -3 са цели числа. При

r=1 / 2

получаваме уравнението

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

, чиито корени 1 и -3 са цели числа. При

r=1 / 3

получаваме уравнението

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

, чиито корени -1 и -2 са цели числа. Отговор:

r \in\left\{1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}\right\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

По окръжност са разположени 2013 миски, косата на всяка от които може да е руса или черна. На всеки ход групата се снима и после едновременно всяка, която има съседка с коса в друг цвят, преоцветява косата си в нейния цвят. Какъв е найголемият възможен брой различни снимки, които може да се получи от дадена начална конфигурация?

Решение

Ако всички коси са едноцветни, това се запазва завинаги и снимката не се променя. Нека считаме, че има коси и от двата цвята. Нека

d(n)

е най-дългата редица от едноцветни миски след

n

хода. Имаме

d(n) \geq 2

, понеже 2013 е нечетно. Ако

d(n)=2

, то на следващата снимка всички са с променени коси, след което снимките се повтарят, редувайки се (има два вида снимки). Ако

d(n)=3

, то на следващата снимка всички са с променени коси, освен средните миски в едноцветните тройки; при това

d(n+1)=2

. след което снимките се повтарят, редувайки се. Въобще, ако има група от вида РЧЧЧ... ЧЧР, включваща

k

„Ч”, то на следващия ход тя изглежда като ЧРЧЧ... ЧРЧ, включваща

k-2

поредни "Ч". Обратно, група от

k-2 \geq 3

поредни „Ч" може да се получи само от група от

k

поредни „Ч”. Същото важи и за групи от поредни „Р". Следователно ако

3\lt{}d(n)\lt{}2013

, то

d(n+1)=d(n)-2

. Тогава непременно

d(1004) \leq 4, d(1005)=2

, така че са възможни най-много 1007 снимки (след

0, 1, 2, \ldots, 1005, 1006

хода). Ако отначало има само една руса миска, то имаме 1007 различни снимки (с

2012, 2010, \ldots, 2

поредни чернокоси плюс една с две поредни руси). Отговор: 1007.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Нека

n\lt{}2013

е най-голямото число, което е произведение на цифрите на естествено число

m

. а) Намерете

n

. б) Определете броя на всички възможни

m

Решение

Имаме

n=2000=2^{4} 5^{3}

; всички по-големи трицифрени числа имат прост делител над 10 и не могат да бъдат получени. Ако цифрите на

m

са

2, 2, 2, 2, 5, 5, 5

, броят на тези числа е

7 \cdot 6 \cdot 5 / 3\neq{}35

. Ако цифрите на

m

са

2, 2, 4, 5, 5, 5

, броят на тези числа е

6!/(2!3!)=60

. Ако цифрите на

m

са

2, 8, 5, 5, 5

, броят на тези числа е

5!/ 3\neq{}20

. Ако цифрите на

m

са

4, 4, 5, 5, 5

, броят на тези числа е

5 \cdot 4 / 2=10

. Общо

35+60+20+10=125

възможни

m

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-8-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2013-8-8

2013 · Финал

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Редицата от цели числа

\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}

има следното свойство: за всяко просто число

p

и за всяко естествено число

k

е изпълнено равенството

a_{p k+1}=p a_{k}-3 a_{p}+13

. Да се намерят всички възможни стойности на

a_{2013}

Решение

Нека и

k

е простополучаваме

a_{p k+1}=p a_{k}-3 a_{p}+13=a_{k p+1}=k a_{p}-3 a_{k}+13

, откъдето

(p+3) a_{k}=(k+3) a_{p}

. В частност, оттук имаме

5 a_{3}=6 a_{2}

5 a_{7}=10 a_{2}

. От изходното равенство при

p=2

k=3

получаваме

a_{7}=2 a_{3}-3 a_{2}+13=13-\frac{3 a_{2}}{5}

. Оттук и от полученото по-горе

5 a_{7}=10 a_{2}

намираме

a_{2}=5

. Сега получаваме

a_{p}=p+3

за всяко просто

p

. При

p=3

k=4

имаме

16=a_{13}=3 a_{4}-3 a_{3}+13=3 a_{4}-5

, откъдето

a_{4}=7

. Сега при

p=503

k=4

имаме

a_{2013}=a_{4 \cdot 503+1}=503 a_{4}-3 a_{503}+13=2016

Да отбележим, че редицата с общ член

a_{n}=n+3

има исканото свойство.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че съществуват безбройно много естествени числа

n

, които делят

2^{n}-8

и имат поне три различни прости делителя.

Решение

Ще докажем, че числата

n=2^{2 p}-1

, където

p\gt{}3

е просто число, имат исканите свойства. Тъй като

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

и множителите отдясно са взаимнопрости, имаме поне два прости делителя на

n

. Нещо повече, тъй като

3 \mid 2^{p}+1

и равенството

2^{p}+1=3^{x}

е невъзможно за

p\gt{}3

(да се докаже!), имаме и поне още един делител. Имаме

n\left|2^{n}-8 \Longleftrightarrow 2^{2 p}-1\right| 8\left(2^{n-3}-1\right) \Longleftrightarrow 2 p \mid n-3

. Но

n-3=2^{2 p}-4=4\left(4^{p-1}-1\right)

се дели на

p

от малката теорема на Ферма.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

В парвоъгълния тръгълник

A B C

е построена медианата

C M(M \in A B)

към хипотенузата. Ъглополовящата на

\angle B

пресича

C M

в точката

P

. Ако

B P=A C

, да се намери

\angle B A C

Решение

Имаме

\angle A B P=\angle P B C=\alpha, \angle M C B=2 \alpha

. Да построим

\triangle D A C \cong \triangle C P B

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

, както е показано на чертежа. Тогава

\angle A D C=2 \alpha

. Тъй като

\triangle D B C

е равнобедрен и тъй като

\angle A D C=\angle A B C

, то

\angle A D B=\angle A B D

. Оттук, ако

A \neq B D

, получаваме

A D=A B

. Това е невъзможно, тъй като

A D=C P\lt{}C M=

\frac{1}{2} A B

. Следователно

A \in B D

; тогава

\angle C A B=3 \alpha

и намираме

\alpha=18^{c}

irc. Получихме

\angle B A C=54^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-8-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Числата

a, b, c

d

са от интервала [2, 4]. Да се докаже неравенството

25(a b+c d)^{2} \geq 16\left(a^{2}+d^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}\right)

Решение

Ако

x

y

са две от дадените числа, имаме

2 x \geq 4 \geq y

. Тогава

(2 a-d)(2 d-a) \geq 0

(2 c-b)(2 b-c) \geq 0

и след разкриване на скобите, имаме

5 a d \geq 2 a^{2}+2 d^{2}

5 b c \geq 2 b^{2}+2 c^{2}

. Умножаваме всяко от тези две неравенства по 2, след което умножаваме почленно новополучените неравенста и намираме:

16\left(a^{2}+d^{2}\right)\left(b^{2}+c^{2}\right) \leq 100 a b c d \leq 25(a b+c d)^{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

От група, съставена от нечетен брой хора всеки ден някои трима излизат на разходка. Да се докаже, че може да се направи такъв график на разходките, че след известно време всеки двама от групата да са били заедно на разходка точно три пъти.

Решение

Да разположим

n

-те човека във върховете на правилен

n

-ъгълник. Лесно се доказва, че всеки диагонал или страна се явява или точно три пъти като страна на равнобедрен (но не равностранен) триъгълникдва пъти като бедро и веднъж като основа или веднъж като страна на равностранен триъгълник. Следователно е достатъчно да изберем график, при който на всеки равнобедрен (но не равностранен) триъгълник съответства една разходка, а на всеки равностранен триъгълник съответстват три разходки.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

В редица са записани 40 различни числа от интервала

(0, 1)

. Известно е, че сборът на числата, стоящи на четни места е с 1 повече от сбора на числата, стоящи на нечетни места. Да се докаже, че в редицата има число, което е по-малко и от двете си съседни числа.

Решение

Да допуснем, че такова число няма. Това означава, че всяко число без първото и последното има съседно число, което е по-малко от него. От всяко число на нечетно място без първото да построим стрелка към числото, което е по-малко от него. Ясно е, че няма число в което да влизат две стрелки, защото иначе то ще бъде по-малко и от двете си съседни числа. Следователно числата без първото и още едно се разбиват на двойки съседни, като във всяка двойка числото на нечетно място е по-голямо от числото на четно място. Числото на четно място, което не е използвано, се различава от първото число с по-малко от 1 (тъй като и двете числа от интервала ( 0, 1 )). Това означава, че разликата на сборът на числата, стоящи на четни места и сборът на числата, стоящи на нечетни места е по-малък от 1 - противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

В турнир участвали 2011 отбора и всеки изиграл с всеки точно по един мач. Докажете, че е възможно да е изигран само един мач между отбори, които до момента на мача са изиграли общо нечетен брой мачове.

Решение

Нека на всеки отбор съпоставим цифра 1, ако до дадения момент е изиграл нечетен брой мачове, и цифра 0 - ако до този момент е изиграл четен брой мачове. Ясно е, че след всеки изигран от отбора мач неговата характеристика се променя. В началото всички характеристики са 0; в края всеки отбор е играл с всеки от останалите 14 отбора и отново има характеристика 0. Пример може да се състави по индукция. Ще докажем, че е възможно да се проведе само един мач между отбори с различни характеристики (

0-1

) във всеки турнир с

4 k+3

отбора. При

k=1

срещите

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

удовлетворяват условието, тъй като само втората е от вида

0-1

. Нека

k=4 k-1

отбора могат да се разпределят по желания начин и включим още 4 отбора. Първо се изиграват срещите между

(4 k-1)

-те отбора, измежду които точно една е от вида

0-1

. След тях всеки е изиграл

4 k-2

мача, т. е. има характеристика 0. Последователно се играят серии от по четири мача с участието на

A_{4 k}

A_{4 k+1}

\left(A_{4 k}, A_{2 m-1}\right), \left(A_{4 k+1}, A_{2 m}\right),

\left(A_{4 k}, A_{2 m}\right), \left(A_{4 k+1}, A_{2 m-1}\right)

за всяко

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

. В края на всяка серия отборите са с четна характеристика и в рамките на тези серии няма мачове от вида

0-1

. Аналогично играят

A_{4 k+2}

A_{4 k+3}

. Така отборите

A_{1}, \ldots, A_{4 k-2}

са изиграли всичките си мачове, а останалите са изиграли по четен брой мачове. Сега последователно се играят мачовете (

A_{4 k}, A_{4 k-1}

), (

A_{4 k+1}, A_{4 k+2}

\left(A_{4 k+1}, A_{4 k-1}\right), \left(A_{4 k}, A_{4 k+2}\right), \left(A_{4 k-1}, A_{4 k+2}\right), \left(A_{4 k}, A_{4 k+3}\right), \left(A_{4 k-1}, A_{4 k+3}\right), \left(A_{4 k+1}, A_{4 k+3}\right)

\left(A_{4 k}, A_{4 k+1}\right), \left(A_{4 k+2}, A_{4 k+3}\right)

. Така конструкцията е завършена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2013-8-8

2014 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Всяко от четирите числа

a, a+1, a+2

a+3

има точно 6 положителни делители. Съществуват точно 20 различни естествени числа, всяко от които е делител на поне едно от тези числа, като едно от тези 20 числа е 27. Намерете всички възможни стойности на

a

. (Числата 1 и

n

са делители на естественото число

n

Решение

Отговор: 242. Числото 1 е общ делител и на четирите числа. Числото 2 е също общ делител на

a

a+2

или на

a+1

a+3

. Това означава, че измежду всички

4 \cdot 6=24

делители на

a, a+1, a+2

a+3

числото 1 броено 4 пъти, а числото 2 е броено 2 пъти. Тогава различните делители на

a, a+1, a+2

a+3

са най-много

4 \cdot 6-3-1=20

. Понеже по условие те са точно 20, то няма друг делител, който да се среща повече от един път. Следователно има само едно число, което се дели на 3 и това може да е

a+1

или

a+2

. От условието следва, че това число се дели на 27 и има шест различни делители. Ако това число има прост делител, различен от 3, то броят на делителите му е поне 8. Следователно това число е

3^{5}=243

, откъдето намираме

a+1=243

или

a+2=243

. Понеже 241 е просто число (и има само два делителя), вторият случай не води до Остава

a=242

и директно се проверява, че числата

242, 243, 244

и 245 изпълняват условието на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2014-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дадени са 26 тежести с тегла съответно

1, 2, 3, \ldots, 26

грама и везна. Казваме, че няколко от тежестите образуват добро множество, ако както и да поставим част от тях (или всичките) на везната, тя не се уравновесява. (Например, тежестите

1, 2, 4, 8, 16

образуват добро множество, докато множеството от тежестите

2, 7, 8, 15, 25

не е добро, защото

7+8=15

.) Намерете добро множество с 6 тежести и докажете, че не съществува добро множество със 7 тежести.

Решение

Директно се проверява, че тежестите

1, 5, 10, 23, 25, 26

образуват добро множество. Да допуснем, че има добро множество със 7 тежести. Сборът на четирите най-големи числа е

23+24+25+26=98

, като поради

23+26=24+25

тези четири числа не могат да участват в добро множество. Следователно, ако съществува добро множество със 7 елемента, то сборът на числата в подмножествата му с

1, 2, 3

или 4 елемента ще бъде число от 1 до 97. Имаме 7 единични подмножества, 21 подмножества с 2 елемента, 35 подмножества с 3 елемента и 35 подмножества с 4 елемента т. е. общо

7+21+35+35=98\gt{}97

различни суми, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2014-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Във всяка от клетките на дъска

2014 \times 1

е поставен по един пул. Всеки пул е черен от едната страна и бял от другата. Имаме право да изберем пул, обърнат с черната страна нагоре, да го отстраним от дъската и да обърнем двата пула, които се намират в съседните му по страна квадратчета (ако в съседните квадратчета няма пулове, не обръщаме нито един пул, а ако има само един пул, го обръщаме). Определете всички начални разположения на пуловете, при които можем да вземем всички пулове от дъската.

Решение

Отговор: Всички разположения с нечетен брой пулове с черната страна нагоре. Нека на дъската има

n

пула. Ще докажем с индукция по

n \geq 1

, че можем да вземем всички пулове тогава и само тогава, когато върху дъската има нечетен брой черни пулове. При

n=1

твърдението е очевидно. Нека твърдението е вярно при всяко

n \leq k

и да разгледаме таблица с

n=k+1

пула. Нека върху дъската има

t

черни пула. Ако

t

е нечетно число, да изберем най-левия черен пул, да го отстраним от дъската и да обърнем двата му съседни (ако той е в първото квадратче на дъската, обръщаме само един съсъден пул). Дъската се разделя на две части с дължини

\leq k

(ако отстранения черен пул е бил в първото квадратче, първата част може и да не съдържа пулове). Ако в лявата част има пулове, то там има само един черен пул, т. е. нечетен брой черни пулове и следователно можем да вземем всички пулове. В дясната част има или

t-2

(ако съседния на махнатия пул е бил черен) или

t

(ако съседния на махнатия пул е бил бял) и според индукционното допускане можем да премахнем всички пулове. Ако

t

е четно число, да разгледаме клетката с черен пул, където ще направим първия си ход. Тази клетка разделя дъската на две части, в едната от които има нечетен брой черни пулове, а в другата има четен брой черни пулове. Като обърнем двата съседни пула, в частта с нечетен брой пулове единия пул ще промени цвета си и следователно там ще има четен брой черни пулове. Според индукционното допускане не можем да премахнем всички пулове от тази част на дъската.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2014-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Определете най-малката възможна стойност на

a+b+c+d

, ако

a, b, c, d

са естествени числа, за които

\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}=\frac{9}{14}

Решение

Отговор: 25. От условието и от неравенството между средното аритметично и средното хармонично

\frac{a+b+c+d}{4} \geq \frac{4}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}}

получаваме

a+b+c+d \geq \frac{4^{2}.14}{9}=24 \frac{8}{9}

. Следователно

a+b+c+d \geq 25

, като при

(a; b; c; d)=(6; 6; 6; 7)

равенството от условието е изпълнено и

a+b+c+d=25

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2014-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Дадени са прости числа

p, q

r

, за които

p+q\lt{}111

\frac{p+q}{r}=p-q+r

Да се намери най-голямата стойност на произведението

p q r

Решение

Отговор: 2014. Понеже

p+q

p-q

имат еднаква четност, то ако

r

е нечетно число, то

\frac{p+q}{r}

ще има четността на

p+q

, а

p-q+r

ще има четността на

p+q+1

, противоречие. Следователно

r=2

и получаваме

p=3 q-4

. Сега от

p+q\lt{}111

намираме

4 q-4\lt{}111

или

q\lt{}29

и значи

q=2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19

или 23. При

q=23

получаваме

p=65

, което не е просто число, а при

q=19

намираме

p=53

- просто число. Търсеният максимум е

2 \cdot 19 \cdot 53=2014

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2014-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Някои от върховете на правилен 2014 -ъгълник

A

са свързани с отсечки така, че прекараните отсечки не се пресичат във вътрешни точки. Да се докаже, че могат да се изберат поне 672 от върховете на

A

, всеки два от които не са свързани с отсечка.

Решение

Ще докажем, че върховете на

A

могат да се оцветят в три цвята така, че крайщата на всяка отсечка да са разноцветни точки. Ако прекараните отсечки не образуват триангулация, можем да прекараме допълнителни отсечки до получаване на триангулация. Във всяка триангулация съществува триъгълник от три последователни върха. Ако премахнем средния връх по индукция останалите върхове могат да се оцветят по искания начин. Тогава премахнатият връх може да се оцвети в един от трите цвята (понеже има само два съседни). От принципа на Дирихле следва, че от 2014 върха поне

\left\lceil\frac{2014}{3}\right\rceil=672

са оцветени в един цвят.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2014-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Точка

M

е среда на страната

A B

на триъгълник

A B C

. Правата

C M

пресича описаната окръжност около

\triangle A B C

в точка

P

, а точката

Q

е симетрична на

P

спрямо

M

. Правата

B Q

пресича страната

A C

в точка

R

. Ако

C R M B

е вписан четириъгълник, да се намери

\angle B R C

Решение

Отговор:

90^{\circ}

. Понеже

M

е среда на

A B

P Q

, то

A P B Q

е успоредник. Тогава

\angle P B M=\angle Q A B

. Тъй като

\angle R C M=\angle R B M

\angle A C P=\angle A B P

, то

\angle Q B A= \angle P B M=\angle Q A B

. В

\triangle A B Q

имаме, че

Q B=Q A

M

е среда на

A B

, откъдето

R M \perp A B

. Следователно

\angle B R C=\angle B M C=90^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2014-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

\triangle A B C

е построена ъглополовящата

A P, (P \in B C)

. Точката

M

лежи на отсечката

A P

, а точката

N

е симетрична на

M

спрямо средата на

B C

. Правата

C N

пресича правата

A B

в точка

E

(

B

е между

A

E

), а правата

B N

пресича правата

A C

в точка

D(C

е между

A

D)

. Да се докаже, че

C D=B E

Решение

Понеже

M B N C

е успоредник, то

M B \| N E

, откъдето

S_{M B E}=S_{M B N}= \frac{1}{2} S_{M B N C}

. Аналогично, от

M C \| B D

имаме

S_{M C D}=S_{M B C}=\frac{1}{2} S_{M B N C}

. Следователно

S_{M B E}=S_{M C D}

и понеже

M

е точка от ъглополовящата, получаваме

B E=C D

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2014-8-8

2014 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадени са безбройно много естествени числа

1=a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}a_{3}\lt{}\cdots

, като за всяко

n \geq 1

е изпълнено неравенството

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

. Да се докаже, че всяко естествено число може да се представи като сбор на няколко (възможно едно) от дадените числа.

Решение

Ще докажем по индукция следното твърдение: Всяко естествено число

t \leq a_{1}+\cdots+a_{n}

може да се представи като сбор на няколко от числата

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

. При

t=1

имаме

1=a_{1}

. Да допуснем, че твърдението е вярно за всяко

t \leq a_{1}+\cdots+a_{n}

. Да изберем число

k

, за което

a_{1}+\cdots+a_{n}\lt{}k \leq a_{1}+\cdots+a_{n}+a_{n+1}

. Ако в дясното неравенство има равенство, то имаме исканото представяне. Ако неравенството е строго, имаме

0 \leq a_{1}+\cdots+a_{n}-a_{n+1}\lt{}k-a_{n+1}\lt{}a_{1}+\cdots+a_{n}

и числото

t=k-a_{n+1}

е естествено и според индукционното допускане може да се представи кота сбор на някои от числата

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

. Тогава

k=t+a_{n+1}

може да се представи като сбор на някои от числата

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2014-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Държава има

n

града, някои свързани с двупосочни авиолинии. Има

r\gt{}2014

маршрути между градове, включващи не повече от 1 прекачване (посоката на движение е важна). Намерете най-малкото възможно

n

и най-малкото възможно

r

за това

n

Решение

Ако град е свързан с

m

други града, той е краен пункт за

m

директни полета и място за прекачване за

m(m-1)

недиректни полета. Така броят маршрути е сбор от квадратите на степените на всички върхове в получения граф. Тези степени са не поголеми от

n-1

13 \cdot 122\lt{}2014

, така че

n \geq 14

. Нека

n=14

. Всеки път се появява в две направления, така че

r

е четно:

r \geq 2016

. Можем да получим

r=2016=14 \cdot 122

, ако подредим 2014 града в кръг и свържем всички, освен диаметрално противоположните.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2014-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Точката

D

е среда на дъгата

A C B

от описаната окръжност около

\triangle A B C

. Окръжност през точките

D

C

пресича отсечките

C A

C B

съответно в точки

M

N

. Да се докаже, че

A M=B N

Решение

Разглеждаме

\triangle B N D

A M D

. Имаме:

(*)

\angle N B D=\angle C B D=\angle C A D=\angle M A D

(*)

A D=B D

(*)

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

. Следователно двата триъгълника са еднакви, откъдето

A M=B N

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2014-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

a, b, c

са дължините на страните на триъгълник. Да се докажат неравенствата:

\sqrt{\vphantom{x^2}2}(a+b+c) \leq

\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}+b^{2}}+\sqrt{\vphantom{x^2}b^{2}+c^{2}}+\sqrt{\vphantom{x^2}c^{2}+a^{2}}\lt{}

\sqrt{\vphantom{x^2}3}(a+b+c).

