maths.bgmaths.bg
Всички колекции
OLINAT

Национална олимпиада по математика — национален кръг

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

18 години5 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2018

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • olinat2018-8-2: има placeholder текст

8

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е множество MM от естествени числа с nn елемента, където nn е нечетно естествено число. Едно непразно подмножество TT на MM се нарича добро, ако произведението на елементите на TT се дели на сумата на елементите на MM, но не и на нейния квадрат. Ако самото множество MM е добро, колко най-много могат да бъдат добрите множества?
РешениеАко A∪B=MA \cup B=M и A∩B=∅A \cap B=\varnothing, то най-много едно от множествата AA и BB е добро, тъй като в противен случай MM не е добро. Следователно броят на добрите множества не надминава половината от броя на всички подмножества, т. е. 2n−12^{n-1}. Ще докажем, че горната
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2018-8-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2018-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че (65)x23>(54)x22\left(\frac{6}{5}\right)^{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}\gt{}\left(\frac{5}{4}\right)^{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}.
РешениеПърво ще докажем, че ако x>−1,x≠0x\gt{}-1, x \neq 0 и α∈(1,2)\alpha \in(1, 2), то(1)0<\text{(1)} 0\lt{}f(x)=f(x)=(1+x)α−1−αx−α(α−1)2x2(1+x)^{\alpha}-1-\alpha x-\frac{\alpha(\alpha-1)}{2} x^{2}−α(α−1)(α−2)6x3.-\frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}{6} x^{3} \text{.}Имаме, чеf′(x)=α[(1+x)α−1−1−(α−1)x−(α−1)(α−2)2x2]f′′(x)=α(α−1)[(1+x)α−2−1−(α−2)x]f′′′(x)=α(α−1)(α−2)[(1+x)α−3−1]\begin{gathered} f^{\prime}(x)=\alpha\left[(1+x)^{\alpha-1}-1-(\alpha-1) x-\frac{(\alpha-1)(\alpha-2)}{2} x^{2}\right] \\ f^{\prime \prime}(x)=\alpha(\alpha-1)\left[(1+x)^{\alpha-2}-1-(\alpha-2) x\right] \\ f^{\prime \prime \prime}(x)=\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)\left[(1+x)^{\alpha-3}-1\right] \end{gathered}Понеже f′′′(x)<0f^{\prime \prime \prime}(x)\lt{}0 при x∈(−1,0)x \in(-1, 0) и f′′′(x)>0f^{\prime \prime \prime}(x)\gt{}0 при x>0x\gt{}0, то f′′(x)>f(0)=0f^{\prime \prime}(x)\gt{}f(0)=0 при x>−1,x≠0x\gt{}-1, x \neq 0. Тогава f′(x)<f′(0)=0f^{\prime}(x)\lt{}f^{\prime}(0)=0 при x∈(−1,0)x \in(-1, 0) и f′(x)>f′(0)>0f^{\prime}(x)\gt{}f^{\prime}(0)\gt{}0 при x>0x\gt{}0, откъдето f(x)>f(0)=0f(x)\gt{}f(0)=0 при x>−1x\gt{}-1, x≠0x \neq 0. Сега ще докажем, че (65)x23>(54)x22\left(\frac{6}{5}\right)^{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}\gt{}\left(\frac{5}{4}\right)^{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}. Полагаме x=15x=\frac{1}{5} и α=x232\alpha=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3}{2}}. Съгласно (1), достатъчно е да проверим, чеαx+α(α−1)2x2+α(α−1)(α−2)6x3>14⇔2771500α+3125>14⇔α>339277⇔3⋅2772>2⋅3392⇔230187>229842.\begin{gathered} \alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2} x^{2}+\frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}{6} x^{3}\gt{}\frac{1}{4} \Leftrightarrow \\ \frac{277}{1500} \alpha+\frac{3}{125}\gt{}\frac{1}{4} \Leftrightarrow \alpha\gt{}\frac{339}{277} \Leftrightarrow 3 \cdot 277^{2}\gt{}2 \cdot 339^{2} \Leftrightarrow 230187\gt{}229842. \end{gathered}Последното очевидно е вярно, с което задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2018-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Точката MM лежи на страната ABA B на описания четириъгълник ABCDA B C D. Точките I1,I2I_{1}, I_{2} и I3I_{3} са центрове на вписаните окръжности на △MBC,△MCD\triangle M B C, \triangle M C D и △MDA\triangle M D A. Да се докаже, че точките M,I1,I2M, I_{1}, I_{2} и I3I_{3} лежат на една окръжност.
