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 година По клас

Избран клас

9

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

kbom2023-9-4: има placeholder текст
kbom2023-9-5: има placeholder текст
kbom2019-9-2: има placeholder текст
kbom2019-9-3: има placeholder текст
kbom2018-9-4: има placeholder текст
kbom2018-9-5: има placeholder текст
kbom2018-9-7: има placeholder текст
kbom2018-9-8: има placeholder текст
kbom2015-9-2: има placeholder текст
kbom2015-9-6: има placeholder текст
kbom2012-9-6: има placeholder текст
kbom2011-9-7: има placeholder текст
kbom2011-9-8: има placeholder текст
kbom2010-9-3: има placeholder текст
kbom2010-9-4: има placeholder текст
kbom2010-9-8: има placeholder текст
kbom2009-9-6: има placeholder текст
kbom2007-9-4: има placeholder текст
kbom2007-9-6: има placeholder текст
kbom2007-9-7: има placeholder текст
kbom2006-9-3: има placeholder текст
kbom2006-9-6: има placeholder текст
kbom2006-9-8: има placeholder текст
kbom2004-9-2: има placeholder текст
kbom2004-9-6: има placeholder текст
kbom2004-9-8: има placeholder текст

2003

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Върху бедрото

A C

на равнобедрен триъгълник

A B C

с основа

A B

е избрана точка

D

, а върху отсечката

B D

е избрана точка

E

така, че

B D=2 A D=4 B E

. Да се докаже, че

\angle E D C=2 \angle C E D

Решение

Решение. Да отбележим, че

\angle E D C=2 \angle C E D \Longleftrightarrow D I=E I

, където

D I (I \in C E)

е ъглополовящата на

\angle C D E

. Нека

B D=2 A D=4 B E=4 x

A C=B C=y

. Тогава

\begin{gathered} D I=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}E D \cdot C D\left((E D+C D)^2-C E^2\right)}}{E D+C D}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3 x(y-2 x)\left((x+y)^2-C E^2\right)}}{x+y}, \\ E I=C E \frac{E D}{E D+C D}=C E \frac{3 x}{x+y}. \end{gathered}

Оттук след преобразуване получаваме, че

D I=E I \Longleftrightarrow C E^2=(x+y)(x-2 y).

Последното следва от формулата на Стюарт за

\triangle B C D

C E^2=\frac{B C^2 D E+C D^2 B E}{B D}-B E \cdot D E=

\frac{3 y^2+(y-2 x)^2}{4}-3 x^2=(x+y)(x-2 y).

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2003-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че ако

a, b

c

са неотрицателни числа със сума 3, то

\frac{a}{b^{2}+1}+\frac{b}{c^{2}+1}+\frac{c}{a^{2}+1} \geq \frac{3}{2}.

Средиземноморско математическо състезание

Решение

Имаме, че

\begin{gathered} a+b+c-\frac{a}{b^{2}+1}-\frac{b}{c^{2}+1}-\frac{c}{a^{2}+1}=\frac{b}{b^{2}+1} a b+\frac{c}{c^{2}+1} b c+\frac{a}{a^{2}+1} c a \\ \leq \frac{a b+b c+c a}{2} \leq \frac{(a+b+c)^{2}}{6} \end{gathered}

и остава да използваме, че

a+b+c=3

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2003-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Във всяка точка от равнината с целочислени координати е записано по едно реално число от интервала (

0; 1

). Известно е, че числото, записано в дадена точка, е средно аритметично на числата, записани в четирите най-близки точки. Да се докаже, че всички числа са равни. Средиземноморско математическо състезание

Решение

Нека

f(x, y)

е числото, записано в точката с координати (

x, y

). Тогава

f(x, y)=

\frac{f(x+1, y)+f(x-1, y)+f(x, y+1)+f(x, y-1)}{4}.

Да допуснем, че не всички числа са равни. Тогава има две точки на разстояние 1, в които числата са различни и след евентуална ротация можем да считаме, че

f\left(x_{0}+1, y_{0}\right)\gt{}f\left(x_{0}, y_{0}\right)

за някои

x_{0}, y_{0} \in \mathbb{Z}

. Тогава за

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

следва, че

M=\sup _{x \in \mathbb{Z}} g(x) \in(0, 1]

g(x, y)=

\frac{g(x+1, y)+g(x-1, y)+g(x, y+1)+g(x, y-1)}{4}.

В частност, ако

g(a, b) \geq M-\varepsilon

, то

g(a+1, b)=4 g(a, b)-g(a-1, b)-g(a, b+1)-g(a, b-1) \geq 4(M-\varepsilon)-3 M=M-\varepsilon

и по индукция получаваме, че

g(a+n, b) \geq M-4^{n} \varepsilon

за всяко

n \in \mathbb{N}

. Като изберем първо

n \geq \frac{2}{M}

, след това

\varepsilon \in\left(0, \frac{M}{2 \cdot 4^{n-1}}\right]

и накрая такива

a, b \in \mathbb{Z}

, че

g(a, b) \geq M-\varepsilon

, следва, че

1\gt{}f(a+n, b)\gt{}

f(a+n, b)-f(a, b)=\sum_{k=0}^{n-1} g(a+k, b) \geq

n \frac{M}{2} \geq 1,

което е противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2003-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

За всяко естествено число

n

означаваме

A_{n}=\{j: 1 \leq j \leq n, \text{НОД}(j, n)=1\}.

Да се намерят всички

n

, за които полиномът

P_{n}(x)=\sum_{j \in A_{n}} x^{j-1}

може да се представи като произведение на два неконстантни полинома с цели коефициенти. Amer. Math. Monthly

Решение

Пресмятаме, че

P_{1}(x)=P_{2}(x)=1, P_{3}(x)=x+1, P_{4}(x)=x^{2}+1

P_{6}(x)=x^{4}+1

. Следователно

n=1, 2, 3, 4, 6

са измежду търсените числа. Ще докажем, че други няма. За целта ще покажем, че при

n \geq 3

полиномът

P_{n}(x)

има делител от вида

1+x^{r}, r \geq 1

, който не съвпада с него при

n=5

n \geq 7

. Ако

n \geq 3

е просто число, това следва от разлагането

P_{n}(x)=(1+x)\left(1+x^{2}+x^{4}+\cdots+x^{n-3}\right).

При

n=4

имаме, че

P_{4}(x)=x^{2}+1

. По-нататък ще разсъждаваме индуктивно по

n

. Когато

n \geq 6

е съставно, то

n=m p

, където

m \geq 3

p

е просто число.

(*)

p

дели

m

. Имаме, че

A_{n}=\cup_{i=0}^{p-1}\left(A_{m}+i m\right)

и значи

P_{n}(x)=P_{m}(x) \sum_{i=0}^{p-1} x^{i m}

. Остава да съобразим, че съгласно индуктивното преположение

P_{m}(x)

има делител от вида

1+x^{r}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2003-9-4

2004

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Съществува ли множество

A \supset\{1, 2, \ldots, 2004\}

от естествени числа, произведението на които е равно на сумата от квадратите им?

Решение

Решение. Съществува. Нека

a_0=1, a_i=2004! a_0 a_1 \ldots a_{i-1}-1, i \geq 1

A_i=\left\{2, 3, \ldots, 2004, a_0, a_1, \ldots, a_i\right\}, i \geq 0

. Тогава

\begin{gathered} \left(\prod_{a \in A_{i-1}} a-\sum_{a \in A_{i-1}} a^2\right)-\left(\prod_{a \in A_i} a-\sum_{a \in A_i} a^2\right)-1= \\ a_i^2-1-\left(a_i-1\right) \prod_{a \in A_{i-1}}=\left(a_i-1\right)\left(a_i+1-2004! a_0 a_1 \ldots a_{i-1}\right)=0 \end{gathered}

и следователно

\prod_{a \in A_n} a=\sum_{a \in A_n} a^2

за

n=\prod_{a \in A_0} a-\sum_{a \in A_0} a^2

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2004-9-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2004-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

A=\{1, 2, \ldots, n\}, n \geq 4

. За всяка функция

f: A \rightarrow A

и всяко

a \in A

дефинираме

f_{1}(a)=f(a), f_{i+1}(a)=f\left(f_{i}(a)\right), i \geq 1

. Да се намери броят на функциите

f: A \rightarrow A

, за които

f_{n-2}

е константа, но

f_{n-3}

не е константа.

Решение

Да дефинираме ориентиран граф

G

с върхове елементите на

A

, в който е прекарано ориентирано ребро

x y

точно когато

f(x)=y

. Трябва да преброим графите

G

, за които:

(*)

не съществуват цикли с дължина, по-голяма от 1;

(*)

съществува верига

a_{2} \ldots a_{n}

с дължина

n-2

и не съществува верига с дължина

n-1

;

(*)

единственото ребро, невключено в тази верига, има вида

a_{1} a_{j}, 3 \leq j \leq n;

(*)

има единствена примка и тя е

a_{n} a_{n}

. Веригата може да бъде избрана по

n

! начина, а реброто, което не е от неяпо

n-2

начина. Да забележим, че графите, за които това ребро е

a_{1} a_{3}

, са броени два пъти и техният брой е

\binom{n}{2}(n-2)

!. Следователно отговорът на задачата е

n!(n-2)-\binom{n}{2}(n-2)\neq{}\frac{n!(2 n-5)}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2004-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

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

е изпъкнал многоъгълник и

p_{i}

е дължината на ортогоналната му проекция върху правата

A_{i} A_{i+1}, 1 \leq i \leq n\left(A_{n+1} \equiv A_{1}\right)

. Да се докаже, че ако

\sum_{i=1}^{n} \frac{\left|A_{i} A_{i+1}\right|}{p_{i}}=4

, то многоъгълникът е правоъгълник.

Решение

Понеже даденият многоъгълник

A

е изпъкнал, то

2 p_{i}

е сумата от проекциите на страните му върху правата

A_{i} A_{i+1}

. Разглеждаме векторите

\overrightarrow{A_{1} A_{2}}, \overrightarrow{A_{2} A_{3}}, \ldots, \overrightarrow{A_{n} A_{1}}

и техните противоположни. От края на вектора

\overrightarrow{A_{1} A_{2}}

нанасяме вектор, сключващ най-малък положително ориентиран ъгъл с

\vec{A}_{1} A_{2}

(ако тези вектори са два, избираме този от вида

\overrightarrow{A_{i} A_{i+1}}

). За нанесения вектор правим същото и т. н. Получаваме изпъкнала фигура

B=B_{1} B_{2} \ldots B_{2 n}

, срещуположните страни на която са успоредни и равни. Следователно главните диагонали на

B

се пресичат в една точка; да я означим с

O

. Нека

q_{i}

е проекцията на

B

върху правата

B_{i} B_{i+1}

. Като разгледаме правоъгълника с размери

q_{i} \times \operatorname{dist}\left(B_{i} B_{i+1}, B_{i+n} B_{i+n+1}\right)

, съдържащ

B

, заключаваме, че

\frac{\left|B_{i} B_{i+1}\right|}{q_{i}} \leq 4 \frac{S_{\triangle B_{i} B_{i+1} O}}{S_{B}}

Оттук

\sum_{i=1}^{n} \frac{\left|A_{i} A_{i+1}\right|}{p_{i}}=\sum_{i=1}^{2 n} \frac{\left|B_{i} B_{i+1}\right|}{q_{i}} \leq 4,

като равенство се достига само когато крайните точки на

B

образуват правоъгълник, т. е.

A

е правоъгълник.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2004-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Дадени са непропорционалните полиноми

p(x)

q(x)

, всеки от които има по

m \geq 2

ненулеви коефициента. Да се намери минималният възможен брой ненулеви коефициенти на полинома

f(u, v)=p(u) q(v)- p(v) q(u)

Решение

Полиномите

p(x)=x^{m-1}+x^{m-2}+\cdots+x+1

q(x)=x^{m-1}+x^{m-2}+\cdots+ x+a, a \neq 1

, показват, че търсеният минимален брой е не по-голям от

2 m-2

(имаме

f(u, v)=(a-1)\left(u^{m-1}+u^{m-2}+\cdots+u\right)+(1-a)\left(v^{m-1}+v^{m-2}+\cdots+v\right)

). Ще докажем с индукция по

m

, че ненулевите коефициенти са поне

2 m-2

. Ако в

p(x)

или

q(x)

участва степен, която не се среща в другия, то ненулевите коефициенти в

f(u, v)

са поне

2 m

. Затова оттук нататък ще считаме, че в

p(x)

q(x)

участват едни и същи степени. Да отбележим още, че умножението с ненулева константа на някои от полиномите

p(x)

q(x)

не променя броя на ненулевите коефициенти на

f(u, v)

. При

m=2

имаме

p(x)=a x^{n}+b x^{k}

q(x)=c x^{n}+d x^{k}

, като

a d-b c \neq

0. Тогава

f(u, v)=(a d-b c) u^{n} v^{k}+(b c-a d) u^{k} v^{n}

има точно два ненулеви коефициента. При

m=3

нека

p(x)=x^{k}+a x^{n}+b x^{\ell}

q(x)=x^{k}+c x^{n}+d x^{\ell}

, като

a d-b c \neq 0

. Тогава

f(u, v)=(a d-b c) u^{\ell} v^{k}+(b c-a d) u^{\ell} v^{n}+(c-a) u^{k} v^{n}+ (a-c) u^{n} v^{k}+(d-b) u^{k} v^{\ell}+(b-d) u^{\ell} v^{k}

. Първите два коефициента са ненулеви, а тъй като равенствата

a=c

b=d

са невъзможни едновременно, поне два от последните четири коефициента също са ненулеви. Нека

m \geq 4

p(x)=p_{1}(x)+a x^{n}+b x^{k}

q(x)=q_{1}(x)+c x^{n}+d x^{k}

, като

a d-b c \neq 0

, а полиномите

p_{1}(x)

q_{1}(x)

имат по

m-2 \geq 2

ненулеви коефициента. Тогава

f(u, v)=f_{1}(u, v)+f_{2}(u, v)+f_{3}(u, v),

където

f_{1}(u, v)=p_{1}(u) q_{1}(v)-p_{1}(v) q_{1}(u), f_{2}(u, v)=\left(a u^{n}+b u^{k}\right) q_{1}(v)+\left(c v^{n}+\right. \left. d v^{k}\right) p_{1}(u)-\left(a v^{n}+b v^{k}\right) q_{1}(u)-\left(c u^{n}+d u^{k}\right) p_{1}(v)

f_{3}(u, v)=(a d-b c) u^{n} v^{k}+ (b c-a d) u^{k} v^{n}

, като в различните полиноми няма подобни едночлени. Ако

p_{1}(x)

q_{1}(x)

са непропорционални, по индукционно предположение

f_{1}(u, v)

има поне

2(m-2)-2=2 m-6

ненулеви коефициента. Освен това

f_{2}(u, v)

има поне 2 ненулеви коефициента, а

f_{3}(u, v)

има два ненулеви коефициента. Ако

p_{1}(x)=\alpha q_{1}(x), \alpha \neq 0

, получаваме

f_{2}(u, v)=

q_{1}(v)\left[(a-c \alpha) u^{n}+(b-d \alpha) u^{k}\right]

+q_{1}(u)\left[(c \alpha-a) v^{n}+(d \alpha-b) v^{k}\right].

Тъй като равенствата

a-c \alpha=0

b-d \alpha=0

са невъзможни едновременно, полиномът

f_{2}(u, v)

има поне

2(m-2)

ненулеви коефициента (два пъти повече от тези на

q_{1}(x)

). Заедно с двата ненулеви коефициента на

f_{3}(u, v)

получаваме исканото.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2004-9-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2004-9-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Нека

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

са такива крайни множества, че

\left|A_{i} \cap A_{i+1}\right|\gt{}\frac{n-2}{n-1}\left|A_{i+1}\right|

за всяко

i=1, 2, \ldots, n\left(A_{n+1} \equiv A_{1}\right)

. Да се докаже, че сечението на тези множества е непразно.

Решение

Можем да смятаме, че

A_{1}

е множеството с максимална мощност. Означаваме

A_{i} \cap A_{i+1}=B_{i}, i=1, 2, \ldots, n

. Тъй като

A_{n} \supset B_{n-1} \cup B_{n}

, получаваме

\begin{aligned} \left|A_{n}\right| & \geq\left|B_{n-1} \cup B_{n}\right|=\left|B_{n-1}\right|+\left|B_{n}\right|-\left|B_{n-1} \cap B_{n}\right| \\ & \gt{}\frac{n-2}{n-1}\left|A_{n}\right|+\frac{n-2}{n-1}\left|A_{1}\right|-\left|B_{n-1} \cap B_{n}\right| \end{aligned}

Оттук

\left|B_{n-1} \cap B_{n}\right|\gt{}\frac{n-2}{n-1}\left|A_{1}\right|-\frac{1}{n-1}\left|A_{n}\right| \geq \frac{n-3}{n-1}\left|A_{1}\right|

, т. е.

\mid A_{n-1} \cap A_{n} \cap \left. A_{1}\left|\gt{}\frac{n-3}{n-1}\right| A_{1} \right\rvert\,

. По-нататък, ако

C=A_{n-1} \cap A_{n} \cap A_{1}, A_{n-1} \supset C \cup B_{n-2}

и аналогично

\begin{gathered} \left|A_{n-1}\right| \geq\left|B_{n-2} \cup C\right|=\left|B_{n-2}\right|+|C|-\left|B_{n-2} \cap C\right| \\ \gt{}\frac{n-2}{n-1}\left|A_{n-1}\right|+\frac{n-3}{n-1}\left|A_{1}\right|-\left|B_{n-2} \cap C\right|. \end{gathered}

Оттук

\left|B_{n-2} \cap C\right|\gt{}\frac{n-3}{n-1}\left|A_{1}\right|-\frac{1}{n-1}\left|A_{n-1}\right| \geq \frac{n-4}{n-1}\left|A_{1}\right|

, т. е.

\left|A_{n-2} \cap A_{n-1} \cap A_{n} \cap A_{1}\right|\gt{}\frac{n-4}{n-1}\left|A_{1}\right|.

Индуктивно получаваме

\left|A_{n-k} \cap A_{n-k+1} \cap \cdots \cap A_{n-1} \cap A_{n} \cap A_{1}\right|\gt{}\frac{n-k-2}{n-1}\left|A_{1}\right|

за

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

и в частност,

\left|A_{2} \cap A_{3} \cap \cdots \cap A_{n-1} \cap A_{n} \cap A_{1}\right|\gt{}0

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2004-9-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2004-9-8

2005

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички положителни числа

a

b

такива, че

[a[b n]]=n-1

за произволно естествено число

n

(

[x]

означава най-голямото цяло число, ненадминаващо

x

Решение

Решение. Като използваме два пъти неравенствата

x-1\lt{}[x] \leq x

, получаваме, че

a b n-a-1\lt{}n-1 \leq a b n

. Оттук

n(a b-1)\lt{}a

n(1-a b) \leq 1

. Ако

a b \neq 1

, то в едно от последните две неравенства коефициентът пред

n

е положителен и то не е изпълнено за достатъчно големи

n

. Следователно

a b=1

и изходното неравенство е еквивалентно на

b n-b \leq[b n]\lt{}b n.

Дясното неравенство означава, че за всяко

n

числото

b n

не е цяло, т. е.

b

е ирационално число. При

b\gt{}1

лявата неравенство в (1) очевидно е в сила. Ако

0\lt{}b\lt{}1

, избираме

n=\left[\frac{1}{b-1}\right]

. Тогава

\frac{n-2}{n-1}\lt{}b\lt{}\frac{n}{n-1}

, откъдето

[b n] \leq n-2

и следователно

\left[\frac{[b n]}{b}\right]\lt{}n-1

, противоречие. И така, търсените

a

b

са произволни ирационални числа, за които

a b=1

b\gt{}1

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2005-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Точки

P

Q

от вътрешността на

\triangle A B C

са такива, че

\angle A C P= \angle B C Q

\angle C A P=\angle B A Q

. С

D, E

F

са означени петите на перпендикулярите от

P

съответно към правите

B C, C A

A B

. Да се докаже, че ако

\angle D E F= 90^{\circ}

, то

Q

е ортоцентърът на

\triangle B D F

Решение

Имаме, че

\angle B C Q=\angle A C P=\angle E D P

. Тъй като

P D \perp

B C

, следва, че

E D \perp C Q

. Аналогично

A Q \perp E F

. Понеже

\angle D E F=90^{\circ}

, заключаваме, че и

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

. Тогава

\triangle Q C D \sim \triangle A C P

, тъй като

\angle Q C D= \angle A C P

\frac{D C}{Q C}=\frac{P C \cos \angle P C D}{A C \cos \angle A C Q}=\frac{P C}{A C}

Следователно

\angle D Q C=\angle P A C=\angle P F E

. Понеже

C Q \| E F(\perp E D)

, следва, че

D Q \| P F

, т. е.

D Q \perp A B

. Аналогично

F Q \perp B C

и значи

Q

е ортоцентърът на

\triangle B D F

. Забележка. Обратното твърдение също е вярно: ако

Q

е ортоцентърът на

\triangle B D F

, то

\angle D E F=90^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2005-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Съществува ли строго растяща редица от естествени числа

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

така, че

a_{n} \leq n^{3}

за произволно

n

и всяко естествено число може да се представи по единствен начин като разлика на два члена на редицата?

Решение

Съществува. Ще дефинираме индуктивно редица с исканите свойства. Полагаме

a_{1}=1

a_{2}=2

. Да предположим, че вече сме определили

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

. Означаваме с

m

най-малкото естествено число, което не може да се представи като във вида

a_{j}-a_{i}, 1 \leq i\lt{}j \leq 2 k

. Понеже тези разлики са

d=k(2 k-1)

на брой, то

m \leq d+1

. Нека

a_{2 k+2}=a_{2 k+1}+m

. Ще търсим

a_{2 k+1}

така, че

a_{2 k+1} \neq a_{l}, a_{2 k+1} \pm m \neq a_{l}, a_{2 k+1}-a_{l} \neq a_{j}-a_{j}, a_{2 k+1}+m-a_{l} \neq a_{j}-a_{j}, 1 \leq l \leq 2 k, 1 \leq i\lt{}j \leq 2 k

. Оттук следва, че

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

са две по две различни числа и всяко естествено число от 1 до

m

се представя по единствен начин като разлика на две от тези числа. За

a_{2 k+1}

имаме

6 k+4 k d

"забранени"стойности и следователно можем да изберем

a_{2 k+1} \leq 6 k+4 k d+1

. Тогава

a_{2 k+1}\lt{}a_{2 k+2}=a_{2 k+1}+m \leq

6 k+4 k d+1+d+1\lt{}(2 k+1)^{3}

и остава да подредим числата

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

по големина (съобразете, че неравенството

a_{n} \leq n^{3}

се запазва). 4. Нека

O

е произволна точка в равнината и

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

е подобен на

\mathcal{P}

многоъгълник, който съдържа

O

. Да построим многоъгълниците

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

, еднакво ориентирани и подобни на

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

. Като използваме въртяща хомотетия с център

O

, следва, че

A_{1, j} A_{2, j}, \ldots, A_{n, j}, j=2, \ldots, n-

1, е еднакво ориентиран и подобен на

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

многоъгълник. Да означим с

o

a_{i, j}

числата, записани съответно в точките

O

A_{i, j}

. Като съберем равенствата

o+\sum_{j=1}^{n-1} a_{i, j}=0, i=1, \ldots, n

и след това използваме, че

\sum_{i=1}^{n} a_{i, j}=0, i=1, \ldots, n-1,

получаваме

n o=0

, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2005-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В равнината е даден изпъкнал многоъгълник

\mathcal{P}

и на всяка точка от нея е съпоставено реално число. Известно е, че сумата от числата, съответстващи на върховете на произволен подобен на

\mathcal{P}

многоъгълник, е равна на 0. Да се докаже, че всички числа са равни на 0.

Решение

Решение. Нека

O

е произволна точка в равнината и

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

е подобен на

\mathcal{P}

многоъгълник, който съдържа

O

. Да построим многоъгълниците

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

\ldots A_{n, n-1}

, еднакво ориентирани и подобни на

A_1 A_2 \ldots A_n

. Като използваме въртяща хомотетия с център

O

, следва, че

A_{1, j} A_{2, j}, \ldots, A_{n, j}, j=2, \ldots, n-

1, е еднакво ориентиран и подобен на

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

многоъгълник. Да означим с

o

a_{i, j}

числата, записани съответно в точките

O

A_{i, j}

. Като съберем равенствата

o+\sum_{j=1}^{n-1} a_{i, j}=0, i=1, \ldots, n

и след това използваме, че

\sum_{i=1}^n a_{i, j}=0, i=1, \ldots, n-1,

получаваме

n o=0

, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2005-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Ако

a_{0}=0

a_{n}=a_{\left[\frac{n}{2}\right]}+\left[\frac{n}{2}\right], n \geq 1

, да се намери

\lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{a_{n}}{n}

Решение

Ще докажем по индукция, че

a_{n}=n-w t_{2}(n)

, където

w t_{2}(n)

означава броят на единиците в двоичното представяне на

n

. Наистина при

n=0

имаме

a_{0}=0

и твърдението е вярно. Да допуснем, че твърдението е вярно за всяко

n \leq k-1

. Ако

k=2 k_{0}

, то като използваме, че

w t_{2}\left(k_{0}\right)=w t_{2}(k)

(тъй като двоичните представяния на

k_{0}

k=2 k_{0}

имат равен брой единици) получаваме

a_{k}=a_{k_{0}}+k_{0}=k_{0}-w t_{2}\left(k_{0}\right)+k_{0}=

k-w t_{2}\left(k_{0}\right)=k-w t_{2}(k).

