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

2023

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • olinat2023-9-2b: има placeholder текст
  • olinat2023-11-1: има placeholder текст
  • olinat2023-11-4: има placeholder текст

9

10 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е граф GG с n≥6n \geq 6 върха, в който всеки връх е от степен поне 3. Ако C1,C2,…,CkC_{1}, C_{2}, \ldots, C_{k} са всички цикли в GG, то да се определят всички възможни стойности на най-големият общ делител на числата ∣C1∣,∣C2∣,…,∣Ck∣\left|C_{1}\right|, \left|C_{2}\right|, \ldots, \left|C_{k}\right|, където с ∣C∣|C| означаваме броят на върховете в цикъла CC.
РешениеНека d=d= НОД( ∣C1∣,∣C2∣,…,∣Ck∣\left|C_{1}\right|, \left|C_{2}\right|, \ldots, \left|C_{k}\right| ). Първо ще докажем, че ако два цикъла CC и DD имат точно два общи върха, които са свързани с ребро в CC и в DD, то тогава следва, че d∣2d \mid 2. Наистина, ако C=abc1c2…cmC=a b c_{1} c_{2} \ldots c_{m} и D=abd1d2…dsD=a b d_{1} d_{2} \ldots d_{s}, то т. к CC и DD са цикли в GG имаме d∣2+md \mid 2+m и d∣s+2d \mid s+2. Сега да отблежим, че d1d2…dsacmcm−1…c1bd_{1} d_{2} \ldots d_{s} a c_{m} c_{m-1} \ldots c_{1} b също е цикъл в GG, което означава, че d∣s+m+2d \mid s+m+2. Така получаваме d∣(s+2)+(m+2)−(s+m+2)d \mid(s+2)+(m+2)-(s+m+2), т. е d∣2d \mid 2. Сега ще покажем, че GG съдържа два цикъла, които имат точно два общи върха, които са съседни в циклите. Нека P=w0w1w2⋯wsvP=w_{0} w_{1} w_{2} \cdots w_{s} v е път с максимална дължина в GG. Тогава всички ребра от vv са към върховете от PP и т. к vv е от степен поне 3, то съществуват 0≤i<j<s0 \leq i\lt{}j\lt{}s, такива че vwiv w_{i} и vwjv w_{j} са ребра в GG. Следователно циклите wjwj+1…wsvw_{j} w_{j+1} \ldots w_{s} v и wi…wjvw_{i} \ldots w_{j} v имат желаното свойство, откъдето получаваме, че d∣2d \mid 2. Пример, в който d=2d=2 се достига е достатъчно голям двуделен граф, например Kn−3,3K_{n-3, 3}, а d=1d=1 се достига от KnK_{n} например.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-9-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
Ако за реалните числа aa и bb е изпълнено 1<a<b<x221\lt{}a\lt{}b\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}2}, то да се докаже, чеab>1+x2a2−11+x2b2−1\frac{a}{b}\gt{}\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}-1}}{1+\sqrt{\vphantom{x^2}b^{2}-1}}
РешениеИмаме, че ab>1+x2a2−11+x2b2−1⇔a+ax2b2−1>b+bx2a2−1⇔\frac{a}{b}\gt{}\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}-1}}{1+\sqrt{\vphantom{x^2}b^{2}-1}} \Leftrightarrow a+a \sqrt{\vphantom{x^2}b^{2}-1}\gt{}b+b \sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}-1} \Leftrightarrow⇔a−b\Leftrightarrow a-b+a2b2−a2−b2a2+b2ax2b2−1+bx2a2−1>+\frac{a^{2} b^{2}-a^{2}-b^{2} a^{2}+b^{2}}{a \sqrt{\vphantom{x^2}b^{2}-1}+b \sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}-1}}\gt{}0⇔(a−b)(1−a+bax2b2−1+bx2a2−1)>0 \Leftrightarrow(a-b)\left(1-\frac{a+b}{a \sqrt{\vphantom{x^2}b^{2}-1}+b \sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}-1}}\right)\gt{}0. Но0 \text{. Но}a+b>ax2b2−1+bx2a2−1a+b\gt{}a \sqrt{\vphantom{x^2}b^{2}-1}+b \sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}-1}, защото 1<a<b<x221\lt{}a\lt{}b\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}2} и тогава x2b2−1<1\sqrt{\vphantom{x^2}b^{2}-1}\lt{}1 и x2a2−1<1\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}-1}\lt{}1. Следователно изразът в скобите е отрицателен и неравенството е изпълнено.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-9-1b

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е разностранен триъгълник ABCA B C. Нека A1,B1A_{1}, B_{1} и C1C_{1} са допирните точки на външновписаните окръжности със страните BC,CA,ABB C, C A, A B съответно. Центровете на описаната около △AB1C1,△BA1C1,△CA1B1\triangle A B_{1} C_{1}, \triangle B A_{1} C_{1}, \triangle C A_{1} B_{1} са означени с OA,OB,OCO_{A}, O_{B}, O_{C} съответно. Да се докаже, че правите през OA,OBO_{A}, O_{B} и OCO_{C}, съответно успоредни на ъглополовящите на ∠A\angle A, ∠B\angle B и ∠C\angle C, се пресичат в една точка.
РешениеНека OO е центърът на описаната около △ABC\triangle A B C окръжност, и нека TT е средата на дъгата ACBA \stackrel{ }{C} B от описаната окръжност (виж чертежа). Имаме AB1=BA1,AT=BTA B_{1}=B A_{1}, A T=B T, ∠B1AT=∠A1BT\angle B_{1} A T=\angle A_{1} B T, следователно △B1AT≅△A1BT\triangle B_{1} A T \cong \triangle A_{1} B T. От еднаквостта получаваме, че ∠CB1T=∠CA1T\angle C B_{1} T=\angle C A_{1} T, следователно описаната около A1B1CA_{1} B_{1} C окръжност минава през TT и OOCO O_{C} е симетрала на CTC T. Но правите OOCO O_{C} и ъглополовящата на ∠ACB\angle A C B са перпендикулярни на CTC T (защо?), следователно правата през OCO_{C}, успоредна на ъглополовяшата на ∠ACB\angle A C B минава през OO! Повтаряйки това разсъждение, достигаме до заключението, че исканите прави се пресичат в OO.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-9-2

Задача 2b

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-9-2b

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека f(x)f(x) е полином с естествени коефициенти. За всяко n∈Nn \in \mathbb{N} нека a1(n),a2(n),…,an(n)a_{1}^{(n)}, a_{2}^{(n)}, \ldots, a_{n}^{(n)} са фиксирани естествени числа, които дават два по два различни остатъка при деление с nn и некаg(n)=∑i=1nf(ai(n))=g(n)=\sum_{i=1}^{n} f\left(a_{i}^{(n)}\right)=f(a1(n))+f(a2(n))+⋯+f(an(n)).f\left(a_{1}^{(n)}\right)+f\left(a_{2}^{(n)}\right)+\cdots+f\left(a_{n}^{(n)}\right).Да се докаже, че съществува константа MM, за която за всяко естествено число m>Mm\gt{}M имаме НОД (m,g(m))>20232023(m, g(m))\gt{}2023^{2023}.