РешениеПзрво Нека ω1,ω2\omega_{1}, \omega_{2} и ω3\omega_{3} са вписаните окръжности на △MBC,△MCD\triangle M B C, \triangle M C D и △MDA\triangle M D A. За всяка окръжност ω\omega и всяка точка XX извън ω\omega, с t(X,ω)t(X, \omega) означаваме дължината на допирателната от XX към ω\omega. Дължината t1t_{1} на общата вътрешна допирателна на ω1\omega_{1} и ω2\omega_{2} е равна наt(M,ω2)−t(M,ω1)=t\left(M, \omega_{2}\right)-t\left(M, \omega_{1}\right)=12(MC+MD−CD−MB−MC+BC)\frac{1}{2}(M C+M D-C D-M B-M C+B C)Аналогично, дължината t2t_{2} на общата вътрешна допирателна на ω2\omega_{2} и ω3\omega_{3} е равна наt(M,ω2)−t(M,ω3)=t\left(M, \omega_{2}\right)-t\left(M, \omega_{3}\right)=12(MC+MD−CD−MD−MA+DA)\frac{1}{2}(M C+M D-C D-M D-M A+D A)Най-накрая, дължината t3t_{3} на общата външна допирателна на ω1\omega_{1} и ω3\omega_{3} е равна наt(M,ω1)+t(M,ω3)=t\left(M, \omega_{1}\right)+t\left(M, \omega_{3}\right)=12(MB+MC−BC+MD+MA−DA)\frac{1}{2}(M B+M C-B C+M D+M A-D A)Понеже ABCDA B C D е описан, имаме, че AB+CD=BC+DAA B+C D=B C+D A, откъдето и t1+t2=t3t_{1}+t_{2}=t_{3}. Следователно ω1\omega_{1}, ω2\omega_{2} и ω3\omega_{3} имат обща допирателна ss, която разделя ω2\omega_{2} от ω1\omega_{1} и ω3\omega_{3}. Нека △MKL\triangle M K L е образуван от правите MC,MDM C, M D и ss. Тогава, понеже I1I2I_{1} I_{2} и I2I3I_{2} I_{3} са външни ъглополовящи за този триъгълник, имаме, че ∠I1I2I3=90∘−12∠KML=180∘−∠I1MI3\angle I_{1} I_{2} I_{3}=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle K M L=180^{\circ}-\angle I_{1} M I_{3}. Следователно четириъгълникът MI1I2I3M I_{1} I_{2} I_{3} е вписан. Лема. Нека II е център на вписаната окръжност на △ABC\triangle A B C и нека точките PP и QQ лежат на правите ABA B и ACA C. Тогава точките A,I,PA, I, P и QQ лежат на една окръжност точно когатоBP‾+CQ‾=BC,\overline{B P}+\overline{C Q}=B C,където BP‾\overline{B P} е равно на BPB P ако PP лежи на лъча BA→B A \rightarrow и на −BP-B P в противен случай, и аналогично за CQ‾\overline{C Q}. Доказателство на лемата. Ще разгледаме само случая, когато точките PP и QQ лежат на отсечките ABA B и ACA C. Всички останали случаи се разглеждат аналогично. Да допуснем, че A,I,PA, I, P и QQ лежат на една окръжност. Нека DD и EE са допирните точки на вписаната окръжност на △ABC\triangle A B C с ABA B и ACA C. Имаме, че ∠PIQ=180∘−α\angle P I Q=180^{\circ}-\alpha, така че ∠DIP=∠EIQ\angle D I P=\angle E I Q и следователно △DIP≃△EIQ\triangle D I P \simeq \triangle E I Q. Оттук DP=EQD P=E Q и BP+CQ=BD+CE=BCB P+C Q=B D+C E=B C, което и трябваше да се докаже. Обратната посока на твърдението се установява със същите разсъждения, но в обратен ред. □\square