Решение

Имаме

a+b \leq \sqrt{\vphantom{x^2}2\left(a^{2}+b^{2}\right)} \Rightarrow \sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}+b^{2}} \geq \frac{a+b}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}

и като сумираме с аналогичните неравенства, получаваме лявото неравенство. От друга страна

|a-b|\lt{}c \Rightarrow

(a-b)^{2}\lt{}c^{2} \Leftrightarrow a^{2}+b^{2}\lt{}c^{2}+2 a b \Rightarrow \sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}+b^{2}}+\sqrt{\vphantom{x^2}b^{2}+c^{2}}+\sqrt{\vphantom{x^2}c^{2}+a^{2}}\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}c^{2}+2 a b}+\sqrt{\vphantom{x^2}b^{2}+2 c a}+ \sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}+2 b c} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}3\left(\left(c^{2}+2 a b\right)+\left(b^{2}+2 c a\right)+\left(a^{2}+2 b c\right)\right)}=\sqrt{\vphantom{x^2}3}(a+b+c)

, което трябваше да докажем.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2014-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Намерете всички

a, b, c \in \mathbb{N}

, за които е изпълнено, че

4^{a}+2^{b}+1=c^{2}

b\lt{}2 a

Решение

Разглеждаме еквивалентното равенство

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

и допускаме, че съществуват такива

a, b, c

. Понеже е изпълнено

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

или

2^{b-1} \mid c+1 \Rightarrow 2^{b-1} \leq c+1

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

. Допускаме, че

b \geq a+2

, следователно

1 \geq 2^{2 a-b-1}\left(2^{(b-3)-(2 a-b-1)}-1\right)=2^{2 a-b-1}\left(2^{2 b-2 a-2}-1\right) \geq 3

, противоречие

\Rightarrow b \leq a+1

. Допускаме, че

b\lt{}a+1

. Тогава

\left(2^{a}\right)^{2}\lt{}4^{a}+2^{b}+1\lt{}\left(2^{a}+1\right)^{2}

, което е противоречие, понеже

4 a+2 b+1

е т. кв. по условие. Оттук

b=a+1

всички са наредените тройки

(a; b; c)=\left(a; a+1; 2^{a}+1\right), a \in N

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2014-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

За всяко естествено число

m

означаваме с

\tau(m)

броя на естествените делители на

m

. Да се намерят всички естествени числа

n

, за които от

d \mid n, d \in \mathbb{N}

, следва

\tau(d) \mid \tau(n)

Решение

Отговор: Всички естествени числа, които са свободни от квадрати. Ако

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

е свободно от квадрати, то

\tau(n)=2^{k}

. Всеки делител

d

на

n

има вида

p_{i_{1}} \ldots p_{i_{t}}

, където

\left\{i_{1}, \ldots, i_{t}\right\} \subseteq\{1, \ldots, k\}

. Тогава

\tau(d)=2^{i_{t}} \mid \tau(n)=2^{k}

. Нека

n

не е свободно от квадрати,

p^{t} \| n, p

е просто число и

t \geq 2

. Тогава

d=\frac{n}{p}

е делител на

n

, за който

\tau(d)

не дели

\tau(n)

(Докажете!).

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2014-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

През един ден определен брой хора посещават по веднъж една библиотека. Известно е, че не всички са влезли по едно и също време, но измежду всеки трима от тях има двама, които са се срещнали в библиотеката. Да се докаже, че могат да се изберат два момента от време такива, че всеки читател през този ден е бил в библиотеката в поне един от тях.

Решение

Да допуснем, че съществува читател

A

, който не е в библиотеката през нито един от следните два момента:

(*)

Когато за първи път някой читател (нека това е читател

B

) я напуска.

(*)

Когато влиза последният читател (нека това е читател

C

). Тъй като

B

си тръгва най-рано, то

A

е дошъл след напускането на

B

, аналогично

C

влиза последен и значи

A

е излязъл преди идването на

C

. Оттук заключваме, че измежду тройката

A, B

C

никои двама не са се засекли в библиотеката, което е противоречие с условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2014-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се намери броя на пермутациите

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{25}

на числата

1, 2, \ldots, 25

, за които всяко от числата

a_{1}, a_{1}+a_{2}, a_{1}+a_{2}+a_{3}, \ldots, a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{25}

не се дели на 3.

Решение

Измежду числата

1, 2, \ldots, 25

имаме 9, които дават остатък 1 при деление на 3, 8, който дават остатък 2 и 8, които се делят на 3. Първо ще наредим числата, които не се делят на 3. Ако първото число е 2, то редицатаще бъде

2, 2, 1, 2, 1, 2, \ldots, 2, 1

и двойките са винаги повече. Следователно първото число е 1 и редицата с дължина 17 е

1, 1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, 2, 1, \ldots, 1, 2

. Сега остава да поставим 8 -те нули (съответстващи на числата, които се делят на 3), като не може да имаме нула на първо място, а на всяко от останалите 17 места може да имаме произволен брой нули. Това означава, че търсим броя на решенията на

a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{17}=8

, при

a_{i} \geq 0

. Този брой е

\binom{24}{16}

. Всяка редица от 0, 1 и 2 съответства на

8!.8!.9

! редици от числата

1, 2, \ldots, 25

. Следователно търсения брой е

\frac{24!.8!.9!}{16!}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2014-8-8

2014 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Съществува ли безкрайно множество

A

от естествени числа със следното свойство: сборът от числата във всяко крайно подмножество на

A

да не е точна степен на естествено число?

Решение

Отговор: Съществува. Нека

p_{1}=2, p_{2}=3, p_{3}, \ldots

е редицата от простите числа и да разгледаме множеството

A=

\left\{a_{1}=p_{1}, a_{2}=p_{1}^{2}. p_{2}, \ldots, a_{n}=p_{1}^{2}, p_{2}^{2} \ldots p_{n-1}^{2} p_{n}, \ldots\right\}.

Да разгледаме прпоизволен краен сбор

S

на числа от

A

и нека

a_{k}

е най-малкото число от този сбор. Тогава

S

се дели на

p_{k}

, но не се дели на

p_{k}^{2}

и следователно не може да бъде точна степен.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2014-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Във вътрешността на триъгълник

A B C

, за който

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

е избрана точка

D

така, че

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

. Ако

B D=6 \mathrm{~cm}

, да се намери лицето на четириъгълника

A D C B

Решение

Отговор:

18 \mathbf{c m}^{2}

. Нека

P

е пресечната точка на правата

A D

B C

. Тогава

\triangle A P B

\triangle C D P

са равнобедрени правоъгълни, откъдето

S_{A P B}=\frac{1}{2} B P^{2}

S_{C D P}=\frac{1}{2} D P^{2}

. Следователно

S_{A D C B}=S_{A P B}+S_{C D P}=\frac{1}{2} B P^{2}+\frac{1}{2} D P^{2}=\frac{1}{2} B D^{2},

като последното равенствоследва от Питагоровата теорема за

\triangle B D P

. При

B D=6 \mathrm{~cm}

получаваме

S_{A D C B}=18 \mathrm{~cm}^{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2014-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Четири деца си поделили

n

мъниста, където

n

е трицифрено число. Всяко дете имало или толкова мъниста, колкото някое друго, или два пъти по-малко от някое друго. Колко са възможните стойности на

n

Решение

Отговор: 432. Възможните бройки са

x+x+x+x=4 x

(възможно точно когато

n

се дели на 4 );

x+x+2 x+2 x=6 x

(точно когато

n

се дели на 6 );

x+2 x+2 x+2 x=7 x

(точно когато

n

се дели на 7 );

x+2 x+4 x+4 x=11 x

(точно когато

n

се дели на 11). Сред трицифрените числа има

900: 4=225

кратни на

4, 900: 6=150

кратни на 6,

(1001-105): 7=128

кратни на 7 и

(1001-110): 11=81

кратни на 11. Сред тях има

900: 12=75

кратни на 4 и

6, (1008-112): 28=32

кратни на 4 и

7; (1012-132): 44=20

кратни на 4 и

11; (1008-126): 42=21

кратни на 6 и

7; (1056-132): 66=14

кратни на 6 и

11; (1001-154): 77=11

кратни на 7 и

11; (1008-168): 84=10

кратни на 4, 6 и 7;

(1056-132): 132=7

кратни на 4, 6 и

11; 3

кратни на 4, 7 и

11(308, 616, 924); 2

кратни на 6, 7 и

11(462, 924)

и 1 кратно на

4, 6, 7, 11(924)

. Според принципа за включване и изключване, отговорът е

225+150+128+81-75-32-20-21-14-11+10+7+3+2-1=432

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2014-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число и

a

е произволен делител на

2 n^{2}

. Да се докаже, че числото

n^{2}+a

не може да е точен квадрат.\

Решение

Да допуснем, че

n^{2}+a=x^{2}

за някое

x \in N

. По условие

2 n^{2}=k a, k \in N

и тогава имаме

x^{2}=n^{2}+\frac{2 n^{2}}{k} \Longleftrightarrow\left(\frac{k x}{n}\right)^{2}=k^{2}+2 k

. Квадратът на рационалното число

\frac{k x}{n}

е цяло число и значи

\frac{k x}{n}

е цяло число. Оттук

k^{2}+2 k

е точен квадрат, което е противоречие с очевидните неравенства

k^{2}\lt{}k^{2}+2 k\lt{}(k+1)^{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2014-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Дадени са

n

монети, наредени по окръжност. (

n \geq 5

) В началото всички са ези. Имаме право на следните операции:

(*)

Избираме монета и ако тя е ези, обръщаме двата и съседа.

(*)

Избираме монета и ако тя е тура, обръщаме двата и съседа през едно (т. е. обръщаме тези две монети, които са съседи на съседите й). За кои

n

е възможно след краен брой ходове да получим конфигурация, в която всички монети са тура?

Решение

Нека означим монетите с

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

(*)

Случай:

n=4 k+2

В този случай имаме, че четността на броя на езитата в

a_{1}, a_{3}, a_{5}, \ldots, a_{4 k+1}

е инвариант, а в началото имаме нечетен брой ези на тези позиции \Rightarrow исканата конфигурация не може да се достигне.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2014-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

По колко начина можем да подредим в кръг

x

жени и

y

мъже,

1 \leq y \leq x

, така че всеки мъж да е между две жени?

Решение

След като поставим първата жена (Ева), останалите жени могат да се разположат по

(x-1)

! начина. За всяка жена, започвайки от Ева надясно, да запишем номера на мъжа вдясно от нея, а ако такъв няма, да запишем *. Така разположението е кодирано с

y

различни числа и

x-y

звездички. Броят на тези кодове е

x!: (x-y)!

. Отговор:

\frac{(x-1)! x!}{(x-y)!}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2014-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

В редицата

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

числото

a_{n+1}

, (

n \geq 2

) е остатъкът на

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

при деление с 3. Ако

a_{93}=a_{1}

, то намерете

a_{1}

Решение

Всички остатъци в то са при деление на 3. Остатъкът на дадено число зависи само от остатъците на предишните две. Ако две поредни числа дават остатък 2, то това важи за всички числа в редицата. Редицата

1, 2, 1, 1, 0, 2, 0, 0, 1, 2, \ldots

отговаря на рекурентната зависимост и в нея се срещат като поредни всичките други 8 двойки остатъци. Следователно остатъците винаги попадат или в тази редица (започната от определено място), или в редицата

2, 2, 2, \ldots

И в двата случая имаме

a_{n+8}=a_{n} \forall n

, а

a_{n+4}=a_{n}

единствено ако

a_{n+4}=2

. Следователно разликата в номерата на два еднакви члена може да дава остатък 4 при деление на 8 единствено ако стойността им е

2; a_{93}

a_{1}

отговарят на тези условия.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2014-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Върху страните

A C

B C

на триъгълник

A B C

са избрани съответно точки

B_{1}

A_{1}

. Ако

A A_{1}

B B_{1}

се пресичат в точка

X

, да се докаже, че: а)

S_{X A_{1} B_{1}}\lt{}S_{A B X}; \quad

б)

S_{X A_{1} B_{1}}\lt{}S_{C B_{1} A_{1}}

Решение

а) Тъй като височината от

B

към

A C

е по-голяма от височината от

A_{1}

към

A C

, то

S_{A B B_{1}}\gt{}S_{A A_{1} B_{1}}

. Като извадим от двете страни на това неравенство

S_{A X B_{1}}

, получаваме исканото неравенство. б) Ако прекараме права през

B_{1}

, успоредна на

X A_{1}

и права през

A_{1}

, успоредна на

X B_{1}

, то двете прави ще се пресичат в точка

y_{1}

от вътрешността на

\triangle B_{1} A_{1} C

. Понеже

\triangle B_{1} A_{1} Y \equiv \triangle A_{1} B_{1} Y_{1}

S_{B_{1} A_{1} Y_{1}}\lt{}S_{B_{1} A_{1} C}

, то получаваме

S_{X A_{1} B_{1}}\lt{}S_{C B_{1} A_{1}}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2014-8-8

2014 · Ден 4

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

m

е естествено число, а

p, q

r

са прости числа, като

r \equiv 5(\bmod 8)

. Да се намерят

m

q

, ако

2^{m} p^{2}+1=q^{r}

Решение

Отговор:

m=1, q=3

. От представянето

2^{m} p^{2}=(q-1)\left(q^{r-1}+q^{r-2}+\cdots+q+1\right)

и факта, че вторият множител отдясно е нечетен и по-голям от 1, следва, че

q-1=2^{m}

или

q-1=2^{m} p

. Случай 1. Ако

q-1=2^{m} p

, то

2^{m} p^{2}=\left(2^{m} p+1\right)^{r} \geq\left(2^{m} p+1\right)^{3}\gt{}2^{3 m} p^{3}

което е противоречие. Случай 2. Ако

q-1=2^{m}

, то

2^{m} p^{2}=\left(2^{m}+1\right)^{r}-1=2^{2 m} A+r \cdot 2^{m}

където

A

е четно естествено число. Следователно

p^{2}=2^{m} A+r

, което е невъзможно при

m \geq 2

(противоречие по модул 8 ). При

m=1

получаваме

q=3

, като е например

r=5

p=11

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2014-8-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2014-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

На дъската е записано числото 1. Ако на дъската присъства числото

x

, то е разрешено там да се напишат още числата

3 x+2, 5 x-3

x-7

. Колко са трицифрените естествени числа, които никога не могат да се появят на дъската?

Решение

Не е възможно да се появи число, което дава остатък 6 при деление на 7 от число, което не е от този вид. Действително:

(*)

ако

3 x+2 \equiv 6(\bmod 7)

, то

3 x \equiv 4 \equiv 18(\bmod 7), x \equiv 6(\bmod 7)

;

(*)

ако

5 x-3 \equiv 6(\bmod 7)

, то

5 x \equiv 9 \equiv 30(\bmod 7), x \equiv 6(\bmod 7)

;

(*)

ако

x-7 \equiv 6(\bmod 7)

, то

x \equiv 6(\bmod 7)

. Ще покажем, че всяко друго трицифрено число може да се получи. Достатъчно е да покажем, че всяко от числата от 994 до 999 може да се получи, понеже всяко трицифрено число, което не дава остатък 6 при деление на 7, може да се получи от тези с многократно прилагане на последното правило. И така:

999 \leftarrow 1006 \leftarrow 1013 \leftarrow 337 \leftarrow 68 \leftarrow 22 \leftarrow 5 \leftarrow 1; 998 \leftarrow 332 \leftarrow 67 \leftarrow 14 \leftarrow 4 \leftarrow 11 \leftarrow 3 \leftarrow 10 \leftarrow 17 \leftarrow 5 \leftarrow 1; 997 \leftarrow 200 \leftarrow 66 \leftarrow 73 \leftarrow 80 \leftarrow 26 \leftarrow 8 \leftarrow 2 \leftarrow 1; 996 \leftarrow 1003 \leftarrow 1010 \leftarrow 336 \leftarrow 343 \leftarrow 350 \leftarrow 116 \leftarrow 38 \leftarrow 12 \leftarrow 3 \leftarrow 10 \leftarrow 17 \leftarrow 5 \leftarrow 1; 995 \leftarrow 331 \leftarrow 338 \leftarrow 112 \leftarrow 23 \leftarrow 7 \leftarrow 2 \leftarrow 1

. Трицифрените числа, които дават остатък 6 при деление на 7, са

(1000-104): 7=128

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2014-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Върху страната

A B

на равностранен триъгълник

A B C

е избрана точка

M

. Точка

N

е външна за

\triangle A B C

\triangle A M N

е равностранен. Правата

A C

пресича правата

B N

в точка

D

, а правата

C M

пресича правата

A N

в точка

K

. Да се намери

\angle A D K

Решение

Отговор:

60^{\circ}

. Имаме

\triangle C A M \cong \triangle B A N

(две страни и ъгъл от

60^{\circ}

), откъдето

\angle A C K=\angle A B D

. Сега

\triangle C A K \cong \triangle B A D

(два ъгъла и страна), откъдето

A D=A K

и понеже

\angle D A K=60^{\circ}

, то

\triangle A D K

е равностранен.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2014-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Квадрат

31 \times 31

е разбит на квадрати

3 \times 3

5 \times 5

, както и на

n \geq 0

квадрати с по-малък размер. Определете най-малката възможна стойност на

n

и видовете квадрати от по-малък размер при нея.

Решение

Номерираме редовете и записваме -2 в полетата от

3, 6, 9, \ldots, 30

ред и 1 в останалите полета. Сборът на всички числа е 31, сборът в квадратите

3 \times 3

5 \times 5

се дели на 5, сборът в квадратите

2 \times 2

е 4 или -2, а сборът в квадратите

1 \times 1

е 1 или -2. Това сочи, че

n \geq 1

и че равенство може да има само при 1 квадрат

1 \times 1

. Действително, да поставим 1 квадрат

1 \times 1

в центъра; остатъка разрязваме на 4 правоъгълника

15 \times 16

, всеки от които се състои от два

15 \times 3

и два

15 \times 5

, а те се режат на

3 \times 3

5 \times 5

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2014-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Всяка поредица от главни български букви ще наричаме дума. Ще казваме, че една дума е кротка, ако в нея не се среща РР (т. е. две съседни букви Р). Нека

A

е броят кротки думи с дължина 2014. Определете последната цифра на

A

Решение

Нека

a_{n}

е броят кротки думи с дължина

n

. Явно

a_{1}=30

a_{2}=899

(има

30 \cdot 30=900

комбинации, от които трябва да се махне РР). При

k\gt{}2

всяка кротка дума се състои от буква, различна от P, следвани от кротка дума с

k-1

букви, или от P, следвана от не-Р, следвани от кротка дума с

k-2

букви. Така

a_{k}=29\left(a_{k-1}+a_{k-2}\right)

. Оттук

a_{3} \equiv 1

(

\bmod 10), a_{4} \equiv 0(\bmod 10), a_{5} \equiv 9(\bmod 10)

. Последните цифри на

a_{k}

зависят само от последните цифри на

a_{k-1}

a_{k-2}

) и понеже в редицата от последни цифри е

0, 9, 1, 0

, 9,... се срещат две поредни, които повтарят по-ранни две поредни, нататък редицата е периодична с период 3. От

2014 \equiv 1(\bmod 3)

следва

a_{2014} \equiv 9(\bmod 10)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2014-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за произволни различни реални числа

x, y

z

числата (

x- y)^{5}+(y-z)^{5}+(z-x)^{5}

(x-y)(y-z)(z-x)

са или едновременно положителни или едновременно отрицателни.

Решение

Нека

a=x-y, b=y-z

c=z-x

. Имаме

a+b+c=0

(като

a, b, c \neq 0

) и искаме да докажем, че

a^{5}+b^{5}+c^{5}

a b c

имат един и същи знак. Без ограничение нека

a \geq b \geq c

. Тогава

a\gt{}0, c\lt{}0

и:

(*)

При

b\gt{}0

, то

a b c\lt{}0

a^{5}+b^{5}+c^{5}\lt{}(a+b)^{5}+c^{5}=(-c)^{5}+c^{5}=0

(*)

При

b\lt{}0

имаме

a b c\gt{}0

a^{5}+b^{5}+c^{5}\gt{}a^{5}+(b+c)^{5}=a^{5}+(-a)^{5}=0

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2014-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

x

y

, за които едновременно са изпълнени равенствата

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

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

Решение

Отговор:

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

. Записваме двете равенства във вида:

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

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

. Когато някое от

x

y

е равно на 0, 1 или -1 се разглеждат директно и се получават решенията

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

. В противен случай (когато

x, y \neq 0, 1, -1

) намираме (

x-1

)(

y-1

)

=1

, откъдето

y=\frac{x}{x-1}

y+1=\frac{2 x-1}{x-1}

. След заместване в

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

получаваме

x^{4}-2 x^{3}=0

, откъдето

x=2

. Оттук

y=2

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2014-8-8

2014 · Финал

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2014-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Страните

B C

A D

на четириъгълник

A B C D

са успоредни, а диагоналите се пресичат в точка

O

. Ако

C D=A O, B C=O D

C A

е ъглополовяща на ъгъл

B C D

. Да се намери ъгъл

A B C

Решение

Отговор:

126^{\circ}

. От

B C \| A D

следва

\angle B C O=\angle C A D

, откъдето

\triangle A C D

е равнобедрен. Следователно

A O=C D=A D

\triangle A O D

е също равнобедрен. Тогава

\angle A D O=\angle A O D

и отново от

B C \| A D

намираме

\angle C B O=\angle C O B

и значи

C B=C O

. Тогава

D O=O C=B C

\triangle C O D

е равнобедрен. Ако

\angle B C O=\alpha

, то

\angle C B O= \angle C O B=2 \angle O C D=2 \alpha

и от

\triangle C O B

намираме

\alpha=36^{\circ}

. Тогава

\triangle B C D

е равнобедрен и

A D=C D=B D

, т. е.