РешениеНека d=deg⁡fd=\operatorname{deg} f е степента на ff, нека t=dt=d! и нека NN е фиксирано естествено число. Да допуснем, че множеството M:={m∈N:M: =\{m \in \mathbb{N}: НОД (m,g(m))≤N}(m, g(m)) \leq N\} е безкрайно. Тогава ще докажем, че за всяко просто pp имаме, че множеството Mp:={m∈M:p∣m}M_{p}: =\{m \in M: p \mid m\} е безкрайно. Да допуснем противното, т. е съществува естествено число NpN_{p}, такова че за всяко m∈Mm \in M, за което m>Npm\gt{}N_{p} е в сила (p,m)=1(p, m)=1. Ще ни бъде необходима следната Лема. Нека k,n∈Nk, n \in \mathbb{N} и aa е естествено число взаимнопросто с nn. Тогаваn∣(ak−1)∑i=1n(ai(n))kn \mid\left(a^{k}-1\right) \sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}^{(n)}\right)^{k}Доказателство. Т. к aa е взаимнопросто с nn и (ai(n))i=1n\left(a_{i}^{(n)}\right)_{i=1}^{n} образува пълна система остатъци ( mod n)(\bmod n), то (aai(n))i=1n\left(a a_{i}^{(n)}\right)_{i=1}^{n} също образува пълна система остатъци (  mod n\bmod n ). Следователно∑i=1n(aai(n))k≡∑i=1n(ai(n))k( mod n)\sum_{i=1}^{n}\left(a a_{i}^{(n)}\right)^{k} \equiv \sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}^{(n)}\right)^{k} \quad(\bmod n)с което лемата е доказана. Също така понеже ak−1∣al−1a^{k}-1 \mid a^{l}-1, когато k∣lk \mid l, то след сумиране за k=0,1,…,dk=0, 1, \ldots, d получаваме, че n∣(at−1)∑i=1nf(ai(n))n \mid\left(a^{t}-1\right) \sum_{i=1}^{n} f\left(a_{i}^{(n)}\right) за всяко естествено число nn и всяко aa взаимнопросто с nn. Следователно в частност твърдението е изпълнено и за a=pa=p и n∈{m∈M:m>Np}n \in\left\{m \in M: m\gt{}N_{p}\right\}. Ако m∈Mm \in M е поголямо от NpN_{p}, то получаваме, че m∣(pt−1)g(m)m \mid\left(p^{t}-1\right) g(m), откъдето следва pt−1≥m(m,g(m))≥mNp^{t}-1 \geq \frac{m}{(m, g(m))} \geq \frac{m}{N}, което е противоречие за m>N(pt−1)m\gt{}N\left(p^{t}-1\right), т. к pp и tt са фиксирани. Следователно MpM_{p} е безкрайно за всяко просто число pp. От друга страна обаче пак от лемата следва, че ако p>d+1+Np\gt{}d+1+N е просто число, k≤dk \leq d е естествено число, а gg е примитивен корен по модул pp, то p∣(gk−1)∑i=1p(ai(p))kp \mid\left(g^{k}-1\right) \sum_{i=1}^{p}\left(a_{i}^{(p)}\right)^{k}, което означава, че p∣∑i=1p(ai(p))kp \mid \sum_{i=1}^{p}\left(a_{i}^{(p)}\right)^{k} за всяко k≤dk \leq d. Оттук получаваме, че p∣g(p)p \mid g(p) за всяко p>d+1+Np\gt{}d+1+N. Същият аргумент показва и, че ако p∣mp \mid m и p>d+1+Np\gt{}d+1+N, то p∣g(m)p \mid g(m). Следователно, ако p>d+1+Np\gt{}d+1+N е фиксирано просто число, то MpM_{p} е безкрайно означава, че съществува m∈Mm \in M, такова че p∣mp \mid m, но от по-горе имаме, че p∣p \mid НОД (m,g(m))⇒p≤N(m, g(m)) \Rightarrow p \leq N, което е противоречие с избора на pp. Следователно MM е крайно и твърдението от условието следва за N=20232023N=2023{ }^{2023}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-9-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C и точка LL от страната ABA B. Върху отсечката CLC L е избрана произволна точка XX. Правите AXA X и BXB X пресичат страните BCB C и ACA C съответно в точките KK и MM и отсечките LML M и LKL K съответно в точките DD и EE. a) Да се докаже, че ∠DCE\angle D C E е постоянен и независи от избора на точката XX. б) Ако CLC L е ъглополовяща на ∠ACB\angle A C B, то да се докаже, че CLC L е ъглополовяща и на ъгъл ∠DCE\angle D C E.
РешениеНека P=CD→∩AB,Q=CE→∩ABP=C D^{\rightarrow} \cap A B, Q=C E^{\rightarrow} \cap A B. a) Ще докажем, че точките PP и QQ са постоянни. Разглеждаме △ALC\triangle A L C. От теоремата на Чева и теоремата на Менелай за правата BMB M получаваме:APPL=AMMC⋅CXXL=ABBL=const\frac{A P}{P L}=\frac{A M}{M C} \cdot \frac{C X}{X L}=\frac{A B}{B L}=\mathrm{const}Аналогично BQQL=ABAL=\frac{B Q}{Q L}=\frac{A B}{A L}= const и следователно точките PP и QQ са постоянни, а от тук и ∠DCE\angle D C E. б) През точките PP и QQ построяваме прави успоредни на CLC L, които пресичат страните ACA C и BCB C съответно в точки P1P_{1} и Q1Q_{1}. Ще докажем, че △CP1P∼△CQ1Q\triangle C P_{1} P \sim \triangle C Q_{1} Q, откъдето ще следва, че ∠ACP=∠BCQ\angle A C P=\angle B C Q, т. е. CLC L е ъглополовяща на ъгъл ∠DCE\angle D C E. Имаме ∠CP1P=180∘−∠ACL=180∘−∠BCL=∠CQ1Q\angle C P_{1} P=180^{\circ}-\angle A C L=180^{\circ}-\angle B C L=\angle C Q_{1} Q и освен товаCP1P1P=AC⋅PLAL:CL⋅APAL=\frac{C P_{1}}{P_{1} P}=\frac{A C \cdot P L}{A L}: \frac{C L \cdot A P}{A L}=ACCL:APPL=AC⋅BLCL⋅AB\frac{A C}{C L}: \frac{A P}{P L}=\frac{A C \cdot B L}{C L \cdot A B}Аналогично CQ1Q1Q=BC.ALCL.AB\frac{C Q_{1}}{Q_{1} Q}=\frac{B C. A L}{C L. A B}, но AC.BL=BC.ALA C. B L=B C. A L и следователно CP1P1P=CQ1Q1Q\frac{C P_{1}}{P_{1} P}=\frac{C Q_{1}}{Q_{1} Q}. Тогава △CP1P∼△CQ1Q\triangle C P_{1} P \sim \triangle C Q_{1} Q и доказателството е завършено.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-9-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че върху страната ADA D на изпъкнал четириъгълник ABCDA B C D съществува единствена точка MM, за коятоx2SABM+x2SCDM=x2SABCD\sqrt{\vphantom{x^2}S_{A B M}}+\sqrt{\vphantom{x^2}S_{C D M}}=\sqrt{\vphantom{x^2}S_{A B C D}}тогава и само тогава AB∥CDA B \| C D.