Нека описаната окръжност на △MI1I3\triangle M I_{1} I_{3} пресича правите AB,CMA B, C M и DMD M за втори път в точките P,QP, Q и RR. Съгласно лемата, BP‾+CQ‾=BC\overline{B P}+\overline{C Q}=B C и DR‾+AP‾=DA\overline{D R}+\overline{A P}=D A. Следователно CQ‾+DR‾=BC+DA−BP‾−AP‾=BC+DA−AB\overline{C Q}+\overline{D R}=B C+D A-\overline{B P}-\overline{A P}= B C+D A-A B. Понеже ABCDA B C D е описан, последният израз е равен на CDC D. Съгласно лемата, това решава задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2018-8-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Даден е полином P(x)=adxd+ad−1xd−1+⋯+a3x3+a2x2+a0P(x)=a_{d} x^{d}+a_{d-1} x^{d-1}+\cdots+a_{3} x^{3}+a_{2} x^{2}+a_{0}, където d≥2d \geq 2, с коефициенти естествени числа. Разглеждаме редицата, дефинирана чрез равенстватаb1=a0,bn+1=P(bn)заn≥1.b_{1}=a_{0}, b_{n+1}=P\left(b_{n}\right) \text{за} n \geq 1.Да се докаже, че за всяко n≥2n \geq 2 съществува просто число pp, което дели bnb_{n} и е взаимнопросто с b1b2…bn−1b_{1} b_{2} \ldots b_{n-1}.
РешениеДа допуснем противното, т. е. че съществува n≥2n \geq 2, за което всеки прост делител на bnb_{n} е делител и на bib_{i} за някое 1≤i≤n−11 \leq i \leq n-1. Нека pp е прост делител на bnb_{n} и bn=prℓ,r,ℓ∈Nb_{n}=p^{r} \ell, r, \ell \in \mathbb{N}, където (p,ℓ)=1(p, \ell)=1. Имамеbn+1=P(bn)=b_{n+1}=P\left(b_{n}\right)=ad(prℓ)d+ad−1(prℓ)d−1+⋯+a2(prℓ)2+a0≡a_{d}\left(p^{r} \ell\right)^{d}+a_{d-1}\left(p^{r} \ell\right)^{d-1}+\cdots+a_{2}\left(p^{r} \ell\right)^{2}+a_{0} \equiva0=b1 a_{0}=b_{1} \quad( mod pr+1).\left(\bmod p^{r+1}\right).Тъй катоbn+i+1=P(bn+i)≡P(bi)=bi+1( mod pr+1)b_{n+i+1}=P\left(b_{n+i}\right) \equiv P\left(b_{i}\right)=b_{i+1} \quad\left(\bmod p^{r+1}\right)по индукция следва, че bn+i≡bi( mod pr+1)b_{n+i} \equiv b_{i}\left(\bmod p^{r+1}\right). От това сравнение намирамеbn≡b2n≡⋯≡bkn( mod pr+1)b_{n} \equiv b_{2 n} \equiv \cdots \equiv b_{k n} \quad\left(\bmod p^{r+1}\right)Тъй като vp(bn)=rv_{p}\left(b_{n}\right)=r, тоvp(bn)=vp(b2n)=⋯=vp(bkn)=⋯v_{p}\left(b_{n}\right)=v_{p}\left(b_{2 n}\right)=\cdots=v_{p}\left(b_{k n}\right)=\cdotsНека p∣bip \mid b_{i} за някое 1≤i≤n−11 \leq i \leq n-1. Както по-горе доказваме, че vp(bi)=vp(b2i)=⋯v_{p}\left(b_{i}\right)=v_{p}\left(b_{2 i}\right)=\cdots. Следователноvp(bn)=vp(bin)=vp(bi)=rv_{p}\left(b_{n}\right)=v_{p}\left(b_{i n}\right)=v_{p}\left(b_{i}\right)=rДоказахме, че ако pp е прост делител на bnb_{n}, то степента му в bnb_{n} е равна на степента му в bib_{i} за някое 1≤i≤n−11 \leq i \leq n-1. Това означава, че bnb_{n} дели b1b2…bn−1b_{1} b_{2} \ldots b_{n-1}, откъдето bn≤b1b2…bn−1b_{n} \leq b_{1} b_{2} \ldots b_{n-1}. От друга страна, от