maths.bgmaths.bg
Всички колекции
KBOM

Контролно за национален отбор за БОМ

138 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.

17 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2019

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • kbom2019-9-2: има placeholder текст
  • kbom2019-9-3: има placeholder текст

9

16 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е множеството A={1,2,…,n}A=\{1, 2, \ldots, n\}. Нека PP е подмножество на AA с m≥3m \geq 3 елемента. Да се докаже, че съществуват множество QQ с поне m(m−1)(m−2)3(n−1)(n−2)\frac{m(m-1)(m-2)}{3(n-1)(n-2)} елемента и множество R={y,z}⊂PR=\{y, z\} \subset P, като за всеки елемент x∈Qx \in Q числата x,x+yx, x+y и x+zx+z са от PP.
РешениеРешение. Да разгледаме всички триелементни подмножества {a,b,c}\{a, b, c\} на множеството PP, за които a<b<ca\lt{}b\lt{}c. Техният брой е (m3)\binom{m}{3}. На всяко такова множество съпоставяме множеството {b−a,c−a}\{b-a, c-a\}. Ясно е, че b−a,c−a∈{1,2,…n−1}b-a, c-a \in\{1, 2, \ldots n-1\} и следователно броят на възможните множества {b−a,c−a}\{b-a, c-a\} e (n−12)\binom{n-1}{2}. От принципа на Дирихле следва, че съществува двуелементно подмножество на {1,2,…n−1}\{1, 2, \ldots n-1\}, което е съпоставено на поне⌈(m2)(n−12)⌉=\left\lceil\frac{\binom{m}{2}}{\binom{n-1}{2}}\right\rceil=⌈m(m−1)(m−2)3(n−1)(n−2)⌉\left\lceil\frac{m(m-1)(m-2)}{3(n-1)(n-2)}\right\rceilтриелементни множества {a,b,c}\{a, b, c\}. Нека RR е това двуелементно множество, а QQ е множеството, съставено от най-малките елементи на съответните триелементни множества. Тези две множества удовлетворяват условието на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
Сашо нарисувал затворен, несамопресичащ се контур върху лист хартия в няколко хода. В началото той поставил върха на молива си в точка OO от листа. След това без да вдига молива от хартията последователно рисувал единични хоризонтални или вертикални отсечки, редувайки ги на всеки ход. Да се докаже, че лицето на фигурата заградена от нарисувания контур е четно число тогава и само тогава, когато дължината на контура се дели на осем.
РешениеДа оцветим единичната мрежа шахматно. Условието да се редуват хоризонтални и вертикални ходове означава, че всички единични кадратчета, които имат страна на периметъра и лежат изцяло във фигурата са от един и същи цвят. Нека този цвят е черен. Всяка единична отсечка, лежаща във вътрешността на фигурата разделя бяло и черно квадратче. Следователно, ако белите квадратчета във вътрешността на фигурата са aa, то броят на отсечките във вътрешността на фигурата е равен на 4a4 a. Ако общият броя квадратчета във вътрешността на фигурата bb, то в 4b4 b всяка вътрешна отсечка се брой два пъти, а всяка отсека по контура се брой един път. Това означава, че периметърът на фигурата има дължина P=4b−8aP=4 b-8 a. Следователно PP се дели на 8 тогава и само тогава, когато bb е четно число.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-1b

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-2

Задача 2b

Пълен запис
Условие
Дадена е функция f:N→Nf: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}, такава че за всяко естествено число n≥10n \geq 10 имаме f(n+2023)=f(n)+f([lg⁡n])f(n+2023)= f(n)+f([\lg n]), където [x][x] е цялата част на реалното число xx. Да се докаже, че за произволно естествено число kk, съществува естествено число mm, такова че kk дели f(m)f(m).
РешениеНека даденото число е kk. Да изберем естествено число ℓ\ell, такова че 10ℓ>2023⋅k10^{\ell}\gt{}2023 \cdot k. Разглеждаме f(ℓ),f(ℓ+1),…f(\ell), f(\ell+1), \ldots и да изберем f(m),m≥ℓf(m), m \geq \ell за което f(m)f(m) има най-малък остатък rr при деление с kk. Ако r=0r=0 то задачата е решена. Да допуснем, че r>0r\gt{}0 и да разгледаме числата {10m+t⋅2023}t=0k\left\{10^{m}+t \cdot 2023\right\}_{t=0}^{k}. Ако остатъка на f(10m)f\left(10^{m}\right) по модул kk е RR, имамеf(10m+t⋅2023)=f(10m)+t⋅f(m)⇒f(10m+t⋅2023)≡f\left(10^{m}+t \cdot 2023\right)=f\left(10^{m}\right)+t \cdot f(m) \Rightarrow f\left(10^{m}+t \cdot 2023\right) \equivR+t⋅r( mod k) R+t \cdot r(\bmod k) \quadt=0, t=0,1,…,k. 1, \ldots, k.В редицата R,R+r,R+2r,…,R+krR, R+r, R+2 r, \ldots, R+k r намираме минималното ss такова, че R+(s−1)r<k≤R+srR+(s-1) r\lt{}k \leq R+s r. Такова има, защото R<kR\lt{}k, а R+kr>kR+k r\gt{}k. Тогава 0≤(R+sr)−k<r0 \leq(R+s r)-k\lt{}r, т. е., остатъка на f(10m+s⋅2023)f\left(10^{m}+s \cdot 2023\right) е (R+sr)−k(R+s r)-k и е по-малък от rr. Противоречие! Следователно r=0r=0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-2b