Ако

k=2 k_{0}+1

, то като използваме, че

w t_{2}\left(2 k_{0}+1\right)=w t_{2}\left(2 k_{0}\right)+1

(тъй като в двоичното представяне на

2 k_{0}+1

има една единица повече от двоичното представяне на

2 k_{0}

) получаваме

a_{k}=a_{k_{0}}+k_{0}=k_{0}-w t_{2}\left(k_{0}\right)+k_{0}=2 k_{0}-w t_{2}\left(2 k_{0}\right)

=2 k_{0}+1-w t_{2}\left(2 k_{0}+1\right)=k-w t_{2}(k).

Тъй като ако

w t_{2}(n)=t

, то

n \geq 2^{t}-1

, намираме

0 \leq \lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{w t_{2}(n)}{n} \leq \lim _{t \rightarrow+\infty} \frac{t}{2^{t}}=0.

Следователно

\lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{w t_{2}(n)}{n}=0

и за търсената граница получаваме

\lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{a_{n}}{n}=\lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{n-w t_{2}(n)}{n}=

1-\lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{w t_{2}(n)}{n}=1.

\setcounter{enumi}{5}

(*)

Ще докажем твърдението с индукция по

N=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{m}

. При

N=1

имаме

m=1, a_{1}=1

b_{1}=1

е търсеното число. Да допуснем, че твърдението е вярно за всеки набор със сума ненадминаваща

N

и нека

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

са такива, че

a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{m}=N

. Ако всички числа

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

са четни, то числата

\frac{a_{1}}{2}, \frac{a_{2}}{2}, \ldots, \frac{a_{m}}{2}

имат сума

\frac{N}{2}

и по индукционното допускане съществува набор

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

изпълняващ условието. Тогава търсените числа за

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

са

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

. Нека измежду дадените числа има поне едно нечетно и без ограничение

a_{m}

е най-малкото нечетно число. Да разгледаме числата

a_{1}^{\prime}, a_{2}^{\prime}, \ldots, a_{m-1}^{\prime}

получени по следния начин

a_{i}^{\prime}= \begin{cases}\frac{a_{i}}{2} & \text{ако} a_{i} \text{е четно} \\ \frac{a_{i}-a_{m}}{2} & \text{ако} a_{i} \text{е нечетно}\end{cases}

Сумата на тези числа не надминава

N

и по индукционното допускане съществуват числа

b_{1}^{\prime}, b_{2}^{\prime}, \ldots, b_{k}^{\prime}

, които изпълняват условието на задачата. Ще докаже, че търсените числа за набора

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

са

2 b_{1}^{\prime}, 2 b_{2}^{\prime}, \ldots, 2 b_{k}^{\prime}, a_{m}

. Ако има две непресичащи се подмножества на

\left\{2 b_{1}^{\prime}, 2 b_{2}^{\prime}, \ldots, 2 b_{k}^{\prime}, a_{m}\right\}

с равни суми на елементите си, то

a_{m}

като единствено нечетно число не участва в тези подмножества и тогава след съкращаване на 2 ще получим две подмножества на

\left\{b_{1}^{\prime}, b_{2}^{\prime}, \ldots, b_{k}^{\prime}\right\}

с равни суми от елементите, което е противоречие. Лесно се вижда, че всеки елемент от

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

се представя като сума от елементи на

2 b_{1}^{\prime}, 2 b_{2}^{\prime}, \ldots, 2 b_{k}^{\prime}, a_{m}

, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2005-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Дадени са различни естествени числа

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

. Да се докаже, че съществуват различни естествени числа

b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n}, n \leq m

, за които са изпълнени следните две условия: (1) Всички подмножества на

\left\{b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n}\right\}

имат различни суми на елементите си. (2) Всяко от числата

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

е сума на елементите на подмножество на

\left\{b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n}\right\}

Решение

Решение. Ще докажем твърдението с индукция по

N=a_1+a_2+\cdots+a_m

. При

N=1

имаме

m=1, a_1=1

b_1=1

е търсеното число. Да допуснем, че твърдението е вярно за всеки набор със сума ненадминаваща

N

и нека

a_1, a_2, \ldots, a_m

са такива, че

a_1+a_2+\cdots+a_m=N

. Ако всички числа

a_1, a_2, \ldots, a_m

са четни, то числата

\frac{a_1}{2}, \frac{a_2}{2}, \ldots, \frac{a_m}{2}

имат сума

\frac{N}{2}

и по индукционното допускане съществува набор

b_1, b_2, \ldots, b_n

изпълняващ условието. Тогава търсените числа за

a_1, a_2, \ldots, a_m

са

2 b_1, 2 b_2, \ldots, 2 b_n

. Нека измежду дадените числа има поне едно нечетно и без ограничение

a_m

е най-малкото нечетно число. Да разгледаме числата

a_1^{\prime}, a_2^{\prime}, \ldots, a_{m-1}^{\prime}

получени по следния начин

a_i^{\prime}= \begin{cases}\frac{a_i}{2} & \text{ако} a_i \text{е четно} \\ \frac{a_i-a_m}{2} & \text{ако} a_i \text{е нечетно}\end{cases}

Сумата на тези числа не надминава

N

и по индукционното допускане съществуват числа

b_1^{\prime}, b_2^{\prime}, \ldots, b_k^{\prime}

, които изпълняват условието на задачата. Ще докаже, че търсените числа за набора

a_1, a_2, \ldots, a_m

са

2 b_1^{\prime}, 2 b_2^{\prime}, \ldots, 2 b_k^{\prime}, a_m

. Ако има две непресичащи се подмножества на

\left\{2 b_1^{\prime}, 2 b_2^{\prime}, \ldots, 2 b_k^{\prime}, a_m\right\}

с равни суми на елементите си, то

a_m

\left\{b_1^{\prime}, b_2^{\prime}, \ldots, b_k^{\prime}\right\}

с равни суми от елементите, което е противоречие. Лесно се вижда, че всеки елемент от

a_1, a_2, \ldots, a_m

се представя като сума от елементи на

2 b_1^{\prime}, 2 b_2^{\prime}, \ldots, 2 b_k^{\prime}, a_m

, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2005-9-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Даден е изпъкнал четириъгълник

A B C D

, в който продълженията на страните

A B

C D

се пресичат в точка

P

, а продълженията на страните

B C

A D

се пресичат в точка

Q

. Точка

O

от вътрешността на четириъгълника е такава, че

\angle B O P=\angle D O Q

. Да се докаже, че

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

Решение

Синусова теорема за триъгълниците

O D Q

A O Q

дава

\frac{\sin \varphi}{\sin \beta}=\frac{Q D}{O D} \quad \text{и} \quad

\frac{\sin (\varphi+\angle A O D)}{\sin \beta}=\frac{A Q}{O A}.

След разделяне получаваме

\frac{\sin (\varphi+\angle A O D)}{\sin \varphi}=\frac{A Q}{O A} \cdot \frac{O D}{Q D}.

Аналогично намираме

\frac{\sin (\varphi+\angle A O B)}{\sin \varphi}=\frac{A P}{O A} \cdot \frac{O B}{B P}.

След разделяне получаваме разделяне получаваме

\frac{\sin (\varphi+\angle A O D)}{\sin (\varphi+\angle A O B)}=

\frac{A Q}{A P} \cdot \frac{O D}{O B} \cdot \frac{B P}{Q D}.

По същия начин получаваме и равенството

\frac{\sin (\angle D O C-\varphi)}{\sin (\angle B O C-\varphi)}=

\frac{Q C}{P C} \cdot \frac{O B}{O D} \cdot \frac{P D}{Q B}.

От теоремата на Менелай за

\triangle A D C

и правата

Q P

, и

\triangle A B C

и правата

Q P

следва

\frac{A Q \cdot D P}{D Q \cdot C P}=\frac{A L}{C L} \quad

\text{и} \quad \frac{Q C \cdot B P}{Q B \cdot A P}=\frac{C L}{A L}.

Ако положим

\varphi+\angle A O D=x, \varphi+\angle A O B=y, \angle D O C-\varphi=z

\angle B O C- \varphi=t

, получаваме

\frac{\sin x \cdot \sin z}{\sin y \cdot \sin t}=

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

\frac{A L}{C L} \frac{C L}{A L}=1,

т. е.

\sin x. \sin z=\sin y. \sin t

. Оттук лесно следва

\cos (x-z)-\cos (x+z)= \cos (y-t)-\cos (y+t)

и тъй като

x+y+z+t=360^{\circ}

, то

\cos (x+z)= \cos (y+t)

. Следователно

\cos (x-z)=\cos (y-t)

и понеже

x-z+y-t\lt{} 360^{\circ}

, а равенството

x-z=t-y

означава, че

O

лежи на

P Q

(проверете!), получаваме че

x-z=y-t

, откъдето

x+t=z+y=180^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2005-9-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

В група от

B

младежи и

G

девойки е известно, че

G \geq 2 B-1

. Някои младежи познават някои девойки. Да се докаже, че в един танц всички младежи могат да танцуват с девойки по такъв начин, че всеки младеж, който не познава девойката, с която танцува, да познава само девойки, които не танцуват.

Решение

Ако за всяко

s=1, 2, \ldots, B

всяка група от

s

младежи познават заедно поне

s

момичета. Тогава по теоремата на Хол за представителите следва, че всяко момче може да танцува с познато момиче и условието на задачата е изпълнено. Да допуснем противното и да изберем най-голямото

s \leq B

, за което има

s

младежи, които заедно познават общо не повече от

s-1

момичета. Да означим множеството на избраните

s

младежи с

S

, а множеството на познатите им момичета с

L

. Ако някои

t

от младежите извън

S

познават не повече от

t

от момичетата извън

L

, то ще получим противоречие с максималността на

s

. Следователно всеки

t

от младежите извън

S

познават поне

t+1

от момичетата извън

L

. От теоремата на Хол следва, че всяко момче извън

S

може да танцува с познато момиче извън

L

. Извън

L

нетанцуващи момичета остават поне

G-(B-s)-(s-1)=G+1-B \geq B(B-s

са момичетата, които танцуват с момчета извън

S

, а

s-1

са най-много момичетата, познати на младежите от

S

). Ако момчетата от

S

танцуват с някои

s

от останалите нетанцуващи момичета извън

S

, то условието е изпълнено.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2005-9-8

2006

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Възможно ли е ъглите на два триъгълника, взети в някакъв ред, да образуват аритметична прогресия с разлика, различна от 0?

Решение

Решение. Ще докажем, че ако ъглите на два триъгълника, взети заедно в някакъв ред, образуват аритметична прогресия с разлика

d

, то

d=0

. Нека

\alpha

е най-малкият от шестте ъгъла и аритметичната прогресия е

\alpha, \alpha+d, \ldots, \alpha+5 d

. Тогава

3 \alpha+\left(k_1+k_2\right) d=3 \alpha+\left(k_3+k_4+k_5\right) d,

където

\left\{k_1, k_2, k_3, k_4, k_5\right\}=\{1, 2, 3, 4, 5\}

. Следователно, ако

d \neq 0

, то

k_1+k_2=k_3+k_4+k_5,

което е невъзможно, защото

k_1+k_2+k_3+k_4+k_5=15

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2006-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

\triangle A B C, A C\gt{}B C

, са построени съответно вътрешната и външната ъглополовящи

C L

C K

при върха

C

и медианата

C M

. Върху

C M

е избрана точка

P

, за която точките

C, A_{1}, B_{1}

P

лежат на една окръжност, където

A_{1}=A P \rightarrow \cap B C

B_{1}=B P \rightarrow \cap A C

. Да се докаже, че точките

C, K, L

P

лежат на една окръжност.

Решение

От теоремата на Чева за правите

A A_{1}, B B_{1}

C M

\triangle A B C

имаме

\frac{A M \cdot B A_{1} \cdot C B_{1}}{M B \cdot A_{1} C \cdot B_{1} A}=1

, откъдето

\frac{C B_{1}}{B_{1} A}=\frac{C A_{1}}{A_{1} B}

. Оттук

A_{1} B_{1} \| A B

\angle A_{1} B_{1} C= \angle B A C

. Имаме

\angle A P M=\angle A_{1} P C=\frac{\widetilde{A_{1} C}}{2}=\angle A_{1} B_{1} C=\angle B A C

. Тогава

\triangle P A M \sim \triangle A C M

и аналогично

\triangle P B M \sim \triangle B C M

. От тези подобия следва, че

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

, откъдето

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

, т. е.

P L

е ъглополовяща на

\angle A P B

. Освен това

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

, т. е.

P K

е външна ъглополовяща при върха

P

\triangle A P B

. Тогава

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

и значи

P

лежи на окръжността с диаметър

K L

, където лежи и

C

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2006-9-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2006-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Иван и Петър играят следната игра: Иван избира число от множеството

A=\{1, 2, \ldots, 90\}

, Петър избира подмножество

B

на

A

и Иван казва дали избраното число принадлежи на

B

или не. При всеки отговор "да" Петър дава на Иван по 2 лева, а при всеки отговор "не" - по 1 лев. Колко най-малко лева са необходими на Петър, за да може със сигурност да познае числото на Иван?

Решение

Ще решим задачата за

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

. Нека

F_{0}=F_{1}=1, F_{n+1}= F_{n}+F_{n-1}

за

n \geq 1

е редицата на Фибоначи. Ще докажем по индукция, че ако

F_{n-1}\lt{}t \leq F_{n}, n \geq 2

, то търсената сума е

n

(*)

Тъй като при

t=2

t=3

са необходими съответно поне 2 и 3 лева, то твърдението е вярно за

n=2

n=3

(*)

Да допуснем, че твърдението е вярно за

n=k

(*)

Да изберем

t \in\left(F_{k}, F_{k+1}\right]

и нека въпросът на Петър е множество с

s

елемента. Ако

s \in\left(F_{k-1}, F_{k}\right]

, то при отговор "да" Петър дава 2 лева, след което са му необходими още

k

лева, т. е. общо

k+2

лева. Ако

s \leq F_{k-1}

, то

t-s \geq F_{k}+1-F_{k-1}=F_{k-2}+1

. При оттовор "да" Петър ще плати 2 лева и ще са необходими още

k-1

лева, т. е. общо

k+1

лева. Остава да забележим, че при въпрос с

F_{k-1}

елемента при отговор "да" ще трябват

2+k-1=k+1

лева, а при отговор "не" ще са необходими

1+k-1=k

лева. Тъй като

F_{10}=89

F_{11}\gt{}89

, то отговорът е 11.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2006-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Реалните числа

a

b

удовлетворяват неравенството

b^{3}+b \leq a-a^{3}

. Да се намери най-голямата възможна стойност на

a+b

Решение

Нека

a+b=c

. Тогава

(c-a)^{3}+c-a \leq

a-a^{3} \Longleftrightarrow 3 c a^{2}-\left(3 c^{2}+2\right) a+c^{3}+c \leq 0.

При

c\gt{}0

трябва

0 \leq D=\left(3 c^{2}+2\right)^{2}-12 c\left(c^{3}+c\right)=4-3 c^{4}

откъдето

c \leq \sqrt[4]{\vphantom{x^2}\frac{4}{3}}

. Равенство се достига, когато

a

е двойният корен на съответното квадратно уравнение. Следователно търсената максимална стойност е

\sqrt[4]{\vphantom{x^2}\frac{4}{3}}

. 6. Да предположим, че

m

n

са такива, че двойката (

x, y

) е решение на даденото уравнение в цели числа. Ако

a

не се дели на 13, по малката теорема на Ферма

a^{12} \equiv 1(\bmod 13)

a^{24} \equiv 1(\bmod 13), a^{36} \equiv 1(\bmod 13)

, така че

a^{13} \equiv a(\bmod 13), a^{25} \equiv a (\bmod 13), a^{37} \equiv a(\bmod 13)

. Последното е вярно и ако

a

се дели на 13. Тогава

0=(x-m)^{13}-(x-y)^{25}-(y-n)^{37} \equiv x-m-x+y-y+n \equiv n-m(\bmod 13)

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2006-9-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2006-9-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Вписаната в

\triangle A B C

окръжност

k

се допира до страните

A B, B C

C A

съответно в точки

C_{1}, A_{1}

B_{1}

. Точките

C_{2}, A_{2}

B_{2}

са диаметрално противоположни в

k

съответно на

C_{1}, A_{1}

B_{1}

. a) Да се докаже, че правите

A A_{2}, B B_{2}

C C_{2}

се пресичат в една точка. б) Ако

A A_{2}

пресича

k

в точка

A_{3}

, да се намери отношението, в което допирателната към

k

A_{3}

дели страната

B C

Решение

а) Нека

A_{4}=A A_{2} \cap B C

и допирателната към

k

през

A_{2}

пресича

A B

A C

съответно в точки

X

Y

. Тъй като

A_{2}

е диаметрално противоположна на

A_{1}

, то

X Y \| B C

, т. е.

\triangle A X Y \sim \triangle A B C

. Понеже

k

е външновписана за

\triangle A X Y

, от горното подобие следва, че

B A_{4}=p-c

C A_{4}=p

b

(използваме стандартни означения за

\triangle A B C

) и следователно

\frac{B A_{4}}{A_{4} C}= \frac{p-c}{p-b}

. Аналогичните равенства за другите два върха и теоремата на Чева показват, че правите

A A_{2}, B B_{2}

C C_{2}

се пресичат в една точка. б) Нека допирателната към

k

в точка

A_{3}

пресича

B C

в точка

Z

. Тогава в

\triangle A_{1} A_{3} A_{4}

имаме

\angle A_{1} A_{3} A_{4}=90^{\circ}

Z A_{3}=Z A_{1}

. Оттук лесно следва, че

Z A_{4}=Z A_{1}

и следователно

C Z=C A_{1}+A_{1} Z=p-c+Z A_{1}=B A_{4}+Z A_{4}= B Z

. Търсеното отношение е равно на

1: 1

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2006-9-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2006-9-8

2007

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

A B C

е триъгълник с

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

и радиус на описаната окръжност 1. За произволна точка

X

от вътрешността или контура му означаваме

m(X)=\min (A X, B X, C X)

. Да се намерят ъглите на триъгылника, ако най-голямата стойност на

m(X)

е равна на

\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{3}

Решение

Решение. Нека

O

е центърът на описаната окръжност на

\triangle A B C

K, N, M

са средите на

A B

B C, C A

. Да допуснем, че

\triangle A B C

е нетъпоъгълен. Тъй като четириъгълниците

A K O M, B K O N

C M O N

са вписани в окръжности с диаметър 1, то ясно е, че

m(X) \leq 1

. Следователно в този случай най-голямата стойност на

m(X)

е равна на 1, което е противоречие. Значи

\triangle A B C

е тъпоъгълен и нека за определеност

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

. Означаваме с

D

E

пресечните точки на симетралите на

A C

B C

A B

. Имаме, че

A D= \frac{b}{2 \cos 30^{\circ}}=\frac{\sin \beta}{\cos 30^{\circ}}

B E=\frac{\sin 30^{\circ}}{\cos \beta}

. Да предположим, че

30^{\circ} \leq \beta

. Тогава

A D \geq B E

. От

\angle D C B= \gamma-30^{\circ}

следва, че

B D\gt{}C D=A D

. В частност,

m(D)=A D

. Ако

X \in \triangle A H C

, то

m(X) \leq A D

, защото кръговете с диаметри

C D

A D

покриват

\triangle A H C

. Аналогично, ако

X \in \triangle B H C

, то

m(X) \leq B E \leq A D

. Следователно в този случай най-голямата стойност на

m(X)

m(D)=A D \frac{\sin \beta}{\cos 30^{\circ}}

. От условието получаваме, че

\frac{\sin \beta}{\cos 30^{\circ}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{3}

, т. е.

\beta=30^{\circ}

. В случая

\beta \leq 30^{\circ}

горните разсъждения показват, че най-голямата стойност на

m(X)

m(E)= \frac{\sin 30^{\circ}}{\cos \beta}

и от условието отново получаваме, че

\beta=30^{\circ}

. Следователно ъглите на

\triangle A B C

са

30^{\circ}, 30^{\circ}, 120^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2007-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички

a \in \mathbb{R}

, за които съществува неконстантна функция

f: (0, 1] \rightarrow \mathbb{R}

така, че

a+f(x+y-x y)+f(x) f(y) \leq f(x)+f(y)

за произволни

x, y \in(0, 1]

Решение

Полагаме

g(x)=1-f(1-x)

и тогава

g(x y) \geq g(x) g(y)+a, x, y \in \Delta=[0, 1)

. Ще докажем, че търсените

a

са

a\lt{}\frac{1}{4}

. Нека

g(x y) \geq g(x) g(y)+\frac{1}{4}

. Тогава

g(0) \geq g^{2}(0)+\frac{1}{4}

, т. е.

g(0)=\frac{1}{2}

. Сега от

g(0) \geq g(0) g(x)+\frac{1}{4}

следва, че

g(x) \leq \frac{1}{2}

. От друга страна, понеже

g\left(x^{2}\right) \geq \frac{1}{4}

, то

m=\inf _{\Delta} g \geq \frac{1}{4}

. За всяко

\varepsilon\gt{}0

съществува

x \in \Delta

така, че

m+\varepsilon\gt{}g(x)

. Тогава от

m+\varepsilon\gt{}g(x) \geq g^{2}(\sqrt{\vphantom{x^2}x})+\frac{1}{4} \geq m^{2}+\frac{1}{4}

следва, че

m \geq m^{2}+\frac{1}{4}

, т. е.

m=\frac{1}{2}

. Значи

f=\frac{1}{2}

. Нека сега

0\lt{}a\lt{}\frac{1}{4}

. Уравнението

t^{2}-t+a=0

има корени

0\lt{}t_{1}\lt{}t_{2}

. Да изберем

b \in\left(t_{1}, t_{2}\right)

. Тогава

b\gt{}c=b^{2}+a

и за всяка функция

f: \mathbb{R} \rightarrow(c, b)

имаме, че

f(x y)\gt{}c\gt{}f(x) f(y)+a

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2007-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

I

е центърът на вписаната окръжност в неравнобедрен

\triangle A B C, A_{1}=A I \cap B C

B_{1}=B I \cap A C

. Правите през

A_{1}

B_{1}

, успоредни съответно на

A C

B C

, пресичат правата

C I

в точки

A_{2}

B_{2}

. Нека

N= A A_{2} \cap B B_{2}

M

е средата на

A B

. Ако

C N \| I M

, да се намери отношението

C N: I M

Решение

Решение. Нека

A A_2 \cap B C=A_3

. От теоремата на Менелай за

\triangle A_2 A_3 C

и правата

A I A_2

следва, че (1)

\frac{A_2 A}{A_3 A} \cdot \frac{A_3 A_1}{C A_1} \cdot \frac{C I}{A_2 I}=1

. От свойството на ъглополовящите и теоремата на Талес имаме, че

\frac{C I}{A_2 I}=\frac{A I}{A_1 I}=\frac{A C}{A_1 C} \text{и} \frac{A A_2}{A_3 A_2}=\frac{A C}{A_3 C}

От тези равенства и (1) лесно намираме, че

A_3 C=\frac{A C \cdot A_1 C}{A C-A_1 C}

. При стандартните означения за елементите на

\triangle A B C

имаме, че

A_1 C=\frac{a b}{b+c}

. Тогава

A_3 C=\frac{a b}{b+c-a}

, откъдето (2)

\frac{\overline{A_3 C}}{\overline{A_3 B}}=\frac{b}{a-c}

. Аналогично, ако

B B_2 \cap A C=B_3

, то

\frac{\overline{B_3 C}}{\overline{B_3 A}}=\frac{a}{b-c}

. Сега за

C_3=C N \cap A B

от теоремата на Чева следва, че

\frac{\overline{B_3 C}}{\overline{B_3 A}}=\frac{a}{\frac{b-c}{B_3 C}} \cdot \overline{A C_3}=\frac{b(b-c)}{a(c-a)} \cdot \frac{a b}{b+c-a}

, откъдето (2)

\frac{\overline{A_3 C}}{\overline{A_3 B}}=\frac{b}{a-c}

. Аналогично, ако

B B_2 \cap A C=B_3

, то

\frac{\overline{B_3 C}}{\overline{B_3 A}}=\frac{a}{b-c}

. Сега за

C_3=C N \cap A B

от теоремата на Чева следва, че

\frac{\overline{A C_3}}{\overline{B C_3}}=\frac{b(b-c)}{a(c-a)}

От друга страна, правата през

C

, успоредна на

I M

, пресича страната

A B

в точката на допиране с външновписаната окръжност към тази страна (докажете!). Тогава

\frac{A C_3}{B C_3}=\frac{c+a-b}{b+c-a}

, откъдето

\frac{b(c-b)}{a(c-a)}=\frac{c+a-b}{b+c-a}

. Това равенство лесно приема вида

(a-b)\left(a^2+b^2-c^2\right)=0

. Значи

a^2+b^2=c^2

(т. е.

