KMBOM

Контролно за национален отбор за МБОМ

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

10 години1 класаИма видими липси

По година По клас

Избран клас

7

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

2023 · 7: липсва задача 4, 7, 10
2017 · 7: липсва задача 6
2012 · 7: липсва задача 5, 7
2011 · 7: липсва задача 6, 7

2009

7 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Точка

N

лежи на външната ъглополовяща при върха

C

на триъгълник

A B C

. Окръжност

k

с център

N

пресича страните

A C

B C

съответно в точки

D

E

. Да се докаже, че четириъгълникът

D E C N

може да се впише в окръжност.

Решение

Нека окръжността

k

пресича за втори път правите

A C

B C

съответно в точки

F

G

. Триъгьлниците

D C N

G C N

са еднакви по 4 -ти признак (

N C\lt{}N D

, понеже

C

е вътрешна за

k

). Сега триъгълниците

D C E

G C F

са еднакви по втори признак, откъдето мерките на дъгите

D E

G F

са равни. Тогава мярката на ъгъл

D C E

е равна на тази на дъгата

D E

, а значи и на ъгъл

D N E

. Заключението следва от това, че

C

N

виждат

D E

под еднакъв ъгъл.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2009-7-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълникът

A B C

, в който

A B\gt{}A C

. Ъглополовящата на външния ъгъл при върха

A

пресича описаната около

\triangle A B C

окръжност в точката

E

. Нека

E F \perp A B, F \in A B

. Да се докаже, че

A F=\frac{1}{2}(A B-A C)

Решение

Нека

D \in B F

е такава точка, че

A D=2 D F

. Тогава

A E=E D

. Нека правата

D E

пресича за втори път окръжността в точка

G

, а върху правата

C A

да изберем произволна точка

P

така, че

A

е между

C

P

. Имаме

\angle B G E=\angle B A E=\angle A D E=\angle B D G

. Оттук следва, че

B G=B D

. Осен това,

\angle G E A=180^{\circ}-2 \angle E A D=180^{\circ}-\angle P A D=\angle B A C

. Това ни дава равенството на дъгите

B C

G A

, а значи и на

B G

и на

C A

. Оттук следва, че

A B-A C=A B-B G=A B-B D=A D=2 A F

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2009-7-2

Задача 2b

Пълен запис

Условие

Да се реши в цели числа уравнението

x^{5}+x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1=y^{2}

Решение

Можем да запишем уравнението във вида

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

. Да отбележим, че от

x^{2}+x+1=\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}\gt{}0

следва, че даденото уравнение няма при

x \leq-2

. Очевидно двойките

(-1; 0), (0; -1)

(0; 1)

са на уравнението. Нека

x\gt{}0

. Понеже

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

, то най-големият общ делител на

x^{3}+1

x^{2}+x+1

дели 2, тоест е 1 или 2. Но

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

е нечетно число, следователно числата

x^{3}+1

x^{2}+x+1

са взаимно прости и за да бъде произведението им точен квадрат, необходимо е всяко от тях да е точен квадрат. Но при

x\gt{}0

са верни неравенствата

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

, които показват, че

x^{2}+x+1

не може да бъде точен квадрат. Ето защо даденото уравнение няма други , освен посочените по-горе.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2009-7-2b

Задача 3

Пълен запис

Условие

Произведението от цифрите на естественото число

n

е равно на

n^{2}-42 n+440

. Да се намери

n

Решение

Да означим с

p(n)

произведението от цифрите на естественото число

n

. Ще докажем с индукция по броя на цифрите на

n

, че

p(n) \leq n

. За едноцифрените числа даденото неравенство се превръща в равенство. Нека неравенството

p(n) \leq n

е вярно за всички естествени числа с не повече от

k

цифри и нека

n=\overline{a_{1} \ldots a_{k} a_{k+1}}

е произволно естествено число с (

k+1

) цифри. Тогава

p(n)=a_{1} \cdot \ldots \cdot a_{k} \cdot a_{k+1} \leq 9 \cdot a_{1} \cdot \ldots \cdot a_{k} \leq 9 \cdot \overline{a_{1} \ldots a_{k}}\lt{}10 \cdot \overline{a_{1} \ldots a_{k}}+a_{k+1}=n

, с което индукцията е завършена. Нека сега

n

е естествено число, за което

p(n)=n^{2}-42 n+440

. Съгласно доказаното тогава е вярно, че

n^{2}-42 n+440 \leq n \Leftrightarrow(n-22)(n-20) \leq n

, но при

n \geq 27

имаме

(n-22)(n-20) \geq 7(n-22)\gt{}n

, тоест

n \leq 26

. Аналогично показваме, че

n \geq 16

, макар че това ограничение не е задължително, просто ако не го направим, ще трябва да извършим повече проверки. Накрая, проверявайки останалите стойности на

n

, получаваме, че на задачата са числата 18 и 24.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2009-7-3

Задача 3b

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всеки три положителни числа

a, b, c

, за които

a+b+c=1

, е вярно неравенството

5\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \leq 6\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)+1

Решение

Без ограничение можем да считаме, че

a \geq b \geq c

, тогава Зc

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

. Да изразим

c=1-a-b

и да го заместим в даденото неравенство. След разкриване на скобите и опростяване получаваме, че то е еквивалентно на

1-4 a-4 b+4 a^{2}+4 b^{2}+13 a b-9 a^{2} b-9 a b^{2} \geq 0

. Да означим

a+b=p, a b=q

. Ще използваме, че

\frac{2}{3} \leq p\lt{}1

, както и неравенството

q \leq \frac{1}{4} p^{2}

, което е еквивалентно с

(a-b)^{2} \geq 0

. Можем да запишем полученото неравенство във вида

1-4 p+4 p^{2}+5 q-9 p q \geq 0

или

(2 p-1)^{2}+q(5-9 p) \geq 0

. Но при

\frac{2}{3} \leq p\lt{}1, 5-9 p\lt{}0

и тогава

q \leq \frac{1}{4} p^{2} \Leftrightarrow q(5-9 p) \geq \frac{1}{4} p^{2}(5-9 p)

, следователно

(2 p-1)^{2}+q(5-9 p) \geq(2 p-1)^{2}+\frac{1}{4} p^{2}(5-9 p)

. Но

(2 p-1)^{2}+\frac{1}{4} p^{2}(5-9 p)=\frac{1}{4}\left(-9 p^{3}+21 p^{2}-16 p+4\right)=\frac{1}{4}(1-p)(3 p-2)^{2} \geq 0

, с което неравенството е доказано. От

a+b+c=1

получаваме

a^{3}+b^{3}+c^{3}=3 a b c+a^{2}+b^{2}+c^{2}-a b-b c-c a

. Като заместим полученото в даденото неравенство, след опростяване и съкращаване получаваме, че то е еквивалентно на

4(a b+b c+c a) \leq 9 a b c+1

. Това неравенство можем да запишем и във вида

4(a b+b c+c a)(a+b+c) \leq(a+b+c)^{3}+9 a b c

, което от своя страна е еквивалентно с

a^{3}+b^{3}+c^{3}+3 a b c \geq a^{2} b+a b^{2}+b^{2} c+b c^{2}+a^{2} c+a c^{2}

. Последното неравенство можем да запишем още във вида

a b c \geq(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)

. Поне два от трите множителя вдясно са положителни. Ако точно един от трите множителя е неположителен, то неравенството е очевидно. А ако и трите са положителни, то от

\sqrt{\vphantom{x^2}x y} \leq \frac{x+y}{2}

имаме

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

и след почлено умножение получаваме исканото.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2009-7-3b

Задача 4

Пълен запис

Условие

В редица са поставени празни кутии, последователно номерирани с

1, 2, \ldots

, 2009. Една от кутиите е синя, а останалитебели. Всеки ден била избирана една кутия и бил добавян по орех в нея и в съседните й кутии. След време в белите кутии имало по 9 ореха, а в синята броят им бил друг. Кои са възможните позиции на синята кутия и какъв може да е бил броят на орехите в нея?

Решение

При всеки ход се добавя по орех в точно една позиция от вида

3 k+1

, в точно една позиция от вида

3 k+2

и в не повече от една позиция от вида

3 k

. Така сборът на орехите във всяка от първите две групи винаги е еднакъв, а този в третата е не поголям. Като вземем предвид, че в първите две групи има и равен брой кутии, заключаваме че синята кутия не може да е в никоя от тях. Значи тя трябва да е в третата група, и понеже в нея има и една кутия по-малко, броят на орехите в синята кутия не надхвърля броя на орехите в две бели кутии, т. е. 18. Ще покажем, че синята кутия може да е на всяка позиция от вида

3 k

и броят

b

на орехите в нея може да е всяко от числата от 0 до 18 (освен 9). Да наречем «

3 k

-връх» поредица от дни, в които са избирани кутиите с номера

2, 5, 8, \ldots, 3 k-1; 3 k+1, 3 k+4, 3 k+7, \ldots, 2008

. След

3 k

-връх орехите в кутия

3 k

се увеличават с 2, а във всяка от останалите кутии се увеличават с 1. Да наречем «

3 k

-дол» поредица от дни, в които са избирани кутиите с номера

1, 4, 7, \ldots, 3 k

2; 3 k+2, 3 k+5, 3 k+8, \ldots, 2009

. След

3 k

-дол орехите в кутия

3 k

не се променят, а във всяка от останалите кутии се увеличават с 1. Да наречем «плато» поредица от дни, в които са избирани кутиите с номера

1, 4, 7, \ldots, 2008

. След плато орехите във всяка кутия се увеличават с 1. Ако

b \leq 8

, за да имаме

b

ореха в позиция

3 k

можем да извършим плато

b

пъти и

3 k

-дол 9 -

b

пъти. Ако

10 \leq b \leq 18

, можем да извършим плато 18 -

b

пъти и

3 k

-връх

b-9

пъти.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2009-7-4

Задача 4b

Пълен запис

Условие

Едно естествено число ще наричаме босненско, ако се записва само с цифрите 1, 2 и/или 3 и сборът от цифрите му е 2009. Какъв е остатъкът при деление с 3 на броя на босненските числа?

Решение

Нека

a_{n}

е броят на естествените числа, чиито цифри са 1, 2 и/или 3 и имат сбор

n

. Тогава

a_{1}=1, a_{2}=2

(числата са 2 и 11),

a_{3}=4

(числата са

3, 12, 21

и 111). При

n \gt{}3

имаме

a_{n}=a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3}

, понеже такова число със сбор от цифрите

n

може да се получи само по три метода:

(*)

с дописване на 1 към всяко от

a_{n-1}

-те числа със сбор от цифрите

n-1

;

(*)

с дописване на 2 към всяко от

a_{n-2}

-те числа със сбор от цифрите

n-2

;

(*)

с дописване на 3 към всяко от

a_{n-3}

-те числа със сбор от цифрите

n-3

; Да запишем остатъците от делението с 3 на числата

a_{n}: \mathbf{1}, \mathbf{2}, \mathbf{1}, 1, 1, 0, 2, 0, 2, 1, 0, 0, 1, \mathbf{1}

, 2, 1; понеже след първите 13 остатъка се появиха три поредни остатъка, еднакви с първите три, нататък редицата от остатъците ще се повтаря с период 13. Понеже

2002=

2 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13, остатъкът на 2009 при деление с 13 е 7, значи остатъкът пре деление с 3 е като този на седмото число, т. е. 2.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2009-7-4b

2011

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че ако

a, b

са реални числа, за които

a^{2}+b^{2}=

2011, то

\left(\frac{a}{\sqrt{\vphantom{x^2}2011}}+\frac{b}{\sqrt{\vphantom{x^2}2012}}\right)\left(\frac{a}{\sqrt{\vphantom{x^2}2012}}+\frac{b}{\sqrt{\vphantom{x^2}2011}}\right)\lt{}

\frac{4023}{2012}.