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C с описана окръжност ω\omega. Центърът на ω\omega е означен с OO, а ортоцентъра на ABCA B C - с HH. Нека KK е средата на AHA H. Правата, перпендикулярна на OKO K през точка KK пресича страните ABA B и ACA C съответно в точки PP и QQ. Правите BKB K и CKC K пресичат за втори път ω\omega съответно в точки XX и YY. Да се докаже, че втората пресечна точка на описаните окръжности около △KPY\triangle K P Y и △KQX\triangle K Q X лежи върху окръжността ω\omega.
РешениеПърво ще докажем, че PK=KQP K=K Q. Ако LL и NN са съответно среди на ABA B и ACA C, то четириъгълниците POKLP O K L и QKONQ K O N са вписани в окръжност (поради ∠OLP=∠OKP=∠OKQ=∠ONQ=90∘\angle O L P=\angle O K P=\angle O K Q=\angle O N Q=90^{\circ} ). Тъй като LK∥BH⊥ACL K \| B H \perp A C и OL⊥ABO L \perp A B, то ∠OLK=∠BAC=α\angle O L K=\angle B A C=\alpha и от вписания POKLP O K L следва ∠OPK=α\angle O P K=\alpha. Аналогично ∠OQK=α\angle O Q K=\alpha и следователно △POQ\triangle P O Q е равнобедрен. Ще докажем, че пресечната точка на YPY P и AKA K е върху ω\omega. Нека DD е пресечната точка на AKA K и ω\omega. Тъй като OK⊥PQO K \perp P Q, то KK е среда на хордата през PP и QQ. От теоремата за пеперудата следва, че пресечните точки на YDY D с тази хорда (нека това е точка P′P^{\prime} ) и на ACA C с тази хорда (точка QQ ) са на равни разстояния от KK. Следователно P′P^{\prime} съвпада с PP. Нека A′A^{\prime} е втората пресечна точка на AOA O с ω\omega, а SS е втората пресечна точка на A′HA^{\prime} H с ω\omega. Ще докажем, че PQP Q е симетрала на HSH S. Тъй като ∠HSA=90∘\angle H S A=90^{\circ}, то SS лежи на окръжност ω′\omega^{\prime} с диаметър AHA H и център KK и следователно KS=KHK S=K H. Понеже OO и KK са центрове на ω\omega и ω′\omega^{\prime}, то OK⊥ASO K \perp A S. Сега от KP⊥OKK P \perp O K и AS⊥SHA S \perp S H следва, че KP⊥HSK P \perp H S и следователно PQP Q е симетрала на HSH S. Тъй като AK=KHA K=K H и PK=KQP K=K Q, то AQHPA Q H P е успоредник, откъдето∠KHP=∠KAC=∠DAC=∠DYC=∠PYK.\angle K H P=\angle K A C=\angle D A C=\angle D Y C=\angle P Y K.Понеже PQP Q е симетрала на SHS H, то ∠KSP=∠KHP=∠PYK\angle K S P=\angle K H P=\angle P Y K и следователно SS лежи на описаната окръжност около △KPY\triangle K P Y. Аналогично се доказва, че SS лежи на описаната окръжност около △KQX\triangle K Q X.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намери най-голямото число m∈Rm \in \mathbb{R} така, че за произволни числа a,b,c∈Ca, b, c \in \mathbb{C} съществува число z∈Cz \in \mathbb{C}, за което ∣z∣=1|z|=1 и∣z7+az6+2z4+bz3−z+c∣≥m.\left|z^{7}+a z^{6}+2 z^{4}+b z^{3}-z+c\right| \geq m.
РешениеАко P(z)=z6+az5+2z3+bz2−1+c/zP(z)=z^{6}+a z^{5}+2 z^{3}+b z^{2}-1+c / z, тоm=inf⁡Pmax⁡∣z∣=1∣P(z)∣.m=\inf _{P} \max _{|z|=1}|P(z)|.При ω=e2πi/3\omega=e^{2 \pi i / 3} и Q(z)=z2+2z−1Q(z)=z^{2}+2 z-1 имаме, чеP(z)+P(zω)+P(zω2)=3Q(z3)P(z)+P(z \omega)+P\left(z \omega^{2}\right)=3 Q\left(z^{3}\right)и следователно (1) m=max⁡∣z∣=1∣Q(z)∣m=\max _{|z|=1}|Q(z)|. При z=x+iyz=x+i y и x2+y2=1x^{2}+y^{2}=1 намираме, че∣Q(z)∣2=(x2−y2+2x−1)2+(2xy+2y)2=8−4x2,|Q(z)|^{2}=\left(x^{2}-y^{2}+2 x-1\right)^{2}+(2 x y+2 y)^{2}=8-4 x^{2},откъдето (2) m=2x22m=2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-4