РешениеРешение. Първи начин. (Н. Николов) След повдигане на квадрат даденото равенство приема вида2x2SABMSCDM=SBCM2 \sqrt{\vphantom{x^2}S_{A B M} S_{C D M}}=S_{B C M}Първо ще докажем, че ако AB∥CDA B \| C D, то(1)2x2SABMSCDM≤SBCM.\text{(1)} 2 \sqrt{\vphantom{x^2}S_{A B M} S_{C D M}} \leq S_{B C M} \text{.}за всяка точка M∈[AD]M \in[A D], като равенство се достига само в една точка. Нека AB=a,CD=b,d(M,AB)=xA B=a, C D=b, d(M, A B)=x и d(M,CD)=yd(M, C D)=y. Тогава(1)⇔2x2axby≤\text{(1)} \Leftrightarrow 2 \sqrt{\vphantom{x^2}a x b y} \leq(a+b)(x+y)−ax−by⇔(x2ay−x2bx)2≥0.(a+b)(x+y)-a x-b y \Leftrightarrow(\sqrt{\vphantom{x^2}a y}-\sqrt{\vphantom{x^2}b x})^2 \geq 0 \text{.}Равенство се достига само ако AM/BM=a/bA M / B M=a / b. По-нататък, нека D′∈ADD^{\prime} \in A D така, че CD′∥ABC D^{\prime} \| A B. Ако ∠B+∠C<180∘\angle B+\angle C\lt{}180^{\circ}, то D∈(AD′)D \in\left(A D^{\prime}\right) и от (1) следва, че2x2SABMSCDM<2x2SABMSCD′M≤SBCM2 \sqrt{\vphantom{x^2}S_{A B M} S_{C D M}}\lt{}2 \sqrt{\vphantom{x^2}S_{A B M} S_{C D^{\prime} M}} \leq S_{B C M}за M∈(A,D]M \in(A, D]. Ако ∠B+∠C>180∘\angle B+\angle C\gt{}180^{\circ}, то D′∈(AD)D^{\prime} \in(A D). Нека f(M)=2x2SABMSCDM−SBCMf(M)=2 \sqrt{\vphantom{x^2}S_{A B M} S_{C D M}}-S_{B C M} за M∈[AD]M \in[A D]. Очевидно f(A)<0f(A)\lt{}0 и f(D)<0f(D)\lt{}0. От друга страна, вече знаем, че има единствена точка M′∈(AD′)M^{\prime} \in\left(A D^{\prime}\right), за която 2x2SABM′SCD′M′=SBCM′2 \sqrt{\vphantom{x^2}S_{A B M^{\prime}} S_{C D^{\prime} M^{\prime}}}=S_{B C M^{\prime}} и значи f(M′)>0f\left(M^{\prime}\right)\gt{}0. По непрекъснатост следва, че съществуват точки M1∈(AM′)M_1 \in\left(A M^{\prime}\right) и M2∈(M′D)M_2 \in\left(M^{\prime} D\right) така, че f(M1)=f(M2)=0f\left(M_1\right)=f\left(M_2\right)=0. Оттук задачата следва. Забележка. В случая ∠B+∠C>180∘\angle B+\angle C\gt{}180^{\circ} съществуват точно две точки M1,M2∈(AD)M_1, M_2 \in(A D), за коитоx2SABM+x2SCDM=x2SABCD\sqrt{\vphantom{x^2}S_{A B M}}+\sqrt{\vphantom{x^2}S_{C D M}}=\sqrt{\vphantom{x^2}S_{A B C D}}Наистина, SABMS_{A B M} и SCDMS_{C D M} са линейни функции на M∈[AD]M \in[A D]. Следователно x2SABM+x2SCDM\sqrt{\vphantom{x^2}S_{A B M}}+ \sqrt{\vphantom{x^2}S_{C D M}} е строго вдлъбната функция и значи приема дадена стойност най-много два пъти. Втори начин. (К. Делчев и Н. Николов) Ще използваме, че ако A1(x1,y1),A2(x2,y2)A_1\left(x_1, y_1\right), A_2\left(x_2, y_2\right) и A3(x3,y3)A_3\left(x_3, y_3\right), то удвоеното ориентирано лице на △A1A2A3\triangle A_1 A_2 A_3 е равно на x1(y2−y3)+x2(y3−y1)+x3(y1−y2)x_1\left(y_2-y_3\right)+x_2\left(y_3-y_1\right)+x_3\left(y_1-y_2\right). Можем да считаме, че A(0,0),B(x1,y1),C(x2,y2),D(0,1)A(0, 0), B\left(x_1, y_1\right), C\left(x_2, y_2\right), D(0, 1) и M=(0,m)M=(0, m), където x1,x2>0x_1, x_2\gt{}0. Записваме даденото равенство във вида 4SABMSCDM=SBCM24 S_{A B M} S_{C D M}=S_{B C M}^2 и получаваме, че4x1x2m(1−m)=(△+m(x2−x1))2,4 x_1 x_2 m(1-m)=\left(\triangle+m\left(x_2-x_1\right)\right)^2,където △=x1y2−x2y1=2SABC>0\triangle=x_1 y_2-x_2 y_1=2 S_{A B C}\gt{}0, т. е.m2(x1+x2)2+2m((x2−x1)△−2x1x2)+△2=0.m^2\left(x_1+x_2\right)^2+2 m\left(\left(x_2-x_1\right) \triangle-2 x_1 x_2\right)+\triangle^2=0.Това уравнение има единствено решение m∈(0,1)m \in(0, 1) точно когатоD1=4x1x2(x1−△)(x2+△)=D_1=4 x_1 x_2\left(x_1-\triangle\right)\left(x_2+\triangle\right)=0⇔x1=△⇔x1x2=y1y2−1⇔AB∥CD.0 \Leftrightarrow x_1=\triangle \Leftrightarrow \frac{x_1}{x_2}=\frac{y_1}{y_2-1} \Leftrightarrow A B \| C D.Оценяване. Пбрви начин (7 точки) 2т. за случая AB∥CD,2A B \| C D, 2 т. за ∠B+∠C<180∘\angle B+\angle C\lt{}180^{\circ}, Зт. за случая ∠B+∠C>180∘\angle B+\angle C\gt{}180^{\circ}. Втори начин (7 точки) 1т. за свеждането до 4SABMSCDM=SBCM24 S_{A B M} S_{C D M}=S_{B C M}^2, 3т. за въвеждане на подходяща параметризация и изразяване на равенството от по-горе чрез нея, Зт. за довършване
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-9-4

Задача 4b

Пълен запис
Условие
Нека WW е една nn-буквена дума, която съдържа най-много 10 различни букви (например ПЕРПЕНДИКУЛЯР или ААББВВАББО). Да се докаже, че буквите в WW могат да се заменят с цифри, като на местата на еднаквите букви се поставят еднакви цифри, а на местата на различните букви се поставят различни цифри, така че полученото nn-цифрено число (то може да започва и с 0 ) се дели на 9.