Решение

От Неравенството на Коши-Шварц имаме

\left(\frac{a}{\sqrt{\vphantom{x^2}2011}}+\frac{b}{\sqrt{\vphantom{x^2}2012}}\right)^{2} \leq

\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(\frac{1}{2011}+\frac{1}{2012}\right)=\frac{4023}{2012}

като равенство се достига само при

a^{2}=\frac{2011}{2012} b^{2}

. Аналогично

\left(\frac{a}{\sqrt{\vphantom{x^2}2012}}+\frac{b}{\sqrt{\vphantom{x^2}2011}}\right)^{2} \leq

\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(\frac{1}{2012}+\frac{1}{2011}\right)=\frac{4023}{2012}

като равенство се достига само при

a^{2}=\frac{2012}{2011} b^{2}

. Ако лявата страна на желаното неравенство е отрицателна, то е тривиално. Ако не е, остава да умножим почленно двете получени неравенства и да коренуваме. Неравенството е строго, понеже двете условия за равенство са несъвместими при

a^{2}+b^{2}=2011

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2011-7-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A D C

със страна

A C=1

и окръжности

k_{1}(A)

k_{2}(C)

, които се пресичат в точката

D

. Произволна права през

D

пресича за втори път окръжностите съответно в точките

M

N

. a) Да се докаже, че симетралите на отсечките

M N

имат обща точка. б) Да се определи най-голямата възможна дължина на отсечката

M N

Решение

а) Ако

D A_{1}

D C_{1}

са диаметри съответно на

k_{1}

k_{2}

, точките

M, N, A_{1}

C_{1}

са върхове на трапец (евентуално изроден) с основи

M A_{1}

N C_{1}

, перпендикулярни на

M N

(а тя е бедро или диагонал на трапеца). Тогава симетралата

M N

съдържа средната основа на трапеца, така че минава през постоянната среда на

A_{1} C_{1}

. б) Ако изберем правата

M N \| A C

, полученият трапец е правоъгълник (евентуално изроден) и

M N=A_{1} C_{1}=2 A C=2

(

A C

е средна отсечка). Във всички останали случаи дължината на

M N

е по-малка, понеже е перпендикуляр, а

A_{1} C_{1}=2

е наклонена. Забележка. Търсената в а) постоянна точка може да се характеризира като четвъртия връх на успоредника

A B C D

с диагонал

A C

. Това е така, понеже

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

по първи признак (

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

поради

\angle C M D=\angle C D M

\angle C N D=\angle C D N

и съответните ъгли при правите на успоредника; има няколко възможни разположения на точките). Разглеждането на случаи може да се спести, ако се работи с ориентирани ъгли:

\begin{aligned} \angle(A B; A M) & =\angle(A B; A D)+\angle(A D; D M)+\angle(D M; A M)= \\ & =-\angle(D C; A D)+2(\angle(D C; A D)+\angle(A D; D M))= \\ & =\angle(B C; D C)+2 \angle(D C; D N)= \\ & =\angle(B C; D C)+\angle(D C; D N)+\angle(D N; C N)=\angle(B C; C N) \end{aligned}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2011-7-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички тройки от цели положителни числа

(x, y, z)

, за които е вярно равенството

\frac{x}{2^{x}}+\frac{y}{2^{y}}=\frac{z}{2^{z}}.

Решение

От

\frac{n}{2^{n}}-\frac{n+1}{2^{n+1}}=\frac{n-1}{2^{n+1}}\gt{}0

(при

n\gt{}1

) лесно следва, че при

2 \leq p\lt{}q

имаме

\frac{q}{2^{q}}\lt{}\frac{p}{2^{p}}

. Нека

z \geq 5

. Тогава имаме

\begin{gather*} \frac{z}{2^{z}}-\left(\frac{z+1}{2^{z+1}}+\frac{z+2}{2^{z+2}}\right)=\frac{z-4}{2^{z+2}}\gt{}0 \quad \text{и} \tag{1}\\ \frac{z}{2^{z}}-\left(\frac{z+1}{2^{z+1}}+\frac{z+1}{2^{z+1}}\right)=\frac{-1}{2^{z}}\lt{}0 \end{gather*}

Тъй като очевидно трябва

x\gt{}z

y\gt{}z

, неравенствата (1) и (2) показват, че уравнението няма решение. При

z=4

, за да имаме равенство в (1), единствената възможност е числата

x

y

да са 5 и 6. Оттук получаваме две решения на уравнениетотройките

(5; 6; 4)

(6; 5; 4)

. Нека

z \leq 3

, тогава

\frac{z}{2^{z}} \geq \frac{3}{8}

. Ако

x \geq y

(аналогично разсъждаваме и при обратното неравенство), понеже

\frac{x}{2^{x}} \leq \frac{y}{2^{y}}

следва, че

\frac{y}{2^{y}} \geq \frac{3}{16}

. Това е възможно само ако

y \leq 4

. Разглеждайки възможните стойности на

y

z

, получаваме още две решения на уравнението, а именно

(4; 4; 1)

(4; 4; 2)

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2011-7-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В квадратна таблица

5 \times 5

отначало всички полета са празни, като едно от тях е оцветено. Двама играчи X и О правят ходове, редувайки се. Който е на ход, поставя името си в незаето поле на таблицата, съседно (по страна или връх) на последното заето поле. Пръв е X, като при първия си ход може да играе в произволно неоцветено поле. Ако някой не може да играе, играта приключва с победа на другия. Ако някой постави знака си в оцветеното поле, той печели и играта приключва. Кой ще спечели при правилна игра? (Отговорът може да зависи от позицията на оцветеното поле.)

Решение

Полетата, съседни на оцветеното, както и самото него, ще наричаме опасни. Ако някой играе в опасно неоцветено поле, той ще загуби играта при следващия си ход. Ако оцветеното поле има обща точка с контура на таблицата, опасните полета са 4 или 6. Останалите полета могат да се разбият на двойки съседни полета и едно отделно поле (как?). Тогава X ще победи, ако с първия си ход играе в отделното поле, и после следва тактиката: ако О играе в неопасно поле, то X играе в другото поле от двойката му (така X винаги има възможен ход); ако О играе в опасно поле (то задължително е неоцветено), то X играе в оцветеното поле и побеждава. Ако оцветеното поле няма обща точка с контура на таблицата, опасните полета са 9. Останалите 16 полета могат да се разбият на двойки съседни (евентуално по диагонал). Тогава О ще победи, ако следва тактиката: ако X играе в неопасно поле, O играе в другото поле от двойката му (така O винаги има възможен ход); ако X играе в опасно поле (то задължително е неоцветено), О играе в оцветеното поле и побеждава.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2011-7-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

x, y, z

са неотрицателни числа със сбор 3. Да се намери най-малката и най-голямата стойност на израза

A=\frac{1}{(x+3)(y+3)}+\frac{1}{(y+3)(z+3)}+\frac{1}{(z+3)(x+3)}.

Решение

Да положим

u=x+3 \geq 3, v=y+3 \geq 3, w=z+3 \geq 3

; понеже изразът е симетричен, можем да считаме, че

u \leq v \leq w

. Имаме

u+v+w=12

и от неравенството между СА и СГ получаваме

u v w \leq 4^{3}=

64, като равенство се достига за

u=v=w=4

. Така най-малката стойност на

A=\frac{u+v+w}{u v w}

\frac{12}{64}=\frac{3}{16}

. Ще покажем, че

u v w \geq 54

. Да допуснем, че

u\gt{}3

и да заменим

u

с 3, а

w

w+u-3

, при което

u+v+w

остава 12. Имаме

u w\gt{}3(w+u-3)

, понеже в случая

(u-3)(w-3)\gt{}0

, така че при тази замяна произведението

u v w

намалява. И така, нека считаме, че

u=3

; да допуснем сега, че

v\gt{}3

и да заменим

v

с 3, а

w

w+v-3

, при което

u+v+w

остава 12. Имаме

v w\gt{}3(w+v-3)

, понеже в случая

(v-3)(w-3)\gt{}0

, така че при тази замяна произведението

u v w

намалява. И така, то е минимално, ако

u=v=3

, съответно

w=6

; тогава

u v w=3 \cdot 3 \cdot 6=54

. Така най-голямата стойност на

A=\frac{12}{u v w}

\frac{12}{54}=\frac{2}{9}

. Забележка. Можем да изразим

z=3-x-y

; тогава получаваме

A=\frac{12}{(x+3)(y+3)(6-x-y)}

и разсъждаваме само за знаменателя.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2011-7-5

Задача 8

Пълен запис

Условие

В една държава има

n

летища. От всяко летище има (двупосочни) авиолинии към точно три други летища. От всяко летище може да се отиде до всяко друго с не повече от едно прекачване. Да се намерят всички възможни стойности на

n

Решение

От условието следва

n \geq 4

. От дадено летище можем да стигнем директно до три други, а от всяко от тях можем да стигнем до най-много две други, така че

n \leq 1+3(1+2)=10

. Общият брой авиолинии е равен на половината от сбора

3 n

на всички изходящи линии от летищата (понеже всяка линия е броена по два пъти), така че

n

е четно число. Така

n

е някое от числата

4, 6, 8

и 10. Всяка от тези стойности е възможна. Действително, нека

n=2 k, k=2, 3, 4, 5

. В първите три случая нека номерираме летищата от 1 до

2 k

и за всяко подходящо

i

да свържем летище номер

i

с летища

i-1, i+1

i+k

(номерацията е по модул

n

, така че автоматично линиите се оказват двупосочни). При тази постановка с едно прекачване от летище

i

може да се стигне и до летища

i-2, i+2, i+k-1

i+k+1

, което поради

k \leq 4

изчерпва всички останали летища, т. е. условието е спазено. В случая

k=5

нека означим летищата

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{5}, B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{5}

и за всяко подходящо

i

да свържем летище

A_{i}

с летища

A_{i-1}, A_{i+1}

B_{i}

, а летище

B_{i}

с летища

B_{i-2}, B_{i+2}

A_{i}

(номерацията е по модул 5, така че автоматично линиите се оказват двупосочни; получената конфигурация е известна като Граф на Петерсен). При тази постановка, с едно прекачване от летище

A_{i}

може да се стигне до летища

A_{i-2}

B_{i-1}

през

A_{i-1}

, до

A_{i+2}

B_{i+1}

през

A_{i+1}

и до

B_{i-2}

B_{i+2}

през

B_{i}

, което изчерпва всички останали летища. По подобен начин се уверяваме, че от летище

B_{i}

може да се стигне до всяко друго с не повече от едно прекачване. Така получихме, че

n

може да е всяко от числата

4, 6, 8

и 10.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2011-7-8

2012

13 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Сборът от квадратите на

n

цели числа е 2012. Да се намери най-малката възможна стойност на

n

Решение

Решение. Да допуснем, че

n \leq 3

, допълвайки с 0, ще считаме, че

n=3

. Понеже 2012 се дели на 4, а квадратите на естествените числа дават остатък 0 или 1 при деление на 4, то събираемите трябва да са четни. Така квадратите им се делят на 4 и ако ги разделим, получаваме уравнение от вида

x^2+y^2+z^2=503

. Но 503 дава остатък 7 при деление на 8, а квадратите на числата дават остатъци 0, 1 или 4 - противоречие. Тъй като

42^2+14^2+6^2+4^2=2012

, отговорът е

n=4

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Положителните реални числа

a, b, c

имат сбор 1. Докажете, че

\sqrt{\vphantom{x^2}6 a+1}+\sqrt{\vphantom{x^2}6 b+2}+\sqrt{\vphantom{x^2}6 c+3} \leq 6

. Кога се достига равенство?

