Контролно за национален отбор за БОМ | Библиотека

Задача 1

Пълен запис

Условие

В

k

от върховете на правилен 2008-ъгълник е записано числото -1, а в останалите върхове е записано числото 1. Един връх се нарича "добър", ако при последователно обхождане от този връх на върховете на многоъгълникът (в коя да е от двете посоки) всички частични суми са положителни. Да се намери най-голямото число

k

, за което при произволно записване на -1 и 1 има "добър" връх.

Решение

Решение. С индукция по

t

ще докажем, че при

n=3 t+1

както и да запишем

t

числа -1 винаги има добър връх. При

t=1

имаме една -1 и три 1, като средната единица е добра. Да допуснем, че твърдението е вярно за някое

t

. Нека

n=3(t+1)+1

. Съществуват две единици, между които има само -1. Да изтрием тези две единици заедно с една -1 между тях. Остават

3 t+1

върха, в които са записани

t

числа -1. Съгласно индукционното допускане съществува добър връх, който не е между двете изтрити единици. Този връх е добър и за първоначалния

3(t+1)+1

-ъгълник. При

n=3 t+1

да разположим един след друг

t

блока

1, 1, -1

и нека последното число също е -1. Тогава броят на -1 е

t+1

и до всеки връх има поне една -1. Следователно няма добър връх. Тъй като

2008=3 \cdot 669+1

, то отговорът на задачата е 669.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2008-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Редицата

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

е зададена чрез следните равенства:

a_{1}=0

,

a_{p}=1

ако

p

е просто число и

a_{m n}=n a_{m}+m a_{n}

за произволни естествени числа

m

и

n

. Да се намери най-малкото число

n

, за което числото

\frac{a_{n^{2}}}{2008}

е точна степен на 2.

Решение

От условието следва, че

\frac{a_{m n}}{m n}=\frac{a_{m}}{m}+\frac{a_{n}}{n}

и по индукция лесно заключаваме, че

\frac{a_{n_{1} n_{2} \ldots n_{k}}}{n_{1} n_{2} \ldots n_{k}}=\sum_{s=1}^{k} \frac{a_{n_{s}}}{n_{s}}. \tag{2}

Нека

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

е каноничното разлагане на

n

. Тогава от (1) следва, че

\frac{a_{n^{2}}}{n^{2}}=\frac{2 \alpha_{1}}{p_{1}}+\cdots+\frac{2 \alpha_{k}}{p_{k}},

т. е.

a_{n^{2}}=

2 p_{1}^{2 \alpha_{1}-1} \ldots p_{k}^{2 \alpha_{k}-1}\left(\alpha_{1} p_{2} \ldots p_{k}+\cdots+\alpha_{k} p_{1} \ldots p_{k-1}\right) \tag{3}

Да предположим, че

a_{n^{2}}=2008 \cdot 2^{r}=2^{r+3}.251

. Тогава от (2) следва, че

\boldsymbol{n}

има най-много два прости делителя. Случай 1. Нека

n=p^{\alpha}, p

е просто число. Тогава

\alpha p^{2 \alpha-1}=2^{r+2}.251

, откъдето лесно получаваме

p=2, \alpha=251 \cdot 2^{t}

и

r=251 \cdot 2^{t+1}-3

. Тъй като

n=2^{\alpha}

, то в този случай най-малкото

n

, което изпълнява условието, е

n=2^{251}

. Случай 2. Нека

n=p^{\alpha} q^{\beta}, p

и

q

са прости числа и

p\lt{}q

. Тогава

(\alpha q+ \beta p) p^{2 \alpha-1} q^{2 \beta-1}=2^{r+2}.251

, откъдето заключаваме, че

p=2, q=251, \beta=1

и

251 \alpha+2=2^{r-2 \alpha+3}

, т. е.

\alpha=\frac{2\left(2^{r-2 \alpha+2}-1\right)}{251}

. С директна проверка се вижда, че показателят на 2 по модул 251 е 50. Тогава

\alpha \geq \frac{2\left(2^{50}-1\right)}{251}

и

n=251 \cdot 2^{\alpha}\gt{}2^{251}

. Следователно търсеното число е

n=2^{251}

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2008-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Даден е ромб

A B C D

. Да се намерят всички точки

X

и

Y

в равнината, за които сумата

A X. A Y+B X. B Y+C X. C Y+D X. D Y

е най-малка.