Задача 4b

Пълен запис
Условие
Дадено е реално число aa, като 0<a<20\lt{}a\lt{}2. Да означим със Z\mathbb{Z} множеството на всички цели числа, а със Z1/2\mathbb{Z}_{1 / 2} - множеството от всички числа от вида n/2n / 2, където nn е нечетно, цяло число. a) Да се намери най-малкото реално число BB със следното свойство: За произволни реални числа xx и yy съществуват числа p,q∈Zp, q \in \mathbb{Z} такива, че(x+p)2+a(x+p)(y+q)+(y+q)2≤B.(x+p)^{2}+a(x+p)(y+q)+(y+q)^{2} \leq B.б) Да се намери най-малкото реално число CC със следното свойство: За произволни реални числа xx и yy съществуват числа p,q∈Zp, q \in \mathbb{Z} или p,q∈Z1/2p, q \in \mathbb{Z}_{1 / 2} такива, че(x+p)2+a(x+p)(y+q)+(y+q)2≤C(x+p)^{2}+a(x+p)(y+q)+(y+q)^{2} \leq C
РешениеЩе покажем, че B=1/(a+2)B=1 /(a+2), а C=1/4C=1 / 4. Нека първо да въведем ъгъл φ∈(0,π/2)\varphi \in(0, \pi / 2) такъв, че a=2cos⁡φa=2 \cos \varphi. Да разгледаме ромб със страна 1 и остър ъгъл φ\varphi. Дефинираме "косоъгълна"координатна система, като изберем две прави OxO x и OyO y, съдържащи две съседни по острия ъгъл страни на такъв ромб. Разстоянието между всеки две точки с реални координати A(x1,y1)A\left(x_{1}, y_{1}\right) и B(x2,y2)B\left(x_{2}, y_{2}\right) можем да намерим с косинусова теорема за △ABC(C(x1,y2)):AB\triangle A B C\left(C\left(x_{1}, y_{2}\right)\right): A B е диагонал на успоредник със страни успоредни на координатните оси и дължини съответно ∣x1−x2∣\left|x_{1}-x_{2}\right| и ∣y1−y2∣\left|y_{1}-y_{2}\right|. Имаме:AB2=A B^{2}=∣x1−x2∣2−2cos⁡φ∣x1−x2∣∣y1−y2∣+∣y1−y2∣2=\left|x_{1}-x_{2}\right|^{2}-2 \cos \varphi\left|x_{1}-x_{2}\right|\left|y_{1}-y_{2}\right|+\left|y_{1}-y_{2}\right|^{2}=(x1−x2)2+a(x1−x2)(y1−y2)+(y1−y2)2,\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+a\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2},защото винаги ∣x1−x2∣∣y1−y2∣=−(x1−x2)(y1−y2)\left|x_{1}-x_{2}\right|\left|y_{1}-y_{2}\right|=-\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right). Това значи, че (x+p)2+a(x+p)(y+q)+(y+q)2(x+p)^{2}+a(x+p)(y+q)+(y+q)^{2} е точно равно на квадрата на разстоянието между точките с координати ( x,yx, y ) и ( −p,−q-p, -q ). а) Да разгледаме "решетката породена от единичния ромб и неговия по-малък диагонал. За всеки възел на решетката да построим неговата клетка на Вороной от множеството от всички точки в равнината, за които съответния възел е най-близък измежду всички възли (вж. "диаграма на Вороной"в Уикипедия). Лесно се съобразява, че тази клетка представлява шестоъгълник със страни съответните части от симетралите на всички ребра на решетката, свързани с този възел. Тъй като възлите са точно всички точки с целочислени координати, то търсеното BB е квадрата на най-голямото разстояние от възел до контура на клетката му. Но шестоъгълника има за върхове центровете на описаните окръжности около съседните му (два по два еднакви) триъгълници, следователно той е вписан в окръжност с център възела и радиус равен на този на описаните около триъгълниците окръжности. Оттук BB е равен на квадрата на този радиус. ОкончателноB=R2=(12cos⁡(φ/2))2=B=R^{2}=\left(\frac{1}{2 \cos (\varphi / 2)}\right)^{2}=14cos⁡2(φ/2)=12cos⁡φ+2=1a+2\frac{1}{4 \cos ^{2}(\varphi / 2)}=\frac{1}{2 \cos \varphi+2}=\frac{1}{a+2}б) Въвеждаме като възли и центровете на ромбовете, които имат за координати именно елементи на Z1/2\mathbb{Z}_{1 / 2}. Сега клетките на Вороной за всеки от възлите се трансформират от шестоъгълник в правоъгълник със страни, успоредни на диагоналите на ромба. Тези правоъгълници отново са вписани в окръжност с център възела, а радиуса е разстоянието от центъра на ромба до средите на страните му, т. е., R=1/2R=1 / 2. Окончателно C=R2=1/4C=R^{2}=1 / 4.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-4b

Задача 5

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C и точка DD върху страната ABA B. Правата, която минава през центровете на вписаните окръжности в △ACD\triangle A C D и △BCD\triangle B C D пресича правата ABA B в точка EE. Ако ∠DCE=90∘\angle D C E=90^{\circ}, то да се докаже, че CDC D е ъглополовяща на ∠ACB\angle A C B.
РешениеРешение. Нека означим с I,I1I, I_1 и I2I_2 центровете на вписаните окръжности в △ABC,△ADC\triangle A B C, \triangle A D C и △BDC\triangle B D C съответно и без ограничение на общността AC>BCA C\gt{}B C. Забелязваме, че при движение на точка DD в посока от AA към BB, точка I1I_1 се движи по отсечката AIA I в посока от AA към I,I2I, I_2 се движи по отсечката BIB I в посока от II към BB, а EE се движи по правата ABA B в посока обратна на посоката на движение на DD. С други думи, ∠DCE=90∘\angle D C E=90^{\circ} при най-много едно положение на точката DD. Така свеждаме задачата до доказателство на обратното твърдение, че когато CDC D е ъглополовяща на ∠ACB\angle A C B, то ∠DCE=90∘\angle D C E=90^{\circ}. От теоремата на Менелай за △ABI\triangle A B I следва, чеAEBE=AI1I1I⋅II2BI2=\frac{A E}{B E}=\frac{A I_1}{I_1 I} \cdot \frac{I I_2}{B I_2}=AD+ACCD⋅CDBD+BC=AD+ACBD+BC=ADBD,\frac{A D+A C}{C D} \cdot \frac{C D}{B D+B C}=\frac{A D+A C}{B D+B C}=\frac{A D}{B D},т. е. точките A,D,BA, D, B и EE са в хармонично отношение и твърдението следва непосредствено.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-5