\triangle A B D

е равнобедрен. Тогава

\angle A B D=\frac{180^{\circ}-72^{\circ}}{2}=54^{\circ}

, откъдето

\angle A B C=54^{\circ}+72^{\circ}=126^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2014-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

На конференция присъстват

n\gt{}3

делегати, като поне двама от тях се познават. Известно е, че ако двама от тях имат равен брой познати, то те нямат общ познат. Да се докаже, че някой от делегатите има точно един познат.

Решение

Нека

A

е делегатът с най-много познати

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

B_{i}

за

1 \leq i \leq k

познава

n_{i}\gt{}1

делегати. Ако

k=1

, то задачата е решена и нека сега

k \geq 2

. Всеки двама от

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

имат общ познат

A

и от условието следва, че числата

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

са две по две различни. От друга страна, от избора на

A

следва, че всяко от тях е в интервала

[1, k]

, т. е. това са точно числата

1, 2, \ldots, k

в някакън ред. Следователно

n_{i}=1

за някое

i

, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2014-8-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2014-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

За естественото число

n

F(n)

означаваме произведението на всички положителни делители на

n

. (Например

F(42)=1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 14 \cdot 21 \cdot 42

.) Да се намери най-малкото естествено число

k

, за което съществува

n

, за което

F(n)=2014 n^{k}

Решение

Отговор: 3. Имаме

F(2014)=F(2 \cdot 13 \cdot 79)=

1 \cdot 2 \cdot 13 \cdot 79.(2 \cdot 13) \cdot(2 \cdot 79) \cdot(13 \cdot 79) \cdot(2 \cdot 13 \cdot 79)=

2^{4}.13^{4}.79^{4}=2014^{4}

което означава, че

F(2014)=2014 \cdot 2014^{3}

. Следователно

k \leq 3

. Да допуснем, че за

k=1

или 2 съществува

n

, за което

F(n)=2014 n^{k}=2 \cdot 13 \cdot 79. n^{k}

. Тогава 2, 13 и 79 са делители на

n

и нека

2^{\alpha}

е най-високата степен на 2, която дели

n

. Степента на 2 в

F(n)=2014. n^{k}

1+k \alpha

. Числата

2^{\alpha}, 13 \cdot 2^{\alpha}, 79 \cdot 2^{\alpha}

13 \cdot 79 \cdot 2^{\alpha}

са делители на

n

. Следователно

F(n)

се дели на

2^{4 \alpha}

, което означава, че

4 \alpha \leq 1+k \alpha

, т. е.

(4-k) \alpha \leq 1

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2014-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Колко пъти се среща цифрата 5 в числото:

1+10+19+28+37+\cdots+10^{2014}?

Решение

В сбора

1+10+\cdots+10^{n}

имаме

\frac{10^{n}-1}{9}+1

събираеми. Тогава

1+10+\cdots+10^{n}=\left(\frac{10^{n}-1}{9}+1\right) \frac{10^{n}+1}{2}

Тъй като

\frac{10^{n}-1}{9}+1=\underbrace{11 \ldots 1}_{n-1} 2

, то

\frac{\frac{10^{n}-1}{9}+1}{2}=\underbrace{55 \ldots 5}_{n-2} 6

е число с

n-2

цифри 5 и една цифра 6. Трябва да намерим броя на цифрите 5 в числото

\underbrace{55 \ldots 5}_{n-2} 6\left(10^{n}+1\right)

. Понеже последните

n

цифри на числото

\underbrace{55 \ldots 5}_{n-2} 6 \cdot 10^{n}

са нули, то търсеното число е

\underbrace{55 \ldots 5}_{n-2} 60 \underbrace{55 \ldots 5}_{n-2} 6

и петиците са

2.(n-2)

. При

n=2014

получаваме 4024.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2014-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Едно число

n

ще наричаме квадратно, ако съществуват цели числа

a\lt{}b\lt{}c

, за които

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

. Да се намери броя на квадратните числа

n

, за които

1 \leq n \leq 2014

Решение

Отговор: 2014. От равенството

(3 n+2)^{2}+(4 n)^{2}-(5 n+1)^{2}=2 n+3

следва, че всяко нечетно число

\geq 9

(при

n=-1, 0, 2

не е изпълнено условието

a\lt{}b\lt{}c

) е квадратно. тъй като

1=4^{2}+7^{2}-8^{2}, 3=4^{2}+6^{2}-7^{2}, 5=4^{2}+5^{2}-6^{2}

7=10^{2}+14^{2}-17^{2}

, то всяко нечетно число е квадратно. От

(3 n)^{2}+(4 n-1)^{2}-(5 n-1)^{2}=2 n

следва, че всяко четно число

\geq 4

(при

n=1

имаме

a=b)

е квадратно. Понеже

2=5^{2}+11^{2}-12^{2}

, то всички четни числа са квадратни.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2014-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Редицата от цели числа

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

е зададена с условията

a_{n+3}=5 a_{n+2}^{6}-4 a_{n+1}^{3}+a_{n}^{2}, \forall n \geq 1

\left\{a_{1}, a_{2}, a_{3}\right\}=\{2013, 2014, 2015\}

. Възможно ли е някой от членовете на редицата да бъде точна шеста степен на цяло число?

Решение

Отговор: Не!. Достатъчно е да докажем, че нито един член на редицата не е сравним с 0 или 1 по модул 7. От зададените начални условия следва, че

a_{1}, a_{2}

a_{3}

имат исканото свойство. Да допуснем, че

a_{n+2}, a_{n+1}

a_{n}

също имат исканото свойство. Тогава

a_{n+2}^{6} \equiv 1(\bmod 7)

a_{n+1}^{3} \equiv \pm 1(\bmod 7)

a_{n}^{2} \equiv 1, 2, 4(\bmod 7)

, откъдето с директна проверка се установява, че

a_{n+3} \equiv 0, 1(\bmod 7)

е невъзможно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2014-8-8

2015 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Фигура

F

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

F

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

8 \times 8

могат да се изрежат 4 фигури

F

Решение

Ще докажем по индукция, че за всяка свързана фигура

F

от

n

квадратчета съществува правоъгълник със страни

a

b

, като

a+b=n+1

, от който може да се изреже фигурата

F

. Твърдението е очевидно за

n=1

. Да допуснем, че то е вярно за някое

n

и да разгледаме свързана фигура

F

n+1

квадратчета. Премахваме от

F

едно крайно квадратче и получаваме свързана фигура с

n

квадратчета. Според индукционното допускане съществува правоъгълник със страни

a

b

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

a

или

b

най-много c 1, т. е.

F

може да се изреже от правоъгълник

(a+1) \times b

или

a \times(b+1)

. При

n=7

имаме, че фигурата

F

се помества в правоъгълник

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

или

4 \times 4

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

8 \times 8

на 4 правоъгълника от съответния вид.

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

Задача 2

Пълен запис

Условие

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

Решение

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

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

Задача 3

Пълен запис

Условие

Решете в естествени числа уравнението

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

Решение

Отговор: Няма При

y=1, 2, 3, 4

директно се проверява, че

2015+y

! не е точна пета степен. При

y \geq 5

имаме, че

5 / y!

и понеже

5 / 2015

, следва че

5 / x^{5}

, т. е.

5 / x

. Оггук

25 / x^{5}

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

y!

. Това означава, че

y \leq 9

. Отново директно се проверява, че при

y=1, 2, \ldots, 9

числото

2015+y!

не е точна пета степен.

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

Задача 4

Пълен запис

Условие

От квадрат

2 \times 2

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

6 \times 4

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

Решение

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

i

-ия ред (отгоре надолу) числата

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

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

a

тримина от първи вид и

b

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

3 k+2

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

3 k+1

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

3 k

. Тогава

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

, откъдето следва, че

a-b

се дели на 3.

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

Задача 5

Пълен запис

Условие

f(n)

означаваме броят на делителите на естественото число

n

, чиято последна цифра е 1 или 9, а с

g(n)

- броят на делителите на

n

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

f(n) \geq g(n)

Решение

За

n=1

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

k\lt{}n

. Ако

n

е просто, то

n

има само два делителя 1 и

n

, като твърдението е очевидно. Нека

n=p^{s} t

, където

p

е най-малкия прост делител на

n

. Тогава:

(*)

Ако

p=2

, то

n

е четно и всеки нечетен делител на

n

е делител на

t

. Тогава

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

и твърдението следва от индукционното допускане.

(*)

Ако

p=5

то отново нечетните делители на

n

, които завършват на

1, 3, 7

или 9 са делители и на

t

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

(*)

Ако

p \equiv \pm 1(\bmod 10)

, то ако

m

е делител на

p^{s-1} t

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

p m

е делител на

n

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

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

;

(*)

Ако

p \equiv \pm 3(\bmod 10)

, то ако

m

е делител на

p^{s-1} t

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

p m

е делител на

n

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

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

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

Задача 6

Пълен запис

Условие

Квадрат със страна

n

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

n

Решение

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

n^{2}

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

1. n^{2}

варианта. Ако M има страна 2 (има

(n-1)^{2}

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

(n-1)^{2}

варианта. Ако М има страна 3 (има

(n-2)^{2}

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

3.(n-2)^{2}

варианта и т. н. Ако M има страна

n-1

(има

2^{2}

такива M ), то в него има

n-1

възможни K, което дава

(n-1).2^{2}

варианта. Ако М има страна

n

(има

1^{2}

такова M), то в него има

n

възможни K, което дава

n.1^{2}

варианта. Търсеният сбор

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

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

n+2

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

(*)

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

n

избора за етаж, а за Яна и Ева има

1^{2}

избора.

(*)

Ако Иво е на етаж 3, то за Рада има

n-1

избора за етаж, а за Яна и Ева има

2^{2}

избора.

(*)

Ако Иво е на етаж 4, то за Рада има

n-2

избора за етаж, а за Яна и Ева има

3^{2}

избора и т. н.

(*)

Ако Иво е на етаж

n+1

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

n^{2}

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

\binom{n+2}{3}

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

\binom{n+2}{4}

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

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

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

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

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

Задача 7

Пълен запис

Условие

Даден е равнобедрен триъгълник

A B C(A C=B C)

. Вписаната в триъгълника окръжност

k

се допира до

B C

в точка

E

. Права през

A

пресича

k

в точките

F

G

, а правите

E F

E G

пресичат

A B

съответно в точките

K

L

. Да се докаже, че

K A=B L

Решение

Ако

k

се допира до

A C

в точка

J

, то

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

. Следователно точките

K, A, F

J

лежат на една окръжност. Тогава

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

, т. е. триъгълниците

K A J

L B E

са еднакви, откъдето следва твърдението.

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

Задача 8

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

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

с ортоцентър

H

и център на описаната окръжност

O

. Ъглополовящите на

\angle C

\angle B

пресичат описаната окръжност в точките

D

E

. Точка

D_{1}

е симетрична на

D

спрямо

A B

, а точка

E_{1}

е симетрична на

E

спрямо

A C

. Ако точките

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

лежат на една окръжност, да се намери

\angle B A C

и да се докаже, че правата

D_{1} E_{1}

минава през

A

Решение

Отговор:

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

. Имаме

O \in E E_{1}

O \in D D_{1}

. Симетричните точки

H_{c}

H_{b}

на

H

спрямо

A B

A C

лежат на описаната окръжност. От симетрията следва, че

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

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

. Тъй като

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

лежат на една окръжност, то

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

. Следователно

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

, т. е.

\alpha=60^{\circ}

. Но

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

, откъдето

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

, т. е. правата

D_{1} E_{1}

минава през

A

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

2015 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Квадрат със страна

n

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

n

Решение

Отговор:

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

. Има

n^{2}

квадрата с лице

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

квадрата с лице

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

квадрата с лице

3^{2}

и т. н.; накрая има

1^{2}

квадрат с лице

n^{2}

. Търсеният сбор

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

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

(n+2)

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

(*)

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

n^{2}

избора за етаж, а за Еми и Ели има

1^{2}

избор.

(*)

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

(n-1)^{2}

избора за етаж, а за Еми и Ели има

2^{2}

избора.

(*)

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

(n-2)^{2}

избора за етаж, а за Еми и Ели има

3^{2}

избора и т. н.

(*)

Ако Гео е на етаж

n+1

, то за Ани и Ася има

1^{2}

избор за етаж, а за Еми и Ели има

n^{2}

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

\binom{n+2}{3}

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

\binom{n+2}{5}

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

\binom{n+2}{4}

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

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

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

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

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се реши в цели числа уравнението

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

Решение

Отговор:

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

. Лявата страна е равна на

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

. Ако

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

следователно

y

2 x+8

или

2 x+9

, но тогава няма цяло за

x

. Ако

x\lt{}0

, забелязваме, че ако

(x, y)

е , то и

(-x-7, -y)

е и следователно

-7\lt{}x

. Решенията са

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

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

Задача 3

Пълен запис

Условие

Около триъгълника

A B C

е описана окръжност

k

. Височината през

C

пресича

A B

k

съответно в точките

D

E

, а ъглополовящата на

\angle A C B

пресича

A B

k

в точките

F

G

. Правата

D G

пресича

k

в точка

H

, а

F H

пресича

k

в точка

I

. Да се докаже, че триъгълниците

A I G

B E G

са еднакви.

Решение

От

\angle A D G=\angle G C H

следва, че четириъгълникът

C F D H

е вписан. Оттук

\angle C F H=\angle C D H

, т. е.

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

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

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички числа

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

, за които

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

Решение

Отговор:

-\frac{403}{9}

. Да запишем даденото уравнение във вида

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

(имаме

x-[x] \neq 0

, защото

x

не е цяло). Ако

[x] \geq 45

, то

x\gt{}45

и следователно

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

. Ако

-44 \leq[x] \leq 44

, то

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

и следователно

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

. Ако

[x] \leq-46

, то

x\lt{}45

и значи

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

. Остава

[x]=-45

x=-\frac{403}{9}

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

Задача 5

Пълен запис

Условие

За всяко естествено число

k\gt{}1

означаваме с

p(k)

най-малкият естествен делител на

k

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

m

, за които съществува естествено число

n

, такова, че

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

Решение

Нека

m=q

е нечетно просто число и

n=q^{2}-q-4

. Тогава

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

и исканото равенство е изпълнено. Ако

m=2

, то

p(m)=2

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

. Ако

m

е съставно число, то

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

, противоречие.

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

Задача 6

Пълен запис

Условие

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

n \times n

S_{n}

. Колко от числата

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

са четни?

Решение

Отговор: 74. Има

n^{2}

квадрата с лице

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

квадрата с лице

2^{2}

и т. н.; накрая има

1^{2}

квадрат с лице

n^{2}

. Според задача 1 сборът е

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

. Ако

n

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

S_{n}

е четно. Ако

n

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

S_{n}

е нечетно. Сред числата

1, 2, \ldots, 99

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

99-25=74

числа.

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

Задача 7

Пълен запис

Условие

а) Намерете естествени числа

a

b

, че

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

. б) Докажете, че съществуват четири цели числа

a, b, c

d

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

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

Решение

а) От равенството

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

при

n=8

получаваме

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

, т. е.

a=9

b=72

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

n

, числата

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

удовлетворяват даденото равенство. Достатъчно е да изберем

n\gt{}1000001

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

Задача 8

Пълен запис

Условие

Нека

S

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

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

, където с

\tau(k)

е означен броят на различните естествени делители на

k

. Крайно или безкрайно е множеството

S

Решение

Отговор: Безкрайно. Числото

k^{\tau(k)}

винаги е точен квадрат. Действително, ако

k

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

k

не е точен квадрат, то

\tau(k)

е четно. Следователно

S

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

S

е безкрайно.

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

2015 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

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

Задача 2

Пълен запис

Условие

На страните

A C

B C

на триъгълник

A B C

изберете по

n

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

Решение

Отговор:

(n+1)^{3}

. Сред триъгълниците с връх

A

има

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

, опиращи на страната

B C

, и още

n

пъти по толкова, отсечени от тях чрез отсечките през

B

, или общо

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

триъгълника. Триъгълниците с връх

B

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

A

B

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

(n+1)^{2}

; получаваме

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

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

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които (

n+1

-n+29

се дели на

n!+n+1

Решение

Отговор:

\mathbf{1, 3, 4}

. Директна проверка при

n \leq 5

дава решенията

n=1, n=3

n=4

. Нека

n \geq 6

. От условието следва, че

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

също се дели на

n!+n+1

. Тогава

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

. Получаваме

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

, което очевидно не е вярно при

n \geq 6

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

Задача 4

Пълен запис

Условие

Простите числа

p, q

r

са такива, че числата

p q+1, p r+1

q r-p

са точни квадрати. Да се докаже, че

p+2 q r+2

също е точен квадрат.

Решение

Нека

p q+1=a^{2}

, където

a

е естествено число. Тогава от

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

и невъзможността на

a-1=1

следва, че

|p-q|=2

. Аналогично се вижда, че

|p-r|=2

. От тези равенства се вижда, че или

p=5

, като

q

r

са 3 и 7 в някакъв ред, или

q=r=p \pm 2

и числата отново са нечетни. В първия случай получаваме (

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

). Ако

q=r=p-2

, получаваме, че

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

, и от заключването между точни квадрати

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

следва, че

q \leq 3

, т. е.

q=r=3

p=5

. Оттук получаваме то

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

. Ако

q=r=p+2

, получаваме, че

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

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

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

Задача 5

Пълен запис

Условие

Куб с ръб

n

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

n

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

Решение

Отговор: 1024. При копането на първия тунел губим

n

кубчета с ръб 1, а при всеки от останалите двапо

n-1

, понеже централното кубче е вече махнато. Останалите кубчета са

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

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

щом този израз е точен квадрат, то

n+2

е точен квадрат. Най-малкото подходящо

n

1022=32^{2}-2

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

Задача 6

Пълен запис

Условие

Едно естествено число

n

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

2 n-1

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

Решение

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

n

са

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

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

. Изписваме някои от делителите на почтеното число

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

и т. н. до

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

. Сумираме по редове и получаваме

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

. Тъй като

n^{t}

е почтено, то

n^{t}

няма други делители. Оттук следва, че

n

е точна степен на просто число. Ако

n=p^{s}

, то

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

, т. е.

p=2

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

Задача 7

Пълен запис

Условие

В равнината са дадени

n

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

n

квадрата имат обща точка.

Решение

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

P

с долна страна най-близко до оста

O x

и през тази му страна построяваме права

p

. Намираме квадрата

D

с дясна страна най-далече от оста

O y

и през тази му страна построяваме правата

d

. Намираме квадрата

L

с лява страна най-близко до оста

O y

и през тази му страна построяваме правата

l

. Намираме квадрата

G

с горна страна най-далеч от оста

O x

и през тази му страна построяваме правата

g

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

p

d, l

g

определят правоъгълник

S

с център точка

O

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

S

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

P

G

или

L

D

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

O

на правоъгълника

S

. Допускаме, че квадратът

K

не съдържа центъра

O

на правоъгълника. Тъй като

K

е със страна 1, а всяка от страните на

S

е по-малка от 2, то

K

не се съдържа изцяло в

S

, противоречие.

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

Задача 8

Пълен запис

Условие

Съществуват ли естествени числа

x\gt{}1

, за които

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

Решение

Отговор: Не съществуват!. Ако

x\gt{}1

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

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

следва, че

y \equiv 2(\bmod 6)

. Нека

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

. Тогава

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

. От друга страна,

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

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

2015 · Ден 4

8 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

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

Задача 2

Пълен запис

Условие

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

Решение

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

^{\text{в}}

тях

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

и ги разделим в 1008 групи:

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

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

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

Задача 3

Пълен запис

Условие

Докажете, че

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

Решение

Имаме

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

и след телескопиране сумата става равна на

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

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

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n\gt{}3

е четно число и

g_{n}

е най-голямото

n

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

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

Решение

Първата цифра на

g_{n}

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

g_{n}

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

g_{n}

може да е само 0. Ако предпоследната цифра на

g_{n}

a

, то

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

, така че

.9+8

завършва на 0, т. е.

=8

. Най-голямото

g_{n}

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

g_{4}=1089

g_{6}=109989=

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

g_{n}

се дели на 1089 (резултатът е

n-3

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

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

Задача 5

Пълен запис

Условие

Квадратна таблица

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

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

2 n+1

и поле

(1; 1)

е черно. Колко са начините за поставяне на

n

топа, така че да застрашат всички бели полета?

Решение

Белите полета са

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

на брой. Един топ може да заплаши не повече от

2 n+2

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

4, 6, \ldots, 2 n

, за което има

n!

начина.

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

Задача 6

Пълен запис

Условие

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

\Gamma

от дадените, която пресича всички 21 отсечки.

