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 година По клас

Избран клас

9

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

olinat2023-9-2b: има placeholder текст
olinat2021-9-5: има placeholder текст
olinat2020-9-2: има placeholder текст
olinat2012-9-3: има placeholder текст
olinat2012-9-5: има placeholder текст
olinat2009-9-4: има placeholder текст
olinat2008-9-3: има placeholder текст
olinat2005-9-4: има placeholder текст

2004

5 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

За всяко естествено число

n

сумата

1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}

е представена като несъкратима дроб

\frac{p_{n}}{q_{n}}

. a) Да се докаже, че 3 не дели

p_{67}

. б) Да се намерят всички

n

, за които 3 дели

p_{n}

Решение

а) Нека

S_{n}=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}

. Имаме, че

S_{2}=3 \cdot \frac{1}{2}, S_{7}=3 \cdot \frac{121}{140}

\begin{gathered} S_{22}-S_{7}=\frac{1}{8}+\frac{1}{22}+\frac{1}{10}+\frac{1}{20}+\frac{1}{11}+\frac{1}{19}+\frac{1}{14}+\frac{1}{16}+\frac{1}{13}+\frac{1}{17}+ \\ \frac{1}{9}+\frac{1}{12}+\frac{1}{15}+\frac{1}{18}+\frac{1}{21}=30 \cdot \frac{a}{b}+\frac{51}{140}=3 \cdot \frac{c}{d} \end{gathered}

където

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

. Лесно се съобразява, че

a

b

дават един и същ ненулев остатък при деление на 3. Следователно

c

d

дават различни ненулеви остатъци при деление на

3, p_{22}=3 p_{22}^{\prime}

и 3 не дели

p_{22}^{\prime}

. По подобен начин получаваме

S_{67}-S_{22}=90 \frac{e}{f}+\frac{c}{d}

, където 3 не дели

f

. Това показва, че 3 не дели

p_{67}

q_{67}

. б) Нека

S_{n}=\frac{k_{n}}{3^{m_{n}} l_{n}}

, където 3 не дели

k_{n}

l_{n}

. Тогава

\begin{gathered} S_{3 n}=\frac{S_{n}}{3}+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\cdots++\frac{1}{3 n-2}+\frac{1}{3 n-1}= \\ \frac{k_{n}}{3^{m_{n}+1} l_{n}}+3 \cdot \frac{a_{n}}{b_{n}}=\frac{k_{n} b_{n}+3^{m_{n}+2} l_{n} a_{n}}{3^{m_{n}+1} l_{n} b_{n}} \end{gathered}

където

b_{n}

не се дели на 3. Следователно, ако

m_{n} \geq-1

, то

m_{3 n}=m_{n}+1

. По подобен начин се вижда, че

m_{3 n+2}=m_{n}+1

при

m_{n} \geq-1

m_{3 n+1}=m_{n}+1

при

m_{n} \geq 0

. Понеже

m_{1}=0, m_{2}=m_{7}=m_{22}=-1, m_{67}=0

, лесно следва, че отговорът на задачата е

n=2, 7, 22

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2004-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Туристическа група се състои от

n

човека. Измежду всеки трима има двама, които не се познават. Известно е, че групата не може да бъде разпределена в два автобуса така, че всеки да пътува само с непознати. Да се докаже, че в групата има турист с не повече от

\frac{2}{5} n

познати.

Решение

Да разгледаме граф

G

n

върха, на върховете на който съответстват членовете на групата и два върха са свързани само когато съответните членове се познават. Условието измежду всеки трима има двама, които не се познават означава, че в

G

няма триъгълник. Ще покажем, че условието известно е, че групата не може да бъде разпределена в два автобуса така, че всеки да пбтува само с непознати означава, че в графа има цикъл с нечетна дължина. Действително, ако всички цикли са с четна дължина, лесно се доказва, че върховете могат да бъдат разпределени в две групи, така, че във всяка група да няма ребра. Да изберем нечетен цикъл с най-малка дължина -

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

. Поради това, че

G

не съдържа триъгълник и поради факта, че избрания цикъл е с минимална дължина, всеки връх извън цикъла е свързан с най-много два върха от него. Следователно броят на ребрата от вида

\left(X, A_{i}\right), X \neq A_{j}

j=1, 2, \ldots, k

е не по-голям от

2(n-k)

. Да означим минималната степен на връх с

\delta

. Очевидно

\sum_{i=1}^{k} d\left(A_{i}\right)=\left|E^{*}\right|+2 k

, където

E^{*}

е множеството на ребрата от вида

X A_{i}

. Имаме

2(n-k) \geq\left|E^{*}\right|=\sum_{i=1}^{k} d\left(A_{i}\right)-2 k \geq k \delta-2 k

Оттук

\delta \leq \frac{2 n}{k}

. Тъй като

k \geq 5

, то

\delta \leq \frac{2 n}{5}

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2004-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Във всяка дума, съставена от буквите

a

b

, можем да извършваме следните замени:

a b a \rightarrow b, b \rightarrow a b a, b b a \rightarrow a, a \rightarrow b b a

. Възможно ли е от думата

b \underbrace{a a \ldots a}_{2003}

да се получи думата

\underbrace{a a \ldots a}_{2003} b

Решение

Ще докажем, че при прилагане на коя да е от разрешените замени броят на буквите

a

на четни (съответно нечетни) позиции запазва четността си. Действително, да разгледаме замяната

a b a \rightarrow b

, приложена към думата

w_{1} a b a w_{2}

. В новополучената дума

w_{1} b w_{2}

всички букви

a

от

w_{1}

са останали на местата си, а всички букви

a

от

w_{2}

са се преместили с две позиции на ляво и следователно са запазили четността на позицията си. Изтриването на двете букви

a

от

a b a

е намалило броя на буквите

a

на четни или нечетни позиции с две. Аналогично, при прилагане на

b b a \rightarrow a

към

w_{1} b b a w_{2}

получаваме

w_{1} a w_{2}

и лесно се вижда, че свойството е изпълнено. Тъй като

a \rightarrow a b a

a \rightarrow b b a

са обратни на разгледаните, то за тях е в сила същото свойство. Да забележим, че в думата

b \underbrace{a a \ldots a}_{2003}

броят на буквите

a

на четни позиции е 1002, докато броят на буквите

a

на четни позиции в думата

\underbrace{a a \ldots a}_{2003} b

е 1001. Следователно от първата дума не може да се получи втората.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2004-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

a, b, c

d

са естествени числа такива, че броят на наредените двойки от числа

(x, y), x, y \in(0, 1)

, за които

a x+b y

c x+d y

са едновременно цели числа, е 2004. Ако НОД

(a, c)=6

, да се намери НОД(

b, d

Решение

Да предположим първо, че

a d \neq b c

. Множеството от точки с координати

(a x+b y, c x+d y), x, y \in(0, 1)

, е вътрешността на успоредника с върхове

A=(0, 0), B=(a, c), C=(b, d)

D=(a+b, c+d)

. Неговото лице

S

е равно на

|a d-b c|

. От друга страна, съгласно формулата на Пик, имаме

S= n+\frac{m}{2}-1

, където

n

(съответно

m

) е броят на точките с цели координати във вътрешността (съответно по контура) на успоредника. Нека

e=

НОД

(a, c)

f=

НОД

(b, d) a=e a_{1}, c=e c_{1}, b=f b_{1}

d=f d_{1}

. Вътрешните точки от страната

A B

имат координати

(a x, c x), x \in(0, 1)

. Следователно броят на тези с цели координати е равен на

e-1

. Аналогично броят на вътрешните точки с цели координати от страните

B D, C D

A C

е равен съответно на

f-1, e-1

f-1

. Следователно

\frac{m}{2}=e+f

и тогава условието приема вида

e f\left|a_{1} d_{1}-b_{1} c_{1}\right|=2003+e+f \tag{1}

Тъй като

e=

НОД

(a, c)=6

следва, че

f

дели

2009=7^{2}.41

6 f

дели

2009+f

. Това е възможно само при

f=1, 7, 49

. За всяка от тези стойности на

f

числата

e=6, a_{1}=1+\frac{2009+f}{6 f}, b_{1}=c_{1}=d_{1}=1

изпълняват (1) и следователно НОД

(b, d)=1, 7

или 49. Нека сега

a d=b c

. Тогава лесно се вижда, че

a_{1}=b_{1}

c_{1}=d_{1}

. За всяко

x \in\left(0, \frac{1}{e}\right)

полагаме

y=\frac{1-x e}{f}\lt{}\frac{1}{f}

. Тогава

e x+f y=1

a x+b y=a_{1}

c x+d y=c_{1}

са цели числа. Следователно в този случай съществуват безбройно много двойки

(x, y)

с исканото свойство, което противоречи на условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2004-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

p

е просто число. За произволни цели числа

0 \leq a_{1}\lt{} a_{2} \cdots\lt{}a_{m}\lt{}p

0 \leq b_{1}\lt{}b_{2} \cdots\lt{}b_{n}\lt{}p

да означим с

k

броят на различните остатъци при деление на

p

на числата

a_{i}+b_{j}, 1 \leq i \leq m, 1 \leq j \leq n

. Да се докаже, че: а) ако

m+n\gt{}p

, то

k=p

; б) ако

m+n \leq p

, то

k \geq m+n-1

Решение

а) Нека

t

е произволен остатък при деление на

p

, т. е.

t \in\{0, 1, 2, \ldots, p-1\}

. Да разгледаме остатъците при деление на

p

на числата

t-a_{i}, 1 \leq i \leq m

b_{j}, 1 \leq j \leq n

. Това са

m+n\gt{}p

на брой числа, всяко от които може да приема

p

възможни стойности

0, 1, \ldots, p-1

. Следователно измежду тях има две равни. Тъй като при

i \neq j

числата

t-a_{i}

t-a_{j}

(съответно

b_{i}

b_{j}

), дават различни остатъци при деление на

p

, то съществуват

r

s

, за които

t-a_{r}

b_{s}

дават еднакви остатъци, т. е.

a_{r}+b_{s}

при деление на

p

дава остатък

t

. Тъй като

t

е произволен остатък, то

k=p

. б) Нека

m+n \leq p

и да означим

A=\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{m}\right\}, B=\left\{b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n}\right\}

. За всеки две множества

X

Y

нека

X+Y=\{x+y(\bmod p) \mid x \in X, y \in Y\}

. Искаме да покажем, че

k=|A+B| \geq m+n-1

. Без ограничение можем да предполагаме, че

m \leq n

. Ще докажем твърдението с индукция по

m

(*)

При

m=1

и за произволно

n

имаме

|A+B|=\left|a_{1}+B\right|

. Тъй като при

i \neq j

имаме

a_{1}+b_{i} \neq a_{1}+b_{j}(\bmod p)

, то

\left|a_{1}+B\right|=|B|=n=m+1-1

, т. е. твърдението е вярно при

m=1

(*)

Да допуснем, че твърдението е вярно за всеки две множества

X

Y

, за които

|X|\lt{}m, |X|\lt{}|Y|

|X|+|Y| \leq p

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2004-9-6

2005

4 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Окръжности

k_{1}

k_{2}

се допират външно в точка

T

. Права пресича

k_{1}

в точки

A

B

и се допира до

k_{2}

в точка

X

. Правата

X T

пресича

k_{1}

в точка

S

. Върху дъгата

T S

, несъдържаща

A

B

, е избрана точка

C

. Нека

C Y

е допирателната към

k_{2}\left(Y \in k_{2}\right)

, за която отсечките

C Y

S T

не се пресичат. Ако

I

е пресечната точка на правите

X Y

S C

, да се докаже, че: а) точките

C, T, Y

I

лежат на една окръжност; б) точка

I

е център на външновписаната окръжност за

\triangle A B C

към

B C

. Стоян Атанасов

Решение

а) Понеже

k_{1}

k_{2}

се допират, имаме

\angle B X T=\frac{\wideparen{X T}}{2}=\frac{\wideparen{T S}}{2}=\angle T A S

. Оттук лесно следва, че

S

е среда на дъгата

\wideparen{A B}

. Тогава

\angle T C I=\angle T A S

(защото

A T C S

е вписан в

k_{1}

\angle T A S=\angle B X T, \angle B X T=\angle T Y X

(защото се измерват с една и съща дъга). Следователно

\angle T C I=\angle T Y I

, което означава, че около

C T I Y

може да се опише окръжност. б) Тъй като

\angle A X S=\angle T A S

, получаваме че

\triangle A X S \sim \triangle T A S

. Оттук намираме

S A^{2}=S T. S X

. От а) имаме

\angle C I T=\angle C Y T=\angle T X Y

и следователно

\triangle S X I \sim \triangle S I T

. Оттук намираме

S I^{2}=S T. S X

. Окончателно получихме

S A=S I

. Освен това от

\angle B C I=180^{\circ}-\angle B C S=

180^{\circ}-\left(\gamma+\frac{\alpha+\beta}{2}\right)=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2},

следва, че

C I

е външна ъглополовяща на

\angle A C B

. Остава да забележим, че

S B=S A=S I

и от равнобедрения

\triangle B S I

\angle B S I=\angle B S C=\alpha

намираме

\angle B I S=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}

. Сега от

\triangle B C I

намираме

\angle C B I=90^{\circ}-\frac{\beta}{2}

, което означава, че

B I

е външна ъглополовяща на

\angle A B C

. Следователно

I

е центърът на външновписаната окръжност за триъгълник

A B C

към страната

B C

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2005-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

M

е множеството на рационалните числа в интервала

(0, 1)

. Съществува ли подмножество

A

на

M

такова, че всяко число от

M

може да се представи по единствен начин като сума на едно или краен брой различни числа от

A

Решение

Ще докажем, че такова множество не съществува. Да допуснем противното. Нека

a \in A

и да допуснем, че съществува

a^{\prime} \in A

a^{\prime}\gt{}\frac{a}{2}

. Тогава числото

a-a^{\prime}\lt{}\frac{a}{2}

може да се представи като сума на едно или краен брой различни числа от

A

. Тъй като всяко от тези числа е по-малко от

\frac{a}{2}

, то числото

a=a^{\prime}+a-a^{\prime}

се представя по два различни начина (веднъж като

a

и втори път като

a^{\prime}

плюс числата от представянето на

a-a^{\prime}

) като сума на едно или няколко различни числа от

A

, противоречие. Следователно ако

a \in A

, то

A \cap\left(\frac{a}{2}, a\right)=\emptyset

. В частност във всеки интервал

\left[\frac{1}{2^{i}}, \frac{1}{2^{i-1}}\right), i=1, 2, \ldots

има най-много един елемент на

A

. Тъй като

A

е безкрайно (в противен случай като сума на различни числа от

A

могат да се получат краен брой числа, а рационалните числа в интервала ( 0, 1 ) са безкрайно много), оттук лесно следва, че числата от

A

могат да се подредят в безкрайна редица

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

, като

a_{i} \geq 2 a_{i+1}

за всяко

i

. Ако за някое

i

неравенството е строго, то

s=\sum_{i=2}^{\infty} a_{i}\lt{}\sum_{i=2}^{\infty} \frac{a_{1}}{2^{i-1}}=a_{1}.

Това означава, че числата от интервала (

s, a_{1}

) не могат да се представят като сума на различни числа от

A

. Следователно

a_{i+1}=\frac{a_{1}}{2^{i}}

за всяко

i

. Тогава лесно се съобразява, че само числата от вида

a_{1} \frac{m}{2^{n}}

могат да се представят като сума на едно или краен брой числа от

A

. Тъй като всяко рационално число с нечетен знаменател, който е взаимнопрост със знаменателя на

a_{1}

, не може да се представи в дадения вид, получаваме противоречие, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2005-9-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2005-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Ако

t, a

b

са положителни цели числа, то

(t, a, b)

-игра наричаме следната игра между двама: първият заменя

t

с едно от числата

t-a

или

t-b

, след това вторият заменя полученото число, като изважда от него

a

или

b

, след това отново първият изважда

a

или

b

от числото, получено от втория и т. н. Губи този, който пръв получи отрицателно число. Да се докаже, че съществуват безбройно много

t

, така че първият играч има печеливша стратегия за

(t, a, b)

-игра за всички

a

b

със сума 2005.

Решение

Първо ще докажем, че ако (

t, a, b

)-игра е печеливша за някой от двамата, то

(t+a+b, a, b)

-игра е печеливша за същия играч. Да означим първият играч с

A

, а вторият с

B

. Нека

B

има печеливша стратегия за

(t, a, b)

игра. При

(t+a+b, a, b)

-игра след ход на

A

се получава

(t+a, a, b)

-игра или

(t+b, a, b)

-игра, като на ход е

B

. И в двата случая

B

може да получи

(t, a, b)

-игра, при която той отново е втори и следователно ще спечели. Нека

A

има печеливша стратегия за

(t, a, b)

-игра. Тъй като

A

може да получи (

t-a, a, b

) или (

t-b, a, b

)-игра, при която той е втори, то следва, че или (

t-a, a, b

), или (

t-b, a, b

)-игра е печеливша за играещия втори. Без ограничение нека това е

(t-a, a, b)

. От доказаното по-горе следва, че

(t-a+a+b=t+b, a, b)

-игра е печеливша за играещия втори. Понеже от (

t+a+b, a, b

)-игра

A

може да получи (

t+b, a, b

)-игра, в която той е втори, то

(t+a+b, a, b)

-игра е печеливша за

A

. Ще докажем, че при

t=2004

a+b=2005

първият играч

A

има печеливша стратегия. Без ограничение

a \leq b

. Тъй като

a\gt{}0

, то

2004 \geq b

. За да спечели

A

трябва да извади от

t=2004

числото

b

. Тогава остава числото

2004-b

, което поради

a+b=2005

е по-малко от

a

. Това означава, че при всеки ход на

B

ще се получи отрицателно число. Сега от доказаното по-горе следва, че за всяко

s

при

t=2004+s 2005

a+b=2005

играта

(t, a, b)

е печеливша за

A

. Първо ще докажем, че ако

x, y

n

са естествени числа, за които

\frac{x y}{x+y}\gt{} n

, то

\frac{x y}{x+y} \geq n+\frac{1}{n^{2}+2 n+2}

. Понеже

x y\gt{}n(x+y)

, то

x y=n(x+y)+r

, където

r

е естествено число. Записваме горното равенство във вида

(x-n)(y-n)=n^{2}+r

, откъдето следва

x\gt{}n

y\gt{}n

. Оттук

x=n+d_{1}

y=n+d_{2}

d_{1} d_{2}=n^{2}+r

. Тогава като използваме неравенството

\frac{r}{A+r} \geq \frac{1}{A+1}

, което е вярно при

A\gt{}0

r \geq 1

и свойството, че ако

d_{1} d_{2}=n^{2}+r

, то

d_{1}+d_{2} \leq 1+n^{2}+r

, намираме:

\begin{gathered} \frac{x y}{x+y}=\frac{n^{2}+d_{1} d_{2}+n\left(d_{1}+d_{2}\right)}{2 n+d_{1}+d_{2}}=n+\frac{r}{2 n+d_{1}+d_{2}} \\ \geq n+\frac{r}{2 n+n^{2}+1+r} \geq n+\frac{1}{n^{2}+2 n+1} \end{gathered}

Равенство имаме точно когато

\{x, y\}=\left\{n+1, n^{2}+n+1\right\}

. От условието следва, че

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

a+b=q\left(c^{2}+1\right)

, където

p

q

са естествени числа. Следователно

\frac{c\left(c^{2}-c+1\right)}{c^{2}+1}=\frac{p q a b}{a+b}=\frac{x y}{x+y}

за

x=p q a

y=p q b

. Тогава

\frac{x y}{x+y}=c-\frac{c^{2}}{c^{2}+1}=c-1+\frac{1}{c^{2}+1}

Следователно

\frac{x y}{x+y}\gt{}c-1

и съгласно доказаното свойство

\frac{x y}{x+y} \geq c-1+\frac{1}{(c-1)^{2}+2(c-1)+2}=c-1+\frac{1}{c^{2}+1}.

Следователно имаме случай на равенство, което означава, че

\{x, y\}=\left\{c, c^{2}\right.

c+1\}

. Тъй като

c

c^{2}-c+1

са взаимнопрости, то от

x=p q a

y=p q b

следва, че

p=q=1

. Окончателно получаваме

\{a, b\}=\left\{c, c^{2}-c+1\right\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2005-9-5

2006

2 задачи

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

p

е такова просто число, че

p^{2}

дели

2^{p-1}-1

. Да се докаже, че за всяко естествено число

n

числото

(p-1)\left(p!+2^{n}\right)

има поне три различни прости делители.

Решение

Тъй като

p-1

дели

p!

, то най-големият общ делител на числата

p-1

p!+2^{n}

е степен на двойката. Достатъчно е да докажем, че всяко от числата

p-1

p!+2^{n}

има поне един нечетен прост делител. Да допуснем, че

p-1=2^{k}

, т. е.

p=2^{k}+1

. Ако

k

има нечетен делител

s \geq 3

, то

p

се дели на

2^{t}+1

, т. е.

p

не е просто число. Следователно

k=2^{t}

и тогава

2^{p-1}=2^{2^{k}}-1=

\left(2^{2^{t}}-1\right)\left(2^{2^{t}}+1\right)\left(2^{2^{t+1}}+1\right) \ldots\left(2^{2^{k-1}}+1\right).

Сега е ясно, че

p^{2}

не дели последното произведение, понеже

\left(2^{2^{t}}+1, 2^{2^{l}}+1\right)=

1 при

l\gt{}t

, а

2^{2^{t}}-1\lt{}p

. Следователно

p-1

не може да бъде степен на двойката. Да допуснем, че

p!+2^{n}=2^{k}

, откъдето

k\gt{}n

е естествено число и

p\neq{}2^{n}\left(2^{k-n}-1\right)

. Следователно

p

дели

2^{m}-1

, където

m=k-n

. Нека

t

е показателят на 2 по модул

p

. Тогава

t

дели

m

t

дели

p-1

. Ако

p-1=l t

, то

2^{p-1}-1=

\left(2^{t}-1\right)\left(2^{t(l-1)}+2^{t(l-2)}+\cdots+2^{t}+1\right).