РешениеНека някоя буква участва в WW точно kk пъти, като числото n−kn-k не се дели на 3. Тази буква заместваме с 9, а останалите по произволен начин с цифрите 0,1,…,80, 1, \ldots, 8. Ако сборът от цифрите на полученото число се дели на 9, то задачата е решена. Нека сборът от цифрите е сравним с някакво число aa по модул 9. Променяме с 1 всяка от цифрите, различна от 9, по модул 8. Сборът от цифрите на полученото числоще е сравним с a+n−k( mod 9)a+n-k(\bmod 9) и така докато стигнем до сбор, който се дели на 9. Това може да се постигне, защото (n−k,9)=1(n-k, 9)=1. Нека сега k1≡k2≡⋯≡k10≡n( mod 3)k_{1} \equiv k_{2} \equiv \cdots \equiv k_{10} \equiv n(\bmod 3). Тогава както и да разположим цифрите в WW сборът им ще е сравним с n(0+1+⋯+9)≡0( mod 3)n(0+1+\cdots+9) \equiv 0(\bmod 3). Ако k1≡k2≡⋯≡k10≡n( mod 9)k_{1} \equiv k_{2} \equiv \cdots \equiv k_{10} \equiv n(\bmod 9), то както и да разположим цифрите в WW сборът им ще се дели на 9. Остава да разгледаме случая, когато например числото n−k1n-k_{1} не се дели на 9, т. е. n−k1≡3n-k_{1} \equiv 3 или 6( mod 9)6(\bmod 9) и тук процедираме както по-горе (a=0,3(a=0, 3 или 6)). С това задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-9-4b

Задача 5

Пълен запис
Условие
За дадено естествено число nn да се намери най-малката стойност на израза∣x1∣+∣x1−x2∣+∣x1+x2−x3∣\left|x_{1}\right|+\left|x_{1}-x_{2}\right|+\left|x_{1}+x_{2}-x_{3}\right|+⋯+∣x1+x2+⋯+xn−1−xn∣+\cdots+\left|x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-1}-x_{n}\right|където x1,x2,…,xnx_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n} са такива реални числа, че ∣x1∣+∣x2∣+⋯+∣xn∣=1\left|x_{1}\right|+\left|x_{2}\right|+\cdots+\left|x_{n}\right|=1.
Решение(Ст. Герджиков и Н. Николов) За всяко n∈Nn \in \mathbb{N} нека cnc_{n} е най-малкото реално положително число, за което cn(∣x1∣+∣x1−x2∣+∣x1+x2−x3∣+⋯+∣x1+x2+⋯+xn−1−xn∣)≥∣x1∣+∣x2∣+⋯+∣xn∣c_{n}\left(\left|x_{1}\right|+\left|x_{1}-x_{2}\right|+\left|x_{1}+x_{2}-x_{3}\right|+\cdots+\left|x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-1}-x_{n}\right|\right) \geq\left|x_{1}\right|+\left|x_{2}\right|+\cdots+\left|x_{n}\right| за всички реални числа x1,x2,…,xnx_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}. Нека Sk=x1+x2+⋯+xk−1S_{k}=x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k-1}. Да забележим, че от неравенството на триъгълника следва, че∣Sk−xk∣+(∣x1∣+∣x2∣+⋯+∣xk−1∣)≥∣xk∣\left|S_{k}-x_{k}\right|+\left(\left|x_{1}\right|+\left|x_{2}\right|+\cdots+\left|x_{k-1}\right|\right) \geq\left|x_{k}\right|Следователно, акоcn∑k=1n∣Sk−xk∣≥∑k=1n∣xk∣,c_{n} \sum_{k=1}^{n}\left|S_{k}-x_{k}\right| \geq \sum_{k=1}^{n}\left|x_{k}\right|,то2cn∑k=1n+1∣Sk−xk∣≥∣Sn+1−xn+1∣+2cn∑k=1n∣Sk−xk∣≥∣Sn+1−xn+1∣+2∑k=1n∣xk∣≥(∣Sn+1−xn+1∣+∑k=1n∣xk∣)+∑k=1n∣xk∣≥∣xn+1∣+∑k=1n∣xk∣=∑k=1n+1∣xk∣\begin{aligned} 2 c_{n} \sum_{k=1}^{n+1}\left|S_{k}-x_{k}\right| & \geq\left|S_{n+1}-x_{n+1}\right|+2 c_{n} \sum_{k=1}^{n}\left|S_{k}-x_{k}\right| \\ & \geq\left|S_{n+1}-x_{n+1}\right|+2 \sum_{k=1}^{n}\left|x_{k}\right| \\ & \geq\left(\left|S_{n+1}-x_{n+1}\right|+\sum_{k=1}^{n}\left|x_{k}\right|\right)+\sum_{k=1}^{n}\left|x_{k}\right| \\ & \geq\left|x_{n+1}\right|+\sum_{k=1}^{n}\left|x_{k}\right|=\sum_{k=1}^{n+1}\left|x_{k}\right| \end{aligned}Тогава с индукция по nn получаваме, че cn≤2n−1c1c_{n} \leq 2^{n-1} c_{1}. Очевидно c1=1c_{1}=1 и значи cn≤2n−1c_{n} \leq 2^{n-1}. От друга страна, ако x1=21−n,xk=2k−n−1x_{1}=2^{1-n}, x_{k}=2^{k-n-1} за k≥2k \geq 2, тоSk=2k−n−1=xkS_{k}=2^{k-n-1}=x_{k}за k>1k\gt{}1. Следователно ∑k=1n∣Sk−xk∣=∣x1∣=21−n\sum_{k=1}^{n}\left|S_{k}-x_{k}\right|=\left|x_{1}\right|=2^{1-n}. От друга страна, ∑k=1nxk=Sn+1=1\sum_{k=1}^{n} x_{k}=S_{n+1}=1. Значи cn≥2n−1c_{n} \geq 2^{n-1}. Окончателно, cn=2n−1c_{n}=2^{n-1}. Да отбележим, че това дава, че търсената минимална стойност е поне 21−n2^{1-n}, а от друга страна от примера по-горе става ясно, че тя се достига. С това задачата е решена. Втори начин. (Александър Иванов) За An:=∣x1∣+∣x1−x2∣+∣x1+x2−x3∣+⋯+∣x1+x2+⋯+xn−1−xn∣A_{n}: =\left|x_{1}\right|+\left|x_{1}-x_{2}\right|+\left|x_{1}+x_{2}-x_{3}\right|+\cdots+\left|x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-1}-x_{n}\right| имаме, чеAn≥∣x1∣+12∣x2−x1∣+⋯+12n−1∣xn−x1−⋯−xn−1∣≥∣x1∣+12(∣x2∣−∣x1∣)+⋯+12n−1(∣xn∣−∣x1∣−⋯−∣xn−1∣)=12n−1∑i=1n∣xi∣=21−n,\begin{aligned} A_{n} & \geq\left|x_{1}\right|+\frac{1}{2}\left|x_{2}-x_{1}\right|+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}\left|x_{n}-x_{1}-\cdots-x_{n-1}\right| \\ & \geq\left|x_{1}\right|+\frac{1}{2}\left(\left|x_{2}\right|-\left|x_{1}\right|\right)+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}\left(\left|x_{n}\right|-\left|x_{1}\right|-\cdots-\left|x_{n-1}\right|\right) \\ & =\frac{1}{2^{n-1}} \sum_{i=1}^{n}\left|x_{i}\right|=2^{1-n}, \end{aligned}където второто неравенство следва от неравенство на триъгълника. За да имаме равенство в първия ред, то трябва xi+1=∑j=1ixjx_{i+1}=\sum_{j=1}^{i} x_{j} за всяко n≥i>1n \geq i\gt{}1, откъдето намираме xi=2i−n−1x_{i}=2^{i-n-1} за i≥2i \geq 2 и x1=21−nx_{1}=2^{1-n}. Трети начин. (К. Гаров) Означаваме с F(x1,x2,…,xn)F\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right) израза от условието на задачата:F(x1,x2,…,xn)=F\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)=∣x1∣+∣x1−x2∣+∣x1+x2−x3∣\left|x_{1}\right|+\left|x_{1}-x_{2}\right|+\left|x_{1}+x_{2}-x_{3}\right|+⋯+∣x1+x2+⋯+xn−1−xn∣+\cdots+\left|x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-1}-x_{n}\right|Забелязваме, че FF е неотрицателна и непрекъсната. Следователно, тъй като единичната сфера е компактна, FF достига своя минимум. Нека минимумът на FF се достига при (X1,X2,…,Xk,…,Xn)\left(X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{k}, \ldots, X_{n}\right) и