Задача 5b

Пълен запис
Условие
Даден е вписан четириъгълник ABCDA B C D. Точките Q,A,B,PQ, A, B, P в този ред лежат върху правата ABA B, като ACA C е допирателна за окръжността през A,D,QA, D, Q, а BDB D е допирателна за окръжността през B,C,PB, C, P. Точките MM и NN са среди съответно на BCB C и ADA D. Да се докаже, че правата CDC D, допирателната към окръжността през A,N,QA, N, Q в точка AA и допирателната към окръжността през B,M,PB, M, P в точка BB се пресичат в една точка.
РешениеПърво, ще докажем че △ADQ∼△CDB\triangle A D Q \sim \triangle C D B. Наистина, от вписаността на ABCDA B C D имаме, че ∠DAQ=∠DCB\angle D A Q=\angle D C B и ∠CBD=∠CAD\angle C B D=\angle C A D. Но ∠CAD=∠AQD\angle C A D=\angle A Q D и значи ∠CBD=∠AQD\angle C B D=\angle A Q D и подобието следва. Ако означим с RR средата на CDC D, то NN и RR са съответни елементи в подобни триъгълници откъдето ∠QNA=∠BRC\angle Q N A=\angle B R C. Нека KK е втората пресечна точка на правата CDC D с окръжността през A,B,RA, B, R (ако CDC D се допира до окръжността, то считаме K=RK=R ). И в двата случая имаме, че ∠BAK=∠BRC=∠QNA\angle B A K=\angle B R C=\angle Q N A и значи AKA K е допирателна за окръжността през A,N,QA, N, Q. Аналогично се извежда, че BKB K е допирателна за окръжността през B,M,PB, M, P. Задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-5b

Задача 6

Пълен запис
Условие
В предизборна кампания, продължила dd дни, участвали 11 политици. Всеки ден всеки политик или правил изявление по телевизията, или слушал на живо изявленията на останалите политици от този ден, но не и двете неща. По време на кампанията всеки политик чул на живо поне едно изявление от всеки друг политик. a) Намерете най-малката възможна стойност на dd. б) Най-много колко още политици е можело да се включат в дадената кампания, така че всички условия да се запазят, без да се увеличава стойността на dd?
Решениеа) Ако d=6d=6, то тройките дни сред шестте са 6⋅5⋅4:3≠20>116 \cdot 5 \cdot 4: 3\neq{}20\gt{}11. Ако всеки политик прави изявления в различна тройка дни, ще може да чуе изявлението на всеки друг в ден, непопадащ в неговата тройка. Да допуснем, че d<6d\lt{}6. Евентуално допълвайки дните с мълчаливи, можем да считаме, че d=5d=5. Да разглеждаме редиците от множестваS0⊂S1⊂S2⊂S3⊂S4⊂S5S_{0} \subset S_{1} \subset S_{2} \subset S_{3} \subset S_{4} \subset S_{5}където ∣Si∣=i\left|S_{i}\right|=i. Броят на тези редици е 5≠1205\neq{}120. Ше докажем, че има двама AA и BB, такива, че BB е правил изявление във всеки ден, в който е правил и AA, така че не е успял да го чуе. Да допуснем, че дните на изява на никои двама политици не попадат в една и съща редица. Но SiS_{i} попада в i!(5−i)!≥3!2≠12i!(5-i)!\geq 3!2\neq{}12 различни редици, така че бихме имали общо поне 11⋅12>12011 \cdot 12\gt{}120 различни редици: абсурд. б) Според първия абзац, при d=6d=6 можем да включим още 20−11=920-11=9 политици и да спазим всички условия. Ако обаче включим още 10 политици, то те са поне 21. Редиците от множества S0⊂S1⊂S2⊂S3⊂S4⊂S5⊂S6S_{0} \subset S_{1} \subset S_{2} \subset S_{3} \subset S_{4} \subset S_{5} \subset S_{6}, където ∣Si∣=i\left|S_{i}\right|=i, са на брой 6≠7206\neq{}720. Да допуснем, че дните на изява на никои двама политици не попадат в една и съща редица. Но SiS_{i} попада в i!(6−i)!≥3!3≠36i!(6-i)!\geq 3!3\neq{}36 различни редици, така че бихме имали общо поне 21⋅36>72021 \cdot 36\gt{}720 различни редици: абсурд. Отговори: а) d=6d=6, б) още 9.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-6

Задача 6b

Пълен запис
Условие
Нека R\mathbb{R} е множеството от реални числа. Да се намерят всички функции f:R→Rf: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, за коитоf(x3−y3)=x2f(x)−yf(y2)f\left(x^{3}-y^{3}\right)=x^{2} f(x)-y f\left(y^{2}\right)за всички двойки реални числа ( x,yx, y ).
РешениеОтговор. f(x)=kxf(x)=k x, където kk е произволна реална константа. Ако вземем y=0y=0, то x2f(x)=f(x3)x^{2} f(x)=f\left(x^{3}\right), докато x=0,y=−xx=0, y=-x ни дава f(x3)=xf(x2)f\left(x^{3}\right)=x f\left(x^{2}\right), тоест xf(x)=f(x2)x f(x)=f\left(x^{2}\right) за всяко xx (непосредствено се проверява, че f(0)=0f(0)=0 ). Горните тъждества показват, че f(x3−y3)=f(x3)−f(y3)f\left(x^{3}-y^{3}\right)= f\left(x^{3}\right)-f\left(y^{3}\right), следователно f(a+b)=f(a)+f(b)f(a+b)=f(a)+f(b) за всяка двойка реални числа a,ba, b. Такава функция се нарича адитивна. Фактът, че ff е адитивна не означава, че f(x)=kxf(x)=k x за всяко xx: добре известен факт е, че това е в сила ако ff е диференцируема в точка, непрекъсната в точка или ограничена в даден интервал, но ако никое от тези не е в сила, съществуват прекъснати адитивни функции. В този случай е трудно да покажем непрекъснатост. Вместо това, ще опростим f((x+1)3−x3)=(x+1)2f(x+1)−x2f(x)f\left((x+1)^{3}-x^{3}\right)=(x+1)^{2} f(x+1)-x^{2} f(x) като използваме адитивност и f(y2)=yf(y)f\left(y^{2}\right)=y f(y):f(3x2+3x+1)=f\left(3 x^{2}+3 x+1\right)=(x2+2x+1)(f(x)+f(1))−x2f(x),\left(x^{2}+2 x+1\right)(f(x)+f(1))-x^{2} f(x),следователно след опростяване получавамеf(x)(x+2)=(x2+2x)f(1)f(x)(x+2)=\left(x^{2}+2 x\right) f(1)с други думи f(x)=xf(1)f(x)=x f(1) за всяко x≠−2x \neq-2. От адитивност лесно се проверява, че това важи дори и за x=−2x=-2, т. е. f(x)=kxf(x)=k x, където kk е произволно реално число.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-6b