Понеже

2 t \equiv 1(\bmod p)

, то

2^{t(l-1)}+2^{t(l-2)}+\cdots+2^{t}+1 \equiv l \not \equiv 0(\bmod p)

, защото

l\lt{}p

. Следователно

p^{2}

дели

2^{t}-1

. Това означава, че

p^{2}

дели

2^{m}-1

, т. е.

p^{2}

дели

p!

, което е невъзможно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2006-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

, за който

\angle B A C=30^{\circ}

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

. Разглеждаме всички двойки точки

X

Y

такива, че

X

Y

са съответно върху лъчите

A C^{\rightarrow}

B C \rightarrow

O X=B Y

, където

O

е центърът на описаната около

\triangle A B C

окръжност. Да се докаже, че симетралите на отсечките

X Y

минават през постоянна точка.

Решение

Ще докажем, че симетралата на отсечката

X Y

минава през точката

C_{0}

, която е симетрична на точка

C

спрямо правата

A B

. Да означим с

R

радиуса на описаната окръжност за

\triangle A B C

. От синусовата теорема за

\triangle A B C

имаме

A C=R \sqrt{\vphantom{x^2}2}

B C=R

. Нека точка

C

е между точките

A

X

. Като използваме равенствата

O X=B Y, C_{0} A=C A, C_{0} B=C B, \angle C_{0} B Y=90^{\circ}

и косинусовата теорема за

\triangle C_{0} A X

, намираме

\begin{aligned} C_{0} X^{2} & =C_{0} A^{2}+A X^{2}-C_{0} A \cdot A X=A C^{2}+A X^{2}-A C \cdot A X \\ & =A C^{2}+X A \cdot X C=2 R^{2}+\left(O X^{2}-R^{2}\right)=R^{2}+B Y^{2} \\ & =C_{0} B^{2}+B Y^{2}=C_{0} Y^{2} \end{aligned}

Това означава, че

C_{0}

лежи на симетралата на

X Y

. Аналогично се разглежда и случаят, когато точка

X

е между точките

A

C

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2006-9-5

2007

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

В четириъгълник

A B C D

, за който

\angle B A D+\angle A D C\gt{}180^{\circ}

е вписана окръжност с център

I

. През

I

е прекарана права, която пресича страните

A B

C D

съответно в точки

X

Y

така, че

I X=I Y

. Да се докаже, че

A X. D Y=B X. C Y

Решение

Нека

M

N

са допирните точки на вписаната окръжност със страните

A B

C D

. От условието

\angle B A D+\angle A D C\gt{}180^{\circ}

следва, че

A B \nparallel C D

\angle M I N\lt{}180^{\circ}

. Освен това, от

I M=I N, \angle I M X=\angle I N Y

I X=I Y

, следва, че

\triangle I M X \cong \triangle I N Y

, откъдето

\angle I Y N=\angle I X M

. Ако

X \in B M

Y \in D N

(или

X \in A M

Y \in C N

), то

\angle I Y N=\angle I X M

означава, че

A B \| C D

, което не е вярно. Следователно разположението на точките

X

Y

е както е показано на чертежа. От четириъгълника

A X Y D

имаме

\angle A X I=\angle D Y I=180^{\circ}-\angle \frac{A}{2}-\angle \frac{D}{2},

откъдето намираме

\angle A I X=\angle \frac{D}{2}

\angle D I Y=\angle \frac{A}{2}

. Следователно

\triangle A I X \sim \triangle I D Y

, откъдето следва, че

A X. D Y=I Y. I X

. Аналогично

\triangle B I X \sim \triangle I C Y

, т. е.

B X. C Y=I Y. I X

. Окончателно

A X. D Y=B X. C Y

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2007-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намери най-голямото естествено число

n

, за което могат да се изберат 2007 различни естествени числа от интервала

\left[2 \cdot 10^{n-1}, 10^{n}\right)

такива, че за всеки две естествени числа

i, j

, за които

1 \leq i\lt{}j \leq n

съществува число от избраните

\overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{n}}

, за което

a_{j} \geq a_{i}+2

Решение

Да разгледаме 2007 числа с исканото свойство. Да увеличим с едно всички четни цифри в тези числа. Ако

a_{i}

a_{j}

са с еднаква четност, то неравенството е изпълнено и след увеличаването на четните цифри с 1. Ако

a_{i}

a_{j}

са с различна четност, то от

a_{j} \geq a_{i}+2

следва

a_{j}\gt{}a_{i}+2

и следователно неравенството е изпълнено и след увеличаването на четните цифри с 1. Ясно е, че получените числа (някои от тях може и да са равни) удовлетворяват условието на задачата. Сега да запишем числата едно под друго така, че да получим таблица от 2007 реда и

n

стълба. Тъй като всяка цифра в първия стълб на получената таблица е най-малко 3, то във всеки от останалите стълбове има поне една цифра по-голяма от 3. Това означава, че в таблицата няма стълбове, съставени само от 1 и 3. Тъй като броят на стълбовете, съставени от

1, 3, 5, 7, 9

5^{2007}

, а броят на стълбовете, съставени от 1 и 3 е

2^{2007}

, то в таблицата има най-много

1+5^{2007}-2^{2007}

стълба, т. е.

n \leq 1+5^{2007}-2^{2007}

. Ще конструираме таблица с исканото свойство и с 2007 реда и

1+5^{2007}-2^{2007}

стълба по следния начин:

(*)

На първия ред записваме последователно

5^{2006}

цифри 1, след това

5^{2006}

цифри 3 и т. н.

5^{2006}

цифри 9. На втория ред под всяка от тези цифри записваме последователно по

5^{2005}

цифри

1, 3, 5, 7, 9

и т. н. до последния ред. Да разгледаме стълбове с номера

i

j

за

i\lt{}j

. Ясно е, че ако

a_{i}

a_{j}

са първите различни цифри (от горе на долу) в тези два стълба, то

a_{j}\gt{}a_{i}

, което означава, че

a_{j} \geq a_{i}+2

. Следователно конструираната таблица има

5^{2007}

стълба и изпълнява условието на задачата. 2. Изтриваме всички стълбове, съставени само от цифри 1 и 3. Получаваме таблица с

5^{2007}-2^{2007}

стълба. 3. Прибавяме първи стълб, съставен само от цифрата 3. Получаваме таблица с

1+ 5^{2007}-2^{2007}

стълба, която изпълнява условието на задачата. Следователно търсеното число е

n=1+5^{2007}-2^{2007}

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2007-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото естествено число

n

, за което числото

\cos \frac{\pi}{n}

не може да се представи във вида

p+\sqrt{\vphantom{x^2}q}+\sqrt[3]{\vphantom{x^2}r}

, където

p, q

r

са рационални числа.

Решение

Ще докажем, че

n=7

. Имаме, че

\cos \pi=-1, \cos \frac{\pi}{2}=0, \cos \frac{\pi}{3}=\frac{1}{2},

\cos \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2}, \cos \frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}.

Освен това, от

0=\cos \frac{3 \pi}{5}+\cos \frac{2 \pi}{5}

, следва, че

x_{5}=\cos \frac{\pi}{5}

е корен на уравнението

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

, откъдето

x_{5}=\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{4}

. Остава да покажем, че

x_{7}=\cos \frac{\pi}{7}

няма дадения вид. Понеже

0=\cos \frac{4 \pi}{7}+\cos \frac{3 \pi}{7}

, следва, че

x_{7}

е корен на

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

(x+1)\left(8 x^{3}-4 x^{2}-4 x+1\right),

т. е.

x_{7}

е нула на полинома

P(x)=8 x^{3}-4 x^{2}-4 x+1

. Сега да допуснем, че

x_{7}=p+\sqrt{\vphantom{x^2}q}+\sqrt[3]{\vphantom{x^2}r}

, където

q \geq 0, p, r \in \mathbb{Q}

. Тогава

x_{7}

е нула на полинома

Q(x)=(x-p-\sqrt{\vphantom{x^2}q})^{3}-r

с коефициенти от

\mathbb{Q}[\sqrt{\vphantom{x^2}q}]

, т. е. от вида

a+b \sqrt{\vphantom{x^2}q}, a, b \in \mathbb{Q}

. Понеже коефициентът пред

x

е неотрицателен, то

P \neq 8 Q

. Тогава

P=8 Q+R

, където

R

е полином от степен 1 или 2 с коефициенти от

\mathbb{Q}[\sqrt{\vphantom{x^2}q}]

R\left(x_{7}\right)=0

. Ако

\operatorname{deg} R=1

, то

x_{7} \in \mathbb{Q}[\sqrt{\vphantom{x^2}q}]

. Ако

\operatorname{deg} R=2

R

не дели

P

, то

x_{7}

е нулата на остатъка на

P

при деление на

R

, т. е. отново

x_{7} \in \mathbb{Q}[q]

. Ако

\operatorname{deg} R=2

R

дели

P

, то нулата на

\frac{P}{R}

, която е от

\mathbb{Q}[q]

, е нула и на

P

. И така,

P

има нула от

\mathbb{Q}[q]

. Тази нула е нула на полином от степен 1 или 2 с рационални коефициенти. Подобно на по-горе следва, че

P

има рационална нула. Тя трябва да е измежду числата

\pm 1, \pm \frac{1}{2}, \pm \frac{1}{4}, \pm \frac{1}{8}

и директна проверка води до противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2007-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

k, k\gt{}1

е дадено естествено число. Множество

S

от естествени числа се нарича добро, ако всички естествени числа могат да се оцветят в

k

цвята така, че никое число от

S

не може да се представи като сбор на две различни естествени числа, които са оцветени в един и същи цвят. Да се намери най-голямото естествено число

t

, за което множеството

S=\{a+1, a+2, a+3, \ldots, a+t\}

е добро за всяко естествено число

a

Решение

Ще докажем, че търсеното число е

t=2 k-2

. Да разгледаме множеството

S=\{3, 4, \ldots, 2 k, 2 k+1\}

. Сборът на всеки две от числата

1, 2, \ldots, k+1

е число от

S

и тъй като измежду

1, 2, \ldots, k+1

има две едноцветни, то

S

не е добро множество. Тъй като

|S|=2 k-1

, то

t \leq 2 k-2

. Остава да покажем, че множеството

S=\{a+1, a+2, \ldots, a+2 k-2\}

е добро за всяко число

a

(*)

Нека

a

е нечетно число. Да оцветим числата

1, 2, \ldots, \frac{a+1}{2}

в първия цвят, а всяко от числата

\frac{a+2 s-1}{2}

за

s=2, 3, \ldots, k

в цвят

s

. Нека всички числа, по-големи от

\frac{a+2 k-1}{2}

са също в цвят

k

. Лесно се вижда, че сборът на две едноцветни числа не е елемент на

S

. 2. Нека

a

е четно число. Да оцветим числата

1, 2, \ldots, \frac{a}{2}

в първия цвят, а всяко от числата

\frac{a+2 s-2}{2}

за

s=2, 3, \ldots, k

в цвят

s

. Нека всички числа, по-големи от

\frac{a+2 k-2}{2}

са също в цвят

k

. Лесно се вижда, че сборът на две едноцветни числа не е елемент на

S

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2007-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото число

m

така, че с всеки пет равностранни триъгълника със сума на лицата

m

може да се покрие равностранен триъгълник с лице 1.

Решение

Ще докажем, че

m=2

. Първо ще покажем, че

m \geq 2

. Достатъчно е за всяко

s \in(0, 1)

да намерим пет равностранни триъгълника със сумата на лицата

\gt{} 2 s

, които не могат да покрият равностранен

\triangle A B C=\Delta

с лице 1. Нека

A_{1} B_{1} C_{1}

е равностранен триъгълник с лице

(1+s) / 2

и върхове върху съответните страни на

\Delta

. Нека за определеност

2 B A_{1} \leq B C

. Очевидно съществуват три равностранни триъгълника, които не могат покрият коя да е от отсечките

B A_{1}, C B_{1}

A C_{1}

. Тогава тези триъгълници и два равностранни триъгълника

\Delta_{1}

\Delta_{2}

с лица

s

не могат да покрият

\Delta

. В противен случай

\Delta_{1}

\Delta_{2}

трябва да покрият точки от горните три отсечки и следователно един от тях, например

\Delta_{1}

, ще покрие точки от две от тях, да кажем

D \in A_{1} B

E \in B_{1} C

. Тъй като

S_{A_{1} B_{1} C_{1}} \geq \frac{1}{3}

, то

\angle A_{1} B_{1} C \geq 90^{\circ}

(докажете!) и значи страната на

\Delta_{1}

е поне

D E \geq A_{1} B_{1}

. Следователно

S_{\Delta_{1}} \geq S_{A_{1} B_{1} C_{1}}

, което е противоречие. Сега ще докажем, че от всеки пет равностранни триъгълника с лица

a^{2}, b^{2}, c^{2}, d^{2}

e^{2}

, за които

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

, има четири, които могат да покрият

\Delta

. Нека

a \geq b \geq c \geq d \geq e\gt{}0

. Ако

a \geq 1

, то триъгълникът с лице

a^{2}

покрива

\Delta

. В противен случай

b+c\gt{}1

. Това е очевидно при

c\gt{}1 / 2

(защото

b \geq c

), а иначе

b^{2}=2-a^{2}-c^{2}-d^{2}-e^{2}\gt{}1-3 c^{2} \geq(1-c)^{2}.

Тогава триъгълниците с лица

a^{2}, b^{2}

c^{2}

, поставени стандартно във върховете на

\Delta

, ще се пресичат два по два. Те не покриват

\Delta

, ако

f=2-a-b-c\gt{}0

и остава равностранен триъгълник с лице

f^{2}

. Трябва да покажем, че

d \geq f

. Това е очевидно при

d\gt{}1 / 2

(защото

a, b, c \geq d)

, а иначе от

a, b, c\lt{}1

следва, че

d \geq 2 d^{2} \geq d^{2}+e^{2}=2-a^{2}-b^{2}-c^{2}\gt{}2-a-b-c=f

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2007-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

f(x)

е полином от четна степен с цели коефициенти и старши коефициент 1. Известно е, че съществуват безбройно много цели числа

x

, за които

f(x)

е точен квадрат на естествено число. Да се докаже, че съществува полином

g(x)

с цели коефициенти, за който

f(x)=g^{2}(x)

Решение

Нека

n=2 k

f(x)=x^{2 k}+a_{2 k-1} x^{2 k-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0}

, където

a_{i}

са цели числа. Ще докажем, че

f(x)

може да се представи във вида

f(x)=\left(x^{k}+b_{k-1} x^{k-1}+\cdots+b_{1} x+b_{0}\right)^{2}+r(x),

където

b_{0}, b_{1}, \ldots, b_{k-1}

рационални числа, а

r(x)

е полином с рационални коефициенти от степен най-много

k-1

. Наистина, коефициентът пред

x^{k+t}

за

t=k-1, k-2, \ldots, 1, 0

на полинома

\left(x^{k}+b_{k-1} x^{k-1}+\cdots+b_{1} x+b_{0}\right)^{2}

има вида

c_{k+t}=2 b_{t}+\sum_{i=1}^{k-1-t} b_{t+i} b_{k-i}

. По индукция лесно определяме стойностите на

b_{k-1}, b_{k-2}, \ldots, b_{1}, b_{0}

така, че

c_{k+t}=a_{k+t}

за

t=k-1, k-2, \ldots, 1, 0

. След това определяме коефициентите на

r(x)

. Ако

f(x)=y^{2}

има безбройно много , за които

x\lt{}0

, то

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

за

f_{1}(x)= f(-x)

има безбройно много , за които

x\gt{}0

. Следователно можем да примем, че

f(x)=y^{2}

има безбройно много , за които

x\gt{}0

. Тъй като (

x^{k}+b_{k-1} x^{k-1}+\cdots+ \left. b_{1} x+b_{0}\right)^{2}+r(x)=y^{2}

има безбройно много , след привеждане под общ знаменател на рационалните числа

b_{k-1}, \ldots, b_{1}, b_{0}

, ще получим

h^{2}(x)+M^{2} r(x)=\left(M y_{x}\right)^{2}

, където

M

е HOK на знаменателите на

b_{i}, 0 \leq i \leq k-1

h(x)

е полином с цели коефициенти и старши коефициент

M

. Да допуснем, че

r(x)

не е тъждествено равен на нула (ако

b_{i}=0

за всяко

i, 0 \leq i \leq k-1

, приемаме, че

M=1

). 1 случай. Нека старшият коефициент на

r(x)

е положителен. Тогава за достатъчно големи

x

имаме

\left(M y_{x}\right)^{2}\gt{}h^{2}(x)

, откъдето

\left(M y_{x}\right)^{2} \geq(h(x)+1)^{2}

. Следователно

h^{2}(x)+ M^{2} r(x) \geq(h(x)+1)^{2}

, т. е.

2 h(x) \leq M^{2} r(x)-1

, което е невъзможно за големи стойности на

x

, понеже степента на

h(x)

k

, а степента на

r(x)

k-1

. 2 случай. Нека старшият коефициент на

r(x)

е отрицателен. Тогава за достатъчно големи

x

имаме

\left(M y_{x}\right)^{2}\lt{}h^{2}(x)

, откъдето

\left(M y_{x}\right)^{2} \leq(h(x)-1)^{2}

. Следователно

h^{2}(x)+ M^{2} r(x) \leq(h(x)-1)^{2}

, т. е.

2 h(x) \leq-M^{2} r(x)+1

, което отново е невъзможно за големи стойности на

x

. Следователно

r(x)

е тъждествено равен на нула, т. е.

f(x)=\left(x^{k}+b_{k-1} x^{k-1}+\cdots+b_{1} x+\right. \left. b_{0}\right)^{2}

. Тъй като

f(x)

е с цели коефициенти, то и полиномът

x^{k}+b_{k-1} x^{k-1}+\cdots+b_{1} x+b_{0}

е с цели коефициенти (следва от добре известната лема на Гаус).

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2007-9-6

2008

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

\triangle A B C

е остроъгълен с вътрешна ъглополовяща

C L, L \in A B

. Точка Р принадлежи на отсечката CL така, че

\angle A P B=\pi-\frac{1}{2} \angle A C B

. Нека

\mathrm{k}_{1}

\mathrm{k}_{2}

са описаните окръжности съответно около

\triangle A P C

\triangle B P C

B P \bigcap k_{1}=Q, A P \bigcap k_{2}=R

. Допирателните към

\mathrm{k}_{1}

в Q и към

\mathrm{k}_{2}

в B се пресичат в точка

S

, допирателните към

\mathrm{k}_{1}

в A и към

\mathrm{k}_{2}

R

се пресичат в точка

T

. Да се докаже, че

|\mathrm{AS}|=|\mathrm{BT}|

Решение

Решение. Като използваме, че

S Q

S B

са допирателни съответно към

k_1

k_2

получаваме

\angle Q C B=\angle Q C P+\angle P C B=\angle S Q B+\angle S B Q

, откъдето

\angle Q S B+\angle Q C B=\angle Q S B+\angle S Q B+\angle S B Q=180^{\circ}.

Следователно четириъгълникът

S B C Q

е вписан. Освен това

\angle Q C A=\angle Q P A=\frac{1}{2} \gamma=\angle Q B C=\angle Q C S,

което означава, че

A \in C S

. Оттук

\angle Q A S=180^{\circ}-\angle Q A C=180^{\circ}-\angle Q P C=\angle C P B

и понеже

\angle S Q A=\frac{1}{2} \gamma=\angle B C P

, то

\triangle Q A S \sim \triangle C P B

. Тогава

\frac{A S}{A Q}= \frac{P B}{P C}

и като използваме, че

A Q=P A

(тъй като

\angle Q C A=\angle P C A=\frac{1}{2} \gamma

), получаваме

A S=\frac{P B \cdot A Q}{P C}=\frac{P B \cdot P A}{P C}

. Аналогично намираме

B T=\frac{P B \cdot P A}{P C}

,,. e.

A S=B T

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2008-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Съществуват ли 2008 непресичащи се аритметични прогресии от естествени числа, такива че всяка от тях съдъжа просто число, по-голямо от 2008 и числата, които не принадлежат на нито една от тях са краен брой?

Решение

Решение. Да допуснем, че съществуват 2008 аритметични прогресии, удовлетворяващи условието. Можем да считаме, че всяка от тях има за първи член просто число

a_i\gt{}2008, i=1, 2, \ldots, 2008

. Ясно е, че за тези прогресии множеството на естествените числа, които не принадлежат на нито една от тях също е крайно. Нека

d_i, i=1, 2, \ldots, 2008

са съответните разлики. За достатъчно голямо

t

числото

t d_1 d_2 \ldots d_{2008}

трябва да принадлежи на точно една прогресия. Без ограничение считаме, че това е първата. От условието, че никои две прогресии, не се пресичат лесно следва, че

\left(d_i, d_j\right) \neq 1

при

i \neq j

, в частност

d_1 \neq 1

за всяко

i

. Сега от

a_1+k d_1=t d_1 d_2 \ldots d_{2008}

следва, че

d_1

дели

a_1

и понеже

a_1

е просто и

d_1 \neq 1

, то

d_1=a_1

. Но тогава

a_1

дели

d_i

за

i=1, 2, \ldots, 2008

. Понеже

a_1\gt{}2008

, то ясно е, че поне един остатък по модул

a_1

няма да се среща излежду числата

a_1, a_2, \ldots, a_{2008}

, т. е. естествените числа, даващи този остатък не принадлежат на нито една прогресия. Полученото противоречие показва, че 2008 прогресии с исканото свойство не съществуват.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2008-9-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2008-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото естествено k, такова че съществуват такива естествени числа m и n, че

1324+279 m+5^{n}

е точна k-та степен на естествено число.