Решение

Решение. Да означим

x=\sqrt{\vphantom{x^2}6 a+1}, y=\sqrt{\vphantom{x^2}6 b+2}, z=\sqrt{\vphantom{x^2}6 c+3}

. Имаме

x^2+y^2+z^2=6(a+b+c)+1+2+3=12

, така че от СКСА

x+y+z \leq \sqrt{\vphantom{x^2}3\left(x^2+y^2+z^2\right)}=6

. Равенство се достига за

x=y=z=2

, т. е. за

a=1 / 2, b=1 / 3, c=1 / 6

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

На 960 картончета са написани числата

\sqrt{\vphantom{x^2}1}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}; \sqrt{\vphantom{x^2}2}+\sqrt{\vphantom{x^2}3}

;

\ldots; \sqrt{\vphantom{x^2}960}+\sqrt{\vphantom{x^2}961}

. Всеки ден се махат две картончета и, ако на тях са записани числата

x

y

, се слага картонче с числото

\frac{x y}{x+y}

. След 959 дни останало само числото

z

. Коя е най-голямата възможна стойност на

z

Решение

Решение. Сборът от реципрочните стойности на числата остава постоянен. В началото той е

-\sqrt{\vphantom{x^2}1}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}-\sqrt{\vphantom{x^2}2}+\sqrt{\vphantom{x^2}3}-\cdots-\sqrt{\vphantom{x^2}960}+\sqrt{\vphantom{x^2}961}=-1+31=30

. Отговор:

\mathbf{1} / \mathbf{3 0}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-4

Задача 6

Пълен запис

Условие

Ъглополовящата

A A_{1}

на триъгълник

A B C

пресича описаната му окръжност

k

в точка

T

. Права през

A_{1}

, перпендикулярна на

A C

, пресича

k

в точка

K

. Правата

T K

пресича страната

B C

в точка

M

. Докажете, че

A M

е перпендикулярна на

B K

Решение

Даден е остроъгълен

\triangle A B C

с височина

C D

и център

O

на описаната окръжност. Точки

M

N

са пети на перпендикулярите от точка

D

съответно към страните

A C

B C

. Ако

P

е средата на отсечката

D O

, да се докаже, че

P M=P N

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-6

Задача 8

Пълен запис

Условие

Полетата на таблица

8 \times 8

са оцветени в

n

цвята. Няма ред, нито стълб, в които да се срещат над 4 различни цвята. Коя е най-голямата възможна стойност на

n

Решение

Да се докаже, че: а) сред всеки 5 цели числа има три със сбор, кратен на 3; б) сред всеки 8 цели числа има шест със сбор, кратен на 3; в) от всеки 10 цели числа могат да се изберат шест (да речем

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{6}

), така че сборът

k_{1} a_{1}+k_{2} a_{2}+k_{3} a_{3}+k_{4} a_{4}+k_{5} a_{5}+k_{6} a_{6}

е кратен на 9 при подходящ избор на числата

k_{i} \in\{4; 1\}

. г) Дадени са 9 цели числа. Винаги ли можем да изберем шест от тях

\left(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{6}\right)

, така че сборът

k_{1} a_{1}+k_{2} a_{2}+k_{3} a_{3}+k_{4} a_{4}+k_{5} a_{5}+k_{6} a_{6}

да е кратен на 9 при подходящ избор на числата

k_{i} \in\{4; 1\}

? Време за работа: 4 ч. 30 мин.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-8

Задача 9

Пълен запис

Условие

Всеки две от реалните числа

a, b, c, d

се различават поне с 1. Ако

a+b+c+d=2 s\gt{}0

a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}=2 s^{2}

, коя е най-малката възможна стойност на

s

Решение

Решение. Имаме

4 s^2=(a+b+c+d)^2=2 s^2+2(a b+a c+a d+b c+b d+c d)

, откъдето

a b+a c+a d+b c+b d+c d=s^2

. Без ограничение на общността считаме, че

a \geq b \geq c \geq d

; тогава

(a-b)^2+(b-c)^2+(c-d)^2+(a-c)^2+(b-d)^2+(a-d)^2 \geq 3 \cdot 1^2+2 \cdot 2^2+3^2

, така че

3\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)-2(a b+b c+c d+a c+b d+a d) \geq 20

. Оттук

6 s^2-2 s^2 \geq 20

s \geq \sqrt{\vphantom{x^2}5}

. Равенство се достига, ако съседните числа се различават точно с 1. Предвид

a+b+c+d=2 \sqrt{\vphantom{x^2}5}

, това става за

a=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}+3}{2}, b=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}+1}{2}, c=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1}{2}, d=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}-3}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-9

Задача 10

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

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

. През ортоцентъра на

\triangle A B C

са построени три окръжности, допиращи правите

A B, B C, A C

в петите на височините на триъгълника. Докажете, че ортоцентърът на

\Delta A B C

е център на описаната окръжност около триъгълника, образуван от вторите пресечни точки на тези окръжности.

Решение

Решение. Трябва да докажем, че височините на дадения триъгълник са симетрали на триъгълника, образуван от вторите пресечни точки на трите окръжности. За целта доказваме, че пресечните точки лежат на правите свързващи петите на височините (ъгли срещу диаметър) и правите, върху които са височините, са ъглополовящи на вписани в окръжностите ъгли. Получаваме еднакви триъгълници, а оттам симетрали.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-10

Задача 11

Пълен запис

Условие

Да се реши в естествени числа уравнението

m^{2}+200=3^{n}

Решение

Решение. Квадратите на естествените числа дават остатък 0 или 1 при деление на 4, така че

3^n

трябва да дава остатък 1 при деление на 4. Следователно

n

е четно,

n=2 k

, а

m

е нечетно. Получаваме

200=\left(3^k-m\right)\left(3^k+m\right)

. Двата множителя в скобите са четни и вторият е по-голям, така че имаме следните случаи: а)

3^k-m=2, 3^k+m=100, 3^k=51

: няма решение; б)

3^k-m=4, 3^k+m=50, 3^k=27, k=3, n=6, m=23

: решение; в)

3^k-m=10, 3^k+m=20, 3^k=15

: няма решение.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-11

Задача 12

Пълен запис

Условие

Нека

n\gt{}1

е естествено число. Във всяко поле на таблица

n \times n

трябва да се постави цифра; сред цифрите да има

n

единици и

n

двойки, а останалите да са нули. В горния ляв ъгъл трябва да има единица. Означаваме с

a_{n}

броя начини за такова запълване, при което сборът по всеки ред и по всеки стълб е 3. a) Докажете, че

a_{3}=4

. б) Пресметнете

a_{4}

a_{5}

. в) Ако

n\gt{}2

, изразете

a_{n+1}

посредством

a_{n}, a_{n-1}

n

Решение

Решение. Сборът по всеки ред и стълб е нечетен, така че трябва да има единица. Понеже единиците са

n

, то трябва да има по една на ред/стълб. Следователно трябва да има по една двойка на ред/стълб a) Има два начина за поставяне на „2" в първия ред и независимо от това два начина за „2” в първия стълб. След тези избори таблицата се запълва еднозначно. в) Да разгледаме таблица

(n+1) \times(n+1)

, в която поле

(1; 1)

е запълнено с „1". Има

n

начина за поставяне на „2” в първия ред и независимо от това

n

начина за „2” в първия стълб. Затова ще считаме, че те са в полета (

1; 2

) и (

2; 1

), и получения отговор ще умножим по

n^2

. Сега има два случая: - Ако в поле (

2; 2

) има „1", то след задраскване на първите два реда и първите два стълба получаваме таблица

(n-1) \times(n-1)

, в чийто първи ред за единицата има

n-1

възможности. Ако пренаредим стълбовете така, че единицата да е в горния ляв ъгъл, получаваме таблица от описания тип. Броят на тези таблици е

a_{n-1}

, така че от този случай имаме

(n-1) a_{n-1}

възможности. - Ако в поле (

2; 2

) има „0”, да я заменим с „2” и да задраскваме първия ред и първия стълб. Сега да заменим всички „1" с „2” и обратно. Получаваме таблица

n \times n

от описания тип. Броят на тези таблици е

a_n

. Окончателно получаваме

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

. б) Явно

a_2=1

. От в) получаваме

a_4=3^2((3-1).1+4)=54

a_5=4^2((4-1).4+54)=1056

. Тези резултати могат да се получат и директно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-12

Задача 13

Пълен запис

Условие

Нека

a, b, c

са положителни числа. а) Да се докаже, че

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

. б) Намерете най-малката възможна стойност на израза

a+b+c+\frac{25 a}{(a+2 b+3 c)^{2}}

+\frac{25 b}{(b+2 c+3 a)^{2}}+\frac{25 c}{(c+2 a+3 b)^{2}}

Решение

Решение. а) Нека

S

е стойността на израза вляво. Полагаме

x=a+2 b+3 c\gt{}0

y=b+2 c+3 a\gt{}0, \quad z=c+2 a+3 b\gt{}0

. Тогава

\frac{1}{6}(x+y+z)=a+b+c

. Изваждайки от първото равенство, получаваме

\frac{5}{6} x-\frac{1}{6}(y+z)=b+2 c

. Замествайки във второто, имаме

a=\frac{7}{18} y-\frac{5}{18} x+\frac{1}{18} z

. Аналогично

b=\frac{7}{18} z-\frac{5}{18} y+\frac{1}{18} x

c=\frac{7}{18} x-\frac{5}{18} z+\frac{1}{18} y

. Тогава

S \geq \frac{7}{18}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\right)+\frac{1}{18}\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}\right)-\frac{5}{18} \cdot 3

. Според неравенството между средно аритметично и средно геометрично, изразите в скобите са не по-малки от 3. Така

S \geq \frac{1}{2}

. Равенство се достига за

a=b=c

. б) Понеже

1+25 t^2 \geq 10 t

, стойността на израза вляво е поне

10 S

, т. е. поне 5. Равенство се достига при

a=b=c=\frac{5}{6}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-13

Задача 14

Пълен запис

Условие

Вписаната в триъгълник

A B C

окръжност допира

A B

в точка

E

, а

A C

в точка

D

. Точка

P

е произволна от голямата дъга

E D

. Точките

F

G

са симетрични на

A

съответно относно правите

P D

P E

. Намерете геометричното място от точки среди на отсечките

F G

Решение

Решение. От допирателни и имаме

F D=A D=A E=E G

. От вписани и периферни ъгли получаваме, че

\angle F D E=\angle D E G

. Така се получава, че независимо от мястото на т.

P

, четириъгълникът

F D G E

е успоредник и средата на

F G

съвпада със средата на

D E

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-14

Задача 15

Пълен запис

Условие

Всеки диагонал на правилен

n

-ъгълник

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

е оцветен в синьо или черно. Няма три върха, свързани с три едноцветни диагонала. Намерете най-голямата възможна стойност на

n

Решение

Решение. Ако

n=11

и оцветим в синьо диагоналите от вида

A_i A_{i+2}

A_i A_{i+3}

, а в черно останалите, т. е. тези от вида

A_i A_{i+4}

A_i A_{i+5}

(номерацията е по модул 10), условието е спазено (защо?). Да допуснем, че

n \geq 12

. Сред диагоналите

A_1 A_3, A_1 A_5, A_1 A_7, A_1 A_9

A_1 A_{11}

има поне три едноцветни, така че техните три краища са свързани с диагонали от другия цвятпротиворечие. Отговор:

n=11

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-15

Задача 16

Пълен запис

Условие

За всяко трицифрено

m\gt{}990

, определете най-малкото естествено

n\gt{}1

, ако такова съществува, за което произведението

m n

се записва само с нечетни цифри.

Решение

Решение. Ясно е, че

m

n

трябва да са нечетни. Ако

m=1000-k

, то

m \cdot n=(1000-k) n= 1000(n-1)+(1000-k n)

. Ако

k n \leq 1000

, числото в дясната скоба е неотрицателно, така че цифрата на хилядите на

k n

е четна, понеже

n-1

е четно. Тогава нека

n

е най-малкото нечетно число над

\frac{1000}{k}

. - При

m=999, k=1, n=1001

999 \cdot 1001=999999

, което отговаря на условието. - При

m=997, k=3, n=335

997 \cdot 335=333995

, което отговаря на условието. - При

m=995, k=5, n=201

995 \cdot 201=199995

, което отговаря на условието. - При

m=993, k=7

, отхвърляме

n=143, 145, 147, \ldots, 153

, и едва

n=155

и дава

m n=153915

, което отговаря на условието. - При

m=991, k=9

, отхвърляме

n=113, 115, 117, 119

(

m n

е съответно 111983,

113965, 115947, 117929

). Едва

n=121

дава

m n=119911

, което отговаря на условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-16

2014

3 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Намерете най-голямата стойност на

a+b+c

, ако числата

a, b, c

са положителни и

a^{2}+b^{2}+c^{2}=a^{3}+b^{3}+c^{3}

. Как се променя отговорът, ако премахнем изискването за положителност?