bn=P(bn−1)>bn−12b_{n}=P\left(b_{n-1}\right)\gt{}b_{n-1}^{2} следва, че bn−1<x2bnb_{n-1}\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}b_{n}}. Това неравенство дава:bn−k<x2bn−k+1<b_{n-k}\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}b_{n-k+1}}\lt{}x2bn−k+24<⋯<bn1/2k\sqrt[4]{\vphantom{x^2}b_{n-k+2}}\lt{}\cdots\lt{}b_{n}^{1 / 2^{k}}Следователно0<b1b2…bn−1<0\lt{}b_{1} b_{2} \ldots b_{n-1}\lt{}bn12n−1bn12n−2⋯bn12=bn12+⋯+12n−1<bnb_{n}^{\frac{1}{2^{n-1}}} b_{n}^{\frac{1}{2^{n-2}}} \cdots b_{n}^{\frac{1}{2}}=b_{n}^{\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}}\lt{}b_{n}противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2018-8-5

9

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
В изпъкнал четириъгълник ABCDA B C D диагоналите ACA C и BDB D се пресичат в точка OO. Точките A1,B1,C1A_{1}, B_{1}, C_{1} и D1D_{1} съответно върху отсечките AO,BO,COA O, B O, C O и DOD O са такива, че AA1=CC1A A_{1}=C C_{1} и BB1=DD1B B_{1}=D D_{1}. Нека MM и NN са вторите пресечни точки съответно на окръжностите, описани около △AOB\triangle A O B и △COD\triangle C O D и около △AOD\triangle A O D и △BOC\triangle B O C, а PP и QQ са вторите пресечни точки съответно на окръжностите, описани около △A1OB1\triangle A_{1} O B_{1} и △C1OD1\triangle C_{1} O D_{1} и около △A1OD1\triangle A_{1} O D_{1} и △B1OC1\triangle B_{1} O C_{1}. Да се докаже, че точките M,N,PM, N, P и QQ лежат на една окръжност.
Решение(Стоян Боев) От условието имаме ∠MAC=∠MBD\angle M A C=\angle M B D и ∠MCA=∠MDB\angle M C A=\angle M D B. Следователно △MAC∼△MBD\triangle M A C \sim \triangle M B D. Нека XX и YY са средите съответно на ACA C и BDB D. Тогава от горното подобие следва, че ∠MXC=∠MYD\angle M X C=\angle M Y D. Последното означава, че MM лежи на описаната около △OXY\triangle O X Y окръжност. Аналогично се вижда, че NN лежи на същата окръжност. Тъй като XX и YY са средите съответно и на A1C1A_{1} C_{1} и B1D1B_{1} D_{1}, горните разсъждения за четириъгълника A1B1C1D1A_{1} B_{1} C_{1} D_{1} дават, че PP и QQ също лежат на описаната около △OXY\triangle O X Y окръжност. Втори начин. (Александър Иванов) Да построим през върховете AA и CC прави, перпендикулярни на ACA C, а през върховете BB и DD прави, перпендикулярни на BDB D. Тези 4 прави определят успоредник, в който точките MM и NN са петите на перпендикулярите от OO към диагоналите му. Следователно MM и NN лежат на окръжността с диаметър OTO T, където TT е пресечната точка на диагоналите на успоредника. Аналогично се вижда, че точките PP и QQ лежат на същата окръжност (точките OO и TT са едни и същи за четириъгълниците ABCDA B C D и A1B1C1D1A_{1} B_{1} C_{1} D_{1} ).