Задача 7

Пълен запис
Условие
Дадени са реалните числа x,y,zx, y, z, за които x+y+z=xy+yz+zxx+y+z=x y+y z+z x. Да се докаже, чеxx2x4+x2+1+yx2y4+y2+1\frac{x}{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{4}+x^{2}+1}}+\frac{y}{\sqrt{\vphantom{x^2}y^{4}+y^{2}+1}}+zx2z4+z2+1≥+\frac{z}{\sqrt{\vphantom{x^2}z^{4}+z^{2}+1}} \geq−1x23.-\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}.
РешениеНека си дефинираме функцията f(t):=tx2t4+t2+1f(t): =\frac{t}{\sqrt{\vphantom{x^2}t^{4}+t^{2}+1}}. Непосредствено се проверява, че f(t)=−f(−t),f(1/t)=f(t)f(t)= -f(-t), f(1 / t)=f(t) и ∣f(t)∣≤1x23|f(t)| \leq \frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}. Също така, условието на задачата остава в сила при замяната (x,y,z)→(1/x,1/y,1/z)(x, y, z) \rightarrow(1 / x, 1 / y, 1 / z). Ако x,y>0x, y\gt{}0, неравенството е изпълнено, поради f(x)+f(y)+f(z)>f(z)≥−max⁡t∣f(t)∣=−1x23f(x)+ f(y)+f(z)\gt{}f(z) \geq-\max _{t}|f(t)|=-\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}. Следователно, остана да разгледаме случаите, в които поне две от числата са отрицателни. Тъй като z=x+y−xyx+y−1>0z=\frac{x+y-x y}{x+y-1}\gt{}0 при x,y<0x, y\lt{}0, то няма как и трите числа да са отрицателни и значи б. о. о. можем да се концентрираме единствено върху x≤y≤0≤zx \leq y \leq 0 \leq z. Също така, нека xy≥1x y \geq 1 (в противен случай разглеждаме тройката (1/x,1/y,1/z)(1 / x, 1 / y, 1 / z) ). Не може z=0z=0, защото 0>x+y=xy>00\gt{}x+y=x y\gt{}0 води до противоречие. Тогаваz=x+y−xyx+y−1=∣x∣+∣y∣+xy∣x+y∣+1≥1z=\frac{x+y-x y}{x+y-1}=\frac{|x|+|y|+x y}{|x+y|+1} \geq 1и значиz−∣x∣=z+x=x2+yx+y−1=∣y∣−x2∣x+y∣+1≤0z-|x|=z+x=\frac{x^{2}+y}{x+y-1}=\frac{|y|-x^{2}}{|x+y|+1} \leq 0тъй като ∣y∣≤∣x∣≤x2|y| \leq|x| \leq x^{2}. Следователно, 1≤z≤∣x∣1 \leq z \leq|x|. Функцията t2+t−2t^{2}+t^{-2} е монотонно растяща при ∣t∣≥1|t| \geq 1, следователно f(t)f(t) е монотонно намаляваща в същия интервал и значи f(∣x∣)≤f(z)f(|x|) \leq f(z). Остава да довършим доказателството посредством наблюдението f(−x)=f(∣x∣)=−f(x)≤f(z)f(-x)=f(|x|)= -f(x) \leq f(z) иf(x)+f(y)+f(z)≥f(y)≥−1x23f(x)+f(y)+f(z) \geq f(y) \geq-\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}\setcounter{enumi}{7} (∗)(*) Ясно е, че при четно p,a2=0p, a_{2}=0 и тогава an=0a_{n}=0 за n>1n\gt{}1, тоест редицата bnb_{n} е периодична. Нека pp е нечетно и да допуснем, че {bn}\left\{b_{n}\right\} е периодична с период l. Тогава:an+1=pan−2n⌊pan2n⌋(20)a_{n+1}=p a_{n}-2^{n}\left\lfloor\frac{p a_{n}}{2^{n}}\right\rfloor \tag{20}Нека sn=⌊pan2n⌋s_{n}=\left\lfloor\frac{p a_{n}}{2^{n}}\right\rfloor, а dn=2nsn( mod p)d_{n}=2^{n} s_{n}(\bmod p). Тогава е ясно, че an+1≡−dn( mod p)a_{n+1} \equiv-d_{n}(\bmod p), тоест bn=p−dnb_{n}= p-d_{n}. Тъй като {bn}n=1∞\left\{b_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} е периодична, то и {dn}n=1∞\left\{d_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} е периодична със същия период ll. Тогава sns_{n} също ще е периодична. Наистина, тъй като (2,p)=1(2, p)=1, то има число gg, за което 2g≡( mod p2^{g} \equiv( \bmod p ). Сега е ясно, че ако n=kng+rnn=k_{n} g+r_{n}, където 0≤rn<g0 \leq r_{n}\lt{}g, то:sn≡2g−rndn( mod p)s_{n} \equiv 2^{g-r_{n}} d_{n}(\quad \bmod p)Тъй като 2g−rn2^{g-r_{n}} е периодична (с период gg ) и dnd_{n} е периодична, то sns_{n} е периодична с период (не по-голям от) произведението на gg и периода на {dn}\left\{d_{n}\right\}, тоест от glg l. От друга страна от уравнение 26 имаме:an+1pn=anpn−1−(2p)nsn\frac{a_{n+1}}{p^{n}}=\frac{a_{n}}{p^{n-1}}-\left(\frac{2}{p}\right)^{n} s_{n}откъдето, сумирайки по n∈Nn \in \mathbb{N} и използвайки, че an+1<2n+1a_{n+1}\lt{}2^{n+1} е много по-малко от pnp^{n} за големи nn и p≥3p \geq 3, получаваме:1−∑n=1∞(2p)nsn=01-\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{p}\right)^{n} s_{n}=0Сега тъй като {sn}n=1∞\left\{s_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} е периодична, то има естествени числа kk и mm, за които sm+j=sjs_{m+j}=s_{j} за j>kj\gt{}k. Но тогава може да пресметнем:1=∑n=1∞(2p)nsn=∑n=1k(2p)nsn+∑i=1msk+i(2p)i∑j=0∞(2p)jm=∑n=1k(2p)nsn+∑i=1msk+i(2p)i11−2mpm=∑n=1k(2p)nsn+∑i=1msk+i(2p)ipmpm−2m.\begin{aligned} 1 & =\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{p}\right)^{n} s_{n} \\ & =\sum_{n=1}^{k}\left(\frac{2}{p}\right)^{n} s_{n}+\sum_{i=1}^{m} s_{k+i}\left(\frac{2}{p}\right)^{i} \sum_{j=0}^{\infty}\left(\frac{2}{p}\right)^{j m} \\ & =\sum_{n=1}^{k}\left(\frac{2}{p}\right)^{n} s_{n}+\sum_{i=1}^{m} s_{k+i}\left(\frac{2}{p}\right)^{i} \frac{1}{1-\frac{2^{m}}{p^{m}}} \\ & =\sum_{n=1}^{k}\left(\frac{2}{p}\right)^{n} s_{n}+\sum_{i=1}^{m} s_{k+i}\left(\frac{2}{p}\right)^{i} \frac{p^{m}}{p^{m}-2^{m}}. \end{aligned}Тъй като pp е нечетно, то вдясно имаме сума на краен брой дробивсички имат четен числител и нечетен знаменател. Тогава като приведем под общ знаменател отляво ще получим нечетно число, а отдясно четно. Противоречие. Следователно {sn}n=1∞\left\{s_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} не е периодична, а оттук и {bn}n=1∞\left\{b_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} не е периодична. Окончателно {bn}n=1∞\left\{b_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} е периодична точно за четни pp.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-7