Решение

Решение. При

m=1

n=3

имаме

1324+279 \cdot 1+5^3=1728=12^3

, което означава, че търсеното число е 2 или 3. Ще докажем, че уравнението

1324+279 m+5^n= x^2

няма решение в естествени числа, откъдето ще следва, че

k=3

. Да допуснем, че

m, n

x

са естествени числа, за които

1324+279 m+5^n= x^2

. Ако

x

не се дели на 3, то

1+5^n \equiv 1(\bmod 3)

, което е невъзможно. Следователно

x

се дели на 3 и тогава

1+5^n \equiv 0(\bmod 9)

. Оттук заключаваме, че

n \equiv 3(\bmod 6)

, в частност

n

се дели на 3. Ако

n=3 t, t \in \mathbb{N}

, то

5^n=\left(5^3\right)^t \equiv 1(\bmod 31)

и следователно

x^2 \equiv 22+0+1 \equiv 23(\bmod 31)

. Очевидно

(x, 31)=1

и с помощта на малката теорема на Ферма получаваме

1 \equiv x^{30} \equiv 23^{15}(\bmod 31)

. Не е трудно да се провери обаче, че сравнението

23^{15} \equiv 1(\bmod 31)

не е вярно (всъщност имаме

\left.23^{15} \equiv-1(\bmod 31)\right)

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2008-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека n е фиксирано естествено число. Да се намерят всички естествени числа m, такива че

\frac{1}{a^{n}}+\frac{1}{b^{n}} \geq a^{m}+b^{m}

е в сила за всеки положителни a и b със сума 2.

Решение

Решение. Нека

A_n

е множеството от естествените числа

m

с даденото свойство. Първо ще докажем, че ако

m \geq 2

m \in A_n

, то

m-1 \in A_n

. Наистина, за

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

a+b=2

имаме

\begin{aligned} 2\left(a^m+b^m-a^{m-1}-b^{m-1}\right) & =2\left(a^m+b^m\right)-(a+b)\left(a^{m-1}+b^{m-1}\right)= \\ & =(a-b)\left(a^{m-1}-b^{m-1}\right) \geq 0 \end{aligned}

Следователно

a^m+b^m \geq a^{m-1}+b^{m-1}

, което доказва, че ако

m \geq 2

m \in A_n

, то

m-1 \in A_n

. Сега ще докажем, че

n+1 \in A_n

, но

n+2 \notin A_n

. Оттук и от доказаното по-горе следва, че

A_n=\{1, 2, \ldots, n+1\}

. Лема 1. Ако

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

a+b=2

, то

\frac{1}{a^n}+\frac{1}{b^n} \geq a^{n+1}+b^{n+1}

. Доказателство. От равенството

1-b=a-1

следва, че

\frac{1}{a^n}+\frac{1}{b^n}-a^{n+1}-b^{n+1}=

\frac{1-a}{(a b)^n} \sum_{k=0}^{2 n}\left(b^n a^k-a^n b^k\right)=

\frac{2(1-a)^2 S}{(a b)^n},

където

S=

\sum_{j=0}^{n-1}(a b)^{n-j-1}\left(1-(a b)^{j+1}\right)\left(a^j+a^{j-1} b+\cdots+a b^{j-1}+b^j\right).

Тъй като

a b \leq \frac{(a+b)^2}{4}=1

, заключаваме, че

S \geq 0

и с това лемата е доказана. Лема 2. За всяко естествено число

n

съществуват

a\gt{}0

b\gt{}0

, за които

a+b=2

\frac{1}{a^n}+\frac{1}{b^n}\lt{}a^{n+2}+b^{n+2}

. Доказателство. Както в доказателството на Лема 1 получаваме равенството

\frac{1}{a^n}+\frac{1}{b^n}-a^{n+2}-b^{n+2}=\frac{2(1-a)^2 S}{(a b)^n}

като този път

S=

-(a b)^n\left(a^n+a^{n-1} b+\cdots+b^n\right)

+\sum_{j=0}^{n-1}(a b)^{n-j-1}\left(1-(a b)^{j+1}\right)\left(a^j+a^{j-1} b+\cdots+b^j\right)

Сега твърдението на лемата следва от факта, че изразът

S

си мени знака при

a b \in(0, 1)

, защото при

a b=0

той е положителен, а при

a b=1

е отрицателен. Това може да се докаже строго по следния начин. Нека

1-(a b)^n=\varepsilon \in(0, 1)

. Тогава от неравенствата

0\lt{}a b \leq 1, 0\lt{}a\lt{}2

От горните неравенства следва, че

S\lt{}

-(1-\varepsilon)+\varepsilon \sum_{j=0}^{n-1} 4^j=\frac{\varepsilon\left(4^n-1\right)}{3}-(1-\varepsilon)\lt{}

\varepsilon 4^n-(1-\varepsilon)=\varepsilon\left(1+4^n\right)-1.

Нека

a

b

са положителни числа, за които

a+b=2

a b=\sqrt[n]{\vphantom{x^2}1-\frac{1}{1+4^n}}

. В този случай

\varepsilon\left(1+4^n\right)-1=0

, т. е.

S\lt{}0

. Окончателно, търсените числа са

m=1, 2, \ldots, n+1

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2008-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека М е множеството на целите числа от интервала [-n, n]. Подмножеството P на M се нарича базисно, ако всяко число от M може да се представи като сума на някои

n

различни числа от P. Да се намери най-малкото естествено k, такова че всеки k числа от M образуват базисно множество.

Решение

Решение. Нека

n=2 l+1

, където

l

е естествено число. Тъй като сборът на кои да е

n

числа от множеството

\{-l, -l+1, \ldots, -1, 0, 1, \ldots, n\}

е неотрицателно число, то

k \geq n+1+l+1=3 l+3

. Ще докажем, че

k=3 l+3

. Нека

P

е произволно подмножество на

M

3 l+3

елемента и нека

a

е произволен елемент от

M

. Без ограничение

a \leq 0

. Случай 1. Нека

0 \notin P

. Съществуват поне

l+2

двойки от вида

(-x, x)

x\gt{}0

P

. Ако

a \in P

, то

a=a+\sum(x+(-x))

, където в сумата има точно

l

двойки

(-x, x), x\gt{}0, -x \neq a

. Нека

a \notin P

. Ще представим

a

като сбор на три различни елемента от

P

и след това да добавим

l-1

двойки

(-x, x)

всяка от които не съдържа трите елемента със сбор

a

. Последното е възможно тъй като има поне

l+2

двойки

(-x, x)

P

. Ще разгледаме два случая. 1 \cdot 1. Нека в

P

има точно

l+2

отрицателни числа. Тогава

P=P_1 \cup P_2

, където

P_1

е множество от

l+2

отрицателни числа и

P_2=\{1, 2, \ldots, n\}

. Ако съществуват

x, y \in P_1

, за които

x\lt{}a\lt{}y

, то

a=x+y+(a-x-y)

, където

-y\lt{}a-x-y\lt{}-x

, т. е.

a-x-y \in P_2

. Ако всички елементи на

P_1

са по-малки от

a

, то съществува

x \in P_1

, за което

x \leq a-3

. Тогава

a=x+1+(a-x-1)

, т. е.

2 \leq a-x-1 \leq a+n-1\lt{}n

. Ако всички числа от

P_1

са по-големи от

a

, то нека

x

y

са двете найголеми числа от

P_1

. Получаваме

a=x+y+(a-x-y)

, където

x+y \leq-(l+

-(l+1)=-2 l-3\lt{}a

(има

l+2

отрицателни числа в

P_1

). Следователно

0\lt{}a-x-y \leq a-(a+1)-(a+2)=-a-3\lt{}n,

т. e.

a-x-y \in P_2

. 1 \cdot 2. Нека в

P

има поне

l+3

отрицателни числа. Поне

l+1

елемента на

P

са измежду числата

a+1, a+2, \ldots, a+n

(дори

l+2

, тъй като

a \notin P

). Нека

b

е едно от тези числа и

a-b

е нечетно. Такова число съществува, тъй като измежду числата

a+1, a+2, \ldots, a+n

има точно

l

с четността на

a

. Нека

c=a-b, c\lt{}0

. Измежду числата

c+1, c+2, \ldots, c+n

има поне

l+1

от

P

и поне

l

от тях, нека това са

p_1, p_2, \ldots, p_l

, са различни от

b

. Тъй като в

P

има поне

l+3

отрицателни числа, получаваме, че поне

l+2

от тях, нека това са

q_1, q_2, \ldots, q_{l+2}

, са различни от

b

. Тъй като

c-p_1, c-p_2, \ldots, c-p_l

са

l

различни отрицателни числа, то съществуват

i

j

за които

c-p_i=q_j

. Тъй като

c

е нечетно, то

p_i \neq q_j

. Тогава

a=b+p_i+q_j

е исканото представяне. Случай 2. Нека

0 \in P

. Съществуват поне

l+1

двойки от вида (

-x, x)

x\gt{}0

P

. Да допуснем, че

a \notin P

(случаят

a \in P

се разглежда както в I.). Достатъчно е да представим

a

като сбор на два различни елемента от

P

и след това да прибавим

l-1

двойки (

-x, x

) и 0. Съществуват поне

l+2

елемента на

P

измежду числата

a+1, a+2, \ldots, a+ n

и поне

l+1

от тях, нека това са

p_1, p_2, \ldots, p_{l+1}

са различни от

\frac{a}{2}

. Тъй като съществуват поне

l+1

отрицателни числа в

P

, нека това са

q_1, q_2, \ldots, q_{l+1}

, то съществуват

i

j

за които

a-p_i=q_j

. Остава да забележим, че

p_i=0

или

q_j=0

води до противоречие (тьй като

a \notin P

) и

p_i=q_j

води до

p_i=\frac{a}{2}

, противоречие. Следователно търсеното

k

е равно на

3 l+3=\frac{3(n+1)}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2008-9-6

2009

5 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Вписаната в

\triangle A B C

окръжност е с център

I

и допира страните му

B C, A C

A B

съответно в точки

A_{1}, B_{1}

C_{1}

. През

I

е построена права

\ell

. Точките

A^{\prime}, B^{\prime}

C^{\prime}

са симетрични съответно на

A_{1}, B_{1}

C_{1}

относно

\ell

. Да се докаже, че правите

A A^{\prime}, B B^{\prime}

C C^{\prime}

се пресичат в една точка.

Решение

Да означим разстоянието от точката

X

до правата

A B

d_{c}(X)

. Аналогично означение въвеждаме и за правите

B C

C A

. Не е трудно да се види, че от синусовия вариант на теоремата на Чева следва, че равенството

\frac{d_{b}\left(A^{\prime}\right)}{d_{c}\left(A^{\prime}\right)} \cdot \frac{d_{c}\left(B^{\prime}\right)}{d_{a}\left(B^{\prime}\right)} \cdot \frac{d_{a}\left(C^{\prime}\right)}{d_{b}\left(C^{\prime}\right)}=1

е необходимо и достатъчно условие за пресичане в една точка на правите

A A^{\prime}, B B^{\prime}

C C^{\prime}

. Да забележим, че

B_{1} A^{\prime}=A_{1} B^{\prime}

. Освен това, понеже правите

C B

C A

допират вписаната окръжност,

\angle B^{\prime} A_{1} B=\frac{1}{2} \widehat{B^{\prime} A_{1}}=\frac{1}{2} \widehat{A^{\prime} B_{1}}=\angle A^{\prime} B_{1} C

. Оттук

d_{a}\left(B^{\prime}\right)=A_{1} B^{\prime} \sin \angle B^{\prime} A_{1} B= B_{1} A^{\prime} \sin \angle A^{\prime} B_{1} C=d_{b}\left(A^{\prime}\right)

. Аналогично получаваме и

d_{b}\left(C^{\prime}\right)=d_{c}\left(B^{\prime}\right)

d_{c}\left(A^{\prime}\right)=d_{a}\left(C^{\prime}\right)

, с което исканото равенство е доказано.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2009-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

През точките с целочислени координати в правоъгълна координатна система Oxyz са построени равнини, успоредни на координатните равнини и по този начин пространството е разбито на единични кубчета. Да се намерят всички тройки

(a, b, c), a \leq b \leq c

, от естествени числа, за които кубчетата могат да бъдат оцветени в

a b c

цвята така, че всеки паралелепипед с размери

a \times b \times c

, целочислени върхове и стени, успоредни на координатните равнини, не съдържа еднакво оцветени кубчета.

Решение

Решение. Ще докажем, че търсените тройки

(a, b, c)

са онези, за които

a

дели

b

b

дели

c

. С

\left(\left(x_0, y_0, z_0\right), p, q, r\right)

ще означаваме паралелепипед с долен ляв връх с координати

\left(x_0, y_0, z_0\right)

и измерения

p, q

r

, съответно по осите

O x, O y

O z

. Да допуснем, че

b

не се дели на

a

, т. е.

b=m a+n

за някои

m, n \in \mathbb{N}, 0\lt{}n\lt{}a

. Ако (

p, q, r

) е пермутация на числата (

a, b, c

), то от условието на задачата, приложено за паралелепипедите

((0, 0, 0), p, q, r)

((0, 0, 1), p, q, r)

следва, че паралелепипедите

((0, 0, 0)

p, q, 1)

и (

(0, 0, r), p, q, 1

) са съставени от кубчета с едни и същи цветове. Оттук следва, че паралелепипедите

((0, 0, 0), c, a, 1)

((0, 0, b), c, a, 1)

са съставени от кубчета с едни и същи цветове и паралелепипедите

((0, 0, 0), c, b, 1)

((0, 0, m a), c, b, 1)

са съставени от кубчета с едни и същи цветове. Тъй като паралелепипедът

((0, 0, 0), c, b, 1)

съдържа

((0, 0, 0), c, a, 1)

((0, 0, m a), c, b, a)

съдържа (

(0, 0, m a), c, b, 1

) и (

(0, 0, b), c, a, 1

), то всеки цвят от (

(0, 0, 0), c, a, 1

) се среща поне два пъти в (

(0, 0, m a), c, b, a

). Полученото противоречие показва, че

n=0

, т. е.

a

дели

b

. Аналогично се доказва, че

b

дели

c

. Нека сега

a \mid b

b \mid c

, като

b=p_1 a, c=p_2 b=p_1 p_2 a

, където

p_1, p_2 \in \mathbb{N}

. За всеки две естествени числа

m

n

ще означаваме с

R(m, n)

остатъка при деление на

m

на

n

. Координати на всяко кубче ще наричаме координатите на долния му ляв преден връх. Да оцветим кубчето

(x, y, z)

в цвят, определен от остатъци по следния начин:

\left.\left.\left.\left(R(x, a); R(y, a); R(z, a); R\left(\frac{x}{a}\right]+\left[\frac{y}{a}\right], p_1\right); R\left(\frac{y}{a}\right]+\left[\frac{z}{a}\right], p_1\right); R\left(\frac{x}{b}\right]+\left[\frac{y}{b}\right]+\left[\frac{z}{b}\right], p_2\right)\right).

Тогава преброяването на всички възможности по шестте координати показва, че общият брой на цветовете е

a^3 p_1 p_1 p_2=a b c

. Да допуснем, че две различни едноцветни кубчета (

x_1, y_1, z_1

) и (

x_2, y_2, z_2

) са разположени в паралелепипед с размери

a \times b \times c

, т. е.

\left|x_1-x_2\right| \leq \alpha, \left|y_1-y_2\right| \leq \beta, \left|z_1-z_2\right| \leq \gamma

, където (

\alpha, \beta, \gamma

) е пермутация на (

a, b, c

). Тъй като

\left|x_1-x_2\right|, \left|y_1-y_2\right|

\left|z_1-z_2\right|

се делят на

a

, една от тези разлики е равна на 0. Нека например

x_1=x_2

. Тогава от четвъртата и петата координата на съответния цвят се вижда, че

\left|y_1-y_2\right|

\left|z_1-z_2\right|

се делят на

b

и значи една от тях е равна на 0. Ако например

y_1=y_2

, то от последната координата следва, че

\left|z_1-z_2\right|

се дели на

c

, т. е.

z_1=z_2

. Получихме, че

\left(x_1, y_1, z_1\right) \equiv\left(x_2, y_2, z_2\right)

, т. е. кубчетата съвпадат, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2009-9-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2009-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Изпъкнал 2009-ъгълник е разбит на триъгълници чрез непресичащи се диагонали. Един от тези диагонали е оцветен в зелено. Разрешена е следната операция: за два триъгълника

A B C

B C D

от разбиването с обща страна

B C

можем да заменим диагонала

B C

с диагонала

A D

, като, ако замененият диагонал е бил зелен, той губи цвета си и заменилият го диагонал става зелен. Да се докаже, че всеки предварително избран диагонал на 2009ъгълника може да бъде оцветен в зелено чрез прилагане на разрешената операция краен брой пъти.

Решение

Първо ще докажем, че за даден връх на изпъкналия 2009 -ъгълник и всяка триангулация, с прилагане на разрешената операция можем да получим триангулацията, получена от прекарването на всички диагонали през този връх. За произволен връх

A

, движейки се обратно на часовниковата стрелка, да означим с

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

последователните върхове, за които

A B_{i}

е страна на дадения многоъгълник или диагонал в дадената триангулация. Ако отсечката

B_{i} B_{i+1}

не е страна, тя е диагонал и след извършване на разрешената операция, ще получим нова триангулация от която излизащите от

A

диагонали са с един повече. Продължавайки по този начин ще получим триангулация с диагонали само от върха

A

. Ще докажем по индукция по

n \geq 4

, че твърдението е вярно за произволен изпъкнал

n

-ъгълник. При

n=4, 5

твърдението се проверява директно. Да допуснем, че твърдението е вярно за някое

k \geq 5

и да разгледаме триангулация на изпъкнал

(k+1)

-ъгълник. Без ограничение приемаме, че избрания диагонал е

A_{1} A_{i}

. Съгласно доказаното, от дадената триангулация можем да получим триангулацията, получена с прекарването на всички диагонали през

A_{1}

. Ако при това

A_{1} A_{i}

е станал зелен, задачата е решена. Нека зелен е станал диагонала

A_{1} A_{j}

, като без ограничение считаме, че

j\lt{}i

. От индукционното допускане следва, че в многоъгълникът

A_{1} A_{2} \ldots A_{i}

можем да получим триангулация, в която диагоналът

A_{1} A_{i-1}

е зелен. Тъй като

k \geq 5

и всяка триангулация на (

k+1

)ъгълник съдържа

k-2

диагонала, то в триангулацията освен диагоналите

A_{1} A_{i-1}

A_{1} A_{i}

има поне още един диагонал. Този диагонал разделя

(k+1)

-ъгълника на два изпъкнали многоъгълникът, всеки с по-малко от

k+1

върха, като диагоналите

A_{1} A_{i-1}

A_{1} A_{i}

са в един от двата многоъгълникът. Остава да приложим индукционното допускане за този многоъгълник.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2009-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че ако

a_{1}, \ldots, a_{n}, b_{1}, \ldots, b_{n}

са произволни реални числа, а

c_{1}, \ldots, c_{n}

са положителни реални числа, то

\left(\sum_{i, j=1}^{n} \frac{a_{i} a_{j}}{c_{i}+c_{j}}\right)\left(\sum_{i, j=1}^{n} \frac{b_{i} b_{j}}{c_{i}+c_{j}}\right) \geq

\left(\sum_{i, j=1}^{n} \frac{a_{i} b_{j}}{c_{i}+c_{j}}\right)^{2}.

Решение

Решение. Първо решение. Можем да считаме, че не всички

a_i

и не всички

b_i

са равни на 0. Първо ще докажем, че

f(x)=\sum_{i, j=1}^n \frac{a_i a_j}{c_i+c_j} x^{c_i+c_j} \geq 0, \quad x \geq 0

Имаме, че

x f^{\prime}(x)=\left(\sum_{i=1}^n a_i x^{c_i}\right)^2 \geq 0

. Следователно

f(x) \geq f(0)=0

при

x \geq 0

. Аналогично

g(x)=\sum_{i, j=1}^n \frac{b_i b_j}{c_i+c_j} x^{c_i+c_j} \geq 0, \quad x \geq 0

Сега полагаме

h(x)=\sum_{i, j=1}^n \frac{a_i b_j}{c_i+c_j} x^{c_i+c_j}

Ще докажем по-общо неравенство от даденото, а именно

f(x) g(x) \geq h^2(x), x \geq 0

Можем да считаме, че

h(x) \geq 0

при дадено

x

(иначе сменяме

a_i

-a_i

). Тогава трябва да докажем, че

s(x)=\sqrt{\vphantom{x^2}f(x)} \sqrt{\vphantom{x^2}g(x)}-h(x) \geq 0

. От неравенството

a^2+b^2 \geq 2 a b

при

x \geq 0

следва, че

\begin{gathered} x s^{\prime}(x)=\frac{x f^{\prime}(x) \sqrt{\vphantom{x^2}g(x)}}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}f(x)}}+\frac{x g^{\prime}(x) \sqrt{\vphantom{x^2}f(x)}}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}g(x)}}-x h^{\prime}(x) \geq \sqrt{\vphantom{x^2}x f^{\prime}(x) x g^{\prime}(x)}-x h^{\prime}(x) \\ =\left|\sum_{i=1}^n a_i x^{c_i} \sum_{i=1}^n b_i x^{c_i}\right|-\sum_{i, j=1}^n a_i b_j x^{c_i+c_j} \geq \sum_{i=1}^n a_i x^{c_i} \sum_{i=1}^n b_i x^{c_i}-\sum_{i, j=1}^n a_i b_j x^{c_i+c_j}=0 \end{gathered}

и значи

s(x)\gt{}s(0)

при

x \neq 0

. Второ решение. Нека

f(x)=\sum_{i=1}^n a_i x^{c_i-1 / 2}

g(x)=\sum_{i=1}^n b_i x^{c_i-1 / 2}

. Даденото неравенство следва директно от интегралното неравенство на Коши-Буняковски-Шварц:

\int_0^1 f^2(x) d x \int_0^1 g^2(x) d x \geq

\left(\int_0^1 f(x) g(x) d x\right)^2

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2009-9-6

2010

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Таблица

2 \times 2010

е разделена на единични клетки. Иван поставя хоризонтално домино, което покрива точно две клетки от ред на таблицата, след това Петър поставя вертикално домино, което покрива точно две клетки от стълб на таблицата, след това Иван поставя хоризонтално домино, Петър поставя вертикално и т. н. Губи този, който няма ход. Да се определи кой от двамата има печеливша стратегия.

