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

Избран клас

8

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • olinat2018-8-2: има placeholder текст

2018

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

2019

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека f(x)=x2+bx+1f(x)=x^{2}+b x+1, където bb е реален параметър. Да се намери броят на целочислените
Решениена неравенството f(f(x)+x)<0f(f(x)+x)\lt{}0. Ако ∣b∣≤2|b| \leq 2, то f(x)≥0f(x) \geq 0 за всяко xx. Нека ∣b∣>2|b|\gt{}2 и x1<x2x_{1}\lt{}x_{2} са реалните нули на ff. Тогава(∗)f(f(x)+x)=(f(x)+x−x1)(f(x)+x−x2)=(x−x1)(x−x2+1)(x−x2)(x−x1+1)\begin{aligned} (*) & f(f(x)+x)=\left(f(x)+x-x_{1}\right)\left(f(x)+x-x_{2}\right) \\ = & \left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}+1\right)\left(x-x_{2}\right)\left(x-x_{1}+1\right) \end{aligned}(∗)(*) x2−x1≤1x_{2}-x_{1} \leq 1, т. е. 2<∣b∣≤x252\lt{}|b| \leq \sqrt{\vphantom{x^2}5}. Понеже f(±1)=2±bf( \pm 1)=2 \pm b, лесно следва, че целите числа xx, за които f(f(x)+x)<0f(f(x)+x)\lt{}0, са -1 и -2 при b>0b\gt{}0, и 1 и 0 при b<0b\lt{}0. (∗)(*) x2−x1>1x_{2}-x_{1}\gt{}1, т. е. ∣b∣>x25|b|\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}5}. Тогава всеки от интервалите ( x1−1,x1x_{1}-1, x_{1} ) и ( x2−1,x2x_{2}-1, x_{2} ) съдържа точно по едно цяло число xx, за което f(f(x)+x)<0f(f(x)+x)\lt{}0, освен ако x1x_{1} или x2x_{2} не са цели числа. И така, търсеният брой е равен на 0 при ∣b∣≤2|b| \leq 2, на 1 при b=m+1/m,m∈Z,∣m∣≥2b=m+1 / m, m \in \mathbb{Z}, |m| \geq 2, и на 2 в останалите случаи.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2019-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник ABCA B C с ортоцентър HH и център на описаната окръжност OO. Симетралата на CHC H пресича страните ACA C и BCB C съответно в точки XX и YY. Правите XOX O и YOY O пресичат страната ABA B съответно в точки PP и QQ. Ако XP+YQ=AB+XYX P+Y Q=A B+X Y да се намери ∠OHC\angle O H C.
РешениеНека NN и MM са съответно среди на CHC H и ACA C. За △CYO\triangle C Y O и △CNM\triangle C N M имаме: ∠OCY=∠MCN\angle O C Y=\angle M C N и CYCN=COCM\frac{C Y}{C N}=\frac{C O}{C M} (следва от подобието на △CYN\triangle C Y N и △COM\triangle C O M ), което означава, че △CYO∼△CNM\triangle C Y O \sim \triangle C N M. Следователно ∠CYO=∠CNM\angle C Y O=\angle C N M. Понеже MNM N е средна отсечка в △AHC\triangle A H C, то ∠CHA=180∘−β\angle C H A=180^{\circ}-\beta, т. е. ∠BYQ=β\angle B Y Q=\beta, откъдето YQ=BQY Q=B Q. Аналогично XP=APX P=A P. Условието XP+YQ=AB+XYX P+Y Q=A B+X Y дава XY=QPX Y=Q P и тъй като XY∥PQX Y \| P Q, то QPYXQ P Y X е успоредник. Тъй като OO е пресечна точка на диагоналите на този успоредник, то разстоянието от OO до XYX Y е равно на разстоянието от OO до ABA B, което е Rcos⁡γR \cos \gamma. Понеже HN⊥XYH N \perp X Y и XN=Rcos⁡γX N=R \cos \gamma, то търсеният ъгъл е 90∘90^{\circ}. Втори начин. Ако NN е средата на CHC H, то CN=Rcos⁡γC N=R \cos \gamma и следователно CY=Rcos⁡γsin⁡βC Y=\frac{R \cos \gamma}{\sin \beta}. Тогава:BY=BC−CY=2Rsin⁡α−Rcos⁡γsin⁡β=B Y=B C-C Y=2 R \sin \alpha-\frac{R \cos \gamma}{\sin \beta}=Rcos⁡(α−β)sin⁡β.\frac{R \cos (\alpha-\beta)}{\sin \beta}.Ако ∠BYO=φ\angle B Y O=\varphi от синусовата теорема за △OBY\triangle O B Y получаваме:Rsin⁡φ=\frac{R}{\sin \varphi}=Rcos⁡(α−β)sin⁡βsin⁡(90∘−α+φ)⟺cotg⁡φ=\frac{R \cos (\alpha-\beta)}{\sin \beta \sin (90 \circ-\alpha+\varphi)} \Longleftrightarrow \operatorname{cotg} \varphi=cotg⁡β.