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

). Оттук

\frac{b}{c-a}=\frac{a+c-b}{a+b-c}

и тогава (2) показва, че външновписаната окръжност към страната

B C

се допира до нея в

A_3

(аналогично твърдение имаме за

A C

B_3

). Следователно

N

е точката на Нагел за

\triangle A B C

. Понеже тя е образ на

I

при хомотетията с център медицентъра на

\triangle A B C

и коефициент -2 (защо?), следва, че

C N=2 I M

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2007-9-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2007-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

В равнобедрения

\triangle A B C(A C=B C)

точка

M

е вътрешна за

A B, A M=2 M B, F

е средата на

B C

H

е петата на перпендикуляра от

M

към медианата

A F

. Да се докаже, че

\angle B H F=\angle A B C

Решение

Да означим с

E

средата на

A B

, с

O

средата на

A M

, с

G

медицентъра на

\triangle A B C

и нека

A B=c

. Тогава

O H=A O=c / 3

от правоъгълния

\triangle A M H

O E=A E-A O=c / 6

O B=2 c / 3

и получаваме

\triangle O E H \sim \triangle O H B

. Оттук

\frac{E M}{M B}=\frac{E H}{H B}=\frac{1}{2}

, т. е.

H M

е ъглополовяща в

\triangle E H B

и от

H M \perp A F

следва, че

A F

е външна ъглополовяща в същия триъгълник, т. е.

\angle B H F=\angle A H E

От друга страна, имаме

\angle E H G=\angle E M G

от вписания четириъгълник

E M H G

, а

\angle E M G=\angle A B C

като съответни ъгли при

M G \| B F

. Следователно

\angle B H F=\angle A H E=\angle A M G=\angle A B C

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2007-9-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2007-9-6

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2007-9-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Нека

p

е просто число от вида

4 k+3

(

k

е цяло неотрицателно число). За всеки две цели числа

x

y

, които не се делят на

p

, означаваме с

f(x, y)

остатъка при деление на

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

p

. Колко различни стойности може да приема

f(x, y)

Решение

Както е добре известно, от

p \mid x^{2}+y^{2}

следва

p \mid x

p \mid y

. Тогава

f(x, y) \neq 0

за всеки две цели

x

y

, които не се делят на

p

. Да означим

M=\{1, 2, \ldots, p-1\}

M_{1}=\left\{1, 2, \ldots, \frac{p-1}{2}\right\}

. Числото

a \in M

се нарича квадрат, ако сравнението

x^{2} \equiv a(\bmod p)

има решение. Не е трудно да се види, че броят на квадратите е

\frac{p-1}{2}

. Очевидно всички стойности на

f(x, y)

са квадрати. Ще докажем, че всеки квадрат е стойност на

f(x, y)

, т. е. търсеният брой стойности е

\frac{p-1}{2}

. Лема 1. Ако

a \in M

не е квадрат, то съществуват

x, y \in M

, за които

x^{2}+y^{2} \equiv a(\bmod p)

. Доказателство. Да означим

A=\left\{a-x^{2}(\bmod p): x \in M_{1}\right\}

B=\left\{x^{2}\right. \left.(\bmod p): x \in M_{1}\right\}

. Лесно се вижда, че

|A|=|B|=\frac{p-1}{2}

0 \notin A, 0 \notin B

. Да отбележим, че сумата от числата в

A \cup B

\sum\left(a-x^{2}\right)+x^{2}=\frac{a(p-1)}{2} \not \equiv 0 (\bmod p)

. Да допуснем, че

A \cap B=\phi

. Тогава

A \cup B=M

и сумата от числата в

A \cup B

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

, противоречие. Следователно

A \cap B \neq \phi

, т. е. съществуват

x \in A

y \in B

, за които

a-x^{2} \equiv y^{2}(\bmod p)

, с което доказателството на лемата е завършено. Лема 2. Ако

a \in M

е квадрат и

b \in M

е такова, че

a \equiv b^{2}(\bmod p)

, то поне едно от числата

b

p-b

не е квадрат. Доказателство. Да допуснем противното, т. е. съществуват

\alpha, \beta \in M

, за които

\alpha^{2} \equiv b(\bmod p)

\beta^{2} \equiv-b(\bmod p)

. Тогава

p \mid \alpha^{2}+\beta^{2}

, което е невъзможно. Да се върнем към решението на задачата. Ако

a

е квадрат, то

a \equiv b^{2} \equiv (-b)^{2}(\bmod p)

като, съгласно Лема 2, поне едно от числата

b

p-b

не е квадрат. Чрез това число съгласно Лема 1 получаваме

a \equiv\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2} (\bmod p)=f(x, y)

за някои

x, y \in M

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2007-9-8

2008

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

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

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}

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

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

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}

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

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

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}

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)

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

O

лежат на една права, противоречие. Следователно

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

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

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

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

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

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+

\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

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

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}

C C_{1}

. През точките

A_{1}, B_{1}

C_{1}

са спуснати перпендикуляри съответно към страните

A B

A C, B A

B C, C A

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

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

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}}

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

\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

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

d \in A

съгласно (2). Тогава по индукция

n d \in A

(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

2009

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Ще наричаме поликуб всяко тяло (не непременно изпъкнало), което е съставено от слепени по стените си кубчета с ръб 1. Кубична кутия с ръб 50 е запълнена с няколко поликуба

1 \times 1 \times 8

и два тетракуба (това са поликубове, съставени от 4 кубчета с ръб 1). Да се докаже, че двата тетракуба са еднакви.

Решение

Решение 1. Да разделим кутията на кубчета

2 \times 2 \times 2

и във всяко от тях да оцветим малките кубчета в 8 различни цвята

1, 2, 3, \ldots, 8

, по такъв начин, че кубчетата

2 \times 2 \times 2

да са еднакви при транслация. Освен това, самите

2 \times 2 \times 2

- кубчета да оцветим шахматно, като ъгловите са черни. Вижда се, че всяко октакубче (това са поликубчетата

1 \times 1 \times 8

) покрива четен брой бели и четен брой черни кубчета от цвят едно. Понеже обаче черните единици са нечетен брой, а белитечетен, ясно е, че за покриване с двете тетракубчета ще остане поне една черна единица. Аналогично, за тях ще остане и поне една черна двойка, поне една черна тройка, и т. н. По този начин, тетракубчетата ще покриват само черни клетки. Понеже черните кубчета

2 \times 2 \times 2

нямат общи клетки, ясно е, че всяко тетракубче ще се съдържа изцяло в някое кубче

2 \times 2 \times 2

. Освен това, след като двете тетракубчета покриват точно осемте различни цвята, след подходяща транслация те се допълват (т. е. се сглобяват) до кубче

2 \times 2 \times 2

. Остава само да се забележи, че както и да разрежем едно кубче

2 \times 2 \times 2

на две тетракубчета (има три различни начина), те са еднакви.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2009-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен

\triangle A B C

. Нека

M

N

са такива точки съответно от страните

A C

B C

, че

A N=B M=d

, където

d

е диаметъра на окръжността, минаваща през

C

и средите на отсечките

A M

B N

. Да се докаже, че центровете на окръжностите, описани около

\triangle A B C

\triangle M N C

са симетрични относно правата

M N

Решение

Решение. Нека

P, Q

S

са средите съответно на

A M, B N

A B

, а

T=A N \cap B N

. Тогава от условието следва, че отсечките

S P

S Q

са равни на радиуса на описаната около

\triangle P Q C

окръжност. Тогава

\angle P S Q=2 \angle A C B

. Но

\angle P S Q=\angle A T B

като ъгли с взаимноуспоредни рамене. Следователно точките

A, T, O

B

лежат на една окръжност, където

O

е центърът на описаната около

\triangle A B C

окръжност. Тогава

\triangle A O N \cong \triangle B O M

по първи признак. Оттук

O M=O N

, т. е.

O

лежи на симетралата на

M N

. Освен това

\angle M O N=2 \angle A C B=\angle M O_1 N

, където

O_1

е центърът на описаната около

\triangle C M N

окръжност.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2009-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

n \geq 2009

е нечетно естествено число. Едно естествено число

a

се нарича "лошо", ако

a^{n}-a \equiv 0\left(\bmod n^{2}\right)

1 \leq a \leq \frac{n}{2009}+1

. Да се докаже, че за безбройно много стойности на

n

съществуват числа, които не са лоши.

Решение

Да отбележим, че ако

a

b

са лоши числа, то

(a b)^{n}-a b \equiv 0\left(\bmod n^{2}\right)

, а ако

a

е лошо число, то

(n-a)^{n}-(n-a) \not \equiv 0\left(\bmod n^{2}\right)

. Първото е очевидно, а второто следва от

(n-a)^{n}-(n-a)=n^{n}-\binom{n}{1} n^{n-1} a+\cdots-a^{n}-n+a \equiv

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

Нека

n=2009 k+1, k \geq 2009

е естествено число. Лесно се проверява, че числата

2008, k

k+1

не надминават

\frac{n}{2009}+1

. Но от представянето

2008 k+(k+1)=n

и горните наблюдения следва, че те не могат едновременно да изпълняват сравнението

a^{n}-a \equiv 0\left(\bmod n^{2}\right)

, т. е. поне едно то тях не е лошо. Забележка. Аналогично се разглеждат и случаите

n=2009 k+m, m= 2, 3, \ldots, 2008

. Следователно твърдението на задачата е вярно за всички достатъчно големи

n

, а останалите могат да се проверяват (например за

a= 2, 3, \ldots

с компютър). Формулировката на задачата допуска и по-лесно решение.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2009-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Съществува ли неограничена редица

a_{1}, a_{2}

\ldots

от положителни реални числа такива, че

a_{n+2}=\frac{1}{2009}\left(a_{n}+\frac{1}{a_{n+1}}\right)

при

n \geq 1

Решение

Ще докажем, че ако

q \in(0, 1)

a_{1}, a_{2} \ldots

е такава редица от положителни реални числа, че

a_{n+2}=q\left(a_{n}+\frac{1}{a_{n+1}}\right)

при

n \geq 1

, то тя е ограничена. Полагаме

k=\frac{q}{1-q}, b_{n}=a_{n+1} a_{n}-k

и тогава условието добива вида

b_{n+1}=q b_{n}

. Оттук

b_{n}=q^{n-1} b_{1}

, т. е.

a_{n+1} a_{n}=q^{n-1} b_{1}+k

. Ако

b_{1}=0

, то редицата е периодична с период 2 и значи е ограничена. Иначе

a_{n+1}= \frac{q^{n-1}+c}{q^{n-2}+c} a_{n-1}

, където

c=\frac{k}{b_{1}}

, и тогава

a_{2 n+1}=a_{1} \prod_{i=1}^{n} \frac{q^{2 i-1}+c}{q^{2 i-2}+c}

Ако

b_{1}\lt{}0

, то

c\lt{}-1, \frac{q^{2 i-1}+c}{q^{2 i-2}+c} \in(0, 1)

a_{2 n+1}\lt{}a_{1}

. Ако

b_{1}\gt{}0

, то

\frac{q^{2 i-1}+c}{q^{2 i-2}+c}\lt{}

1+\frac{1-q}{c} q^{2 i-1}\lt{}e^{(1-q) q^{2 i-1} / c}

Понеже

\sum_{i=1}^{n} q^{2 i-1}\lt{}\frac{q}{1-q}

, следва, че

a_{2 n+1}\lt{}a_{1} e^{q c}

. Аналогично се доказва, че редицата

a_{2}, a_{4}, \ldots a_{2 n}, \ldots

е ограничена, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2009-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че не съществуват цели числа

x

y

, за които

x^{4}+y^{7}=31^{10}

Решение

Тъй като степенните показатели отляво са

4=\frac{29-1}{7}

7=\frac{29-1}{4}

, ще разгледаме даденото уравнение по модул 29. Остатъците на квадратите по модул 29 са съответно

0, 1, 4, 9, 16, 25, 7, 20, 6

23, 13, 5, 28, 24, 22

, а оттук получаваме, че всички възможни остатъци на

x^{4}

по модул 29 са в множеството

A=\{0, 1, 7, 16, 20, 23, 24, 25\}

. Всички възможни остатъци по модул 29 на

y^{7}

(пресметнати например с помощта на горните поради

y^{7}=y \cdot y^{2} \cdot y^{4}

) са в множеството

B=\{0, 1, 12, 17, 28\}

. Дясната страна е сравнима с

2^{10} \equiv 9(\bmod 29)

. Остава да отбележим, че не е възможно 9 да се представи като сума (по модул 29) на число от

A

и число от

B

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2009-9-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2009-9-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Даден е граф с

n

върха и

k

, е естествено число,

1\lt{}k \leq n

. Известно е, че измежду всеки

k

върха на графа съществува връх, свързан с останалите

k-1

върха. Да се намерят всички стойности на

n

k

, за които в графа със сигурност има връх от степен

n-1

Решение

Решение. Нека

n

е четно число. Ако

k

е нечетно, разделяме върховете на графа на двойки и свързваме всеки връх с всички останали с изключение на върха от неговата двойка. Както и да изберем

k

върха ще има двойка върхове, единият от който е избран, а другиятне. Тогава избраният връх е свързан с всички от останалите

k-1

, но в графа няма връх от степен

n-1

. Ако

k

е четно число ще докажем с индукция по

k

, че има връх от степен

n-1

. При

k=2

всеки два върха са свързани и твърдението е вярно. Да допуснем, че твърдението е вярно за четно

t

и ще го докажем за

t+2

. Ако измежду всеки

t

върха има връх свързан с останалите

t-1

, то твърдението следва от индукционното допускане. Следователно можем да предполагаме, че съществуват върхове

v_1, v_2, \ldots, v_t

, нито един от които не е свързан с останалите

t-1

. Ако

u

w

са произволни два върха, то измежду

v_1, v_2, \ldots v_t, u, w

има връх, свързан с останалите и това може да бъде само

u

или

w

. Нека без ограничение това е

u

. В частност оттук следва, че всеки два от върховете извън

v_1, v_2, \ldots, v_t

са свързани. Тогава

u

е от степен

n-1

. Нека сега

n

е нечетно число. Ще докажем, че в графа има връх от степен

n-1

. Както по-горе доказваме, че ако твърдението е вярно за

k=t

, то е вярно и за

k=t+2

. Следователно е достатъчно да го докажем за

k=2

k=3

. При

k=2

твърдението е очевидно, а при

k=3

ще го докажем с индукция по

n

. При

n=3

твърдението следва директно. Ако то е вярно за някое

n=m

, то ще го докажем за

n=m+2

. Ако има два върха

u

v

, които не са свързани, то всеки от останалите върхове е свързан и с

u

и с

v

. Но по индукционното допускане измежду останалите

m

върха има връх

w

от степен

m-1

. Този връх е търсеният. Следователно търсените стойности са: при

n

четно,

k

трябва да е четно, а при

n

нечетно,

k

е произволно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2009-9-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че ако

a, b

c

са реални числа, за които

a+b+c=3

a b c \geq-4

, то

5(a b+b c+c a) \leq 12+3 a b c

Кога се достига равенство?

Решение

Решение 8. Нека

p=a b c

q=a b+b c+c a

f(x)=x^3-3 x^2+q x-p

. Понеже

f^{\prime}(x)=3 x^2-6 x+q

, то

f^{\prime}(x)=0

при

x_{1, 2}=1+\sqrt{\vphantom{x^2}1-\frac{q}{3}}

. Следователно уравнението

f(x)=0

има три реални корена точно когато

q \leq 3

f\left(x_1\right) f\left(x_2\right) \leq 0

(защо?). Тъй като

3 f\left(x_i\right)=\left(x_i-1\right) f^{\prime}\left(x_i\right)+2(q-3) x_i+q-3 p

, то

\begin{aligned} 9 f\left(x_1\right) f\left(x_2\right) & =\left(2(q-3) x_1+q-3 p\right)\left(2(q-3) x_2+q-3 p\right) \\ & =4(q-3)^2 x_1 x_2+2(q-3)(q-3 p)\left(x_1+x_2\right)+(q-3 p)^2 \\ & =\frac{4 q(q-3)^2}{3}+4(q-3)(q-3 p)+(q-3 p)^2=9(2+p-q)^2+\frac{4(q-3)^3}{3}, \end{aligned}

откъдето

27(2+p-q)^2 \leq 4(3-q)^3

. В частност,

q \leq 3

. Тогава

q-2-p \leq \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{4(3-q)^3}{27}}

и следователно

12+3 p-5 q \geq

12+3 \cdot\left(q-2-\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{4(3-q)^3}{27}}\right)-5 q=

\frac{2 q(3-q)}{1+\sqrt{\vphantom{x^2}1-q / 3}}.

Значи

12+3 p \geq 5 q

при

q \geq 0

, а иначе това неравенство следва от

p \geq-4

. Ясно е, че равенство се достига при

a=b=c=1

или при

q=0, p=-4

, т. е. когато едно от числата е -1, а другите две са 2. Забележка. Условието

a b c \geq-4

е съществено; например, ако

a=b\gt{}2

c=3-2 a

, то е изпълнено обратното неравенство.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2009-9-8

2010

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

и всички прости числа

p

, за които

n^{3}-p^{5}=p^{6}+3 n-2

Решение

Решение. Да представим уравнението във вида

(n-1)^2(n+2)=p^5(p+1)

. Случай 1. Ако

p=3

, лесно намираме

n=10

. Случай 2. Ако

p \neq 3

, то

p^5

дели едно от числата

(n-1)^2

n+2

, откъдето

p^5 \leq(n-1)^2\lt{}n^2

. Тогава

n^3\gt{}n p^5

и е достатъчно да докажем, че

n\left(p^5-3\right)\gt{}p^6+p^5-2

. Тъй като

n\gt{}p^2

, исканото следва от

p^3-p^2-p-3\gt{}0

, което от своя страна следва от

p^3\gt{}3 p^2\gt{}p^2+p+3

(очевидно

p=2

не е решение).

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2010-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Изпъкналият четириъгълник

A B C D

е вписан в окръжност с диаметър

A C

. Известно е, че точката

A

лежи върху по-малката дъга

\wideparen{B D}

. Да се докаже, че

|A B-A D| \geq|C B-C D|.

Решение

Да забележим, че

\triangle B C D

е остроъгълен, и че ако

H

е неговият ортоцентър, то

\triangle B D H \simeq \triangle D B A

. Понеже

\triangle B D H

лежи във вътрешността на

\triangle B C D

, то

P_{B C D} \geq P_{B H D}=P_{B A D} \Rightarrow B C+C D \geq B A+A D

Но понеже

A C

е диаметър, имаме

\begin{gathered} A B^{2}+B C^{2}=A D^{2}+D C^{2} \Rightarrow\left|A B^{2}-A D^{2}\right|=\left|C B^{2}-C D^{2}\right| \\ \Rightarrow|A B-A D|(A B+A D)=|C B-C D|(C B+C D) \end{gathered}

Това заедно с полученото по-горе

A B+A D \leq C B+C D

ни дава точно исканото.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2010-9-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2010-9-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2010-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Даден е правоъгълен

\triangle A B C

с прав ъгъл при върха

C

и височина

C H (H \in A B)

. Окръжност

k

се допира до отсечката

B H

в точка

D

, до височината

C H

и до описаната около

\triangle A B C

окръжност. Да се докаже, че

C D

е ъглополовяща на

\angle B C H

Решение

Да означим с

k_{1}

описаната около

\triangle A B C

окръжност. Нека

E

F

са допирните точки на окръжността

k

с височината

C H

и с окръжността

k_{1}

, а правата

C H

да пресича

k_{1}

за втори път в точка

C_{1}

. Първо ще докажем, че точките

A, E

F

лежат на една права. Тъй като

A B

е диаметър и

C H

е височина, то

\wideparen{A C}=\wideparen{A C}_{1}

и следователно

\wideparen{E F}=2 \angle F E C=\wideparen{C F} +\wideparen{A C}_{1}=\wideparen{C F}+\wideparen{A C}=\wideparen{A F}

. Но

k

k_{1}

се допират и следователно точките

A, E

F

са колинеарни. От друга страна

\angle A F C=\frac{1}{2} \wideparen{A C}=\frac{1}{2} \wideparen{A C}_{1}=\angle A C E

, т. е.

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

. Така получаваме

A C^{2}=A E. A F=A D^{2}

, т. е.

\triangle A D C

е равнобедрен. Тогава

\angle H C D=\angle A C D-\angle A C H=\angle A D C-\angle A B C=\angle B C D

и с това доказателството е завършено. Забележка. Твърдението е вярно и в обратната посока, т. е. ако

C D

е ъглополовяща на

\angle B C H

следва, че

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

. Доказателството обаче далеч не е аналогично.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2010-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

x

y

, за които числото

3^{x} 7^{y}+1

е нечетна степен, по-голяма от

1

, на естествено число.

Решение

Решение. Нека

3^x \cdot 7^y+1=z^n

, където

z \in \mathbb{N}

n \in 2 \mathbb{N}+1

. Представяме уравнението във вида:

3^x \cdot 7^y=(z-1)\left(z^{n-1}+\ldots+z+1\right)

Нека

A=z^{n-1}+\ldots+z+1

. Тъй като

z\gt{}1

, то

A\gt{}2

и от (*) следва, че или

A

се дели на 3, или

A

е точна степен на 7. (**) Ако

3^x \cdot 7^y+1

е точна трета или седма степен, то задачата се свежда до

n=3

или 7. Така имаме 3 случая. Случай 1. Ако

n=3

, то

3^x \cdot 7^y=(z-1)\left(z^2+z+1\right)

. Тъй като

z^2+z+1=(z-1)^2+3 z

, то

\left(z-1, z^2+z+1\right)=3

. Ако

z=3 t+1

, то

z^2+z+1=9 t^2+9 t+3 \equiv 3(\bmod 9)

и имаме две възможности. При

z^2+z+1=3

z-1=3^{x-1} \cdot 7^y

очевидно не достигаме до решение. При

z^2+z+1=3 \cdot 7^y

z-1=3^{x-1}

, т. е.

3^{x-1}\left(3^{x-2}+1\right)=7^y-1

имаме: ако

x=2

, то

y=1, z=4

и достигаме до решението

(2, 1)

, а ако

x\gt{}2

, то

7^y \equiv 1(\bmod 9)

и понеже показателят на 7 по модул 9 е 3 следва, че

3 \mid y

. Тогава

7^y-1

се дели на

7^3-1=2 \cdot 9 \cdot 19

и следователно

3^{x-2} \equiv-1(\bmod 19)

. От друга страна показателят на 3 по модул 19 е 18 и

3^9 \equiv-1(\bmod 19)

и следователно

x-2 \equiv 9(\bmod 18)

, т. е.

x-2=9(2 k+1)

, където

k \in \mathbb{N}

. Тогава

3^{x-2}+1

се дели на

3^9+1 \equiv 0(\bmod 7)

, т. е.

7^y-1 \equiv 0(\bmod 7)

, което е противоречие. Случай 2. Ако

n=7

, то

3^x \cdot 7^y=(z-1)\left(z^6+\ldots+z+1\right)

. Тъй като

(z, 7)=1

, то

z^6 \equiv 1(\bmod 7)

, но

z^7 \equiv 1(\bmod 7)

и следователно

z \equiv 1(\bmod 7)

. Нека

z=7 t+1, t \in \mathbb{N}

и тогава

A \equiv(6 \cdot 7 t+1)+\ldots+ (1 \cdot 7 t+1)+1 \equiv 7(\bmod 49)

. От друга страна

(z, 3)=1, z^2 \equiv 1(\bmod 3)

z^7 \equiv 1(\bmod 3)

, т. е.

z \equiv 1 (\bmod 3)

A \equiv 7 \equiv 1(\bmod 3)

. Така от

(* *)

следва, че единствената възможност е

A=7

, т. е.

z=1

, което е невъзможно. Случай 3. Нека

n

е нечетно и не се дели на 3 и 7. Тъй като

(z, 3)=1

, то

z^2 \equiv 1(\bmod 3)

, но

z^n \equiv 1 (\bmod 3)

и следователно показателят на

z

по модул 3 дели

(2, n)=1

, те

z \equiv 1(\bmod 3)

. Аналогично

z^6 \equiv 1(\bmod 7)

, но

z^n \equiv 1(\bmod 7)

и следователно

z \equiv 1(\bmod 7)

. Тогава

A \equiv 1+\ldots+1 \equiv n \not \equiv 0 (\bmod 3)

A \equiv 1+\ldots+1 \equiv n \not \equiv 0(\bmod 7)

, което е в противоречие с

(* *)

, т. е. и в този случай не достигаме до решение. Така окончателно двойката

(x, y)=(2, 1)

е единственото решение на задачата. Забележка. В случая, когато

3^x \cdot 7^y+1

е точен квадрат, отново достигаме до единствено решение

(x, y)=(2, 1)

, като разглежданията са подобни на случая при

n=3

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2010-9-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че ако

a, b

c

са страни на триъгълник, то

\left.\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{a}{b}}-\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{b}{a}}+\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{b}{c}}-\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{c}{b}}+\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{c}{a}}-\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{a}{c}} \right\rvert\, \lt{}

\frac{1}{10}.

