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

2020

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • olinat2020-9-2: има placeholder текст

9

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Върху страните на триъгълник ABCA B C са избрани точки P,Q∈ABP, Q \in A B ( PP е между точките AA и QQ ) и R∈BCR \in B C. Точките MM и NN са пресечни точки на ARA R съответно с отсечките CPC P и CQC Q. Ако BC=BQ,CP=AP,CR=CNB C=B Q, C P=A P, C R=C N и ∠BPC=∠CRA\angle B P C=\angle C R A, да се докаже, че MP+NQ=BRM P+N Q=B R.
РешениеОт теоремата на Менелай за триъгълник PBCP B C и правата ARA R получаваме:BRRC⋅CMMP⋅PAAB=1,\frac{B R}{R C} \cdot \frac{C M}{M P} \cdot \frac{P A}{A B}=1,откъдето намираме MPBR=CM⋅PARC⋅AB\frac{M P}{B R}=\frac{C M \cdot P A}{R C \cdot A B}. От теоремата на Менелай за триъгълник QBCQ B C и правата ARA R получаваме:BRRC⋅CNNQ⋅QAAB=1,\frac{B R}{R C} \cdot \frac{C N}{N Q} \cdot \frac{Q A}{A B}=1,откъдето (тъй като RC=CNR C=C N ) намираме NQBR=QAAB\frac{N Q}{B R}=\frac{Q A}{A B}. От горните равенства следва:MP+NQBR=1⟺QA+CM.PARC=AB⟺CM.PARC=BQ.\frac{M P+N Q}{B R}=1 \Longleftrightarrow Q A+\frac{C M. P A}{R C}=A B \Longleftrightarrow \frac{C M. P A}{R C}=B Q.Тъй като BQ=BCB Q=B C последното равенство е еквивалентно на CM.CP=CR.CBC M. C P=C R. C B. Това равенство е вярно понеже от условието ∠BPC=∠CRA\angle B P C=\angle C R A следва, че четириъгълникът PBRMP B R M е вписан в окръжност. Втори начин: Нека S∈BCS \in B C като QS∥NRQ S \| N R. От теоремата на Талес следва, че QN=SRQ N=S R и за да докажем твърдението на задачата трябва да докажем, че BS=PMB S=P M. За целта ще покажем, че △APM≅△QSB\triangle A P M \cong \triangle Q S B. (∗)(*) От QS∥AMQ S \| A M следва, че ∠BQS=∠MAP\angle B Q S=\angle M A P. (∗)(*) От ∠QSC=∠CRA=∠BPC\angle Q S C=\angle C R A=\angle B P C следва, че ∠BSQ=∠APM\angle B S Q=\angle A P M. (∗)(*) Като използваме последователно BQ=BCB Q=B C, синусовата теорема за △PBC,CP=AP\triangle P B C, C P=A P и синусовата теорема за △APM\triangle A P M получаваме:BQsin⁡∠BSQ=BQsin⁡∠QSC=BCsin⁡∠BPC=\frac{B Q}{\sin \angle B S Q}=\frac{B Q}{\sin \angle Q S C}=\frac{B C}{\sin \angle B P C}=CPsin⁡∠QBS=APsin⁡∠AMP=AMsin⁡∠APM.\frac{C P}{\sin \angle Q B S}=\frac{A P}{\sin \angle A M P}=\frac{A M}{\sin \angle A P M}.Тъй като ∠BSQ=∠APM\angle B S Q=\angle A P M, получаваме BQ=AMB Q=A M. Следователно △APM≅△QSB,BS=PM\triangle A P M \cong \triangle Q S B, B S=P M и MP+NQ=BRM P+N Q=B R.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2020-9-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2020-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека a1∈Z,a2=a12−a1−1,…,an+1=an2−an−1a_{1} \in \mathbb{Z}, a_{2}=a_{1}^{2}-a_{1}-1, \ldots, a_{n+1}=a_{n}^{2}-a_{n}-1. Да се докаже, че an+1a_{n+1} и 2n+12 n+1 са взаимно прости числа.