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2018-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека m>1m\gt{}1 е естествено число и N=m2017+1N=m^{2017}+1. На дъската са написани последователно числата N,N−m,N−2m,…,m+1,1N, N-m, N-2 m, \ldots, m+1, 1. На всеки ход от дъската се изтриват най-лявото число и всички други числа, които са негови делители (ако има такива). Ходовете продължават докато бъдат изтрити всички числа. Кои са числата, изтрити на последния ход?
РешениеНека aa е най-малкото число от написаните, за което (m+1)a>N(m+1) a\gt{}N. Лесно се вижда, че a=m2017+m2+m+1m+1a=\frac{m^{2017}+m^{2}+m+1}{m+1}. Ще докажем, че накрая (за последния ход) остава aa. Никое от числата 2a,3a,…,ma2 a, 3 a, \ldots, m a не е написано на дъската, защото там има само числа, сравними с 1 по модул mm. Следователно aa няма да бъде изтрито преди да стигнем до него. Нека b<ab\lt{}a е на дъската в началото. Да докажем, че в началото на дъската има число c>ac\gt{}a, което е кратно на bb. Нека b0=b,bk+1=(m+1)bkb_{0}=b, b_{k+1}=(m+1) b_{k} за k≥0k \geq 0. Тъй като bk≡b0≡1( mod m)b_{k} \equiv b_{0} \equiv 1(\bmod m), в началото всички числа bk≤Nb_{k} \leq N са на дъската. Нека ii е такова, че bi−1<a≤bib_{i-1}\lt{}a \leq b_{i}. Ако a<bia\lt{}b_{i}, то bi=(m+1)bi−1≤Nb_{i}=(m+1) b_{i-1} \leq N поради дефиницията на aa. Следователно числото b=b0b=b_{0} ще бъде изтрито най-късно на хода, в който се изтрива bib_{i}, т. е. преди aa. Ако a=bia=b_{i}, то числото a+mbi−1=(2m+1)am+1a+m b_{i-1}=\frac{(2 m+1) a}{m+1} е на дъската в началото, защото е по-малко от 2a=2(m2017+m2+m+1)m+1<N2 a= \frac{2\left(m^{2017}+m^{2}+m+1\right)}{m+1}\lt{}N. Тогава b=b0b=b_{0} ще бъде изтрито най-късно на хода, в който се изтрива a+mbi−1>aa+m b_{i-1}\gt{}a, т. е. преди aa.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2018-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека MM е множество от 2017 естествени числа. За всяко непразно подмножество AA на MM дефинираме f(A)={x∈M:xf(A)=\{x \in M: x се дели на нечетен брой числа от A}A\}. Да се намери минималното естествено число kk, за което за всяко множество MM е възможно да се оцветят всички непразни подмножества на MM в kk цвята така, че винаги, когато A≠f(A)A \neq f(A), множествата AA и f(A)f(A) са оцветени в различни цветове.