Решение

Ще покажем печеливша стратегия за Иван. Той мислено разделя таблицата на 502 таблици

2 \times 4

и една таблица

2 \times 2

и поставя първото си хоризонтално домино в таблицата

2 \times 2

(без значение в кой от двата реда). След ход на Петър с вертикално домино в някоя таблица

2 \times 4

Иван поставя хоризонтално домино на произволно място в същата таблица. Лесно се проверява, че Иван винаги има ход, като след два хода на всеки в таблица

2 \times 4

, тя ще бъде запълнена. След запълване на всички таблици

2 \times 4

трябва да играе Петър и той няма да има ход.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2010-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Две различни прави, успоредни на абсцисната ос, имат точно по две общи точки с графиката на функцията

f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+c

. Да се докаже, че четириъгьлникът с върхове в тези четири общи точки е ромб тогава и само тогава, когато лицето му е равно на 6.

Решение

Ясно е, че прави

p

q

с посоченото свойство съществуват само ако

f(x)

има максимум и минимум и

p

q

минават съответно през точката на максимума

D

и точката на минимума

B

от графиката на

f(x)

. Графиката на функцията

f(x)

може да се „премества“ вертикално (чрез полагане

g(x)=f(x)+a

) и хоризонтално (чрез полагане

g(x)=f(x+a))

без това да променя взаимното разположение на четирите точки от условието на задачата. Следователно без ограничение можем да считаме, че точката

D

е с координати

(0, 0)

f(x)=x^{2}(x-t), t\gt{}0

. Правата

p

е с уравнение

y=0

и втората обща точка с графиката е точката

C(t, 0)

. Тъй като

f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x t

, то точката на минимум е

B\left(\frac{2 t}{3}, -\frac{4 t^{3}}{27}\right)

. Втората обща точка на правата

q

и графиката е

A\left(\alpha, -\frac{4 t^{3}}{27}\right)

, където

\alpha

е корен на

f(x)=-\frac{4 t^{3}}{27}

. Тъй като това уравнение има и един двоен корен

x_{1}=x_{2}=\frac{2 t}{3}

, то от формулите на Виет намираме

x_{1} x_{2} \alpha=-\frac{4 t^{3}}{27}

, т. е.

\alpha=-\frac{t}{3}

. Понеже

A B=D C=t

, то

A B C D

е успоредник и лицето му е

S_{A B C D}=t \cdot \frac{4 t^{3}}{27}=\frac{4 t^{4}}{27}

. За дължината на отсечката

B C

имаме

B C=\sqrt{\vphantom{x^2}\left(\frac{2 t}{3}-t\right)^{2}+\left(-\frac{4 t^{3}}{27}\right)^{2}}=

\frac{t}{3} \sqrt{\vphantom{x^2}1+\frac{16 t^{4}}{81}}

Директно се проверява, че условията

S_{A B C D}=6

B C=t

са еквивалентни на

t^{4}=\frac{81}{2}

, с което твърдението е доказано. с което твърдението е доказано.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2010-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадени са естествени числа

a_{0}, a_{1}, a_{2}

,…,

a_{9}

b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{9}

, като

a_{9}\lt{}b_{9}

a_{k} \neq b_{k}, 1 \leq k \leq 8

. Банкомат е зареден с

n \geq a_{9}

лева и за всяко

1 \leq i \leq 9

могат да се теглят

a_{i}

лева (ако в банкомата има поне

a_{i}

лева), като веднага след това банката внася в касата на банкомата

b_{i}

лева или да се теглят

a_{0}

лева без банката да внася пари в касата на банкомата. Да се намерят всички естествени числа

n

, за които с краен брой тегления от горния вид касата на банкомата може да се изпразни.

Решение

Отговор. Всички

n \geq a_{9}

, които са кратни на

d

. Полагаме

d_{s}=\left|a_{s}-b_{s}\right|, 0 \leq s \leq 9

, където

b_{0}=0

. Нека

0 \leq k \leq 8

е такова, че

a_{s}-b_{s}\gt{}0

при

0 \leq s \leq k

a_{s}-b_{s}\lt{}0

при

k+1 \leq s \leq 9

. Ако

n

има исканото свойство, то съществуват естествени числа, за които

x_{0} d_{0}+\cdots+x_{k} d_{k}-x_{k+1} d_{k+1}-\cdots-x_{9} d_{9}=n \tag{*}

Следователно

d=\mathrm{HO}

\left(d_{0}, d_{1}, \ldots, d_{9}\right)

дели

n

. Обратно, ако

d

дели

n

ще покажем, че касата на банкомата може да се изпразни. Наистина, в този случай от лемата на Безу следва, че уравнението (\textit{) има решение

\left(x_{0}, x_{1}, \ldots, x_{9}\right)

в цели числа. Полагаме

D_{1}=d_{0}+\cdots+d_{k}, D_{2}=d_{k+1}+\cdots+d_{9}

x_{s}^{\prime}=x_{s}+t D_{2}, 0 \leq s \leq k, x_{s}^{\prime}=x_{s}+t D_{1}, k+1 \leq s \leq 9

. Тъй като

D_{1}, D_{2}\gt{}0

, ясно е, че при големи

t, \left(x_{0}^{\prime}, \ldots, x_{9}^{\prime}\right)

е решение на (}) в естествени числа, като

x_{9}^{\prime}\gt{} \max \left(a_{8}, \ldots, a_{k+1}\right)

. Фиксираме такова решение и полагаме

X_{0}=x_{0}^{\prime}+n D_{2}, X_{s}=x_{s}^{\prime}

1 \leq s \leq k

X_{s}=x_{s}^{\prime}+n d_{0}, k+1 \leq s \leq 9

. Тогава при големи

n

получаваме решение

\left(x_{0}, \ldots, x_{9}\right)

на (*), за което

\begin{gather*} x_{9} \geq \max \left(a_{8}, \ldots, a_{k+1}\right) \quad \text{(**)}\\ n+x_{9} d_{9}+\cdots+x_{k+1} d_{k+1}\gt{}x_{1} d_{1}+\cdots+x_{k} d_{k} \quad \text{(***)} \end{gather*}

Сега извършваме следните операции. Теглим последователно

x_{9}

пъти

a_{9}

лв,

x_{8}

пъти

a_{8}

лв,

\ldots, x_{k+1}

пъти

a_{k+1}

лв. След това теглим

x_{1}

пъти

a_{1}

лв,

\ldots, x_{k}

пъти

a_{k}

лв. Поради неравенствата

(* *)

(* * *)

горните операции са възможни. Сега от

(*)

следва, че в банкомата са останали

x_{0} d_{0}

лв, които изтегляме на

x_{0}

пъти по

a_{0}

лв. Забележка. Изискването поне една от разликите

d_{s}

да е отрицателна е съществено. В противен случай задачата „опира“ до т. нар. проблем на Силвестър.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2010-9-3

2011

3 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

f_{1}(x)

е полином от втора степен с положителен старши коефициент и

f_{n+1}(x)=f_{1}\left(f_{n}(x)\right)

при

n \geq 1

. Да се докаже, че ако уравнението

f_{2}(x)=0

има четири различни неположителни корена, то за произволно

n

уравнението

f_{n}(x)=0

има

2^{n}

реални и различни корена.

Решение

Да отбележим, че ако

x_{1}, \ldots, x_{2^{n}}

са нулите на

f_{n}

, то нулите на

f_{n+1}

са решения на уравненията

f_{1}(x)=x_{k}, 1 \leq k \leq 2^{n}

. Освен това, уравнението

f_{1}(x)=a

има два различни реални корена точно когато

a\gt{}m: =\min f_{1}

. Нека

f_{2}

има четири различни неположителни нули. Лесно се съобразява, че това означава, че

f_{1}

има две нули

x_{1}\lt{}x_{2} \leq 0

, като

x_{1}\gt{}m

. Тогава от казаното по-горе по индукция следва, че всички нули на

f_{n+1}

са различни и лежат в интервала (

x_{1}, x_{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2011-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадени са

\triangle A B C

и функция

f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}

със следното свойство: за всяка отсечка

D E

от вътрешността на триъгълника и нейната среда

M

е в сила неравенството

f(d(D))+f(d(E)) \leq 2 f(d(M))

където

d(X)

е разстоянието от

X

до границата на триъгълника. Да се докаже, че за всяка отсечка

P Q

от вътрешността на триъгълника и произволна вътрешна за

P Q

точка

N

е изпълнено неравенството

|Q N| \cdot f(d(P))+|P N| \cdot f(d(Q)) \leq

|P Q| \cdot f(d(N))

Решение

Нека

k(I, r)

е вписаната в

\triangle A B C

окръжност. Ясно е, че

d

приема (всички) стойности в интервала

\Delta=(0, r]

. Варирайки

D

E

върху

A I

, намираме, че

f

е медианно изпъкнала функция върху

\Delta

, т. е.

f(2 x)+f(2 y) \leq f(x+y)

. Да забележим, че точките на фиксирано разстояние образуват триъгълник, хомотетичен на дадения (с център на хомотетия

I

), като средите на отсечките с краища в тези точки запълват вътрешността на този триъгълник. Оттук следва, че

f

е растяща функция върху \triangle. Тъй като

f

е медианно вдлъбната и растяща функция, то тя е непрекъсната. Наистина, ако

f^{-}(x)

f^{+}(x)

са съответно лявата и дясната граница в

x \left(f^{+}(r): =f(r)\right)

, то

f^{-}(x)+f(x) \leq 2 f^{-}(x)

f^{-}(x)+f^{+}(x) \leq 2 f(x)

(защо?), откъдето

f^{-}(x)=f(x)=f^{+}(x)

. Значи

f

е вдлъбната и растяща функция. Тогава, понеже

d

е вдлъбната функция, директно се проверява, че

f \circ d

е вдлъбната функция. Последното следва и от факта, че

f \circ d

е медианно вдлъбната и непрекъсната функция (понеже

f

d

са непрекъснати функции). Забележка. От решението следва, че

f

изпълнява условието на задачата точно когато е вдлъбната и растяща функция върху

\Delta

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2011-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

От вътрешна за остроъгълен

\triangle A B C

точка

O

са спуснати перпендикуляри

O A_{1}, O B_{1}

O C_{1}

съответно към страните

B C, A C

A B

. Перпендикулярите от

A

B

съответно към

B_{1} C_{1}

A_{1} C_{1}

се пресичат в точка

P

. Ако

H

е петата на перпендикуляра от

P

към

A B

, да се докаже, че точките

A_{1}, B_{1}, C_{1}

H

лежат на една окръжност.

Решение

Тъй като

\angle P B C_{1}=\angle O C_{1} A_{1}

като ъгли с взаимно перпендикулярни рамене и

\angle O C_{1} A_{1}=\angle O B A_{1}

(от вписания четириъгълник

O C_{1} B A_{1}

), заклю- чаваме, че

\angle P B A=\angle O B C

. Аналогично

\angle P A B=\angle O A C

. Нека

M

N

са петите на перпендикулярите от

P

съответно към

B C

A C

. Тъй като

B C_{1} \cdot B H=B O \cdot B P \cos \angle O B A \cos \angle P B A=B A_{1} \cdot B M

то точките

H, C_{1}, A_{1}

M

лежат на една окръжност, чийто център е средата на

O P

(тъй като симетралите на

H C_{1}

M A_{1}

се пресичат в средата на

O P

). Аналогично доказваме, че

H, C_{1}, N

B_{1}

лежат на окръжност с център средата на

O P

. Следователно точките

A_{1}, B_{1}, C_{1}, H, M

N

лежат на една окръжност, с което доказателството е завършено.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2011-9-4

2012

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Редицата

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

от естествени числа удовлетворява равенството

a_{n+1}=a_{n}+2 \tau(n)

за всяко

n \geq 1

, където с

\tau(n)

е означен броят на различните естествени делители на

n

. Възможно ли е два последователни члена на тази редица да са точни квадрати?

Решение

ОтговорНе! Очевидно редицата е строго растяща. Да допуснем, че

a_{n}=x^{2}

a_{n+1}=y^{2}, x, y \in \mathbb{N}

. Тогава

x

y

са с еднаква четност и

2 \tau(n)=a_{n+1}-a_{n}=y^{2}-x^{2} \geq(x+2)^{2}-x^{2}=4 x+4.

Тъй като

\tau(n) \leq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}

(това следва лесно от факта, че естествените делители на

n

, евентуално без

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

, се разбиват на двойки с точно един от двойката, по-малък от

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

), получаваме

\sqrt{\vphantom{x^2}n}\gt{}x=\sqrt{\vphantom{x^2}a_{n}}

, т. е.

n\gt{}a_{n}

, което очевидно е невъзможно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2012-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че естествените числа могат да бъдат оцветени в два цвята така, че едновременно да са изпълнени следните условия:

(*)

За всяко просто число

p

и всяко естествено число

n

числата

p^{n}, p^{n+1}

p^{n+2}

не са едноцветни.

(*)

Не съществува безкрайна геометрична прогресия от едноцветни числа.

Решение

Първо ще оцветим всички естествени числа и нулата в два цвята (зелен и червен) така, че да не съществува безкрайна едноцветна аритметична прогресия и да няма три последователни едноцветни числа. Разделяме естествените числа и нулата на групи, като

i

-та група за

i=0, 1, 2, \ldots

започва с числото

2^{i}-1

и завършва с

2^{i+1}-2

. Във всяка група числата се оцветяват алтернативно в двата цвята като при четно

i

първото число в групата се оцветява в зелено, а при нечетно

i

първото число се оцветява в червено. Очевидно при това оцветяване няма три последователни едноцветни числа. Ако допуснем, че има безкрайна едноцветна аритметична прогресия с разлика

d

, то за достатъчно голямо

i

дължината на

i

-та група ще бъде по-голяма от

d

. Това означава, че

d

е четно число, но тогава два последователно члена на прогресията, лежащи в различни групи са разноцветни. Следователно не съществува безкрайна аритметична прогресия от едноцветни числа. Това оцветяване ще наричаме оцветяване

A

. Ще построим оцветяване

B

, което удовлетворява условието на задачата. Да оцветим всяко естествено число

n=p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}

в цвета на числото

\alpha_{1}+\alpha_{2}+\cdots+\alpha_{k}

от оцветяване

A

. Тъй като в

A

няма три последователни едноцветни числа, то за всяко просто число

p

и всяко естествено число

n

числата

p^{n}, p^{n+1}

p^{n+2}

не са едноцветни. Тъй като в

A

няма безкрайна едноцветна аритметична прогресия, то при оцветяване

B

няма безкрайна едноцветна геометрична прогресия.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2012-9-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2012-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n

е четно естествено число, а

A

е множеството от всички ненулеви редици от 0 и 1 с дължина

n

. Да се докаже, че елементите на

A

могат да се разделят на непресичащи се тройки така, че за произволна тройка (

a_{1} a_{2} \ldots a_{n}, b_{1} b_{2} \ldots b_{n}, c_{1} c_{2} \ldots c_{n}

) броят на единиците измежду

a_{i}, b_{i}, c_{i}

за всяко

i=1, 2, \ldots, n

е четно число.

Решение

Ще докажем твърдението с индукция по

n

. За

n=2

имаме

A=\{11, 10, 01\}

и твърдението е очевидно. Допускаме, че то е вярно за някое четно

k

. При

n=k+2

разглеждаме тройка

\left(a_{1} a_{2} \ldots a_{n}, b_{1} b_{2} \ldots b_{n}, c_{1} c_{2} \ldots c_{n}\right)

с исканото свойство. Тогава тройките

\begin{aligned} & \left(00 a_{1} a_{2} \ldots a_{n}, 00 b_{1} b_{2} \ldots b_{n}, 00 c_{1} c_{2} \ldots c_{n}\right), \left(01 a_{1} a_{2} \ldots a_{n}, 10 b_{1} b_{2} \ldots b_{n}, 11 c_{1} c_{2} \ldots c_{n}\right) \\ & \left(10 a_{1} a_{2} \ldots a_{n}, 11 b_{1} b_{2} \ldots b_{n}, 01 c_{1} c_{2} \ldots c_{n}\right), \left(11 a_{1} a_{2} \ldots a_{n}, 01 b_{1} b_{2} \ldots b_{n}, 10 c_{1} c_{2} \ldots c_{n}\right) \end{aligned}

също имат исканото свойство. Директно се вижда, че по този начин получаваме всички ненулеви редици с дължина

k+2

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2012-9-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2012-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен

\triangle A B C

и произволна вътрешна точка

X

, различна от центъра на описаната около

\triangle A B C

окръжност

k

. Правите

A X, B X

C X

пресичат за втори път

k

съответно в точките

A_{1}, B_{1}

C_{1}

. Нека

A_{2}, B_{2}

C_{2}

са симетричните точки на

A_{1}, B_{1}

C_{1}

относно средите на

B C, A C

A B

съответно. Да се докаже, че описаната около

\triangle A_{2} B_{2} C_{2}

окръжност минава през постоянна точка, независеща от избора на

X

Решение

(Александър Иванов) Ще докажем, че търсената постоянна точка е ортоцентърът

H

на

\triangle A B C

(в случая, когато

X

съвпада с центъра на

k

, точките

A_{2}, B_{2}

C_{2}

съвпадат именно с

H

). Нека

M

средата на

A B, G

е медицентърът на

\triangle A B C(G \in C M), C^{\prime}

е симетричната точка на

C

относно

M

и правата

X G

пресича

C_{2} C^{\prime}

в точката

Y

. Тъй като четириъгълникът

C_{2} C^{\prime} C_{1} C

е успоредник, то

X G: G Y=C G: G C_{1}=1: 2

, т. е. точката

Y

се определя еднозначно от

X

. От

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

следва, че точките

A, C^{\prime}

B, H

C_{2}

лежат на една окръжност (симетрична на

k

относно

M

). При това тази окръжност е с диаметър

H C^{\prime}

, защото

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

. Следователно

\angle H C_{2} Y=90^{\circ}

, т. е.

C_{2}

лежи на окръжността с диаметър

H Y

. Аналогично

A_{2}

B_{2}

лежат на тази окръжност, с което доказателството е завършено. (Емил Колев) Нека

O

е центърът на

k

, а

O_{A}, O_{B}

O_{C}

са симетричните точки на

O

относно страните

B C, C A

A B

на

\triangle A B C

. Тъй като отсечките

A O_{A}, B O_{B}

C O_{C}

взаимно се разполовяват в точка

S

, то

\triangle A B C

\triangle O_{A} O_{B} O_{C}

са централно симетрични относно

S

. Ще докажем, че при тази централна симетрия правата

C C_{1}

се изобразява в симетралата на отсечката

H C_{2}

. Нека

M

средата на

A B

H_{C}

е симетричната точка на

H

относно

M

. От

H_{C} A \| B H

H_{C} B \| A H

следва, че

\angle H_{C} A C=\angle H_{C} B C=90^{\circ}

, т. е.

H_{C}

е диаметрално противоположната точка на

C

в окръжността

k

\angle H_{C} C_{1} C=90^{\circ}

. Следователно симетралата на

H_{C} C_{1}

минава през

O

и е успоредна на правата

C C_{1}

. От друга страна, симетралата на

H C_{2}

е централно симетричен образ на

H_{C} C_{1}

относно

M

, т. е. тя минава през

O_{C}

и е успоредна на

C C_{1}

. Така достигаме до извода, че симетралите на

H A_{2}, H B_{2}

H C_{2}

се пресичат в централно симетричния образ на точката

X

относно

S

, която се явява център на описаната окръжност около точките

A_{2}, B_{2}, C_{2}

H

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2012-9-6

2013

4 задачи

Задача 3

Пълен запис

Условие

Всички целочислени точки в равнината са оцветени в три цвята. Да се намери най-малкото реално положително число

S

със следното свойство: за всяко такова оцветяване съществува триъгълник с лице

S

, върховете на който са оцветени в един и съци цвят?