Решение

Вътре в

\triangle A B C

, върху ъглополовящата

\ell

от върха

B

, е взета точка

M

такава, че симетралите на отсечките

A M

M C

се пресичат върху

\ell

. Ако

s_{A M} \cap A B=P

s_{C M} \cap C B=N

, докажете, че

B P: B N=B A: B C

. Решение. Ако

O \in s_{A M} \cap s_{C M} \cap \ell

, то

O \in s_{A C} \cap \ell

(в частност

O

лежи на описаната окръжност за

A B C

). Тогава симетралите

O N

O P

са ъглополовящи в

\triangle A O B

\triangle B O C

. От свойството на ъглополовящата имаме

\frac{B N}{N C}=\frac{B O}{O C}=\frac{B O}{O A}=\frac{B P}{P A}

. Оттук следва, че

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2014-7-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Определете последните четири цифри на точен квадрат на естествено число, ако знаете, че последните три от тях са еднакви.

Решение

Начертах изпъкнал десетоъгълник и построих всичките му диагонали. Никои три от тях не минаха през една и съца точка. Колко триъгълника има на чертежа ми? Решение. Триъгълниците с върхове сред тези на десетоъгълника са

\binom{10}{3}=\frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1}=120

. Триъгълниците, имащи два върха сред тези на десетоъгълника, са 4.(

\binom{10}{4}=\frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{3 \cdot 2 \cdot 1}=840

, понеже се пораждат по четири от всяка четворка точки. Триъгълниците, имащи един връх сред тези на десетоъгълника, са

5.\binom{10}{5}=\frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}=1260

, понеже се пораждат по пет от всяка петорка точки. Триъгълниците, нямащи върхове сред тези на десетоъгълника, са

\binom{10}{6}=\frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}=210

, всеки се поражда от различна шесторка точки. Общо

120+840+1260+210=2430

триъгълника.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2014-7-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Квадрат

2 \times 2

, от който е махнато едното поле, ще наричаме г-тримино. От четвъртия ред на квадрат

7 \times 7

са махнати част от полетата. Остатъкът от квадрата е разрязан на г-тримина. Определете броя и мястото на махнатите полета.

Решение

Да оцветим нечетните полета от нечетните редове. Имаме 16 оцветени полета, а всяко г-тримино покрива най-много едно от тях, така че имаме нужда от поне 16 г-тримина, които покриват поне 48 полета. Следователно от 49-те полета е махнато точно едно. Остава да се построят примери, които сочат, че това може да е всяко поле от този ред.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2014-7-4

2016

9 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

a) За реалните числа

x, y, z, t

докажете

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

8(x+z)(y+t)(x z+y t).

б) Краен или безкраен е броят четворки

(x, y, z, t)

от различни цели числа, при които се достига равенство?

Решение

а) Да положим

A=x y+y z+z t+t x

B=x z+y t

. Лявата страна е равна на

(A+2 B)^{2}

, а дясната е

8 A B

и исканото е еквивалентно на очевидното

(A-2 B)^{2} \geq 0

. б) Изборьт

t=0

свежда

A=2 B

до

x y+y z=2 x z

и значи при

x+z=1

имаме

y=2 x z

. Следователно безкрайното семейството от четворки (

a, 2 a(1-a), 1-a, 0

) за цяло

a \neq 0, 1

изпълнява исканото.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

На страните

B C

C A

на остроъгълен

\triangle A B C

навън от триъгълника са построени квадрати

C B A_{1} M

A C N B_{1}

. Да се докаже, че правите

A A_{1}

B B_{1}

се пресичат върху височината

C C_{1}

на

\triangle A B C

Решение

Построяваме квадрат

A B E F

навън от

\triangle A B C

. Ротацията на

\triangle A F E

около

A

на

90^{\circ}

дава

C F \perp B B_{1}

, т. е.

B B_{1}

е успоредна на височината

E E_{1}

\triangle F E C

. По същите причини

A A_{1}

е успоредна на височината

F F_{1}

. Нека височините

C C_{1}, E E_{1}

F F_{1}

се пресичат в точка

H

. Транслацията с вектор

\overrightarrow{F A}

изпраща височините в правите

B B_{1}, A A_{1}

; търсената пресечна точка е образът на

H

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-2

Задача 2b

Пълен запис

Условие

За числата

a\gt{}0, b\gt{}0, c\gt{}0

е изпълненео равенството

a+b+c=k

. Намерете най-малката стойност на израза

M=\frac{b^{2}}{\sqrt{\vphantom{x^2}k a+b c}}+\frac{a^{2}}{\sqrt{\vphantom{x^2}k c+a b}}+\frac{c^{2}}{\sqrt{\vphantom{x^2}k b+c a}}

Решение

Равностранен триъгълник със страна 2007см е разделен на равностранни триъгълничета със страни по 1см чрез прави, успоредни на страните му. Върховете на триъгълничетата са оцветени в синьо или червено. Сините точки са поне 1506 на брой. Докажете, че съществува отсечка със сини краища, успоредна на страна на триъгълника.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-2b

Задача 3

Пълен запис

Условие

Ще наричаме „г-тримино“ квадрат

2 \times 2

с отстранено едно поле

1 \times 1

. a) От квадрат

5 \times 5

изрязали 8 г-тримина и едно поле останало; кое може да е то? б) Намерете всички двойки естествени (

m; n

m \leq n

, за които е възможно да покрием правоъгълник

m \times n

с няколко слоя от г-тримина, така че никое да не стърчи извън правоъгълника и всяко поле на правоъгълника да е покрито с еднакъв брой г-тримина.

Решение

а) Да оцветим следните 9 полета: централното, ъгловите 4 и 4 -те до средите на страните. Всяко от 8 -те г-тримина може да има най-много едно оцветено поле, така че деветото оцветено поле трябва да е останало. Всяко от тези 9 полета е възможно, както личи от чертежите: б) Явно трябва

m\gt{}1

. Квадрат

2 \times 2

се покрива с 3 слоя г-тримина, а правоъгълник

2 \times 3-

с 1 слой; това гарантира успех във всички случаи, когато поне едно от числата

m, n

е четно. Ако

m=3

n=2 k-1

, да запишем в нечетните полета от нечетните редове числото -2, а в останалите да запишем 1; сборът от числата в таблицата е

3(2 k-1)-3 \cdot 2 k=-3

, а всяко г-тримино покрива полета с неотрицателен сбор, така че желаното е непостижимо. Ако

m=5

n=2 k-1

, да запишем в нечетните полета от нечетните редове числото -2, а в останалите да запишем 1; сборьт от числата в таблицата е

5(2 k-1)-3 \cdot 3 k=k-5

и понеже всяко г-тримино покрива полета с неотрицателен сбор, трябва

k \geq 5

. Това наистина е възможно: таблица

5 \times 9

се запълва лесно, като се следва изискването всяко тримино да съдъжа някое от полетата

\mathrm{c}-2

(има много начини; от участниците се изисква един), а за по-големи

k

е достатъчно да се добавят подходящ брой

2 \times 2

2 \times 3

. По същите причини са възможни случаите, ако единият размер на таблицата е поне 9. А таблица

7 \times 7

може да се покрие с

2 \times 2, 2 \times 3

и едно г-тримино, така че и този случай е възможен. Окончателно, възможни са единствено случаите, когато размерите са по-големи от 1, поне един е четен или ако са два нечетни, то са по-големи от 3 и сборът им е поне 14.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Квадрат

4 \times 4

е разделен на 16 единични квадратчета, във всяко от които е записана нула или единица. За един ход се избира ред или стълб на квадрата и се променят числата в него (нулите стават единици, а единиците стават нули). Квадратьт се нарича занулен, ако броят на нулите в него не може да се намали. Броят на нулите в един занулен квадрат се нарича степен на квадрата. Намерете възможните стойности на степента.

Решение

Намислих естествено число

A\lt{}500

и цели числа

k, m, n

, за които

A=(k-m)(m-n)(n-k)=k+m+n

. Намерете всички възможни стойности на

A

. Решение. Ако

m, n, k

дават три различни остатъка при деление на 3, дясната страна се дели на 3, а ляватане: абсурд. Щом две от

m, n, k

дават еднакви остатъци при деление на 3, то лявата страна се дели на 3, а значи и дясната, така че и третото неизвестно дава същия остатък при деление на 3. Така трите множителя отляво се делят на 3, т. е.

A

се дели на 27. Понеже

A\gt{}0

, можем да считаме, че

k\lt{}m\lt{}n

. Нека

k-m=-3 a, \quad m-n=-3 b, \quad n-k=3(a+b)

, където

a, b

са естествени. Понеже

A\lt{}1000

, то

a b(a+b) \leq\lfloor 499 / 27\rfloor=18

. Единствените възможности за

a b(a+b)

са 1 \cdot 1 \cdot 2, 1 \cdot 2 \cdot 3, 1 \cdot 3 \cdot 4 и 2 \cdot 2 \cdot 4. За

A

получаваме съответно:

\begin{aligned} & A=54=(15-18)(18-21)(21-15)=15+18+21 \\ & A=162=(50-53)(53-59)(59-50)=50+53+59 \\ & A=324=(103-106)(106-115)(115-103)=103+106+115 \\ & A=432=(138-144)(144-150)(150-138)=138+144+150 \end{aligned}

\setcounter{enumi}{4}

(*)

Ако

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

x+y+z=1

, докажете, че

\frac{x}{x+y z}+\frac{y}{y+z x}+\frac{z}{z+x y} \leq \frac{9}{4}

Решение. Имаме

\begin{aligned} \frac{x}{x+y z} & +\frac{y}{y+z x}+\frac{z}{z+x y}=\frac{x(x+y+z)}{(x+y)(x+z)}+\frac{y(x+y+z)}{(y+x)(y+z)}+ \\ & +\frac{z(x+y+z)}{(z+y)(x+z)}=\frac{2(x+y+z)(x y+x z+y z)}{(x+y)(x+z)(y+z)} \end{aligned}

Желаното неравенство е равносилно с

8(x+y+z)(x y+x z+y z) \leq 9(x+y)(x+z)(y+z)

което след разкриване на скобите се свежда до

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

. Равенство се достига при

x=y=z=\frac{1}{3}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Успоредните прави

a, b

са на разстояние 1 една от друга. Квадрат

A B C D

има страна 1. Правата

a

пресича страните

A B, B C

съответно в точки

M, P

. Правата

b

пресича страните

C D, D A

съответно в точки

N, Q

. Да се намери ъгълът между пресичащите се вътре в квадрата прави

M N

P Q

Решение

Точката

Q

е на разстояние 1 от

P C

P M

, така че лежи на външната ъглополовяща при върха

P

на правоъгълния

\triangle M B P

. По същите причини

M N

е външна ъглополовяща при

M

на

\triangle M B P

. Формулата за ъгъл между външни ъглополовящи дава отговор

90^{\circ}-\frac{90^{\circ}}{2}=45^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Ако

a, b, c

са положителни реални числа, за които

a b c(a+b+c)=3

, то намерете (ако съществува) най-малката стойност на израза

(a+b)(a+c)

Решение

Имаме

(a+b)(a+c)=a(a+b+c)+b c=3: b c+b c \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}