РешениеРазглеждаме дадената редица по модул делител p>1p\gt{}1 на an+1a_{n+1}. Ясно е, че p≥5p \geq 5. Нека f(x)=x2−x−1f(x)=x^{2}-x-1. (1) Понеже f(0)=f(1)=−1f(0)=f(1)=-1 и f(2)=f(−1)=1f(2)=f(-1)=1, то 0,±1,2∉A={a1,…,an}0, \pm 1, 2 \notin A=\left\{a_{1}, \ldots, a_{n}\right\} (иначе an+1=±1a_{n+1}= \pm 1 ). (2) Освен това, ако ak=ak+l(1≤k<k+l≤n)a_{k}=a_{k+l}(1 \leq k\lt{}k+l \leq n), то am=am+la_{m}=a_{m+l} за всяко m≥km \geq k и тогава an+1≠0a_{n+1} \neq 0 - противоречие. (3) Сега от f(x)=f(1−x)f(x)=f(1-x) следва, че в AA не се срещат поне половината от числата 3,…,p−12,p+32,…,p−23, \ldots, \frac{p-1}{2}, \frac{p+3}{2}, \ldots, p-2. (4) Значи n≤p−4−p−52n \leq p-4-\frac{p-5}{2}, т. е. p≥2n+3p \geq 2 n+3, с което задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2020-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Съществуват ли естествени числа m≥5m \geq 5 и nn, за които: а) (m3)=n2\binom{m}{3}=n^{2}; б) (m4)=n2+9\binom{m}{4}=n^{2}+9?
РешениеРешение. а) Да, имаме (503)=1402\binom{50}{3}=140^2. б) Ще докажем, че не съществуват такива mm и nn. Да допуснем противното. Тогаваm(m−1)(m−2)(m−3)=24(n2+9).m(m-1)(m-2)(m-3)=24\left(n^2+9\right).Ако лявата страна се дели на 7, то 7∣n2+327 \mid n^2+3^2, което е невъзможно. Следователно отляво имаме произведение на четири последователни ненулеви остатъка по модул 7. Лесно се вижда, че това води само до две възможности -24(n2+9)≡1⋅2⋅3⋅4≡3⋅4⋅5⋅6≡324\left(n^2+9\right) \equiv 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \equiv 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \equiv 3 \quad( mod 7),(\bmod 7),24(n2+9)≡2⋅3⋅4⋅5≡1( mod 7). \quad 24\left(n^2+9\right) \equiv 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \equiv 1 \quad(\bmod 7).Получаваме n2≡6( mod 7)n^2 \equiv 6(\bmod 7) и n2≡3( mod 7)n^2 \equiv 3(\bmod 7) съответно, като и двете са невъзможни, защото 6 и 3 не са квадратични остатъци по модул 7. Оценяване ( 7 точки): 1 т. за а), 6 т. за б); 1 т. за разглеждане на модул 7, 3 т. за намиране на двата възможни остатъка на биномния коефициент, 2 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2020-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
В равнината са дадени nn точки, като някои от тях са свързани с отсечки. Някои от отсечките са оцветени в бяло, а другив черно така, че има както изцяло бяла, така и изцяло черна затворена начупена линия от отсечки, които минават през всяка от дадените точки точно веднъж. Знае се, че отсечките ABA B и BCB C са бели. Да се докаже, че отсечките могат да се преоцветят в червено и синьо така, че ABA B и BCB C да станат червени, не всички бели отсечки да станат червени и отново да има изцяло червена и изцяло синя затворена начупена линия от отсечки, които минават през всяка от дадените точки точно веднъж. Забележка: Една отсечка не може да бъде едновременно оцветена в два цвята.