\operatorname{cotg} \beta.Следователно φ=β\varphi=\beta, т. е. YQ=BQY Q=B Q и то се довършва както по-горе.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2019-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа aa със следното свойство: за всяка безкрайна редица a1,a2,a3,…a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots от две по две различни естествени числа, за която неравенството an≤ana_{n} \leq a n е изпълнено за всяко естествено число nn, съществуват безбройно много членове на редицата със сума на цифрите в бройна система с основа 4038, която не е кратна на 2019.
РешениеОтговор: 1≤a<20191 \leq a\lt{}2019. Ясно е, че a≥1a \geq 1, тъй като a1a_{1} трябва да е естествено число, не поголямо от aa. Нека означим със σ(an)\sigma\left(a_{n}\right) остатъкът при деление на 2019 на сборът от цифрите на ana_{n} в 4038-ична бройна система. Да разгледаме редицата {bn:σ(bn)=0}n=0∞\left\{b_{n}: \sigma\left(b_{n}\right)=0\right\}_{n=0}^{\infty}, от числата, чиято сума от цифри в 4038-ична бройна система се дели на 2019. Имаме b0=0,b1=2019b_{0}=0, b_{1}=2019, и т. н. Тогава, за всяко n∈N,{σ(2019n),σ(2019n+1),…,σ(2019n+2018)}n \in \mathbb{N}, \{\sigma(2019 n), \sigma(2019 n+1), \ldots, \sigma(2019 n+2018)\} е ПСО по модул 2019, тъй като в представянето си 2019n,…,2019n+20182019 n, \ldots, 2019 n+2018 се различават единствено по последна цифра. Следователно2019n≤bn≤2019n+2018.(1)2019 n \leq b_{n} \leq 2019 n+2018. \tag{1}Да разгледаме произволна редица a1,a2,a3,…a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots, която да не удовлетворява условието на задачата, т. е., само краен брой нейни членове ai1,ai2,…,aika_{i_{1}}, a_{i_{2}}, \ldots, a_{i_{k}} изпълняват σ(aij)=0\sigma\left(a_{i_{j}}\right)=0. Тогава, ∃M>0,M∈N\exists M\gt{}0, M \in \mathbb{N}, такова, че am∈{bn}0∞,∀m≥Ma_{m} \in\left\{b_{n}\right\}_{0}^{\infty}, \forall m \geq M и значи за всяко естествено NN, числото aM+k∈{bn}0∞,k=0,…,Na_{M+k} \in\left\{b_{n}\right\}_{0}^{\infty}, k=0, \ldots, N. Да допуснем, че a<2019a\lt{}2019. Понеже елементите на редицата са два по два различни, получаваме2019N≤bN≤max⁡0≤k≤NaM+k≤2019 N \leq b_{N} \leq \max _{0 \leq k \leq N} a_{M+k} \leqa(M+N)⇒N≤aM2019−a, a(M+N) \Rightarrow N \leq \frac{a M}{2019-a},∀N,(2) \forall N, \tag{2}което е противоречие, поради предварителния (фиксиран!) избор на MM и aa. Следователно 1≤a<20191 \leq a\lt{}2019 е на задачата. За a≥2019a \geq 2019, редицата 1,b1,b2,…1, b_{1}, b_{2}, \ldots удовлетворява ограничението an:=bn−1<2019(n+1)≤a(n+1)a_{n}: =b_{n-1}\lt{}2019(n+1) \leq a(n+1) за всяко nn и σ(an)=0,∀n≥1\sigma\left(a_{n}\right)=0, \forall n \geq 1. Следователно, в тази редица единствено при първия елемент сборът от цифрите му в бройна система с основа 4038 не се дели на 2019. Следователно, a≥2019a \geq 2019 не води до нови Окончателно, a<2019a\lt{}2019.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2019-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа dd, за които съществува естествено число k≥3k \geq 3, такова, че числата d,2d,3d,…,kdd, 2 d, 3 d, \ldots, k d могат да се наредят в редица със следното свойство: сумата на всеки две съседни числа е точен квадрат.