Решение

Да предположим, че дадените 21 отсечки са разположени върху абсцисата

O x

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

1, 2, 3, \ldots, 21

. След това номерираме от ляво на дясно с числата

1, 2, 3, \ldots, 21

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

11, 12, 13, \ldots, 21

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

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

. Ще покажем, че всяка друга отсечка

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

от дадените има обща точка с отсечката

I

. Ако допуснем, че левият край

a_{i}

на отсечката

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

е в дясно от десния край на отсечката

I

, тогава отсечката

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

не пресича единадесетте отсечки с десен край с номер

1, 2, 3, \ldots, 10

и 11 т. е.

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

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

b_{i}

на отсечката

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

е в ляво от левия край на отсечката

I

, тогава отсечката

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

не пресича единадесет отсечки с десен край с номер

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

(така е избран левия край на отсечката

I

) т. е.

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

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

I

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

Задача 7

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълникът

A B C(A C=B C)

. Точката

M

е среда на

A B

, а точката

P

е вътрешна за триъгълника и

\angle P A B=\angle P B C

. Какви стойности може да приема сборът

\angle A P M+\angle B P C

Решение

Ако

P_{1}

е симетрична на

P

относно

M

, а

P_{2}

е образ на

P

при ротация с център

C

, на ъгъл

\angle A C B

, лесно се вижда, че

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

и тъй като

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

, то

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

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

Задача 8

Пълен запис

Условие

Около триъгълника

A B C

е описана окръжност

k

. Ъглополовящата на

\angle B A C

пресича

k

в точка

L

. Върху правата през

L

, успоредна на

A C

, е избрана точка

K

, равноотдалечена от

A

C

. Ако

M

е средата на

A B

, да се докаже, че четириъгълника

A M K L

е равнобедрен трапец.

Решение

Нека

L K

пресича

k

в точка

T

. Трапецът

A T L C

е вписан, следователно равнобедрен, откъдето

K

е среда на

T L

. Лесно се вижда, че

A T B L

е вписан трапец със средна основа на правата

M K

, т. е.

M K \| A L

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

2015 · Финал

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши в цели числа уравнението

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

Решение

От

14^{x}\gt{}2015

следва, че

x \geq 3

. Тогава

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

, откъдето

y \geq 6

(и намерихме то

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

. Нещо повече, тъй като

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

, заключаваме, че

y=6 k

за някое естествено число

k

. Тъй като

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

, числата

x

k

са с еднаква четност. Но от

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

следва, че

x \equiv 3(\bmod 6)

и значи

x

k

са нечетни. Ако

x\gt{}3

, то

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

, което дава, че

k

е четно, противоречие.

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

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се реши в цели числа уравнението

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

Решение

Очевидно

x

y

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

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

. Разглеждане пък по модул 8 дава

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

. Имаме няколко възможности. Случай 1. Ако

x=1

, то

y \geq 5

и полученото уравнение

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

няма (Защо?). Случай 2. Ако

x=3

, то

y \equiv 3(\bmod 8)

y \equiv 0(\bmod 5)

. Тогава

y \equiv 35(\bmod 40)

, откъдето

y \geq 35

и получаваме

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

, което също няма Случай 3. Ако

x \geq 5

, то отново

y \equiv 3(\bmod 8)

. При

y=3

получаваме то

(x, y)=(5, 3)

, а при

y \geq 11

имаме

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

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

и лявата страна е отрицателна.

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

Задача 3

Пълен запис

Условие

В клетките на една квадратна таблица с размери

n \times n

са записани в произволен ред числата

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

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

n

Решение

M

означаваме множеството от онези клетки, в които са записани числата

1, 2, \ldots, k

. Нека

k_{0}

е най-малкото, за което

M

съдържа линия. Ясно е, че

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

. Нека например

M_{k_{0}}

съдържа реда с номер

l

. Тогава

M_{k_{0}-1}

съдържа

l

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

s

-я стълб. Да разгледаме останалите

n-1

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

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

. Нека това е стълбът с номер

r

. В него има числа, по-големи от

k_{0}

, които според горната

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

Задача 4

Пълен запис

Условие

Редицата от цифри

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

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

a_{1}=2

a_{2}=3

, и за

n \geq 1

на

n

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

a_{n} a_{n+1}

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

Решение

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

a_{n} a_{n+1}

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

8 \cdot 9=72

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

6 \cdot 9=54

или

8 \cdot 7=56

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

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

Задача 5

Пълен запис

Условие

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

Решение

Нека с

P

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

O x

. Поне 21 правоъгълника се пресичат с правоъгълника

P

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

D

, който има лява страна най-отдалечена от оста

O y

. Правоъгълникът

D

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

L

има дясна страна най-близка до оста

O y

. Правоъгълникът

L

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

O x

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

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

има правоъгълник

S

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

P, D, L

T

. Ще докажем, че правоъгълникът

S

пресича всеки един от дадените правоъгълници. Избираме произволен правоъгълник

A

и допускаме, че правоъгълникът

A

и правоъгълникът

S

не се пресичат. Следователно съществува права

s

(примерно хоризонтална, която разделя правоъгълника

A

от правоъгълника

S

. Очевидно правата

s

разделя правоъгълниците

S

T

, защото правоъгълникът има по-далечна долна страна от правоъгълника

A

до оста

O x

. Тогава правоъгълникът

S

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

S

е избран извън лошите правоъгълници.

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

Задача 6

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

с център на вписаната окръжност

I

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

. Ако

C A+A I=B C

да се намери

\angle A B C

Решение

Отговор:

35^{\circ}

. Ако

D

е точка върху лъча

C A \rightarrow

за която

A D=A I

, то

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

и тогава

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

. Следователно

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

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

Задача 7

Пълен запис

Условие

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

Решение

Съществуват два съседни ъгъла със сбор, по-голям от

180^{\circ}

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

A

B

, като разстоянието от

E

до

A B

е не по-голямо от разстоянието от

C

до

A B

. Тогава, ако

A B X E

е успоредник, точката

X

е вътрешна за петоъгълника и е с цели координати.

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

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

a

b

, за които равенството

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

е изпълнено за произволни реални числа

x

y

. (За реалното число

x

[x]

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

x

Решение

Отговор:

a=b=0

a=b=1

. При

x=1, y=0

получаваме

[a]+[b]=a+b

, откъдето поради

[a] \leq a

[b] \leq b

, получаваме, че

a

b

са цели числа. При

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

получаваме

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

. Ако

a \geq 0

b \geq 0

получаваме, че

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

, откъдето

a=0, 1

b=0, 1

. Ако

a=0, b=1

(или

a=1, b=0

) получаваме

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

, което не е вярно за

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

. В този случай остават решенията

a=b=0

a=b=1

. Случаят

a \leq 0, b \leq 0

a b \neq 0

е невъзможен, защото тогава

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

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

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

a\gt{}0

b\lt{}0

. Полагаме

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

y=0

и получаваме

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

, откъдето

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

, което е невъзможно за отрицателното число

\frac{b}{a+1}

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

2016 · Финал

4 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2016-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Съществува ли линейна функция на пет променливи

f(v, w, x, y, z)

, такава, че за всеки

\triangle A B C

с радиуси на описаната, вписаната и трите външновписани окръжности

R, r, r_{a}, r_{b}

r_{c}

да е изпълнено

f\left(R, r, r_{a}, r_{b}, r_{c}\right)=0

Решение

Да, съшествуватакава е функцията

f(v, w, x, y, z)=4 v+w-x-y-z

. Наистина, нека в описаната окръжност на

\triangle A B C

точките

L_{1}

L_{2}

са среди на дъгите

A C B

A B, O, I, I_{a}, I_{b}

I_{c}

са центровете на описаната, вписаната и трите външновписани окръжности, е средата на отсечката

A B

, и вписаната и външновписаните окръжности допират правата

A B

в точките

T, T_{a}, T_{b}

T_{c}

. От лемата за тризъбеца,

L_{1} I_{a}=L_{1} B=L_{1} A=L_{1} I_{b}, L_{1} M

е средна отсечка в трапеца

I_{a} I_{b} B A

, и

L_{1} M=\frac{1}{2}\left(r_{a}+r_{b}\right)

. Аналогично,

L_{2} M=\frac{1}{2}\left(r_{c}-r\right)

, откъдето

\frac{1}{2}\left(r_{a}+r_{b}+r_{c}-r\right)= L_{1} M+M L_{2}=L_{1} L_{2}=2 R

и твърдението следва.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2016-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Намерете всички тройки естествени числа (

x, y, z

), за които:

x y z=x!+y^{x}+y^{z}+z!

Решение

Нека първо отбележим, че уравнението е симетрично относно

x

z

. Разглеждаме случая

x=y=z

. Тогава:

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

. Очевидно е, че при

x \geq 3

, уравнението не е изпълнено. При

x=1

, получаваме

1=2+2

, което не води до , а при

x=2

, получаваме

8=4+8

, което отново не води до Разглеждаме случая

x=z \neq y

, тогава

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

. Да допуснем, че

x\gt{}y

. Очевидно е, че

2 x!\gt{}x^{y}

при

x \geq 6

. Лесно може да бъде проверено, че при

x\lt{}6

, уравнението няма в естествени числа. Да допуснем, че

y\gt{}x

тогава

x^{2} y\lt{}y^{3}

. Ясно е, че

x

y

могат да вземат стойности единствено от множеството

\{1, 2\}

. Тъй като

y\gt{}x

, единствената възможност за двойката (

x, y

) е да приема стойности ( 1, 2 ). Заместваме в уравнението:

2=1+2+2+1

, което не води до Разглеждаме случая

x=y \neq z

, тогава

x^{2} z=x!+x^{x}+x^{z}+z!

. При

x \geq 3

или

z \geq 3

получаваме, че или

x^{x}

, или

x^{z}

е по-голямо от

x^{2} z

. Следва, че дясната страна на уравнението е по-голяма от лявата страна на уравнението

\Rightarrow x \leq 3

z \leq 3

. След проверка за

(x, z)=(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)

получаваме, че никоя от тези двойки не води до вярно равенство. Разглеждаме случая

x\gt{}z\gt{}y

(при

z\gt{}x\gt{}y, z\gt{}y\gt{}x, x\gt{}y\gt{}z

, то е аналогично). Тогава можем да запишем

x!

като

1 \ldots y \ldots z \ldots x

, което е по-голямо от

x y z

\Rightarrow уравнението не е изпълнено. Разглеждаме случая

y\gt{}x\gt{}z

(при

y\gt{}z\gt{}x

то е аналогично). Получаваме, че

x y z\lt{}y^{3}

. Следва, че

x

z

приемат стойности от множеството:

\{1, 2\}

. Имаме следните 4 случая за двойката (

x, z

(x, z)=(1, 1)

тогава

y=1+y+y+1

y=-2

. Тъй като търсим в естествени числа, тройката

(1, -2, 1)

не изпълнява това условие.

(x, z)=(1, 2)

, тогава

2 y=1+y+y^{2}+2

y^{2}-y+3=0

. Лесно се вижда, че това квадратно уравнения няма в естествени числа.

(x, z)=(2, 1)

не води до тъй като

x

z

са симетрични.

(x, z)=(2, 2)

, тогава

4 y=4+2 y^{2}

y^{2}-2 y+2=0

. Лесно се вижда, че това квадратно уравнения няма в естествени числа. Отговор: Уравнението няма в естествени числа.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2016-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

a

със следното свойство: за всяко нечетно просто число

p

съществува естествено число

n

, такова че числата

a^{n}-n

a^{n+1}-n-1

се делят на

p

Решение

Да допуснем, че

a

има нечетен прост делител

p

. Тогава условието дава, че

p

дели

n

n+1

, т. е.

p

дели 1, противоречие. Ако

a=1

, то

p

дели

1-n

(-n)

, пак противоречие. Сега да допуснем, че

a

е степен на двойката с показател

k \geq 2

. Тогава числото

a-1

има нечетен прост делител

p

, т. е.

a \equiv 1(\bmod p)

. От условието получаваме сравненията

1-n \equiv 0(\bmod p)

-n \equiv 0(\bmod p)

, противоречие. Сега ще покажем, че

a=2

работи. За простото число

p

избираме

n=(p-1)^{2}

. Тогава

n \equiv 1(\bmod p)

и от теоремата на Ферма следва

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

. Оттук

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

, с което исканото е доказано.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2016-8-4

2017 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

a

е цифра, за която

1 \leq a \leq 7

. Да означим с

X_{a}

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

a

a+1

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

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

Решение

Отговор:

X_{4}=4455

. Да разгледаме число, записано с

x

цифри

a

y

цифри

a+1

. Да означим сборът на четните позиции с

e

, а на нечетните с

d

. Използваме, че

99=9 \cdot 11

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

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

се дели на 9 и

d-e

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

X_{4}=4455

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

X_{1}, X_{2}

X_{3}

имат повече от 4 цифри, а всяко от

X_{5}, X_{6}

X_{7}

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

X_{4}=4455

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

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

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

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се реши в естествени числа уравнението

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

Решение

Отговор:

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

. Тъй като

1331=11^{3}

, то 11 дели

n

k \geq 3

. Следователно

n=11 a

и получаваме

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

. Директно се проверява, че 9 и 11 не делят

a^{2}-a+1

и следователно

a^{2}-a+1

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

a=2

и съответно

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

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

Задача 4

Пълен запис

Условие

Четириъгълникът

A B C D

е описан около окръжност

k

. Точките

K

L

са съответно допирните точки на

k

със страните

A B

C D

. Вписаната в

\triangle A B C

окръжност

\omega

се допира до отсечките

A B

A C

съответно в точките

M

N

. Да се докаже, че правите

M N

K L

се пресичат върху правата през центровете на

k

\omega

Решение

Нека

I

е центърът на

\omega

- тогава

B I

е централата на

k

\omega

. Да означим

B I \cap M N=R

. Имаме

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

като второто равенство следва от

A M=A N

. Следователно четириъгълникът

I R N C

е вписан. Оттук

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

. Нека

O

е центърът на

k

. Сега ако

A B \| C D

, то

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

и значи

O \equiv R

. Освен това,

K, O

L

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

k

. В противен случай нека

A B \cap C D=T

(без ограничение

A

е между

B

T

) и

B O \cap K L=S

. Аналогични разсъждения за

\triangle B C T

k

дават

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

. Оттук

S \equiv R

и твърдението следва.

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

Задача 5

Пълен запис

Условие

В ъгъл са вписани два кръга с радиуси

r

R

, които нямат обща точка помежду си и равнобедрен триъгълник

A B C, A C=B C

(точките

A

B

са на единия лъч на ъгъла, а точката

C

- на другия). Окръжността, с радиус

r

допира външно бедрото

A C

на

\triangle A B C

, а окръжността с радиус

R

допира външно бедрото

B C

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

r+R

е равна на височината на

\triangle A B C

, спусната от върха

C

Решение

Нека окръжностите допират

A B

в точки

M

N

. Ако

\angle C A B= 2 \varphi

, то

r=A M \operatorname{cotg} \varphi

R=B N \operatorname{cotg} \varphi

и тогава

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

. Тъй като

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

то при фиксиран триъгълник

A B C

сборът

R+r

не зависи от ъгъла. Когато той е с големина от

0^{\circ}

, то

O A

O C

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

\triangle A B C

. Втори начин: От изразяване на лицето на

\triangle O B C

чрез радиусът на външновписаната му окръжност

R

и като сбор на лицата на

\triangle O A C

\triangle A B C

получаваме:

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

От подобието на

\triangle O O_{1} M

O O_{2} N

намираме

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

От (1) и (2) лесно следва, че

R+r=h

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

Задача 6

Пълен запис

Условие

Ако

a\gt{}b\gt{}0

да се намери най-малката стойност на израза

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

Решение

Отговор: 7. От

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

следва, че

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

Сега получаваме:

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

Равенство се достига при

a=2

b=1

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

Задача 7

Пълен запис

Условие

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

Решение

Отговор: 9. Ако на първия ред са записани

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

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

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

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

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

2017 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

В окръжност е вписан правилен 12 -ъгълник

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

. Да се докаже, че хордите

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

A_{4} A_{11}

се пресичат в една точка.

Решение

Разглеждаме триъгълниците

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

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

. В първия триъгълник

A_{2} A_{6}

A_{8} A_{3}

A_{4} A_{11}

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

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

A_{11} A_{4}

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

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

Задача 2

Пълен запис

Условие

От средата на всяка от страните на остроъгълен триъгълник

A B C

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

Решение

Отговор:

5 \mathrm{~cm}^{2}

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

\triangle A B C

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

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

, то търсеното лице е

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

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

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

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

Задача 4

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

, за който

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

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

\triangle A B C

е на равни разстояния от страните и на триъгълника.

Решение

Окръжността, описана около триъгълника с върхове средите на страните на

\triangle A B C

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

O

. Върху тази окръжност лежат също петите на височините на

\triangle A B C

. Ако

H

е петата на височината от

B

към

A C

, а

M

е средата на

B C

, то от

\triangle B H C

(правоъгълен с ъгъл от

30^{\circ}

) следва, че

C M=C H

. Триъгълниците

O C H

O C M

са еднакви по три страни и следователно

C O

е ъглополовяща на

\angle A C B

, т. е.

O

е на равни разстояния от страните и на триъгълника.

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

Задача 5

Пълен запис

Условие

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

Решение

Нека

x

км/ч е собствената скорост на лодката,

2 x

км/ч е собствената скорост на катера и

y

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

10(x+y)

км; пътят на лодката до срещата е

8(x+y)

км, а катерът за 8 часа изминава

10(x+y)

км по течението със скорост

2 x+y \mathrm{~km} /

ч и

2(x+y)

км срещу течението със скорост

2 x-y \mathrm{~km} /

ч. Следователно

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

и като преобразуваме това равенство, получаваме

x=2 y

. Оттук пътят на катера от срещата до А е

24 y

км, скоростта му срещу течението е

3 y

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

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

Задача 6

Пълен запис

Условие

За всяко естествено число

n

определяме

n^{\prime}

по следния начин:

(*)

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

;

(*)

p^{\prime}=1

за всяко просто число

p

;

(*)

Ако

n=a. b

, то

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

. Колко са по-малките от един милиард естествени числа

n

, за които

n=n^{\prime}

Решение

По индукция доказваме, че за всяко просто число

p

и естествено число

k

имаме

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

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

n=n^{\prime}

само когато са от вида

p^{p}

. Ако

n

има повече от един прост делител, т. е.

n=p^{k}. m

, където

m\gt{}1

p \nmid n

, имаме

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

. Условието

n=n^{\prime}

води до равенството

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

, откъдето следва, че

p

дели

k m

, т. е.

k

. Но тогава

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

и тъй като

m^{\prime}\gt{}0

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

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

7^{7}=823543

(вече

10^{10}

надхвърля 10 пъти един милиард.)

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

Задача 7

Пълен запис

Условие

Дадено е уравнението

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

a) Да се реши уравнението при

n=5

. б) Ако

n=2

(x, y)

Решение

на уравнението, да се намерят всички възможни остатъци на

x

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

x \equiv 2(\bmod 7)

.. а) Имаме

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

, като лявата страна е строго между петите степени на

x

x+1

. Следователно уравнението няма б) Ясно е, че

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

е Имаме

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

. Ако

d

е най-големият общ делител на множителите вдясно, то

d

дели

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

, оттук дели и

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

, а значи и

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

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

, а следователно и

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

. Ако

d=1

, то

x^{2}+x+1

е точен квадрат, но е и строго между квадратите на

x

x+1

, противоречие. Ако

d=7

, то

x^{2}+x+1

x^{3}-x+1

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

x \not \equiv 2(\bmod 7)

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

Задача 8

Пълен запис

Условие

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

Решение

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

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

. В момента на пресипването на

a_{i}

има 8 кутии, в които има поне по

a_{i}

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

a_{i}

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

a_{1}

топчета (избираме я), поне две кутии с поне

a_{2}

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

a_{3}

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

a_{8}

Във вътрещността на четириъгълник

A B C D

е избрана точка

X

така, че

A B X

C D X

са равностранни триъгълници. Ако

P, Q

R

са среди съответно на отсечките

B C

D X

A X

да се намери ъгъл

R P Q

Решение

Отговор:

60^{\circ}

. Нека

M

N

са среди съответно на

C X

B X

. Триъгълниците

P M Q, R N P

R X Q

са еднакви по две страни и ъгъл между тях. Тогава

P Q R

е равностранен триъгълник и

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

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

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се реши в цели числа уравнението

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

Решение

Отговор:

(x, y)=(0, 0)

(0, 2)

. Очевидно

x \geq 0

y

е четно. От последното следва, че

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

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

x

е четно. Тогава

y^{6}-32 y+1

е точен квадрат. При

y\gt{}4

имаме

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

а при

y\lt{}-4

са в сила неравенствата

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

(проверете!). Следователно

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

и директна проверка дава решенията

(x, y)=(0, 0)

(0, 2)

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

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

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

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

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

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

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

Задача 8

Пълен запис

Условие

Числата

p

q

са делители на естественото число

n

. Ако

p\gt{}q

да се докаже неравенството

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

Решение

Тъй като

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

, то

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

Понеже

p\gt{}q

получаваме:

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

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

чрез

n

Решение

Ще докажем, че

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

. Нека разгледаме множество от

2 n

души,

n

от които са мъже, а останалитежени. Тогава

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

е броят начини да изберем

k

мъже и

n-k

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

n

души сред множество от

2 n

души, тоест са равни.