РешениеРешение. За мултиграф GG с H(G)H(G) означаваме множеството от всички {h1,h2}\left\{h_1, h_2\right\}, където h1h_1 и h2h_2 са хамилтонови цикли в GG без общи ребра. За ребра x≠yx \neq y на GG с PG(x,y)P_G(x, y) и QG(x,y)Q_G(x, y). означаваме множествата:QG(x,y):=Q(x,y)={{h1,h2}∈H(G)∣x∈h1⟺y∈h2}иPG(x,y):=P(x,y)={{h1,h2}∈H(G)∣x∈h1⟺y∈h1}.\begin{aligned} & Q_G(x, y): =Q(x, y)=\left\{\left\{h_1, h_2\right\} \in H(G) \mid x \in h_1 \Longleftrightarrow y \in h_2\right\} \text{и} \\ & P_G(x, y): =P(x, y)=\left\{\left\{h_1, h_2\right\} \in H(G) \mid x \in h_1 \Longleftrightarrow y \in h_1\right\}. \end{aligned}Ще докажем с индукция по броя на върховете n≥3n \geq 3 на GG, че (*): ако всеки връх на GG е от степен 4, то ∣P(x,y)∣|P(x, y)| е четно за всеки две ребра x≠yx \neq y на GG. Да забележим, че това решава задачата. Наистина, ако GG е графът с върхове дадените точки в равнината и ребра отсечките, които са оцветени в бяло и черно и участват в двете разноцветни начупени линии. Тогава по условие през всеки връх минават по две бели и две черни отсечки, тоест всеки връх е от степен 4. Нещо повече, без ограничение на общността може да предполагаме, че ABA B и BCB C са от графа и бели, иначе може да ги заменим с двете бели отсечки през AA, които ще оцветим в червено. Тогава белите и черните отсечки дефинират два хамилтонови цикъла h1h_1 и h2h_2 без общи ребра, като ABA B и BCB C като и двете са в белия хамилтонов цикъл. Това показва, че ∣P(AB,BC)∣≥1|P(A B, B C)| \geq 1 и тъй като от (*) ще следва, че ∣P(AB,BC)∣|P(A B, B C)| е четно, то ∣P(AB,BC)∣≥2|P(A B, B C)| \geq 2. Тогава оцветявайки втората двойка от хамилтонови цикли {h1′,h2′}≠{h1,h2}\left\{h_1^{\prime}, h_2^{\prime}\right\} \neq\left\{h_1, h_2\right\}, където h1′h_1^{\prime} минава през ABA B и BCB C, в червено и синьо съответно, получаваме желаното преоцветяване. Сега ще докажем (*). При n=3n=3, ако ребрата на GG изобщо може да се разделят на две, така че да образуват два хамилтонови цикъла, то тези цикли представляват триъгълници и тогава за всеки две различни ребра xx и yy или ∣P(x,y)∣=2|P(x, y)|=2, ако xx и yy не свързват едни и същи върхове, или P(x,y)=∅P(x, y)=\emptyset, иначе. Да допуснем, че за някое n≥3n \geq 3 и всеки мултиграф GG, в който всеки връх е от степен 4, ∣P(x,y)∣|P(x, y)| е четно за всеки две различни ребра x≠yx \neq y. Първо да забележим, че тогава ∣H(G)∣|H(G)| е четно. Наистина, ако vv е връх с ребра, които излизат от него x1,x2,x3,x4x_1, x_2, x_3, x_4, то е ясно, че:H(G)=P(x1,x2)∪P(x1,x3)∪P(x1,x4),H(G)=P\left(x_1, x_2\right) \cup P\left(x_1, x_3\right) \cup P\left(x_1, x_4\right),като никои две от трите множества вдясно нямат общи елементи. Следователно ∣H(G)∣=∣P(x1,x2)∣+∣P(x1,x3)∣+∣P(x1,x4)∣|H(G)|= \left|P\left(x_1, x_2\right)\right|+\left|P\left(x_1, x_3\right)\right|+\left|P\left(x_1, x_4\right)\right| и тъй като и трите събираеми са четни, то и H(G)H(G) е четно. Оттук, тъй като ∣H(G)∣=∣P(x1,x2)∣+∣Q(x1,x2)∣|H(G)|=\left|P\left(x_1, x_2\right)\right|+\left|Q\left(x_1, x_2\right)\right|, то ∣Q(x1,x2)∣\left|Q\left(x_1, x_2\right)\right| също е четно. Нека сега G′G^{\prime} е произволен мултиграф с n+1n+1 върха, в който всеки връх е от степен 4. Първо ще докажем, че ∣P(x′,y′)∣\left|P\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right| е четно, ако x′x^{\prime} и y′y^{\prime} имат общ връх. Нека този връх е vv и x′={v,u1},y′={v,u2},z′={v,u3}x^{\prime}=\left\{v, u_1\right\}, y^{\prime}=\left\{v, u_2\right\}, z^{\prime}=\left\{v, u_3\right\} и t′={v,u4}t^{\prime}=\left\{v, u_4\right\} са четирите ребра, които излизат от vv в G′G^{\prime}. Да отбележим, че ако ui=vu_i=v за някое i=1,2,3,4i=1, 2, 3, 4, то няма два независими хамилтонови цикла в G′G^{\prime} и следователно H(G′)=∅H\left(G^{\prime}\right)=\emptyset, откъдето ∣PG′(x′,y′)∣=0\left|P_G^{\prime}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right|=0. Поради това предполагаме, че ui≠vu_i \neq v за i=1,2,3,4i=1, 2, 3, 4. Разглеждаме графа GG, който се получава от G′G^{\prime} като премахнем върха vv (и съответно ребрата x′,y′,z′,t′x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}, t^{\prime} ) и добавим ребрата x={u1,u2}x=\left\{u_1, u_2\right\} и y={u3,u4}y=\left\{u_3, u_4\right\}, при което могат да възникнат мултиребра и/или примки. Лесно се вижда, че в G′G^{\prime} всеки връх е от степен 4 и освен това на всяка двойка хамилтонови цикли QG(x,y)Q_G(x, y) взаимноеднозначно може да съпоставим двойка хамилтонови цикли от P(x′,y′)(−P\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\left(-\right. заменяме xx в GG с x′,y′x^{\prime}, y^{\prime} в G′G^{\prime} и yy в GG с z′,t′z^{\prime}, t^{\prime} в G′G^{\prime} ). От индукционното предположение и разсъждението по-горе знаем, че ∣QG(x,y)∣\left|Q_G(x, y)\right| е четно, следователно ∣PG′(x′,y′)∣\left|P_{G^{\prime}}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right| също е четно. Знаейки, че ∣PG′(x′,y′)∣\left|P_{G^{\prime}}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right| е четно за съседни ребра, получаваме, че ∣H(G′)∣\left|H\left(G^{\prime}\right)\right| е четно и съответно ∣QG′(x′,y′)∣\left|Q_G^{\prime}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right| е четно за всеки две съседни ребра. Нека сега x′x^{\prime} и y′y^{\prime} са произволни ребра в G′G^{\prime}. Тъй като ∣PG′(x′,y′)∣+∣QG′(x′,y′)∣=∣H(G′)∣\left|P_{G^{\prime}}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right|+\left|Q_{G^{\prime}}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right|=\left|H\left(G^{\prime}\right)\right| и ∣H(G′)∣\left|H\left(G^{\prime}\right)\right| е четно, то достатъчно е да докажем, че ∣QG′(x′,y′)∣\left|Q_{G^{\prime}}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right| е четно. Нека x′={u0,u1}x^{\prime}=\left\{u_0, u_1\right\} и y′={v0,v1}y^{\prime}=\left\{v_0, v_1\right\} и да допуснем, че най-късият път от u1u_1 до v0v_0 е с дължина kk (ако такъв няма, то H(G′)=∅H\left(G^{\prime}\right)=\emptyset и всичко е наред). Нека (u1,u2,…,uk=v0)\left(u_1, u_2, \ldots, u_k=v_0\right) е един такъв път. Тогава, ако z′={u1,u2}z^{\prime}=\left\{u_1, u_2\right\}, то:Q(x′,y′)=Q\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)=P(x′,z′)\P(z′,y′)∪P(z′,y′)\P(x′,z′).P\left(x^{\prime}, z^{\prime}\right) \backslash P\left(z^{\prime}, y^{\prime}\right) \cup P\left(z^{\prime}, y^{\prime}\right) \backslash P\left(x^{\prime}, z^{\prime}\right).