Решение

Тъй като неравенството е симетрично и хомогенно, можем да считаме, че

c=1 \geq x=\sqrt{\vphantom{x^2}a} \geq \sqrt{\vphantom{x^2}b}=y\gt{}0

. Тогава то приема вида

f=\frac{(x-y)(1-x)(1-y)}{x y}\lt{}\frac{1}{10}

. Понеже

a

b

са страни на триъгълник, имаме

x^{2}+y^{2}\gt{}1

, откъдето

f\lt{}\frac{(x-y) x y}{(1+x)(1+y)}

. Т

_{\text{ви}}

като

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

, неравенството

\frac{(x-y) x}{1+x} \leq \frac{1-y}{2}

е еквивалентно на очевидното

(x-1)(2 x+1-y) \leq 0

и следователно

f\lt{}\frac{y(1-y)}{2(1+y)}=g

. Директно се проверява, че

g \leq \frac{3}{2}-\sqrt{\vphantom{x^2}2}\lt{}\frac{1}{10}

при

y\gt{}0

(защото първото неравенство се свежда до

(y-\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1)^{2} \geq 0

), с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2010-9-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2010-9-8

2011

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадено е уравнението

x^{4}-a x^{3}-6 x^{2}+a x+1=0

, където

a

е реален параметър. Да се докаже, че ако това уравнение има поне един рационален корен, то всичките му корени са рационални.

Решение

Решение. Разделяме двете страни на даденото уравнение на

x^2

, полагаме

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

и достигаме до уравнението (1)

y^2-a y-4=0

. Ако корените на (1) са

y_1

y_2

, то корените на даденото уравнение се изчерпват с корените

x_1

x_2

на (2)

x^2-y_1 x-1=0

и корените

x_3

x_4

на (3)

x^2-y_2 x-1=0

. Нека

x_1 \in \mathbb{Q}

. Тогава и

x_2=-\frac{1}{x_1} \in \mathbb{Q}

. Следователно

y_1=x_1+x_2 \in \mathbb{Q}

, откъдето получаваме

y_2= -\frac{4}{y_1} \in \mathbb{Q}

a=y_1+y_2 \in \mathbb{Q}

. Сега от (1) имаме

\sqrt{\vphantom{x^2}D}=\sqrt{\vphantom{x^2}a^2+16} \in \mathbb{Q}

, а от (2) имаме

\sqrt{\vphantom{x^2}D_1}=\sqrt{\vphantom{x^2}y_1^2+4} \in \mathbb{Q}

. Дискриминантата на (3) е

D_2=y_2^2+4

, като

D_1 D_2=y_1^2 y_2^2+4\left(y_1^2+y_2^2\right)+16=4\left(a^2+16\right)=4 D

, откъдето

\sqrt{\vphantom{x^2}D_2}=2 \sqrt{\vphantom{x^2}D} / \sqrt{\vphantom{x^2}D_1} \in \mathbb{Q}

. Следователно и

x_3, x_4 \in \mathbb{Q}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2011-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Отбори, номерирани от 1 до

2 n

играят в турнир всеки срещу всеки в

2 n-1

кръга. Да се намери максималната стойност на вероятността произволни два отбора да се срещат в кръга с номер сумата от номерата им.

Решение

Ще докажем, че за

2 n

отбора търсеното число

p_{n}

е равно на

q_{n}=(n-1)^{2}

. Броят на всички наредени двойки числа от 1 до

2 n

n(2 n-1)

. От друга страна, лесно се съобразява, че броят на тези със сума на числата, по-малка от

2 n

, е равен на

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

. Следователно

p_{n} \leq q_{n}

. Остава да посочим програма, при която всяка двойка отбори

(a, b)

, за която

a+b\lt{}2 n

, се среща в кръга

a+b

. Не е трудно да се провери, че един такъв пример е следният:

x \neq 2 n

среща

y \neq 2 n

в кръга

x+y(\bmod 2 n-1)

(остатъците са от 1 до

2 n-1

) и

x

среща

2 n

в кръга

2 x(\bmod 2 n-1)

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2011-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Едно крайно множество от естествени числа

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

се нарича добро, ако числото

\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}}-\frac{1}{m}

където

m=x_{1} x_{2} \ldots x_{n}

, е цяло. (Например

\{2, 3, 5\}

е добро множество.) Да се докаже, че множеството

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

е добро тогава и само тогава, когато

x_{i}

дели

\frac{m}{x_{i}}-1

за всяко

i=1, 2, \ldots, n

Решение

Да отбележим, че множеството

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

е добро тогава и само тогава, когато

m

дели

\frac{m}{x_{1}}+\frac{m}{x_{2}}+\cdots+\frac{m}{x_{n}}-1

. Действително, ако

\frac{m}{x_{1}}+\frac{m}{x_{2}}+ \cdots+\frac{m}{x_{n}}-1=m k

, то

\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}}-\frac{1}{m}=k

е цяло число и обратно. Ако множеството

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

е добро, то

x_{i}|m| \frac{m}{x_{1}}+\frac{m}{x_{2}}+\cdots+\frac{m}{x_{n}}-1

и оттук следва, че

x_{i}

дели

\frac{m}{x_{i}}-1

, защото

x_{i}

дели останалите събираеми. Нека

x_{i}

дели

\frac{m}{x_{i}}-1

за всяко

i=1, 2, \ldots, n

. Тогава

x_{i}^{2} \mid m-x_{i}

, откъдето

m^{2} \mid\left(m-x_{1}\right)\left(m-x_{2}\right) \ldots\left(m-x_{n}\right)

. Сега лесно се вижда, че

m

дели

\frac{m}{x_{1}}+\frac{m}{x_{2}}+ \cdots+\frac{m}{x_{n}}-1

, което означава, че множеството

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

е добро.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2011-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Две различни точки

P

Q

са разположени във вътрешността на окръжността

k

. Права

\ell

през

P

пресича

k

A

B

. Правите

A Q

B Q

пресичат

k

за втори път в точките

C

D

. Да се докаже, че когато правата

\ell

се мени, правите

C D

минават през постоянна точка.

Решение

Решение 4. Нека точката

T

лежи върху правата

P Q

така, че

T P \cdot P Q=A P \cdot P B

(и

P

лежи между

T

Q

). Понеже произведението

A P \cdot P B

е постоянно,

T

е постоянна точка. Нека още точката

U

лежи на правата

P Q

така, че

T Q \cdot Q U=A Q \cdot Q C=B Q \cdot Q D

(и

Q

лежи между

T

U

). Понеже произведението

A Q \cdot Q C

е постоянно,

U

също ще бъде постоянна точка. От

T Q \cdot Q U=A Q \cdot Q C

следва, че четириъгълникът

T A U C

е вписан и следователно

\angle C U T= \angle C A T

. Аналогично имаме и

\angle D U T=\angle D B T

. Но от

T P \cdot P Q=A P \cdot P B

следва, че и четириъгълникът

A T B Q

също е вписан. Следователно,

\angle D U T+\angle T U C=\angle Q B T+\angle T A Q=180^{\circ}

и правите

C D

съдържат постоянната точка

U

, когато

\ell

се мени.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2011-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

. Окръжност

k

минава през

B

C

и пресича за втори път страните

A B

A C

съответно в точки

D

E

така, че

A D+A E=B C

. Точката

I

е център на вписаната в

\triangle A B C

окръжност, а правите

B I

C I

пресичат за втори път

k

съответно в точки

P

Q

. Да се докаже, че точките

A, I, P

Q

лежат на една окръжност.

Решение

От условието следва, че

A D \cdot A B=A E \cdot A C

, което заедно с

A D+A E=B C

дава, че

A D=C R

A E=B R

, където

R

е пресечната точка на

B C

и ъглополовящата

A I

. Освен това имаме

Q E=B Q

поради равенството на съответните дъги в

k

\angle A E Q=\angle R B Q

от вписания четириъгълник

B C E Q

. Следователно

\triangle A E Q \cong \triangle R B Q

, откъдето

A Q=Q R

\angle A Q E=\angle B Q R

. Последното дава

\angle A Q R=\angle E R B=180^{\circ}-\angle A C B

и в равнобедрения

\triangle A Q R

получаваме

\angle Q A I=\frac{1}{2} \angle A C B

. Остава да отбележим, че

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2011-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Редицата

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

е зададена чрез равенствата

x_{1}=\frac{2}{3}

x_{n+1}= \frac{3 x_{n}+2}{3-2 x_{n}}

. Съществуват ли естествени числа

N

T

така, че

x_{i}=x_{i+T}

за всяко естествено число

i \geq N

Решение

Да допуснем, че отговорът е положителен. Тогава можем да считаме, че

N=1

(т. е. редицата е периодична). Действително, от рекурентната връзка следва, че

x_{n}=\frac{3 x_{n+1}-2}{2 x_{n+1}+3}

и тогава от

x_{n+1}=x_{n+1+T}

следва

x_{n}=x_{n+T}

, т. е. можем да се върнем назад. Нека

x_{n}=\frac{p_{n}}{q_{n}}

е несъкратима дроб. Тогава

x_{n+1}=\frac{3 p_{n}+2 q_{n}}{3 q_{n}-2 p_{n}}

. Ако

d

е общ делител на

3 p_{n}+2 q_{n}

3 q_{n}-2 p_{n}

, не е трудно да се види, че

d \mid 13

. От друга страна, в редиците

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

\left\{\hat{b}_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}

, зададени с условията

a_{1}=2, b_{1}=3

a_{n+1}=3 a_{n}+b 2 b_{n}

q_{n+1}=3 q_{n}-2 p_{n}

, няма остатъци 0 по модул 13 (директна проверка до достигане на периодичност; тези редици са периодични по модул 13, както и по всеки друг прост модул). Следователно

p_{n+1}=3 p_{n}+2 q_{n}

q_{n+1}=3 q_{n}-2 p_{n}

. Остава да отбележим, че ако дадената редица е периодична, ще имаме

x_{n+1}=\frac{2}{3}

за някое

n

, откъдето

x_{n}=0

13 \mid p_{n}

, противоречие. (Подобно противоречие следва от наблюдението, че

p_{n+1}^{2}+q_{n+1}^{2}=13\left(p_{n}^{2}+q_{n}^{2}\right)=\cdots= 13^{n}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2011-9-6

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2011-9-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2011-9-8

2012

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Четириъгълникът

A B C D

е вписан в окръжност. Точката

E

е симетричната на

B

спрямо пресечната точка на

A D

B C

, точката

F

е симетричната на

B

спрямо средата на

C D

и точката

G

е симетрична на

A

спрямо средата на

C E

. Да се докаже, че точките

E, F, G

C

лежат на една окръжност.

Решение

Решение. Нека

H

е симетричната точка на

A

спрямо пресечната точка на

A D

B C

. Тогава

\overrightarrow{C F}=\overrightarrow{B D}

\overrightarrow{C G}=\overrightarrow{A E}=\overrightarrow{B H}

. Оттук следва, че триъгълниците

F C G

D B H

са еднакви. Получаваме, че

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

(

A E G C

е успоредник), т. е. точките

E, F, G

C

лежат на една окръжност. Забележка. Задачата има изчислително решение с използване на синусови теореми. Тя може да се реши и като се построи средната отсечка през

O

\triangle D B E

и се използва подобие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2012-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2012}

са реални числа и

x_{12}=1

. Да се намери най-малката възможна стойност на израза

\sum_{i, j=1}^{2012} \min (i, j) x_{i} x_{j}

Решение

Решение. Да заменим 2012 с произволно

n \geq 2

x_{12}=1

x_k=1, 1 \leq k\lt{}n

. С индукция по

n

следва, че

S_n: =\sum_{i, j=1}^n \min (i, j) x_i x_j=

\sum_{i=1}^n\left(\sum_{j=i}^n x_j\right)^2.

При

n=1

това е очевидно. Нека (*) е вярно за някое

n

. Тогава лесно се вижда, че

S_{n+1}=S_n+(n+1) x_{n+1}^2+\sum_{i=1}^n 2 i x_i x_{n+1}=

\sum_{i=1}^{n+1}\left(\sum_{j=i}^{n+1} x_j\right)^2.

Ако

s_{n, k}=\sum_{i=k+1}^n x_i

, то

S_n \geq\left(1+s_{n, k}\right)^2+s_{n, k}^2 \geq 1 / 2

. Не е трудно да се съобрази, че

S_n=1 / 2

само при

x_{k+1}=x_{k-1}=-1 / 2

x_i=0

при

|i-k|\gt{}1

. Забележка. Равенството (*) може да се докаже и така: ако

f_i(x)=1

при

x \in[0, i]

f_i(x)=0

иначе

(1 \leq i \leq n)

, то

\begin{gathered} \sum_{i=1}^n\left(\sum_{j=i}^n x_j\right)^2=\sum_{i=1}^n \int_{i-1}^i\left(\sum_{j=i}^n x_j f_j(x)\right)^2 d x=\int_0^n\left(\sum_{i=1}^n x_i f_i(x)\right)^2 d x \\ =\sum_{i, j=1}^n x_i x_j \int_0^n f_i(x) f_j(x) d(x)=\sum_{i, j=1}^n \min (i, j) x_i x_j \end{gathered}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2012-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

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

са естествени числа и

a\gt{}1

е естествено число, което се дели на

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

. Да се докаже, че

a^{n+1}+a-1

не се дели на

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

Решение

Решение. Да допуснем противното. Ако

a_i=1

за някое

i

, получаваме

a \mid\left(a+a_1-\right.

\left(a+a_2-1\right) \ldots\left(a+a_n-1\right) \mid a^{n+1}+a-1

, което очевидно е невъзможно. Оттук нататьк ще считаме, че

a_i \geq 2

. Нека

a=b a_1 a_2 \ldots a_n

a^{n+1}+a-1=c\left(a+a_1-1\right)\left(a+a_2-1\right) \ldots\left(a+a_n-1\right)

. Очевидно

(b, c)=1, 1 \leq b \leq a-1

, а лесно се вижда, че

c \leq \frac{a^{n+1}+a-1}{(a+1)^n}\lt{}a.

Освен това

b a_1 a_2 \ldots a_n \equiv c a_1 a_2 \ldots a_n(\bmod a-1)

, което, заедно с горните и

(b, c)=1

, дава

b=c=1

. Сега имаме

\begin{aligned} a^{n+1}+a-1 & =\left(a+a_1-1\right)\left(a+a_2-1\right) \ldots\left(a+a_n-1\right) \\ & \lt{}\left(a+a_1\right)\left(a+a_2\right) \ldots\left(a+a_n\right) \\ & =a\left(\frac{a}{a_1}+1\right) \ldots\left(\frac{a}{a_n}+1\right) \leq a\left(\frac{a}{2}+1\right)^n \leq a^{n+1}, \end{aligned}

противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2012-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намери максималният брой царе, които могат да се разположат върху шахматна дъска

12 \times 12

така, че всеки от царете да атакува точно един друг цар.

Решение

Отговор - 56. Да допълним нашата дъска до дъска

13 \times 13

, добавяйки нулев ред и нулев стълб. В новата дъска да асоциираме царя на поле

(i, j)

i, j \in\{1, 2, \ldots, 12\}

, с четворката полета

(i, j), (i-1, j), (i, j-1), (i-1, j-1)

. Лесно се вижда, че два царя, които се атакуват, са асоциирани наймного с 6 полета общо (т. е. поне две полета са асоциирани и с двата царя). Нещо повече, никое поле не е асоциирано с две двойки атакуващи се царе. Следователно търсеният максимален брой не надминава

2\left[\frac{13^{2}}{6}\right]=56

. Предоставяме на читателя да покаже конструкция с 56 царя, всеки от които да атакува точно един друг цар. Забележка. Горният подход лесно решава задачата и в общия случай отговорът за дъска

n \times n

2\left[\frac{(n+1)^{2}}{6}\right]

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2012-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на функцията

f(x, y)=7 x^{2}+5 y^{3}

x, y \in \mathbb{Z}

, които принадлежат на интервала [2000, 2012].

Решение

Решение. Нека

f(x, y)=k \in[2000, 2012]

за някои цели

x

y

. Ако

5 \mid x

, то

5 \mid k

и ако

7 \mid y

, то

7 \mid k

. Ако

(5, x)=(7, y)=1

, то

k \equiv 7 x^2 \equiv \pm 2(\bmod 5)

k \equiv 5 y^3 \equiv \pm 2 (\bmod 7)

. Последното дава (например с Китайската теорема за остатъците) 4 възможности за

k

по модул 35, но само една от тях, 2007, е в разглеждания интервал. Сега имаме 6 възможности за

k

: 2000, 2002, 2005, 2009, 2010 и 2007. Последната се реализира от

7 \cdot 21^2+5(-6)^3=2007

. Ще докажем, че останалите не се реализират. Ако

7 x^2+5 y^3=2000

, то

5 \mid x

, оттук

5 \mid y

и тогава

5^3 \mid 7 x^2

, което води до противоречие по модул

5^4

. Ако

7 x^2+5 y^3=2005

или 2010, то

x=5 x_1, x_1 \in \mathbb{Z}

, и получаваме

35 x_1^2+y^3=401

или 402, които са невъзможни по модул 7. Ако

7 x^2+5 y^3=2009

, то

7 \mid y

, оттук

7 \mid x

и тогава имаме противоречие по модул

7^3

. Ако

7 x^2+5 y^3=2002

, то

y=7 y_1, y_1 \in \mathbb{Z}

, и получаваме

x^2+5 \cdot 49 y_1^3=

286, което е невъзможно по модул 7.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2012-9-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2012-9-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че ако

x\lt{}0

, то

2^{x}+2^{1 / x} \leq 1

Решение

Първи начин. Ще използваме неравенството на Бернули (НБ): ако

-1\lt{} t \neq 0

, то

(1+t)^{r}\gt{}1+r t

при

r\gt{}1

(1+t)^{r}\lt{}1+r t

при

0\lt{}r\lt{}1

. Полагаме

y=-x

. Можем да считаме, че

y\gt{}1

. При

y \geq 2

записваме неравенството във вида (\textit{)

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

. От НБ следва, че

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

2^{y-1} \geq y

, т. е.

1-y 2^{x} \geq 1 / 2

, с което (}) е доказано. При

1\lt{}y\lt{}2

записваме неравенството във вида

z: =\frac{\left(1+\left(2^{1-1 / y}-1\right)\right)^{y}-1}{2^{1-1 / y}-1} \geq 2^{y-1}

и остава да съобразим, че

z\gt{}y\gt{}2^{y-1}

пак съгласно НБ. Втори начин. Можем да считаме, че

x\lt{}-1

. Полагаме

2^{x}=t \in(0, 1 / 2)

и записваме неравенството във вида

f(t) \leq f(1 / 2)

, където

f(t)=\ln t \cdot \ln (1-t)

. Имаме, че

t(1-t) f^{\prime}(t)=(1-t) \ln (1-t)-t \ln t=: g(t) \quad

\text{и} \quad g^{\prime \prime}(t)=\frac{2 t-1}{t(1-t)}\lt{}0

Понеже

g(0+)=g(1 / 2)=0

, то

g\gt{}0

. Значи

f

е строго растяща функция, откъдето следва исканото.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2012-9-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Нека

S

е множество от 100 -цифрени естествени числа. Едно число от

S

се нарича лошо, ако не се дели на сумата на никои две (не непременно различни) числа от

S

. Да се определи максималната възможна мощност на

S

, ако е известно, че

S

съдържа не повече от 10 лоши числа.

Решение

(Оценка) Да наречем добри числата от

S

, които не са лоши. Да отбележим, че всяко добро число може да бъде записано като сума на поне две и наймного девет (не непременно различни) лоши числа. Тъй като имаме

\binom{10+j}{9}

j=2, 3, \ldots, 9

, суми с по

j

числа, мощността на

S

не надминава

\sum_{j=1}^{9}\binom{10+j}{9}= \binom{19}{10}

(събираемото от

j=1

добавя и лошите числа). (Конструкция) Нека сме избрали нашите 10 лоши числа от интервала

\left[10^{100}, \frac{10^{101}-1}{9}\right]

. Да отбележим, че в този интервал има

\left(10^{100}-1\right) / 9

числа, от които можем да избираме. Освен това е ясно, че сумите на поне две и най-много девет (не непременно различни) числа от този интервал са

100-

цифрени числа и можем да ги разглеждаме за включване в

S

. Остава да прецизирамне избора така, че да не се получават еднакви суми. Да предположим, че вече сме избрали

j

лоши числа и всички суми на най-много девет (не непременно различни) от тях са различни. Следващото лошо число не трябва да дели никое от вече избраните и не трябва да е равно на разлика на вече избрани лоши числа. Това забранява не повече от

\frac{10^{10}\left(10^{10}-1\right)}{2}+10^{10} \cdot 9\lt{}10^{21}

(използвахме неравенството

\binom{19}{10}\lt{}10^{10}

) възможности и вече е очевидно, че можем да направим избора на следващото

(j+1)

-во,

j+1 \leq 10

, лошо число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2012-9-8

2013

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

A_{1}, B_{1}

C_{1}

са петите на височините през върховете

A, B

C

на остроъгълен

\triangle A B C

. Да се докаже, че точките

A, B

и центровете на вписаните окръжности в

\triangle A B_{1} C_{1}

\triangle B C_{1} A_{1}

лежат на една окръжност.

Решение

Решение. Нека

I_a, I_b

I

са съответно центровете на вписаните в

\triangle A B_1 C_1, \triangle B A_1 C_1

\triangle A B C

окръжности. Тогава е достатъчно да докажем, че

I A \cdot I I_a=I B \cdot I I_b

. Имаме

\triangle A B C \sim \triangle A B_1 C_1

с коефициент на подобие

\cos \alpha

, откъдето

\frac{I_a A}{I A}= \cos \alpha

. Сега

\frac{I_a I}{I A}=1-\cos \alpha=2 \sin ^2 \frac{\alpha}{2}

. След аналогично изразяване на

I_b I

исканото се свежда до

I A^2 \sin ^2 \frac{\alpha}{2}=I B^2 \sin ^2 \frac{\beta}{2}

, което следва от синусова теорема за

\triangle A B I

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2013-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички ненаредени тройки (

A, B, C

) от непразни множества от цели числа такива, че

A \cup B \cup C=\mathbb{Z}

, а

A+B, B+C

C+A

са две по две непресичащи се множества

(X+Y=\{x+y \mid x \in X, y \in Y\})

Решение

Решение. Ще докажем, че единственото разбиване с исканите свойства е

A=\{3 k \mid k \in \mathbb{Z}\}, B=\{3 k+1 \mid k \in \mathbb{Z}\},

C=\{3 k+2 \mid k \in \mathbb{Z}\}.

(т точност до реда на множествата). Нека

\mathbb{Z}=A \cup B \cup C

е разбиване с непресичащи се две по две

A+B, B+C

C+A

. Да отбележим, че от

a \in A, b \in B

c \in C

следва, че

a+b-c \in C

b+c-a \in A

c+a-b \in B

. Действително, ако например

a+b-c \in A

, то

a+b \in A+B \cup A+C=\phi

, противоречие. Да фиксираме две последователни числа от различни множества,

b \in B

c=b+1 \in C

. Тогава за всяко

a \in A

имаме

a-1=a+b-c \in C

a+1=a+c-b \in B

, т. е. всяко число от

A

се предхожда от число от

C

и се следва от число от

B

. В частност, съществуват двойки (

c, c+1

), за които

c \in C, c+1 \in A

. С помощта на такава двойка както по-горе се вижда, че всяко число

b \in B

се предхожда от число от

A

и се следва от число от

C

. Продължавайки по същия начин виждаме, че всяко

c \in C

се предхожда от число от

B

и се следва от число от

A

. Вече е ясно, че

A, B

C

са всъщност трите класа от остатъци по модул 3.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2013-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

В граф с 2013 върха измежду всеки 50 върха има два, които не са свързани с ребро. Да се докаже, че съществуват поне 41 върха, всеки от които е от степен най-много 1972.

Решение

Да допуснем, че твърдението не е вярно. Тогава съществуват поне 2013

40=1973

върха от степен поне 1973. Да означим с

X

множеството от върховете от степен поне 1973. Всеки връх от

X

не е свързан с най-много

2013-1-1973=39

от върховете на графа. Да изберем произволен връх

A_{1} \in X

и от свързаните с

A_{1}

поне 1973 върха да изберем връх

A_{2} \in X

. Върховете, които не са свързани или с

A_{1}

или с

A_{2}

са най-много

2 \cdot 39=78

. Следователно съществуват поне

2013-2-78=1933

върха, свързани едновременно с

A_{1}

и с

A_{2}

. От тези върхове избираме

A_{3} \in X

и разглеждаме върховете, свързани едновременно с

A_{1}, A_{2}

A_{3}

. Те са поне

2013-3-3 \cdot 39=1893

. Продължаваме да избираме върхове по описания начин. Когато изберем

A_{49}

ще получим, че има поне

2013-49-49 \cdot 39=53

върха, които са свързани с всеки от върховете

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{49}

. Произволен връх от тези 53 заедно с върховете

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{49}

води до противоречие с условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2013-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Съществуват ли естествени числа

m

n

, за които

\left(m^{2}+n\right)\left(n^{2}+m\right)=2(m-n)^{3}?