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

Задача 5

Пълен запис

Условие

Намерете най-големия общ делител на

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

където

n\gt{}1

Решение

Отговор:. Нека

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

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

Suppose

p\gt{}n

and

p \mid D_{n}

. Thus, the polynomial

x^{n-1}-1

has

n

roots in

\mathbb{F}_{p}

, which are

1, 2, \ldots

n-1

, and

n

. This cannot happen since the degree of the polynomial is

n-1

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

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

, be? Answer:

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

n\gt{}2

. To show that a prime

p \leq n-1

divides

D_{n}^{\prime}

implies

p-1 \mid n-1

is identical to the earlier work. Now, if

n

is a prime, then

n

divides

D_{n}^{\prime}

and

n

also occurs in the factorization of

D_{n}

(for

n-1 \mid n-1

). Consequently,

D_{n}^{\prime}

is divisible by

D_{n}

. Suppose that there exists a prime

p\gt{}n

such that

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

. Thus, the polynomial

x^{n-1}-1

has

n

roots in

\mathbb{F}_{p}

, which are

1, 2, \ldots, n-2

, and

n-1

. Thus,

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

. Therefore, the coefficient of

x^{n-2}

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

\mathbb{F}_{p}

. Hence,

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

\mathbb{F}_{p}

. This implies that

p \leq n

, which is a contradiction.

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

Задача 6

Пълен запис

Условие

Дадени са различни естествени числа

a, b

c

, за които числото

p=a b+b c+c a

е просто. a) Да се докаже, че числата

a^{2}, b^{2}

c^{2}

дават различни остатъци при деление на

p

. б) Да се докаже, че числата

a^{3}, b^{3}

c^{3}

дават различни остатъци при деление на

p

Решение

а) Ако

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

, то

p

дели

(a-b)(a+b)

. Ако

p

дели

a+b

, то

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

, което е противоречие. Ако

p

дели

|a-b|

, то поради

a \neq b

имаме

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

, противоречие. б) Ако

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

, то

p

дели

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

. Ако

p

дели

a+b

достигаме до противоречие както в а). Ако

p

дели само множителя

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

, то

p

дели и

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

, т. е.

p

дели

a+b+c

. Тогава

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

(тъй като поне едно то числата

a b c

е по-горлямо от 1), противоречие.

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

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

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

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

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

2019 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

На дъската са записани

n

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

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

, където

a

b

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

n

Решение

2. Тъй като

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

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

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

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

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

. Нека сме получили всички числа от 1 до

3 k+2

включително. Тогава последователно получаваме

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

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

и твърдението следва по индукция.

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

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

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

a: b

, където

a\gt{}b

победителят получава

3+a-b

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

13,8,4

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

Решение

BLANK BLANK BLANK

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

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число. Колко

n

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

Решение

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

. Ако има 0, има

9 \cdot 8: 2\neq{}36

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

2 \cdot 3^{n-1}

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

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

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

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

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

3\neq{}84

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

3^{n}

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

3 \cdot 2^{n}

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

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

числа. Всички търсени числа са

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

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

Задача 4

Пълен запис

Условие

По окръжност са записани последователно 10 числа

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

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

a_{1}

a_{10}

са съседни), като новите числа са

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

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

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

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

Решение

б)

24, -13

. а) Нека първоначалните числа са

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

и след заместване на тяхно място са получени

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

, където

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

. Тогава

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

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

откъдето пресмятаме

2 a_{1}=

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

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

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

и следователно

a_{1}

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

10+9+8-1-2=24

, а най-малкото е

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

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

Задача 5

Пълен запис

Условие

В остроъгълен триъгълник

A B C

са построени медианата

A A_{1}

и височината

B H

. Описаната около

\triangle A A_{1} H

окръжност пресича

B H

в точка

X

, като

A X=B C

. Да се намери

\angle A_{1} A C

Решение

30^{\circ}

. Тъй като

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

, то отсечката

A X

е диаметър на описаната около

\triangle A A_{1} H

окръжност. От правоъгълния триъгълник

B H C

следва, че

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

и тогава

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

. Следователно централният ъгъл, съответстващ на дъгата

H A_{1}

е равен на

60^{\circ}

, откъдето

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

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

Задача 6

Пълен запис

Условие

През точка

P

, вътрешна за триъгълника

A B C

, са построени отсечките

P L

P M

P K

, съответно успоредни на

B C, A C

A B

, като

L, M

K

лежат съответно на страните

A C, A B

B C

. a) Докажете, че

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

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

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

Решение

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

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

. Нека

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

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

тогава

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

. Ако означим

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

, равенството с

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

се преобразува до

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

, т. е.

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

, т. е.

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

. От друга страна,

x, y, z

са положителни и

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

също са, понеже

a, b, c

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

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

Задача 7

Пълен запис

Условие

Едно цяло число

x

се нарича созополско, ако

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

където

a, b, c

d

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

Решение

При

a=1, b=3, c=2

d=0

получаваме уравнението

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

с корени

-2, -1

и 0. При

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

d=0

получаваме уравнението

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

с корени

-1, 0

и 2. Следователно числата

x=-2, -1, 0, 2

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

x=1

получаваме

a+b+c+d=0

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

n

, то

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

и следователно

n

не е цяло число. Тъй като

-a, -b, -c

-d

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

d \geq 0

. При

x \geq 3

от

x

дели

d

следва, че

d=0

или

d \geq 3

. При

d=0

можем да считаме, че

c\gt{}0

и след съкращаване на

x \neq 0

получаваме, че

x

дели

c

и поради

c \neq d=0

следва, че

c \geq 3

. Следователно

d \geq 3

или

c \geq 3

, като тогава

a, b, c, d \geq 0

, откъдето

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

, противоречие. При

x \leq-3

за

t=|x| \geq 3

получаваме

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

Лесно се вижда, че това равенство е невъзможно при

t \geq 4

, а при

t=3

както в случая

x \geq 3

се получава противоречие.

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

Задача 8

Пълен запис

Условие

Нека

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

5 a+c\gt{}b

. Докажете, че

a+4 c\gt{}2 b

Решение

Ако

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

, то

D\lt{}0

, т. е.

f(x)

има постоянен знак. Имаме

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

, така че и

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

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

2019 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

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

Решение

Да означим дадените числа с

a

b

. Нека след

i

-та минута дописваме числото

t_{i}

. Ще докажем, че

t_{60}

има поне 118 различни прости делители. Тъй като

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

, то

t_{1}

има поне един прост делител. От

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

следва, че

t_{2}

има поне 2 различни прости делители (тъй като

t_{1}

t_{1}^{3}+1

са взаимнопрости). Освен това

a, b \geq 1

дава

t_{2} \geq 18

. Да забележим, че

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

. Ще докажем, че

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

при

t_{i}\gt{}2

има поне два различни прости делители. Наистина, ако

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

, то поради НОД

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

или 3 следва, че

p=3

. Тогава

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

за

k\gt{}1

и получаваме

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

. При

k\gt{}1

изразът

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

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

2 \cdot 60-2=118

различни прости делители.

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

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

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

Задача 3

Пълен запис

Условие

От

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

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

A

B

и да обърнем всики монети от правата

A B

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

Решение

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

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

Задача 4

Пълен запис

Условие

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

A

дава подарък на

B

, то

B

не дава подарък на

A

Решение

\frac{27}{8192}

. Има

4^{8}

възможности за разпределение на подаръците. Нека момчетата са

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

, а момичетата са

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

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

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

) или два цикъла (например

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

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

). За два цикъла възможностите са

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

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

=144

и вероятността

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

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

Задача 5

Пълен запис

Условие

Точките

M

N

са съответно от бедрата

A C

B C

на равнобедрения триъгълник

A B C

, като

M N\gt{}A C

. Да се докаже, че

A B\gt{}M N

Решение

Без ограничение на общността считаме

C M \geq C N

. Нека правата през

A

, успоредна на

M N

, пресича отсечката

B N

в точка

K

(която може да съвпада с

B

) и правата през

M

, успоредна на

B C

, пресича

A K

в точката

P

. Тогава

A K\gt{}P K=M N

(тъй като

P K N M

е успоредник) и сега условието дава

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

. В частност,

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

като най-голям ъгъл в триъгълника

A C K

, откъдето

\angle A K B

е най-големият ъгъл в триъгълника

A K B

. Така

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

, както се искаше.

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

Задача 6

Пълен запис

Условие

Външно за правоъгълния триъгълник

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

са построени равнобедрените правоъгълни триъгълници

B C M

A C N

, като

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

. Правите

A M

B N

се пресичат в точката

T

, а

H

е петата на височината през върха

C

в триъгълника

A B C

. Да се докаже, че триъгълникът

C H T

е равнобедрен.

Решение

Нека

C L(L \in A B)

е ъглополовящата на

\angle A C B

. Ще докажем, че

A M

разполовява

C L

. Последното е еквивалентно на

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

, т. е. на

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

. Понеже

B M \| A N

, имаме

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

и исканото сега е

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

. Чрез

B M=C M

свеждаме до

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

, т. е. (използвайки

A N=C N

) до

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

. От Питагоровата теорема имаме

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

, а ако

L X

L Y

са (равните) перпендикуляри от

L

към

A C

B C

, то

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

. Оттук

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

и разполовяването следва. Аналогично доказваме, че

B N

разполовява

C L

и следователно пресечната точка

T

на

A M

B N

е точно средата на

C L

. Тогава в правоъгълния триъгълник

C H L

с хипотенуза

C L

имаме

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

, с което задачата е решена.

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

Задача 7

Пълен запис

Условие

За всяко съставно число

n \geq 6

нека

a_{n}

е най-малкото естествено число

k

, такова че

k

! се дели на

n

. Определете най-голямата възможна стойност на

\frac{a_{n}}{n}

Решение

\frac{2}{3}

. Ако

n=p^{2}

, където

p \geq 3

е просто, то

a_{n}=2 p

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

с равенство за

p=3

. Ако

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

, то

p^{k}

дели

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

и значи

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

, което дава

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

. Накрая, ако

n

има поне два различни прости делителя, то

n=q r

за две взаимнопрости естествени числа

q, r \geq 2

; ако без ограничение

q\gt{}r

, то

q \mid q!

r|r!| q!

, откъдето

n=q r \mid q!

и следователно

a_{n} \leq q

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

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

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се намери най-голямото естествено число

n

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

n

сантиметра.

Решение

n=14

. Квадрат с диагонал 20 има страна

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

и следователно

n \leq 14

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

A B C D

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

B

D

лежат в общата част на

k_{1}(A, 14)

k_{2}(C, 14)

. Диагоналът

B D

има най-голяма дъбжина когато

B

D

съвпадат с пресечните точки на

k_{1}

k_{2}

. Тогава

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

, противоречие.

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

2019 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

а) Съществува ли множество

A

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

A

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

A

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

A

нямат равни суми от елементите си.

Решение

а) Да. б) Не. а)

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

върши работа. б) Нека числата са

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

. Тогава сборовете

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

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

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

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

От друга страна сумата по-горе е равна на

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

тъй като удвоените произведения се съкращават. Следователно

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

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

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

Задача 2

Пълен запис

Условие

За всяко естествено число

k

нека

S(k)

означава сбора от цифрите на

k

. Да се намери най-малкото естествено число

n

за което

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

Решение

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

. Лесно се вижда, че разликата между съответните цифри на

n

2 n

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

n

и на

2 n

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

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

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

Задача 3

Пълен запис

Условие

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

Решение

Нека

t

е най-голямото число със свойството: Има

t

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

t \leq 9

и да означим множеството от тези

t

задачи с

A

. Тъй като

t

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

x \notin A

съществуват две задачи

y, z \in A

, такива, че има ученик решил задачи

x, y

z

(в противен случай ще добавим задача

x

към

A

и ще увеличим

t

). По този начин на всяка задача извън

A

съответства двойка от задачи от

A

. При това на различни задачи извън

A

съответстват различни двойки от

A

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

t \leq 9

, то двойките в

A

са най-много

\binom{9}{2}=36

, а извън

A

има поне 37 задачи и от

37\gt{}36

получаваме противоречие.

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

Задача 4

Пълен запис

Условие

Реалните числа

a, b, c, d

са различни и изпълняват равенствата

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

Да се намери най-голямата възможна стойност на

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

Решение

От дадените имаме

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

. Да отбележим, че

a c=b d\lt{}0-

иначе,

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

и тогава

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

, противоречие (неравенството е строго, понеже

a, b, c, d

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

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

Равенство се достига например за

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

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

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

2 a+3 b+5 c=0

. Докажете, че уравнението

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

има корен в интервала

[0; 1]

Решение

Ако

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

, то

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

f(0)=c

, така че

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

. Ако тук

f(2 / 3) \geq 0

, то

f(0) \leq 0

. Ако

f(2 / 3)\lt{}0

, то

f(0)\gt{}0

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

[0; 2 / 3]

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

Задача 6

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

. Точките

A_{1}

B_{1}

са от страните

B C

A C

съответно. Точките

P

Q

са от отсечките

A A_{1}

B B_{1}

, като

P Q \| A B

. Точката

P_{1}

е от правата

P B_{1}

, като

B_{1}

е между

P

P_{1}

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

. Точката

Q_{1}

е от правата

Q A_{1}

, като

A_{1}

между

Q

Q_{1}

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

. Правите

A A_{1}

B B_{1}

пресичат описаната около триъгълника

A B C

окръжност в точките

A_{0}

B_{0}

, съответно. Да се докаже, че точките

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

Q_{1}

лежат на една окръжност.

Решение

Нека

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

. Понеже

P Q \| A B

A B A_{0} B_{0}

е вписан четириъгълник, имаме

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

и следователно

P Q B_{0} A_{0}

е вписан. Също,

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

и така точките

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

C

лежат на една окръжност. Сега ако

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

, откъдето

P, Q, P_{1}

B_{0}

лежат на една окръжност. Аналогично

P, Q, Q_{1}

A_{0}

лежат на една окръжност, с което задачата е решена.

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

Задача 7

Пълен запис

Условие

Точките

P

Q

от страната

A B

на триъгълника

A B C

са такива, че

\angle A C P= \angle A B C

\angle B C Q=\angle B A C

. Точките

M

N

са съответно от лъчите

C P

C Q

и изпълняват равенството

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

. Да се докаже, че правите

A M

B N

се пресичат върху описаната около триъгълника

A B C

окръжност.

Решение

Нека

S=A M \cap B N

и да означим

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

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

. Тогава

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

, откъдето (използвайки и даденото)

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

Нещо повече,

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

. Следователно

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

. Оттук

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

с което задачата е решена.

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

Задача 8

Пълен запис

Условие

а) Намерете всички множества

S

от естествени числа със следното свойство: за всеки три числа

a, b

c

от

S

числото

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

също е от

S

. б) Намерете всички множества

S

от естествени числа със следното свойство: за всеки три числа

a, b

c

от

S

, ако числото

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

е естествено, то също е от

S

. С

(a, c)

означаваме най-големия общ делител на естествените числа

a

c

Решение

а) Имаме

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

, като равенство се достига само при

a=c

. Следователно всички търсени множества са

S=\{n \geq t\}

, където

t

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

a=c

имаме

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

, т. е. ако

S

съдържа дадено естествено число, то

S

съдържа и всички по-малки от него. Ако

S \neq\{1\}

, то

2 \in S

и тогава

a=b=2, c=1

дава

3 \in S

и т. н ще получим, че в

S

има произволно големи числа.

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

2019 · Ден 4

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Изпъкналият четириъгълник

A B C D

е такъв, че

A C=B D=A B

. Диагоналите

A C

B D

се пресичат в точка

O

. Точките

M

N

са средите на страните

A D

B C

, съответно. Точките

X, Y

Z

съответно от отсечките

A O, O B

A B

са такива, че

A X=A Z

B Y=B Z

O X=O Y

. Да се докаже, че точките

M, X, Y

N

лежат на една права.

Решение

От дадените равенства получаваме

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

. Да означим

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

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

. Тогава

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

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

. Така

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

. Сега ако

W=X Y \cap A D

, то

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

, откъдето

W

е средата на

A D

и в частност

W

съвпада с

M

. Следователно точките

M, X

Y

лежат на една права. Аналогично

N, X

Y

лежат на една права и исканото следва.

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

Задача 2

Пълен запис

Условие

За реалните числа

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

да се докаже, че

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

и да се намерят всички четворки (

a, b, c, d

), при които се достига равенство.

Решение

Изразът е равен на

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

. Без ограничение нека

a \geq c

. Имаме два случая:

(*)

Нека

b \geq d

. Тогава ако

a+c-b-d \leq 0

сме готови; иначе от САСГ (по точно

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

за

x, y, z \geq 0

) върху

a-c, b-d

a+c-b-d

получаваме

S \leq

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

\frac{8}{27}

като равенство се достига при

a=1, d=0

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

, т. е.

b=\frac{2}{3}

c=\frac{1}{3}

. Възможността

a \leq c

дава и четворката

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

(*)

Ако

b \leq d

, записваме

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

и при

a+c-b-d \geq 0

имаме

S \leq 0

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

S \leq \frac{8}{27}

, с равенство при

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

(и

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

при

a \leq c

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

Задача 3

Пълен запис

Условие

Докажете, че съществува естествено число

a

, за което 2019 дели

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

за всяко нечетно естествено число

n

и намерете най-малкото такова

a

Решение

674. Тъй като

2019=3 \cdot 673

, НОД

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

338 \equiv 335( (\bmod 673)

, условието е изпълнено точно когато 3 дели

(a+1) 335^{n}

и 673 дели

(a 1) 335^{n}

. Сред числата, за които

a \equiv 1((\bmod 673)

, най-малкото, за което

a \equiv 1(\bmod 3)

, е 674.

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

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

a\gt{}0

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

. Да се докаже, че не е възможно уравнението

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

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

Решение

Да допуснем, че това се случва за корените

x_{1}

x_{2}

. Разделяйки на 2 и ползвайки Виет, получаваме

2-1,

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

25.

Но според допускането

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

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

, така че получаваме абсурда

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

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

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

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

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

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

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяко естествено число

n

числото

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

е естествено.

Решение

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

p

, деляща

m

, е с показател

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

и следователно е достатъчно да докажем неравенството

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

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

за всяко положително реално число

x

. Представяйки

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

достигаме до горното неравенство, но за

\alpha

. И наистина, във всеки от случаите

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

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

(скобките се смятат директнонапример за

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

) те са съответно

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

) исканото е изпълнено.

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

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

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

2019 · Финал

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

За цяло неотрицателно число

a

и просто число

p

означаваме •

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

, ако

a \neq 0, p

дели

a

x \geq 1

е такова, че

p^{x}

дели

a

, но

p^{x+1}

не дели

a

(с други думи,

x

е степента на

p

в разлагането на

a

на прости множители) •

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

ако

a=0

или

p

не дели

a

. Да се намерят всички естествени числа

n

, които изпълняват равенството

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

Решение

Представяме

n

като

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

за цели

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

Тогава

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

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

. Аналогично получаваме

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

. Заместване и съкращаване на

n

в даденото уравнение дава

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

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

Имаме следните случаи: • Ако

a \geq 2

(или

d \geq 2

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

c_{1}

(ненулево

c_{2}

) поради множителят

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

(съответно

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

). Нека

c_{1}=0

, т.е.

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

. Както по-горе,

d \geq 2

дава

c_{2}=0

, което е невъзможно. При

d=1

получаваме

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

, невъзможно. При

d=0

свеждаме до

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

, където

t=3^{c} c_{2}

; последното е невъзможно, например от еквивалентното

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

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

c_{2}=0

се отхвърля аналогично. • Ако

a=d=1

, получаваме

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

и значи

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

. Това съответства точно на

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

. • Нека

a=d=0

. След освобождаване от отрицателни степени достигаме до

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

2.2019^{2}

Сега е ясно, че непременно

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

за цяло неотрицателно число

k

. Ако

k\gt{}0

, то

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

дава

c=0

k \leq 2

- обаче

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

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

са невъзможни, например от еквивалентните

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

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

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

k=0

и значи (

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

. Съкращаване на

673^{2}

дава

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

и така

b=0

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

, т.е.

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

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

a=0, d=1

, т.е.

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

. Ако

c_{2}=0

, подхождаме както в края на предишния случай. Иначе

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

освен само при

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

такъв случай,

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

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

a=1, d=0

, т.е.