Решение

Първо ще докажем, че разглежданата сума е поне

2 m n

за произволен успоредник

A B C D

със страни

m

и

n

. С малки букви ще означаваме комплексните числа, съответни на точките от задачата, като на пресечната точка на диагоналите

O

съответства центърът на координатната система. Тьй като

a+c=b+d=0

, лесно се проверява, че

\begin{aligned} 2\left(a^{2}-b^{2}\right) & =2(b-a)(d-a)= \\ & =(x-a)(y-a)-(x-b)(y-b)+(x-c)(y-c)-(x-d)(y-d) \end{aligned}

Тогава от неравенството на триъгълника следва, че

\sum A X. A Y=\sum|(x-a)(y-a)| \geq

2|(b-a)(d-a)|=2 m n.

Равенство се достига точно когато съществуват неотрицателни числа

r_{a}

,

r_{b}, r_{c}

и

r_{d}

със сума 2 и такива, че

\begin{aligned} & (x-a)(y-a)=e^{i \varphi} r_{a}\left(a^{2}-b^{2}\right), (x-b)(y-b)=e^{i \varphi} r_{b}\left(b^{2}-a^{2}\right) \\ & (x-c)(y-c)=e^{i \varphi} r_{c}\left(a^{2}-b^{2}\right), (x-d)(y-d)=e^{i \varphi} r_{d}\left(b^{2}-a^{2}\right) \end{aligned}

Оттук

2 a(x+y)=e^{i \varphi}\left(r_{c}-r_{a}\right)\left(a^{2}-b^{2}\right)

и

2 b(x+y)=e^{i \varphi}\left(r_{d}-r_{c}\right)\left(b^{2}-a^{2}\right)

. Ако

x+y \neq 0

, то

\frac{a}{b}

е реално число, което означава, че

A, B

и

O

лежат на една права, противоречие. Следователно

x=-y, r_{a}=r_{c}, r_{b}=r_{d}

и

r_{a}+r_{b}=1

,; т. е.

a^{2}-x^{2}=e^{i \varphi} r_{a}\left(a^{2}-b^{2}\right),

b^{2}-x^{2}=e^{i \varphi} r_{b}\left(b^{2}-a^{2}\right).

0ттук

a^{2}-b^{2}=e^{i \varphi}\left(r_{a}+r_{b}\right)\left(a^{2}-b^{2}\right)=e^{i \varphi}\left(a^{2}-b^{2}\right)

и понеже

a \neq \pm b

, то

e^{i \varphi}=1

. Значи

x^{2}=\left(1-r_{a}\right) a^{2}+r_{a} b^{2}.

Можем да считаме, че

a\gt{}0

. Тъй като

A B C D

е ромб, то

b=i e, e\gt{}0

и Тогава

x^{2} \in\left[-e^{2}, a^{2}\right]

. Следователно

x \in[-a, a] \cup[-i e, i e]

, т. е.

X

лежи върху диагонала

A C

или

B D

, а

Y

е централно-симетрична на

X

относно

O

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2008-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

a \geq 2

и

m \geq 2

са взаимнопрости естествени числа и

k

е показателят на

a

по модул

m

. Да се докаже, че ако нечетното естествено число

t

е такова, че всеки негов прост делител дели

m

, но не дели

\frac{a^{k}-1}{m}

, то показателят на

a

по модул

m t

е равен на

k t

.

Решение

Ще проведем индукция по броя на простите делители на

t

, считани с кратността им. Нека

t

е просто,

d=\frac{a^{k}-1}{m}

, като

t

дели

m

, но не дели

d

. От

a^{k}=1+m d

следва, че

a^{k t}=(1+m d)^{t} \equiv 1(\bmod m t)

(биномните коефициенти

\binom{t}{i}, i=1, 2, \ldots, t-1

, се делят на

t

, защото

t

е просто, а

m^{t} d^{t}

се дели на

m t

, защото

t

дели

m

и

t\gt{}1

. Да означим с

s

показателя на

a

по модул

m t

. От горното следва, че kt дели

s

. От друга страна, от

a^{s} \equiv 1(\bmod m t)

следва, че

a^{s} \equiv 1(\bmod m)

, откъдето

k

дели

s

, т. е.

k|s| k t

. От последното следва, че

s=k

или

s=k t

(използваме отново, че

t

е просто). Ако

s=k

, то

1+m d=a^{k} \equiv 1(\bmod m t)