Решение

Да разгледаме следните две оцветявания: (1) Точката

(x, y)

оцветяваме в цвета

i, 1 \leq i \leq 2

, такъв, че

x \equiv i(\bmod 2)

, (2) Точката (

x, y

) оцветяваме в цвета

i, 1 \leq i \leq 3

, такъв, че

x \equiv i(\bmod 3)

. Ясно е, че числото

S

(ако съществува) трябва да бъде естествено или половинка на естествено. Оцветяването (1) показва, че

S

може да е

1, 2, 3

или по-голямо, а оцветяването (2) дава, че

S

може да е

\frac{3}{2}, 3

или по-голямо. Следователно, ако

S

съществува, то

S \geq 3

. Ще докажем, че при произволно оцветяване винаги има едноцветен триъгълник с лице 3. Да отбележим, че за някое

d \in\{1, 2, 3\}

има едноцветна двойка точки от вида

A=(x, y)

B=(x+d, y)

. Наистина, достатъчно е да разгледаме точките

(0, 0), (1, 0), (2, 0), (3, 0)

. Сега, ако

m \equiv A B

l

е успоредна на

m

и на разстояние

\frac{6}{d}

от

m

, то правата

l \| O x

е двуцветна или имаме триъгълник от нужния вид. Ще казваме, че цветът

c

в правата

l

реализира разстоянието

a

, ако има две точки от цвят

c

върху правата

l

на разстояние

a

. Ако има разстояние

a \in\{1, 2, 3, 6\}

, което се реализира и от двата цвята в

l

, то правата

p \| l

на разстояние

\frac{6}{a}

от

l

трябва да бъде едноцветна (в противен случай бихме получили триъгълник от нужния вид). Ако такова разстояние не съществува, то един от цветовете в

l

непременно реализира всички разстояния в множеството

\{2, 3, 6\}

. (Наистина, да предположим, че цветът

c_{1}

не реализира разстоянието 1, и че поне една точка

P_{0}

от

l

е оцветена в

c_{1}

. Съседните на

P_{0}

- точките

P_{-1}

P_{1}

- трябва в такъв случай да бъдат оцветени в

c_{2}

, така че

c_{2}

реализира разстоянието 2. Оттук следва, че

c_{1}

не реализира 2, и че точките

P_{-2}

P_{2}

са оцветени в

c_{2}

. Както и преди,

c_{2}

реализира

3, c_{1}

не реализира 3, и

P_{-3}

P_{3}

са оцветени в

c_{2}

. Но

c_{2}

вече реализира всички разстояния в

\{2, 3, 6\}

!) И в двата случая, има права

p \| O x

и цвят

c

от

p

, който реализира всички разстояния в множеството

\{2, 3, 6\}

(или вече сме намерили триъгълник от нужния вид). Да разгледаме правите

u_{1}, u_{2}, u_{3}

, успоредни на

p

и такива, че

u_{i}, i=1, 2, 3

, е разположена на разстояние

i

над

p

. Тогава от горното следва, че всички тези прави са двуцветни. Да разгледаме деветте точки, в които правите

u_{1}, u_{2}, u_{3}

пресичат правите

x=0, x=3, x=6

. Лесно се вижда, че три от тези девет точки са върхове на едноцветен триъгълник с лице 3.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2013-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че ако

\alpha, \beta, \gamma \in[0, \pi / 2)

\tan \alpha+\tan \beta+\tan \gamma \leq 3

, то

\cos 2 \alpha+\cos 2 \beta+\cos 2 \gamma \geq 0.

Решение

Решение. Полагаме

x=\tan \alpha, y=\tan \beta

z=\tan \gamma \leq 3

. Tогава

x, y, z \geq 0, x+y+z \leq 3

и трябва да докажем, че

\cos 2 \alpha+\cos 2 \beta+\cos 2 \gamma=

\frac{1-x^2}{1+x^2}+\frac{1-y^2}{1+y^2}+\frac{1-z^2}{1+z^2} \geq

0.

Последното записваме във вида

\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}+\frac{1}{1+z^2} \geq \frac{3}{2},

което следва от

\frac{1}{1+t^2} \geq 1-\frac{t}{2} \Leftrightarrow t(t-1)^2 \geq 0.

Оценяване: (7 точки) 2 т. за

\sum \frac{1}{1+x^2} \geq \frac{3}{2}

и 5 т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2013-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен

\triangle A B C

с височини

A A_{1}, B B_{1}

C C_{1}\left(A_{1} \in B C, B_{1} \in A C, C_{1} \in A B\right)

. Върху продължението на

B_{1} A_{1}

след

A_{1}

е избрана точка

C^{\prime}

, така че

A_{1} C^{\prime}=B_{1} C_{1}

. Аналогично върху продължението на

A_{1} C_{1}

след

C_{1}

е избрана точка

B^{\prime}

, така че

C_{1} B^{\prime}=A_{1} B_{1}

и върху продължението на

C_{1} B_{1}

след

B_{1}

е избрана точка

A^{\prime}

, така че

B_{1} A^{\prime}=C_{1} A_{1}

. Да означим с

A^{\prime \prime}, B^{\prime \prime}

C^{\prime \prime}

симетричните точки на

A^{\prime}, B^{\prime}

C^{\prime}

относно правите

B C, C A

A B

съответно. Да се докаже, че ако

R, R^{\prime}

R^{\prime \prime}

са радиусите на описаните окръжности съответно около

\triangle A B C, \triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}

\triangle A^{\prime \prime} B^{\prime \prime} C^{\prime \prime}

, то

R, R^{\prime}

R^{\prime \prime}

са дължини на страните на триъгълник, чието лице е половината от лицето на

\triangle A B C

Решение

Решение. Нека

O

центъра на описаната окръжност около

\triangle A B C

, а

S

е симетричната му точка относно страната

A B

. Тогава

S O C H

е успоредник,

S H \perp A_{1} B_{1}

S H=R

(1). Да означим с

\rho

- радиусът на вписаната окръжност в

\triangle A_{1} B_{1} C_{1}

, а с

q

- полупериметъра му. Тогава, ако

T

е петата на перпендикуляра от

S

към

A_{1} B_{1}

, то

H T=\rho; S T=R+\rho; T C^{\prime}=q

. Имаме

H C^{\prime}=\sqrt{\vphantom{x^2}\rho^{2}+q^{2}}

, което поради симетрията на получения израз означава, че

H

е центъра на описаната окръжност около

\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}

R^{\prime}=H C^{\prime}

(2). От друга страна,

O C^{\prime \prime}=S C^{\prime}=\sqrt{\vphantom{x^2}(R+\rho)^{2}+q^{2}}

и следователно

O

е центъра на описаната окръжност около

\triangle A^{\prime \prime} B^{\prime \prime} C^{\prime \prime}

R^{\prime \prime}=S C^{\prime}

(3). От (1), (2) и (3) следва, че

R, R^{\prime}

R^{\prime \prime}

са дължините на страните на

\triangle H S C^{\prime}

, като

S_{H S C^{\prime}}=\frac{H S \cdot T C^{\prime}}{2}=\frac{R \cdot q}{2}=

\frac{1}{2}\left(S_{A_{1} O B_{1} C}+S_{B_{1} O C_{1} A}+S_{C_{1} O A_{1} B}\right)=\frac{S_{A B C}}{2}

Оценяване: ( 7 точки) 1 т. за построяване на точката

S

S H=R; 2

т. за

H

- център на описаната окръжност около

\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}

H C^{\prime}=R^{\prime}; 2

т. за

O

- център на описаната окръжност около

\triangle A^{\prime \prime} B^{\prime \prime} C^{\prime \prime}

S C^{\prime}=R^{\prime \prime}; 2

т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2013-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека m е естествено число, а p е просто число,

\mathrm{p}\gt{}\mathrm{m}

. Да се докаже, че броя на естествените числа n, за които

\mathrm{m}^{2}+\mathrm{n}^{2}+\mathrm{p}^{2}-2 \mathrm{mn}-2 \mathrm{mp}-2 \mathrm{np}

е точен квадрат на естествено число не зависи от р.

Решение

Решение. Нека

m^2+n^2+p^2-2 m n-2 m p-2 n p=(m+n-p)^2-4 m n

е точен квадрат. Тогава квадратният тричлен

f(x)=m x^2+(m+n-p) x+n

има два рационални корена с еднакви знаци, което означава, че

f(x)=\left(d_1 x-a\right)\left(d_2 x-b\right)

, където

d_1, d_2 \in \mathbb{N}, d_1 d_2=m

, а

a

b

са цели числа с еднакви знаци, като

a b=n

(в общия случай това следва от лемата на Гаус, а тук лесно се вижда с помощта на теоремата за разлагане на квадратен тричлен). Тъй като

p=f(-1)=\left(a+d_1\right)\left(b+d_2\right)

, възможността

a

b

да са положителни отпада. Нека

a

b

са отрицателни. Тогава от

p=\left(a+d_1\right)\left(b+d_2\right)

следва, че числата

a+d_1

b+d_2

са равни в някакъв ред на -1 и

-p

или на 1 и

p

. Във втория случай лесно получаваме противоречие с условието

p\gt{}m

. При

a+d_1=-1, b+d_2=-p

получаваме

n=a b=\left(1+d_1\right)\left(p+d_2\right)

. Обратно, ако

n=\left(1+d_1\right)\left(p+d_2\right)

, където

d_1, d_2 \in \mathbb{N}, d_1 d_2=m

, непосредствено се проверява, че

(m+n-p)^2-4 m n=\left(d_1 p-d_2\right)^2

. Получихме, че всеки делител на

m

води до решение и сега ще докажем, че всички тези решения са различни. Да допуснем противното и нека

\ell|m, k| m, \ell \neq k

, водят до едно и също решение, т. е.

n=(\ell+1)\left(\frac{m}{\ell}+p\right)=(k+1)\left(\frac{m}{k}+p\right)

Получаваме

p \ell+\frac{m}{\ell}=p k+\frac{m}{k} \Longleftrightarrow p k \ell=m

, т. е.

p \mid m

, което противоречи на условието

p\gt{}m

. Окончателно, броят на числата

n

, за които

m^2+n^2+p^2-2 m n-2 m p-2 n p

е точен квадрат, е равен на броя на естествените делители на

m

и не зависи от

p

. Оценяване: (7 точки) 3 т. за преход към

f(x)=\left(d_1 x-a\right)\left(d_2 x-b\right)

, където

d_1, d_2 \in \mathbb{N}, d_1 d_2=m

, делител на

m

води до решение; 1 т. за доказване, че всички получени решения са различни.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2013-9-6

2015

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Шестоъгълникът

A B L C D K

е вписан в окръжност. Правата

L K

пресича отсечките

A D, B C, A C, B D

съответно в точки

M, N, P, Q

. Да се докаже, че

N L. K P. M Q=K M. P N. L Q

Решение

Да означим

s=\sin \frac{\wideparen{A B}}{2}, t=\sin \frac{\wideparen{B L}}{2}, u=\sin \frac{\wideparen{L C}+\wideparen{A K}}{2}, v=\sin \frac{\wideparen{C K}}{2}, w=\sin \frac{\wideparen{D K}}{2}, x=\sin \frac{\wideparen{L D}+\wideparen{A K}}{2}

. Имаме

\frac{N L \cdot K P \cdot M Q}{K M \cdot P N \cdot L Q}=

\frac{N L}{N C} \cdot \frac{N C}{N P} \cdot \frac{K P}{A K} \cdot \frac{A K}{K M} \cdot \frac{M Q}{D Q} \cdot \frac{D Q}{L Q}=

\frac{t}{v} \cdot \frac{u}{s} \cdot \frac{v}{u} \cdot \frac{x}{w} \cdot \frac{s}{x} \cdot \frac{w}{t}=1.

Нека точката

T

от правата

M N

е такава, че

\angle N T B=\angle A D B=\angle A C B

N

е между

P

T

. Тогава

\triangle C N P \sim \triangle T N B

и следователно

(T L+N L) P N=C N. B N

, откъдето

T L=\frac{N L. K P}{P N}

. Аналогично от

\triangle D Q M \sim \triangle T Q B

получаваме

T L=\frac{L Q. K M}{M Q}

. Резултатът следва.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2015-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Сто и едно от квадратчетата на таблица с размери

n \times n

са оцветени в синьо. Известно е, че съществува единствен начин таблицата да се разреже по границите на квадратчетата си на правоъгълници така, че всеки от получените правоъгълници да съдържа точно едно синьо квадратче. Да се намери най-малката възможна стойност на

n

Решение

Отговор: 101. Ще докажем следното по-общо твърдение: Няколко от квадратчетата на една таблица

P

са оцветени в синъо. Казваме, че едно разрязване на

P

на правобгълници

c

цели страни

e

правилно, ако всеки праводгълник съдържа точно едно синьо квадратче. Тогава

P

притежава единствено правилно разрязване тогава и само тогава, когато сините квадратчета образуват правобгдлник. Лесно се вижда, че ако сините квадратчета образуват правоъгълник, то

P

има единствено правилно разрязване (има единствени възможности за ъглите на правоъгълника, после за останалите квадратчета от контура и накрая за вътрешността му). Да докажем сега обратната посока на твърдението. Единственото правилно разрязване на

P

ще означаваме с

S

, а една (вертикална или хоризонтална) права, която разрязва таблицата на два правоъгълника, всеки от които съдържа поне едно синьо квадратче, ще наричаме разделяща. (1) Нека П е правоъгълна област от таблицата, която съдържа поне едно синьо квадратче. Тогава П има правилно разрязване. Ще докажем това с индукция по броя на сините квадратчета в П. Ако този брой е единица, то всичко е ясно. Ако пък не е, то тогава можем с един вертикален или един хоризонтален разрез да разрежем П на две по-малки правоъгълни области

\Pi_{1}

\Pi_{2}

, всяка от които съдържа ненулев, но по-малък брой сини квадратчета, и да приложим индукционното допускане за тях. (2) Съгласно (1), за всяка разделяща права

l

съществува правилно разрязване на таблицата, в което участва разрезът

l

. Но понеже единственото правилно разрязване на таблицата е

S

, то всеки разрез по разделяща права участва в

S

. (3) Нека

l_{1}, l_{2}, \ldots, l_{p}

са всички вертикални разделящи разрези, изброени отляво надясно, и

m_{1}, m_{2}, \ldots, m_{q}

са всички хоризонтални разделящи разрези, изброени отдолу нагоре. Тогава тези разрези вече разделят таблицата на правоъгълници, всеки от които съдържа не повече от едно синьо квадратче. Следователно,

S

не съдържа никакви други разрези и всеки от правоъгълниците, на които тези разрези разделят таблицата, съдържа точно едно синьо квадратче. (4) Нека

l_{0}

е най-дясната вертикална права, вляво от която няма сини квадратчета,

l_{p+1}

е най-лявата вертикална права, вдясно от която няма сини квадратчета, и

m_{0}

m_{q+1}

са дефинирани аналогично. Ясно е, че разстоянието между

l_{i}

l_{i+1}

е равно на единица за

0 \leq i \leq p

и разстоянието между

m_{j}

m_{j+1}

е равно на единица за

0 \leq j \leq q

- защото в противен случай щяха да съществуват още разделящи прави. (5) Следователно, сините квадратчета съвпадат с квадратчетата във вътрешността на правоъгълника, определен от правите

l_{0}, l_{p+1}, m_{0}

m_{q+1}

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2015-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Редицата

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

е зададена с равенствата

a_{1}=2, a_{2}=12

a_{n+1}= 6 a_{n}-a_{n-1}

за всяко естествено число

n \geq 2

. Да се докаже, че нито един член на тази редица не е точна (по-голяма от първа) степен на естествено число.

Решение

Лема. Нека

k \geq 2

е естествено число. Тогава уравнението

2 x^{2 k}+1=y^{2}

няма в естествени числа. Доказателство. Да допуснем, че

x, y

k \geq 2

са такива естествени числа, че

2 x^{2 k}+1=y^{2}

и нека те са такива, че

x

е минимално възможно. Очевидно

x

е четно, а

y

е нечетно; да означим

x=2 a, y=2 b+1

. Тогава

2^{2 k-1} a^{2 k}=b(b+1)

, като двата множителя отдясно са взаимнопрости. Имаме две възможности:

(*)

ако

b=x_{1}^{2 k}

b+1=2^{2 k-1} x_{2}^{2 k}, x_{1}, x_{2} \in \mathbb{N}, x_{1} x_{2}=a

, то

2^{2 k-1} x_{2}^{2 k}-x_{1}^{2 k}=1

, което води до противоречие по модул 4;

(*)

ако

b=2^{2 k-1} x_{1}^{2 k}

b+1=x_{2}^{2 k}, x_{1}, x_{2} \in \mathbb{N}, x_{1} x_{2}=a

, то

x_{2}^{2 k}-2^{2 k-1} x_{1}^{2 k}=1

, което води до уравнението

y_{1}^{2}=2^{2 k-1} x_{1}^{2 k}+1, y_{1}=x_{2}^{k}

, като при това

x_{1}\lt{}x

. Ясно е, че описаният процес на намаляване на степените на 2 може да продължава докато имаме степен на двойката поне 5. Следователно можем да достигнем до уравнението

y_{0}^{2}=8 x_{0}^{2 k}+1

, където

x_{0}\lt{}x

y_{0}=y_{2}^{k}, y_{2} \in \mathbb{N}

. Отново

y_{0}

е нечетнонека

y_{0}=2 c+1

. Получаваме

c(c+1)=2 x_{0}^{2 k}

, като двата множителя отдясно са взаимнопрости. И тук имаме две възможности:

(*)

ако

c=x_{3}^{2 k}

c+1=2 x_{4}^{2 k}, x_{3}, x_{4} \in \mathbb{N}, x_{3} x_{4}=x_{0}

, то

4 x_{4}^{2 k}=2 c+2=y_{2}^{k}+1

, откъдето

\left(2 x_{4}^{k}-1\right)\left(2 x_{4}^{k}+1\right)= y_{2}^{k}

, което води до

2 x_{4}^{k}-1=y_{3}^{k}, 2 x_{4}^{k}+1=y_{4}^{k}, y_{3}, y_{4} \in \mathbb{N}, y_{3} y_{4}=y_{2}

, и накрая

y_{4}^{k}-y_{3}^{k}=2

, което е невъзможно;

(*)

ако

c=2 x_{3}^{2 k}

c+1=x_{4}^{2 k}, x_{3}, x_{4} \in \mathbb{N}, x_{3} x_{4}=x_{0}

, то

2 x_{3}^{2 k}+1=\left(x_{4}^{k}\right)^{2}

, което води до противоречие с избора на минимално по

x

С това лемата е доказана. Корените на характеристичното уравнение

t^{2}-6 t+1=0

на разглежданата редица са

t_{1, 2}=3 \pm 2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}

. Оттук и от началните условия

a_{1}=2

a_{2}=12

намираме общия член

a_{n}=\frac{(3+2 \sqrt{\vphantom{x^2}2})^{n}-(3-2 \sqrt{\vphantom{x^2}2})^{n}}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}}.

Да означим

(3+2 \sqrt{\vphantom{x^2}2})^{n}=\alpha_{n}+\beta_{n} \sqrt{\vphantom{x^2}2}, \alpha_{n}, \beta_{n} \in \mathbb{N}

. Тогава

(3-2 \sqrt{\vphantom{x^2}2})^{n}=\alpha_{n}-\beta_{n} \sqrt{\vphantom{x^2}2}, a_{n}=\beta_{n}

\alpha_{n}^{2}-2 \beta_{n}^{2}=1

. Ако допуснем, че

a_{n}

е точна (по-голяма от първа) степен за някое

n

, от последните две равенства получаваме противоречие с лемата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2015-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}

, за които неравенствата (i)

\quad f(x+y) \geq f(x)+y

(ii)

\quad f(f(x)) \leq x

са в сила за всички положителни числа

x

y

Решение

От (i) следва, че

f

е строго растяща функция. Тогава имаме

x+y \geq f(f(x+y)) \tag{1}

(използвахме

(i i)), f(f(x+y)) \geq f(f(x)+y)

(следва от

(i)

, тъй като

f

е растяща) и

f(f(x)+y) \geq f(x)+f(y)

(замествайки

x

y

y

f(x)

(i)

. Тъй като функцията

f

е растяща, имаме

\lim _{x \rightarrow 0+} f(x)=\inf _{x\gt{}0} f(x)= \ell \geq 0

. Да отбележим, че от (ii) следва, че

\lim _{x \rightarrow 0+} f(f(x))=0

. Да допуснем, че

\ell\gt{}0

. Тъй като

f

е растяща, получаваме

f(f(x)) \geq f(\ell)\gt{}0

, което противоречи на

\lim _{x \rightarrow 0+} f(f(x))=0

. Следователно

\ell=0

\lim _{x \rightarrow 0+} f(x)=0

. Избирайки

y \rightarrow 0+

(1)

, получаваме

x \geq f(x)

за всяко положително

x

. Сега от (i) получаваме

\begin{gathered} x+y \geq f(x+y) \geq f(x)+y \\ x-f(x) \geq f(x+y)-f(x)-y \geq 0 \end{gathered}

Фиксирайки

x+y

и избирайки

x \rightarrow 0+

в последните неравенства, получаваме

f(x+y)=x+y

, което означава, че

f(x)=x

за всяко положително

x

. Очевидно тази функция е на задачата. Втори начин. Прилагайки последователно

(i)

(i i)

получаваме

x \geq f(f(x))=f\left(\frac{1}{n} f(x)+\frac{n-1}{n} f(x)\right) \geq

f\left(\frac{1}{n} f(x)\right)+\frac{n-1}{n} f(x)

(

n

е естествено число). Тогава, ако изберем в горния израз

n \rightarrow+\infty

, достигаме до

x \geq f(x)

. Следователно

\lim _{x \rightarrow 0+} f(x)=0

. Комбинираме

(i)

x+y \geq f(x+y)

, за да получим

x+y \geq f(x+y) \geq f(x)+y

и оттук нататък продължаваме както по-горе.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2015-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

. Точката

L

лежи върху отсечката

A B

, а точките

P

Q

лежат съответно върху отсечките

A C

B C

по такъв начин, че четириъгълникът

P C Q L

е успоредник. Окръжността с център средата

M

на

A B

и радиус

C M

и окръжността с диаметър

C L

се пресичат за втори път в точката

T

. Да се докаже, че правите

A Q, B P

L T

се пресичат в една точка.