Задача 7b

Пълен запис
Условие
За всяко 1≤i≤91 \leq i \leq 9 и всяко T∈NT \in \mathbb{N} дефинираме di(T)d_{i}(T) да бъде общия брой на срещане на цифрата ii в десетичния запис на всички естествени числа по-малки или равни на TT и кратни на 1829. (Например, di(1828)=0,∀id_{i}(1828)=0, \forall i, докато d1(1829)=d2(1829)=d8(1829)=d9(1829)=1d_{1}(1829)=d_{2}(1829)=d_{8}(1829)=d_{9}(1829)=1.) Да се докаже, че съществуват безброй много числа T∈NT \in \mathbb{N}, такива че сред {di(T)}i=19\left\{d_{i}(T)\right\}_{i=1}^{9} се срещат точно две различни стойности. (Например T=1830T=1830 изпълнява това свойство.)
РешениеНека означим n:=1829n: =1829. Първо, ще избрем kk такова, че n∣10k−1n \mid 10^{k}-1. Например всяко число, кратно на φ(n)\varphi(n) върши работа, защото (n,10)=1(n, 10)=1. Следователно kk-тата от този тип са безбройно много! Ще покажем, че за всяко такова kk едното от числата T=10k−1T=10^{k}-1 или T=10k−2T=10^{k}-2 изпълнява условието на задачата, с което тя ще бъде решена. Достатъчно е да покажем, че #{di(10k−1):1≤i≤9}≤2\#\left\{d_{i}\left(10^{k}-1\right): 1 \leq i \leq 9\right\} \leq 2. Наистина, ако #{di(10k−1):1≤i≤9}=1\#\left\{d_{i}\left(10^{k}-1\right): 1 \leq i \leq\right. 9\}=1, то 10k−110^{k}-1 е кратно на nn, при това се записва само с 9 -ки. Следователноdi(10k−2)=di(10k−1),i=1,…,d_{i}\left(10^{k}-2\right)=d_{i}\left(10^{k}-1\right), i=1, \ldots,8,ноd9(10k−2)<d9(10k−1), 8, \quad \text{но} \quad d_{9}\left(10^{k}-2\right)\lt{}d_{9}\left(10^{k}-1\right),т. е., T=10k−2T=10^{k}-2 е За да докажем, че #{di(10k−1):1≤i≤9}≤2\#\left\{d_{i}\left(10^{k}-1\right): 1 \leq i \leq 9\right\} \leq 2, използваме наблюдението: ако ak−1ak−2…a0‾\overline{a_{k-1} a_{k-2} \ldots a_{0}} е десетичния запис (възможно с дописани нули в началото!) на произволно естествено число в интервала [1,10k−1]\left[1, 10^{k}-1\right], тоn∣ak−1ak−2…a0‾⟺n∣ak−2…a0ak−1‾.(1)n\left|\overline{a_{k-1} a_{k-2} \ldots a_{0}} \quad \Longleftrightarrow \quad n\right| \overline{a_{k-2} \ldots a_{0} a_{k-1}}. \tag{1}Горното е директно следствие от n∣10k−1,(n,10)=1n \mid 10^{k}-1, (n, 10)=1 и10⋅ak−1ak−2…a0‾−ak−2…a0ak−1‾=10 \cdot \overline{a_{k-1} a_{k-2} \ldots a_{0}}-\overline{a_{k-2} \ldots a_{0} a_{k-1}}=(10k−1)⋅ak−1.\left(10^{k}-1\right) \cdot a_{k-1}.Благодарение на това наблюдение, заключаваме че множеството от кратните на nn числа между 1 и 10k−110^{k}-1 е инвариантно при едновременна циклична пермутация на цифрите в десетичния запис на елементите му (при условие, че сме предварително направили всички тези записи kk-цифрени посредством дописване на необходимия брой нули в началото). Така, за всяко i∈{1,…,9}i \in\{1, \ldots, 9\} стойността на di(10k−1)d_{i}\left(10^{k}-1\right) е точно kk пъти по-голяма от броя на kk-цифрените естествени числа, кратни на nn и с първа цифра ii. Тези числа са в интервала [i⋅10k−1,(i+1)⋅10k−1−1]\left[i \cdot 10^{k-1}, (i+1) \cdot 10^{k-1}-1\right] с дължина 10k−110^{k-1} и значи тяхната бройка е или ⌊10k−1/n⌋\left\lfloor 10^{k-1} / n\right\rfloor или 1+⌊10k−1/n⌋1+\left\lfloor 10^{k-1} / n\right\rfloor. Следователно #{di(10k−1}≤2\#\left\{d_{i}\left(10^{k}-1\right\} \leq 2\right.. Твърдението е доказано.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-7b