РешениеОтговор: Всяко dd, което е точен квадрат. Ясно е, че ако съществува k≥3k \geq 3 и наредба на d,2d,3d,…,kdd, 2 d, 3 d, \ldots, k d, то същото kk и същата наредба ще работят за всяко d1=s2d,s∈Nd_{1}=s^{2} d, s \in \mathbb{N}. Следователно, достатъчно е да разглеждаме естествените числа dd, свободни от квадрати. При d=1d=1 имаме пример за k=15k=15:8,1,15,10,6,3,13,12,4,5,11,14,2,7,9.8, 1, 15, 10, 6, 3, 13, 12, 4, 5, 11, 14, 2, 7, 9.Нека сега d>1d\gt{}1. Независимо от наредбата на членовете на прогресията, сумата на всеки две съседни ще се дели на dd, и тъй като dd е свободно от квадрати, то необходимо условие да съществува kk с исканото свойство е: всички генерирани точни квадрати да се делят на d2d^{2}. Задачата се трансформира до: да се наредят числата от 1 до kk в редица a1,a2,…,aka_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k} така, че за всяко i=1,2,…,k−1i=1, 2, \ldots, k-1 съществува естествено число qiq_{i} със свойството: ai+ai+1=dqi2a_{i}+a_{i+1}=d q_{i}^{2}. Но тогаваai+ai+1≡0( mod d)⇒ai≡−ai+1( mod d)⇒a2j≡a_{i}+a_{i+1} \equiv 0(\bmod d) \Rightarrow a_{i} \equiv-a_{i+1}(\bmod d) \Rightarrow a_{2 j} \equiva2ℓ≡−a2ℓ+1≡−a2j+1( mod d) a_{2 \ell} \equiv-a_{2 \ell+1} \equiv-a_{2 j+1}(\bmod d)и значи в цялата редица се срещат само два различни остатъка по модул dd. Следователно k=2k=2 (което е невъзможно) или d=2d=2. Последното означава, че числата a1,a2,…,aka_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k} са от една и съща четност, което е невъзможно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2019-8-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
В изпъкнал 2019-ъгълник са построени всички диагонали, като никои три от тях не се пресичат в една точка. Пресечна точка на два диагонала, вътрешна за многоъгълникът, се нарича възел. Колко най-много възли могат да се оцветят, така че да не съществува цикъл с оцветени възли, всеки два последователни от които да са върху един и същи диагонал?
РешениеОтговор: 2019(2019−3)2−1=2035151\frac{2019(2019-3)}{2}-1=2035151. Да разгледаме по-общата задача, където 2019 е заменено с n≥4n \geq 4. Ще докажем, че в изпъкнал nn-ъгълник, на който никои три от диагоналите не се пресичат в една точка можем да оцветим най-много n(n−3)2−1\frac{n(n-3)}{2}-1 от възлите, така, че да не съществува едноцветен цикъл. Първо ще дадем
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2019-8-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Даден е шестоъгълник ABCDEFA B C D E F, вписан в окръжност, за койтоAB⋅CD⋅EF=BC⋅DE⋅AFA B \cdot C D \cdot E F=B C \cdot D E \cdot A FНека точките BB и B1B_{1} са симетрични относно правата AC,DA C, D и D1D_{1} са симетрични относно CE,FC E, F и F1F_{1} са симетрични относно EAE A. Да се докаже, че △B1D1F1\triangle B_{1} D_{1} F_{1} е подобен на △BDF\triangle B D F.