, откъдето

t \mid d

, противоречие. Нека сега

t

има поне два (не непременно различни) прости делителя и

t=r t_{0}

, където

r

е просто число,

t_{0}\gt{}1

. От доказаното в базата следва, че показателят на

a

по модул

m r

е равен на

k r

. За да можем да приложим индукционното предположение, трябва да докажем, че всеки прост делител на

t_{0}

дели

m r

, но не дели

d_{0}=\frac{a^{k r}-1}{m r}

. Първото е очевидноако

r_{0}

е прост делител на

t_{0}

, то

r_{0} \mid t

и значи

r_{0}|m| m r

. По условие

r_{0}

не дели

d

. Имаме

d_{0}=\frac{a^{k}-1}{m} \cdot \frac{a^{k(r-1)}+\cdots+a^{k}+1}{r}=

d \cdot \frac{a^{k(r-1)}+\cdots+a^{k}+1}{r}

(числото

c=\frac{a^{k(r-1)}+\cdots+a^{k}+1}{r}

е цяло, защото

\left. a^{k} \equiv 1(\bmod r)\right)

и следователно остава да докажем, че

r_{0}

не дели

c

. От

a^{k} \equiv 1\left(\bmod r_{0}\right)

следва, че

c \equiv 1\left(\bmod r_{0}\right)

, което е достатъчно при

r_{0} \neq r

. Нека

r_{0}=r

и

a^{k} \equiv 1+b r\left(\bmod r^{2}\right)

. Тогава

a^{k j} \equiv 1+j b r\left(\bmod r^{2}\right)

за всяко

j=0, 1, \ldots, r-1

и следователно

a^{k(r-1)}+\cdots+a^{k}+1 \equiv

r+b r(1+2+\cdots+r-1) \equiv r\left(\bmod r^{2}\right)

откъдето

c \equiv 1(\bmod r)

, с което доказателството е завършено. Забележка. Нечетността на

t

се използва само накрая, за да имаме

\frac{r(r-1)}{2} \equiv 0(\bmod r)

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2008-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

x\gt{}1

и

y\gt{}1

, за които числото

x+y^{3}=2^{\ell}, \ell \in \mathbb{N}

, дели

x^{8}-1

.

Решение

Очевидно

x

е нечетно и

\ell \geq 4

. Ако

x \equiv 1(\bmod 4)

, то от

2^{\ell} \mid(x-1)(x+

1)

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

следва, че

2^{\ell-3} \mid x-1

. Тогава

x=2^{\ell-3} t+1

и получаваме уравнението

y^{3}+1=(8-t) 2^{\ell-3}

, където

t \in\{1, 2, \ldots, 7\}

. Тъй като

(y+1)\left(y^{2}-y+1\right)=(8-t) 2^{\ell-3}

няма решение при

y=2

, а при

y \geq 4

множителят

y^{2}-y+1

е нечетно число, по-голямо от 11, единственото решение е

y=3, t=1, \ell=5

и

x=5

. Ако

x \equiv-1(\bmod 4)

, от

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

следва, че

2^{\ell-3} \mid x+1

и

x=2^{\ell-3} t-1, y^{3}-1=(8-t) 2^{\ell-3}

, където

t \in\{1, 2, \ldots, 7\}

. Както по-горе се вижда, че това уравнение няма решение при

y\gt{}1

. Забележка. Същото е в сила с

y^{m}, m \geq 3

е нечетно, вместо

y^{3}

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2008-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

В остроъгълен

\triangle A B C

са построени височините

A A_{1}, B B_{1}

и

C C_{1}

. През точките

A_{1}, B_{1}

и

C_{1}

са спуснати перпендикуляри съответно към страните

A B

и

A C, B A

и

B C, C A

и

C B

. Да се докаже, че петите на тези шест перпендикуляра лежат на една окръжност.

Решение

Решение. Нека

A_1 A_1^{\prime} \perp A B, A_1 A_1^{\prime \prime} \perp A C, B_1 B_1^{\prime} \perp B C, B_1 B_1^{\prime \prime} \perp A B, C_1 C_1^{\prime} \perp A C