РешениеЩе докажем, че функцията ff е инективна, т. е. ако A≠BA \neq B, то f(A)≠f(B)f(A) \neq f(B). Нека aa е най-малкото число, което принадлежи на едно от множествата AA и BB, но не принадлежи на другото, като за определеност считаме, че a∈A,A∉Ba \in A, A \notin B. Нека C={b1,b2,…,bm}C=\left\{b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{m}\right\} е множеството (възможно празно) от числата от BB, които делят aa. Тогава от дефиницията на aa следва, че числата от AA, които делят aa, са точно aa и числата от CC. Последното означава, че aa принадлежи точно на едно от множествата f(A)f(A) и f(B)f(B), т. е. f(A)≠f(B)f(A) \neq f(B). Нека MM е произволно множество. Да разгледаме насочен граф GG с върхове непразните подмножества на MM и ребра ( A,f(A)A, f(A) ) (посока от AA към f(A)f(A) ) при A≠f(A)A \neq f(A). От доказаното по-горе следва, че всеки връх на GG или е изолиран, или в него влиза и от него излиза точно по едно ребро. Следователно GG се разбива на цикли. Ще докажем, че всички цикли в GG са с четна дължина, откъдето очевидно следва, че k=2k=2. Нека (A1,A2,…,Am,A1)\left(A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{m}, A_{1}\right) е цикъл с дължина m≥2m \geq 2 (стрелките са от по-малкия индекс към по-големия, m+1≡m+1 \equiv 1). Нека {a1,a2,…,ak}=∪i=1mAi\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}\right\}=\cup_{i=1}^{m} A_{i}, като a1<a2<⋯<aka_{1}\lt{}a_{2}\lt{}\cdots\lt{}a_{k}. Ясно е, че a1∈Aia_{1} \in A_{i} за всяко i=1,2,…,mi=1, 2, \ldots, m. Нека tt е най-малкото число, за което съществува ii, такова, че at∉Aia_{t} \notin A_{i}. Съществува индекс jj, такъв, че at∉Aja_{t} \notin A_{j}, но at∈Aj+1a_{t} \in A_{j+1}. Последното означава, че ata_{t} се дели на нечетен брой измежду числата a1,…,at−1a_{1}, \ldots, a_{t-1}. Тогава at∈Ap−1a_{t} \in A_{p-1} и т. н., т. е. принадлежността на ata_{t} се сменя алтернативно и следователно дължината на цикъла е четно число.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2018-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички прости числа pp и всички естествени числа aa и mm, такива че a≤5p2a \leq 5 p^{2} и (p−1)!+a=pm(p-1)!+a=p^{m}.
РешениеОтговор: (p,a,m)=(2,1,1),(2,3,2),(2,7,3),(3,1,1),(3,7,2),(3,25,3),(5,1,2),(2,15,4),(5,101,3)(p, a, m)=(2, 1, 1), (2, 3, 2), (2, 7, 3), (3, 1, 1), (3, 7, 2), (3, 25, 3), (5, 1, 2), (2, 15, 4), (5, 101, 3). За p=2,3,5p=2, 3, 5 директни проверки (чрез условието a≤5p2a \leq 5 p^{2} ) дават гореспоменатите Нека p≥7p \geq 7. От теоремата на Уилсън следва, че a≡1( mod p)a \equiv 1(\bmod p), а освен това p−1∣a−1( mod p−1)p-1 \mid a-1(\bmod p-1). Следователно a=kp(p−1)+1a=k p(p-1)+1 за някое цяло k≥0k \geq 0. При k≥6k \geq 6 имаме a≥6p2−6p+1>5p2a \geq 6 p^{2}-6 p+1\gt{}5 p^{2}, противоречие. Оттук k≤5k \leq 5. След съкращаване на p−1p-1 получаваме (p−2)!+kp=pm−1+pm−2+⋯+1(p-2)!+k p=p^{m-1}+p^{m-2}+\cdots+1. Тъй като p≥7p \geq 7, в (p−2)(p-2)! участват и са различни 2 и p−12\frac{p-1}{2}, т. е. p−1∣(p−2)!p-1 \mid(p-2)!. Тогава k≡m( mod p−1)k \equiv m(\bmod p-1). Ако m≥pm \geq p, то (p−2)!+kp=pm−1+pm−2+⋯+1>pp−1>(p−1)!(p-2)!+k p=p^{m-1}+p^{m-2}+\cdots+1\gt{}p^{p-1}\gt{}(p-1)!, което лесно води до противоречие. Следователно m≤p−1m \leq p-1. Ако k=0k=0, то m=p−1m=p-1 и (p−2)≠pm−1≥pp−1−1>(p−1)p−1>(p−1)!