Решение

Да запишем даденото уравнение във вида

\left(m^{2}+n+n^{2}+m\right)^{2}-\left(m^{2}+n-n^{2}-m\right)^{2}=8(m-n)^{3},

откъдето

\left(m^{2}+n+n^{2}+m\right)^{2}=(m-n)^{2}\left[8(m-n)+(m+n-1)^{2}\right].

Оттук следва, че

8(m-n)+(m+n-1)^{2}

е точен квадрат. Тъй като

m\gt{}n

(Защо?), имаме

(m+n-1+2 s)^{2}=8(m-n)+(m+n-1)^{2}

за някое естествено число

s

. Тогава

s(m+n-1+s)=2(m-n)

и тъй като

m+n-1+s\gt{}m-n

, заключаваме, че

s\lt{}2

. Следователно

s=1

и оттук

m=3 n

. Сега обаче лявата страна на даденото уравнение е по-голяма от

m^{3}=27 n^{3}

, докато дясната е равна на

16 n^{3}

, което е противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2013-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

p\gt{}3, p \equiv 3(\bmod 4)

, е фиксирано просто число. Означаваме с

S_{1}(p)

множеството от наредените тройки

(a, b, c) \in \mathbb{Z}^{3}

, за които числото

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

се дели на

p

, и с

S_{2}(p)

множеството от наредените тройки

(a, b, c) \in \mathbb{Z}^{3}

, за които числото

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

се дели на

p

. Да се докаже, че

S_{1}(p)

не е подмножество на

S_{2}(p)

Решение

Ще работим в полето

\mathbb{Z}_{p}

от остатъци по модул

p

и ще докажем, че множеството

S_{1}(p)

е непразно и непресичащо се с

S_{2}(p)

. Нека

c \in \mathbb{Z}_{p}

е такова, че

c^{2} \notin\{0, 1\}

(такова

c

съществува, защото

p\gt{}3

). Ще използваме известния факт, че от

x, y \in \mathbb{Z}_{p}, p \equiv 3(\bmod 4)

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

0 следва

x=y=0

. Оттук следва, че изображението

f: \left\{0, 1, \ldots, \frac{p-1}{2}\right\} \rightarrow \mathbb{Z}_{p},

\quad f(a)=-\frac{a^{2} c^{2}+1}{a^{2}+c^{2}}

е коректно дефинирано. Ще докажем, че

f

е инективно. Ако

f\left(a_{1}\right)=f\left(a_{2}\right)

, то лесно се вижда, че

\left(a_{1}^{2}-a_{2}^{2}\right)\left(c^{4}-1\right)=0

, откъдето

a_{1}=a_{2}

, понеже

c_{2} \neq \pm 1

. От инективността на

f

и от факта, че квадратичните остатъци по модул

p

са

(p+1) / 2

на брой, следва, че съществуват

a, b \in\left\{0, 1, \ldots, \frac{p-1}{2}\right\}

, за които

f(a)=b^{2}

. Последното означава, че

(a, b, c) \in S_{1}(p)

, т. е.

S_{1}(p) \neq \phi

. Да допуснем за момент, че

(a, b, c) \in S_{1}(p) \cap S_{2}(p)

. Ако някое от

a, b

c

е равно на 0, например

a=0

, получаваме

b^{2} c^{2}+1=0

, което е невъзможно. Следователно

a b c \neq 0

, откъдето

a^{2}\left(b^{2} c^{2}+1\right)+b^{2}+c^{2}=0

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

0. От последните две равенства получаваме

0=

a^{2}\left(b^{2} c^{2}+1\right)+b^{2}+c^{2}-a^{4}\left(b^{2}+c 2\right)-a^{2}\left(b^{2} c^{2}+1\right)=

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

откъдето

a^{2}=1

и накрая

\left(1+b^{2}\right)\left(1+c^{2}\right)=0

, което е невъзможно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2013-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

\triangle A B C

точките

D, E

F

съответно от страните

B C, C A

A B

са такива, че

A F=E F

B F=D F

. Да се докаже, че ортоцентърът на

\triangle A B C

лежи на окръжността, описана около

\triangle C D E

Решение

Решение. Нека

A^{\prime}

B^{\prime}

са петите на височините съответно от

A

B

\triangle A B C

. Първо да разгледаме случая, когато

E \equiv A^{\prime}

. Тогава

F

е средата

M

на

A B, D \equiv B^{\prime}

и твърдението е очевидно. Нека

E \in B A_1

(иначе

D \in A B_1

и разсъжденията са аналогични). Нека симетралата на

B E

пресича

A B

F

D

е симетричната на

A

относно перпендикуляра от

D

към

A C

. Тогава

\frac{B_1 D}{A_1 E}=\frac{B_1 D}{M F} \cdot \frac{M F}{A_1 E}=

\frac{A B_1}{A M} \cdot \frac{M B}{B A_1}=\frac{A B_1}{B A_1}=\frac{B_1 H}{H A_1}

(последното следва от

\triangle A B_1 H \sim \triangle B A_1 H

). Но тогава

\triangle B_1 D H \sim \triangle A_1 E H

, откъдето

\angle B_1 D H=\angle A_1 E H

и следователно

D C E H

е вписан, което трябваше да се докаже.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2013-9-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Нека

P

е полиомино със следните свойства: (1) поне един правоъгълник може да бъде покрит с копия на

P

; (2) за всеки правоъгълник, който може да бъде покрит с копия на

P

, това покритие е единствено с точност до симетриите, които запазват правоъгълника. Да се докаже, че

P

е квадрат.

Решение

Да отбележим, че ако с копия на

P

можем да покрием правоъгълник

a \times b

, то можем да покрием и квадрат

a b \times a b

. Нека

S

е възможно най-малкият квадрат, който може да бъде покрит с копия на

P

и нека ( 1, 1 ) и (

s, s

) са долната лява и горната дясна клетки на този квадрат. Да допуснем, че никое копие на

P

не пресича правата

2 x=s+1

. Тогава

s

е четно и симетрията относно правата

x=y

показва, че никое копие на

P

не пресича правата

2 y=s+1

. Но сега сме покрили с копия на

P

квадрат

(s / 2) \times(s / 2)

, което противоречи на избора на

s

. Нека

Q

е копие на

P

, което пресича правата

2 x=s+1

. Тъй като симетрията относно тази права запазва покритието,

Q

(т. е.

P

) има вертикална ос на симетрия. Аналогично се вижда, че

P

има и хоризонтална ос на симетрия. Нека

R

е копието на

P

, което покрива клетката ( 1, 1 ). Тъй като симетрията относно правата

x=y

запазва покритието, тя изобразява

R

R

. Следователно

R

е симетрично едновременно относно правите

2 x=m+1

2 y=m+1

за някое естествено число

m

. Тогава

R

съдържа клетките ( 1, 1 ),

(m, 1), (m, m)

(1, m)

. Тъй като целият квадрат

S

лежи отгоре и надясно спрямо

(1, 1), R

също лежи отгоре и надясно спрямо

(1, 1)

, отдолу и надясно спрямо (

1, m

) и т. н. Следователно

R

лежи изцяло в квадрата

S^{\prime}

, определен от ъгловите си клетки

(1, 1), (m, 1), (m, m)

(1, m)

. Да допуснем, че някоя клетка

(i, 1)

, където

1\lt{}i\lt{}m

, не принадлежи на

R

. Тогава тя е покрита от някое друго копие

T

на

P

. Тъй като

T

R

са еднакви, най-долният ред, който съдържа клетки на

T

трябва да съдържа две такива клетки на разстояние

m-1

едне от друга, което е невъзможно. Следователно

R

съдържа всички клетки между

(1, 1)

(m, 1)

и тогава, от симетрията, съдържа и цялата вътрешност на

S^{\prime}

. Получихме, че

R \equiv S^{\prime}

и значи

R

, тогава и

P

, е квадрат.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2013-9-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

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

, такива, че

f(-1) \neq 0

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

за произволни

x, y \in \mathbb{R}

Решение

Ще докажем, че единственото рещение е функцията

f(x)=x-1

. Да положим

g(x)=f(x)+1

и да запишем условията за новата функция:

g(1+x y)-g(x+y)=(g(x)-1)(g(y)-1),

\quad g(-) \neq 1. \tag{1}

Да означим

g(-1)-1=C \neq 0

. Полагаме

y=-1

в (1) и получаваме

g(1-x)-g(x-1)=C(g(x)-1). \tag{2}

При

x=1

(2)

получаваме

C(g(1)-1)=0

, откъдето

g(1)=1

. Сега полаганията

x=0

x=2

дават съответно

g(0)=0

g(2)=2

. Ще докажем, че за всички реални числа

x

са в сила равенствата

\begin{align*} & g(x)+g(2-x)=2, \quad \text{(3)}\\ & g(x+2)-g(x)=2. \quad \text{(4)} \end{align*}

Замяната на

x

1-x

в (2) и замяната на

x

-x

в полученото уравнение дават съответно

g(x)-g(-x)=C(g(1-x)-1)

g(-x)-g(x)=C(g(1+x)-1)

. Събираме последните две уравнения и получаваме

C(g(1-x)+g(1+x)-2)=

0, което поради

C \neq 0

доказва (3). Нека

u

v

са такива, че

u+v=1

. Прилагаме (1) за двойките (

u, v

) и

(2-u, 2-v)

и получаваме

\begin{aligned} g(1+u v)-g(1) & =(g(u)-1)(g(v)-1), \\ g(3+u v)-g(3) & =(g(2-u)-1)(g(2-v)-1). \end{aligned}

Тъй като последните две уравнения имат равни десни страни (поради (3)), заключаваме, че

u+v=1

води до

g(u v+3)-g(u v+1)=g(3)-g(1).

Всяко реално число

x \leq 5 / 4

се представя във вида

x=u v+1

за някои

u

v

със сума 1 (защото квадратният тричлен

t^{2}-t+(x-1)

има реални корени за

x \leq 5 / 4

). Следователно

g(x+2)-g(x)=g(3)-g(1)

за всяко

x \leq 5 / 4

. В частност, при

x=0

получаваме

g(3)=3

, което доказва (4) за

x \leq 5 / 4

. Ако

x\gt{}5 / 4

, то

-x\lt{}5 / 4

и значи

g(2-x)-g(-x)=2

поради горното. От друга страна (3) дава

g(x)=2-g(2-x)

g(x+2)=2-g(-x)

, откъдето

g(x+2)-g(x)=g(2-x)-g(-x)=2

. С това и (4) е доказано. Сега замяната на

x

-x

в (3) и комбинирането на полученото с (4) дава

g(x)=-g(-x)

за всяко реално

x

. Имайки впредвид това, прилагаме (1) за двойките

(-x, y)

(x, -y)

и получаваме

\begin{aligned} g(1-x y)-g(-x+y) & =(g(x)+1)(1-g(y)), \\ g(1-x y)-g(x-y) & =(1-g(x))(g(y+1). \end{aligned}

Събираме последните две уравнения и получаваме

g(1-x y)=1-g(x) g(y)

. Тогава

g(1+x y)=1+g(x) g(y)

поради (3). Сега даденото уравнение (1) придобива вида

g(x+y)=g(x)+g(y)

, т. е. функцията

g

е адитивна. Следователно

g(1+x y)=g(1)+g(x y)=1+g(x y)

и това, заедно с получаното по-горе

g(1+x y)=1+g(x) g(y)

, дава

g(x y)=g(x) g(y)

, т. е.

g

е и мултипликативна. В частност,

g\left(x^{2}\right)=g(x)^{2} \geq 0

за всяко

x

, откъдето

g(x) \geq 0

за всяко

x \geq 0

. Тъй като

g

е адитивна и ограничена отдолу за

x \in[0, +\infty)

, тя е линейна, по-точно

g(x)=g(1) x=x

за всяко

x \in \mathbb{R}

. Забележка. Съществуват функции, които удовлетворяват даденото уравнение, но се анулират в -1. Такива са например константата 0 и функцията

f(x)=x^{2}-1

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2013-9-8

2014

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

d, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2014}

са реални числа, такива че

\left|a_{1}-1\right|=\left|a_{2}-2\right|=\left|a_{3}-3\right|=\cdots=\left|a_{2014}-2014\right|=d

b_{1} \leq b_{2} \leq \cdots \leq b_{2014}

са числата

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2014}

, подредени по големина. Да се докаже, че

\left|a_{k}-b_{k}\right| \leq 2 d

за всяко

k=1, 2, \ldots, 2014

Решение

Решение. Тъй като

\left|a_k-b_k\right| \leq\left|a_k-k\right|+\left|k-b_k\right|=d+\left|b_k-k\right|

, то е достатъчно да докажем, че

\left|b_k-k\right| \leq d

за всяко

k=1, 2, \ldots, 2014

. Наистина, ако например

b_k\lt{}k-d

, то лесно се вижда, че числата

a_k, a_{k+1}, \ldots, a_{2014}

са по-големи от

b_k

, което е противоречие, понеже в редицата има най-много

2014-k

числа, по-големи от

b_k

. Аналогично, ако

b_k\gt{}k+d

, то числата

a_k, a_{k-1}, \ldots, a_1

са по-малки от

b_k

, което отново е противоречие. Така окончателно

\left|a_k-b_k\right| \leq 2 d

за всяко

k=1, 2, \ldots, 2014

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2014-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека естественото число

n

е такова, че

d_{1}

d_{2}

са естествени делители на

n^{2}

d_{1}\lt{}n\lt{}d_{2}

. Да се докаже, че

d_{2}-d_{1} \geq \sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}.

Решение

Решение. Ако

d_1=n-k

, то от

n-k \mid n^2=n^2-k^2+k^2

следва, че

n-k \mid k^2

откъдето

k^2+k-n \geq 0

, т. е.

k \geq(-1+\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}) / 2

. Аналогично за

d_2=n+s

следва, че

s^2-s-n \geq 0, s \geq(1+\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}) / 2

. Тогава

d_2-d_1=s+k \geq \sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}

като равенство се достига точно тогава, когато

n=k(k+1)

за някое

k \in \mathbb{N}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2014-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Четириъгълник

A B C D

е вписан в окръжност с център

O

и описан около окръжност с център

I

. Да се докаже, че четириъгълникът, образуван от правите през върховете

A, B, C

D

, перпендикулярни на

A I, B I, C I

D I

съответно, е вписан в окръжност, центърът на която лежи на правата

I O

Решение

Ако съществуват две точки, които са краища на диаметър в окръжността, то можем да преместим едната от тях на достатъчно малко разстояние по окръжността, така че и двете точки да участват само в остроъгълни и тъпоъгълни триъгълници, като при това броят на остроъгълните триъгълници не намалява след преместването на едната от точките. Следователно можем да считеме, че имаме само тъпоъгълни и остроъгълни триъгълници. Да разгледаме произволна точка

A

от окръжността с център

X

. Тогава точката

A

участва в тъпоъгълен триъгълник и не е при тъпия му връх тогава и само тогава, когато останалите два върха на триъгълника се намират в една и съща полуравнина спрямо

A X

. Тогава броят на тъпоъгълните триъгълници от указания вид

\mathrm{e}\binom{a}{2}+\binom{b}{2}

, където

a

b

са съответно броя на точките в двете полуравнини спрямо правата

A X

. Имаме

a+b=n-1

\binom{a}{2}+\binom{b}{2}=\frac{a^{2}+b^{2}-a-b}{2}=

\frac{\frac{(a-b)^{2}}{2}+\frac{(a+b)^{2}}{2}-a-b}{2}.

Този брой е минимален при максимално близки

a

b

. Окончателно минималният брой тъпоъгълни триъгълници е

n\binom{(n-1) / 2}{2}

за нечетно

n

\frac{n}{2} \cdot\left(\binom{n / 2}{2}+\binom{(n-2) / 2}{2}\right)

за четно

n

. Остава от общия брой триъгълници, който е е

\binom{n}{3}

, да извадим получената оценка. Пример за нечетно

n

е правилният

n

-ъгълник, а за четно

n=2 k

е достатъчно да разгледаме правилен

n

-ъгълник, на който

k

поредни точки са ротирани на еднакъв достатъчно малък ъгъл спрямо центъра на окръжността.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2014-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Таблица

n \times 2^{n}

е запълнена с нули и единици по такъв начин, че няма два еднакви стълба. Нека означим с

a_{i j}

числото записано в

i

-тия ред и

j

-тия стълб. Ако сумата

\sum_{j=1}^{2^{n}} j a_{i j}

е една и съща за всяко

i=1, 2, \ldots, n

, то да се намери нейната минимална възможна стойност при: а)

n=3

; б)

n=4

Решение

Ясно е, че ако стълбовете на

n \times 2^{n}

таблица са различни, то това са всички двоични вектори с дължина

n

. По условие за всяко

i=1, 2, \ldots, n

имаме

t=\sum_{j=1}^{2^{n}} j a_{i j}

Да означим с

v_{j}

броят на единиците в стълб

j

. Тогава

n t=\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{2^{n}} j a_{i j}=\sum_{k=1}^{2^{n}} k \cdot v_{k}

Най-малката стойност на

\sum_{k=1}^{2^{n}} k. v_{k}

се достига когато

v_{1} \geq v_{2} \geq \cdots \geq v_{2^{n}}

. а) При

n=3

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

имаме

\sum_{k=1}^{2^{n}} k. v_{k}=1 \cdot 3+(2+3+4).2+ (5+6+7) \cdot 1+8 \cdot 0=39

. Следователно

3 t \geq 39

, т. е.

t \geq 13

. Показаната таблица е пример, че стойността

t=13

се достига.

\begin{array}{llllllll} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \cr 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \cr 1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \end{array}

б) Аналогично на а) намираме, че

t \geq \frac{1 \cdot 4+14 \cdot 3+51 \cdot 2+54 \cdot 1+16 \cdot 0}{4}=\frac{202}{4}

, т. е.

t \geq 51

. Долната таблица е пример за

4 \times 16

таблица с

t=51

\begin{array}{llllllllllllllll} 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \cr 1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \cr 1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \cr 1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \cr \end{array}

\setcounter{enumi}{4}

(*)

Очевидно

f(n)=n

е решение на задачата и ще докажем, че то е единственото. От условието следва, че

m^{2}+f\left(n^{k}\right) \leq m f(m)+n^{k}

, т. е.

m(f(m)-m) \geq f\left(n^{2}\right)-n^{2}

за всеки

m, n \in \mathbb{N}

. В частност, при

n=1

, получаваме, че

f(m) \geq m

за всяко

m \in \mathbb{N}

. От друга страна, ако в условието заместим

m

f\left(n^{k}\right)

, то получаваме, че

f\left(n^{k}\right) \mid n^{k}

за всяко

n \in \mathbb{N}

. Но както вече доказахме

f\left(n^{k}\right) \geq n^{k}

и следователно

f\left(n^{k}\right)=n^{k}

за всяко

n \in \mathbb{N}

. Така условието добива вида

m^{2}+n^{k} \mid m f(m)+n^{k} \text{за всяко} m, n \in \mathbb{N}

откъдето следва, че

m^{2}+n^{k} \mid\left(m f(m)+n^{k}\right)-\left(m^{2}+n^{k}\right)=m(f(m)-m)

за всеки

m, n \in \mathbb{N}

. Последното е възможно единствено в случая, когато

f(n)=n

за всяко

n \in \mathbb{N}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2014-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

k

е фиксирано естествено число. Да се намерят всички функции

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

, такива, че

m^{2}+f\left(n^{k}\right) \mid m f(m)+n^{k}

за всеки

m, n \in \mathbb{N}

Решение

Тъй като полиномът е реципрочен, то

f=g h

за някакви полиноми

g(x)= \left(x-x_{1}\right) \ldots\left(x-x_{n}\right)

h(x)=\left(x-\frac{1}{x_{1}}\right) \ldots\left(x-\frac{1}{x_{n}}\right)

. Тогава

g(x)=x^{n}+b_{1} x^{n-1}+\cdots+b_{n}

h(x)=x^{n}+\frac{b_{n-1}}{b_{n}} x^{n-1}+\cdots+\frac{1}{b_{n}}

. Имаме

\left|a_{n}\right|=\left|b_{n}+\frac{1}{b_{n}}+\frac{b_{1}^{2}+\cdots+b_{n-1}^{2}}{b_{n}}\right| \leq 2

и значи

b_{n-1}=\cdots=b_{1}=0

b_{n}= \pm 1

. От полиномите

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

само

(x-1)^{2}

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

имат

2 n

реални корена, тъй като

x^{n}-1

сменя монотонността си най-много в една точка и пресича абцисата най-много два пъти. Аналогично при

b_{n}=1

единственото решение e

(x+1)^{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2014-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Даден е неравнобедрен остроъгълен

\triangle A B C

с ортоцентър

H

и височини

A A_{1}\left(A_{1} \in B C\right)

B B_{1}\left(B_{1} \in A C\right)

. Симетралите на

A A_{1}

B B_{1}

пресичат правата

A_{1} B_{1}

в точки

P

Q

съответно, а правите

A P

B Q

се пресичат в точка

R

. a) Да се докаже, че

R H

разполовява отсечката

A_{1} B_{1}

; б) Да се намери

\angle A C B

, ако

H A_{1} R B_{1}

е успоредник.

Решение

a) От

\angle R A A_{1}=\angle B_{1} A_{1} A= \angle B_{1} B A

\quad \angle R B B_{1}=\quad \angle A_{1} B_{1} B= \angle A_{1} A B

следва, че

R A

R B

са допирателни към описаната около

\triangle A B H

окръжност. Тогава правата

R H

е симедиана за

\triangle A B H

(Защо?) и следователно

\angle R H B_{1}=\angle A H M

, където

M

е средата на

A B

. Така получаваме, че ако

N=R H \cap A_{1} B_{1}

, то

H N

H M

са съответни елементи в подобните триъгълници

\triangle A B H

\triangle A_{1} B_{1} H

откъдето следва, че

N

е среда на

A_{1} B_{1}

. б) Нека правите

A A_{1}

B B_{1}

пресичат за втори път описаната около

\triangle A B C

окръжност в точките

A_{2}

B_{2}

съответно. Лесно се доказва, че

A_{1}

е среда на

H A_{2}

, а

B_{1}

е среда на

H B_{2}

. Но по условие

N

е среда на

H R

и следователно точките

A_{2} B_{2}

R

лежат на една права като

R

е среда на

A_{2} B_{2}

. Центърът на описаната около

\triangle A B C

окръжност

O

лежи на симетралата на

A B

(която е

R M

) и на симетралата на

A_{2} B_{2}

(която минава през

R

) и тъй като

A C \neq B C

следва, че

R

съвпада с

O

. Но

\angle A R B=180^{\circ}-2 \angle A C B, \angle A O B=2 \angle A C B

и следователно

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2014-9-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Квадрат със страна естествено число

N

е разрязан на два вида квадрати със страни

a

b

, където

a

b

са взаимно прости естествени числа. Да се докаже, че поне едно от числата

a

b

дели

N

Решение

Да допуснем, че

a

не дели

N

. Да фиксираме един стълб от единични квадратчета и да разгледаме всички квадрати, които имат общи клетки с този стълб. Получаваме равенство от вида

a x+b y=N

, където

x

y

са броевете на съответните квадрати, откъдето

y b \equiv N(\bmod a) \Longleftrightarrow y \equiv N b^{-1} \equiv r(\bmod a)

, където

r \in\{1, 2, \ldots, a-1\}

е фиксирано (т. е. не зависи от стълба). Да означим с

x_{i}, i=1, 2, \ldots, N

, броя на квадратите със страна

b

, които са разположени изцяло във вертикалната ивица, определена от стълбовете с номера

i, i+1, \ldots, i+b-1

. От това означение и горното следва, че

x_{i}+x_{i+1}+ \cdots+x_{i+b-1} \equiv r(\bmod a)

(отляво са преброени всички квадрати със страна

b

, имащи общи клетки с

(i+b-1)

-ия стълб). Тогава

r \equiv x_{1} \equiv x_{b+1} \equiv x_{2 b+1} \equiv \cdots (\bmod a)

. Нека

N=k b+\ell

и да допуснем за момент, че

0\lt{}\ell\lt{}b

. Тогава

x_{k b+1} \equiv r (\bmod a)

, което противоречи на очевидното

x_{k b+1}=0

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2014-9-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че съществуват безбройно много естествени числа

n

, такива, че най-големият прост делител на

n^{4}+n^{2}+1

е равен на най-големия прост делител на

(n+1)^{4}+(n+1)^{2}+1

Решение

Първо да забележим, че

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

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

и следователно ако означим с

p_{n}

най-големия прост делител на

n^{4}+n^{2}+1

, а с

q_{n}

най-големия прост делител на

n^{2}+n+1

, то

p_{n}=\max \left\{q_{n}, q_{n-1}\right\}

за всяко

n \geq 2

. Тъй като

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

, то

q_{n} \neq q_{n-1}

за всяко

n

. Така задачата се свежда до това да докажем, че съществуват безбройно много

n \geq 2

такива, че

q_{n}\gt{}q_{n-1}

q_{n}\gt{}q_{n+1}

. Тъй като

q_{2}=7\lt{}13=q_{3}

q_{3}=13\gt{}7=q_{4}

, то 3 едно такова число. Да допуснем, че те са краен брой и

m

е най-голямото от тях. Тогава или

q_{m}\gt{}q_{m+1}\gt{}q_{m+2} \cdots

, което очевидно е невъзможно, или съществува

k \geq m

, такова, че

q_{k}\lt{}q_{k+1}\left(q_{k} \neq q_{k+1}\right)

. От друга страна, не е възможно

q_{k}\lt{}q_{k+1}\lt{}q_{k+2} \cdots

, защото

q_{(k+1)^{2}}=p_{k+1}= \max \left\{q_{k}, q_{k+1}\right\}=q_{k+1}

и следователно съществува най-малко

l \geq k+1

, такова, че

q_{l}\gt{}q_{l+1}

. От минималността следва, че

q_{l}\gt{}q_{l-1}

, но

l \geq k+1\gt{}k \geq m

, което противоречи с избора на

m

, а с това и на допускането. Следователно съществуват безбройно много

n

, изпълняващи условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2014-9-8

2015

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

За кои реални

x, y, z

от интервала

[1; 7]

изразът

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

достига минимална стойност?