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

. Непременно имаме

b=0, c_{1}=0

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

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

Задача 2

Пълен запис

Условие

На тест се явили

2 n

ученици. Възможните резултати са

0,1, \ldots, 10

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

\frac{36}{5}

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

n

ученици, като средноаритметичният резултат измежду хората във всяка група е

\frac{36}{5}

Решение

Нека

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

са резултатите в ненамаляващ ред. Означаваме

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

за

i=0, \ldots, n

. Тогава

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

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

и значи

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

. Нека

i

е най-големият индекс, за който

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

. Имаме

i\lt{}n

, иначе

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

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

, противоречие. Значи

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

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

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

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

, можем да изберем числата

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

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

M

. Средноаритметичното е точно

\frac{a_{i+1}+\ldots+a_{i+n+1}-M}{n}=\frac{36}{5}

и сега е ясно, че останалите

n

резултата ще са със същото средноаритметично.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Естествено число се нарича свободно от квадрати, ако не се дели на квадрата на кое да е просто число. Нека

n

е естествено число. Да се докаже, че сумата на числата от вида

\left\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{n}{a}}\right\rfloor

, където

a

е свободно от квадрати, е равна на

n

. (За реално число

x

\lfloor x\rfloor

означаваме най-голямото ияло число, по-малко или равно на

x

)

Решение

Индукция по

n

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Даден е успоредник

A B C D

A B\lt{}A C\lt{}B C

. Точките

M

N

от описаната около триъгълника

A B C

окръжност

k

са такива, че

D M

D N

се допират до

k

и отсечките

A D

C M

се пресичат. Ако

\angle A B N=\angle D C M

, да се намери

\angle A B C

Решение

Тъй като

D

е външна за

k

, ъгълът

\angle A B C

е остър. Нека

A^{\prime}

е втората пресечна точка на

C D

k

. Понеже

B C\gt{}A C

, имаме

\angle D C A=\angle C A B\gt{}\angle C B A=D A^{\prime} A

; значи

C

е между

A^{\prime}

D

. Нататък, чрез ъгли в

k

и условието получаваме, че дъгите

M C A^{\prime}

A C N

са равни. Нататък, нека

l

е ъглополовящата на

\angle M D N

. Тъй като

D M

D N

са допирателни, правата

l

минава през центъра

O

на

k

. Поради равенството на гореспоменатите дъги, при симетрия относно

l

точката

A

се изобразява в

A^{\prime}-

в частност,

\angle D A A^{\prime}=\angle D A^{\prime} A

. Сега

\angle D A A^{\prime}=\angle D A^{\prime} A=\angle A B C=\angle A D C

и значи триъгълникът

A A^{\prime} D

е равностранен. Отговорът следва.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се определи най-голямата стойност на израза

\left(x_{2} x_{3}+x_{4} x_{5}+\ldots+x_{2 n-2} x_{2 n-1}+x_{2 n} x_{1}\right)

-\left(x_{1} x_{2}+x_{3} x_{4}+\ldots+x_{2 n-3} x_{2 n-2}+x_{2 n-1} x_{2 n}\right)

където

x_{i}, i=1,2, \ldots, 2 n

са реални числа от интервала

[0,1]

, ако: a)

n=2

б)

n=3

Решение

а) Изразът е равен на

\left(x_{2}-x_{4}\right)\left(x_{3}-x_{1}\right)

и сега е ясно, че максимумът е 1. б) Ще докажем, че и тук максимумът е 1. Стойността се достига например при

x_{2}= x_{3}=1, x_{4}=x_{6}=x_{1}=x_{5}=0

. Интересуваме се от

x_{2}\left(x_{3}-x_{1}\right)+x_{4}\left(x_{5}-x_{3}\right)+x_{6}\left(x_{1}-x_{5}\right)

. Ако

x_{1}=x_{3}=x_{5}

, получаваме стойност 0. Иначе

x_{1} \geq x_{3} \geq x_{5} \geq x_{1}

не е възможно - нека без ограничение

x_{1}\lt{}x_{3}

. Чрез

0 \leq x_{2} \leq 1

получаваме, че даденият израз е не по-голям от

x_{3}-x_{1}+x_{4}\left(x_{5}-x_{3}\right)+x_{6}\left(x_{1}-x_{5}\right)

Сега ако

x_{5} \geq x_{3}

, то

x_{4}\left(x_{5}-x_{3}\right) \leq x_{5}-x_{3}

и горното е не повече от

\left(x_{6}-1\right)\left(x_{1}-x_{5}\right)

, което е не повече от 1, тъй като всеки от двата множителя е между -1 и 1. При

x_{5}\lt{}x_{3}

имаме

x_{4}\left(x_{5}-x_{3}\right) \leq 0

и свеждаме до

x_{3}-x_{1}+x_{6}\left(x_{1}-x_{5}\right)=x_{3}+x_{1}\left(x_{6}-1\right)-x_{6} x_{5}

. Чрез

\left(-x_{6} x_{5}\right) \leq 0

x_{1}\left(x_{6}-1\right) \leq 0

последното е не повече от

x_{3} \leq 1

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

а) Да се докаже, че за всяко естествено число

n \geq 4

е изпълнено неравенството

(n(n-1))!\gt{}3^{n^{2}}

б) Да се докаже, че за всяко естествено число

m

е изпълнено равенството

\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{3^{3}}+\cdots+\frac{1}{3^{m}}=\frac{1}{2}\left(1-\left(\frac{1}{3}\right)^{m}\right)

в) Да се реши в естествени числа уравнението

k\neq{}\left(3^{n}-3^{0}\right)\left(3^{n}-3^{1}\right)\left(3^{n}-3^{2}\right) \cdots\left(3^{n}-3^{n-1}\right)

Решение

а) Разсъждаваме индуктивно по

n

. Случаите

n=4, n=5

се проверяват директно. Сега ако допуснем за някое

n \geq 5

, то от

n^{2}-n+m\gt{}3^{2}

за всяко

m=0,1, \ldots, 2 n-1

n^{2}+n\gt{}3^{3}

получаваме

\begin{gathered} (n(n+1))\neq{}(n(n-1))!\left(n^{2}-n+1\right)\left(n^{2}-n+2\right) \cdots\left(n^{2}+n\right)\gt{}3^{n^{2}}\left(n^{2}-n+1\right)\left(n^{2}-n+2\right) \cdots\left(n^{2}+n\right) \\ \gt{}3^{n^{2}} \cdot 3^{2(n-1)} \cdot 3^{3}=3^{n^{2}+2 n+1}=3^{(n+1)^{2}} \end{gathered}

с което индукцията е завършена. б) Индукция по

m

. Случаят

m=1

е очевиден. Ако допуснем за

m

, то исканото следва от очевидното

\frac{1}{2}\left(1-\left(\frac{1}{3}\right)^{m}\right)+\frac{1}{3^{m+1}}=\frac{1}{2}\left(1-\left(\frac{1}{3}\right)^{m+1}\right)

в) Да забележим първо, че от

3^{n}-m\lt{}3^{n}

за

m\gt{}0

следва

k!\lt{}\left(3^{n}\right)^{n}=3^{n^{2}}

. От друга страна, имаме

\begin{gathered} k\neq{}3^{(1+2+\ldots+n-1)}\left(3^{n}-1\right)\left(3^{n-1}-1\right)\left(3^{n-2}-1\right) \cdots(3-1)= \\ =3^{\frac{n(n-1)}{2}}\left(3^{n}-1\right)\left(3^{n-1}-1\right)\left(3^{n-2}-1\right) \cdots(3-1) \end{gathered}

т.е. степента на числото 3 в разлагането на

k

! на прости множители е

\frac{n(n-1)}{2}

. Тази степен обаче е и не повече от

\frac{k}{3}+\frac{k}{9}+\cdots+\frac{k}{3^{m}}

където

m

е най-голямата степен на 3, която е \includegraphics[max width=\textwidth, alt={}, center]{0624a624-047a-4d05-888f-b6cacb9f465e-0656_136_275_2722_1455} по-малка от

k

, и от б) е по-малка от

\frac{k}{2}

. В частност, непременно

3^{n^{2}}\gt{}k!\gt{}(n(n-1))!

и сега от а) следва, че

n \leq 3

. Сега директна проверка на

n=1,2,3

дава единственото

k=2, n=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Даден е равнобедрен триъгълник

A B C(A C=B C)

със среда

M

на страната

A B

. Точката

P

е такава, че

C P \| A B

P A\lt{}P B

. Точките

X \in P A

Y \in P B

са такива, че

A

е между

P

X, B

е между

P

Y

\angle P X M=\angle P Y M

. Да се докаже, че точките

C, P, X

Y

лежат на една окръжност.

Решение

Нека точката

Q

от лъча

C M

е такава, че

\angle A X Q=90^{\circ}

. Очевидно

A M Q X

е вписан, откъдето

\angle B Y M=\angle A X M=\angle A Q M=\angle B Q M

(последното е понеже

Q

е от симетралата на

A B

) и значи

B M Q Y

е вписан. Така

\angle B Y Q=90^{\circ}

и точките

C, P, X

Y

лежат на една окръжност (тази с диаметър

P Q

), както се искаше.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

На лист хартия са отбелязани 100 точки. За всеки две от тях или е построена, или не е построена, отсечката, която ги свързва, като всяка от точките принадлежи на точно три построени отсечки. Вярно ли е, че при всеки възможен избор на точките и отсечките можем да оцветим отсечките (без техните краища) в три цвята така, че всеки две отсечки с общ край да са в различен цвят?

Решение

Ще покажем, че контрапример е 10 независими копия на графът на Петерсен, разглеждайки всяко копие поотделно. Ясно е, че външният 5 -цикъл

A_{1} A_{2} A_{3} A_{4} A_{5}

не може да се оцвети в два цвята и лесно се проверява, че всички оцветявания на цикъла в три цвята са еквивалентни (т. е. от всяко се получава всяко друго, чрез размяна на цветовете и преномериране на върховете). Тогава нека без ограничение

A_{1} A_{2}

A_{3} A_{4}

са червени,

A_{2} A_{3}

A_{4} A_{5}

са сини, а

A_{5} A_{1}

е зелена. Ако вътрешната част е

B_{1} B_{2} B_{3} B_{4} B_{5}

(като

A_{i} B_{i}

за

i=1, \ldots, 5

са ребра на графа), то

A_{1} B_{1}

е синя,

A_{2} B_{2}, A_{3} B_{3}

A_{4} B_{4}

са зелени и

A_{5} B_{5}

е червена. Но тогава

B_{3} B_{5}

B_{2} B_{5}

са непременно сини, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2019-8-8

2022 · 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

2022 · 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

2022 · 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

2022 · 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

2022 · 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

2023 · Ден 1

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

A B C

. Ъглополовящата през върха

A

, медианата през върха

B

и височината през върха

C

се пресичат две по две в три различни точки. Възможно ли е триъгълникът с върхове трите точки да е равностранен?

Решение

Не! Нека триъгълникът е

A B C

с ъглополовяща

A A_{1}

, медиана

B B_{1}

и височина

C C_{1}

, като

B B_{1} \cap C C_{1}=X, A A_{1} \cap B B_{1}=Y

A A_{1} \cap C C_{1}=Z

. Имаме

\angle A_{1} A C= 90^{\circ}-\angle A Z C_{1}=90^{\circ}-\angle X Z Y=30^{\circ}

, значи

\angle B A C=2 \angle A_{1} A C=60^{\circ}

. Оттук четириъгълникът

A C_{1} X B_{1}

\angle B_{1} X C_{1}=180^{\circ}-\angle Y X Z=120^{\circ}

дава

\angle A B_{1} X=90^{\circ}

. Значи

B B_{1}

е височина и медиана в

A B C

и понеже

A B C

има ъгъл

60^{\circ}

, то той е равностранен. Но в такъв случай трите прави от условието се пресичат в една точка, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2023-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки от естествени числа (

a, n

), за които числото

a^{2 n}+\left(1-a^{2}\right) n-1

се дели на 9.

Решение

Ако

a

се дели на 3, директно получаваме

n \equiv 1(\bmod 9)

. Нека

a

не се дели на 3 - тогава директно се проверява (например разпишете

a \equiv \pm 1, \pm 2, \pm 4

), че

a^{6} \equiv 1(\bmod 9)

, оттук

a^{2 n} \equiv 1, a^{2}, a^{4}(\bmod 9)

съответно за

n \equiv 0, 1, 2(\bmod 3)

(*)

Ако

n

се дели на 3, то

a^{2 n}-1

се дели на 9, а

\left(1-a^{2}\right) n=(1-a)(1+a) n

също, понеже

a

не се дели на 3, т. е. точно едно от

1-a

1+a

се дели на 3.

(*)

Ако

n \equiv 1(\bmod 3)

, то изразът е сравним с

a^{2}+\left(1-a^{2}\right) n-1=(1-a)(1+a)(n-1)

и се дели на 9, както в предния случай.

(*)

Ако

n \equiv 2(\bmod 3)

, то изразът е сравним с

a^{4}+\left(1-a^{2}\right) n-1=(a-1)(a+1)\left(a^{2}+1-n\right)

и се дели на 9, понеже точно едно от

a-1

a+1

се дели на 3, а

n

a^{2}+1

дават остатък 2 при деление на 3.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2023-8-2

Задача 3

Пълен запис

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 (

x, y, z, t

) от реални числа, за които са изпълнени равенствата

\begin{aligned} & \mathrm{J} \cdot x+\mathrm{E} \cdot y+\mathrm{T} \cdot z+\mathrm{A} \cdot t=\Omega \\ & \mathrm{E} \cdot x+\mathrm{T} \cdot y+\mathrm{A} \cdot z+\mathrm{J} \cdot t=\mathrm{E} \\ & \mathrm{~T} \cdot x+\mathrm{A} \cdot y+\mathrm{J} \cdot z+\mathrm{E} \cdot t=\mathrm{T} \\ & \mathrm{~A} \cdot x+\mathrm{J} \cdot y+\mathrm{E} \cdot z+\mathrm{T} \cdot t=\mathrm{A} \end{aligned}

Намерете всички добри години в 21 век (т. е. между 2001 и 2100 включително).

Решение

(Навсякъде пишем

Y E A R

место ЛЕТА.) Първо ще разгледаме

Y E A R=2100

, т. е.

2 x+y=2, x+2 t=1, 2 z+t=0, 2 y+z=0

. Имаме

t=-2 z=4 y=8-8 x

и значи

x+2(8-8 x)=1

, откъдето получаваме единствена възможност за (

x, y, z, t

). Сега вече можем да считаме

Y=2, E=0

0 \leq A, R \leq 9

, т. е.

2 x+A z+R t=2

A y+R z+2 t=0, A x+R y+2 z=A

R x+2 y+A t=R

. Изразяваме

t=-\frac{A}{2} y-\frac{R}{2} z

и заместваме в другите две, за да получим

2 x-\frac{A R}{2} y+\left(A-\frac{R^{2}}{2}\right) z=2, \quad A x+R y+2 z=A,

\quad R x+\left(2-\frac{A^{2}}{2}\right) y-\frac{A R}{2} z=R.

Сега изразяваме

x=\frac{A R}{4} y+\left(\frac{R^{2}}{4}-\frac{A}{2}\right) z+1

и заместваме в другите две, за да получим

\left(\frac{A^{2} R}{4}+R\right) y+\left(\frac{A R^{2}}{4}-\frac{A^{2}}{2}+2\right) z=0,

\quad\left(\frac{A R^{2}}{4}+2-\frac{A^{2}}{2}\right) y+\left(\frac{R^{3}}{4}-A R\right) z=0.

Ако

\frac{A R^{2}}{4}-\frac{A^{2}}{2}+2=0

, то непременно

\frac{A^{2} R}{4}+R=0

и/или

\frac{R^{3}}{4}-A R=0

(иначе еднозначно получаваме

y=z=0

, оттам

t=0

x=1

, т. е. точно една четворка). Ако

\frac{A R^{2}}{4}-\frac{A^{2}}{2}+2 \neq 0

, то изразяване на

z

от първото и заместване във второто дава

\left(\left(\frac{R^{3}}{4}-A R\right)\left(\frac{A^{2} R}{4}+R\right)-\left(\frac{A R^{2}}{4}-\frac{A^{2}}{2}+2\right)^{2}\right) y=0

Ако само

y=0

, то както по-горе получаваме единствено ; а ако последното е изпълнено за всяко

y

, то получаваме безбройно много Следователно ни остава да видим за кои

A

R

е изпълнено

\left(\frac{R^{3}}{4}-A R\right)\left(\frac{A^{2} R}{4}+R\right)=\left(\frac{A R^{2}}{4}-\frac{A^{2}}{2}+2\right)^{2}

(отбелязваме, че това равенство покрива и случаят

\frac{A R^{2}}{4}-\frac{A^{2}}{2}+2=0

). След освобождаване от знаменател и разкриване на скобите получаваме

A^{4}-8 A^{2}+16+8 A R^{2}=R^{4} \Leftrightarrow\left(A^{2}+4\right)^{2}=\left(R^{2}-4 A\right)^{2} \Leftrightarrow\left((A+2)^{2}-R^{2}\right)\left(R^{2}+(A-2)^{2}\right)=0

. От вторият множител имаме само

A=2, R=0

. От другия множител

(A+2)^{2}=R^{2}

R=A+2

A R=02, 13, 24, 35, 46, 57, 68

или 79.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2023-8-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2023-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички тройки (

a, b, c

) от естествени числа, за които числата

a^{2}+b c, b^{2}+a c, c^{2}+a b

са степени на 2.

Решение

Нека

a=d x, b=d y, c=d z

, където НОД

(x, y, z)=1

(в частност, поне едно от

x, y, z

е нечетно). Тогава

d^{2}

(а значи и

d

), както и

x^{2}+y z, y^{2}+z x, z^{2}+x y

, са степени на 2. Ако точно едно или две от

x, y, z

са нечетни, да речем

x

е нечетно и

z

е четно, то

x^{2}+y z\gt{}1

е нечетно, противоречие. Ако

x, y, z

са нечетни, то поне две дават еднакъв остатък при деление на 4, да речем

y

z

и тогава

x^{2}+y z \equiv 2(\bmod 4)

, значи

x^{2}+y z=2

x=y=z=1

. Предвид, че

d

е степен на 2, получаваме, че всички възможности са

x=y=z=2^{t}

, където

t

е цяло неотрицателно число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2023-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

a, b, c

d

са реални числа със сбор 1. Означаваме

\begin{gathered} M=a(b+2 c+d)+b(c+2 d+a)+c(d+2 a+b)+d(a+2 b+c) \\ N=(a+2 b+c)(b+2 c+d)(c+2 d+a)(d+2 a+b) \end{gathered}

Да се докаже, че

M \leq N

. Кои са всички четворки (

a, b, c, d

), които достигат равенство?

Решение

Предвид

b+2 c+d=1+c-a

и аналогичните, получаваме

M=a+b+c+d+2(a c+ b d)-\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)=1-(a-c)^{2}-(b-d)^{2}

N=(1+b-d)(1+c-a)(1+d-b)(1+a-c)= \left(1-(b-d)^{2}\right)\left(1-(a-c)^{2}\right)=1-(a-c)^{2}-(b-d)^{2}+(a-c)^{2}(b-d)^{2}

. Така

M \leq N

е еквивалентно на очевидното

(a-c)^{2}(b-d)^{2} \geq 0

. Равенство се дости а от четворките от видовете

\left(\frac{1-b-d}{2}, b, \frac{1-b-d}{2}, d\right)

\left(a, \frac{1-a-c}{2}, c, \frac{1-a-c}{2}\right)

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2023-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Точките

M, N

P

са средите съответно на страните

A D, B C

A B

на изпъкналия четириъгълник

A B C D

. Отсечката

M N

пресича диагоналите

A C

B D

в точките

K

L

съответно. Да се докаже, че описаните окръжности около триъгълниците

A M K

B N L

M N P

се пресичат в една точка.

Решение

Нека

Q

е втората пресечна точка на описаната около триъгълника

M N P

окръжност с правата

A B

(считаме

P \equiv Q

, ако окръжността и

A B

се допират). Ще докажем, че

A M K Q

е вписанпо аналогичен път ще имаме, че

B N L Q

е вписан и задачата ще е решена. Действително,

\angle K M Q=\angle N P B

от окръжността на

M N P

\angle N P B=\angle C A B=\angle K A Q

от средната отсечка

N P

в триъгълника

A B C

- следователно

\angle K M Q=\angle K A Q

и исканото следва.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2023-8-7

Задача 8

Пълен запис

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

2023{ }^{10}

. Кой има печеливша стратегия?

Решение

Нека

k

е най-малкото естествено число, такова че

2^{k}\gt{}2023{ }^{10}

. 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

k

. Всъщност

k=110

. Наистина,

2023^{10}\lt{}2048^{10}=2^{110}

, а

2023^{10}\gt{}2^{109}

е еквивалентно на

\left(\frac{2023}{2048}\right)^{10}\gt{}\frac{1}{2}

, а това е вярно поради

\frac{2023}{2048}\gt{}\frac{19}{20}

\left(\frac{19}{20}\right)^{10}\gt{}\frac{350^{5}}{400^{5}}=\frac{7^{5}}{8^{5}}=\frac{16807}{32768}\gt{}\frac{1}{2}

. 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

55, 56, \ldots, 109

са губещи (с удвояване се печели), така

28, 30, \ldots, 54

са печеливши и

29, 31, \ldots, 53

са губещи, съответно

14, 15, \ldots, 27

са губещи и така

3, 5, \ldots

, 13 са печеливши и

2, 4, \ldots, 12

са губещи. Понеже Александра на първия си ход записва 2, то тя губи.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd1-ifym2023-8-8

2023 · Ден 2

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

На дъската са записани две (не непременно различни) неотрицателни цели числа

m

n

. 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

m

n

Иван има печеливша стратегия?