Решение

Понеже

A C \| L Q

B C \| L P

, имаме, че

S_{A L Q}=S_{C L Q}=S_{P L C}=S_{P L B}

. Нека точката

K

е такава, че четириъгълникът

A K B C

е успоредник. Аналогично имаме, че

S_{A K Q}=S_{A K C}=S_{C K B}=S_{P K B}

. Но геометричното място на точките

X

, такива, че

\triangle A X Q

\triangle P X B

са еднакво ориентирани и имат равни лица, е права

\ell

през пресечната точка на

A Q

B P

. Следователно,

\ell \equiv K L

и правите

A Q, B P

K L

се пресичат в една точка. Нека

N

е средата на

C L

. Тогава правата

K L

е хомотетична на

M N

с център

C

и коефициент 2. Понеже точката

T

е симетрична на

C

относно

M N

, оттук следва, че

T

лежи на

K L

, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2015-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Учениците, участващи в олимпиада по математика, получили рейтинг по четирите основни олимпийски тематики: алгебра, геометрия, теория на числата и комбинаторика. Известно е, че всеки двама ученици имат различен рейтинг по всяка от тематиките. Ще казваме, че една група от ученици е

x y б а в а

, ако учениците в нея могат да бъдат подредени в нарастващ ред едновременно по поне два от четирите рейтинга. Кое е най-малкото естествено число

N

, такова, че измежду всеки

N

ученици има хубава група от десет ученика?

Решение

Отговор: 730. Лема: Редицата

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

от две по две различни числа не съдържа десетчленна нарастваща подредица тогава и само тогава, когато нейните членове могат да бъдат оцветени в девет цвята по такъв начин, че членовете от всеки цвят да образуват намаляваща подредица. Доказателство: Да предположим първо, че такова оцветяване има. Тогава всяка десетчленна подредица на

A

съдържа два члена от един и съши цвяти, следователно, не е нарастваща. Да предположим след това, че

A

не съдържа десетчленна нарастваща подредица. Да оцветим в цвят

i

всеки член

a

на

A

, такъв, че най-дългата нарастваща подредица на

A

, която има

a

за последен елемент, има дължина

i

. Лесно се вижда, че това оцветяване притежава исканото свойство. С това лемата е доказана. Ще покажем, че измежду всеки 730 ученици има десет, които могат да се подредят в хубава редица. Нека

M_{1}, M_{2}, \ldots, M_{730}

е редица, в която учениците са подредени по нарастване на рейтинга им по алгебра. Нека

a_{i}

е рейтингът по геометрия на

M_{i}

. Ако редицата

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{730}

съдържа десетчленна нарастваща подредица, то хубава редица е намерена. В противен случай, съгласно лемата, можем да „оцветим“ учениците в 9 цвята по такъв начин, че рейтингите по геометрия за всеки цвят да образуват намаляваща подредица. В един от тези цветове ще бъдат оцветени поне 82 ученици; нека, без загуба на общност,

N_{1}, N_{2}, \ldots, N_{82}

са едноцветни и подредени едновременно по нарастване на рейтингите по алгебра и намаляване на рейтингите по геометрия. Нека

b_{i}

е рейтингът по теория на числата на

N_{i}

. Ако редицата

b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{82}

има десетчленна намаляваща подредица, то хубава редица е намерена (за рейтингите по геометрия и теория на числата). В противен случай, съгласно лемата, можем да оцветим учениците

N_{1}, N_{2}, \ldots, N_{82}

в 9 цвята по такъв начин, че рейтингите по теория на числата на учениците от всеки цвят да образуват нарастваща подредица. В един от тези цветове ще бъдат оцветени поне 10 ученици и те ще образуват хубава редица за рейтингите си по алгебра и теория на числата. Остана да построим множество от 729 ученици, което не съдържа десетчленна хубава редица. Нека

k

е цяло число между 0 и 728. Нека, за

0 \leq i\lt{}j \leq 2, f_{i j}(k)

е числото, което се получава, когато в деветичния запис на

k

цифрите в

i

-тия и

j

-тия разряд се заменят с допълненията си до 8. (Ако

k \leq 80

, то деветичния запис на

k

можем при нужда да допълним с нули отляво, така че да получим три разряда.) Да разгледаме 729 ученици с рейтинги по алгебра съответно

0, 1, \ldots, 728

, като ученикът с рейтинг

k

има освен това и рейтинг по геометрия

f_{01}(k)

, по теория на числата

-f_{02}(k)

, и по комбинаторика

-f_{12}(k)

. Ясно е, че за всеки два различни рейтинга има две числа

0 \leq i\lt{}j \leq 2

, такива, че за всеки ученик стойностите на тези два рейтинга се получават един от друг чрез

f_{i j}

. Ще докажем, че измежду нашите ученици няма десет, които да образуват хубава редица по отношение на рейтингите по алгебра и геометрия; за останалите двойки рейтинги доказателството е аналогично. Нека

M_{1}, M_{2}, \ldots, M_{729}

е редица, в която учениците са подредени по нарастване на рейтингите по алгебра. Нека

a_{i}

рейтингът по геометрия на

M_{i}

. Достатъчно е да докажем, че редицата

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{729}

не съдържа десетчленна нарастваща подредица. За всяко

i

, да оцветим

a_{i}

в цвят

s

, където

s

е цифрата във втория разряд на деветчиния запис на

a_{i}

. Лесно се вижда, че при това всяка едноцветна подредица на

a_{1}, a_{2}, \ldots a_{729}

е подредена в намаляващ редс което, съгласно лемата, задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2015-9-6

2016

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

m

n

, за които

m n

дели

\left(2^{2^{n}}+\right.

\left(2^{2^{m}}+1\right)

Решение

Нека

1\lt{}m\lt{}n

p

е (нечетен) прост делител на

m

. Ако

p \mid 2^{2^{m}}+1

, то

2^{2^{m+1}} \equiv 1(\bmod p)

и значи показателят

k

на 2 по модул

p

е делител на

2^{m+1}

, т. е.

k=2^{\ell}

за някое

\ell \leq m+1

. Но при

\ell \leq m

от

2^{2^{\ell}} \equiv 1(\bmod p)

с повдигания на квадрат (ако и докато има нужда) получаваме

2^{2^{m}} \equiv 1(\bmod p)

, противоречие. Следователно

m=1

и задачата се свежда до намиране на естествените числа

n

, за които

n

дели

5\left(2^{2^{n}}+1\right)

. Както по-горе се вижда, че

\left(n, 2^{2^{n}}+1\right)=1

и следователно

n \mid 5

. Окончателно, решенията ca

(m, n)=(1, 1), (1, 5)

(5, 1)

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2016-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

На състезание по математика

n

ученика решават по 6 задачи с по три възможни отговора. След състезанието се оказало, че за всеки двама ученика броят на задачите, на които са получили еднакви отговори, е 0 или 2. Да се намери максималната възможна стойност на

n

Решение

Решение (скица): Максимумът е 18 Означаваме трите отговора с

0, 1, 2

. Нужна ни е следната лема: ако

t

реда с дължина 5 имат свойството, че всеки два съвпадат в точно една позиция, то

t \leq 6

. Нека

m_{j, a}

е броят редове, които на позиция

j

имат символ

a

. Понеже всяка двойка редове съвпада точно веднъж, имаме

\sum_{j, a}\binom{m_{j, a}}{2}=\binom{t}{2}

, откъдето

\sum_{j, a} m_{j, a}^2=t^2+4 t

. Но за всяка позиция

j

, по Коши,

\sum_a m_{j, a}^2 \geq t^2 / 3

, значи

t^2+4 t \geq 5 t^2 / 3

, следователно

t \leq 6

. Сега разделяме учениците според отговора им на първата задача. Във всяка група двама ученици вече съвпадат на първата задача, затова след махането ѝ те съвпадат точно в една от останалите 5 задачи. По лемата всяка група има най-много 6 ученици, а групите са 3, следователно

n \leq 18

. Остава пример. Вземаме редовете

000000, 001122, 010221, 012012, 022101, 021210

и към всеки ред прибавяме съответно

0, 1, 2

към всички координати по модул 3. Получават се 18 реда. Два реда от един и същ основен ред и различни добавки не съвпадат никъде, а два реда от различни основни редове съвпадат точно два пъти, защото разликата на всеки два основни реда съдържа всяка от стойностите

0, 1, 2

точно по два пъти. Значи 18 е достижимо, така че

n_{\max }=18

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2016-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че ако

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

, то

\frac{a+\sqrt{\vphantom{x^2}a b}+\sqrt[3]{\vphantom{x^2}a b c}+\sqrt[4]{\vphantom{x^2}a b c d}}{4} \leq

\sqrt[4]{\vphantom{x^2}a \cdot \frac{a+b}{2} \cdot \frac{a+b+c}{3} \cdot \frac{a+b+c+d}{4}}

Решение

Да означим с

4 R

дясната страна на неравенството. От неравенството между средното аритметично и средното геометрично следва, че

\begin{aligned} \frac{a}{R} & \leq 1+\frac{2 a}{a+b}+\frac{3 a}{a+b+c}+\frac{4 a}{a+b+c+d} \\ \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a b}}{R} & \leq 1+\frac{2 a}{a+b}+\frac{3 b}{a+b+c}+\frac{4 b}{a+b+c+d} \\ \frac{\sqrt[3]{\vphantom{x^2}a b c}}{R} & \leq \frac{\sqrt[4]{\vphantom{x^2}a b c \frac{a+b+c}{3}}}{R} \leq 2+\frac{2 b}{a+b}+\frac{4 c}{a+b+c+d} \\ \frac{\sqrt[4]{\vphantom{x^2}a b c d}}{R} & \leq 1+\frac{2 b}{a+b}+\frac{3 c}{a+b+c}+\frac{4 d}{a+b+c+d} \end{aligned}

Остава да съберем почленно тези неравенства.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2016-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Съществува ли естествено число

n\lt{}10^{9}

, което се представя по повече от 1000 различни начина като сума на три квадрата не естествени числа?

Решение

Сумите

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

, където

1 \leq a\lt{}b\lt{}c \leq N, a, b, c

са естествени числа, са

\binom{N}{3}

на брой и не надминават

3 N^{2}

. Следователно съществува естествено число, ненадминаващо

3 N^{2}

, което е равно на

\binom{N}{3} / 3 N^{2}

от тези суми. Тъй като при

N=18003

имаме

\binom{N}{3} / 3 N^{2}\gt{}

1000 и

3 N^{2}\lt{}10^{9}

, отговорът на поставения в задачата въпрос е положителен.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2016-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Даден е равнобедрен триъгълник

A B C, A C=B C

. Върху продължението на

A C

след

C

е избрана точка

D

, като

A C\gt{}C D

. Ъглополовящата на

\angle B C D

пресича

B D

в точка

N

, а

M

е средата на

B D

. Допирателната в точка

M

към описаната около триъгълник

A M D

окръжност пресича страната

B C

в точка

P

. Да се докаже, че точките

A, P, M

N

лежат на една окръжност.

Решение

От условието следва, че

\angle M A D=\angle P M B=\varphi

. Да построим права

\ell \| A B

през

D

. Нека

\ell \cap B C=\{Q\}, T

е средата на

A Q

B T

да пресича

\ell

в точка

K

. От симетрията следва, че

\angle K B Q=\varphi

. Освен това имаме

\frac{K Q}{Q D}=\frac{A B}{Q D}=\frac{C D}{B C}=\frac{D N}{B N}

, откъдето

B K \| Q N

и следователно

\angle C Q N=\varphi

. Тъй като

\angle Q A D=\angle Q B D=\psi

поради симетрията, получаваме

\angle Q A M=\angle Q N D= \varphi+\psi

. Тогава

Q, A, M

N

лежат на една окръжност. Тъй като

\angle P M B=\varphi=\angle N Q B

, точките

Q, M, N

P

лежат на една окръжност. Следователно

A, P, M

N

лежат на една окръжност.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2016-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Дадени са естествено число

n

и квадрат със страна

n

, който е разделен на

n^{2}

единични квадратчета. Единичните квадратчета са оцветени в

n

различни цвята така, че от всеки цвят да има оцветени точно

n

квадратчета. Да се докаже, че съществува число

N

, такова, че за всяко

n\gt{}N

е изпълнено следното: съществува квадрат със страни

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

, успоредни на страните на дадения квадрат, който съдържа изцяло квадратчета от поне 4 различни цвята.

Решение

Да означим

[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]=x

. Да разгледаме първо следната задача: ако върху безкрайна дъска оцветим по някакъв начин

n

клетки, колко най-малко квадрата със страна

x

съдържат оцветени клетки. Нека оцветените клетки са разположени в

a

реда, като редът с най-много (

b

на брой) оцветени клетки ще наричаме главен. Да премахнем временно оцветените клетки и да започнем да ги добавяме обратно една по една, започвайки от най-лявата на главния ред и продължавайки по главния ред отляво надясно. При връщането на първата клетка маркираме

x^{2}

квадрата със страна

x

, които я съдържат, а после при връщането на всяка клетка от главния ред маркираме по

x

немаркирани досега квадрата със страна

x

, които съдържат въпросната клетка. По-нататък, при връщането на най-лявата от разположените над главния ред оцветени клетки маркираме

x

нови квадрата, а след това всяка клетка в същия ред дава поне по един нов квадрат и т. н. Аналогично се разсъждава и за клетките под глвния ред. Горните разсъждение показват, че търсеният брой квадрати е

A=x^{2}+(a+b-2) x+n-(a+b-1)=

x^{2}+(a+b)(x-1)-2 x+n+1.

Тъй като

n \geq[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]^{2}=x^{2}, a+b \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}a b} \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}

a b \geq n

(последното поради избора на

a

b

), получаваме

A \geq x^{2}+2 x(x-1)-2 x+x^{2}+1=(2 x-1)^{2}

Квадратите със страна

x

, които имат поне една обща клетка с дадения квадрат, са

(n+x-1)^{2}

на брой. Тъй като

n(2 x-1)^{2}\gt{}3(n+x-1)^{2}

за достатъчно големи

n

, поне един квадрат със страна

x

ще е маркиран от поне 4 различни цвята.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2016-9-6

2018

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

В изпъкнал четириъгълник

A B C D

диагоналите

A C

B D

се пресичат в точка

O

. Точките

A_{1}, B_{1}, C_{1}

D_{1}

съответно върху отсечките

A O, B O, C O

D O

са такива, че

A A_{1}=C C_{1}

B B_{1}=D D_{1}

. Нека

M

N

са вторите пресечни точки съответно на окръжностите, описани около

\triangle A O B

\triangle C O D

и около

\triangle A O D

\triangle B O C

, а

P

Q

са вторите пресечни точки съответно на окръжностите, описани около

\triangle A_{1} O B_{1}

\triangle C_{1} O D_{1}

и около

\triangle A_{1} O D_{1}

\triangle B_{1} O C_{1}

. Да се докаже, че точките

M, N, P

Q

лежат на една окръжност.

Решение

(Стоян Боев) От условието имаме

\angle M A C=\angle M B D

\angle M C A=\angle M D B

. Следователно

\triangle M A C \sim \triangle M B D

. Нека

X

Y

са средите съответно на

A C

B D

. Тогава от горното подобие следва, че

\angle M X C=\angle M Y D

. Последното означава, че

M

лежи на описаната около

\triangle O X Y

окръжност. Аналогично се вижда, че

N

лежи на същата окръжност. Тъй като

X

Y

са средите съответно и на

A_{1} C_{1}

B_{1} D_{1}

, горните разсъждения за четириъгълника

A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}

дават, че

P

Q

също лежат на описаната около

\triangle O X Y

окръжност. Втори начин. (Александър Иванов) Да построим през върховете

A

C

прави, перпендикулярни на

A C

, а през върховете

B

D

прави, перпендикулярни на

B D

. Тези 4 прави определят успоредник, в който точките

M

N

са петите на перпендикулярите от

O

към диагоналите му. Следователно

M

N

лежат на окръжността с диаметър

O T

, където

T

е пресечната точка на диагоналите на успоредника. Аналогично се вижда, че точките

P

Q

лежат на същата окръжност (точките

O

T

са едни и същи за четириъгълниците

A B C D

A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2018-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

m\gt{}1

е естествено число и

N=m^{2017}+1

. На дъската са написани последователно числата

N, 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?

Решение

Нека

a

е най-малкото число от написаните, за което

(m+1) a\gt{}N

. Лесно се вижда, че

a=\frac{m^{2017}+m^{2}+m+1}{m+1}

. Ще докажем, че накрая (за последния ход) остава

a

. Никое от числата

2 a, 3 a, \ldots, m a

не е написано на дъската, защото там има само числа, сравними с 1 по модул

m

. Следователно

a

няма да бъде изтрито преди да стигнем до него. Нека

b\lt{}a

е на дъската в началото. Да докажем, че в началото на дъската има число

c\gt{}a

, което е кратно на

b

. Нека

b_{0}=b, b_{k+1}=(m+1) b_{k}

за

k \geq 0

. Тъй като

b_{k} \equiv b_{0} \equiv 1(\bmod m)

, в началото всички числа

b_{k} \leq N

са на дъската. Нека

i

е такова, че

b_{i-1}\lt{}a \leq b_{i}

. Ако

a\lt{}b_{i}

, то

b_{i}=(m+1) b_{i-1} \leq N

поради дефиницията на

a

. Следователно числото

b=b_{0}

ще бъде изтрито най-късно на хода, в който се изтрива

b_{i}

, т. е. преди

a

. Ако

a=b_{i}

, то числото

a+m b_{i-1}=\frac{(2 m+1) a}{m+1}

е на дъската в началото, защото е по-малко от

2 a= \frac{2\left(m^{2017}+m^{2}+m+1\right)}{m+1}\lt{}N

. Тогава

b=b_{0}

ще бъде изтрито най-късно на хода, в който се изтрива

a+m b_{i-1}\gt{}a

, т. е. преди

a

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2018-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

M

е множество от 2017 естествени числа. За всяко непразно подмножество

A

на

M

дефинираме

f(A)=\{x \in M: x

се дели на нечетен брой числа от

A\}

. Да се намери минималното естествено число

k

, за което за всяко множество

M

е възможно да се оцветят всички непразни подмножества на

M

k

цвята така, че винаги, когато

A \neq f(A)

, множествата

A

f(A)

са оцветени в различни цветове.

Решение

Ще докажем, че функцията

f

е инективна, т. е. ако

A \neq B

, то

f(A) \neq f(B)

. Нека

a

е най-малкото число, което принадлежи на едно от множествата

A

B

, но не принадлежи на другото, като за определеност считаме, че

a \in A, A \notin B

. Нека

C=\left\{b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{m}\right\}

е множеството (възможно празно) от числата от

B

, които делят

a

. Тогава от дефиницията на

a

следва, че числата от

A

, които делят

a

, са точно

a

и числата от

C

. Последното означава, че

a

принадлежи точно на едно от множествата

f(A)

f(B)

, т. е.

f(A) \neq f(B)

. Нека

M

е произволно множество. Да разгледаме насочен граф

G

с върхове непразните подмножества на

M

и ребра (

A, f(A)

) (посока от

A

към

f(A)

) при

A \neq f(A)

. От доказаното по-горе следва, че всеки връх на

G

или е изолиран, или в него влиза и от него излиза точно по едно ребро. Следователно

G

се разбива на цикли. Ще докажем, че всички цикли в

G

са с четна дължина, откъдето очевидно следва, че

k=2

. Нека

\left(A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{m}, A_{1}\right)

е цикъл с дължина

m \geq 2

(стрелките са от по-малкия индекс към по-големия,

m+1 \equiv

1). Нека

\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}\right\}=\cup_{i=1}^{m} A_{i}

, като

a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}\cdots\lt{}a_{k}

. Ясно е, че

a_{1} \in A_{i}

за всяко

i=1, 2, \ldots, m

. Нека

t

е най-малкото число, за което съществува

i

, такова, че

a_{t} \notin A_{i}

. Съществува индекс

j

, такъв, че

a_{t} \notin A_{j}

, но

a_{t} \in A_{j+1}

. Последното означава, че

a_{t}

се дели на нечетен брой измежду числата

a_{1}, \ldots, a_{t-1}

. Тогава

a_{t} \in A_{p-1}

и т. н., т. е. принадлежността на

a_{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

p

и всички естествени числа

a

m

, такива че

a \leq 5 p^{2}

(p-1)!+a=p^{m}

Решение

Отговор:

(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, 5

директни проверки (чрез условието

a \leq 5 p^{2}

) дават гореспоменатите Нека

p \geq 7

. От теоремата на Уилсън следва, че

a \equiv 1(\bmod p)

, а освен това

p-1 \mid a-1(\bmod p-1)

. Следователно

a=k p(p-1)+1

за някое цяло

k \geq 0

. При

k \geq 6

имаме

a \geq 6 p^{2}-6 p+1\gt{}5 p^{2}

, противоречие. Оттук

k \leq 5

. След съкращаване на

p-1

получаваме

(p-2)!+k p=p^{m-1}+p^{m-2}+\cdots+1

. Тъй като

p \geq 7

, в

(p-2)

! участват и са различни 2 и

\frac{p-1}{2}

, т. е.

p-1 \mid(p-2)!

. Тогава

k \equiv m(\bmod p-1)

. Ако

m \geq p

, то

(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 \leq p-1

. Ако

k=0

, то

m=p-1

(p-2)\neq{}p^{m}-1 \geq p^{p-1}-1\gt{}(p-1)^{p-1}\gt{}(p-1)!

, противоречие. Ако

k=1

или 2, то съответно

m=1

или 2, което е невъзможно. Ако

k=3

, то

m=3

, т. е.

(p-2)\neq{}(p-1)^{2}

, което е невъзможно. При

k=4

получаваме

m=4

(p-2)\neq{}(p-1)\left(p^{2}+2 p-1\right)

, откъдето

p-2 \mid p^{2}+2 p-1=p^{2}-4+2(p-2)+7

, т. е.

p=7

, което не води до При

k=5

имаме

m=5

(p-2)\neq{}(p-1)\left(p^{3}+2 p^{2}+3 p-1\right)

, откъдето

p-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=7

, което отново не води до

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2018-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число и

f(x)

е полином от степен

n

с реални коефициенти и

n

различни реални положителни корена. Възможно ли е за някои естествено число

k \geq 2

и реално число

a

полиномът

x(x+1)(x+2)(x+4) f(x)+a

да

k

-та степен на полином с реални коефициенти?