от неравенството между средно аритметично и средно геометрично с равенство при

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

. Ако фиксираме

b=1, c=\sqrt{\vphantom{x^2}3}

, то

a(a+1+\sqrt{\vphantom{x^2}3})=\sqrt{\vphantom{x^2}3}

води до ква- дратно уравнение, в което старшият коефициент и свободният член са с противоположни знаци, така че дискриминантата е положителна и един от корените на уравнението е положителен, т. е. наистина стойността

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

се достига за числа с дадените ограничения.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-6

Задача 6b

Пълен запис

Условие

Ако

a^{3}+12 a^{2}+49 a+69=0

b^{3}-9 b^{2}+28 b-31=0

, намерете

a+b

Решение

Ако

x=a+4

, то

x^{2}+x+1=0

. Ако

y=b-3

, то

y^{3}+y-1=0

. Тогава

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

, така че

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

. Вторият множител е положителен, понеже е равен на

\left(x-\frac{y}{2}\right)^{2}+\frac{3 y^{2}}{4}+1

. Тогава

x+y=1

a+b=-1

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-6b

Задача 7

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички прости числа

p

, такива, че за всеки две (не непременно различни) естествени числа

x

y

числото

(x+y)^{19}-x^{19}-y^{19}

се дели на

p

Решение

При

x=y=1

имаме, че

p

дели

2^{19}-2=2 \cdot\left(2^{9}-1\right) \cdot\left(2^{9}+1\right)=2 \cdot 3^{3} \cdot 7 \cdot 19 \cdot 73

, а при

x=2, y=1

имаме, че

p

дели

3^{19}-2^{19}-1

, като директно се проверява, че 73 не дели последното, например чрез

3^{19} \equiv\left(3^{3}\right) \cdot\left(3^{4}\right)^{4} \equiv 27 \cdot 8^{4} \equiv 27 \cdot(-9)^{2} \equiv 27 \cdot 8 \equiv 70

2^{19} \equiv 2 \cdot 64^{3} \equiv 2.(-9)^{3} \equiv-18 \cdot 81 \equiv-18 \cdot 8 \equiv 2

, всичките по модул 73 (принципно

3^{19}-2^{19}-1=2 \cdot 3 \cdot 7^{2}.19 \cdot 207973

, като 207973 е простов тази ситуация това не ни е необходимо). Така непременно

p=2, 3, 7, 19

и ще проверим, че тези работят. От теоремата на Ферма по модул

19(x+y)^{19} \equiv x+y, x^{19} \equiv x, y^{19} \equiv y

и исканото следва за

p=19

. За

p=7

по модул 7 за цяло

a

от Ферма

a^{19} \equiv a^{7} \cdot a^{6} \cdot a^{6} \equiv a \cdot a^{6} \cdot a^{6} \equiv a^{7} \cdot a^{6} \equiv a \cdot a^{6} \equiv a

и сме готови. За

p=2, 3

можем да постъпим както по-горе или чрез бързи директни проверки, както следва. При

p=2

, ако

x

(аналогично и за

y

) е нечетно, числата

x+y

x

са с еднаква четност и сме готови; иначе

x

y

са нечетни,

x+y

е четно и исканото пак е изпълнено. При

p=3

случаят, когато

x

или

y

се дели на 3, е директен; ако

x \equiv y \equiv 1

, то

2^{19}-2

се дели на 3, понеже нечетните степени на 2 дават остатък 2 по модул 3; ако

x \equiv y \equiv 2

, то

4^{19}-2 \cdot 2^{19} \equiv 1-2^{20}

се дели на 3, понеже четните степени на 2 дават остатък 1; ако

x \equiv 2, y \equiv 1

(или обратното), то искаме

-2^{19}-1

да се дели на 3, и довършваме както във втория случай. Оценяване. 2 т. за извод от полагане, което ясно показва, че

p=2, 3, 7, 19

(и най-много две други

p

) са евентуални кандидати; 4 т. за отхвърляне на излишните

p; 1

т. за проверката на

p=19, 2

т. при изцяло коректна проверка за

p=7

, общо 1 т. за проверката на

p=2

p=3

(0т., ако само едното е разгледано).

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-7

2017

3 задачи

Задача 5

Пълен запис

Условие

От петата

D

на височината

C D

в триъгълник

A B C

са спуснати перпендикуляри към

B C

A C

, които ги пресичат съответно в точки

M

N

. Нека

\angle C A B=60^{\circ}, \angle C B A=45^{\circ}

, а

H

е ортоцентърът на

\triangle M N C

. Ако

O

е средата на

C D

, да се намери

\angle C O H

Решение

Намираме

\angle A C B=75^{\circ}

\angle O C N=30^{\circ}

. Отсечката

C D

се вижда под прав ъгъл от точките

M

N

, следователно около четириъгълника

M D N C

може да се опише окръжност; оттук

\angle N M C=\angle N D C=60^{\circ}

. Тогава

\angle H C M=30^{\circ}

и намираме

\angle C O H=75^{\circ}-2 \cdot 30^{\circ}=15^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2017-7-5

Задача 7

Пълен запис

Условие

Правоъгълник

9 \times 1

е разрязан на единични квадратчета. В него трябва да се начертае несамопресичаща се начупена линия от долния ляв до горния десен ъгъл, която минава през всичките 20 върхове на квадратчета и се разделя от тях на 19 отсечки. Колко такива линии има?

Решение

Върховете от долния ред трябва да бъдат обхождани отляво надясно; същото важи и за върховете от долния ред. Следователно всяка линия може да се кодира с дума от 9 букви

\partial

и 9 букви г в зависимост от това дали поредната точка е от долния или от горния ред (крайните точки са ясни, така че не се кодират). Броят на тези думи е

\frac{18!}{9!9!}=48620

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2017-7-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Намерете най-малкото естествено число

n

, такова че числото

3^{k}+n^{k}+(3 n)^{k}+2014^{k}

е точен квадрат за някое естествено

k

, но не е точен куб за никое естествено

k

Решение

Нека

n=1

. При

k=1

получаваме 2021, което не е точен квадрат, а при

k \geq 2

изразът дава остатък 3 при деление на 4, така че не може да бъде точен квадрат. Нека

n=2

. При

k=1

получаваме 2025, което е точен квадрат. Да допуснем, че изразът е точен куб за някое

k

. При деление на 7 точните кубове дават остатъци 0, 1 или 6, докато изразът дава остатъци 2, 4 или 5 и те не съвпадат. Отговор:

n=2

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2017-7-8

2019

4 задачи

Задача 5

Пълен запис

Условие

Окръжност е разделена на равни дъги чрез 24 точки. За кое най-голямо

k

съществува изпъкнал

k

-ъгълник с върхове сред тези точки, никои две страни на който не са успоредни?

Решение

Нека точките са поред

A, B, C, \ldots, X

. Ако са избрани четирите върха на някой от

A B M N, C D O P, E F Q R, G H S T, I J U V, K L W X

, то в

k

-ъгълника има две успоредни страни. Следователно трябва

k \leq 6 \cdot 3=18

. За

k=18

да вземем

A B C D E F G H I J K L M O Q S U W

; ако има успоредни страни, те трябва да са от различни страни на диаметъра

A M

. Но от едната му страна върховете са поредни, а от другата са през един, така че двете свързващи дъги не могат да са равни, понеже се състоят от общо нечетен брой единични дъгички: абсурд.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2019-7-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки цели числа (

x; y

), такива че

2 x^{4}+4 y^{4}+(10 y+1) x^{2}+(4 x+25) y^{2}=2019.

Решение

Записваме условието във вида

\begin{gathered} x^{4}+x^{4}+10 x^{2} y+25 y^{2}+x^{2}+4 x y^{2}+4 y^{4}=2019 \\ x^{4}+\left(x^{2}+5 y\right)^{2}+\left(x+2 y^{2}\right)^{2}=2019 \end{gathered}

При

|x| \geq 7

лявата страна е поне 2401: абсурд. Също по модул 4 остатъкът на 2019 е 3, а на точните квадрати е 0 или 1, така че събираемите вляво са нечетни, в частност

x

е нечетно. По модул 5 остатъкът на 2019 е 4, на

x^{4}

е 0 или 1 (защо?), а на точните квадрати е 0, 1 или 4. Имаме

x^{2} \equiv x^{2}+5 y(\bmod 5)

, така че

x^{4} \equiv\left(x^{2}+5 y\right)^{2}(\bmod 5)

и е възможно само

x^{4} \equiv 0(\bmod 5)

. Тогава

x= \pm 5

и в уравнението

(25+5 y)^{2}+\left(2 y^{2} \pm 5\right)^{2}=1394

вторият квадрат е нечетен, така че първият е нечетен, кратен на 5 и не по-голям от 1394, т. е. някое от числата

5^{2}, 15^{2}, 25^{2}

35^{2}

. Проверката дава решенията

(5; 2)

(5; -4)

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2019-7-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

На страните

B C, C A

A B

на

\triangle A B C

извън

\triangle A B C

са построени равностранните

\triangle B C A_{1}, \triangle C A B_{1}

\triangle A B C_{1}

. Права

m

през средата

M

на отсечката

A_{1} B_{1}

е перпендикулярна на правата

A B

. Права

n

през средата

N

на

B_{1} C_{1}

е перпендикулярна на

B C

. Права

p

през средата

P

на

C_{1} A_{1}

е перпендикулярна на

C A

. Докажете, че

m, n

p

минават през една точка.

Решение

Нека

A_{0}, B_{0}, C_{0}, K

T

са средите съответно на

B C, C A, A B, C A_{1}

C B_{1}

По І признак

\Delta A_{0} C B_{0}, \Delta A_{0} T M

\Delta M K B_{0}

са еднакви, така че

\Delta M A_{0} B_{0}

е равностранен и

m

е симетрала за

A_{0} B_{0}

, т. е. тя съдържа центъра

O

на описаната окръжност около

\Delta A_{0} B_{0} C_{0}

. По същите причини

n

p

съдържат

O

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2019-7-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

а) Съществуват ли реални многочлени

P, Q, R

на променливите

x, y, z

такива, че за всички реални стойности на променливите е изпълнено

(x+2018 y+2019 z)^{2} \cdot P

+(x+2019 y+2018 z)^{2} \cdot Q+(x+y+z+2019)^{2} \cdot R=

2019^{2}?

б) Съществуват ли реални многочлени

A, B

C

на променливите

x, y

такива, че за всички реални стойности на променливите е изпълнено

(x+y+2019)^{2} \cdot A+x^{2} \cdot B+y^{2} \cdot C=2019^{2}

? (Припомняме, че реален едночлен на променливите

x, y, z

е израз от вида

K x^{m} y^{n} z^{p}

, където

K e

реално число, а

m, n, p

са иели неотрицателни числа, а реален многочлен на тези променливи е сума на краен брой (възможно един) реални едночлени.)

Решение

а) Не, при

x=-2 y-2019, z=y=\frac{2019}{4035}

бихме получили абсурда

0.(P+Q+R)=2019^{2}

. б) Ако заменим

x

2019 x, y

2019 y

и съкратим полученото на

2019{ }^{2}

, трябва да осигурим

(x+y+1)^{2} A+x^{2} B+y^{2} C=1

. Ако умножим

(x+y+1)^{2}=x^{2}+y^{2}+2 x y+2 x+2 y+1

по

1-2 x y-2 x-2 y

, полученото можем да представим във вида

P x^{2}+Q y^{2}+1-8 x y

за подходящи многочлени

P, Q

. Ако сега умножим по

1+8 x y

, полученото можем да представим във вида

-B x^{2}-C y^{2}+1

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2019-7-8

2020

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки естествени числа (

m; n

), такива че

m^{3}-2^{n}=3311

Решение

По модул 7 остатъкът на

m^{3}

е 0, 1 или 6, на

2^{n}

е 1, 2 или 4, а на 3311 е 0, така че трябва остатъкът на

2^{n}

да е 1, което се случва при

n=3 k

. Получаваме

m^{3}-2^{3 k}=3311

, т. е.