Решение

Понеже играта е симетрична спрямо

m

n

, можем да разглеждаме позициите като ненаредени двойки (

m, n

). Да забележим, че в позициите ( 1, 0 ) и ( 0, 1 ) печели Никола, защото Иван няма ход. Оттук виждаме, че в позициите

(0, n)

(1, n)

, когато

n

е различно от 0 и 1 печели Иван, защото ще изтрие

n

и запише 1 или 0 съответно. Сега разглеждаме позициите

(2, 2)

(2, 3)

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

(2, 3)

. Оттук виждаме, че следващите позиции, която трябва да се разгледат, са

(4, 4)

(4, 5)

и те отново са губещи. Така можем да забележим, че

(2 i, 2 i)

(2 i, 2 i+1)

са губещи позиции, а всички други са печеливши. Първо ще докажем, че тези са губещи по индукция. Да речем, че сме в позиция (

2 i, 2 i

) или (

2 i, 2 i+1

). 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 (

2 i, 2 i+1

). 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

(2 j, 2 j+1)

. 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 (

2 i, 2 i+1

) (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

(2 i, 2 i)

или (

2 i, 2 i+1

) за цяло неотрицателно число

i

, печели Иван, а за всички от вида

(2 i, 2 i)

или (

2 i, 2 i+1

) печели Никола.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2023-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Положителните реални числа

a, b, c

изпълняват равенството

a b+b c+a c=1

. Да се докаже, че

\sqrt{\vphantom{x^2}a+\frac{1}{a}}+\sqrt{\vphantom{x^2}b+\frac{1}{b}}+\sqrt{\vphantom{x^2}c+\frac{1}{c}} \geq

2(\sqrt{\vphantom{x^2}a}+\sqrt{\vphantom{x^2}b}+\sqrt{\vphantom{x^2}c})

Решение

Имаме, че

a+\frac{1}{a}=a+\frac{a b+b c+c a}{a}=a+\frac{b c}{a}+b+c \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}b c}+b+c=(\sqrt{\vphantom{x^2}b}+\sqrt{\vphantom{x^2}c})^{2}

, съгласно САСГ. Оттук

\sqrt{\vphantom{x^2}a+\frac{1}{a}} \geq \sqrt{\vphantom{x^2}b}+\sqrt{\vphantom{x^2}c}

. Събирайки това с аналогичните

\sqrt{\vphantom{x^2}b+\frac{1}{b}} \sqrt{\vphantom{x^2}c}-\sqrt{\vphantom{x^2}a}

\sqrt{\vphantom{x^2}c+\frac{1}{c}} \geq \sqrt{\vphantom{x^2}a}+\sqrt{\vphantom{x^2}b}

, получаваме исканото.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2023-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Множество от естествени числа ще наричаме созополско, ако някое от числата в него е равно на броя на всички числа в него. Например

\{1, 3, 8\}

е созополско, понеже има 3 числа и съдържа числото 3. Какъв е броят на созополските подмножества на множеството

\{1, 2, 3, \ldots, 2022, 2023\}

Решение

За всяко число

k

искаме да намерим броя на подмножествата с големина

k

, които съдържат числото

k

. Числото

k

трябва да принадлежи на множеството, а за останалите елементи нямаме ограничения, т. е. трябва да изберем

k-1

елемента от останалите 2022. Оттук следва, че има точно

\binom{2022}{k-1}

подмножества с големина

k

, които съдържат

k

. Така общия брой на подмножествата е

\sum_{k=1}^{2023}\binom{2022}{k-1}=\sum_{k=0}^{2022}\binom{2022}{k}

Остава да отбележим добре известния факт за сумата от биномните коефициенти, че

\sum_{k=0}^{2022}\binom{2022}{k}=2^{2022}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2023-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Вписаната в триъгълника

A B C

окръжност

\omega

с център

I

допира страните

B C

C A

A B

съответно в точките

D, E

F

. Правите

D I

E F

се пресичат в точката

T

. Точка

M

е произволна от отсечката

B C

, а

K

е средата на

M T

. Да се докаже, че окръжностите, описани около триъгълниците

T I K

T D M

, се пресичат върху

\omega

Решение

Нека

X

е втората пресечна точка на окръжността около

T D M

\omega

. Понеже

\angle T D M=90^{\circ}

K

е среда на

T M

, то

K

е център на описаната около

X T D M

окръжност. Следователно

\angle T K X=2 \angle T D X=\angle T I X

. Следователно

X

лежи на описаната около триъгълника

T I K

окръжност, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2023-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки естествени числа

x

y

, такива че

x^{2}+x y+y^{2}

е просто число и

2 x^{2}+2 y^{2}+36=23 x y

Решение

За

p=x^{2}+x y+y^{2}

имаме еквивалентното

27\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)=(5 x+5 y-6)(5 x+5 y+6) \tag{*}

(Един начин да достигнем до това е както следва. При

a=x+y

b=p

2\left(a^{2}-2 b\right)+36=23 b

, т. е.

2 a^{2}=27 b-36

, съответно

2 a^{2}=27\left(a^{2}-n\right)-36

, т...

77 p= \left.25 a^{2}-36=(5 a-6)(5 a+6).\right)

Делителите на лявата страна са

1, 3, 9, 27, p, 3 p, 9 p, 27 p

. Предвид

5 x+5 y-6 \geq 5 \cdot 2-6=4

, остатъкът 4 при деление на 5 на

5 x+5 y-6

, както и

5 x+5 y-6\lt{}5 x+5 y+6

, оставаме само с

5 x+5 y-6=9

, т. е.

x+y=3

. Така

x=2, y=1

(или наобратно) и действително в такъв случай

x^{2}+x y+y^{2}=7

е просто число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2023-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число със сума

s

на естествените си делители. Да се докаже, че сумата на числата, реципрочни на естествените делители на

n

, е равна на

\frac{s}{n}

. (Например за

n=9

сумата от реципрочните на делителите е

\frac{1}{1}+\frac{1}{3}+\frac{1}{9}=\frac{13}{9}

Решение

Нека редицата от делители във възходящ ред е

d_{1}=1, d_{2}, d_{3}, \ldots, d_{t}=n

. Да забележим, че

\frac{1}{d_{i}}=\frac{d_{t+1-i}}{n}

. Оттук

\sum_{i=1}^{t} \frac{1}{d_{i}}=\frac{1}{n}\left(\sum_{i=1}^{t} d_{i}\right)=\frac{s}{n}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2023-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Даден е равнобедрен триъгълник

A B C(A C=B C)

\angle A C B=80^{\circ}

. Точката

D

е във вътрешноста на триъгълника и е такава, че

\angle D A B=10^{\circ}

\angle A B D=30^{\circ}

. Да се намери мярката на

\angle A D C

Решение

Нека построим симетралата на

A B

и нека

B D

пресича тази симетрала в точка

Y

. От

\angle Y A B=\angle Y B A

следва, че

\angle Y A D=30^{\circ}-10^{\circ}=20^{\circ}

. Освен това

\angle A Y D=120^{\circ}

. Сега нека забележим, че

A Y=B Y, \angle Y A D=\angle Y B C=20^{\circ}, \angle A Y D=\angle B Y C=120^{\circ}

, откъдето по втори признак за еднаквост

\triangle A Y D \cong \triangle B Y C

. Оттук

A D=B C=A C

, откъдето

D A C

е равнобедрен и значи

\angle A D C=\frac{180^{\circ}-40^{\circ}}{2}=70^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2023-8-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgd2-ifym2023-8-8

2023 · Ден 3

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки

(x, y)

от естествени числа, такива че

(x-y)^{2}=\frac{4 x y}{x+y+1}

Решение

Да положим

x+y=a \geq 2

x y=b

. Получаваме

\left(a^{2}-4 b\right)(a+1)=4 b

, еквивалентно на

a^{2}(a+1)=4 b(a+2)

. В частност,

a+2

дели

a^{2}(a+1)

и понеже

a+2

a+1

са взаимнопрости, то

a+2

дели

a^{2}=(a-2)(a+2)+4

, оттук

a+2

дели 4. Така остава само

a=2

, съответно

x=y=1

, но директна проверка показва, че тази двойка не работи.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2023-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

На дъската са написани естествените числа от 1 до 2023. За един ход избираме две числа

a

b

, изтриваме ги и на тяхно място записваме числото

a+b+a b

. След 2022 хода на дъската остава само едно числоколко възможни стойности има за него?

Решение

От операцията с

a

b

получаваме

(a+1)(b+1)-1

. По-общо, от операция с

\left(a_{1}+1\right)\left(a_{2}+1\right) \cdots\left(a_{k}+1\right)-1

\left(b_{1}+1\right)\left(b_{2}+1\right) \cdots\left(b_{\ell}+1\right)-1

получаваме

\left(a_{1}+1\right)\left(a_{2}+1\right) \cdots\left(a_{k}+1\right)\left(b_{1}+1\right)\left(b_{2}+1\right) \cdots\left(b_{\ell}+1\right)

-1

Следователно накрая остава едно и също число и то е

2024!-1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2023-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Крайно или безкрайно е множеството

S

от естествените числа, които не могат да се запишат във вида

a^{2}+b^{3}+c^{7}

, където

a, b

c

са естествени числа?

Решение

Нека

n

е произволно естествено число и за удобство да запишем

n=x^{42}

за някакво реално

x \geq 1

. Неравенството

a^{2}+b^{3}+c^{7} \leq n=x^{42}

има не повече от

x^{41}

тройки (

a, b, c

), понеже

a \leq x^{21}, b \leq x^{14}

c \leq x^{6}

, т. е. за тройката общо има не повече от

x^{21} \cdot x^{14} \cdot x^{6}=x^{41}

възможности. Така броят на числата от

S

, по-малки или равни на

n, \mathrm{e}

поне

n-x^{41}=x^{41}(x-1)

. Последното расте неограничено с растенето на

n

и следователно разглежданото множество е безкрайно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2023-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Реалните положителни числа

a, b, c

удовлетворяват равенството

a^{2}+b^{2}+c^{2}=3

. Да се докаже, че:

\frac{a b}{1+a b}+\frac{b c}{1+b c}+\frac{a c}{1+a c} \leq \frac{3}{2}.

Кога се достига равенство?

Решение

Нека първо извадим двете страни от 3 за да обърнем посоката на неравенството. Така ще искаме да докажем, че:

\begin{gathered} 3-\frac{a b}{1+a b}+\frac{b c}{1+b c}+\frac{a c}{1+a c} \geq 3-\frac{3}{2} \\ \frac{1}{1+a b}+\frac{1}{1+b c}+\frac{1}{1+a c} \geq \frac{3}{2} \end{gathered}

Сега можем да използваме Хубавото неравенство, за да сведем до:

\frac{1}{1+a b}+\frac{1}{1+b c}+\frac{1}{1+a c} \geq \frac{9}{3+a b+b c+a c},

Така остава да докажем, че

\frac{9}{3+a b+b c+a c} \geq \frac{3}{2}

. Това е еквивалентно на

a b+b c+c a \leq 3

, т. е. на

a b+b c+c a \leq a^{2}+b^{2}+c^{2}

, което може да се запише и като

\frac{1}{2}\left((a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} \geq 0\right.

. Последното винаги е вярно, и равенство се достига при

a=b=c=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2023-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Дадени са остроъгълен триъгълник

A B C

и произволна права

\ell

. Нека

\ell_{a}, \ell_{b}

\ell_{c}

са симетричните прави на

\ell

спрямо

B C, A C

A B

, съответно. Правите

\ell_{b}

\ell_{c}

се пресичат в точката

A_{1}

, правите

\ell_{a}

\ell_{c}-

B_{1}

, а правите

\ell_{a}

\ell_{b}-

C_{1}

. Да се докаже, че центърът на вписаната в триъгълника

A_{1} B_{1} C_{1}

окръжност лежи на описаната около триъгълника

A B C

окръжност.

Решение

Нека

\ell

пресича

B C, A C

A B

P, Q

R

, като без ограничение

R

е между

A

B

Q

е между

A

C, C

е между

B

P

(другите случаи са аналогични). От симетриите имаме, че

Q A

R A

са външни ъглополовящи в триъгълника

Q R A_{1}

, откъдето следва, че

A_{1} A

е ъглополовяща на

\angle Q A_{1} R=\angle C_{1} A_{1} B_{1}

. Аналогично

B_{1} B

е ъглополовяща на

\angle A_{1} B_{1} C_{1}

C_{1} C

е ъглополовяща на

\angle A_{1} C_{1} B_{1}

. Нека

I

е центърът на вписаната в триъгълника

A_{1} B_{1} C_{1}

окръжност. Тогава

\angle B I C= \angle B_{1} I C_{1}=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle B_{1} A_{1} C_{1}=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle Q A_{1} R

, а от триъгълника

Q R A_{1}

(чийто ъглополовящи споменахме по-горе) имаме

\angle B A C=\angle Q A R=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle Q A_{1} R

. Оттук

\angle B A C+\angle B I C=180^{\circ}

, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2023-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

В равнината са дадени

n

черни и

n

червени точки, като никои три от точките не лежат на една права. Да се докаже, че може да построим

n

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

n

отсечки, при която сборът от дължините им е минимален. Да допуснем, че в нея има две отсечки които се пресичат. Ако

A_{1} B_{1}

пресича

A_{2} B_{2}

, като

A_{1}, A_{2}

са сини, а

B_{1}, B_{2}

са червени, то

A_{1} A_{2} B_{1} B_{2}

е изпъкнал четириъгълник и от неравенство на триъгълника следва

A_{1} B_{1}+A_{2} B_{2}\gt{}A_{1} B_{2}+A_{2} B_{1}

, което е протиоворечие с минималността.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2023-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се реши в естествени числа уравнението

x^{x}+5^{y}=3^{z}

Решение

Явно

x

е четно, оттук

x^{x}

се дели на 4 и по модул 4 следва, че

z

е четно. Също,

x

не се дели на 3 и значи

x^{x}=\left(x^{2}\right)^{x / 2}

дава остатък 1, оттук

y

непременно е нечетно. Сега ако допуснем, че

x \geq 4

, то

x^{x}

се дели на 8 и понеже

3^{z} \equiv 1(\bmod 8)

за четно

z

5^{y} \equiv 5 (\bmod 8)

за нечетно

y

, то исканото е невъзможно. Оттук

x=2

. Сега в еквивалентното

5^{y}=\left(3^{z / 2}-2\right)\left(3^{z / 2}+2\right)

множителите вдясно са взаимнопрости (техен общ делител трябва да дели разликата 4 и

5^{y}

), откъдето

3^{z / 2}-2=1

, съответно

z=2

и еднозначно получаваме

y=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2023-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

\angle A C B=120^{\circ}

. Равностранният триъгълник

A B D

е такъв, че

C

D

са в различни полуравнини спрямо правата

A B

. Да се докаже, че

C D=A C+B C

Решение

( ) Да забележим, че

A B C D

е вписан в окръжност, това следва от

\angle A C B+\angle A D B=180^{\circ}

. Нека означим

A B=B D=A D=x

, и от теоремата на Птолемей следва, че

C D \cdot x=A C \cdot x+B C \cdot x

, откъдето

C D=A C+B C

. ( Втори начин ) Да изберем точка

X

върху

C B

, такава че

B X=A C

B

е между

C

X

. Нека означим

\angle C A B=\alpha, \angle C A D=60^{\circ}+\alpha

. Имаме

\angle D B X=60^{\circ}+\alpha

, откъдето по първи признак за еднаквост

\triangle D B X \cong \triangle D A C

. Оттам

\angle A C D=\angle B X D, \angle C D X=60^{\circ}

. Също

D C=D X

, откъдето триъгълникът

C D X

е равностранен, значи

C D=C X=A C+B C

Отвори задачатаБаза на maths.bgd3-ifym2023-8-8

2023 · Ден 4

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Има ли множество

S

от

n

точки в равнината, такова че за всеки две различни точки

A

B

от

S

има точно две други точки

X

Y

от

S

, такива че

X A=X B

Y A=Y B

, ако: а)

n=6

б)

n=8

Решение

Интересуваме се дали има множество

S

от

n

точки в равнината, такива че симетралата на всеки две точки от

S

минава през точно две други точки от

S

. a) Не! Да допуснем, че такова множество

S

има и нека

A

B

са точки от него. По условие имаме две точки

C

D

от

S

, такива че

C D

е симетрала на

A B

. Нека

E

F

са другите две точки от

S

. Да допуснем първо, че

A B

е симетралата на

C D

. Тогава

A C B D

е ромб; нека без ограничение

\angle A C B \geq 90^{\circ}

и в частност

A B \neq B C

. Ако

\angle A C B \neq 120^{\circ}

, то

D

не лежи на симетралите на

A C

B C

и трябва непременно

E F

да им е обща симетралатова обаче е невъзможно, понеже

A C

B C

не са успоредни. Ако

\angle A C B=120^{\circ}

, то всяка страна на

A C B D

има върху симетралата си точка измежду

A, B, C

D

и за да имат по точно две, трябва

E

да лежи на симетралите на

A C

A D

, а

F

на

B C

B D

(или наобратно) - но понеже симетралите на срещуположни страни са успоредни (но не съвпадат), а тези на

A C

A D(B C

B D)

се пресичат върху

A B

, то тогава

C D

би имала четири точки от

S

на симетралата си, противоречие. Вече можем да считаме, че

A B

не е симетрала на

C D

. Понеже

A B \perp C D

, непременно

E F

е симетралата на

C D

. Тъй като никоя от

A C, B C, A D, B D

A B

не е перпендикулярна на

E F

(иначе бихме получили триъгълник с два прави ъгъла), следва че непременно

C D

е симетралата на

E F

. Но тогава

C F D E

е ромб и действаме както в случая, в който

A B

е симетрала на

C D

(тук точките са просто разменени). Следователно исканото

S

не съществува. б) Да! Да разгледаме точките

A, B, C, D, E, F, G

H

, където

A B C D

е квадрат и

A B E

B C F, C D G

D A H

са външни за него равностранни триъгълници. Симетралата на

A B

минава само през

G

E

; аналогично за

B C, C D

D A

. Симетралата на

A C

минава само през

B

D

и симетралата на

B D

минава само през

A

C

. Симетралата на

A E

минава само през

B

F

(явно

\angle A B F=150^{\circ}

и значи

B F \perp A E

); аналогично проверяваме всяка страна на всеки от равностранните триъгълници. Симетралата на

A F

минава само през

B

G

(явно

\triangle A D G \cong \triangle A B F

по първи признак, откъдето

A F=A G

, а също

\angle G A F= 90^{\circ}-\angle G A D-\angle B A F=60^{\circ}

, значи

G A F

е равностранен); аналогично за

B G, C H

D E

. Симетралата на

E F

минава само през

B

D

(явно

B E=B F

, а

\triangle A D E \cong \triangle D C F

по първи признак и значи

D E=D F

); аналогично за

F G, G H

H E

. Симетралата на

E G

минава само през

F

H

и симетралата на

F H

минава само през

E

G

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2023-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намери най-голямото реално число

k

(или да се докаже, че такова не съществува), за което неравенството

\frac{y z}{\sqrt{\vphantom{x^2}z^{2}+1}}+\frac{z x}{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+1}}+\frac{x y}{\sqrt{\vphantom{x^2}y^{2}+1}}\gt{}k

е изпълнено за всички положителни реални числа

x, y

z

x y z=1

Решение

2 При

y=1, z=\frac{1}{x}

изразът е равен на

\frac{2}{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+1}}+\frac{x}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}

и за всяко

\varepsilon\gt{}0

съществува

x

, за което

\frac{2}{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+1}}+\frac{x}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}\lt{}2+\varepsilon-

например

x=\varepsilon \sqrt{\vphantom{x^2}2}

. Оттук

k \leq 2

. Сега ще докажем, че неравенството е изпълнено за

k=2

. Можем да положим

x=\frac{a}{b}

y=\frac{b}{c}

z=\frac{c}{a}

за

a, b, c\gt{}0

и искаме

\sum_{a, b, c} \frac{a}{\sqrt{\vphantom{x^2}b^{2}+c^{2}}}\gt{}2

. Понеже

\sqrt{\vphantom{x^2}\alpha} \geq \frac{2 \alpha}{\alpha+1}

за

\alpha\gt{}0

( еквивалентно на

(\sqrt{\vphantom{x^2}\alpha}-1)^{2} \geq 0

) с равенство само при

\alpha=1

, чрез

\alpha=\frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}

и аналогичните получаваме

\sum_{a, b, c} \frac{a}{\sqrt{\vphantom{x^2}b^{2}+c^{2}}} \geq \sum_{a, b, c} \frac{2 a^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=2

. Равенство не се достига, понеже

\frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}= \frac{b^{2}}{a^{2}+c^{2}}=\frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}}=1

е изпълнено само за

a=b=c=0

(това се вижда например от събирането на

a^{2}=b^{2}+c^{2}

с аналогичните му).

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2023-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че съществуват безбройно много естествени числа

n

, които изпълняват следните две условия:

(*)

Броят на естествените числа, по-малки или равни на

n

и взаимнопрости с

n

, е точна 357-ма степен на естествено число.

(*)

Броят на естествените делители на

n

е точна 5 -та степен на естествено число.

Решение

Числото

A=2^{m^{5}-1}

, където

m

е естествено, има точно

m^{5}

делителя. Броят на естествените числа, по-малки или равни на

A

и взаимнопрости с

A

, е точно

2^{m^{5}-2}

за

m \geq 2

(това са всички нечетни числа, ненадминаващи

A

). Остава да съобразим, че има безбройно много естествени числа

m

, такива че

m^{5} \equiv 2(\bmod 357)

, а именно

m \equiv 32(\bmod 357)

. (Един начин да получим тези е като намерим поотделно на сравненията

m^{5} \equiv 2(\bmod p)

за

p=3, 7, 17

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2023-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото естествено число

k

със следното свойствоако в равнината са дадени

k

кръга, никои два от които нямат обща точка, произволни точки

X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{k}

от вътрешностите им (по една точка от всеки кръг) и произволна точка

O

, то със сигурност поне едно от разстоянията

O X_{1}, \ldots, O X_{k}

е по-голямо или равно на радиуса на поне един от кръговете.