Решение

Нека

\alpha_{1}\lt{}\alpha_{2}\lt{}\cdots\lt{}\alpha_{n}

са корените на

f(x)

. Да допуснем, че

x(x+1)(x+2)(x+4) f(x)+a= g^{k}(x)

. Да отбележим, че

a=b^{k}=g^{k}(0)

. Ако

k \geq 3

е нечетно число, то полиномът

g^{k}(x)-b^{k}

ще има

n+4

реални различни корена, които са корени и на

g(x)-b

. Но степента на

g(x)-b

(n+4) / k\lt{}n+4

, т. е.

g(x)=b

, което е невъзможно. Ще докажем, че

k=2

също е невъзможно, откъдето ще следва, че полином с исканите свойства не съществува и за всяко четно

k

. Имаме

a=b^{2}

, където можем да считаме, че

b\gt{}0

. Получаваме равенството

x(x+1)(x+2)(x+4) f(x)=g_{1}(x) g_{2}(x),

където

g_{1}(x)=g(x)+b

g_{2}(x)=g(x)-b

. Корените на полиномите

g_{1}(x)

g_{2}(x)

са числата

-4, -2, -1, 0, \alpha_{1}

\ldots, \alpha_{n}

. Тъй като

g_{1}(x)\gt{}g_{2}(x)

за всяко

x, -4

е корен на

g_{1}(x)

. Тъй като производните на

g_{1}(x)

g_{2}(x)

са равни, с помощта на теоремата на Рол виждаме, че единствената възможност е -2 и -1 да са корени на

g_{2}(x)

, а 0 да е корен на

g_{1}(x)

. Нека

g_{1}(x)=x(x+4) \prod_{j=1}^{s}\left(x-\alpha_{j}\right)

. Тогава

\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

g_{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

\triangle A B C

с височини

C D, A E

B F

. Точките

E^{\prime}

F^{\prime}

са симетрични на

E

F

спрямо точките

A

B

съответно. Точката

C_{1}

е избрана върху лъча

\overrightarrow{C D}

, така че

D C_{1}=3 C D

. Да се докаже, че

\angle E^{\prime} C_{1} F^{\prime}=\angle A C B

Решение

Нека точките

M, N, P

Q

са избрани така, че четириъгълниците

C E A M, C F B N, C E E^{\prime} P

C F F^{\prime} Q

са правоъгълници. Да означим с

C^{\prime}

средата на

C C_{1}, \angle B A C=\alpha, \angle A B C=\beta

\angle A C B=\gamma

. Имаме, че

\triangle A B C \cong \triangle A C^{\prime} B

\triangle A M C \sim \triangle B N C

. Имаме още, че

\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

\triangle M A C^{\prime} \sim \triangle N B C^{\prime}

, защото

\frac{M A}{N B}=\frac{A C}{B C}=\frac{A C^{\prime}}{B C^{\prime}}

. Следователно

\angle A C^{\prime} M=\angle B C^{\prime} N

и оттам

\angle M C^{\prime} N=\gamma

. От разглеждане на средни отсечки в

\triangle C P C_{1}

\triangle C Q C_{1}

получаваме, че

M C^{\prime} \| P C_{1}

N C^{\prime} \| Q C_{1}

. Оттук следва, че

\angle P C_{1} Q=\gamma

. Забелязваме, че

B 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}

2 M C^{\prime}=P C_{1}

. Оттук и от

\triangle M A C^{\prime} \sim \triangle N B C^{\prime}

следва, че

\triangle P E^{\prime} C_{1} \sim \triangle Q F^{\prime} C_{1}

. Следователно

\angle P C_{1} E^{\prime}= \angle Q C_{1} F^{\prime}

. Оттук и от вече доказаното равенство

\angle P C_{1} Q=\gamma

получаваме, че

\angle E^{\prime} C_{1} F^{\prime}=\gamma

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2018-9-6

2020

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Върху страните на триъгълник

A B C

са избрани точки

P, Q \in A B

(

P

е между точките

A

Q

) и

R \in B C

. Точките

M

N

са пресечни точки на

A R

съответно с отсечките

C P

C Q

. Ако

B C=B Q, C P=A P, C R=C N

\angle B P C=\angle C R A

, да се докаже, че

M P+N Q=B R

Решение

От теоремата на Менелай за триъгълник

P B C

и правата

A R

получаваме:

\frac{B R}{R C} \cdot \frac{C M}{M P} \cdot \frac{P A}{A B}=1,

откъдето намираме

\frac{M P}{B R}=\frac{C M \cdot P A}{R C \cdot A B}

. От теоремата на Менелай за триъгълник

Q B C

и правата

A R

получаваме:

\frac{B R}{R C} \cdot \frac{C N}{N Q} \cdot \frac{Q A}{A B}=1,

откъдето (тъй като

R C=C N

) намираме

\frac{N Q}{B R}=\frac{Q A}{A B}

. От горните равенства следва:

\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

B Q=B C

последното равенство е еквивалентно на

C M. C P=C R. C B

. Това равенство е вярно понеже от условието

\angle B P C=\angle C R A

следва, че четириъгълникът

P B R M

е вписан в окръжност. Втори начин: Нека

S \in B C

като

Q S \| N R

. От теоремата на Талес следва, че

Q N=S R

и за да докажем твърдението на задачата трябва да докажем, че

B S=P M

. За целта ще покажем, че

\triangle A P M \cong \triangle Q S B

(*)

От

Q S \| A M

следва, че

\angle B Q S=\angle M A P

(*)

От

\angle Q S C=\angle C R A=\angle B P C

следва, че

\angle B S Q=\angle A P M

(*)

Като използваме последователно

B Q=B C

, синусовата теорема за

\triangle P B C, C P=A P

и синусовата теорема за

\triangle A P M

получаваме:

\frac{B Q}{\sin \angle B S Q}=\frac{B Q}{\sin \angle Q S C}=\frac{B C}{\sin \angle B P C}=

\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

\angle B S Q=\angle A P M

, получаваме

B Q=A M

. Следователно

\triangle A P M \cong \triangle Q S B, B S=P M

M P+N Q=B R

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2020-9-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2020-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

a_{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

a_{n+1}

2 n+1

са взаимно прости числа.

Решение

Разглеждаме дадената редица по модул делител

p\gt{}1

на

a_{n+1}

. Ясно е, че

p \geq 5

. Нека

f(x)=x^{2}-x-1

. (1) Понеже

f(0)=f(1)=-1

f(2)=f(-1)=1

, то

0, \pm 1, 2 \notin A=\left\{a_{1}, \ldots, a_{n}\right\}

(иначе

a_{n+1}= \pm 1

). (2) Освен това, ако

a_{k}=a_{k+l}(1 \leq k\lt{}k+l \leq n)

, то

a_{m}=a_{m+l}

за всяко

m \geq k

и тогава

a_{n+1} \neq 0

- противоречие. (3) Сега от

f(x)=f(1-x)

следва, че в

A

не се срещат поне половината от числата

3, \ldots, \frac{p-1}{2}, \frac{p+3}{2}, \ldots, p-2

. (4) Значи

n \leq p-4-\frac{p-5}{2}

, т. е.

p \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 \geq 5

n

, за които: а)

\binom{m}{3}=n^{2}

; б)

\binom{m}{4}=n^{2}+9

Решение

Решение. а) Да, имаме

\binom{50}{3}=140^2

. б) Ще докажем, че не съществуват такива

m

n

. Да допуснем противното. Тогава

m(m-1)(m-2)(m-3)=24\left(n^2+9\right).

Ако лявата страна се дели на 7, то

7 \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\left(n^2+9\right) \equiv 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \equiv 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \equiv 3 \quad

(\bmod 7),

\quad 24\left(n^2+9\right) \equiv 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \equiv 1 \quad(\bmod 7).

Получаваме

n^2 \equiv 6(\bmod 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

n

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

A B

B C

са бели. Да се докаже, че отсечките могат да се преоцветят в червено и синьо така, че

A B

B 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.

Решение

Решение. За мултиграф

G

H(G)

означаваме множеството от всички

\left\{h_1, h_2\right\}

, където

h_1

h_2

са хамилтонови цикли в

G

без общи ребра. За ребра

x \neq y

на

G

P_G(x, y)

Q_G(x, y)

. означаваме множествата:

\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 \geq 3

на

G

, че (*): ако всеки връх на

G

е от степен 4, то

|P(x, y)|

е четно за всеки две ребра

x \neq y

на

G

. Да забележим, че това решава задачата. Наистина, ако

G

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

A B

B C

са от графа и бели, иначе може да ги заменим с двете бели отсечки през

A

, които ще оцветим в червено. Тогава белите и черните отсечки дефинират два хамилтонови цикъла

h_1

h_2

без общи ребра, като

A B

B C

като и двете са в белия хамилтонов цикъл. Това показва, че

|P(A B, B C)| \geq 1

и тъй като от (*) ще следва, че

|P(A B, B C)|

е четно, то

|P(A B, B C)| \geq 2

. Тогава оцветявайки втората двойка от хамилтонови цикли

\left\{h_1^{\prime}, h_2^{\prime}\right\} \neq\left\{h_1, h_2\right\}

, където

h_1^{\prime}

минава през

A B

B C

, в червено и синьо съответно, получаваме желаното преоцветяване. Сега ще докажем (*). При

n=3

, ако ребрата на

G

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

x

y

или

|P(x, y)|=2

, ако

x

y

не свързват едни и същи върхове, или

P(x, y)=\emptyset

, иначе. Да допуснем, че за някое

n \geq 3

и всеки мултиграф

G

, в който всеки връх е от степен 4,

|P(x, y)|

е четно за всеки две различни ребра

x \neq y

. Първо да забележим, че тогава

|H(G)|

е четно. Наистина, ако

v

е връх с ребра, които излизат от него

x_1, x_2, x_3, x_4

, то е ясно, че:

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)|= \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)

е четно. Оттук, тъй като

|H(G)|=\left|P\left(x_1, x_2\right)\right|+\left|Q\left(x_1, x_2\right)\right|

, то

\left|Q\left(x_1, x_2\right)\right|

също е четно. Нека сега

G^{\prime}

е произволен мултиграф с

n+1

върха, в който всеки връх е от степен 4. Първо ще докажем, че

\left|P\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right|

е четно, ако

x^{\prime}

y^{\prime}

имат общ връх. Нека този връх е

v

x^{\prime}=\left\{v, u_1\right\}, y^{\prime}=\left\{v, u_2\right\}, z^{\prime}=\left\{v, u_3\right\}

t^{\prime}=\left\{v, u_4\right\}

са четирите ребра, които излизат от

v

G^{\prime}

. Да отбележим, че ако

u_i=v

за някое

i=1, 2, 3, 4

, то няма два независими хамилтонови цикла в

G^{\prime}

и следователно

H\left(G^{\prime}\right)=\emptyset

, откъдето

\left|P_G^{\prime}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right|=0

. Поради това предполагаме, че

u_i \neq v

за

i=1, 2, 3, 4

. Разглеждаме графа

G

, който се получава от

G^{\prime}

като премахнем върха

v

(и съответно ребрата

x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}, t^{\prime}

) и добавим ребрата

x=\left\{u_1, u_2\right\}

y=\left\{u_3, u_4\right\}

, при което могат да възникнат мултиребра и/или примки. Лесно се вижда, че в

G^{\prime}

всеки връх е от степен 4 и освен това на всяка двойка хамилтонови цикли

Q_G(x, y)

взаимноеднозначно може да съпоставим двойка хамилтонови цикли от

P\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\left(-\right.

заменяме

x

G

x^{\prime}, y^{\prime}

G^{\prime}

y

G

z^{\prime}, t^{\prime}

G^{\prime}

). От индукционното предположение и разсъждението по-горе знаем, че

\left|Q_G(x, y)\right|

е четно, следователно

\left|P_{G^{\prime}}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right|

също е четно. Знаейки, че

\left|P_{G^{\prime}}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right|

е четно за съседни ребра, получаваме, че

\left|H\left(G^{\prime}\right)\right|

е четно и съответно

\left|Q_G^{\prime}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right|

е четно за всеки две съседни ребра. Нека сега

x^{\prime}

y^{\prime}

са произволни ребра в

G^{\prime}

. Тъй като

\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|

\left|H\left(G^{\prime}\right)\right|

е четно, то достатъчно е да докажем, че

\left|Q_{G^{\prime}}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right|

е четно. Нека

x^{\prime}=\left\{u_0, u_1\right\}

y^{\prime}=\left\{v_0, v_1\right\}

и да допуснем, че най-късият път от

u_1

до

v_0

е с дължина

k

(ако такъв няма, то

H\left(G^{\prime}\right)=\emptyset

и всичко е наред). Нека

\left(u_1, u_2, \ldots, u_k=v_0\right)

е един такъв път. Тогава, ако

z^{\prime}=\left\{u_1, u_2\right\}

, то:

Q\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)=

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

\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

\left|P\left(x^{\prime}, z^{\prime}\right)\right| \equiv 0(\bmod 2)

, защото

x^{\prime}

z^{\prime}

имат общ връх. Освен това разстоянието от

u_2

до

u_k=v_0

k-1

. Следователно, индуктивно по

k

, може да предполагаме, че

\left|P\left(z^{\prime}, y^{\prime}\right)\right| \equiv 0(\bmod 2)

. Следователно

\left|Q\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right| \equiv 0(\bmod 2)

, откъдето и

\left|P\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right| \equiv 0(\bmod 2)

, което завършва индукцията (както по

k

, така и по

n

). Оценяване (7 точки): 1 т. - за това, че ако

|P(x, y)|

е четно за всеки две ребра, то

|H(G)|

|Q(x, y)|

са четни; 3 т. - за индукционния преход при

x

y

съседни, от които 1 т. за конструкцията на

G

и 2 т. за доказателство, че

\left|Q_G(x, y)\right|=\left|P_{G^{\prime}}\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\right|; 2

т. - за индукционния преход при

x

y

несъседни; 1 т. - за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2020-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

f(x)

е неконстантен полином с реални коефициенти. Редицата

\left\{a_{i}\right\}_{i=1}^{\infty}

от реални числа е неограничена и:

a_{i}\lt{}a_{i+1}\lt{}a_{i}+2020 \text{за всяко} i \in \mathbb{N}.

Целите числа

\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

\left\{s_{k}\right\}_{k=1}^{\infty}

, като

s_{k} \in\{0, 1, \ldots, 9\}

. Да се докаже, че за всяко

n \in \mathbb{N}

, в множеството от числа

\overline{s_{n(k-1)+1} s_{n(k-1)+2} \ldots s_{n k}}, k \in \mathbb{N}

, се срещат всички

n

-цифрени числа.

Решение

Решение. Без ограничение на общността може да предполагаме, че старшият коефициент на

f

е положителен. Тогава от дадено място нататък

f

е монотонно растяща функция и при това:

1=\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{f(x)}{f(x+2020)}=

\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\lfloor f(x)\rfloor+\{f(x)\}}{\lfloor f(x+2020)\rfloor+\{f(x+2020)\}}=

\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\lfloor f(x)\rfloor}{\lfloor f(x+2020)\rfloor}

Това показва, че за всяко естествено число

M

има число

B=B(M)

, за което, ако

x\gt{}B

, то

f(x)\gt{}0

и:

\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 \in \mathbb{N}

и да подберем

p

така, че за всяко

i \in \mathbb{N}

ако

\left\lfloor f\left(a_{i}+\right.\right. 2020)\rfloor\gt{}M.10^{p}

, то

a_{i}\gt{}B=B(M)

M.10^{p}\gt{}\left\lfloor f\left(a_{1}\right)\right\rfloor

. Това е възможно, защото редицата е неограничена отгоре и монотонна, а

f

клони към безкрайност, когато аргументът ѝ клони към безкрайност. Сега ще покажем, че има

i

, за което

\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

M

. Тъй като

\lim _{k \rightarrow \infty} f\left(a_{k}\right)=\infty

M.10^{p}\gt{}\left\lfloor f\left(a_{1}\right)\right\rfloor

, то има (най-малко)

k

, за което

\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

p

, знаем, че

a_{k+1}-2020\gt{}B

и следователно

a_{k}\gt{}a_{k+1}- 2020\gt{}B

. От избора на

B

, това показва, че

f\left(a_{k+1}\right)\gt{}f\left(a_{k}\right)\gt{}0

, откъдето в частност

\left\lfloor\left|f\left(a_{k+1}\right)\right|\right\rfloor=\left\lfloor f\left(a_{k+1}\right)\right\rfloor

\left\lfloor\left|f\left(a_{k}\right)\right|\right\rfloor=\left\lfloor f\left(a_{k}\right)\right\rfloor

. Нека сега

\left\lfloor f\left(a_{k+1}\right)\right\rfloor=

M.10

{ }^{p}+r

. Тогава, от свойствата на

B

, може да пресметнем:

10^{p} \geq \frac{\left\lfloor f\left(a_{k}\right)\right\rfloor}{M} \geq

\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

k

, а второто от (1). Следователно

r

се записва с не повече от

p

цифри и следователно десетичният запис на

\left\lfloor f\left(a_{k+1}\right)\right\rfloor

започва с числото

M

. Нека сега

m \in \mathbb{N}

е произволно

n

цифрено число. Полагаме

M=\overline{m 1 m 1 \ldots 1 m}-n

копия на числото

m

, разделени с

n-1

единици. От горните разсъждения някое от числата

\left\lfloor\left|f\left(a_{k}\right)\right|\right\rfloor

започва с

M

. Тогава за някоя позиция

j

имаме, че:

\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

m

в състава на

M

започват на различни позиции по модул

n

. Следователно някое от тях ще започне от позиция, даваща остатък 1 при деление на

n

в редицата

s

. Това завършва доказателството. Оценяване ( 7 точки): 1 т. за (1); 4 т. за доказателство, че записът на всяко число

M\gt{}\left\lfloor f\left(a_{1}\right)\right\rfloor

се среща в редицата

s

, от които - 1 т. за избор на

p, 1

т. - за избор на

k

; 2 т. за доказателство на (2); 2 т. - за довършване, от които 1 т. за построяване на

M

от

n

-цифрено число

m

и 1 т. за доказателство, че

m

се среща на позиция, даваща остатък 1 при деление на

n

s

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2020-9-6

2021

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Град има 4 хоризонтални и

n \geq 3

вертикални булеварда, които се пресичат в

4 n

кръстовища. Кръстовищата разделят всеки хоризонтален булевард на

n-1

улици, а всеки вертикален булевард на 3 улици. За да не се объркват жителите на града, кметът затворил минимален възможен брой кръстовища така, че в града да няма затворен маршрут (това означава, че тръгвайки от коя да е улица и минавайки само през отворени кръстовища без да се връщаме назад не можем да се върнем на същата улица). a) Да се докаже, че са затворени точно

n

кръстовища. б) Да се докаже, че ако от всяка улица може да се стигне до всяка друга и никое от четирите ъглови къстовища не е затворено, то са затворени точно 3 крайни кръстовища (кръстовище е крайно, ако се намира на първия или четвъртия хоризонтален булевард, или на първия или

n

-ия вертикален булевард).

Решение

а) Ще докажем с индукция по

n

, че е необходимо да се затворят поне

n

кръстовища. При

n=3

директно се проверява, че са ни нужни точно 3 затворени кръстовища. При

n\gt{}3

да разгледаме най-левия вертикален булевард. Ако на него има затворено кръстовище, твърдението следва от индукционното допускане. Ако на него няма затворено кръстовище, то на съседния му вертикален булевард трябва да има поне две затворени кръстовище (тъй като имаме два независими цикълдолното и горното квадратчета). Отново твърдението следва от индукционното допускане. Ако всяко кръстовище обозначим с номера на вертикалния булевард (отляво надясно) и номера на хоризонталния булевард (отдолу нагоре), можем да затворим следните

n

кръстовища:

(a, 2)

при

a

нечетно и

(b, 3)

при

b

четно. Лесно се проверява, че няма цикъл. б) Да разгледаме улиците като ребра на граф, а кръстовищата като негови върхове. Преди затваряне на кръстовища имаме

4(n-1)+3(n-1)=7 n-4

улици (ребра) и

4 n

кръстовища (върхове). При затваряне на вътрешно кръстовище ребрата на графа не се променят, а се добавят 3 нови върха. При затваряне на крайно кръстовище, което не е ъглово, ребрата на графа не се променят, а се добавят 2 нови върха. Нека са затворени

x

вътрешни и

y

крайни кръстовища (които не са ъглови), като тогава

x+y=n

. Тъй като след затваряне на кръстовищата се получава свързан граф без цикли, т. е. дърво имаме, че броят на ребрата е с 1 по-малък от броя на върховете. Следователно

7 n-4= 4 n+3 x+2 y-1 \Longleftrightarrow 3 x+2 y=3 n-3

. Тъй като

x+y=n

, получаваме

x=n-3

y=3

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2021-9-1

Задача 1c

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението

\sqrt{\vphantom{x^2}3 x^{3}-2 x+15}+\sqrt{\vphantom{x^2}3 x^{3}-2 x+8}=7

Решение

Повдигаме двете страни на даденото уравнение

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

и достигаме до уравнението

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

с корени

x_{1}=0, x_{2}=1-3 a

x_{3}=a-1

. Ясно е, че

x_{1}=0

е решение на (1) за всяко

a

. Числото

x_{2}=1-3 a

е решение на (1), когато дясната страна на (1) е неотрицателна, т. е.