\left(m-2^{k}\right)\left(m^{2}+m \cdot 2^{k}+2^{2 k}\right)=7 \cdot 11 \cdot 43.

Вторият множител е по-голям от квадрата на първия, така че имаме само вариантите:

(*)

m-2^{k}=1; m^{2}+m.2^{k}+2^{2 k}=3311, m^{2}-2. m.2^{k}+2^{2 k}=1, 3. m.2^{k}=3310:

абсурд;

(*)

m-2^{k}=7; m^{2}+m \cdot 2^{k}+2^{2 k}=473, m^{2}-2 \cdot m \cdot 2^{k}+2^{2 k}=49, 3 \cdot m \cdot 2^{k}=424

: абсурд;

(*)

m-2^{k}=11; m^{2}+m \cdot 2^{k}+2^{2 k}=301, m^{2}-2 \cdot m \cdot 2^{k}+2^{2 k}=121, 3 \cdot m \cdot 2^{k}=180

, което предвид първото равенство води до

m=15, k=2, n=6

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2020-7-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

На ръбовете на куб (по едно на ръб) са записани 12 различни естествени числа, най-голямото от които е

g

, а най-малкото е

m

. Сборът от числата на трите ръба през всеки връх е един и същ. Намерете най-малката възможна стойност на

g-m

Решение

Явно

g-m \geq 11

. Ако допуснем, че

g-m=11

, то удвоеният сбор на числата по ръбовете

2(12 m+1+2+\ldots+11)=24 m+132

е равен на сбора във върховете, така че се дели на 8, т. е. 8 дели 132: абсурд. Вдясно има пример с

g

m=12

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2020-7-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Намерете най-голямата стойност на израза

\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a-1}}{a+b}+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}b-1}}{b+c}+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}c-1}}{c+a}

, ако реалните числа

a, b, c

са не по-малки от 1.

Решение

Според САСГ

\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a-1}}{a+b} \leq \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a-1}}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}a b}}=\frac{1}{2} \sqrt{\vphantom{x^2}\left(1-\frac{1}{a}\right) \frac{1}{b}} \leq \frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)

. Събирайки

\quad

с аналогичните

\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}b-1}}{b+c} \leq \frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right), \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}c-1}}{c+a} \leq \frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)

, заключаваме, че изразът е не поголям от

\frac{3}{4}

. Равенство се достига за

a=b=c=2

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2020-7-3

2022

9 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Съществуват ли естествени числа

a, b, c

d

, такива че: a)

a^{2021}+b^{2023}=11\left(c^{2022}+d^{2024}\right)

? б)

a^{2022}+b^{2022}=11\left(c^{2022}+d^{2022}\right)

Решение

а) Да! Ще се стремим към

a^{2021}=11 c^{2022}

b^{2023}=11 d^{2024}

. Нека

a=11^{x}, c=11^{y}

b=11^{z}, d=11^{t}

- искаме

2021 x=2022 y+1, 2023 z=2024 t+1

; тези са верни например за

x=2021, y=2020, z=2023, t=2022

. б) Не! Остатъците на точните квадрати при деление на 11 са

0, 1, 4, 9, 5

и 3, следователно сума на два квадрата се дели на 11 точно когато основите им се делят на 11. С други думи, непременно

a^{1011}

b^{1011}

се делят на 11 и значи

a

b

се делят на 11. Оттук лявата страна се дели на

11^{2}

и значи

c^{2022}+d^{2022}

се дели на 11, откъдето аналогично

c

d

се делят на 11. При

a=11 a_{1}, b=11 b_{1}, c=11 c_{1}, d=11 d_{1}

след съкращаване на

11^{2022}

получаваме

a_{1}^{2022}+b_{1}^{2022}=11\left(c_{1}^{2022}+d_{1}^{2022}\right)

, което е като началното уравнение, но с по-малки числа. Продължавайки така, ще стигнем до аналогично уравнение, но такова че поне едно от числата в лявата страна няма да се дели на 11 (тъй като

a, b, c, d

са ненулеви). Така началното уравнение няма

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Положителните числа

a, b, c

са с произведение 1. Да се намери най-малката възможна стойност на израза

\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right) \cdot\left(\frac{a b}{a+b}+\frac{b c}{b+c}+\frac{c a}{c+a}\right)

и всички тройки (

a, b, c

), при които тя се достига.

Решение

Вторият множител е равен на

\frac{1}{a c+b c}+\frac{1}{a b+a c}+\frac{1}{a b+b c}

и значи от формата на неравенството на Коши-Буняковски-Шварц, известна като „Хубаво неравенство“ (XH), той е по-голям или равен на

\frac{9}{2(a b+b c+c a)}

. Пьрвият множител е равен на

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

. От неравенството между средноаритметично и средногеометрично имаме

a^{2} c+a^{2} c+ c^{2} b \geq 3 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}a^{4} b c^{4}}=3 a c

; събирайки с аналогичните и разделяйки на 3, получаваме

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

. Така търсената най-малка стойност е

\frac{9}{2}

и (например понеже прилагането на XH тук форсира

a c+b c=a b+a c=a b+b c

, т. е.

a=b=c

, като условие за равенство) се достига само при

a=b=c=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека означим с

t_{n}

броя на различните ненаредени тройки непразни непресичащи се подмножества на

n

-елементно множество. Например

t_{3}=1

. Намерете затворена формула, изразяваща

t_{n}

чрез

n

, и пресметнете последната цифра на

t_{2022}

Решение

Да преброим първо наредените тройки. За всеки елемент на

n

-елементното множество има 4 възможности: да е в първото, второто, третото подмножество или да не е в никое от тях. Така имаме

4^{n}

начина да сформираме тройката. От получените

4^{n}

наредени тройки трябва да изключим вариантите, при които някое от трите подмножества е празно; има 3 избора кое да е то, а за всеки елемент на

n

-елементното множество има 3 възможности: да е в първото или второто от другите подмножества или да не е в никое от тях, общо

3 \cdot 3^{n}

варианта. Сега трябва да включим обратно вариантите, при които две от трите подмножества са празни; има 3 избора кои да са те, а за всеки елемент на

n

-елементното множество има 2 възможности: да е или да не е в останалото подмножество:

3 \cdot 2^{n}

варианта. Накрая трябва да изключим варианта, при които и трите подмножества са празни. Тъй като всяка ненаредена тройка съответства на

3\neq{}6

наредени, окончателно получаваме

t_{n}=\left(4^{n}-3 \cdot 3^{n}+3 \cdot 2^{n}-1\right) / 6

. При

n=2022

по модул 4 изразът в скобите е

0-3+0-1 \equiv 0

, така че

t_{2022}

е четно; по модул 5 изразът в скобите е

1-2+2-1 \equiv 0

, така че

t_{2022}

е кратно на 5; следователно последната цифра на

t_{2022}

е 0.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В остроъгълен триъгълник

A B C(A C\lt{}B C)

с описана окръжност

k

и среда

P

на страната

A B

височините

A M(M \in B C)

B N(N \in A C)

се пресичат в точка

H

. Точката

E

от

k

е такава, че отсечките

C E

A B

са перпендикулярни. Правата

E P

пресича

k

за втори път в точка

K

, а точка

Q \in k

е такава, че отсечките

K Q

A B

са успоредни. Описаната около триъгълника

A H B

окръжност пресича отсечката

C P

във вътрешна точка

R

. Да се докаже, че точките

C, M, R, H, N

Q

лежат на една окръжност.

Решение

Първо ще отбележим, че

C M H N

е вписан в окръжността

\omega

с диаметър

C H

, понеже

\angle C M H=\angle C N H=90^{\circ}

. Нека

S

е петата на перпендикуляра от

H

към

C P

; ще докажем, че

S \equiv R

. Явно

S \in \omega

, откъдето

\angle M S C=\angle M H C=\angle A B C=\angle P B M

и значи

B P S M

е вписан. Оттук

\angle B S P=\angle B M P=\angle A B C

\angle B A H+\angle B S H=\angle B A H+90^{\circ}+\angle A B C=180^{\circ}

, откъдето

A H S B

е вписан и

S \equiv R

, като

\angle H S C=90^{\circ}

гарантира, че

R

лежи на

\omega

. Остава да докажем, че

Q

лежи на

\omega

. Ако

X

е симетричната точка на

H

относно

P

, то

A X B H

е успоредник,

\angle A X B=\angle A H B=180^{\circ}-\angle A C B

, т. е.

X \in k

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

, т. е.

X

е диаметралнопротивоположната точка на

C

k

. Нататък, нека

H X

пресича

k

за втори път в точката

T

; ще докажем, че

T \equiv Q

. Тъй като

C X

е диаметър в

k

, имаме

\angle C E X=90^{\circ}

E P=P X

от триъгълника

H E X

, в който

E P

е медиана към хипотенузата. Така дъгите

X K

T E

k

са равни и

E X K T

е равнобедрен трапец, т. е.

E X \| K T

. От друга страна,

K Q \| A B

A B \| E X

поради перпендикулярните

C E

A B

\angle C E X=90^{\circ}

, следователно

E X \| K Q

и значи

T \equiv Q

. Остава да съобразим, че

\angle C Q H=\angle C Q X=90^{\circ}

, понеже

C X

е диаметър в

k

, откъдето окончателно

Q

лежи на

\omega

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички тройки реални числа

(a, b, c)

, такива че

(2 a+1)^{2}-4 b=(2 b+1)^{2}-4 c=(2 c+1)^{2}-4 a=5.

Решение

Системата е еквивалентна на

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

. Събиране на трите води до

a^{2}+b^{2}+c^{2}=3

. От друга страна

a(a+1)=b+1, b(b+1)=c+1, c(c+1)=a+1

и умножаването на трите и разделяне на

(a+1)(b+1)(c+1)

(ако

a, b, c \neq-1

) води до

a b c=1

. От неравенството между средноаритметично и средногеометрично за неотрицателните

|a|, |b|, |c|

получаваме

a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}|a b c|}=3

, като равенство се достига само при

|a|=|b|=|c|=1

, така че предвид горното

a^{2}+b^{2}+c^{2}=3

a, b, c \neq-1

получаваме, че

a=b=c=1

е единствената друга възможна тройка (тя наистина е на дадената система). Остава да отбележим, че ако някое от

a, b, c

(-1)

, без ограничение

a

, то от първото уравнение следва

b=-1

, от второто следва

c=-1

и третото е изпълнено.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

A B\lt{}A C

и описана окръжност

k

. Допирателната към

k

в точка

A

пресича правата

B C

в точка

D

, а точката

E \neq A

от

k

е такава, че

D E

допира

k

. Точката

X

върху правата

B E

е такава, че

B

е между

E

X

D X=D A

, а точката

Y

върху правата

C X

е такава, че

Y

е между

C

X

D Y=D A

. Да се докаже, че правите

B C

Y E

са перпендикулярни.

Решение

Понеже

\angle E C D=\angle B E D=\angle X E D=\angle E X D

, четириъгълникът

C E D X

е вписан. Точките

A, E, X, Y

лежат на окръжност с център

D

, откъдето

\angle Y D E=2 \angle Y X E=2 \angle C X E =2 \angle C D E

, т. е.