нека Sk=X1+X2+⋯+Xk−1S_{k}=X_{1}+X_{2}+\cdots+ X_{k-1} и ck=Xk+Xk+1c_{k}=X_{k}+X_{k+1}. За 1≤k≤n−11 \leq k \leq n-1 означаваме с gkg_{k} функцията:gk(y)=F(X1,…,Xk−1,y,ck−y,Xk+1,…,Xn)g_{k}(y)=F\left(X_{1}, \ldots, X_{k-1}, y, c_{k}-y, X_{k+1}, \ldots, X_{n}\right)Тя достига своя минимум за y=Xky=X_{k}. Да отблежим, че единствените членове на сумата от израза FF, които зависят от yy са ∣x1+⋯+xk−1−xk∣\left|x_{1}+\cdots+x_{k-1}-x_{k}\right| и ∣x1+⋯+xk−xk+1∣\left|x_{1}+\cdots+x_{k}-x_{k+1}\right|. Следователно y=Xky=X_{k} минимизира този израз. Тогава от неравенство на триъгълника имаме: ∣Sk−1−y∣+∣Sk−1+2y−ck∣=∣Sk−1−y∣+2∣(Sk−1−ck)/2−y∣≥∣(3Sk−1−ck)/2∣+∣(Sk−1−ck)/2−y∣\left|S_{k-1}-y\right|+\left|S_{k-1}+2 y-c_{k}\right|=\left|S_{k-1}-y\right|+2\left|\left(S_{k-1}-c_{k}\right) / 2-y\right| \geq\left|\left(3 S_{k-1}-c_{k}\right) / 2\right|+\left|\left(S_{k-1}-c_{k}\right) / 2-y\right|Следователно минимумът е равен на ∣(3Sk−1−ck)/2∣\left|\left(3 S_{k-1}-c_{k}\right) / 2\right| и се достига за y=(Sk−1−ck)/2y=\left(S_{k-1}-c_{k}\right) / 2. Тоест за всяко 1≤k≤n−11 \leq k \leq n-1 имаме равенството Xk=(Sk−1−ck)/2X_{k}=\left(S_{k-1}-c_{k}\right) / 2. Преобразуваме и получаваме, че Xk+1=SkX_{k+1}=S_{k} или, че Xk=2k−1X1X_{k}=2^{k-1} X_{1}. Следователно, X1=21−nX_{1}=2^{1-n} и F(X1,X2,…,Xn)=21−nF\left(X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n}\right)=2^{1-n}. С това задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
В клас от 26 ученици всеки ученик се оценява по пет различни предмета, като за всеки предмет са възможни три различни оценки. Да се докаже, че ако 25 от тези ученици са получили своите оценки, то оценките на 26 -ия ученик могат да се поставят така, че да се различават поне по два от предметите с оценките на всеки от останалите 25 ученици.
РешениеЩе казваме, че един троичен вектор с дължина 5 покрива друг, ако двата вектора се различават в най-много една позиция. Трябва да докажем, че не съществуват 25 троични вектора с дължина 5, които да покриват всички 35=2433^{5}=243 вектора. Да допуснем, че такова множество с 25 вектора съществува и да го означим с AA. Да разделим всички 243 вектора на 4 групи: B0B_{0} - вектори с първи две координати 00;B100; B_{1} - вектори с първи две координати 01,02,1001, 02, 10 или 20;B220; B_{2} - вектори с първи две координати 11 или 22 и B3B_{3} - вектори с първи две координати 12 или 21. Ясно е, че ∣B0∣=27\left|B_{0}\right|=27, ∣B2∣=∣B3∣=54\left|B_{2}\right|=\left|B_{3}\right|=54. За първите две координати на всеки вектор има 9 възможности, а в AA има 24 вектора. Можем да считаме, че от всички вектори в AA като първи две координати най-малко пъти се появяват 00, като тогава 00 се появява най-много два пъти. Да разделим векторите от AA на 4 групи: A0A_{0} - вектори с първи две координати 00;A100; A_{1} вектори с първи две координати 01,02,1001, 02, 10 или 20;A220; A_{2} - вектори с първи две координати 11 или 22 и A3A_{3} - вектори с първи две координати 12 или 21. Нека ai=∣Ai∣a_{i}=\left|A_{i}\right|, като a0+a1+a2+a3=25,a0≤2a_{0}+a_{1}+ a_{2}+a_{3}=25, a_{0} \leq 2 и без ограничение a2<a3a_{2}\lt{}a_{3}. Следните наблюдения са очевидни: всеки вектор от A0A_{0} покрива 7 вектора в B0B_{0}; всеки вектор от A1A_{1} покрива по 1 вектор в B0,B2B_{0}, B_{2} и B3B_{3}; всеки вектор от A2A_{2} покрива 7 вектора в B2B_{2} и 2 вектора в B3B_{3}; всеки вектор от A2A_{2} или A3A_{3} покрива 2 вектора в B1B_{1}. всеки вектор от A3A_{3} покрива 7 вектора в B3B_{3} и 2 вектора в B2B_{2}. От горните наблюдения получаваме: 7a0+a1≥27,7a2+a1+2a3≥547 a_{0}+a_{1} \geq 27, 7 a_{2}+a_{1}+2 a_{3} \geq 54 и 7a3+a1+2a2≥547 a_{3}+a_{1}+2 a_{2} \geq 54. При a0=0a_{0}=0 следва a1≥27a_{1} \geq 27, противоречие. При a0=1a_{0}=1 следва a1≥20a_{1} \geq 20, като тогава a2+a3≤4a_{2}+a_{3} \leq 4 и 7a3+a1+2a2≥547 a_{3}+a_{1}+2 a_{2} \geq 54 не може да е вярно. Получаваме a0=2a_{0}=2 и следователно a1≥13a_{1} \geq 13. Ако a2=4a_{2}=4, то най-голямата стойност на 7a2+a1+2a37 a_{2}+a_{1}+2 a_{3} е 7⋅4+13+12=53<547 \cdot 4+13+12=53\lt{}54, противоречие. Следователно единствената възможност е a1=13,a2=a3=5a_{1}=13, a_{2}=a_{3}=5. Без ограничение векторите от AA с първи две координате 00 са 00000 и 00111 (в противен случай те няма да покриват 14 вектора). Тогава векторите222,220,221,202,212,022,222, 220, 221, 202, 212, 022,122,012,120,201,021,210,102 122, 012, 120, 201, 021, 210, 102не са покрити в B0B_{0} и следователно трябва да се появяват като опашки в A1A_{1}. Всеки от векторите 001,010,100,110,101,011001, 010, 100, 110, 101, 011 е покрит по два пъти в B1B_{1} (например 001 е покрит от 201 и 021 ), а трябва да бъде покрит 4 пъти. Следователно тези вектори трябва да се появяват като опашки в A2A_{2} или A3A_{3}. Следователно знаем 6 опашки в A2A_{2} или A3A_{3} и има още 4 неизвестни опашки. Всеки от векторите 002,020,200,112,121,211002, 020, 200, 112, 121, 211 трябва да е покрит общо 4 пъти в B2B_{2} и B3B_{3}, като до този момент те са покрити по един път (например 002 е покрит само от 001). Следователно четирите неизвестни опашки трябва да осигуряват още 4⋅6−6=184 \cdot 6-6=18 покрития. Директно се проверява, че всеки вектор с дължина три покрива най-много 3 вектора от 002,020,200,112,121,211002, 020, 200, 112, 121, 211 в B2B_{2} и B3B_{3}, т. е. неизвестните 4 опашки могат да осигурят най-много 4⋅3=12<184 \cdot 3=12\lt{}18 покрития, противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-9-6

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши системата ∣ x+a=y+bx3+a3=y3+b3\left\lvert\, \begin{aligned} & x+a=y+b \\ & x^{3}+a^{3}=y^{3}+b^{3}\end{aligned}\right., където a≠0a \neq 0 и b≠0b \neq 0 са реални параметри.