Задача 8

Пълен запис
Условие
За естествено число p>1p\gt{}1 дефинираме редицата {an}n=1∞\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} както следва:a1=1,an+1=pan( mod 2n)заn≥1.a_{1}=1, \quad a_{n+1}=p a_{n}\left(\bmod 2^{n}\right) \text{за} n \geq 1.Редицата {bn}n=1∞\left\{b_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} се дефинира като bn=an( mod p)b_{n}=a_{n}(\bmod p). Да се намерят всички естествени числа p>1p\gt{}1, за които редицата {bn}n=1∞\left\{b_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} е периодична.
РешениеPeweниe 8. Ясно е, че при четно p,a2=0p, a_2=0 и тогава an=0a_n=0 за n>1n\gt{}1, тоест редицата bnb_n е периодична. Нека pp е нечетно и да допуснем, че {bn}\left\{b_n\right\} е периодична с период ll. Тогава:an+1=pan−2n⌊pan2n⌋.a_{n+1}=p a_n-2^n\left\lfloor\frac{p a_n}{2^n}\right\rfloor.Нека sn=⌊pan2n⌋s_n=\left\lfloor\frac{p a_n}{2^n}\right\rfloor, а dn=2nsn( mod p)d_n=2^n s_n(\bmod p). Тогава е ясно, че an+1≡−dn( mod p)a_{n+1} \equiv-d_n(\bmod p), тоест bn=p−dnb_n=p-d_n. Тъй като {bn}n=1∞\left\{b_n\right\}_{n=1}^{\infty} е периодична, то и {dn}n=1∞\left\{d_n\right\}_{n=1}^{\infty} е периодична със същия период ll. Тогава sns_n също ще е периодична. Наистина, тъй като (2,p)=1(2, p)=1, то има число gg, за което 2g≡1( mod p)2^g \equiv 1(\bmod p). Сега е ясно, че ако n=kng+rnn=k_n g+r_n, където 0≤rn<g0 \leq r_n\lt{}g, то:sn≡2g−rndn( mod p).s_n \equiv 2^{g-r_n} d_n \quad(\bmod p).Тъй като 2g−rn2^{g-r_n} е периодична (с период gg ) и dnd_n е периодична, то sns_n е периодична с период (не по-голям от) произведението на gg и периода на {dn}\left\{d_n\right\}, тоест от glg l. От друга страна от уравнение (1) имаме:an+1pn=anpn−1−(2p)nsn\frac{a_{n+1}}{p^n}=\frac{a_n}{p^{n-1}}-\left(\frac{2}{p}\right)^n s_nоткъдето, сумирайки по n∈Nn \in \mathbb{N} и използвайки, че an+1<2n+1a_{n+1}\lt{}2^{n+1} е много по-малко от pnp^n за големи nn и p≥3p \geq 3, получаваме:1−∑n=1∞(2p)nsn=01-\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{p}\right)^n s_n=0Сега тъй като {sn}n=1∞\left\{s_n\right\}_{n=1}^{\infty} е периодична, то има естествени числа kk и mm, за които sm+j=sjs_{m+j}=s_j за j>kj\gt{}k. Но тогава може да пресметнем:1=∑n=1∞(2p)nsn=∑n=1k(2p)nsn+∑i=1msk+i(2p)i∑j=0∞(2p)jm=∑n=1k(2p)nsn+∑i=1msk+i(2p)i11−2mpm=∑n=1k(2p)nsn+∑i=1msk+i(2p)ipmpm−2m\begin{aligned} 1 & =\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{p}\right)^n s_n \\ & =\sum_{n=1}^k\left(\frac{2}{p}\right)^n s_n+\sum_{i=1}^m s_{k+i}\left(\frac{2}{p}\right)^i \sum_{j=0}^{\infty}\left(\frac{2}{p}\right)^{j m} \\ & =\sum_{n=1}^k\left(\frac{2}{p}\right)^n s_n+\sum_{i=1}^m s_{k+i}\left(\frac{2}{p}\right)^i \frac{1}{1-\frac{2^m}{p^m}} \\ & =\sum_{n=1}^k\left(\frac{2}{p}\right)^n s_n+\sum_{i=1}^m s_{k+i}\left(\frac{2}{p}\right)^i \frac{p^m}{p^m-2^m} \end{aligned}Тъй като pp е нечетно, то вдясно имаме сума на краен брой дробивсички имат четен числител и нечетен знаменател. Тогава като приведем под общ знаменател отляво ще получим нечетно число, а отдясно четно. Противоречие. Следователно {sn}n=1∞\left\{s_n\right\}_{n=1}^{\infty} не е периодична, а оттук и {bn}n=1∞\left\{b_n\right\}_{n=1}^{\infty} не е периодична. Окончателно {bn}n=1∞\left\{b_n\right\}_{n=1}^{\infty} е периодична точно за четни pp.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-8