\angle Y D C=\angle C D E

. Така триъгълниците

Y C D

E C D

са еднакви по първи признак и

C D

е симетрала на

Y E

. Исканото следва.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Целите числа

a, b, c, d

са такива, че

d \leq 2022

, числата

a

b

са взаимнопрости и

a+b+c+d=a c+b d=0

. Намерете най-голямата възможна стойност на

d

Решение

Замествайки

d=-a-b-c

a c+b d=0

, получаваме

(a-b) c=a b+b^{2}

. Ако допуснем, че

a=b

, то

2 a^{2}=a b+b^{2}=0

a=b=0

, които не са взаимнопрости. Така

a \neq b

и получаваме

c=\frac{a b+b^{2}}{a-b}, d=\frac{a b+a^{2}}{b-a}

. Числата

a-b

a

са взаимнопрости, понеже ако

x

дели

a-b

a

, то

x

дели

a-(a-b)=b

и условието дава

x= \pm 1

. Така понеже

d

е цяло число, получаваме, че

a-b

дели

a+b

, откъдето

a-b

дели

2 a

и значи

a-b

дели 2, т. е.

a-b= \pm 1, \pm 2

, като във втория случай

a, b

са нечетни (иначе няма да са взаимнопрости). Оттук получаваме, че всички са четворките (

b+1, b

\left.2 b^{2}+b, -2 b^{2}-3 b-1\right), \left(b-1, b, b-2 b^{2}, 2 b^{2}-3 b+1\right)

, където

b

е произволно цяло число, както и (

\left. b+2, b, b^{2}+b, -b^{2}-3 b-2\right), \left(b-2, b, b-b^{2}, b^{2}-3 b+2\right)

, където

b

е произволно нечетно число. Понеже

-2 b^{2}-3 b-1 \leq 0 \Leftrightarrow(2 b+1)(b+1) \geq

0 и

-b^{2}-3 b-2 \leq 0 \Leftrightarrow(b+1)(b+2) \geq 0

, остава да максимизираме

2 b^{2}-3 b+1= (2 b-1)(b-1)

b^{2}-3 b+2=(b-1)(b-2)

. Първият израз е равен на 1953 при

b=32

, поне 2080 при

b \geq 33

, на 2016 при

b=-31

и поне 2145 при

b \leq-32

(и по- малък от 2016 в останалите случаи). Вторият израз е равен на 1980 при

b=46

(-43)

, поне 2070 при

b \geq 47

b \leq-44

(и по-малък от 1980 в останалите случаи).

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Около кръгла маса има

n \leq 99

души. Отначало някои от тях са честни, а останалителъжци. Всяка минута всеки едновременно ще отговаря на въпроса „Какъв е левият ти съседчестен или лъжец?" и веднага след това ще става такъв, какъвто е даденият от него

Решение

Да заместим честните хора с 1, а лъжците

\mathrm{c}-1

. Тогава всяка минута всяко от числата се умножава по това вляво от него. Да допуснем, че от начална конфигурация, включваща както 1, така и -1, след няколко хода за пръв път всички числа са станали равни на 1. Тогава един ход по-рано всички числа са били равни на -1 (така че това не е началното положение), а два хода по-рано са били алтернативно

1, -1, 1, -1, \ldots

, така че трябва

n

да е било четно. Сега нека

n=2 k

е четно и числата са

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

по часовниковата стрелка. След един ход те се заменят с

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

, а след два хода стават

a_{1} a_{3}, a_{2} a_{4}, \ldots, a_{2 k-1} a_{1}, a_{2 k} a_{2}

. Така положението след два хода се получава от преплитането на положенията след един ход на числата, намиращи се на нечетните и на четните места. Ако

k

е нечетно, то съгласно горното невинаги ще се получава редица само от 1. Ако

k

е четно, можем да повторим операцията още веднъж и т. н. И така, ако

n

има нечетен делител, по-голям от 1, то може никога да не се появи конфигурация, състояща се само от единици. А ако

n=2^{s}

, с индукция по

s

доказваме, че най-късно след

2^{s}

хода всички числа са 1. При

s=1

твърдението е ясно, а стъпката следва от горното наблюдение, че два поредни хода в редицата

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

са равносилни на по един ход в редицата от нечетните и в редицата от четните места. Най-голямата точна степен на 2, за която

n \leq 99

, е

n=64

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-8

Задача 8b

Пълен запис

Условие

Числата

k, m, n

са естествени и по-големи от 2. Във всеки връх на

n

-ъгълник е записано цяло число от интервала

[0; m]

. За един ход се избират две съседни числа и се увеличават с по 1. С дадена двойка върхове може да се извършва ход не повече от

k

пъти. При кои стойности на

m, n, k

е сигурно, че всички числа могат да се изравнят независимо от началните им стойности?

Решение

Номерираме върховете на

n

-ъгълника поред

1, 2, 3, \ldots;

нека

A

е сборьт от числата на четни позиции, а

B

- този на нечетни. Ако

n

е четно, ходовете не променят

A-B

, така че няма как да го направим 0, ако не е било 0 отначало, т. е. не може да се гарантира успех. Нека сега

n

е нечетно,

n=2 j+1

; номерацията на върховете е по модул

n

. Нека от

B

изключим последното събираемо. Ако първоначално числата на четни позиции са равни на

m

, а останалите на 0, то

A-B=m j

. С всеки ход тази величина не се променя или се намалява с 1 (ако добавим 1 към

n

-тото и първото число), или се увеличава с 1 (ако добавим 1 към

n-1

-вото и

n

-тото число). При желаната цел

A-B=0

, така че са нужни поне

m j

хода с двойката, съдържаща

n

-тия и първия връх. И така, необходимо е

k \geq m j

. Ако

k \geq m j

, нека за всяко

i

извършим ход с двойката числа на позиции

i

i+1

толкова пъти, колкото е сборът на числата на позиции

i+2, i+4, \ldots, i+2 j

(този сбор е най-много

m j

); по този начин числото във всеки връх ще стане равно на сбора на числата в първоначалната ситуация (понеже то ще участва в ходове и с левия, и с десния си съсед). Отговор: точно когато

n=2 j+1

за цяло

j

k \geq m j

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-8b

2023

9 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Изпъкналият петоъгълник

A B C D E

е такъв че

B C=D E, B E \| C D

A B \| D E

. Ако окръжността през средите на отсечките

B D, C E

A E

се допира до

A E

, то да се докаже, че

A B C D E

е вписан в окръжност.

Решение

Понеже

B C=D E

B E \| C D

, следва, че

B C D E

е равнобедрен трапец и е вписан в окръжност. Така свеждаме до вписаността на

A B C E

. Нека

M, N

P

са средите съответно на

B D, C E

A E

. От допирането имаме

\angle N M P=\angle N P E

, от средната отсечка

N P

в триъгълника

A C E

имаме

\angle C A E=\angle N P E

, а от друга страна

M P \| A B

(по условие

A B \| D E

и така

M P

е средна основа в трапеца/успоредника

A B D E

) и

M N \| B E

(понеже

M N

лежи на средната основа на трапеца

B C D E

), откъдето

\angle A B E=\angle A B D- \angle D B E=\angle P M D-\angle N M D=\angle N M P

. Следователно

\angle A B E=\angle N M P= \angle N P E=\angle C A E

. Остава да съобразим, че

\angle A B E=\angle D E B

(от

A B \| D E

) и

\angle D E B=\angle C B E

(от равнобедрения

E B C D

) и така окончателно

\angle C A E= \angle C B E

, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Неотрицателните реални числа

a, b

c

са такива, че

a b+b c+c a=3

. Да се намери най-голямата възможна стойност на израза

\frac{27(\sqrt{\vphantom{x^2}a}+\sqrt{\vphantom{x^2}b}+\sqrt{\vphantom{x^2}c})^{2}}{(a+b+c)^{3}}

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

както и всички тройки

(a, b, c)

, при които тя се достига.

Решение

Не е възможно

a=b=c=0

(иначе

a b+b c+c a=0

), така че всички знаменатели, с които работим, са положителни. При

a=b=c=1

получаваме стойност 3. Ще докажем, че

\frac{a+3}{b+c}+\frac{b+3}{a+c}+\frac{c+3}{a+b}+3 \geq \frac{27(\sqrt{\vphantom{x^2}a}+\sqrt{\vphantom{x^2}b}+\sqrt{\vphantom{x^2}c})^{2}}{(a+b+c)^{3}}

. Лявата страна е равна на

\frac{a+b+c+3}{b+c}+\frac{a+b+c+3}{a+c}+\frac{a+b+c+3}{a+b}=(a+b+c+3)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)

и значи от версията на неравенството на Коши-Буняковски-Шварц, известна като Хубаво неравенство (или от неравенството между средноаритметично и среднохармонично) получаваме, че тази лява страна е по-голяма или равна на

\frac{9(a+b+c+3)}{2(a+b+c)}

. Да положим

a+b+c=S

. Понеже

(\sqrt{\vphantom{x^2}a}+\sqrt{\vphantom{x^2}b}+\sqrt{\vphantom{x^2}c})^{2}=S+ 2(\sqrt{\vphantom{x^2}a b}+\sqrt{\vphantom{x^2}b c}+\sqrt{\vphantom{x^2}a c}) \leq S+(a+b)+(b+c)+(c+a)=3 S

, остава да обосновем, че

\frac{9(S+3)}{2 S} \geq \frac{81 S}{S^{3}}

, т. е.

S(S+3) \geq 18

, което е еквивалентно на

S \geq 3

. За целта е достатъчно да съобразим, че

\frac{(a+b+c)^{2}}{3} \geq a b+b c+c a

(поради еквивалентното

(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} \geq 0

) и да използваме даденото в условието

a b+b c+c a=

3. Равенство се достига само при

a=b=c

, което заедно с

a b+b c+c a=3

налага

a=b=c=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Намерете всички естествени числа

a, b, c

и прости числа

p

q

, такива че:

(*)

c

не се дели на 4 и

p

не дава остатък 11 при деление на 16;

(*)

изпълнено е равенството

p^{a} q^{b}-1=(p+4)^{c}

Решение

Явно

p \geq 3

q=2

от съображения за четност. Ще използваме разлагането

X^{t}+Y^{t}=(X+Y)\left(X^{t-1}-X^{t-2} Y+\cdots-X Y^{t-2}+Y^{t-1}\right)

за нечетно естествено число

t

. Разглеждаме два случаяако

c

е нечетно и ако

c \equiv 2 (\bmod 4)

(*)

Нека

c

е нечетно. Тогава

2^{b} p^{a}=(p+4)^{c}+1=

(p+5)\left((p+4)^{c-1}-(p+4)^{c-2}+\cdots-(p+4)+1\right)

се дели на

p+5

. Ако

p \neq 5

, то числата

p

p+5

са взаимнопрости и

p+5

дели

2^{b}

- значи

p=5

или

p+5

е степен на двойката. Но при

p=2^{k}-5

за

k \geq 4

бихме имали, че

p-11=2^{k}-16

се дели на 16, противоречие; значи

k=3

, т. е.

p=3

(*)

При

p=3

имаме

2^{b} 3^{a}=7^{c}+1

, което е невъзможно по модул 3.