Тогава ∣Q(x′,y′)∣≡∣P(x′,z′)∣+∣P(z′,y′)∣( mod 2)\left|Q\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right| \equiv\left|P\left(x^{\prime}, z^{\prime}\right)\right|+\left|P\left(z^{\prime}, y^{\prime}\right)\right|(\bmod 2). Вече знаем, че ∣P(x′,z′)∣≡0( mod 2)\left|P\left(x^{\prime}, z^{\prime}\right)\right| \equiv 0(\bmod 2), защото x′x^{\prime} и z′z^{\prime} имат общ връх. Освен това разстоянието от u2u_2 до uk=v0u_k=v_0 е k−1k-1. Следователно, индуктивно по kk, може да предполагаме, че ∣P(z′,y′)∣≡0( mod 2)\left|P\left(z^{\prime}, y^{\prime}\right)\right| \equiv 0(\bmod 2). Следователно ∣Q(x′,y′)∣≡0( mod 2)\left|Q\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right| \equiv 0(\bmod 2), откъдето и ∣P(x′,y′)∣≡0( mod 2)\left|P\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right| \equiv 0(\bmod 2), което завършва индукцията (както по kk, така и по nn ). Оценяване (7 точки): 1 т. - за това, че ако ∣P(x,y)∣|P(x, y)| е четно за всеки две ребра, то ∣H(G)∣|H(G)| и ∣Q(x,y)∣|Q(x, y)| са четни; 3 т. - за индукционния преход при xx и yy съседни, от които 1 т. за конструкцията на GG и 2 т. за доказателство, че ∣QG(x,y)∣=∣PG′(x′,y′)∣;2\left|Q_G(x, y)\right|=\left|P_{G^{\prime}}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right|; 2 т. - за индукционния преход при xx и yy несъседни; 1 т. - за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2020-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека f(x)f(x) е неконстантен полином с реални коефициенти. Редицата {ai}i=1∞\left\{a_{i}\right\}_{i=1}^{\infty} от реални числа е неограничена и:ai<ai+1<ai+2020за всякоi∈N.a_{i}\lt{}a_{i+1}\lt{}a_{i}+2020 \text{за всяко} i \in \mathbb{N}.Целите числа ⌊∣f(a1)∣⌋,⌊∣f(a2)∣⌋,⌊∣f(a3)∣⌋,…\left\lfloor\left|f\left(a_{1}\right)\right|\right\rfloor, \left\lfloor\left|f\left(a_{2}\right)\right|\right\rfloor, \left\lfloor\left|f\left(a_{3}\right)\right|\right\rfloor, \ldots са записани последователно, така че техните цифри образуват безкрайна редица от цифри {sk}k=1∞\left\{s_{k}\right\}_{k=1}^{\infty}, като sk∈{0,1,…,9}s_{k} \in\{0, 1, \ldots, 9\}. Да се докаже, че за всяко n∈Nn \in \mathbb{N}, в множеството от числа sn(k−1)+1sn(k−1)+2…snk‾,k∈N\overline{s_{n(k-1)+1} s_{n(k-1)+2} \ldots s_{n k}}, k \in \mathbb{N}, се срещат всички nn-цифрени числа.
РешениеРешение. Без ограничение на общността може да предполагаме, че старшият коефициент на ff е положителен. Тогава от дадено място нататък ff е монотонно растяща функция и при това:1=lim⁡x→∞f(x)f(x+2020)=1=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{f(x)}{f(x+2020)}=lim⁡x→∞⌊f(x)⌋+{f(x)}⌊f(x+2020)⌋+{f(x+2020)}=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\lfloor f(x)\rfloor+\{f(x)\}}{\lfloor f(x+2020)\rfloor+\{f(x+2020)\}}=lim⁡x→∞⌊f(x)⌋⌊f(x+2020)⌋\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\lfloor f(x)\rfloor}{\lfloor f(x+2020)\rfloor}Това показва, че за всяко естествено число MM има число B=B(M)B=B(M), за което, ако x>Bx\gt{}B, то f(x)>0f(x)\gt{}0 и:⌊f(x)⌋⌊f(x+2020)⌋>MM+1,което е еквивалентно на⌊f(x)⌋M>⌊f(x+2020)⌋−⌊f(x)⌋\begin{align*} \frac{\lfloor f(x)\rfloor}{\lfloor f(x+2020)\rfloor} & \gt{}\frac{M}{M+1}, \quad \text{което е еквивалентно на} \\ \frac{\lfloor f(x)\rfloor}{M} & \gt{}\lfloor f(x+2020)\rfloor-\lfloor f(x)\rfloor \tag{1} \end{align*}Нека сега фиксираме M∈NM \in \mathbb{N} и да подберем pp така, че за всяко i∈Ni \in \mathbb{N} ако ⌊f(ai+2020)⌋>M.10p\left\lfloor f\left(a_{i}+\right.