Решение

Решение. Отговор:

(x, y, z)=(7, 1, \sqrt{\vphantom{x^2}7}), (1, \sqrt{\vphantom{x^2}7}, 7), (\sqrt{\vphantom{x^2}7}, 7, 1)

. Нека

f(a, b, c)=\frac{a}{a+b}+ \frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}

. Изразът е цикличен и нека временно приемем, че

x

е найголямото от числата. Ще докажем, че

f\left(x^2, y^2, z^2\right) \geq f\left(x^2, y^2, x y\right)

. Наистина

\begin{aligned} f\left(x^2, y^2, z^2\right)-f\left(x^2, y^2, x y\right) & =\frac{y^2}{y^2+z^2}+\frac{z^2}{z^2+x^2}-\frac{2 y}{x+y} \\ & =\frac{(x-y)\left(x y-z^2\right)^2}{\left(y^2+z^2\right)\left(z^2+x^2\right)(x+y)} \geq 0 \end{aligned}

Равенство се достига само при

z^2=x y

или

x=y

. Ако положим

t=x / y

, то

t

обхожда интервала

[1, 7]

и имаме

f\left(x^2, y^2, x y\right)=\frac{t^2}{t^2+1}+\frac{2}{t+1}=: g(t)

. Имаме

g^{\prime}(t)=\frac{2 t}{\left(t^2+1\right)^2}-\frac{2}{(t+1)^2}=

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

\frac{-2(1-t)^2\left(t^2+t+1\right)}{\left(t^2+1\right)^2(t+1)^2}\lt{}0

в интервала

(1, 7)

. Следователно

g(t)

намалява строго и най-малка стойност

(1, 23)

се достига само при

t=7

. Сега

f\left(x^2, y^2, z^2\right) \geq 1, 23

с равенство при

x=7, y=1, z=\sqrt{\vphantom{x^2}7}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2015-9-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2015-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Върху окръжност са отбелязани

n

точки. Какъв е най-големият възможен брой остроъгълни триъгълници с върхове в тези точки?

Решение

Решение. Ако съществуват две точки, които са краища на диаметър в окръжността, то можем да преместим едната от тях на достатъчно малко разстояние по окръжността, така че и двете точки да участват само в остроъгълни и тъпоъгълни триъгълници, като при това броят на остроъгълните триъгълници не намалява след преместването на едната от точките. Следователно можем да считеме, че имаме само тъпоъгълни и остроъгълни триъгълници. Да разгледаме произволна точка

A

от окръжността с център

X

. Тогава точката

A

A X

. Тогава броят на тъпоъгълните триъгълници от указания вид е

\binom{a}{2}+\binom{b}{2}

, където

a

b

са съответно броя на точките в двете полуравнини спрямо правата

A X

. Имаме

a+b=n-1

\binom{a}{2}+\binom{b}{2}=\frac{a^2+b^2-a-b}{2}=

\frac{\frac{(a-b)^2}{2}+\frac{(a+b)^2}{2}-a-b}{2}.

Този брой е минимален при максимално близки

a

b

. Окончателно минималният брой тъпоъгълни триъгълници е

n\binom{(n-1) / 2}{2}

за нечетно

n

\frac{n}{2} \cdot\left(\binom{n / 2}{2}+\binom{(n-2) / 2}{2}\right)

за четно

n

. Остава от общия брой триъгълници, който е

\binom{n}{3}

, да извадим получената оценка. Пример за нечетно

n

е правилният

n

-ъгълник, а за четно

n=2 k

е достатъчно да разгледаме правилен

n

-ъгълник, на който

k

поредни точки са ротирани на еднакъв достатъчно малък ъгъл спрямо центъра на окръжността.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2015-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадено е просто число

p\gt{}3

. Винаги ли можем да разбием числата

1, 2, \ldots, p-1

на две непразни множества, така че сборът на числата в едното да има същия остатък при деление на

p

като произведението на числата в другото?

Решение

Отговор: да! Ще докажем, че съществуват два ненулеви остатъка

a

b

по модул

p

, такива, че тяхното произведение е сравнимо със сумата на останалите ненулеви остатъци по модул

p

. Въпросната сума е

p(p-1)-a-b \equiv -(a+b)(\bmod p)

и нашето условие е еквивалентно на

a b \equiv-(a+b)(\bmod p)

, т. е. на

(a+1)(b+1) \equiv 1(\bmod p)

. Тъй като

p\gt{}3

, съществуват ненулеви остатъци

m

n

, за които

m n \equiv 1(\bmod p)

m \neq n

. Освен това е ясно, че

m, n \not \equiv 1(\bmod p)

и следователно можем да изберем

a=m-1

b=n-1

. Забележка. При

p \equiv 1(\bmod 4)

можем да изберем

a

, за което

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

и да забележим с помощта на теоремата на Уилсън, че

a

е сравнимо с произведението на останалите ненулеви остатъци. При

p \equiv 1(\bmod 4)

съществува значително по-сложна конструкциятогава работа върши множеството от остатъци с показател

q

по модул

p

, където

q

е нечетен прост делител на

p-1

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2015-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички полиноми

f

от вида

f(x)=

x^{2 n}+a_{1} x^{2 n-1}+\cdots+a_{n-1} x^{n+1}

+a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{1} x+1

за които

\left|a_{n}\right| \leq 2

и които имат

2 n

реални корена.

Решение

Решение. Тъй като полиномът е реципрочен, то

f=g h

за някакви полиноми

g(x)= \left(x-x_1\right) \ldots\left(x-x_n\right)

h(x)=\left(x-\frac{1}{x_1}\right) \ldots\left(x-\frac{1}{x_n}\right)

. Тогава

g(x)=x^n+b_1 x^{n-1}+\cdots+b_n

h(x)=x^n+\frac{b_{n-1}}{b_n} x^{n-1}+\cdots+\frac{1}{b_n}

. Имаме

\left|a_n\right|=\left|b_n+\frac{1}{b_n}+\frac{b_1^2+\cdots+b_{n-1}^2}{b_n}\right| \leq 2

и значи

b_{n-1}=\cdots=b_1=0

b_n= \pm 1

. От полиномите

\left(x^n-1\right)^2

само

(x-1)^2

\left(x^2-1\right)^2

имат

2 n

реални корена, тъй като

x^n-1

сменя монотонността си най-много в една точка и пресича абцисата най-много два пъти. Аналогично при

b_n=1

единственото решение e

(x+1)^2

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2015-9-5

Задача 6

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2015-9-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

а) В едно царство има 10 града, някои от които са свързани с директни авиолинии. Царят заповядал всяка от тези линии да стане безплатна поне в едната посока. Авиокомпанията иска да изпълни заповедта така, че при всяко "кръгово" пътешествие пътникът да е принуден да заплати поне

x \%

от пътуванията. Коя е най-голямата възможна стойност на

x

, която компанията може да си гарантира независимо от разположението на линиите? б) Може ли да компанията да подобри отговора от а), ако има право да затвори една линия?

Решение

а) Да номерираме градовете с

1, 2, \ldots, 10

. Нека компанията направи безплатно пътуването от града с по-голям номер към този с по-малък. Тогава на всеки 9 пътувания с намаляващи номера трябва да има поне едно пътуване с нарастващи номера, т. е. поне

10 \%

от пътуванията ще се заплатят. Нека линиите образуват пълен граф с 10 върха и нека безплатните посоки са зададени. Да разгледаме най-дългата верига

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

от безплатни пътувания. Ще покажем, че в нея има поне 9 отсечки, т. е. че

k \geq 10

. Да допуснем противното; тогава има град

B

извън веригата. Заради максималността отсечката

B A_{1}

е платена, така че

A_{1} B

е безплатна. Сега заради максималността отсечката

B A_{2}

е платена (иначе веригата

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

би била безплатна), така че

A_{2} B

е безплатна. Отново заради максималността отсечката

B A_{3}

е платена, така че

A_{3} B

е безплатна. Продължавайки така, заключаваме, че безплатни са и

A_{4} B, A_{5} B, \ldots, A_{k} B

. Но тогава

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

е безплатна верига: противоречие с максималността. Щом

k \geq 10

, то можем да направим кръгово пътуване с 10 отсечки, от които да платим само една. Така компанията не може да си гарантира повече от

10 \%

. б) Нека поне една от линиите липсва. Да номерираме и двата града, които тя свързва, с 1, а останалитес

2, 3, \ldots, 9

. Ако приложим подхода от а), гарантираме поне

11 \frac{1}{9} \%

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2015-9-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

. Точка

A^{\prime}

е център на окръжността през средата на

B C

и през петите на перпендикулярите от

B

C

съответно към правите на ъглополовящите на

\angle A C B

\angle A B C

. Точки

B^{\prime}

C^{\prime}

са дефинирани аналогично. Докажете, че ортоцентърът на

\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}

е център на вписаната окръжност за

\triangle A B C

Решение

Ще използваме стандартните означения и ощенека

I

е центърът на вписаната в

\triangle A B C

окръжност

k, A_{1}, B_{1}

C_{1}

са допирните точки на

k

съответно със страните

B C, C A

A B, M_{A}, M_{B}

M_{C}

са съответно средите на страните

B C, C A

A B, X_{Y}

е ортогоналната проекция на

X

върху правата

Y I

за всички точки

X, Y \in\{A, B, C\}

\omega_{A}, \omega_{B}

\omega_{C}

са съответно описаните около триъгълниците

M_{A} B_{C} C_{B}, M_{B} C_{A} A_{C}

M_{C} A_{B} B_{A}

окръжности с центрове съответно

A_{0}, B_{0}

C_{0}

. Лема. Правите

B I, A_{1} B_{1}

M_{B} M_{C}

се пресичат в точката

A_{B}

. Доказателство. Тъй като

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

, имаме

M_{C} A=M_{C} B=M_{C} A_{B}= c / 2

. Тогава

\angle M_{C} A_{B} B=\angle A_{B} B M_{A}=\angle C B A_{B}

и значи

M_{C} A_{B} \| B C

, откъдето

A_{B} \in M_{B} M_{C}

. Нека

A_{B}

е вътрешна за отсечката

M_{B} M_{C}

. Имаме

M_{B} A_{B}= M_{B} M_{C}-A_{B} M_{C}=(a-c) / 2

, а от друга страна

M_{B} B_{1}=b / 2-(b+c-a) / 2= (a-c) / 2

. Следователно

M_{B} B_{1}=M_{B} A_{B}

и оттук

\angle A_{B} B_{1} M_{B}=\angle M_{B} A_{B} B_{1}= 90^{\circ}-\gamma / 2=\angle C B_{1} A_{1}

, което означава, че

A_{B} \in A 1 B 1

. Другият случай (

A_{B}

е външна за отсечката

M_{B} M_{C}

) е аналогичен. Неколкократно приложение на лемата дава, че всяка от шестте четворки точки

\left(A_{1}, B_{1}, A_{B}, B_{A}\right), \left(B_{1}, C_{1}, B_{C}, C_{B}\right), \left(C_{1}, A_{1}, C_{A}, A_{C}\right), \left(M_{A}, M_{B}, C_{A}, C_{B}\right)

\left(M_{B}, M_{C}, A_{B}, A_{C}\right)

и (

M_{C}, M_{A}, B_{C}, B_{A}

) определя права. В нашата задача точките

B, A_{1}, C_{1}, I

B_{C}

лежат на окръжността с диаметър

B I

. Следователно

\angle I B_{C} C_{1}=\angle I B C_{1}=\angle C B I=\angle A_{1} B_{C} I=\beta / 2

. По-нататък,

\angle I A_{1} B_{C}=\angle I B B_{C}=\alpha / 2

, тъй като

\triangle B I B_{C}

е правоъгълен и

\angle B_{C} I B=90^{\circ}-\alpha / 2

. По подобен начин се получава, че

\angle B_{1} C_{B} I=\angle I C_{B} A_{1}=\gamma / 2

\angle C_{B} A_{1} I= \alpha / 2

. Тогава

\angle C_{B} A_{1} B_{C}=\angle C_{B} A_{1} I+\angle I A_{1} B_{C}=\alpha

. От лемата имаме

B_{C} M_{A} \| A C

C_{B} M_{A} \| B C

и следователно

\angle C_{B} M_{A} B_{C}=\alpha=\angle C_{B} A_{1} B_{C}

. Оттук следва, че точката

A_{1}

лежи на окръжността

\omega_{A}

. Аналогично се вижда, че

B_{1} \in \omega_{B}

C_{1} \in \omega_{C}

. Отново с помощта на лемата и ъглите, намерени по-горе, заключаваме, че триъгълниците

A_{1} B_{C} C_{B}

A B C

са подобни и имат общ център на вписаната окръжност

I

. Аналогично се получава, че триъгълниците

A_{C} B_{1} C_{A}

A_{B} B_{A} C_{1}

са подобни на

\triangle A B C

и имат

I

за център на вписаната си окръжност. Нещо повече, ориентацията на триъгълниците

A_{1} B_{C} C_{B}, A_{C} B_{1} C_{A}

A_{B} B_{A} C_{1}

е еднаква (и противоположна на тази на

\triangle A B C

). Следователно всеки два от тези триъгълници са съответни при въртяща хомотетия с център

I

. Да разгледаме върящата хомотетия

\varphi

, при която са съответни

\triangle A_{1} B_{C} C_{B}

\triangle A_{C} B_{1} C_{A}

. Имаме

\varphi\left(C_{B}\right)=C_{A}, \varphi\left(\omega_{A}\right)=\omega_{B}

и следователно

\varphi\left(A^{\prime}\right)= B^{\prime}

. Следователно триъгълниците

C_{B} I C_{A}

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

са подобни. От вписания четириъгълник

C C_{A} I C_{B}

сега имаме

\angle I C_{B} C_{A}=\angle I C C_{A}=\beta / 2

и значи

\angle I A^{\prime} B^{\prime}=\beta / 2

. Аналогично

\angle A^{\prime} B^{\prime} I=\alpha / 2

\angle I B^{\prime} C^{\prime}=\gamma / 2

. Следователно

\angle I A^{\prime} B^{\prime}+A^{\prime} B^{\prime} C=(\alpha+\beta+\gamma) / 2=90^{\circ}

, което означава, че

I A^{\prime} \perp B^{\prime} C^{\prime}

. По подобен начин се вижда, че

I B^{\prime} \perp A^{\prime} C^{\prime}

и следователно

I

е ортоцентърът на

\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2015-9-8

2016

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Ако при стандартни означения за

\triangle A B C

е известно, че

m_{b}(a+c)+m_{a}(b-2 a)+m_{c}(b-2 c)=0,

то да се докаже, че

\triangle A B C

е равностранен.

Решение

Решение. Нека

M

е медицентърът на

\triangle A B C

. От теоремата на Птолемей за четириъгълника

C A_1 M B_1

следва, че

\frac{m_b}{3} \frac{a}{2}+\frac{m_a}{3} \frac{b}{2} \geq \frac{2 m_c}{3} \frac{c}{2} \Leftrightarrow m_b a+m_a b \geq 2 m_c c

Аналогично

m_b c+m_c b \geq 2 m_a a

и след събиране получаваме

m_b(a+c)+m_a(b-2 a)+m_c(b-2 c) \geq 0

като равенство се достига тогава и само тогава, когато съответните четириъгълници са вписани. Последното е еквивалентно на

M

да е ортоцентър, т. е.

\triangle A B C

е равностранен.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2016-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

k

е естествено число. След като някои от участниците в състезание по планинско ориентиране разменили телефонните си номера, се оказало, че всеки двама от тях могат по точно

k

различни начина да предадат информация един на друг, без тази информация да бъде чута повече от веднъж от някой друг. Възможно ли е а)

k=3

; б)

k=5

Решение

В термините на графи, въпросът е за съществуването на граф, в който има точно

k n p o c m u

пътя между всеки два негови върха. а) Ще докажем, че не съществува. Да допуснем, че

G

е такъв граф и да разгледаме цикъл в

G

(такъв има, понеже имаме повече от един път между всеки два върха), и нека

u, v

са два върха от него. Тогава между

u

v

има още точно един прост път

P

, освен двата които са на цикъла. Нека този прост път напуска цикъла за пръв път от върха

w

и се връща в цикъла за пръв път след това във върха

t

. Тогава между

w

t

има три прости пътя, чиито множества от ребра са две по две непресичащи се: частта от

P

между

w

t

, и двата начина да стигнем от

w

до

t

по цикъла. Поне два от тези три прости пътя не са ребра; тогава да изберем върху два от тях два върха

x, y

. Оттук имаме противоречие, понеже между

x

y

има четири различни прости пътя:

x \rightarrow t \rightarrow y, x \rightarrow w \rightarrow y, x \rightarrow t \rightarrow w \rightarrow y, x \rightarrow w \rightarrow t \rightarrow y

. б) В този случай, пълният граф с 4 върха ни води до решение.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2016-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Две окръжности

k_{1}

k_{2}

с центрове съответно

O_{1}

O_{2}

се пресичат в точките

A

B

. През

B

е построена произволна права, която пресича

k_{1}

k_{2}

за втори път в точките

C

D

съответно. Допирателните към

k_{1}

в точката

C

и към

k_{2}

в точката

D

се пресичат в точка

E

. Ако описаната около

\triangle A O_{1} O_{2}

окръжност

k

е с диаметър

d

A E

пресича за втори път

k

точка

F

, то да се докаже, че

E F=d

Решение

Решение. Нека правите

C O_1

D O_2

се пресичат в точка

P

. Тогава

\angle O_1 P O_2=180^{\circ}-\angle P C B-\angle P D B=

180^{\circ}-\angle O_1 B C-\angle O_2 B D=\angle O_1 B O_2=\angle O_1 A O_2

и следователно

P \in k

. От друга страна,

\angle P C A=2 \angle P O_1 A=2 \angle P O_2 A=\angle P D A

и следователно

C, E, D, A

P

лежат на окръжността с диаметър

P E

(тъй като

\angle P C E=\angle P D E= 90^{\circ}

). Остава да съобразим, че

\angle A F P=\angle A O_2 P=2 \angle A D P=2 \angle A E P

и следователно

\triangle P E F

е равнобедрен, т. е.

E F=P F=d

с което доказателството е завършено.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2016-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

a, b

c

са рационални числа,

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

a b=2 n

. Тогава

(x, y)=\left(a(a+c) / 2, a^{2}(a+c) / 2\right)

Решение

на разглежданото уравнение. Действително, имаме

\begin{aligned} x\left(x^{2}-n^{2}\right) & =\frac{a(a+c)\left(\left(a^{2}(a+c)^{2}-a^{2} b^{2}\right)\right)}{8}=\frac{a^{3}(a+c)\left(a^{2}+2 a c+c^{2}-b^{2}\right)}{8} \\ & =\frac{a^{4}(a+c)^{2}}{4}=y^{2}. \end{aligned}

Обратно, ако

(x, y) \neq(0, 0)

, то рационалните числа

a=|y / x|, b=2 n|x / y|

c=\left(x^{2}+n^{2}\right) /|y|

са страни на правоъгълен триъгълник с лице

n

. Действително,

\begin{aligned} a^{2}+b^{2} & =\frac{y^{2}}{x^{2}}+\frac{4 n^{2} x^{2}}{y^{2}}=\frac{x^{2}-n^{2}}{x}+\frac{4 n^{2} x}{x^{2}-n^{2}} \\ & =\frac{\left(x^{2}-n^{2}\right)^{2}+4 n^{2} x^{2}}{x\left(x^{2}-n^{2}\right)}=\frac{\left(x^{2}+n^{2}\right)^{2}}{y^{2}}=c^{2} \end{aligned}

и очевидно

a b=2 n

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2016-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

n \geq 4

е естествено число и

A=\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right\}

е множество от

n

различни положителни числа. Едно

k

-елементно подмножество на

A

наричаме

k

-ъгълно, ако елементите му са дължини на страните на неизроден

k

-ъгълник (не непременно изпъкнал). Ако

A

няма 3 -ъгълни подмножества, то колко най-много 4 -ъгълни подмножества може да има?

Решение

Без ограничение на общността,

a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}\cdots\lt{}a_{n}

. Тогава условието, че

A

няма 3 -ъгълно подмножество е еквивалентно на системата от неравенства

a_{i+2} \geq a_{i+1}+a_{i}(*)

за

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

. От друга страна, да забележим че има неизроден четириъгълник със страни

a\lt{}b\lt{}c\lt{}d

тогава и само тогава, когато

a+b+c\gt{}d

(трудната посока е конструкцията, която следва от две приложения на неравенството на триъгълника). Нека сега

i\gt{}j\gt{}k\gt{}l

са такива, че

a_{i}, a_{j}, a_{k}, a_{l}

са страни на четириъгълник. Оттук имаме

a_{i}\lt{}a_{j}+a_{k}+a_{l}(* *)

Да допуснем, че

j\lt{}i-1

; тогава

a_{j}+a_{k}+a_{l} \leq a_{i-2}+a_{i-3}+a_{i-4} \leq

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

където използвахме два пъти (*). Това е противоречие

\mathrm{c}(* *)

; оттук

j=i-1

и (**) приема вида

a_{i}\lt{}a_{i-1}+a_{k}+a_{l}(* *)

Сега да допуснем, че

k\lt{}i-2

; оттук (**) в комбинация с (*) дава

a_{i-2} \leq a_{i}-a_{i-1}\lt{}a_{k}+a_{l} \leq a_{i-3}+a_{i-4} \leq a_{i-2}

което отново е противоречие и оттук

k=i-2

, и (**) приема вида

a_{i}\lt{}a_{i-1}+a_{i-2}+a_{l}(* *)

Оттук за

l

има

i-3

възможни стойности, откъдето има най-много

\sum_{i=4}^{n}(i-3)=\sum_{t=1}^{n-3}=\frac{(n-3)(n-2)}{2}

множества от четири елемента, изпълняващи условието. От друга страна, можем да покажем пример, в който този брой се достига: нека

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

е редицата на Фибоначи, т. е.

a_{1}=1, a_{2}=2, a_{i+2}=a_{i+1}+a_{i}

Тогава (*) е в сила, и освен това в (**)

l

може да бъде всеки индекс измежду

1, 2, \ldots, i-3

както искахме.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2016-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Страните и диагоналите на правилен

2 n+1

-ъгълник са оцветени в два цвятасин и червен. За един ход избираме връх и променяме цветовете на всички отсечки с край този връх. a) Да се докаже, че с няколко хода може да се получи оцветяване, при което от всеки връх да излизат четен брой сини отсечки. б) Да се докаже, че оцветяването от а) се определя еднозначно от първоначалното оцветяване.

Решение

Да означим с

X

множеството от върховете от които излизат нечетен брой сини отсечки, а с

Y

множеството от върховете, от които излизат четен брой сини отсечки. a) Да означим с

t

броя на сините отсечки, а с

a_{i}

броя на сините отсечки от връх

i

за

i=1, 2, \ldots, 2 n+1

. Тъй като

a_{1}+\cdots+a_{2 n+1}=2 t

, то броя на нечетните числа между

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

е четен. Да приложим един ход върху произволен връх

A_{j} \in X

. Тъй като

a_{j}=2 m+1

, то сините отсечки от този връх стават

2 n-2 m-1

(т. е. остават нечетно число), а четността на всички останали

a_{s}, s \neq j

се променя (защото една отсечка си сменя цвета). Като приложим по един ход върху всички върхове от

X

, ще получим:

(*)

Всички върхове от

X

ще сменят четността си нечетен брой пъти и ще станат четни.