(*)

При

p=5

имаме

2^{b} 5^{a}-9^{c}=1

. При

b \geq 2

получаваме противоречие по модул 4, а при

a \geq 2

имаме

9^{c}+1 \equiv 0(\bmod 25)

и пресмятания до

9^{10} \equiv 1 (\bmod 25)

показват, че

c

се дели на 5 - но тогава

9^{c}+1=\left(9^{5}+1\right)\left(9^{c-5}-\right. 9^{c-10}+\ldots-9^{5}+1

) се дели на

\frac{9^{5}+1}{50}=1181

, докато

2^{a} 5^{b}

не може да има такъв делител. Оттук

a=b=1

, съответно

c=1

(*)

Нека

c

е четно и

\frac{c}{2}

е нечетно. Имаме, че

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

се дели на

(p+4)^{2}+1

. Ако

p \neq 17

, то числата

p

(p+4)^{2}+1

са взаимнопрости и тогава

(p+4)^{2}+1\gt{}2

би било степен на 2, което обаче е невъзможно по модул 4. Следователно

p=17

, но тогава

(p+4)^{2}+1=442=2 \cdot 13 \cdot 17

се дели на 13, докато

17^{a} 2^{b}

- не, противоречие. Така в този случай уравнението няма

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-3

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

x, y

z

, такива че

x^{4}+y^{3} z=z x

y^{4}+z^{3} x=x y

z^{4}+x^{3} y=y z

Решение

Ако някое от числата

x, y

z

е 0, да речем

x

, то от второто уравнение следва

y=0

и сега третото дава

z=0

. Нека

x, y, z \neq 0

. От първото уравнение следва

z\left(x-y^{3}\right)=x^{4}

, а от второто следва

y\left(x-y^{3}\right)=z^{3} x

. Оттук след делене получаваме

\frac{z}{y}=\frac{x^{3}}{z^{3}}

, т. е.

z^{4}=x^{3} y

. Аналогично

x^{4}=y^{3} z

. Замествайки

z=\frac{x^{4}}{y^{3}}

в другото уравнение, получаваме

y^{13}=x^{13}

, откъдето

x=y

z=\frac{x^{4}}{y^{3}}=x

. При

x=y=z

остава да решим

2 x^{4}=x^{2}

, което е с корени 0 и

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото естествено число

n \geq 2

, за което

m n

дели

m^{2023}+n^{2023}+n

за поне едно естествено число

m

Решение

Да запишем

m=d a

n=d b

, където

d=

НОД

(m, n)

, т. е. НОД

(a, b)=

1. Исканото е еквивалентно (след съкращаване на

d

) на

d a b \mid d^{2022} a^{2023}+ d^{2022} b^{2023}+b

. Делимото трябва да се дели на

b

, значи

b \mid d^{2022} a^{2023}

и понеже НОД

(a, b)=1

, следва

b \mid d^{2022}

. Делимото трябва да се дели и на

d

, откъдето

d \mid b

. Така

d a b

се дели на

d^{2}

, значи делимото се дели на

d^{2}

и оттук

d^{2} \mid b

. По-общо, да забележим, че ако

d^{k} \mid b

за някое

k \leq 2021

, то

d a b

се дели на

d^{k+1}

, значи делимото се дели на

d^{k+1}

, съответно

d^{k+1} \mid b

. Така достигаме до

d^{2022} \mid b

. Значи непременно

b=d^{2022}

, т. е.

n=d^{2023}

, откъдето (понеже

n \geq 2

) следва

n \geq 2^{2023}

. Обратно, при

d=2

b=2^{2022}

искаме

2^{2023} a \mid 2^{2022} a^{2023}+2^{2022} \cdot 2^{2022 \cdot 2023}+2^{2022}

, т. е.

2 a \mid a^{2023}+2^{2022 \cdot 2023}+1

за някое нечетно

a

. Понеже делимото е четно, достатъчно е

a \mid 2^{2022 \cdot 2023}+1

, съответно

a=2^{2022 \cdot 2023}+1

(и

m=2^{2022 \cdot 2023+1}+2

) върши работа. (Друг възможен избор тук е

a=5

, т. е.

m=10

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-6

Задача 8

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен неравнобедрен триъгълник

A B C

с ортоцентър

H

, височина

C D(D \in A B)

и описана окръжност

k

. Окръжността

\omega

с диаметър

C H

пресича

k

за втори път в точката

P

. Правите

A P

B P

пресичат

\omega

за втори път в точките

K

L

, а правите

D K

D L

пресичат

\omega

за втори път в точките

S

T

. Да се докаже, че

K L=S T

Решение

Без ограничение считаме

A C\lt{}B C

. Започваме с известния факт, че симетричната точка

Q

на

H

относно средата

M

на страната

A B

лежи на

k

и е диаметрално противоположна на

C

- така понеже

\angle C P H=\angle C P Q=90^{\circ}

, получаваме, че

P, H, M

Q

лежат на една права. Нататък, нека

A_{1}

B_{1}

са петите на височините през върховете

A

B

, съответноявно

A_{1}

B_{1}

лежат на

\omega

и ще докажем, че

S \equiv B_{1}

(и аналогично ще следва

T \equiv A_{1}

). За целта ще докажем, че точките

D, B_{1}

K

лежат на една права. Имаме

\angle A B_{1} D=\angle A H D=\angle A B C

\angle K B_{1} C=\angle K H C=

90^{\circ}-\angle K C H=90^{\circ}-\angle K P H=90^{\circ}-\angle A P Q=90^{\circ}-\angle A B Q=\angle C B Q-\angle A B Q= \angle A B C

и желаната колинеарност следва. Остава да докажем, че

A_{1} B_{1}=K L

. Имаме

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

(второто от предния абзац) и значи

\widehat{H A_{1}}=\widehat{H K}

\omega

; аналогично

\widehat{H B_{1}}=\widehat{H L}

и събирането на двете води до

\widehat{A_{1} B_{1}}=\widehat{K L}

, а оттук и до

A_{1} B_{1}=K L

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-8

Задача 9

Пълен запис

Условие

На дъската са записани в червено всички прости числа, по-малки или равни на

n

, а в синьо са записани всички възможни суми на две различни червени числа. За кои естествени

n \geq 3

произведението на всички сини числа се дели на произведението на естествените числа от 1 до

n

включително?

Решение

Нека първо

n \geq 11

и нека

r \geq 11

е най-голямото просто число, по-малко или равно на

n

. Тогава

r

дели произведението на сините числа и значи непременно дели някое събираемо от вида

p+q

, където

p

q

са различни прости числа, ненадминаващи

n

. От максималността на

r

имаме

\frac{p+q}{2}\lt{}r

, следователно

r=p+q

и тъй като

r

е нечетно, то непременно някое от

p

q

е 2 - в частност,

r-2

е просто число. Това число също дели някое събираемо от вида

x+y

за различни прости

x\lt{}y \leq n

. Тъй като

x+y \leq 2 r-2

, то

r-2 \leq \frac{x+y}{3} \leq \frac{2 r-2}{3}

е невъзможно. При

r-2=\frac{x+y}{2}

няма как

x=r-2, y=r

(или наобратно), значи трябва

x \leq y-2 \leq r-4

(има поне две прости числа между 3 и

r-2

включително, като всичките са нечетни), което дава

\frac{x+y}{2} \leq y-1 \leq r-3

, противоречие. Така единствената възможност

x+y=r-2 \geq 9

и тъй като

r-2

е нечетно, то някое от

x

y

е 2 и значи

r-4

също е просто число. Оттук

r, r-2

r-4

са прости числа, което е невъзможно за

r \geq 11

понеже

r-2\gt{}r-4\gt{}3

, но поне едно от

r-2

r-4

се дели на 3. Така

n \leq 10

. При

n \geq 7

червените числа са

2, 3, 5

и 7 и сините са

5, 7, 3^{2}, 2^{3}, 2 \cdot 5, 2^{2} \cdot 3

, с произведение

2^{6} \cdot 3^{3} \cdot 5^{2} \cdot 7

, съответно

n \geq 8

не работят ( 8! се дели на

2^{7}

), а

n=7

е понеже

7\neq{}2^{4} \cdot 3^{2} \cdot 5 \cdot 7

. При

3 \leq n \leq 6

няма синьо число, което се дели на 3, докато

n

! се дели на 3, значи тези не работят.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-9

Задача 11

Пълен запис

Условие

Даден е неравнобедрен триъгълник

A B C

с описана окръжност

k

, център

I

на вписаната окръжност и център

I_{C}

на външновписаната окръжност срещу върха

C

. Точката

M

е средата на страната

A B

, а точката

N

е средата на дъгата

\widehat{A B}

от

k

, която съдържа

C

. Да се докаже, че

\angle I M I_{C}+\angle I N I_{C}=180^{\circ}

Решение

Нека

L

е средата на дъгата

\widehat{A B}

, несъдържаща

C

; явно

L, M

N

лежат на диаметър на

k

. Имаме

\angle L I B=180^{\circ}-\angle B I C=\frac{\angle A C B+\angle A B C}{2}= \angle A B L+\angle A B I=\angle L B I

, откъдето

L B=L I

; аналогично

L A=L I

. Предвид

\angle I B I_{C}=90^{\circ}

(тъй като

B I

B I_{C}

са ъглополовящи на съседни ъгли), получаваме

L A=L B=L I=L I_{C}

. Тъй като

L N

е диаметър на

k

, то

\angle N B L=90^{\circ}=\angle L M B

, откъдето

\triangle L B M \sim \triangle L N B

L B^{2}=L M \cdot L N

. Така

L I^{2}=L M \cdot L N

и заедно с

\angle I L M=\angle N L I

получаваме

\triangle L I M \sim \triangle L N I

, съответно

\angle L I M=\angle L N I

. Имаме и

L I_{C}^{2}= L M \cdot L N

и заедно с

L L I_{C} N=\angle I_{C} N L

следва

\triangle L I_{C} M \sim \triangle L N I_{C}

, съответно

\angle L I_{C} M=\angle L N I_{C}

. Следователно

\angle I M I_{C}=180^{\circ}-\angle L I M-\angle L I_{C} M=180^{\circ}- \angle L N I-\angle L N I_{C}=180^{\circ}-\angle I N I_{C}

, както се искаше.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-11

Задача 12

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число. Първоначално на дъската е записано

n

пъти числото 2. За един ход избираме две числа

a

b

на дъската, изтриваме ги и на тяхно място записваме числото

\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{a b+1}{2}}

. След

n-1

хода на дъската остава едно число. a) Да се докаже, че без значение какви са били ходовете, оставащото число ще е винаги по-голямо или равно на

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

. б) Да се докаже, че съществуват безбройно много

n

, за които равенство в а) не се достига без значение какви са ходовете, както и че съществуват безбройно много

n

, за които равенство в а) се достига при подходящ избор на ходовете.

Решение

а) Разсъждаваме индуктивно по

n

. При

n=1

имаме само едно число и то е

2=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{1+3}{1}}

. Да допуснем, че твърдението е вярно за всички

n\lt{}k

, където

k \geq 2

е естествено число, и ще го докажем за

n=k

. Нека

u

v

са числата, останали на дъската след

k-2

операции. Тогава числото след последния ход е

\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{u v+1}{2}}

и целим да докажем, че

\frac{u v+1}{2} \geq 1+\frac{3}{k}

, т. е.

u v \geq 1+\frac{6}{k}

. Разглеждайки редицата от операции, които водят до

u

v

, виждаме, че

u

е получено от някакво множество от

1 \leq t \leq k-1

двойки чрез верига от

t-1

операции, както и че

v

е получено от останалите

k-t

двойки чрез верига от

k-t-1

операции. Така от индукционното допускане получаваме

u \geq \sqrt{\vphantom{x^2}1+\frac{3}{t}}

v \geq \sqrt{\vphantom{x^2}1+\frac{3}{k-t}}

и вече е достатъчно да докажем, че

\sqrt{\vphantom{x^2}\left(1+\frac{3}{t}\right)\left(1+\frac{3}{k-t}\right)} \geq 1+\frac{6}{k}

. Повдигане на квадрат, освобождане от знаменател и опростяване води до еквивалентното

(k-2 t)^{2} \geq 0

, което е вярно. С това индукцията е завършена. б) Необходимо условие за равенство при

n=k \geq 2

в а) е

k=2 t

; в частност

n

трябва да е четно, т. е. при нечетен брой двойки в началото няма как да достигнем равенство. От друга страна, същото необходимо условие за равенство предполага, че равенство може да се достигне когато

n

е степен на 2 - нека докажем това. При

n=2^{s}

разсъждаваме индуктивно по

s \geq 0

. При

s=0

имаме само едно число и то е

2=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{1+3}{1}}

. Сега ако допуснем, че имаме възможна поредица от ходове за

s-1

, то при дадени

2^{s}

двойки ги разбиваме на две групи по

2^{s-1}

двойки. За всяка от групите прилагаме операциите, които водят до резултат

\sqrt{\vphantom{x^2}1+\frac{3}{2^{s-1}}}

(такива има съгласно индукционната хипотеза) и накрая прилагаме операцията за оставащите две числа, които са равни на

\sqrt{\vphantom{x^2}1+\frac{3}{2^{s-1}}}

, с което получаваме като краен резултат

\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{\left(\sqrt{1+\frac{3}{2^{s-1}}}\right)^{2}+1}{2}}=\sqrt{\vphantom{x^2}1+\frac{3}{2^{s}}}=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{n+3}{n}}

, както се искаше.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-12