(p-2)\neq{}p^{m}-1 \geq p^{p-1}-1\gt{}(p-1)^{p-1}\gt{}(p-1)!, противоречие. Ако k=1k=1 или 2, то съответно m=1m=1 или 2, което е невъзможно. Ако k=3k=3, то m=3m=3, т. е. (p−2)≠(p−1)2(p-2)\neq{}(p-1)^{2}, което е невъзможно. При k=4k=4 получаваме m=4m=4 и (p−2)≠(p−1)(p2+2p−1)(p-2)\neq{}(p-1)\left(p^{2}+2 p-1\right), откъдето p−2∣p2+2p−1=p2−4+2(p−2)+7p-2 \mid p^{2}+2 p-1=p^{2}-4+2(p-2)+7, т. е. p=7p=7, което не води до При k=5k=5 имаме m=5m=5 и (p−2)≠(p−1)(p3+2p2+3p−1)(p-2)\neq{}(p-1)\left(p^{3}+2 p^{2}+3 p-1\right), откъдето p−2∣p3+2p2+3p−1=p3−8+2(p2−4)+3(p−2)+21p-2 \mid p^{3}+2 p^{2}+3 p-1= p^{3}-8+2\left(p^{2}-4\right)+3(p-2)+21, т. е. p=7p=7, което отново не води до
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2018-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека nn е естествено число и f(x)f(x) е полином от степен nn с реални коефициенти и nn различни реални положителни корена. Възможно ли е за някои естествено число k≥2k \geq 2 и реално число aa полиномътx(x+1)(x+2)(x+4)f(x)+ax(x+1)(x+2)(x+4) f(x)+aда kk-та степен на полином с реални коефициенти?
РешениеНека α1<α2<⋯<αn\alpha_{1}\lt{}\alpha_{2}\lt{}\cdots\lt{}\alpha_{n} са корените на f(x)f(x). Да допуснем, че x(x+1)(x+2)(x+4)f(x)+a=gk(x)x(x+1)(x+2)(x+4) f(x)+a= g^{k}(x). Да отбележим, че a=bk=gk(0)a=b^{k}=g^{k}(0). Ако k≥3k \geq 3 е нечетно число, то полиномът gk(x)−bkg^{k}(x)-b^{k} ще има n+4n+4 реални различни корена, които са корени и на g(x)−bg(x)-b. Но степента на g(x)−bg(x)-b е (n+4)/k<n+4(n+4) / k\lt{}n+4, т. е. g(x)=bg(x)=b, което е невъзможно. Ще докажем, че k=2k=2 също е невъзможно, откъдето ще следва, че полином с исканите свойства не съществува и за всяко четно kk. Имаме a=b2a=b^{2}, където можем да считаме, че b>0b\gt{}0. Получаваме равенствотоx(x+1)(x+2)(x+4)f(x)=g1(x)g2(x),x(x+1)(x+2)(x+4) f(x)=g_{1}(x) g_{2}(x),където g1(x)=g(x)+bg_{1}(x)=g(x)+b и g2(x)=g(x)−bg_{2}(x)=g(x)-b. Корените на полиномите g1(x)g_{1}(x) и g2(x)g_{2}(x) са числата −4,−2,−1,0,α1-4, -2, -1, 0, \alpha_{1}, …,αn\ldots, \alpha_{n}. Тъй като g1(x)>g2(x)g_{1}(x)\gt{}g_{2}(x) за всяко x,−4x, -4 е корен на g1(x)g_{1}(x). Тъй като производните на g1(x)g_{1}(x) и g2(x)g_{2}(x) са равни, с помощта на теоремата на Рол виждаме, че единствената възможност е -2 и -1 да са корени на g2(x)g_{2}(x), а 0 да е корен на g1(x)g_{1}(x). Нека g1(x)=x(x+4)∏j=1s(x−αj)g_{1}(x)=x(x+4) \prod_{j=1}^{s}\left(x-\alpha_{j}\right). Тогава ∣g1(−1)∣=3∏j=1s(1+αj)<4∏j=1s(2+αj)=∣g1(−2)∣\left|g_{1}(-1)\right|=3 \prod_{j=1}^{s}\left(1+\alpha_{j}\right)\lt{}4 \prod_{j=1}^{s}\left(2+\alpha_{j}\right)=\left|g_{1}(-2)\right|, което противоречи на g1(−1)=g1(−2)=g(−1)+b=2bg_{1}(-1)=g_{1}(-2)=g(-1)+b=2 b.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2018-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен неравнобедрен △ABC\triangle A B C с височини CD,AEC D, A E и BFB F. Точките E′E^{\prime} и F′F^{\prime} са симетрични на EE и FF спрямо точките AA и BB съответно. Точката C1C_{1} е избрана върху лъча CD→\overrightarrow{C D}, така че DC1=3CDD C_{1}=3 C D. Да се докаже, че ∠E′C1F′=∠ACB\angle E^{\prime} C_{1} F^{\prime}=\angle A C B.