РешениеЗаписваме второто уравнение във вида (x+a)((x+a)2−3ax)=(y+b)((y+b)2−3by(x+a)\left((x+a)^{2}-3 a x\right)=(y+b)((y+ b)^{2}-3 b y ). При x+a=0x+a=0 получаваме то (x,y)=(−a,−b)(x, y)=(-a, -b). Нека x+a≠0x+a \neq 0. Тогава y+b≠0y+b \neq 0 и получаваме (x+a)2−3ax=(y+b)2−3by(x+a)^{2}-3 a x=(y+b)^{2}-3 b y, откъдето 3ax=3by3 a x=3 b y. Тогава y=axby=\frac{a x}{b} и заместването в първото уравнение дава x(1−ab)=b−ax\left(1-\frac{a}{b}\right)=b-a. При a=ba=b получаваме решенията (x,y)=(x,x)(x, y)=(x, x), а при a≠ba \neq b намираме (x,y)=(b,a)(x, y)=(b, a).
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се определи при кои стойности на реалния параметър mm, неравенството4x2−m2x2+x+1+m34x≥04^{x^{2}}-m 2^{x^{2}+x+1}+m^{3} 4^{x} \geq 0е изгълнено за всяко цяло число xx.
РешениеПолагаме 2x2−x=t,t>02^{x^{2}-x}=t, t\gt{}0 и достигаме до неравенството t2−2mt+m3≥0t^{2}-2 m t+m^{3} \geq 0. Ако xx е цяло число, то t=2x2−xt=2^{x^{2}-x} е измежду числата 1,2,4,8,…1, 2, 4, 8, \ldots. Така задачата се свежда до намиране на тези стойности на mm, за които неравенството t2−2mt+m3≥0t^{2}-2 m t+m^{3} \geq 0 е в сила за всяко t∈{1,2,4,8,…}t \in\{1, 2, 4, 8, \ldots\}. Случай 1. Ако D=4m2−4m3=4m2(1−m)≤0D=4 m^{2}-4 m^{3}=4 m^{2}(1-m) \leq 0, т. е. m≥1m \geq 1, то неравенството е вярно не само за всички цели, но и за всички реални стойности на xx. Случай 2. Ако D=4m2(1−m)>0D=4 m^{2}(1-m)\gt{}0, то m<1m\lt{}1, върхът на параболата има абсциса mm и следователно е необходимо 1 да е надясно от корените, т. е.f(1)≥0⇔m3−2m+1≥0⇔(m−1)(m2+m−1)≥0f(1) \geq 0 \Leftrightarrow m^{3}-2 m+1 \geq 0 \Leftrightarrow(m-1)\left(m^{2}+m-1\right) \geq 0откъдето m∈[−1−x252,−1+x252]m \in\left[\frac{-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}, \frac{-1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}\right]. Окончателно получаваме m∈[−1−x252,−1+x252]∪[1,+∞)m \in\left[\frac{-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}, \frac{-1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}\right] \cup[1, +\infty)
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Върху страната BCB C на △ABC\triangle A B C е избрана вътрешна точка KK така, че 2∠BAK=3∠KAC2 \angle B A K=3 \angle K A C. Да се докаже, че AB2⋅AC3>AK5A B^{2} \cdot A C^{3}\gt{}A K^{5}.
РешениеДа означим ∠BAC=α\angle B A C=\alpha и да построим точките D0,D1,…,D5D_{0}, D_{1}, \ldots, D_{5} във вътрешността и по контура на ∠BAC\angle B A C така, че B≡D0,C≡D5B \equiv D_{0}, C \equiv D_{5}, а за i=0,1,…,4i=0, 1, \ldots, 4 да имаме ∠DiADi+1=15∠BAC\angle D_{i} A D_{i+1}=\frac{1}{5} \angle B A C, и ADi5=AB5−i.ACiA D_{i}^{5}=A B^{5-i}. A C^{i}. Тогава триъгълниците DiADi+1D_{i} A D_{i+1}, i=0,1,…,4i=0, 1, \ldots, 4, са подобни (по равни отношение на две страни и ъгъл между тях). Нещо повече, имаме ∠D0D1D2=∠D0D1A+∠AD1D2=∠BD1A+ABD1=180∘−α5<180∘\angle D_{0} D_{1} D_{2}=\angle D_{0} D_{1} A+\angle A D_{1} D_{2}=\angle B D_{1} A+A B D_{1}=180^{\circ}-\frac{\alpha}{5}\lt{}180^{\circ} и аналогично ∠DiDi+1Di+2<180∘\angle D_{i} D_{i+1} D_{i+2}\lt{}180^{\circ} за i=1,2,3,4i=1, 2, 3, 4. Следователно многоъгълникът ABD1D2D3D4CA B D_{1} D_{2} D_{3} D_{4} C е изпъкнал, а в него диагоналите BCB C и AD3A D_{3} се пресичат в точка KK, вътрешна за отсечката AD3A D_{3}. Оттук AK<AD3=AB2/5⋅AC3/5A K\lt{}A D_{3}=A B^{2 / 5} \cdot A C^{3 / 5}, откъдето следва исканото неравенство.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Ще наричаме едно 10 -цифрено естествено число добро, ако цифрите му са две по две различни. Нека AA е броят на добрите числа, които остават добри и след умножение с 2, а BB е броят на добрите числа, които остават добри и след умножение с 5. Да се намери отношението AB\frac{A}{B}.
РешениеЗа всяко добро число a1a2…a10‾\overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{10}}, да образуваме периодичната десетична дроб α=0,(a1a2…a10)\alpha=0, \left(a_{1} a_{2} \ldots a_{10}\right). Ще наричаме добра всяка такава десетична дроб. Ако α\alpha и {2α}\{2 \alpha\} са добри, ще казваме, че α\alpha е AA-добра и аналогично, ако α\alpha и {5α}\{5 \alpha\} са добри, ще казваме, че α\alpha е BB-добра. За всяка добра дроб α\alpha, да разгледаме множествотоSα={α,{10α},{102α},…,{109α}}.S_{\alpha}=\left\{\alpha, \{10 \alpha\}, \left\{10^{2} \alpha\right\}, \ldots, \left\{10^{9} \alpha\right\}\right\}.Очевидно всяка дроб от SαS_{\alpha} поражда отново SαS_{\alpha}. Да забележим още, че всички дроби в едно такова множество са едновременно AA-добри или едновременно BB-добри. Ако дробта α\alpha е AA-добра, то {2α}\{2 \alpha\} е BB-добра и, аналогично, ако α\alpha е BB-добра, то {5α}\{5 \alpha\} е AA-добра. Освен това множествата, съпоставени на α\alpha и 5{2α}5\{2 \alpha\} (или 2{5α}2\{5 \alpha\} ) са всъщност едно и също множество, т. е. Sα=S5{2α}=S2{5α}S_{\alpha}=S_{5\{2 \alpha\}}=S_{2\{5 \alpha\}}. По този начин получаваме взаимно-еднозначно съответствие между множествата, съпоставени на AA-добри дроби, и множествата, съпоставени на BB-добри дроби. В частност, броят на множествата от двата вида е един и същ. Във всяко множество, съпоставено на AA-добра дроб, има точно четири дроби, чиито периоди представляват AA-добри числатова са точно дробите, чиито периоди започват с 1,2,31, 2, 3 или 4, защото в този случай {2α}=2α\{2 \alpha\}=2 \alpha (последното равенство е вярно и когато периодът започва с 0, но такава дроб не отговаря на добро число). Аналогично, всяко множество, съпоставено на BB-добра дроб, съдържа точно една дроб, чийто период представлява BB-добро числотази, чийто период започва с 1. Понеже всяко добро число е период на дроб в някое от множествата SαS_{\alpha}, горните разсъждения означават, че A=4BA=4 B, т. е. търсеното отношение е AB=4\frac{A}{B}=4.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В △ABC\triangle A B C разстоянието от върха BB до центъра на вписаната окръжност е равно на радиусът на описаната около триъгълника окръжност и cos⁡∠ABC=x274\cos \angle A B C=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}7}}{4}. Да се докаже, че △ABC\triangle A B C е правоъгълен.