РешениеОт условието ∣AB∣⋅∣CD∣⋅∣EF∣=∣BC∣⋅∣DE∣⋅∣AF∣|A B| \cdot|C D| \cdot|E F|=|B C| \cdot|D E| \cdot|A F| лесно се вижда, че AD,BEA D, B E и CFC F се пресичат в една точка. Това може да се види от триъгълник ACEA C E, в който:sin⁡∠DACsin⁡∠DAE=∣DC∣∣DE∣,\frac{\sin \angle D A C}{\sin \angle D A E}=\frac{|D C|}{|D E|},sin⁡∠AEBsin⁡∠CEB= \frac{\sin \angle A E B}{\sin \angle C E B}=∣AB∣∣BC∣иsin⁡∠ECFsin⁡∠ACF=∣EF∣∣AF∣.\frac{|A B|}{|B C|} \text{и} \frac{\sin \angle E C F}{\sin \angle A C F}=\frac{|E F|}{|A F|}.Като умножим трите равенства и използваме условието на задачата, получаваме sin⁡∠DACsin⁡∠DAEsin⁡∠AEBsin⁡∠CEBsin⁡∠ECFsin⁡∠ACF=\frac{\sin \angle D A C}{\sin \angle D A E} \frac{\sin \angle A E B}{\sin \angle C E B} \frac{\sin \angle E C F}{\sin \angle A C F}= 1. Оттук по синусовия вариант на Теоремата на Чева следва, че AD,BEA D, B E и CFC F се пресичат в една точка. Нека тази точка означим с PP. Сега да разгледаме △AF1P\triangle A F_{1} P и △CD1P\triangle C D_{1} P. Като използваме, че F1F_{1} и D1D_{1} са симетрични на FF и DD относно AEA E и CEC E и това, че шестоъгълникът е вписан, имаме, че:∠PAF1=∣∠PAE−∠F1AE∣=∣∠DAE−∠FAE∣=∣∠DCE−∠FCE∣=∣∠D1CE−∠PCE∣=∠PCD1\begin{aligned} \angle P A F_{1} & =\left|\angle P A E-\angle F_{1} A E\right|=|\angle D A E-\angle F A E| \\ & =|\angle D C E-\angle F C E|=\left|\angle D_{1} C E-\angle P C E\right| \\ & =\angle P C D_{1} \end{aligned}Да обърнем внимание, че горното изразяване показва, че D1D_{1} и DD са от различна страни на CFC F точно когато FF и F1F_{1} са в една и съща полуравнина относно ADA D. Освен това като използваме, че △APF∼△CPD\triangle A P F \sim \triangle C P D и ∣AF1∣=∣AF∣\left|A F_{1}\right|=|A F| и ∣CD1∣=∣CD∣\left|C D_{1}\right|=|C D| получаваме:∣AF1∣∣CD1∣=∣AF∣∣CD∣=∣AP∣∣CP∣\frac{\left|A F_{1}\right|}{\left|C D_{1}\right|}=\frac{|A F|}{|C D|}=\frac{|A P|}{|C P|}Следователно △AF1P∼△CD1P\triangle A F_{1} P \sim \triangle C D_{1} P. Оттук ∠APF1=∠CPD1\angle A P F_{1}=\angle C P D_{1} и ∣F1P∣∣D1P∣=∣AP∣∣CP∣=∣FP∣∣DP∣\frac{\left|F_{1} P\right|}{\left|D_{1} P\right|}=\frac{|A P|}{|C P|}=\frac{|F P|}{|D P|}, където последното равенство отново е от подобните △APF∼△CPD\triangle A P F \sim \triangle C P D. Освен това, тъй като D1D_{1} е извън ∠PCD\angle P C D точно когато