(*)

Всички върхове от

Y

ще сменят четността си четен брой пъти и ще останат четни. Следователно от всеки връх ще излизат четен брой сини отсечки. б) Нека сме приложили

b_{i}

пъти разрешената операция върху връх

i

и сме получили от всеки връх четен брой сини отсечки. Ако

B=\sum b_{i}

, то четността на броя на сините отсечки от връх

i

съвпада с четността на

a_{i}+B-b_{i}

. Ако

B

е четно число, то за всяко

i

числото

a_{i}-b_{i}

е четно. Получаваме, че върху всеки връх от

X

сме приложили операцията нечетен брой пъти, а върху всеки връх от

Y

сме приложили операцията четен брой пъти. Остава да забележим, че прилагането на операцията два пъти върху един връх е еквивалентно на прилагането и нула пъти. Това означава, че сме приложили описаната в а) процедура. Нека

B

е нечетно число. Ако приложим операцията веднъж върху всеки връх, четността на всяко

a_{i}

ще се промени четен брой пъти, т. е. ще остане същата. Броят на ходовете ще стане четен, т. е. попадаме в случая когато

B

е четно число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2016-9-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

, вписан в окръжност с център

O

и радиус

R

. Да се докаже, че за всяка точка

X

от равнината на триъгълника е изпълнено неравенството

\frac{X B \cdot X C}{A B \cdot A C}+\frac{X C \cdot X A}{B C \cdot B A}

+\frac{X A \cdot X B}{C A \cdot C B} \geq

\frac{X O^{2}}{R^{2}}.

Решение

Ако означим с малки букви афиксите на съответните точки, то твърдението следва от интерполационната формула на Лагранж

a^{2} \frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)}

+b^{2} \frac{(x-c)(x-a)}{(b-c)(b-a)}

+c^{2} \frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}=

x^{2}.

и неравенството на триъгълника.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2016-9-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Определете всички функции

f: \mathbb{N}_{0} \rightarrow \mathbb{N}_{0}

, такива, че

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

за произволни неотрицателни цели числа

a, b, c

d

, за които

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

Решение

Ще докажем с индукция по

k

, че

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

за всяко

n \in \mathbb{N}_{0}

(*)

При

k=0, 1, 2

твърдението лесно следва от субституцията

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2016-9-8

2018

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стествени числа

k

n

, за които

11^{k}-10^{n}

е естествен делител на

k^{4}+n^{2}

Решение

Ако

k

е четно, то

3\left|11^{k}-10^{r}\right| k^{4}+n^{2}

, което е възможно само когато 3 дели едновременно

k

n

. Нека

k=3 a

n=3 b

за някои естествени

a

b

. Тогава

11^{k}-10^{n}=\left(11^{a}-10^{b}\right)\left(11^{2 a}+\right. 11^{a} 10^{b}+10^{2 b}

), откъдето

11^{2 a}+11^{a} 10^{b}+10^{2 b}

трябва да дели

k^{4}+n^{2}=81 a^{4}+9 b^{2}

. От тук

11^{2 a}+11^{a} 10^{b}+10^{2 b} \leq 81 a^{4}+9 b^{2}

, което е невъзможно, тъй като

11^{2 a}\gt{}81 a^{4}

10^{2 b}\gt{}9 b^{2}

за всички естествени

a

b

по индукция. При

k

нечетно и

n \geq 2

получаваме

1^{k}-10^{n} \equiv 3(\bmod 4)

. Тогава

11^{k}-10^{n}

притежава прост делител от вида

p \equiv 3(\bmod 4)

. От

p \mid z^{4}+n^{2}

следва, че

p \mid k

p \mid n

. Нека

k=p q

n=p r

за някои естествени

q

r

. Тогава

11^{k}-10^{r}=\left(11^{q}\right)^{p}-\left(10^{r}\right)^{p}=\left(11^{q}-10^{r}\right) A

, където

A=11^{q(p-1)}+ 11^{q(p-2)} 10^{r}+11^{q(p-3)} 10^{2 r}+\cdots+11^{q} 10^{r p-2)}+10^{r(p-1)}

. Ясно е, че

A

дели

k^{4}+n^{2}=p^{4} q^{4}+p^{2} r^{2}

и че

A\gt{}11^{q(p-1)}+10^{r(p-1)}

, откъдето

11^{-1)}+10^{r(p-1)}\lt{}p^{4} q^{4}+p^{2} r^{2}

. От това, че

x y \geq x+y

при

x, y

естествени и

x, y\gt{}1

имаме, че

1111^{p-1}+10^{r} 10^{p-1} \leq 11^{q(p-1)}+10^{r(p-1)}\lt{}p^{4} q^{4}+p^{2} r^{2}

при

q, r\gt{}1

. Това обаче е невъзможно, зац это

11^{q}\gt{}q^{4}

за всяко естествено

q

, а

11^{p-1}\gt{}p^{4}

за всяко естествено

p \geq 3

, откъдето и

11^{q} 11^{p-1}\gt{}p^{4} q^{4}

и аналогично

10^{r} 10^{p-1}\gt{}p^{2} r^{2}

. Остават случаите

q=1, r\gt{}1, r=1, q\gt{}1

q=r=1

, които се отхвърлят по аналогичен начин и следователю при

k

-нечетно и

n \geq 2

няма Ако

k

е нечетно и

n=1

имаме

11^{k}-10 \mid k^{4}+1

, откъдето

11^{k} \leq k^{4}+11

, което е възможно само при

k=1

. Директна проверка по азва, че

k=\imath=1

наистина са , с което всички случаи са изчерпани.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2018-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

с височина

A H, H \in B C

. Точка

K

от отсечката

A H

е такава, че

A H=3 K H

. Нека

O

е центърът на описаната около

\triangle A B C

окръжност, а

M

N

са съответно средите на страните

A C

A B

. Правите

K O

M N

се пресичат в точка

Z

, а правата през

Z

, перпендикулярна на

O K

, пресича правите

A C

A B

съответно в точки

X

Y

. Да се докаже, че

\angle X K Y=\angle C K B

Решение

Нека

L

е средата на

B C

D

е проекцията на

L

върху

M N

. Точките

L, O

D

лежат на една права. Да разгледаме въртящата хомотетия с център

O

, която изпраща

D

Z

. Ще означаваме образите при тази хомотетия

\mathrm{c}^{\prime}

, например

Z=D^{\prime}

. За всяка точка

P

имаме

\triangle O P P^{\prime} \sim \triangle O D D^{\prime}

; в частност

\angle O P P^{\prime}=90^{\circ}

. Тъй като

\angle O D M=90^{\circ}

, имаме

\angle O Z M^{\prime}=90^{\circ}

и, тъй като

\angle O M M^{\prime}=90^{\circ}

, точката

M^{\prime}

лежи върху

A C

. Следователно

M^{\prime}=X Y \cap A C=X

. Аналогично се вижда, че

N^{\prime}=Y

. Тъй като

\angle O L L^{\prime}=90^{\circ}

, точката

L^{\prime}

лежи върху

B C

. Тъй като

O \in L D

, заключаваме, че

O \in L^{\prime} Z

, т. е. точките

L^{\prime}, Z, O

K

лежат на една права. Нека

E

е средата на

A H

. Тъй като

M N \| B C

, имаме

\frac{L^{\prime} K}{K Z}=\frac{H K}{K E}=2

. Накрая, да отбележим, че

L^{\prime} X Y \sim A B C

(защото и двата са подобни на

\triangle L M N

) и точка

K

разделя техните височини

L^{\prime} Z

A H

в едно и също отношение. Следователно

K

е съответна на себе си при това подобие. Тогава

\triangle B K C \sim \triangle X K Y

, откъдето следва исканото.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2018-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадени са естествени числа

m

b_{1}\gt{}b_{2}\gt{}\cdots\gt{}b_{2017}

. На дъската е написан изразът

* x^{b_{1}}+* x^{b_{2}}+\cdots+* x^{b_{2017}}+*

На всеки ход играчът, който е на ход, замества някоя от звездичките с реално число. Иван играе пръв и след това двамата се редуват, докато не бъдат заместени всички звездички. Мария печели, ако полученият накрая полином се дели па

x^{m}+1

, в противен случай печели Иван. Кой от двамата има печеливша стратегия в зависимост от числата

m

b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{2017}

Решение

Да положим

b_{2018}=0

и да означим с

M_{i}, i=0, 1, \ldots, m-1

, множеството от числата измежду

b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{2018}

, които дават остатък

i

при деление на

m

. Случай 1. Съществува едноелементно

M_{i}=\left\{b_{\ell}\right\}

, където

b_{\ell}=q m+i

. Тогава Иван печели, замествайки на първия ход с 1 звездичката пред

\delta_{\ell}

. Действително, имаме

x^{m} \equiv-1\left(\bmod x^{m}+1\right)

и в остатъка при делението на получения накрая полином ще имаме неунищожен едночлен

(-1)^{q} x^{i}

. Случай 2. Всяко непразно

M_{i}

има поне два елемента. Да забележим, че броят на множествата

M_{i}

с нечетна мощност (поне 3), е четно число. Да наречем тези множества специални. Сега Мария може да спечели, като играе по следния начин. Ако Иван играе в специално множество за първи път, то Мария играе в друго специално множество също за първи път. Ако Иван играе в специално множество след кто там вече е играно, Мария веднага играе в същото множество, гарантираики с последния с. ход в това множеството остатьк 0 при деление на

x^{m}+1

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2018-9-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2018-9-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2018-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}

е такава функция, че

f(1+x f(y))\gt{}y f(x+y) \quad \forall x, y \in \mathbb{R}^{+}.

Какви стойности може да приема изразът

f(2) f(1 / 2)

Решение

Ако допуснем, че

f(y)\gt{}1

за някое

y\gt{}1

, то при

x=\frac{y-1}{f(y)-1}

достигаме до противоречието

1\gt{}y

. При

z\gt{}y

x=z-y

следва, че

1\gt{}y f(z)

, откъдето

z f(z) \leq 1

за всяко

z\gt{}0

. Сега да допуснем, че

z f(z)=1

за някое

z\gt{}0

. Тогава за

t=1+x / z

имаме, че

1 / t \geq f(t)\gt{}z f(t z)

. Следователно

1\gt{}u f(u)

за всяко

u\gt{}z

. Значи съществува най-много едно

z\gt{}0

, за което

z f(z)=1

. В частност,

f(z) f(1 / z)\lt{}1

за всяко

z\gt{}0

(за

z=1

това следва от условието при

y=1

). Обратно, ако

f(z) f(1 / z)=a \in(0, 1)

за някое

z\gt{}0

, то функцията

f(x)=\sqrt{\vphantom{x^2}a} / x

изпълнява даденото условие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2018-9-6

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2018-9-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2018-9-8

2019

16 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадено е множеството

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

. Нека

P

е подмножество на

A

m \geq 3

елемента. Да се докаже, че съществуват множество

Q

с поне

\frac{m(m-1)(m-2)}{3(n-1)(n-2)}

елемента и множество

R=\{y, z\} \subset P

, като за всеки елемент

x \in Q

числата

x, x+y

x+z

са от

P

Решение

Решение. Да разгледаме всички триелементни подмножества

\{a, b, c\}

на множеството

P

, за които

a\lt{}b\lt{}c

. Техният брой е

\binom{m}{3}

. На всяко такова множество съпоставяме множеството

\{b-a, c-a\}

. Ясно е, че

b-a, c-a \in\{1, 2, \ldots n-1\}

и следователно броят на възможните множества

\{b-a, c-a\}

\binom{n-1}{2}

. От принципа на Дирихле следва, че съществува двуелементно подмножество на

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

, което е съпоставено на поне

\left\lceil\frac{\binom{m}{2}}{\binom{n-1}{2}}\right\rceil=

\left\lceil\frac{m(m-1)(m-2)}{3(n-1)(n-2)}\right\rceil

триелементни множества

\{a, b, c\}

. Нека

R

е това двуелементно множество, а

Q

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

O

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.

Решение

Да 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

a

, то броят на отсечките във вътрешността на фигурата е равен на

4 a

. Ако общият броя квадратчета във вътрешността на фигурата

b

, то в

4 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=4 b-8 a

. Следователно

P

се дели на 8 тогава и само тогава, когато

b

е четно число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-1b

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-2

Задача 2b

Пълен запис

Условие

Дадена е функция

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

, такава че за всяко естествено число

n \geq 10

имаме

f(n+2023)= f(n)+f([\lg n])

, където

[x]

е цялата част на реалното число

x

. Да се докаже, че за произволно естествено число

k

, съществува естествено число

m

, такова че

k

дели

f(m)

Решение

Нека даденото число е

k

. Да изберем естествено число

\ell

, такова че

10^{\ell}\gt{}2023 \cdot k

. Разглеждаме

f(\ell), f(\ell+1), \ldots

и да изберем

f(m), m \geq \ell

за което

f(m)

има най-малък остатък

r

при деление с

k

. Ако

r=0

то задачата е решена. Да допуснем, че

r\gt{}0

и да разгледаме числата

\left\{10^{m}+t \cdot 2023\right\}_{t=0}^{k}

. Ако остатъка на

f\left(10^{m}\right)

по модул

k

R

, имаме

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) \equiv

R+t \cdot r(\bmod k) \quad

t=0,

1, \ldots, k.

В редицата

R, R+r, R+2 r, \ldots, R+k r

намираме минималното

s

такова, че

R+(s-1) r\lt{}k \leq R+s r

. Такова има, защото

R\lt{}k

, а

R+k r\gt{}k

. Тогава

0 \leq(R+s r)-k\lt{}r

, т. е., остатъка на

f\left(10^{m}+s \cdot 2023\right)

(R+s r)-k

и е по-малък от

r

. Противоречие! Следователно

r=0

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-2b

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-3

Задача 3b

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

с описана окръжност

\omega

. Центърът на

\omega

е означен с

O

, а ортоцентъра на

A B C

- с

H

. Нека

K

е средата на

A H

. Правата, перпендикулярна на

O K

през точка

K

пресича страните

A B

A C

съответно в точки

P

Q

. Правите

B K

C K

пресичат за втори път

\omega

съответно в точки

X

Y

. Да се докаже, че втората пресечна точка на описаните окръжности около

\triangle K P Y

\triangle K Q X

лежи върху окръжността

\omega

Решение

Първо ще докажем, че

P K=K Q

. Ако

L

N

са съответно среди на

A B

A C

, то четириъгълниците

P O K L

Q K O N

са вписани в окръжност (поради

\angle O L P=\angle O K P=\angle O K Q=\angle O N Q=90^{\circ}

). Тъй като

L K \| B H \perp A C

O L \perp A B

, то

\angle O L K=\angle B A C=\alpha

и от вписания

P O K L

следва

\angle O P K=\alpha

. Аналогично

\angle O Q K=\alpha

и следователно

\triangle P O Q

е равнобедрен. Ще докажем, че пресечната точка на

Y P

A K

е върху

\omega

. Нека

D

е пресечната точка на

A K

\omega

. Тъй като

O K \perp P Q

, то

K

е среда на хордата през

P

Q

. От теоремата за пеперудата следва, че пресечните точки на

Y D

с тази хорда (нека това е точка

P^{\prime}

) и на

A C

с тази хорда (точка

Q

) са на равни разстояния от

K

. Следователно

P^{\prime}

съвпада с

P

. Нека

A^{\prime}

е втората пресечна точка на

A O

\omega

, а

S

е втората пресечна точка на

A^{\prime} H

\omega

. Ще докажем, че

P Q

е симетрала на

H S

. Тъй като

\angle H S A=90^{\circ}

, то

S

лежи на окръжност

\omega^{\prime}

с диаметър

A H

и център

K

и следователно

K S=K H

. Понеже

O

K

са центрове на

\omega

\omega^{\prime}

, то

O K \perp A S

. Сега от

K P \perp O K

A S \perp S H

следва, че

K P \perp H S

и следователно

P Q

е симетрала на

H S

. Тъй като

A K=K H

P K=K Q

, то

A Q H P

е успоредник, откъдето

\angle K H P=\angle K A C=\angle D A C=\angle D Y C=\angle P Y K.

Понеже

P Q

е симетрала на

S H

, то

\angle K S P=\angle K H P=\angle P Y K

и следователно

S

лежи на описаната окръжност около

\triangle K P Y

. Аналогично се доказва, че

S

лежи на описаната окръжност около

\triangle K Q X

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-3b

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намери най-голямото число

m \in \mathbb{R}

така, че за произволни числа

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

съществува число

z \in \mathbb{C}

, за което

|z|=1

\left|z^{7}+a z^{6}+2 z^{4}+b z^{3}-z+c\right| \geq m.

Решение

Ако

P(z)=z^{6}+a z^{5}+2 z^{3}+b z^{2}-1+c / z

, то

m=\inf _{P} \max _{|z|=1}|P(z)|.

При

\omega=e^{2 \pi i / 3}

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

имаме, че

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)|

. При

z=x+i y

x^{2}+y^{2}=1

намираме, че

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-4

Задача 4b

Пълен запис

Условие

Дадено е реално число

a

, като

0\lt{}a\lt{}2

. Да означим със

\mathbb{Z}

множеството на всички цели числа, а със

\mathbb{Z}_{1 / 2}

- множеството от всички числа от вида

n / 2

, където

n

е нечетно, цяло число. a) Да се намери най-малкото реално число

B

със следното свойство: За произволни реални числа

x

y

съществуват числа

p, q \in \mathbb{Z}

такива, че

(x+p)^{2}+a(x+p)(y+q)+(y+q)^{2} \leq B.

б) Да се намери най-малкото реално число

C

със следното свойство: За произволни реални числа

x

y

съществуват числа

p, q \in \mathbb{Z}

или

p, q \in \mathbb{Z}_{1 / 2}

такива, че

(x+p)^{2}+a(x+p)(y+q)+(y+q)^{2} \leq C

Решение

Ще покажем, че

B=1 /(a+2)

, а

C=1 / 4

. Нека първо да въведем ъгъл

\varphi \in(0, \pi / 2)

такъв, че

a=2 \cos \varphi

. Да разгледаме ромб със страна 1 и остър ъгъл

\varphi

. Дефинираме "косоъгълна"координатна система, като изберем две прави

O x

O y

, съдържащи две съседни по острия ъгъл страни на такъв ромб. Разстоянието между всеки две точки с реални координати

A\left(x_{1}, y_{1}\right)

B\left(x_{2}, y_{2}\right)

можем да намерим с косинусова теорема за

\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

\left|x_{1}-x_{2}\right|

\left|y_{1}-y_{2}\right|

. Имаме:

A B^{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}=

\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

\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}

е точно равно на квадрата на разстоянието между точките с координати (

x, y

) и (

-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

B

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

B

е равен на квадрата на този радиус. Окончателно

B=R^{2}=\left(\frac{1}{2 \cos (\varphi / 2)}\right)^{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

\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 / 2

. Окончателно

C=R^{2}=1 / 4

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-4b

Задача 5

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

и точка

D

върху страната

A B

. Правата, която минава през центровете на вписаните окръжности в

\triangle A C D

\triangle B C D

пресича правата

A B

в точка

E

. Ако

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

, то да се докаже, че

C D

е ъглополовяща на

\angle A C B

Решение

Решение. Нека означим с

I, I_1

I_2

центровете на вписаните окръжности в

\triangle A B C, \triangle A D C

\triangle B D C

съответно и без ограничение на общността

A C\gt{}B C

. Забелязваме, че при движение на точка

D

в посока от

A

към

B

, точка

I_1

се движи по отсечката

A I

в посока от

A

към

I, I_2

се движи по отсечката

B I

в посока от

I

към

B

, а

E

се движи по правата

A B

в посока обратна на посоката на движение на

D

. С други думи,

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

при най-много едно положение на точката

D

. Така свеждаме задачата до доказателство на обратното твърдение, че когато

C D

е ъглополовяща на

\angle A C B

, то

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

. От теоремата на Менелай за

\triangle A B I

следва, че

\frac{A E}{B E}=\frac{A I_1}{I_1 I} \cdot \frac{I I_2}{B I_2}=

\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, B

E

са в хармонично отношение и твърдението следва непосредствено.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-5

Задача 5b

Пълен запис

Условие

Даден е вписан четириъгълник

A B C D

. Точките

Q, A, B, P

в този ред лежат върху правата

A B

, като

A C

е допирателна за окръжността през

A, D, Q

, а

B D

е допирателна за окръжността през

B, C, P

. Точките

M

N

са среди съответно на

B C

A D

. Да се докаже, че правата

C D

, допирателната към окръжността през

A, N, Q

в точка

A

и допирателната към окръжността през

B, M, P

в точка

B

се пресичат в една точка.

Решение

Първо, ще докажем че

\triangle A D Q \sim \triangle C D B

. Наистина, от вписаността на

A B C D

имаме, че

\angle D A Q=\angle D C B

\angle C B D=\angle C A D

. Но

\angle C A D=\angle A Q D

и значи

\angle C B D=\angle A Q D

и подобието следва. Ако означим с

R

средата на

C D

, то

N

R

са съответни елементи в подобни триъгълници откъдето

\angle Q N A=\angle B R C

. Нека

K

е втората пресечна точка на правата

C D

с окръжността през

A, B, R

(ако

C D

се допира до окръжността, то считаме

K=R

). И в двата случая имаме, че

\angle B A K=\angle B R C=\angle Q N A

и значи

A K

е допирателна за окръжността през

A, N, Q

. Аналогично се извежда, че

B K

е допирателна за окръжността през

B, M, P

. Задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-5b

Задача 6

Пълен запис

Условие

В предизборна кампания, продължила

d

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

d

. 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

d

Решение

а) Ако

d=6

, то тройките дни сред шестте са

6 \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\lt{}6

. Евентуално допълвайки дните с мълчаливи, можем да считаме, че

d=5

. Да разглеждаме редиците от множества

S_{0} \subset S_{1} \subset S_{2} \subset S_{3} \subset S_{4} \subset S_{5}

където

\left|S_{i}\right|=i

. Броят на тези редици е

5\neq{}120

. Ше докажем, че има двама

A

B

, такива, че

B

е правил изявление във всеки ден, в който е правил и

A

, 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

S_{i}

попада в

i!(5-i)!\geq 3!2\neq{}12

различни редици, така че бихме имали общо поне

11 \cdot 12\gt{}120

различни редици: абсурд. б) Според първия абзац, при

d=6

можем да включим още

20-11=9

политици и да спазим всички условия. Ако обаче включим още 10 политици, то те са поне 21. Редиците от множества

S_{0} \subset S_{1} \subset S_{2} \subset S_{3} \subset S_{4} \subset S_{5} \subset S_{6}

, където

\left|S_{i}\right|=i

, са на брой

6\neq{}720

. Да допуснем, че дните на изява на никои двама политици не попадат в една и съща редица. Но

S_{i}

попада в

i!(6-i)!\geq 3!3\neq{}36

различни редици, така че бихме имали общо поне

21 \cdot 36\gt{}720

различни редици: абсурд. Отговори: а)

d=6

, б) още 9.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-6

Задача 6b

Пълен запис

Условие

Нека

\mathbb{R}

е множеството от реални числа. Да се намерят всички функции

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

, за които

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

за всички двойки реални числа (

x, y

Решение

Отговор.

f(x)=k x

, където

k

е произволна реална константа. Ако вземем

y=0

, то

x^{2} f(x)=f\left(x^{3}\right)

, докато

x=0, y=-x

ни дава

f\left(x^{3}\right)=x f\left(x^{2}\right)

, тоест

x f(x)=f\left(x^{2}\right)

за всяко

x

(непосредствено се проверява, че

f(0)=0

). Горните тъждества показват, че

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)

за всяка двойка реални числа

a, b

. Такава функция се нарича адитивна. Фактът, че

f

е адитивна не означава, че

f(x)=k x

за всяко

x

: добре известен факт е, че това е в сила ако

f

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\left((x+1)^{3}-x^{3}\right)=(x+1)^{2} f(x+1)-x^{2} f(x)

като използваме адитивност и

f\left(y^{2}\right)=y f(y)

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

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

следователно след опростяване получаваме

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

с други думи

f(x)=x f(1)

за всяко

x \neq-2

. От адитивност лесно се проверява, че това важи дори и за

x=-2

, т. е.

f(x)=k x

, където

k

е произволно реално число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-6b

Задача 7

Пълен запис

Условие

Дадени са реалните числа

x, y, z

, за които

x+y+z=x y+y z+z x

. Да се докаже, че

\frac{x}{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{4}+x^{2}+1}}+\frac{y}{\sqrt{\vphantom{x^2}y^{4}+y^{2}+1}}

+\frac{z}{\sqrt{\vphantom{x^2}z^{4}+z^{2}+1}} \geq

-\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}.