Решение

При

k=5

нека първо разгледаме 5 еднакви кръга

D_{1} \ldots, D_{5}

, кате

D_{i}

се допира до

D_{i+1}

в точката

A_{i}

за

i=1, \ldots, 5

(считайки

D_{6}=D_{1}

); центпранадв

G_{i}, O

е центърът на правилния петоъгълник

O_{1} O_{2} O_{3} O_{4} O_{5}

Y_{i}

е по близката до

O

пресечна точка на

O O_{i}

D_{i}

. Тогава

O Y_{i}\lt{}O_{i} Y_{i}

за всяко

i

- в противен случай триъгълникът

O A_{i} O_{i}

\angle O A_{i} O_{i}=90^{\circ}, \angle A_{i} O O_{i}=36^{\circ}

би изпълнявал невярното

O O_{i}\gt{}2 O_{i} A_{i}

(еквивалентно на

\angle A_{i} O O_{i}\lt{}30^{\circ}

). 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

k=6

. Нека

O_{i}

R_{i}

са съответно центърът и радиусът на

i

-тия кръг и да разгледаме лъчите

O O_{i}

(ако

O \equiv O_{i}

, то заменяме

O O_{i}

с произволен лъч с начало

O

). Тези лъчи разделят равнината на

k

ъгъла със сума

360^{\circ}

- така при

k=6

поне един от тези ъгли, да речем

\angle O_{i} O O_{j}

, е с мярка най-много

60^{\circ}

. Това води до

O O_{i} \geq O_{i} O_{j}

или

O O_{j} \geq O_{i} O_{j}

(без ограничение нека считаме първото) и понеже

O_{i} O_{j} \geq R_{i}+R_{j}

от условието за непресичане, то получаваме

O O_{i} \geq R_{i}+R_{j}

, откъдето чрез неравенството на триъгълника заключаваме

O X_{i} \geq O O_{i}-R_{i} \geq R_{j}

, както се искаше.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2023-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Квадратният тричлен

P(x)=x^{2}+a x+b

, където

a

b \neq 0

са реални числа, ще наричаме спеицален, ако уравненията

P(x)=0

P(P(P(x)))=0

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

s

е общ корен на

P(x)

P(P(P(x)))

. Тогава

P(s)=s^{2}+a s+b=0

0=P(P(P(s)))

тогава и само тогава, когато

0=P(P(0))=P(b)=b^{2}+a b+b= b(a+b+1)=b P(1)

, т. е.

P(1)=0

(понеже

b \neq 0

). Значи за произволно реално число

t \neq 0

многочлепът

P(x)=(x-1)(x-t)

изпълнява даденото (а ако

t=0

е корен, то

b=0

, противоречие) и следователно

r=1

е единственото на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2023-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които

\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}n}\rfloor^{2}+3

дели

n^{2}+1

. (За реално число

x

\lfloor x\rfloor

означаваме най-голямото ияло число, по-малко или равно на

x

Решение

Да запишем

n=m^{2}+k

за

0 \leq k \leq 2 m

- тогава искаме

m^{2}+3

да дели

\left(m^{2}+k\right)^{2}+1

, т. е.

m^{2}+3

да дели

(k-3)^{2}+1

. Понеже

\frac{(k-3)^{2}+1}{m^{2}+3} \leq \frac{(k-3)^{2}+1}{\frac{k^{2}}{4}+3}=\frac{4 k^{2}-24 k+40}{k^{2}+12}\lt{}4

, частното е 1, 2 или 3. Ако е 1, то

(k-3-m)(k-3+m)=(k-3)^{2}-m^{2}=2

, невъзможно. Ако е 2, то

(k-3)^{2}-2 m^{2}=5

и по модул 5 следва, че

k-3

m

се делят на 5, но тогава 25 дели 5, невъзможно. Ако е 3, то

(k-3)^{2}-3 m^{2}=8

, което е невъзможно по модул 3.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2023-8-6

Задача 7

Пълен запис

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

2024, 2025, \frac{1}{2025}, \frac{2026}{2025}, \frac{2025}{2026}

). Нека

S

е множеството от всички числа, които могат да се получат след десетте хвърляния на монетата. Умножаваме всяко число от

S

по вероятността то да бъде почуено, събираме получените резултати и накрая разделяме на 25, образувайки чис юто

M

Между кои две последователни естествени числа се намира

M

Решение

За краткост нека

T=

тура,

E=

ези. Първо ще докажем следната: Лема. Броят на

n

-буквените думи от

E

T

, несъдържащи последователност от вида

T T \ldots T E

, където броят букви

T

е нечетен, е равен на

(n+1)

-вото число на Фибоначи

F_{n+1}

. В частност, при

n=10

този брой е 89. Доказателство. Разсъждаваме рекурсивно. Твърдението е очевидно за

n=1, 2

. Нататък, ако допуснем исканото за всички думи с най-много

n \geq 2

букви, то за първата буква на дума с (

n+1

) букви разглеждаме два случая. Ако тя е

E

, то

T T \ldots T E

се получава само при поддумата от останалите

n

букви и значи имаме

F_{n+1}

думи, несъдържащи

T E

. Ако тя е

T

, то втората буква задължително също е

T

и условието вече зависи само от останалите

n-1

букви; значи имаме

F_{n}

думи в този случай. Общо думите са

F_{n+1}+F_{n}=F_{n+2}

, както се искаше. Сега към самата задача. Ясно е, че крайният резултат се намира в един от интервалите

A=(0, 10)

B=[2023, 2033]

. Нещо повече, ако в някой момент резултатът е в

A

, то той не може по-късно да е в

B

. Следователно крайният резултат е в

B

точно когато няма последователност

T T \ldots T E

с нечетен брой

T

- съгласно лемата това се случва с вероятност

\frac{89}{2^{10}}

. Оттук приносът към сумата

25 \cdot M

от числата от

B

е поне

\frac{89}{2^{10}} \cdot 2023

, а от

A

ще считаме (грубо), че този принос е поне 0. От друга страна, приносът на числата от

B

е не повече от

\frac{89}{2^{10}} \cdot 2033

, а от

A

е не повече от (отново грубата

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2023-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Нека

A B C

е правоъгълен триъгълник (

\angle A C B=90^{\circ}

) с ъглополовящи

A D (D \in B C)

B E(E \in A C)

, които се пресичат в точка

I

. Ако дължините в сантиметри на

A C

B C

са естествени числа, то колко най-много измежду дължините в сантиметри на отсечките

A I, B I, I D

I E

могат да са естествени числа?

Решение

Нека

A C=b

B C=a

. От Питагоровата теорема за триъгълника

A B C

следва

A B=c=\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}+b^{2}}

. Нататък, ако

T

е петата на перпендикуляра от

I

към

A B

, то

A T=\frac{b+c-a}{2}, I T=\frac{a+b-c}{2}

(понеже ако

M

N

са петите от

I

към

A C

B C

, то

I M C N

е квадрат и

I T=I M=C M=\frac{a+b-c}{2}

) и Питагоровата теорема за

A T I

дава

A I=\frac{1}{2} \sqrt{\vphantom{x^2}(a+b-c)^{2}+(b+c-a)^{2}}=\frac{1}{2} \sqrt{\vphantom{x^2}2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)-4 a c}=\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}+b^{2}-a c}=\sqrt{\vphantom{x^2}c^{2}-a c};

аналогично

B I=\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}+b^{2}-b c}=\sqrt{\vphantom{x^2}b^{2}-b c}

. Нататък,

\frac{A I}{I D}=\frac{S_{A I B}}{S_{D I B}}=\frac{A B \cdot I T}{B D \cdot I N}=\frac{A B}{B D}

и аналогично

\frac{A B}{A C}=\frac{B D}{D C}

, откъдето

\frac{A I}{I D}=\frac{b+c}{a}

I D=\frac{a}{b+c} \sqrt{\vphantom{x^2}c^{2}-a c}

; аналогично

I E=\frac{b}{a+c} \sqrt{\vphantom{x^2}c^{2}-b c}

. Така при

A C=28

см и

B C=96

см следва

A B=100 \mathrm{~cm}, A I=20 \mathrm{~cm}

I D=15 \mathrm{~cm}

. Сега ще покажем, че няма как дължините на

A B, A I

I B

да са едновременно рационални. Действително, имаме

A I^{2}+I B^{2}+\sqrt{\vphantom{x^2}2} \cdot A I \cdot I B=2 c^{2}-(a+b) c+\sqrt{\vphantom{x^2}2} c \sqrt{\vphantom{x^2}(c-a)(c-b)}

и това е равно на

A B^{2}=c^{2}

поради еквивалентните

\sqrt{\vphantom{x^2}2(c-a)(c-\sqrt{b})=\times a+b \text{, } c \Leftrightarrow} 2 c^{2}-2 c(a+b)+2 a b=(a+b)^{2}-2 c(a+b)+c^{2} \Leftrightarrow 2\left(a^{2}+b^{2}\right)+2 a b=(a+b)^{2}+\left(a^{2}+b^{2}\right)

, като последното е очевидно вярно. Така ако

A B, A I

I B

са с рационални дължини, то

\sqrt{\vphantom{x^2}2}=\frac{A I^{2}+I B^{2}-A B^{2}}{A I \cdot I B}

би било рационално, което е невярно. Да допуснем, че е възможно поне три от отсечките

A I, I D, B I

I E

да са с рационални дължини. Тогава поне една от

A I

B I

е с рационална дължинабез ограничение нека това е

A I

. Понеже

A I^{2}=a^{2}+b^{2}-a c

, непременно

c

трябва да е рационално число, но тогава от предния параграф следва, че

B I

няма как да е с рационална дължина. Нещо повече,

\frac{B I}{I E}=\frac{a+c}{b}

, като дясното е рационално число и следователно

I E

също няма как да е с рационална дължина.

Отвори задачатаБаза на maths.bgd4-ifym2023-8-8

2023 · Финал

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Вписаната в остроъгълния триъгълник

A B C

окръжност

\omega

допира страните

B C, C A

A B

в точките

D, E

F

, съответно. Правите през

B

C

, перпендикулярни на

B C

, пресичат правата

E F

съответно в точките

M

N

. Правите

M D

N D

пресичат

\omega

за втори път в точките

P

Q

, съответно. Правите

B Q

C P

се пресичат в точката

T

. Да се докаже, че правата

D T

разполовява отсечката

M N

Решение

Първо ще докажем, че

\triangle D B M \sim \triangle D C N

. Понеже

\angle D B M=\angle D C N=90^{\circ}

по условие, ще искаме

\frac{M B}{B D}=\frac{C N}{C D}

, т. е.

\frac{B M}{B F}=\frac{C N}{C E}

. Имаме

\angle B F M=\angle A F E=\angle A E F=\angle C E N

\angle B M F+\angle C N E=180^{\circ}

, значи ако

F^{\prime} \in F M

е такава, че

B F=B F^{\prime}

, то

\triangle B M F^{\prime} \sim \triangle C N E

и исканото отношение следва. В частност,

\angle P Q D=\angle B D P=\angle B D M=\angle C D N

P Q \| B C

. Исканото разполовяване е еквивалентно на

S_{D T M}=S_{D T N}

. Предвид

\frac{P T}{T C}=\frac{Q T}{T B}

от теоремата на Талес и

D P=D Q

от

\angle B D P=\angle D Q P=\angle D P Q=\angle Q D C

, имаме

\frac{S_{D T M}}{S_{D T N}}=\frac{\frac{D M}{D P} S_{T P D}}{\frac{D N}{D Q} S_{T Q D}}=

\frac{D M \cdot D Q}{D N \cdot D P} \cdot \frac{P T}{T C} S_{T D C} \cdot \frac{B T}{T Q} \frac{1}{S_{T B D}}=

\frac{D M}{D N} \cdot \frac{C D}{B D}=1

като последното вече е доказано по-горе.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2023-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дадени са естествено число

n \geq 4

n

кутии, номерирани с числата от 1 до

n

. Първоначално в

i

-тата кутия е записано положителното реално число

a_{i}

, за всяко

i=1, 2, \ldots, n

. 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

n

-орки

\left(a_{1}, \ldots, a_{n}\right)

, за които е възможно след няколко хода във всяка кутия да е записано числото 0.

Решение

Нека сумата на всички числа е

S

. Първо ще докажем, че непременно всяко число не надминава

\frac{S}{3}

. Нека

r

е най-голямото от числата и да допуснем, че

r\gt{}\frac{1}{3} S

. Ако изберем ход, в който

r

не участва, то след хода то отново е максимално и надминава

\frac{1}{3} S_{0}

, където

S_{0}

е новата сума. Ако изберем ход, в който

r

участва, то при премахване на

x

от трите кутии ще получим

r-x

в кутията, в която преди е била

r

, и общ сбор

S-3 x

. Тук

r-x \geq \frac{S-3 x}{3}

, откъдето заключаваме, че след всеки ход най-голямото число е над

\frac{1}{3}

от сумата на всички, съответно няма как всички числа да станат равни на 0. Сега ще докажем (с индукция по броя кутии), че всички

n

-орки в които всяко число е по-малко или равно от

\frac{1}{3} S

работят. При базата

n=3

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

n=k

кутии. Да разгл учнята с

k+1

кутии, в която 4 -те най-големи числа са

a_{1} \geq a_{2} \geq a_{3} \geq a_{4}

и освец тева нека огново сумата на числата е

S

(*)

Ако

a_{3} \leq \frac{1}{3} S-a_{4}

, то можем да вземем

a_{3}

от 3 -те най-големи кутии и тогава новата сума ще е

S-3 a_{3}

, (и наистина, имаме

a_{4} \leq \frac{1}{3} S-a_{3}

от по-горе) и от индукционната хипотеза сме свели задачата за

k

кутии.

(*)

Ако

a_{3} \geq \frac{1}{3} S-a_{4}

, взимаме от 3 -те най-големи кутии

\frac{1}{3} S-a_{4}

. Така необходимото условие ще бъде запазено, и освен това новата сума на числата ще е

3 a_{4}

и ще има кутия с

a_{4}

. Така сведохме задачата, до ситуациите с

k+1

кутии, в които най-голямото число е точно

\frac{1}{3}

от сумата на всички. Нека разгледаме тези ситуации. Нека отново 4 -те най-големи числа са

a_{1} \geq a_{2} \geq a_{3} \geq a_{4}

и сумата на всички е

S=3 a_{1}

. Ако

a_{3} \leq 3 a_{1}-a_{4}

, то можем да вземем

a_{3}

от 3 -те най-големи кутии и тогава новата сума ще е

3 a_{1}-3 a_{3}

, и отново свеждаме задачата до

k

кутии, понеже сме допуснали

a_{3} \geq \frac{1}{3} S-a_{4}=a_{1}-a_{4}

. Ако

a_{3}\gt{}3 a_{1}-a_{4}

, отново взимаме от 3 -те кутии по

a_{1}-a_{4}

и сега получаваме сума на числата

3 a_{4}

и двете най-големи кутии са

a_{4}

. Следователно оттук нататък можем да считаме, че двете най-големи числа са равни. Нека сега сумата на числата е

3 a_{1}

и 4 -те най-големи кутии са

a_{1}=a_{1} \geq a_{3} \geq a_{4}

,. Тогава можем да вземем

a_{3}

от 3 -те най-големи, защото

a_{4}+a_{3} \leq S-2 a_{1}=a_{1}

. С това отново сведохме задачата до

k

кутии и сме готови от индукционно допускане.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2023-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

На дъската е написано ненулево рационално число. На всеки ход изтриваме числото

x

на дъската и го заменяме с

x+1

или

-\frac{1}{x}

. 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

p

. Ако

p=0

сме готови, а ако

p\lt{}0

, то с прибавяне на единици получаваме положително число. Значи можем да считаме, че

p=\frac{m}{n}

за естествени числа

m

n

. Нека

r \in[0, m-1]

е такова, че

n=q m-r

. При замяната

p \rightarrow-\frac{1}{p}

получаваме

\frac{r-q m}{m}=\frac{r}{m}-q

и след това с

q

прибавяния на единици достигаме до

\frac{r}{m}

. 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.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2023-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n \geq 2

е естествено число. Да се намерят всички пермутации (

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}

) на множеството

\{1, 2, \ldots, n\}

, за които неравенството

\frac{1+a_{k}}{a_{k+1}}\lt{}1+\frac{2}{k}

е изпълнено за всяко

k=1, 2, \ldots, n-1

Решение

Ще покажем, че единствената пермутация е

a_{i}=i

за всяко

i=1, 2, \ldots, n

. Ако докажем, че за всяко

k \leq n-1

е в сила

a_{k+1}-a_{k}\gt{}0

, то ще сме готови. Да допуснем, че последното не е в сила, като

k_{0}

е максималният индекс, за който

a_{k_{0}+1}-a_{k_{0}}\lt{}0

. Нека пренапишем условието на задачата във вида

a_{k+1}-a_{k}\gt{}1-\frac{2 a_{k+1}}{k}

. Следователно

-1\gt{}1-\frac{2 a_{k_{0}+1}}{k_{0}}

, т. е.

a_{k_{0}+1}\gt{}k_{0}

, т. е.

a_{k_{0}+1} \geq k_{0}+1

. От максималността на

k_{0}

имаме, че

a_{k+1}\gt{}a_{k}

за всяко

k \geq k_{0}+1

, откъдето

a_{k_{0}+1}\lt{}a_{k_{0}+2}\lt{}\cdots\lt{}a_{n}

. Значи числата

a_{k_{0}}, a_{k_{0}+1}, \ldots, a_{n}

(които са

n-k_{0}+1

на брой) са всичките различни и по-големи или равни на

k_{0}+1

. Но целите числа в интервала

\left[k_{0}+1; n\right]

са

n-k_{0}

на брой, т. е. не са достатъчно и имаме противоречие. Значи допускането ни е грешно, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2023-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малката възможна стойност на

\left|12^{m}-5^{n}\right|

за естествени числа

m

n

, както и всички двойки (

m, n

), 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

m=n=1

. Така ще разгледаме следните случаи:

(*)

Уравнението

12^{m}-5^{n}=1

няма например поради модул 4 (лявата страна е

(-1)

, дясната е 1. Същото важи и за

12^{m}-5^{n}=-7

(*)

Уравнението

12^{m}-5^{n}=-1

няма Наистина, заради модул 3 трябва

n

да е четно, заради модул 5 трябва

m

да е четно и сега

\left(12^{m / 2}-5^{n / 2}\right)\left(12^{m / 2}+5^{n / 2}\right)=-1

е невъзможно, понеже трябва някое от

12^{m / 2}

5^{n / 2}

да е 0, което не е така.

(*)

Уравнението

12^{m}-5^{n}=7

има само

m=n=1

за Наистина, ако допуснем, че

n \geq 2

(оттук и

m \geq 2

), то по модул 8 следва, че

n

е четно, а по модул 3 следва, че

n

е нечетно, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2023-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

A B C(B C\gt{}A C)

. Върху правите

B C

A C

са избрани точки

A_{1}

B_{1}

, така че

A C=A_{1} C, B C=B_{1} C, A_{1}

е между

B

C, A

е между

C

B_{1}

. Точката

X

от вътрешността на ъгъла

\angle A C B

е такава че

\angle C A_{1} X=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle B A C

\angle C B_{1} X=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle A B C

. Да се докаже, че центърът на описаната около триъгълника

A X B

окръжност лежи на описаната около триъгълника

A B C

окръжност.

Решение

Ако центърът на окръжността около

A X B

O

, то исканото е еквивалентно на

\angle A C B+\angle A O B=180^{\circ}

, т. е. на

\angle A X B=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A C B

. Ще докажем всъщност, че

X

е центърът на външновписаната окръжност срещу върха

C

за триъгълника

A B C

, с което исканото ще следва. Ще използваме стандартните означение за ъглите на

A B C

. Имаме

\angle B B_{1} X=\angle C B_{1} X-\angle C B_{1} B=90^{\circ}+\frac{\beta}{2}-\left(90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}\right)=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}

\angle B A_{1} X= 180^{\circ}-\angle C A_{1} X=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}

, откъдето четириъгълникът

X B A_{1} B_{1}

е вписан в окръжност. Оттук

\angle B X A_{1}=\angle B B_{1} A_{1}

и понеже

\angle B B_{1} A_{1}=\angle B A A_{1}

от равнобедрения трапец

A A_{1} B B_{1}

, то

\angle B X A_{1}=\angle B A A_{1}

, значи

A A_{1} B X

също е вписан в окръжност. Оттук следва

\angle A B X= \angle A A_{1} X=\angle C A_{1} X-\angle A A_{1} C=90^{\circ}-\frac{\beta}{2}

\angle B A X=\angle B A_{1} X=180^{\circ}-\angle C A_{1} X=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}

. Следователно

A X

B X

са външни ъглополовящи в триъгълника

A

ДС и смё готови.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2023-8-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Даден е правилен

n-

ъгълник, където

n \geq 3

е естествено число. Юги избира

n

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

m

(в зависимост от

n

), за което Юги може да подбере числата така, че да може да познае разпределението, която е избрал Кайба, за не повече от

m

йена?

Решение

Първо, ще покажем, че

m \geq\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil

. Нека многоъгълникът е

A_{1} A_{2} \ldots A_{n}

. Да допуснем, че съществува

i

, за което

A_{i} A_{i+1}

не е пресечена от нито една от правите. Тогава

A_{i}

A_{i+1}

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

n

, получаваме исканото. Сега ще покажем, че

m \leq\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil

. Нека Юги избере числата

2^{0}, 2^{1}, \ldots, 2^{n-1}

. 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

\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil

, започващи съответно в

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}

. 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

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil-1}

A_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil+1}, A_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil+2}, \ldots, A_{n}

, като това са всички числа без

A_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}

- а то става ясно, след като всички останали вече са отгатнати.

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2023-8-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Нека

a, b, c

са положителни реални числа със сбор 3. Да се докаже, че

\frac{a}{1+2 b^{3}}+\frac{b}{1+2 c^{3}}+\frac{c}{1+2 a^{3}} \geq 1

Решение

Имаме

\frac{1}{1+2 x^{3}} \geq 1-\frac{2 x}{3}

за всяко

x \geq 0

(еквивалентно на

2 x(x-1)^{2}(2 x+1) \geq 0

; за това неравенство можем да се досетим например чрез метода на линеаризацията). Оттук лявата страна на исканото неравенство е поне

a-\frac{2 a b}{3}+b-\frac{2 b c}{3}+c-\frac{2 c a}{3}=3-\frac{2}{3}(a b+b c+c a)

и остава да съобразим, че

a b+b c+c a \leq \frac{(a+b+c)^{2}}{3}=3

(еквивалентно на

(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+ (c-a)^{2} \geq 0

Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2023-8-8