F1F_{1} е в ∠FAP\angle F A P, то ∠F1PD1=∠APC=∠FPD\angle F_{1} P D_{1}=\angle A P C=\angle F P D. С това имаме, че ∣F1P∣∣D1P∣=∣FP∣∣DP∣\frac{\left|F_{1} P\right|}{\left|D_{1} P\right|}=\frac{|F P|}{|D P|} и ∠F1PD1=∠FPD\angle F_{1} P D_{1}=\angle F P D. Следователно, △F1D1P∼△FDP\triangle F_{1} D_{1} P \sim \triangle F D P. Това показва, че ∣F1D1∣∣FD∣=∣F1P∣∣FP∣=∣D1P∣∣DP∣\frac{\left|F_{1} D_{1}\right|}{|F D|}=\frac{\left|F_{1} P\right|}{|F P|}=\frac{\left|D_{1} P\right|}{|D P|}. Аналогично се доказва, че ∣D1B1∣∣DB∣=∣D1P∣∣DP∣=∣F1D1∣∣FD∣\frac{\left|D_{1} B_{1}\right|}{|D B|}=\frac{\left|D_{1} P\right|}{|D P|}=\frac{\left|F_{1} D_{1}\right|}{|F D|} и ∣F1B1∣∣FB∣=∣F1P∣∣FP∣=∣F1D1∣∣FD∣\frac{\left|F_{1} B_{1}\right|}{|F B|}=\frac{\left|F_{1} P\right|}{|F P|}=\frac{\left|F_{1} D_{1}\right|}{|F D|}. Следователно △F1D1B1∼△FDB\triangle F_{1} D_{1} B_{1} \sim \triangle F D B. Втори начин. Както по-горе виждаме, че диагоналите AD,BEA D, B E и CFC F се пресичат в една точка PP. Целта е да докажем, че ∣B1D1∣/∣BD∣=∣D1F1∣/∣DF∣=∣F1B1∣/∣FB∣\left|B_{1} D_{1}\right| /|B D|=\left|D_{1} F_{1}\right| /|D F|=\left|F_{1} B_{1}\right| /|F B|. За това първо ще изразим отношението ∣B1D1∣2/∣BD∣2\left|B_{1} D_{1}\right|^{2} /|B D|^{2}. Като че ли, най-удобно това става с косинусова теорема за триъгълниците BCDB C D и B1CD1B_{1} C D_{1}, защото ∣BC∣=∣B1C∣|B C|=\left|B_{1} C\right| и ∣DC∣=∣D1C∣|D C|=\left|D_{1} C\right|. Имаме следното:∣BD∣2=∣BC∣2−2∣BC∣∣DC∣cos⁡∠BCD+∣DC∣2∣B1D1∣2=∣B1C∣2−2∣B1C∣∣D1C∣cos⁡∠B1CD1+∣D1C∣2\begin{aligned} |B D|^{2} & =|B C|^{2}-2|B C||D C| \cos \angle B C D+|D C|^{2} \\ \left|B_{1} D_{1}\right|^{2} & =\left|B_{1} C\right|^{2}-2\left|B_{1} C\right|\left|D_{1} C\right| \cos \angle B_{1} C D_{1}+\left|D_{1} C\right|^{2} \end{aligned}Вадим от първото равенство второто и използваме равенството на отсечките ∣BC∣=∣B1C∣|B C|=\left|B_{1} C\right| и ∣DC∣=∣D1C∣|D C|=\left|D_{1} C\right|:∣BD∣2−∣B1D1∣2=2∣BC∣∣DC∣(cos⁡∠B1CD1−cos⁡∠BCD)=2∣BC∣∣DC∣2sin⁡∠B1CD1+∠BCD2sin⁡∠BCD−∠B1CD12\begin{align*} |B D|^{2}-\left|B_{1} D_{1}\right|^{2} & =2|B C||D C|\left(\cos \angle B_{1} C D_{1}-\cos \angle B C D\right) \\ & =2|B C||D C| 2 \sin \frac{\angle B_{1} C D_{1}+\angle B C D}{2} \sin \frac{\angle B C D-\angle B_{1} C D_{1}}{2} \tag{1} \end{align*}където