Задача 8b

Пълен запис
Условие
Нека nn е естествено число. Първоначално разполагаме с nn купчини от камъчета, всяка съдържаща по точно едно камъче. Разрешено е да изпълняваме "ходове" от типа: избират се две купчини, взимат се еднакво количество камъчета и от двете и от тях се съставя нова купчина. За всяко естествено число nn да се намери най-малкият брой непразни купчини, които могат да се получат след краен брой ходове от горния тип.
РешениеОтговор. 1 ако nn е степен на двойката и 2 в противен случай. Очевидно при комбиниране на две купчини от по 2k−12^{k-1} камъчета можем да получим една с 2k2^{k} камъчета. Така, когато n=2ℓn=2^{\ell} последователно "окрупняваме" всички купчини с по едно камъче до половина на брой нови купчини с по два камъчета. Тях на свой ред "окрупняваме"до такива с по 4 камъчета и така нататък докато не останем с една купчина, съдържаща всичките 2ℓ2^{\ell} камъчета. Ако nn не е степен на двойката да изберем NN такова, че 2N<n<2N+12^{N}\lt{}n\lt{}2^{N+1} и да означим с m:=n−2Nm: =n-2^{N}. Тогава 0<m<2N0\lt{}m\lt{}2^{N}. Нека по гореописаната процедура първо си направим купчина с 2N2^{N} камъчета, коятоще наричаме "лидерска". (Алтернативно, можехме да сме малко по-прецизни в конструкцията и да вземем оптимална лидерска купчина от 2M2^{M} камъчета, където M=⌈log⁡2(m)⌉M=\left\lceil\log _{2}(m)\right\rceil ) Остават mm купчини с по едно камъче всяка. Всички тези купчини ще наричаме "подчинени". Да вземем една подчинена купчина и с едно камъче от лидерската да направим нова купчина от 2 камъчета. Ако m=2N−1m=2^{N}-1, то сме достигнали до ситуация със само 2 непразни купчини. Ако m<2N−1m\lt{}2^{N}-1, то докато лидерската купчина не остане с точно mm камъчета, на всеки ход повтаряме процедурата: 1 камъче от лидерската +1 камъче от единствената купчина с две камъчета формират нова купчина от две камъчета. Така, в даден момент ще имаме лидерска купчина с mm камъчета, една купчина с 2 камъчета и всички останали купчини ще са с по едно камъче. Тези останали купчини са точно n−m−2=2N−2n-m-2=2^{N}-2 на брой, така че като две по две ги окрупним и добавим първоначално създадената единствена купчина от две камъчета, получаваме една купчина с mm камъчета и 2N−12^{N-1} купчини с по две камъчета. Вторите ги окрупняваме до една купчина с 2N2^{N} камъчета и така отново стигаме до момент със само две непразни купчини. Получихме, че ако nn не е степен на двойката, минималният брой непразни купчини е най-много две. Остава да покажем, че той не може да е 1 и то ще бъде завършено. Наистина, всеки ход се състои в избирането на две купчини с да кажем aa и bb камъчета съответно, избиране на брой камъчета c≤min⁡(a,b)c \leq \min (a, b), които да вземем от всяка от купчините и формирането на нова купчина с точно 2c2 c камъчета. Ако новата купчина я броим за съществувала и по-рано, но с 0 камъчета, както и ако евентуално някоя от старите купчини остане празна след хода, но ние все още я разглеждаме като купчина, то при всеки ход разбиването на камъчета по купчини се променя в точно три от тях, като {a,b,0}→{a−c,b−c,2c}\{a, b, 0\} \rightarrow\{a-c, b-c, 2 c\}. Да допуснем, че след даден ход разбиването на камъчетата по купчини е такова, че съществува нечетно число ss, което да дели броя камъчета във всяка от купчините. Щом s∣2cs \mid 2 c, то s∣cs \mid c и по допускане s∣a−cs \mid a-c, s∣b−cs \mid b-c. Но тогава s∣a,b,cs \mid a, b, c и значи ss е деляло броя камъчета във всяка от купчините и преди дадения ход! Ако nn не е степен на двойката, то nn има нечетен делител s>1s\gt{}1. Ако допуснем, че можем да имаме само една непразна кутия след някой ход, то тогава ss дели броя камъчета във всяка от купчините при такова разбиване. Съгласно горните разсъждения, връщайки се назад, получаваме, че ss трябва да дели броя камъчета във всяка от купчините и при първоначалното разбиване, т. е., s∣1s \mid 1. Противоречие!
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-8b