РешениеНека точките M,N,PM, N, P и QQ са избрани така, че четириъгълниците CEAM,CFBN,CEE′PC E A M, C F B N, C E E^{\prime} P и CFF′QC F F^{\prime} Q са правоъгълници. Да означим с C′C^{\prime} средата на CC1,∠BAC=α,∠ABC=βC C_{1}, \angle B A C=\alpha, \angle A B C=\beta и ∠ACB=γ\angle A C B=\gamma. Имаме, че △ABC≅△AC′B\triangle A B C \cong \triangle A C^{\prime} B и △AMC∼△BNC\triangle A M C \sim \triangle B N C. Имаме още, че∠MAC′=360∘−∠MAC−∠BAC−∠BAC′=360∘−γ−2α=γ+2β=∠NBC+∠ABC+∠ABC′=∠NBC′\begin{aligned} \angle M A C^{\prime} & =360^{\circ}-\angle M A C-\angle B A C-\angle B A C^{\prime} \\ & =360^{\circ}-\gamma-2 \alpha=\gamma+2 \beta=\angle N B C+\angle A B C+\angle A B C^{\prime} \\ & =\angle N B C^{\prime} \end{aligned}Оттук следва, че △MAC′∼△NBC′\triangle M A C^{\prime} \sim \triangle N B C^{\prime}, защото MANB=ACBC=AC′BC′\frac{M A}{N B}=\frac{A C}{B C}=\frac{A C^{\prime}}{B C^{\prime}}. Следователно ∠AC′M=∠BC′N\angle A C^{\prime} M=\angle B C^{\prime} N и оттам ∠MC′N=γ\angle M C^{\prime} N=\gamma. От разглеждане на средни отсечки в △CPC1\triangle C P C_{1} и △CQC1\triangle C Q C_{1} получаваме, че MC′∥PC1M C^{\prime} \| P C_{1} и NC′∥QC1N C^{\prime} \| Q C_{1}. Оттук следва, че ∠PC1Q=γ\angle P C_{1} Q=\gamma. Забелязваме, че BN∥F′Q,BN=F′Q,NC′∥QC1,2NC′=QC1,AM∥E′P,AM=E′P,MC′∥PC1B N\left\|F^{\prime} Q, B N=F^{\prime} Q, N C^{\prime}\right\| Q C_{1}, 2 N C^{\prime}=Q C_{1}, A M\left\|E^{\prime} P, A M=E^{\prime} P, M C^{\prime}\right\| P C_{1} и 2MC′=PC12 M C^{\prime}=P C_{1}. Оттук и от △MAC′∼△NBC′\triangle M A C^{\prime} \sim \triangle N B C^{\prime} следва, че △PE′C1∼△QF′C1\triangle P E^{\prime} C_{1} \sim \triangle Q F^{\prime} C_{1}. Следователно ∠PC1E′=∠QC1F′\angle P C_{1} E^{\prime}= \angle Q C_{1} F^{\prime}. Оттук и от вече доказаното равенство ∠PC1Q=γ\angle P C_{1} Q=\gamma получаваме, че ∠E′C1F′=γ\angle E^{\prime} C_{1} F^{\prime}=\gamma.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2018-9-6