използвахме основно тригонометрично тъждество. Сега искаме да изразим ∠B1CD1+∠BCD2\frac{\angle B_{1} C D_{1}+\angle B C D}{2} и ∠BCD−∠B1CD12\frac{\angle B C D-\angle B_{1} C D_{1}}{2} чрез ъглите на шестоъгълника. Това обаче зависи от разположението точките B,D,B1B, D, B_{1} и D1D_{1} около CC. Възможни са два случая: B,B1,D1B, B_{1}, D_{1} и DD се срещат в този ред в по-малкия ъгъл ∠BCD\angle B C D, или B,D1,B1B, D_{1}, B_{1} и DD се срещат в този ред в по-малкия ъгъл ∠BCD\angle B C D. В първия случай: ∠BCD=∠B1CD1+∠BCB1+∠DCD1\angle B C D=\angle B_{1} C D_{1}+\angle B C B_{1}+\angle D C D_{1}, докато във втория: ∠BCD=−∠B1CD1+∠BCB1+∠DCD1\angle B C D=-\angle B_{1} C D_{1}+ \angle B C B_{1}+\angle D C D_{1}. Това показва, че ∠B1CD1+∠BCD2\frac{\angle B_{1} C D_{1}+\angle B C D}{2} се изразява както ∠B1CD1−∠BCD2\frac{\angle B_{1} C D_{1}-\angle B C D}{2} във втория случай и обратно. Това показва, че резултатът от изразяването на sin⁡∠B1CD1+∠BCD2sin⁡∠BCD−∠B1CD12\sin \frac{\angle B_{1} C D_{1}+\angle B C D}{2} \sin \frac{\angle B C D-\angle B_{1} C D_{1}}{2} няма да зависи от това, в кой от два случая се намираме. Поради това е достатъчно да разгледаме само първия случай. Тогава ∠B1CD1+∠BCD2=∠ACD\frac{\angle B_{1} C D_{1}+\angle B C D}{2}=\angle A C D, докато за ∠BCD−∠B1CD12\frac{\angle B C D-\angle B_{1} C D_{1}}{2} имаме:∠BCD−∠B1CD12=∠BCB1+∠DCD12=∠BCA+∠DCE=∠BEA+∠DAE=∠PEA+∠PAE=180∘−∠APE\begin{aligned} \frac{\angle B C D-\angle B_{1} C D_{1}}{2} & =\frac{\angle B C B_{1}+\angle D C D_{1}}{2}=\angle B C A+\angle D C E \\ & =\angle B E A+\angle D A E=\angle P E A+\angle P A E \\ & =180^{\circ}-\angle A P E \end{aligned}Като заместим тези равенства в израза за ∣BD∣2−∣B1D1∣2|B D|^{2}-\left|B_{1} D_{1}\right|^{2}, получаваме:∣BD∣2−∣B1D1∣2=2∣BC∣∣DC∣2sin⁡∠ACEsin⁡∠APE=4∣BC∣∣DC∣∣AE∣2R∣AE∣∣AP∣sin⁡∠AEP=4∣BC∣∣DC∣∣AE∣22R∣AP∣∣AB∣2R\begin{align*} |B D|^{2}-\left|B_{1} D_{1}\right|^{2} & =2|B C||D C| 2 \sin \angle A C E \sin \angle A P E \\ & =4|B C||D C| \frac{|A E|}{2 R} \frac{|A E|}{|A P|} \sin \angle A E P \\ & =4|B C||D C| \frac{|A E|^{2}}{2 R|A P|} \frac{|A B|}{2 R} \tag{2} \end{align*}където RR е радиусът на описаната окръжност. Тук използвахме последователно синусови теореми за за △ACE,△APE\triangle A C E, \triangle A P E и