\right. 2020)\rfloor\gt{}M.10^{p}, то ai>B=B(M)a_{i}\gt{}B=B(M) и M.10p>⌊f(a1)⌋M.10^{p}\gt{}\left\lfloor f\left(a_{1}\right)\right\rfloor. Това е възможно, защото редицата е неограничена отгоре и монотонна, а ff клони към безкрайност, когато аргументът ѝ клони към безкрайност. Сега ще покажем, че има ii, за което ⌊f(ai)⌋=⌊∣f(ai)∣⌋\left\lfloor f\left(a_{i}\right)\right\rfloor=\left\lfloor\left|f\left(a_{i}\right)\right|\right\rfloor и чийто десетичен запис започва с MM. Тъй като lim⁡k→∞f(ak)=∞\lim _{k \rightarrow \infty} f\left(a_{k}\right)=\infty и M.10p>⌊f(a1)⌋M.10^{p}\gt{}\left\lfloor f\left(a_{1}\right)\right\rfloor, то има (най-малко) kk, за което ⌊f(ak)⌋≤M.10p<⌊f(ak+1)⌋\left\lfloor f\left(a_{k}\right)\right\rfloor \leq M.10^{p}\lt{}\left\lfloor f\left(a_{k+1}\right)\right\rfloor. От избора на pp, знаем, че ak+1−2020>Ba_{k+1}-2020\gt{}B и следователно ak>ak+1−2020>Ba_{k}\gt{}a_{k+1}- 2020\gt{}B. От избора на BB, това показва, че f(ak+1)>f(ak)>0f\left(a_{k+1}\right)\gt{}f\left(a_{k}\right)\gt{}0, откъдето в частност ⌊∣f(ak+1)∣⌋=⌊f(ak+1)⌋\left\lfloor\left|f\left(a_{k+1}\right)\right|\right\rfloor=\left\lfloor f\left(a_{k+1}\right)\right\rfloor и ⌊∣f(ak)∣⌋=⌊f(ak)⌋\left\lfloor\left|f\left(a_{k}\right)\right|\right\rfloor=\left\lfloor f\left(a_{k}\right)\right\rfloor. Нека сега ⌊f(ak+1)⌋=\left\lfloor f\left(a_{k+1}\right)\right\rfloor= M.10 p+r{ }^{p}+r. Тогава, от свойствата на BB, може да пресметнем:10p≥⌊f(ak)⌋M≥10^{p} \geq \frac{\left\lfloor f\left(a_{k}\right)\right\rfloor}{M} \geq⌊f(ak+1)⌋−⌊f(ak)⌋≥r(2)\left\lfloor f\left(a_{k+1}\right)\right\rfloor-\left\lfloor f\left(a_{k}\right)\right\rfloor \geq r \tag{2}където първото неравенство следва от избора на kk, а второто от (1). Следователно rr се записва с не повече от pp цифри и следователно десетичният запис на ⌊f(ak+1)⌋\left\lfloor f\left(a_{k+1}\right)\right\rfloor започва с числото MM. Нека сега m∈Nm \in \mathbb{N} е произволно nn цифрено число. Полагаме M=m1m1…1m‾−nM=\overline{m 1 m 1 \ldots 1 m}-n копия на числото mm, разделени с n−1n-1 единици. От горните разсъждения някое от числата ⌊∣f(ak)∣⌋\left\lfloor\left|f\left(a_{k}\right)\right|\right\rfloor започва с MM. Тогава за някоя позиция jj имаме, че:sj+1sj+2…sj+n2+n−1‾=m1m1…1m‾\overline{s_{j+1} s_{j+2} \ldots s_{j+n^{2}+n-1}}=\overline{m 1 m 1 \ldots 1 m}Остана да забележим, че различните копия на числото mm в състава на MM започват на различни позиции по модул nn. Следователно някое от тях ще започне от позиция, даваща остатък 1 при деление на nn в редицата ss. Това завършва доказателството. Оценяване ( 7 точки): 1 т. за (1); 4 т. за доказателство, че записът на всяко число M>⌊f(a1)⌋M\gt{}\left\lfloor f\left(a_{1}\right)\right\rfloor се среща в редицата ss, от които - 1 т. за избор на p,1p, 1 т. - за избор на kk; 2 т. за доказателство на (2); 2 т. - за довършване, от които 1 т. за построяване на MM от nn-цифрено число mm и 1 т. за доказателство, че mm се среща на позиция, даваща остатък 1 при деление на nn в ss.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2020-9-6