РешениеАко означим с II центърът на вписаната окръжност за △ABC\triangle A B C, то от синусовата теорема за △ABI\triangle A B I получавамеRsin⁡α2=BIsin⁡α2=csin⁡(α+β2)=\frac{R}{\sin \frac{\alpha}{2}}=\frac{B I}{\sin \frac{\alpha}{2}}=\frac{c}{\sin \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}=2Rsin⁡γsin⁡(α+β2)=\frac{2 R \sin \gamma}{\sin \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}=2Rsin⁡(α+β)sin⁡(α+β2)=4Rsin⁡(γ2)\frac{2 R \sin (\alpha+\beta)}{\sin \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}=4 R \sin \left(\frac{\gamma}{2}\right)Следователно sin⁡γ2sin⁡α2=14\sin \frac{\gamma}{2} \sin \frac{\alpha}{2}=\frac{1}{4}. Пресмятамеsin⁡β2=x21−cos⁡β2=x27−14\sin \frac{\beta}{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{1-\cos \beta}{2}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}7}-1}{4} \quadиcos⁡β2=x21+cos⁡β2=x27+14. \text{и} \quad \cos \frac{\beta}{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{1+\cos \beta}{2}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}7}+1}{4}.Освен това12=2sin⁡γ2sin⁡α2=cos⁡α−γ2−cos⁡α+γ2=\frac{1}{2}=2 \sin \frac{\gamma}{2} \sin \frac{\alpha}{2}=\cos \frac{\alpha-\gamma}{2}-\cos \frac{\alpha+\gamma}{2}=cos⁡α−γ2−sin⁡β2=cos⁡α−γ2−x27−14\cos \frac{\alpha-\gamma}{2}-\sin \frac{\beta}{2}=\cos \frac{\alpha-\gamma}{2}-\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}7}-1}{4}откъдето намираме cos⁡α−γ2=x27+14=cos⁡β2\cos \frac{\alpha-\gamma}{2}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}7}+1}{4}=\cos \frac{\beta}{2}. Оттук директно следва, че α−γ=β\alpha-\gamma=\beta или γ−α=β\gamma-\alpha=\beta, т. е. α=90∘\alpha=90^{\circ} или γ=90∘\gamma=90^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадени са реални числа a,b,ca, b, c и dd, за коитоax2c2−b2+bx2d2−a2=c2d2−cd+1a \sqrt{\vphantom{x^2}c^{2}-b^{2}}+b \sqrt{\vphantom{x^2}d^{2}-a^{2}}=c^{2} d^{2}-c d+1Да се намери стойността на израза a2c2+b2d2a^{2} c^{2}+b^{2} d^{2}.
РешениеТъй като c2≥b2c^{2} \geq b^{2} и d2≥a2d^{2} \geq a^{2}, то съществуват ълли α\alpha и β\beta от интервала [0,π2]\left[0, \frac{\pi}{2}\right], за които ∣b∣=∣c∣sin⁡α|b|=|c| \sin \alpha и ∣a∣=∣d∣sin⁡β|a|=|d| \sin \beta. Заместване в даденото в условието равенство, и като използваме неравенството c2d2−cd+1≥∣cd∣c^{2} d^{2}-c d+1 \geq|c d| (то е очевидно за cd<0c d\lt{}0, а при cd≥0c d \geq 0 е еквивалентно на (cd−1)2≥0(c d-1)^{2} \geq 0 ), получаваме∣cd∣cos⁡(α+β)=c2d2−cd+1≥∣cd∣.|c d| \cos (\alpha+\beta)=c^{2} d^{2}-c d+1 \geq|c d|.Следователно cos⁡(α+β)≥1\cos (\alpha+\beta) \geq 1, което означава, че cos⁡(α+β)=1\cos (\alpha+\beta)=1, т. е. α+β=90∘\alpha+\beta=90^{\circ} и cd=1c d=1. Пресмятаме a2c2+b2d2=d2c2sin⁡2β+c2d2sin⁡2α=c2d2(sin⁡2β+cos⁡2β)=1a^{2} c^{2}+b^{2} d^{2}=d^{2} c^{2} \sin ^{2} \beta+c^{2} d^{2} \sin ^{2} \alpha=c^{2} d^{2}\left(\sin ^{2} \beta+\cos ^{2} \beta\right)=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-11-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
В триъгълна пирамида ABCDA B C D стените ABCA B C и ABDA B D са взаимно перпендикулярни, ∠ACD=∠BCD=60∘\angle A C D=\angle B C D=60^{\circ} и AD=x291,BD=x2171,CD=9A D=\sqrt{\vphantom{x^2}91}, B D=\sqrt{\vphantom{x^2}171}, C D=9. Да се пресметне обемът на пирамидата.
РешениеОт косинусовата теорема за △ACD\triangle A C D и △BCD\triangle B C D имаме, че AC2−9AC−10=0A C^{2}-9 A C-10=0 и BC2−9BC−90=0B C^{2}-9 B C-90=0, откъдето AC=10A C=10 и BC=15B C=15. Нека HH е ортогоналната проекция на върха DD върху (ABC)(A B C). Тъй като (ABC)⊥(ABD)(A B C) \perp (A B D), то HH лежи на правата ABA B. Понеже ∠ACD=∠BCD\angle A C D=\angle B C D, то (както е известно) HH лежи и върху ъглополовящата на ∠ACB\angle A C B. По-нататък, AD2−AH2=DH2=BD2−BH2A D^{2}-A H^{2}=D H^{2}=B D^{2}-B H^{2} и значи BH2−AH2=BD2−AD2=B H^{2}-A H^{2}=B D^{2}-A D^{2}= 80. От друга страна, BHAH=BCAC=32\frac{B H}{A H}=\frac{B C}{A C}=\frac{3}{2}. От тези равенства намираме AH=8,BH=12A H=8, B H=12 и тогава AB=20A B=20 и DH=x2AD2−AH2=3x23D H=\sqrt{\vphantom{x^2}A D^{2}-A H^{2}}=3 \sqrt{\vphantom{x^2}3}. По хероновата формула пресмятаме SABC=75x2154S_{A B C}=\frac{75 \sqrt{\vphantom{x^2}15}}{4} и следователно VABCD=SABCDH3=225x254V_{A B C D}=\frac{S_{A B C} D H}{3}=\frac{225 \sqrt{\vphantom{x^2}5}}{4}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
За три различни реални числа p,qp, q и rr означаваме с SpqrS_{p q r} броя на пермутациите ( a,b,ca, b, c ) на тези числа такива, че уравнението 2ax3+3bx2=c2 a x^{3}+3 b x^{2}=c има точно един реален корен. Да се намери най-малката възможна стойност на SpqrS_{p q r}.