накрая за △ABE\triangle A B E. Като преобразуваме горния израз, така че да изразим ∣B1D1∣2/∣BD∣2\left|B_{1} D_{1}\right|^{2} /|B D|^{2} получаваме:∣B1D1∣2∣BD∣2=\frac{\left|B_{1} D_{1}\right|^{2}}{|B D|^{2}}=1−∣AB∣∣BC∣∣CD∣∣AP∣R2∣AE∣2∣BD∣21-\frac{|A B||B C||C D|}{|A P| R^{2}} \frac{|A E|^{2}}{|B D|^{2}}От подобието на △APE\triangle A P E и △BPD\triangle B P D имаме ∣AE∣∣BD∣=∣AP∣∣BP∣=∣EP∣∣DP∣\frac{|A E|}{|B D|}=\frac{|A P|}{|B P|}=\frac{|E P|}{|D P|}, откъдето ∣AE∣2∣BD∣2=∣AP∣∣EP∣∣BP∣∣DP∣\frac{|A E|^{2}}{|B D|^{2}}=\frac{|A P||E P|}{|B P||D P|}. След като заместим в израза за ∣B1D1∣2∣BD∣2\frac{\left|B_{1} D_{1}\right|^{2}}{|B D|^{2}} получаваме:∣B1D1∣2∣BD∣2=\frac{\left|B_{1} D_{1}\right|^{2}}{|B D|^{2}}=1−∣AB∣∣BC∣∣CD∣∣AP∣R2∣AP∣∣EP∣∣BP∣∣DP∣=1-\frac{|A B||B C||C D|}{|A P| R^{2}} \frac{|A P||E P|}{|B P||D P|}=1−∣AB∣∣BC∣∣CD∣∣EP∣R2∣BP∣∣DP∣(3)1-\frac{|A B||B C||C D||E P|}{R^{2}|B P||D P|} \tag{3}Аналогично се доказва, (циклично през два върха в шестоъгълника), че:∣D1F1∣2∣DF∣2=1−∣CD∥DE∥EF∥AP∣R2∣DP∥FP∣\frac{\left|D_{1} F_{1}\right|^{2}}{|D F|^{2}}=1-\frac{|C D\|D E\| E F \| A P|}{R^{2}|D P \| F P|}Следователно, достатъчно е да докажем, че:∣AB∣∣BC∣∣CD∣∣EP∣R2∣BP∣∣DP∣=\frac{|A B||B C||C D||E P|}{R^{2}|B P||D P|}=∣CD∣∣DE∣∣EF∣∣AP∣R2∣DP∣∣FP∣,\frac{|C D||D E||E F||A P|}{R^{2}|D P||F P|},което, като съкратим на равните дължини на отсечки, е еквивалентно на:∣AB∣∣BC∣∣EP∣∣BP∣=∣DE∣∣EF∣∣AP∣∣FP∣,(4)\frac{|A B||B C||E P|}{|B P|}=\frac{|D E||E F||A P|}{|F P|}, \tag{4}Сега △ABP∼△EDP\triangle A B P \sim \triangle E D P, откъдето ∣AB∣∣AP∣=∣DE∣∣EP∣\frac{|A B|}{|A P|}=\frac{|D E|}{|E P|}, или ∣AB∣∣EP∣=∣DE∣∣AP∣|A B||E P|=|D E||A P|. Това прави горното равенство еквивалентно на:∣BC∣∣BP∣=∣EF∣∣FP∣(5)\frac{|B C|}{|B P|}=\frac{|E F|}{|F P|} \tag{5}Последното обаче е очевидно, защото △BCP∼△FEP\triangle B C P \sim \triangle F E P. С това ∣B1D1∣∣BD∣=∣D1F1∣∣DF∣\frac{\left|B_{1} D_{1}\right|}{|B D|}=\frac{\left|D_{1} F_{1}\right|}{|D F|}. Равенството ∣D1F1∣∣DF∣=∣F1B1∣∣FB∣\frac{\left|D_{1} F_{1}\right|}{|D F|}= \frac{\left|F_{1} B_{1}\right|}{|F B|} следва от съображения за аналогия, тоест циклична ротация на върховете. Следователно △BDF∼△B1D1F1\triangle B D F \sim \triangle B_{1} D_{1} F_{1}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2019-8-6