Решение

Нека си дефинираме функцията

f(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)| \leq \frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}

. Също така, условието на задачата остава в сила при замяната

(x, y, z) \rightarrow(1 / x, 1 / y, 1 / z)

. Ако

x, y\gt{}0

, неравенството е изпълнено, поради

f(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=\frac{x+y-x y}{x+y-1}\gt{}0

при

x, y\lt{}0

, то няма как и трите числа да са отрицателни и значи б. о. о. можем да се концентрираме единствено върху

x \leq y \leq 0 \leq z

. Също така, нека

x y \geq 1

(в противен случай разглеждаме тройката

(1 / x, 1 / y, 1 / z)

). Не може

z=0

, защото

0\gt{}x+y=x y\gt{}0

води до противоречие. Тогава

z=\frac{x+y-x y}{x+y-1}=\frac{|x|+|y|+x y}{|x+y|+1} \geq 1

и значи

z-|x|=z+x=\frac{x^{2}+y}{x+y-1}=\frac{|y|-x^{2}}{|x+y|+1} \leq 0

тъй като

|y| \leq|x| \leq x^{2}

. Следователно,

1 \leq z \leq|x|

. Функцията

t^{2}+t^{-2}

е монотонно растяща при

|t| \geq 1

, следователно

f(t)

е монотонно намаляваща в същия интервал и значи

f(|x|) \leq f(z)

. Остава да довършим доказателството посредством наблюдението

f(-x)=f(|x|)= -f(x) \leq f(z)

f(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, a_{2}=0

и тогава

a_{n}=0

за

n\gt{}1

, тоест редицата

b_{n}

е периодична. Нека

p

е нечетно и да допуснем, че

\left\{b_{n}\right\}

е периодична с период l. Тогава:

a_{n+1}=p a_{n}-2^{n}\left\lfloor\frac{p a_{n}}{2^{n}}\right\rfloor \tag{20}

Нека

s_{n}=\left\lfloor\frac{p a_{n}}{2^{n}}\right\rfloor

, а

d_{n}=2^{n} s_{n}(\bmod p)

. Тогава е ясно, че

a_{n+1} \equiv-d_{n}(\bmod p)

, тоест

b_{n}= p-d_{n}

. Тъй като

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

е периодична, то и

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

е периодична със същия период

l

. Тогава

s_{n}

също ще е периодична. Наистина, тъй като

(2, p)=1

, то има число

g

, за което

2^{g} \equiv( \bmod p

). Сега е ясно, че ако

n=k_{n} g+r_{n}

, където

0 \leq r_{n}\lt{}g

, то:

s_{n} \equiv 2^{g-r_{n}} d_{n}(\quad \bmod p)

Тъй като

2^{g-r_{n}}

е периодична (с период

g

) и

d_{n}

е периодична, то

s_{n}

е периодична с период (не по-голям от) произведението на

g

и периода на

\left\{d_{n}\right\}

, тоест от

g l

. От друга страна от уравнение 26 имаме:

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

откъдето, сумирайки по

n \in \mathbb{N}

и използвайки, че

a_{n+1}\lt{}2^{n+1}

е много по-малко от

p^{n}

за големи

n

p \geq 3

, получаваме:

1-\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{p}\right)^{n} s_{n}=0

Сега тъй като

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

е периодична, то има естествени числа

k

m

, за които

s_{m+j}=s_{j}

за

j\gt{}k

. Но тогава може да пресметнем:

\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

p

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

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

не е периодична, а оттук и

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

не е периодична. Окончателно

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

е периодична точно за четни

p

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-7

Задача 7b

Пълен запис

Условие

За всяко

1 \leq i \leq 9

и всяко

T \in \mathbb{N}

дефинираме

d_{i}(T)

да бъде общия брой на срещане на цифрата

i

в десетичния запис на всички естествени числа по-малки или равни на

T

и кратни на 1829. (Например,

d_{i}(1828)=0, \forall i

, докато

d_{1}(1829)=d_{2}(1829)=d_{8}(1829)=d_{9}(1829)=1

.) Да се докаже, че съществуват безброй много числа

T \in \mathbb{N}

, такива че сред

\left\{d_{i}(T)\right\}_{i=1}^{9}

се срещат точно две различни стойности. (Например

T=1830

изпълнява това свойство.)

Решение

Нека означим

n: =1829

. Първо, ще избрем

k

такова, че

n \mid 10^{k}-1

. Например всяко число, кратно на

\varphi(n)

върши работа, защото

(n, 10)=1

. Следователно

k

-тата от този тип са безбройно много! Ще покажем, че за всяко такова

k

едното от числата

T=10^{k}-1

или

T=10^{k}-2

изпълнява условието на задачата, с което тя ще бъде решена. Достатъчно е да покажем, че

\#\left\{d_{i}\left(10^{k}-1\right): 1 \leq i \leq 9\right\} \leq 2

. Наистина, ако

\#\left\{d_{i}\left(10^{k}-1\right): 1 \leq i \leq\right. 9\}=1

, то

10^{k}-1

е кратно на

n

, при това се записва само с 9 -ки. Следователно

d_{i}\left(10^{k}-2\right)=d_{i}\left(10^{k}-1\right), i=1, \ldots,

8, \quad \text{но} \quad d_{9}\left(10^{k}-2\right)\lt{}d_{9}\left(10^{k}-1\right),

т. е.,

T=10^{k}-2

е За да докажем, че

\#\left\{d_{i}\left(10^{k}-1\right): 1 \leq i \leq 9\right\} \leq 2

, използваме наблюдението: ако

\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

\left[1, 10^{k}-1\right]

, то

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 \mid 10^{k}-1, (n, 10)=1

10 \cdot \overline{a_{k-1} a_{k-2} \ldots a_{0}}-\overline{a_{k-2} \ldots a_{0} a_{k-1}}=

\left(10^{k}-1\right) \cdot a_{k-1}.

Благодарение на това наблюдение, заключаваме че множеството от кратните на

n

числа между 1 и

10^{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

k

-цифрени посредством дописване на необходимия брой нули в началото). Така, за всяко

i \in\{1, \ldots, 9\}

стойността на

d_{i}\left(10^{k}-1\right)

е точно

k

пъти по-голяма от броя на

k

-цифрените естествени числа, кратни на

n

и с първа цифра

i

. Тези числа са в интервала

\left[i \cdot 10^{k-1}, (i+1) \cdot 10^{k-1}-1\right]

с дължина

10^{k-1}

и значи тяхната бройка е или

\left\lfloor 10^{k-1} / n\right\rfloor

или

1+\left\lfloor 10^{k-1} / n\right\rfloor

. Следователно

\#\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\gt{}1

дефинираме редицата

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

както следва:

a_{1}=1, \quad a_{n+1}=p a_{n}\left(\bmod 2^{n}\right) \text{за} n \geq 1.

Редицата

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

се дефинира като

b_{n}=a_{n}(\bmod p)

. Да се намерят всички естествени числа

p\gt{}1

, за които редицата

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

е периодична.

Решение

Peweниe 8. Ясно е, че при четно

p, a_2=0

и тогава

a_n=0

за

n\gt{}1

, тоест редицата

b_n

е периодична. Нека

p

е нечетно и да допуснем, че

\left\{b_n\right\}

е периодична с период

l

. Тогава:

a_{n+1}=p a_n-2^n\left\lfloor\frac{p a_n}{2^n}\right\rfloor.

Нека

s_n=\left\lfloor\frac{p a_n}{2^n}\right\rfloor

, а

d_n=2^n s_n(\bmod p)

. Тогава е ясно, че

a_{n+1} \equiv-d_n(\bmod p)

, тоест

b_n=p-d_n

. Тъй като

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

е периодична, то и

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

е периодична със същия период

l

. Тогава

s_n

също ще е периодична. Наистина, тъй като

(2, p)=1

, то има число

g

, за което

2^g \equiv 1(\bmod p)

. Сега е ясно, че ако

n=k_n g+r_n

, където

0 \leq r_n\lt{}g

, то:

s_n \equiv 2^{g-r_n} d_n \quad(\bmod p).

Тъй като

2^{g-r_n}

е периодична (с период

g

) и

d_n

е периодична, то

s_n

е периодична с период (не по-голям от) произведението на

g

и периода на

\left\{d_n\right\}

, тоест от

g l

. От друга страна от уравнение (1) имаме:

\frac{a_{n+1}}{p^n}=\frac{a_n}{p^{n-1}}-\left(\frac{2}{p}\right)^n s_n

откъдето, сумирайки по

n \in \mathbb{N}

и използвайки, че

a_{n+1}\lt{}2^{n+1}

е много по-малко от

p^n

за големи

n

p \geq 3

, получаваме:

1-\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{p}\right)^n s_n=0

Сега тъй като

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

е периодична, то има естествени числа

k

m

, за които

s_{m+j}=s_j

за

j\gt{}k

. Но тогава може да пресметнем:

\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

p

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

не е периодична, а оттук и

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

не е периодична. Окончателно

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

е периодична точно за четни

p

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-8

Задача 8b

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число. Първоначално разполагаме с

n

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

n

да се намери най-малкият брой непразни купчини, които могат да се получат след краен брой ходове от горния тип.

Решение

Отговор. 1 ако

n

е степен на двойката и 2 в противен случай. Очевидно при комбиниране на две купчини от по

2^{k-1}

камъчета можем да получим една с

2^{k}

камъчета. Така, когато

n=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

2^{\ell}

камъчета. Ако

n

не е степен на двойката да изберем

N

такова, че

2^{N}\lt{}n\lt{}2^{N+1}

и да означим с

m: =n-2^{N}

. Тогава

0\lt{}m\lt{}2^{N}

. Нека по гореописаната процедура първо си направим купчина с

2^{N}

камъчета, коятоще наричаме "лидерска". (Алтернативно, можехме да сме малко по-прецизни в конструкцията и да вземем оптимална лидерска купчина от

2^{M}

камъчета, където

M=\left\lceil\log _{2}(m)\right\rceil

) Остават

m

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=2^{N}-1

, то сме достигнали до ситуация със само 2 непразни купчини. Ако

m\lt{}2^{N}-1

, то докато лидерската купчина не остане с точно

m

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

m

камъчета, една купчина с 2 камъчета и всички останали купчини ще са с по едно камъче. Тези останали купчини са точно

n-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

m

камъчета и

2^{N-1}

купчини с по две камъчета. Вторите ги окрупняваме до една купчина с

2^{N}

камъчета и така отново стигаме до момент със само две непразни купчини. Получихме, че ако

n

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

a

b

камъчета съответно, избиране на брой камъчета

c \leq \min (a, b)

, които да вземем от всяка от купчините и формирането на нова купчина с точно

2 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\} \rightarrow\{a-c, b-c, 2 c\}

. Да допуснем, че след даден ход разбиването на камъчетата по купчини е такова, че съществува нечетно число

s

, което да дели броя камъчета във всяка от купчините. Щом

s \mid 2 c

, то

s \mid c

и по допускане

s \mid a-c

s \mid b-c

. Но тогава

s \mid a, b, c

и значи

s

е деляло броя камъчета във всяка от купчините и преди дадения ход! Ако

n

не е степен на двойката, то

n

има нечетен делител

s\gt{}1

. Ако допуснем, че можем да имаме само една непразна кутия след някой ход, то тогава

s

дели броя камъчета във всяка от купчините при такова разбиване. Съгласно горните разсъждения, връщайки се назад, получаваме, че

s

трябва да дели броя камъчета във всяка от купчините и при първоначалното разбиване, т. е.,

s \mid 1

. Противоречие!

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2019-9-8b

2023

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

(IMO ShortList C3) Във всяка единична клетка на квадратна овощна градина с размери

681 \times

681 първоначално е засадено по едно дърво с височина 0 метра. Редувайки се, градинар и дървосекач играят следната игра, като започва градинарят:

(*)

Градинарят избира единична клетка. Дърветата в тази клетка и всичките й съседни (съседите са най-много осем) израстват с по 1 метър.

(*)

Дървосекачът избира четири произволни единични клетки. Отсича по 1 метър от всяко от дърветата с положителна височина в тези клетки. Ще наричаме едно дърво в ллшебно, ако височината му е поне километър. Да се намери най-голямото число

K

, за което на даден етап градинарят може да си осигури поне

K

на брой вълшебни дървета в градината, независимо от играта на дървосекача.

Решение

Ще покажем, че

K=5 \cdot \frac{681^{2}}{9}=257645

. За целта, ще разгледаме по-общата задача с квадратна градина

3 N \times 3 N

, за която ще докажем, че

K=5 N^{2}

. Първо, ще покажем стратегия за дървосекача, непозволяваща

K\gt{}5 N^{2}

. Нека си номерираме редовете на градината от долу нагоре, а стълбовете от ляво надясно. Да означим с

\mathcal{A}

множеството от всички клетки, за които номерата нито на реда, нито на стълба им се дели на 3. Лесно се проверява, че

|\mathcal{A}|=4 N^{2}

, както и че която и единична клетка да избере градинарят, то измежду нейните съседи най-много 4 клетки са от

\mathcal{A}

. Ако дървосекачът играе само в множеството

\mathcal{A}

, то след всеки негов ход във всички клетки на

\mathcal{A}

дърветата ще са с височина 0. Оттук и

K \leq 5 N^{2}

. Сега ще покажем, че градинарят може да си осигури

K=5 N^{2}

. При това, ще модифицираме играта по начин, който допълнително затруднява градинаря, а именно: при всеки свой ход, дървосекачът отсича по 1 метър от всички дървета, които не са в съседни клетки на избраната от градинаря, плюс 4 от дърветата, които са израстли на последния ход на градинаря. Очевидно, печеливша стратегия за модифицираната игра е и печеливша стратегия за оригиналната. Да означим с

M: =\binom{9}{5}

. Ще наричаме

c л е д а

всеки от

M

-те възможни начина да маркираме 5 единични клетки върху квадрат

3 \times 3

. В модифицираната игра, след като градинарят избере

3 \times 3

квадрат за хода си, дървосекачът избира следа за него и в резултат на играта и на двамата всички маркирани в следата дървета израстват с по 1 метър, а тези извън квадрата (и с положителна височина!) се скъсяват с по 1 метър. Също да отбележим, че ако градинарят избере даден

3 \times 3

квадрат последователно

M l

пъти, то поне една от следите ще е избирана поне

l

пъти от дървосекача и значи поне 5 дървета ще са с височина не по-малка от

l

. Стратегията на градинаря е да раздели градината на

N^{2}

непресичащи се

3 \times 3

квадрата, които да номерира в някакъв ред с

0, 1, \ldots, N^{2}-1

. Тогава, за всяко

b=N^{2}-1, \ldots, 0

в намаляващ ред той играе

10^{3} M(M+1)^{b}

последователни хода с квадрата

b

. Така, ходовете в квадрата

b

ще гарантират, че поне 5 от дърветата в него са израстли с поне

10^{3}(M+1)^{b}

, а всеки ход след приключване с избора на

b

ще ги скъсява с по 1 метър. Но след като приключи ходовете си в

b

на градинаря остават

10^{3} M\left((M+1)^{b-1}+(M+1)^{b-2}+\cdots+1\right)=

10^{3}\left((M+1)^{b}-1\right)

хода до края на стратегията, което гарантира, че тези поне 5 дървета в

b

ще са високи поне

10^{3} M(M+ 1)^{b}-10^{3}\left((M+1)^{b}-1\right)=10^{3}

и значи в този момент ще са вълшебни. Задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2023-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дадени са естествени числа

a\gt{}b\gt{}1

. Да се докаже, че съществува множество

M

от

2022^{2022}

последователни естествени числа, такова че за всяко

m \in M

рационалното число

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

не е просто.

Решение

Първо, да забележим, че редицата

A_{n}: =\left\{\left(a^{n}-1\right) /\left(b^{n}-1\right)\right\}_{n=1}^{\infty}

е строго монотонно растяща. Наистина, за всяко

n\gt{}m

\frac{a^{n}-1}{b^{n}-1}\gt{}\frac{a^{m}-1}{b^{m}-1} \quad \Leftrightarrow \quad

\frac{a^{n}-1}{a^{m}-1}\gt{}\frac{b^{n}-1}{b^{m}-1} \quad \Leftrightarrow \quad a\gt{}b,

тъй като функцията

f(x)=\frac{x^{n}-1}{x^{m}-1}

е строго монотонно растяща при

x\gt{}1

. (Например

f^{\prime}(x)=f(x) \cdot x^{m-1}\left(n \cdot x^{n-m}-1\right)\gt{}f(x) \cdot x^{m-1}(n-1)\gt{}0

.) Ще докажем следното твърдение: ако

m\gt{}n, A_{n}=p

, а

A_{m}=q

, където

p, q

- прости числа, то

n \mid m

. Да означим

\ell=(m, n), \ell \leq n

. Тъй като

\left(a^{n}-1\right)=p \cdot\left(b^{n}-1\right), \left(a^{m}-1\right)=q \cdot\left(b^{m}-1\right)

и НОД

\left(a^{n}-1, a^{m}-1\right)=a^{\ell}-1

, съответно НОД(

b^{n}-1, b^{m}-1

)

=b^{\ell}-1

, а най-големите общи делители на левите и десните страни на равенствата трябва да съвпадат, получаваме че

\frac{a^{\ell}-1}{b^{\ell}-1} \in\{1, p, q, p q\}

. Но от монотонността, следва че

1\lt{}A_{\ell} \leq A_{n}=p\lt{}A_{m}=q\lt{}p q \quad

\Longrightarrow \quad \ell=n \quad \Longrightarrow \quad n \mid m.

Нека сега разгледаме редицата

1 \leq n_{1}\lt{}n_{2}\lt{}n_{3}\lt{}\cdots

от всички естествени числа, за които

A_{n_{i}}

е просто число. Ако редицата е крайна, то е ясно, че множество

M

съществува (например, ще вземем първите последователни

2022^{2022}

числа по-големи от най-големия член

n_{\max }

). Ако редицата е безкрайна, то тя е неограничена и нека

j

е такова, че

n_{j-1} \leq 2022^{2022}\lt{}n_{j}

. Тогава

n_{j+1} \geq 2 n_{j}\gt{}n_{j}+2022^{2022}

и значи

M: =\left\{n_{j}+1, n_{j}+2, \ldots, n_{j}+2022^{2022}\right\}

изпълнява условието. Задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2023-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

(IMO ShortList G6) В остроъгълен триъгълник

A B C

точка

H

е петата на височината от върха

A

. Точка

P

е такава, че ъглополовящата

k

на ъгъл

P B C

и ъглополовящата

\ell

на ъгъл

P C B

се пресичат върху отсечката

A H

. Правата

k

пресича

A C

в точка

E

, а правата

\ell

пресича

A B

в точка

F

. Правите

E F

A H

се пресичат в точка

Q

. Да се докаже, че когато точката

P

се мени, правите

P Q

минават през постоянна точка.

Решение

Нека правите, симетрични на

B C

спрямо

A B

A C

се пресичат в точка

K

. Ще докажем, че

K

е търсената точка, т. е. точките

P, Q

K

лежат на една права. Нека правите

B E

C F

се пресичат в

I

. Нека

\omega_{I}=(I, I H), \omega_{A}=(A, A H)

. Нека

\omega_{K}

\omega_{P}

са съответно вписаната в

\triangle K B C

окръжност и външновписаната окръжност за

\triangle P B C

към страната

B C

. Тъй като

I H \perp B C

A H \perp B C

, то

\omega_{I}

\omega_{A}

се допират в точка

H

. Следователно

H

е външен център на хомотетия за двете окръжности. От четириъгълника

B C E F

получаваме

(A, I; Q, H)=-1

и следователно

Q

е вътрешния център на хомотетия за

\omega_{I}

\omega_{A}

. Тъй като

B A

C A

са външни ъглополовящи на

\angle K B C

\angle K C B

, то

\omega_{A}

е външновписаната окръжност за

\triangle B K C

към страната

B C

. Също така

P

е външен център на хомотетия да

\omega_{I}

\omega_{P}

. Нека

T

е допирната точка на

\omega_{P}

B C

, а

T^{\prime}

е допирната точка на

\omega_{K}

B C

. Тъй като

\omega_{I}

е вписаната окръжност и

\omega_{P}

е външновписаната окръжност за

\triangle P B C

към страната

B C

, то

T C=B H

. Тъй като

\omega_{K}

е вписаната окръжност и

\omega_{A}

е външновписаната окръжност за

\triangle K B C

към страната

B C

, то

T^{\prime} C=B H

. Следователно

T \equiv T^{\prime}

, което означава, че

\omega_{K}

\omega_{P}

се допират в точка

T

. Нека

S

да е вътрешния център на хомотегия за

\omega_{A}

\omega_{P}

S^{\prime}

да е вътрешния център на хомотегия за

\omega_{I}

\omega_{K}

. Ясно е, че

S

S^{\prime}

лежат на

B C

. Ще докажем, че

S \equiv S^{\prime}

. Ще използваме известното равенство

r. r_{a}=(p-b)(p-c)

(при стандартни означение за триъгълник). От това равенство за

\triangle P B C

получаваме

r_{I} \cdot r_{P}=B H. C H

, а за

\triangle K C B

получаваме

r_{K} \cdot r_{A}=C T. B T

. Тъй като

B H=C T

B T=C H

, получаваме:

\frac{H S}{S T}=\frac{r_{A}}{r_{P}}=\frac{r_{I}}{r_{K}}=\frac{H S^{\prime}}{S^{\prime} T}

откъдето

S \equiv S^{\prime}

. За окръжностите

\omega_{A}, \omega_{I}

\omega_{K}

точките

Q, S

K

са два вътрешни и един външен център на хомотетия и следователно лежат на една права. Аналогично точките

Q, S

P

лежат на една права, с което то е завършено.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2023-9-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2023-9-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2023-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

\mathbb{R}^{+}=\{x \in \mathbb{R} \mid x\gt{}0\}

е множеството от всички положителни реални числа. Да се намерят всички функции

f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}

, за които равенството:

f\left(x^{2023}+f(x) f(y)\right)=x^{2023}+y f(x)

е вярно за всеки две числа

x, y \in \mathbb{R}^{+}

Решение

Ще докажем, че единствено

f(x)=x

удовлетворява условието. Първо ще покажем, че

f

е биективна. Наистина, ако

y_{1} \neq y_{2}

, то от условието директно се вижда, че

f\left(y_{1}\right) \neq f\left(y_{2}\right)

и значи

f

е инекция. От друга страна, за произволно

s\gt{}0

можем да изберем

x_{s}

такова, че

x_{s}^{2023}\lt{}s

y_{s}=\frac{s-x_{s}^{2023}}{f\left(x_{s}\right)}

, а значи

f\left(x_{s}^{2023}+f\left(x_{s}\right) f\left(y_{s}\right)\right)=s

. Оттук и

f

е сюрективна. Нека сега разгледаме функцията

g(t): =\left(f^{-1}(t)\right)^{2023}

и пренапишем оригиналното условие със замяната

x \rightarrow f^{-1}(t)

y \rightarrow f^{-1}(x)

f(t x+g(t))=t f^{-1}(x)+g(t)

Замествайки

x \rightarrow f(x)

и прилагайки

f^{-1}

към двете страни на равенството, получаваме

f^{-1}(t x+g(t))=t f(x)+g(t).

Прилагайки последователно последните две равенства води до:

f\left(t_{1} t_{2} x+t_{1} g\left(t_{2}\right)+g\left(t_{1}\right)\right)=

t_{1} f^{-1}\left(t_{2} x+g\left(t_{2}\right)\right)+g\left(t_{1}\right)=

t_{1} t_{2} f(x)+t_{1} g\left(t_{2}\right)+g\left(t_{1}\right). \tag{1}

Оттук, при

t_{1}=t_{2}=1

извеждаме

f(x+2 g(1))=f(x)+2 g(1) \tag{2}

Замествайки

\left(t_{1}, t_{2}\right)=(t, 1)

\left(t_{1}, t_{2}\right)=(1, t)

в (1) получаваме двете уравнения

f(t x+t g(1)+g(t))=t f(x)+t g(1)+g(t),

\quad f(t x+g(1)+g(t))=t f(x)+g(1)+g(t). \tag{3}

Нека вземем

y

достатъчно голямо, така че субституцията

x=\frac{y-(g(1)+g(t))}{t}

в (3) да е позволена и тогава да извадим второто уравнение от първото:

f(y+(t-1) g(1))-f(y)=(t-1) g(1)

Да разгледаме произволни положителни реални числа

x, c

и да вземем

t=1+c / g(1)

(т. е.,

c=(t-1) g(1)

), а

y=x+2 N g(1)

, където

N

е достатъчно голямо. Комбинирайки последното уравнение с (2) получаваме

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

Оттук

f(x)-x

е константа и е лесно упражнение да се докаже, че константата трябва да е нула. Следователно единствено

f(x)=x, x \in \mathbb{R}^{+}

е Проверката е непосредствена. По-общ подход: (Стефан Герджиков) Да означим с

a(x)

функцията

a(x)=x^{2023}

. Нека

f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}

удовлетворява даденото равенство.

(*)

f

е биекция. Наистина, ако

f\left(y_{1}\right)=f\left(y_{2}\right)

, то тъй като

f(x) \neq 0

, за всяко

x

получаваме:

a(x)+y_{1} f(x)=f\left(a(x)+f(x) f\left(y_{1}\right)\right)=

f\left(a(x)+f(x) f\left(y_{2}\right)\right)=a(x)+y_{2} f(x)

откъдето

y_{1}=y_{2}

. С това

f

е инекция. Сега, тъй като

a(x)

е сюрекция върху

\mathbb{R}^{+}

, то за всяко

\varepsilon\gt{}0

има

x

, за което

a(x)\lt{}\varepsilon

. Тогава

a(x)+y f(x)

описва интервала

(a(x), \infty)

когато

y

пробягва

(0, \infty)

. Следователно, за всяко

\varepsilon\gt{}0, (\varepsilon, \infty) \subseteq r n g(f)

, откъдето и

(0, \infty) \subseteq r n g(f)

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2023-9-6