и

C_1 C_1^{\prime \prime} \perp B C

. Тогава четириъгълникът

A A_1^{\prime} A_1 A_1^{\prime \prime}

е вписан в окръжност с диаметър

A A_1=h_a

и следователно

A_1^{\prime} A_1^{\prime \prime}=h_a \sin \alpha=\frac{S}{R},

където

S

и

R

са съответно лицето и радиусът на описаната около

\triangle A B C

окръжност. Аналогично получаваме

B_1^{\prime} B_1^{\prime \prime}=C_1^{\prime} C_1^{\prime \prime}=\frac{S}{R}

. Освен това

B A_1^{\prime}=B A_1 \cos \beta=c \cos ^2 \beta

и аналогично

B C_1^{\prime \prime}=a \cos ^2 \beta

. Следователно

A_1^{\prime} C_1^{\prime \prime} \| A C

и от

A_1^{\prime} A_1^{\prime \prime}=C_1^{\prime} C_1^{\prime \prime}

следва, че

C_1^{\prime} A_1^{\prime} C_1^{\prime \prime} A_1^{\prime \prime}

е равнобедрен трапец. Да означим описаната около този трапец окръжност с

k

. Тъй като

\begin{aligned} C A_1^{\prime \prime} \cdot C C_1^{\prime} & =\left(b \cos ^2 \gamma\right) \cdot\left(h_c \sin \alpha\right)=(b \sin \alpha) \cdot\left(h_c \cos ^2 \gamma\right)= \\ & =(a \sin \beta) \cdot\left(h_c \cos ^2 \gamma\right)=\left(a \cos ^2 \gamma\right) \cdot\left(h_c \sin \beta\right)=C B_1^{\prime} \cdot C C_1^{\prime \prime} \end{aligned}

то около

C_1^{\prime} C_1^{\prime \prime} B_1^{\prime} A_1^{\prime \prime}

може да се опише окръжност, което означава, че

B_1^{\prime} \in k

. Аналогично се доказва, че

B_1^{\prime \prime} \in k

, т. е. шестте точки лежат на една окръжност.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2008-9-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се намери най-голямото реално число

c

така, че

n\{n \sqrt{\vphantom{x^2}14}\}\gt{}c

за всяко естествено число

n

(

\{\mathrm{x}\}

е дробната част на числото

x

).

Решение

Първо ще покажем, че най-малкото неотрицателно цяло число

d

, за което уравнението

14 x^{2}-y^{2}=d

има решения в цели числа е равно на 5. Очевидно

d \neq 0

. При

d=1, 2, 4

това уравнение няма решения по модул 7, а при

d=3

- по модул 9. При

d=5

то има решение

(x, y)=(1, 2)

и следователно (както е добре известно) безбройно много решения (

x_{k}, y_{k}

) в естествени числа. Да отбележим, че за тях

y_{k}=\left[\sqrt{\vphantom{x^2}14} x_{k}\right]

. Нека сега

c_{0}=\frac{5}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}14}}

и

m=[\sqrt{\vphantom{x^2}14} n]

. Тогава

n\{n \sqrt{\vphantom{x^2}14}\}=\frac{14 n^{2}-m^{2}}{\sqrt{\vphantom{x^2}14}+m / n} \geq

\frac{5}{\sqrt{\vphantom{x^2}14}+m / n}\gt{}c_{0}.

0_{\text{ттук също следва, че} x_{k}\left\{x_{k} \sqrt{\vphantom{x^2}14}\right\} \rightarrow c_{0} \text{. Значи} c=c_{0} \text{.}}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2008-9-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички непразни множества

A

от реални числа със следните свойства: (1) ако

a, b \in A

, то

a-b \in A

; (2) ако

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

и

\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a

, то

a \in A

.

Решение

От (1) последователно намираме, че ако

a, b \in A

, то

a-a=0 \in A

,

0-a=-a \in A

и

a+b=a-(-b) \in A

. Очевидно

A=\mathbb{R}

има исканите свойства. Да предположим, че

A \neq \mathbb{R}

. От (2) и

A=-A

следва, че

(a, b) \subset \mathbb{R} \backslash A

за някои

b\gt{}a \geq 0

. Нека

c=\inf \left\{a^{\prime} \in[0, a]: \left(a^{\prime}, b\right) \subset \mathbb{R} \backslash A\right\}

. Пак от (2) получаваме, че

c \in A

и тогава

(0, b-c)=(c, b)-\{c\} \subset \mathbb{R} \backslash A

. Нека сега

d=\sup \left\{d^{\prime} \geq b-c: \left(0, d^{\prime}\right) \subset \mathbb{R} \backslash A\right\}

. Ако

d=\infty

, то е ясно, че

A=\{0\}

. В противен случай

(0, d) \subset \mathbb{R} \backslash A

и

d \in A

съгласно (2). Тогава по индукция

n d \in A

и

(n d, (n+1) d) \subset \mathbb{R} \backslash A

за всяко

n \in \mathbb{N}

, защото

(0, d) \subset \mathbb{R} \backslash A

. Сега от

A=-A

заключаваме, че търсените множества са

A=\mathbb{R}_{\text{и}} A=\{m d: m \in \mathbb{Z}\}, d \in \mathbb{R}

. Забележка. Решението на задачата е добре известното описание на всички топологично затворени подгрупи на

\mathbb{R}

относно събирането.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2008-9-8