РешениеАко някое от числата е 0, например rr, то уравненията 2px3=q2 p x^{3}=q и 2qx3=p2 q x^{3}=p имат точно по един реален корен. Нека сега pqr≠0p q r \neq 0. Да разгледаме уравнението f(x)=2ax3+3bx2−c=0,a≠0f(x)=2 a x^{3}+3 b x^{2}-c=0, a \neq 0. Понеже f′(x)=6x(ax+b)f^{\prime}(x)=6 x(a x+b), то това уравнение има точно един реален корен само когато 0<f(0)f(−b/a)=c(c−b3/a2)0\lt{}f(0) f(-b / a)=c\left(c-b^{3} / a^{2}\right) (защо?). Ако две от числата p,q,rp, q, r имат различен знак, например qq и rr, следва, че при a=p,b=q,ra=p, b=q, r и c=r,qc=r, q уравнението има точно един реален корен. Иначе можем да считаме, че p>q>r>0p\gt{}q\gt{}r\gt{}0 и тогава при b=r,a=p,qb=r, a=p, q и c=q,pc=q, p уравнението има точно един реален корен. И така, Spqr≥2S_{p q r} \geq 2. Остава да отбележим, че S1,0,−1=2S_{1, 0, -1}=2, защото единствените пермутации, изпълняващи условието са (1,0,−1)(1, 0, -1) и (−1,0,1)(-1, 0, 1).
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека a1,a2,…a_{1}, a_{2}, \ldots е такава редица от реални числа, че a1>0a_{1}\gt{}0 и an+1=an+x2an2+1a_{n+1}= a_{n}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_{n}^{2}+1} при n≥1n \geq 1. Да се докаже, че съществува n∈Nn \in \mathbb{N}, за което πan>2n\pi a_{n}\gt{}2^{n}.
РешениеПолагаме a1=cot⁡α2,α∈(0,π)a_{1}=\cot \frac{\alpha}{2}, \alpha \in(0, \pi), и тогава по индукция следва, че an=cot⁡α2na_{n}= \cot \frac{\alpha}{2^{n}}. Понеже lim⁡x→0xcot⁡x=1\lim _{x \rightarrow 0} x \cot x=1, то lim⁡n→∞an2n=1α>1π\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}}{2^{n}}=\frac{1}{\alpha}\gt{}\frac{1}{\pi}. Следователно съществува n0∈Nn_{0} \in N такова, че an2n>1π\frac{a_{n}}{2^{n}}\gt{}\frac{1}{\pi} при n≥n0n \geq n_{0}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека n>1n\gt{}1 е естествено число и Sn=1n+2n+⋯+(n−1)nS_{n}=1^{n}+2^{n}+\cdots+(n-1)^{n}. Да се докаже, че: a) n2n^{2} дели SnS_{n} за всяко нечетно nn; б) n3n^{3} дели SnS_{n} за безбройно много nn.
Решениеа) Ако n=2m+1n=2 m+1, то Sn=∑k=1m(kn+(n−k)n)S_{n}=\sum_{k=1}^{m}\left(k^{n}+(n-k)^{n}\right). Освен това,kn+(n−k)n=kn−kn+nkn−1n−(n2)kn−2n2+⋯+nn=n2kn−1−n3n−12kn−2+⋯+nn\begin{gather*} k^{n}+(n-k)^{n}=k^{n}-k^{n}+n k^{n-1} n-\binom{n}{2} k^{n-2} n^{2}+\cdots+n^{n}= \\ n^{2} k^{n-1}-n^{3} \frac{n-1}{2} k^{n-2}+\cdots+n^{n} \tag{*} \end{gather*}Следователно n2∣kn+(n−k)nn^{2} \mid k^{n}+(n-k)^{n} и значи n2∣Snn^{2} \mid S_{n}. б) От (∗)(*) следва, че kn+(n−k)n≡n2kn−1( mod n3)k^{n}+(n-k)^{n} \equiv n^{2} k^{n-1}\left(\bmod n^{3}\right) за нечетно nn. Тогава Sn≡n2Rn( mod n3)S_{n} \equiv n^{2} R_{n}\left(\bmod n^{3}\right), където Rn=∑k=1mkn−1R_{n}=\sum_{k=1}^{m} k^{n-1}. Следователно n3∣Sn⇔n∣Rnn^{3}\left|S_{n} \Leftrightarrow n\right| R_{n}. Понеже n−1en-1 \mathrm{e} четно число, то kn−1≡(n−k)n−1( mod n)k^{n-1} \equiv(n-k)^{n-1}(\bmod n) и значи2Rn≡∑k=1m(kn−1+(n−k)n−1)=Tn( mod n)2 R_{n} \equiv \sum_{k=1}^{m}\left(k^{n-1}+(n-k)^{n-1}\right)=T_{n}(\bmod n)където Tn=∑k=1n−1kn−1T_{n}=\sum_{k=1}^{n-1} k^{n-1}. Така n3∣Sn⇔n∣Tnn^{3}\left|S_{n} \Leftrightarrow n\right| T_{n}. Ще търсим nn от вида pqp q, където pp и qq са различни нечетни прости числа. ТогаваTn=∑i=0q−1∑j=0p−1(ip+j)n−1≡qPn( mod p)T_{n}=\sum_{i=0}^{q-1} \sum_{j=0}^{p-1}(i p+j)^{n-1} \equiv q P_{n}(\bmod p)където Pn≡∑j=1p−1jn−1P_{n} \equiv \sum_{j=1}^{p-1} j^{n-1}. Аналогично Tn≡pQn( mod q)T_{n} \equiv p Q_{n}(\bmod q), където Qn=∑j=1q−1jn−1Q_{n}=\sum_{j=1}^{q-1} j^{n-1}. Сега е ясно, че n∣Tn⇔p∣Pn,q∣Qnn\left|T_{n} \Leftrightarrow p\right| P_{n}, q \mid Q_{n}. Ще докажем, че ако p−1∤q−1p-1 \nmid q-1, т. е. p−1∤n−1p-1 \nmid n-1, то n∣Pnn \mid P_{n}. Ще използваме, че съществува примитивен корен по модул pp, т. е. число a(1≤a≤p−1)a(1 \leq a \leq p-1), чийто показател по модул pp е равен на p−1p-1. Понеже числата a,2a,…,(p−1)aa, 2 a, \ldots, (p-1) a образуват пълна система от ненулеви остатъци по модул pp, следва, че an−1Pn≡Pn( mod p)a^{n-1} P_{n} \equiv P_{n}(\bmod p). Но an−1≢1( mod p)a^{n-1} \not \equiv 1(\bmod p), тъй като иначе показателят p−1p-1 на aa по модул pp трябва да дели n−1n-1. Следователно p∣Pnp \mid P_{n}. Аналогично q∣Qnq \mid Q_{n}, ако q−1∤p−1q-1 \nmid p-1. Така получихме, че ако n=pq,p−1∤q−1n=p q, p-1 \nmid q-1 и q−1∤p−1q-1 \nmid p-1, то n3∣Snn^{3} \mid S_{n}. Остава да покажем, че има безбройно много двойки ( p,qp, q ) от прости числа с това свойство. Достатъчно е да изберем p=5p=5 и да използваме, че има безбройно много прости числа qq от вида q=4t+3(t∈N)q=4 t+3(t \in \mathbb{N}).
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-12-4