1-a(1-3 a)-(1-3 a)^{2} \geq

0 \Longleftrightarrow 5 a-6 a^{2} \geq 0 \Longleftrightarrow a \in\left[0, \frac{5}{6}\right].

Аналогично

x_{3}

е решение на (1) при

a \in\left[0, \frac{3}{2}\right]

. Възможни са два случая.

(*)

Някои от числата

x_{1}, x_{2}

x_{3}

са равни. Това е изпълено при

a=\frac{1}{3}, \frac{1}{2}, 1

и от намереното следва, че

a=\frac{1}{3}

a=\frac{1}{2}

са решения на задачата.

(*)

Числата

x_{1}, x_{2}

x_{3}

са две по две различни. Тогава лесно следва, че

a \in\left(\frac{5}{6}, \frac{3}{2}\right] \backslash\{1\}

. И така,

a=\frac{1}{3}, a=\frac{1}{2}

a \in\left(\frac{5}{6}, \frac{3}{2}\right] \backslash\{1\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2021-9-1c

Задача 2

Пълен запис

Условие

Върху височината през върха

C

на остроъгълен триъгълник

A B C

с център на описаната окръжност

O

е избрана точка

T

, за която

\angle T B A=\angle A C B

. Ако правата

C O

пресича страната

A B

в точка

K

, да се докаже, че симетралата на

A B

, височината през върха

A

\triangle A B C

и отсечката

K T

се пресичат в една точка.

Решение

Ако

O M \cap K T=P

, то

\angle P A M=\angle P B M

. Имаме

\frac{P M}{T H}=\frac{K M}{K H}=\frac{O M}{C H},

откъдето

P M=\frac{O M. T H}{C H}

. Тъй като

T H=H B \operatorname{tg} \gamma

, то

\frac{P M}{B M}=\frac{O M}{B M} \cdot \frac{T H}{C H}=\frac{O M}{B M} \cdot \frac{H B}{C H} \operatorname{tg} \gamma

Но от

\triangle O M B

имаме

\frac{O M}{B M}=\operatorname{cotg} \gamma

и следователно

\frac{P M}{B M}=\operatorname{cotg} \gamma \frac{H B}{C H} \operatorname{tg} \gamma=\frac{H B}{C H}.

От горното следва, че

\triangle P M B \sim \triangle B H C

, откъдето

\angle P B M=\angle B C H

. Следователно

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

и значи

A P \perp B C

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2021-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}

такива, че

f(x) f(y+f(x))=f(x y+1) \quad \forall x, y\gt{}0.

Решение

(1) Очевидно функциите

f=1

f(x)=1 / x

изпълняват даденото равенство. Ще докажем, че други няма. (2) Първо да отбележим, че ако

y=\frac{f(x)-1}{x-1}\gt{}0

за някое

x \neq 1

, то

y+f(x)=x y+1

и тогава

f(x)=1

- противоречие. (3) Ако

f(z)=1 / z

за всяко

z\gt{}1

, от условието при

y\gt{}1

следва, че

f(x)=1 / x

за всяко

x\gt{}0

. (4) Нека сега

f(x) \neq 1 / x

за някое

x\gt{}1

. Тогава

x=x y+1

при

y=1-1 / x\gt{}0

и значи

f(a)=1

за

a=1-1 / x+f(x)

. Тогава

f(z+1)=f(a) f(z+f(a))=f(a z+1)

и по индукция следва, че

(*) f(z+1)=f\left(a^{n} z+1\right)

за всеки

z\gt{}0

n \in \mathbb{Z}

. (5) Нека

u, v\gt{}1

. Понеже

a \neq 1

, можем да изберем

n \in \mathbb{Z}

така, че

b_{n}=a^{n}(u-1)\gt{}v(1-f(v))

, т. е.

c_{n}=\frac{b_{n}}{v}+f(v)\gt{}1

. Тогава

f\left(c_{n}\right) \leq 1

съгласно (2) и значи

f(v) \geq f(v) f\left(c_{n}\right)=f\left(b_{n}+1\right)=f(u)

съгласно (*). Аналогично

f(u) \geq f(v)

, т. е.

f(x)

е константа при

x\gt{}1

. (6) Сега от условието при

y\gt{}1

следва, че

f(x)=1

при

x\gt{}0

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2021-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадени са две безкрайни аритметични прогресии от естествени числа

a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}a_{3}\lt{}\cdots \text{и} b_{1}\lt{}b_{2}\lt{}b_{3}\lt{}\cdots

Известно е, че съществуват безбройно много двойки естествени числа (

i, j

), за които

i \leq j \leq i+2021

a_{i}

дели

b_{j}

. Да се докаже, че за всяко естествено число

i

съществува естествено число

j

, за което

a_{i}

дели

b_{j}

Решение

Ясно е, че съществува фиксирано число

k

за което

a_{i}

дели

b_{i+k}

за безбройно много стойности на

i

. Ако

d_{a}

дели

d_{b}

са разликите на двете прогресии, то:

a_{i}-a_{1}=(i-1) d_{a} \text{e} b_{i+k}-b_{1}-k d_{b}=(i-1) d_{b}

откъдето получаваме:

\frac{a_{i}-a_{1}}{b_{i+k}-b_{1}-k d_{b}}=\frac{d_{a}}{d_{b}}

Записваме последното равенство във вида:

a_{i} d_{b}-b_{i+k} d_{a}=a_{1} d_{b}-d_{a}\left(b_{1}+k d_{b}\right) \tag{1}

Лявата част на горното равенство се дели на

a_{i}

, което означава, че дясната част също се дели на

a_{i}

. Следователно за безбройно много

i

числото

a_{i}

дели константата

a_{1} d_{b}-d_{a}\left(b_{1}+k d_{b}\right)

Тъй като

a_{i}

става произволно голямо, това е възможно само при

a_{1} d_{b}-d_{a}\left(b_{1}+k d_{b}\right)=0

. От (1) получаваме

a_{i} d_{b}=b_{i+k} d_{a}

и понеже

a_{i} b_{i+k}

, то

d_{a}

дели

d_{b}

, т. е.

d_{b}=l. d_{a}

. Имаме:

a_{1} d_{b}-d_{a}\left(b_{1}+k d_{b}\right)=0 \Longleftrightarrow l \cdot a_{1}=b_{1}+k l d_{a}

откъдето

b_{1}=s l

и следователно

a_{1}=s+k d_{a}

. За всяко

i

(като използваме, че

b_{1}=s l

d_{b}=l d_{a}

) имаме:

a_{i}=a_{1}+(i-1) d_{a}=s+(k+i-1) d_{a} \text{и} b_{i+k}=

b_{1}+(i-k+1) d_{b}=l a_{i} \text{.}

Следователно

a_{i}

дели

b_{i+k}

за всяко

i

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2021-9-4

Задача 4d

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че не съществуват естествени числа

x

y

, за които числото

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

се записва във вида

3^{m} 37^{n}

, където

m

n

са естествени числа.

Решение

Ако

x=y

, получаваме квадратното уравнение

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

0, което има два реални различни корена

x_{1, 2}=\frac{a+1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}(a+1)^{2}+4}}{2}

. Следователно в този случай системата има две решения. При

x \neq y

след почленно изваждане получаваме

x^{2}-y^{2}=(1-a)(x-y)

, откъдето

\left\{\begin{array}{l} x^{2}=x+a y+1 \cr x+y=1-a \end{array} \Longleftrightarrow\right| \begin{aligned} & x^{2}+(a-1) x+a^{2}-a-1=0 \\ & y=1-a-x \end{aligned}.

Тъй като по-горе намерихме две решения, последната система трябва да има единствено решение, за което

x \neq y

, или да има две решения, като точно за едното от тях имаме

x=y

. В първия случай дискриминантата на квадратното уравнение е равна на 0, т. е.

(1-a)^{2}-4\left(a^{2}-a-1\right)=0 \Longleftrightarrow 3 a^{2}-2 a-5=0

, откъдето

a_{1}=-1

a_{2}=\frac{5}{3}

. При

a_{1}=-1

получаваме

x=y=1

, а при

a_{2}=\frac{5}{3}

намираме

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

, т. е. нямаме три различни решения на системата (и двете се получават за съответните стойности на

a

от първия случай). Във втория случай дискриминантата е положителна и за да имаме решение с

x=y

е необходимо

2 x=1-a

x^{2}+(a-1) x+a^{2}-a-1=0

, откъдето получаваме

3 a^{2}-2 a-5=0

, т. е. дискриминантата е нулева и отново нямаме три различни решения.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2021-9-4d

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2021-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Точка

S

е средата на дъгата

A C B

от описаната окръжност

k

около

\triangle A B C (A C\gt{}B C)

. Нека

I

е центърът на вписаната в

\triangle A B C

окръжност. Правата

S I

пресича окръжността

k

за втори път в точка

T

. Нека

D

е симетричната точка на

I

спрямо точката

T

, а

M

е средата на страната

A B

. Правата

I M

пресича правата през

D

, успоредна на

A B

, в точка

E

. Да се докаже, че

A E=B D

Решение

Имаме

\angle A T I=\angle A T S=\angle B T S=\angle B T I

\angle A I B=90+\frac{\gamma}{2}

. Тъй като

\angle T A I+\angle T I A=90+\frac{\gamma}{2}

то

\angle T A I=\angle T I B

и следователно

\triangle A I T \sim \triangle B I T

. Получаваме

D T^{2}=I T^{2}=A T \cdot B T

, откъдето следва, че

\triangle A T D \sim \triangle D T B

. Пресмятаме

\angle A D B=\angle A D I=180^{\circ}-A I B,

т. е.

A D B I

е вписан четириъгълник. Понеже

\frac{A D}{B D}=\frac{A T}{T D}=\frac{A T}{T I}=\frac{A I}{B I}

, то

A D B I

е хармоничен четириъгълник. Следователно

I D

е симедиана в

\triangle A B I

, т. е.

\angle A I M=\angle D I B

. Ако

L

е пресечната точка на правата

I M

с описаната около четириъгълника

A D B I

окръжност, то

A L=B D

и понеже

A L D B

е вписан, то

D L

е успоредна на

A B

. Следователно

L

съвпада с

E

и твърдението е доказано.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2021-9-6

2022

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Бял равностранен триъгълник

T

със страна 2022 е разделен на равностранни триъгълници със страна 1 (клетки) чрез прави, успоредни на страните на

T

. Две клетки ще наричаме съседни, ако имат поне един общ връх. Иван оцветява някои от клетките в черно. Без да вижда кои клетки са черни, Петър само веднъж избира множество

S

от клетки (поне една) и пита Иван дали броят черни измежду избраните е четен или нечетен. След като получи отговор, Петър успява да разбере дали броят двойки разноцветни съседни клетки в

T

е четен или нечетен. Да се намерят всички възможни стойности на големината на

S

, при които това е винаги възможно без значение кои са черните клетки.

Решение

За удобство ще пишем

A

вместо Иван и

B

вместо Петър. Основната идея разчита на следната: Лема. В граф

G

с бели върхове нека

A

оцвети някои от върховете в черно, а

B

пита за четността на броя на черните в множество

S

от върхове, като с отговора може еднозначно да определи четността на броя разноцветни двойки съседни върхове в

G

. Тогава

S

може да бъде само множеството от всички върхове от нечетна степен в

G

. Доказателство. Работим по модул 2. Записваме във всеки черен връх числото 1, във всеки бял връх числото 0 и върху всяко ребро сумата на числата във върховете му. Всеки черен връх от нечетна степен допринася с 1 към сумата от числата върху ребрата, всеки черен връх от четна степен с 0, всеки бял връх също с 0. Следователно сумата от числата върху ребрата в

G

е със същата четност като тази на броя черни върхове от нечетна степен в

G

. Така при въпрос с множеството

N

от върховете от нечетна степен сме готови; обратно, при въпрос с множество, различно от

N

, не можем да възстановим еднозначно четността на броя черни върхове в

N

. С това лемата е доказана. Остава да преброим броя на клетките с нечетен брой съседи в

T

. Всяка клетка, която няма обща точка с периметъра на

T

, има 12 съседа. Трите клетки по периметъра, всяка от които е съсед по страна на ъглова клетка в

T

, имат по 6 съседа. Всяка клетка със страна върху периметъра има 7 съседа и всяка клетка с връх (но не и страна) върху периметъра (освен гореспоменатите три) има 9 съседа. Понеже всяка страна на

T

има поне една обща точка с

2 \cdot 2022

- 1 клетки, а всеки две страни имат по две общи клетки (като само една е от нечетна степен), търсеният брой е

3 \cdot(2 \cdot 2022-5)+3=12120

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2022-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

A B C

със среда

M

на страната

A B

. Окръжност през точките

B

C

пресича отсечките

C M

B M

в точките

P

Q

, съответно. Точката

K

е симетрична на

P

относно

M

. Описаните около триъгълниците

A K M

C Q M

окръжности се пресичат за втори път в точка

X

, а описаните около триъгълниците

A M C

K M Q

окръжности се пресичат за втори път в точка

Y

. Отсечките

B P

C Q

се пресичат в точка

T

. Да се докаже, че

M T

е допирателна към описаната около триъгълника

M X Y

окръжност.

Решение

(А. Иванов) Явно

A K B P

е успоредник, откъдето с вписания

B Q P C

получаваме

\angle A K C=\angle K P B=\angle A Q C=\varphi

, т. е.

A K Q C

е вписаннека центърът му е

O

. Тогава

\angle A Y C=\left(180^{\circ}-\angle A Y M\right)+\left(180^{\circ}-\angle C Y M\right)=\angle A K M+\angle C Q M=2 \varphi= \angle A O C

, т. е.

A O Y C

е вписан. Оттук

\angle O Y M=\angle C Y M-\angle C Y O=\left(360^{\circ}-\angle A Y C-\angle A Y M\right)- \angle C A O=180^{\circ}-\varphi-\left(90^{\circ}-\varphi\right)=90^{\circ}

и аналогично

\angle O X M=90^{\circ}

. Сега ако

T M \cap A K=T^{\prime}

, то

T M=M T^{\prime}

от успоредника

A K B P

и сега обратната теорема за пеперудата в

A K Q C

дава

O M \perp T T^{\prime}

, т. е.

O M \perp M T

. Следователно

M T

е перпендикулярна на диаметъра

O M

на окръжността около

M X Y

и исканото следва. ( Втори начин, М. Маринов) Явно

A K B P

е успоредник, откъдето с вписания

B Q P C

получаваме

\angle A K C=\angle K P B=\angle A Q C

, т. е.

A K Q C

е вписаннека центърът му е

O

. Да разгледаме композицията

f

от инверсия с център

M

и радиус

\sqrt{\vphantom{x^2}M A \cdot M Q}=\sqrt{\vphantom{x^2}M C \cdot M K}

и симетрия относно точката

M

. Да означим

A K \cap C Q=X^{\prime}

A C \cap K Q=Y^{\prime}

. Тогава

f(A)=Q, f(C)=K

и от свойствата на инверсията следва

f(X)=X^{\prime}

f(Y)=Y^{\prime}

. Тъй като правата

T M

(която минава през центъра

M

на инверсията и симетрията) остава в себе си, исканото е еквивалентно на

T M \| X^{\prime} Y^{\prime}

. От теоремата на Брокар за вписания

A K Q C

имаме

O M \perp X^{\prime} Y^{\prime}

и значи остава да докажем, че

O M \perp M T

. Ако

T M \cap A K=T^{\prime}

, то

T M=M T^{\prime}

от успоредника

A K B P

и сега обратната теорема за пеперудата в

A K Q C

дава

O M \perp T T^{\prime}

, с което исканото следва.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2022-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

x\gt{}y\gt{}2022

са естествени числа, такива че

x y+x+y

е точен квадрат. Възможно ли е за всяко естествено

z

в интервала

[x+3 y+1, 3 x+y+1]

числата

x+y+z

x^{2}+x y+y^{2}

да не са взаимнопрости?

Решение

Не е възможно! Да положим

k=\sqrt{\vphantom{x^2}x y+x+y}

z=x+y+2 k+1

. Тъй като

y\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}y^{2}+2 y} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}x y+x+y}=k \leq

\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+2 x}\lt{}x+1,

\quad \Longrightarrow \quad k \in(y, x],

откъдето

z \in(x+3 y+1, 3 x+y+1]

. Лесно се проверява, че

x y+y z+z x=(x+y+k)^{2}

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

. Да допуснем, че съществува просто число

p

, за което

p \mid\left(x+y+z, x^{2}+x y+y^{2}\right)

. Тогава

x+y \equiv-z(\bmod p)

и значи

x^{2}+x y+y^{2}= (x+y)^{2}-x y \equiv-x y-y z-z x(\bmod p)

. Така получаваме, че

p \mid x y+y z+z x

p \mid x+y+z

, т. е

p \mid(x+y+k)^{2}

p \mid(x+y+k+1)^{2}

, което е противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2022-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n \geq 4

е естествено число и

x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}, x_{n+1}, x_{n+2}

са реални числа, такива че

x_{n+1}=x_{1}

x_{n+2}=x_{2}

. Ако съществува реално положително число

a

, такова, че

x_{i}^{2}=a+x_{i+1} x_{i+2}

за всяко

i=1, 2, \ldots, n

, то да се докаже, че поне 2 от числата

x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}

са отрицателни.

Решение

Да забележим, че

x_{i}^{2} x_{i+1}=a x_{i+1}+x_{i+1}^{2} x_{i+2}

е вярно за всяко

i=1, 2, \ldots, n

. Следователно след сумиране на тези равенства за

i=1, 2, \ldots, n

получаваме, че е в сила равенството

\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2} x_{i+1}=a \sum_{i=1}^{n} x_{i}+\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2} x_{i+1}

, което означава, че

\sum_{i=1}^{n} x_{i}=0

. Тъй като

a\gt{}0

, то поне едно от числата

x_{i}

е различно от нула и следователно поне едно от тях е отрицателно. Да допуснем, че има точно едно отрицателно число и нека без ограничение на общността това бъде

x_{1}

. Тогава имаме, че

x_{2}^{2}=a+x_{3} x_{4} \geq a

\left|x_{1}\right|=x_{2}+\cdots+x_{n}

. Последното означава, че

\left(x_{2}+\cdots+x_{n}\right)^{2}=x_{1}^{2}=a+x_{2} x_{3}

, следователно

x_{2}^{2}-a+\sum_{i=3}^{n} x_{i}^{2}+x_{2} x_{3} \leq 0

. Оттук получаваме, че

x_{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}a}

x_{3}=\cdots=x_{n}=0

. Сега, ако заместим в равенството от условието за

i=3

, получаваме, че

0=x_{3}^{2}=a+x_{4} x_{5}=a

, което е противоречие. Следователно поне 2 от числата са отрицателни.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2022-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Даден е равнобедрен триъгълник

A B C

със страни

A B=4, B C=A C=6

. Върху страната

A B

са избрани последователно точки

X_{1}, X_{2}, X_{3}, \cdots

, за които отсечките

A X_{1}, X_{1} X_{2}, X_{2} X_{3}, \cdots

образуват безкрайна геометрична прогресия с първи член 3 и частно

\frac{1}{4}

. Върху страната

C B

са избрани последователно точки

Y_{1}, Y_{2}, Y_{3}, \cdots

, за които отсечките

C Y_{1}, Y_{1} Y_{2}, Y_{2} Y_{3}, \cdots

образуват безкрайна геометрична прогресия с първи член 3 и частно

\frac{1}{2}

. Върху страната

A C

са избрани последователно точки

Z_{1}, Z_{2}, Z_{3}, \cdots

, за които отсечките

A Z_{1}, Z_{1} Z_{2}, Z_{2} Z_{3}, \cdots

образуват безкрайна геометрична прогресия с първи член 3 и частно

\frac{1}{2}

. Да се намерят всички тройки (

a, b, c

) от естествени числа, за които отсечките

A Y_{a}, B Z_{b}

C X_{c}

се пресичат в една точка.

Решение

Нека

n\gt{}1

е естествено число. Върху отсечка

P Q

с дължина

\frac{a_{1}}{1-\frac{1}{n}}

са избрани точки

T_{1}, T_{2}, \cdots

, за които отсечките

P T_{1}, T_{1} T_{2}, T_{2} T_{3}, \cdots

образуват геометрична прогресия с първи член

a_{1}

и частно

\frac{1}{n}

. Ще докажем, че

\frac{P T_{s}}{T_{s} Q}=n^{s}-1

. Наистина, от

P T_{s}=\frac{a_{1}\left(1-\left(\frac{1}{n}\right)^{s}\right)}{1-\frac{1}{n}}

P Q=\frac{a_{1}}{1-\frac{1}{n}}

получаваме

\frac{P T_{s}}{T_{s} Q}=

\frac{\frac{a_{1}\left(1-\left(\frac{1}{n}\right)^{s}\right)}{1-\frac{1}{n}}}{\frac{a_{1}}{1-\frac{1}{n}}-\frac{a_{1}\left(1-\left(\frac{1}{n}\right)^{s}\right)}{1-\frac{1}{n}}}=

n^{s}-1

Като приложим това твърдение и теоремата на Чева, получаваме:

1=\frac{A X_{c}}{X_{c} B} \cdot \frac{B Y_{a}}{Y_{a} C} \cdot \frac{C Z_{b}}{Z_{b} A}=

\frac{4^{c}-1}{\left(2^{a}-1\right)\left(2^{b}-1\right)}

и следователно

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

. Тъй като

a, b, c \geq 1

от последното равенство следва, че

a=1

(без ограничение

a \leq b

). Тогава

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

2^{b}+2 \Rightarrow 4^{c}=2^{b} \Longleftrightarrow b=2 c

и така получаваме

(a, b, c)=(1, 2 k, k)

или

(a, b, c)=(2 k, 1, k)

за

k \in \mathbb{N}

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2022-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

n \geq 2

е естествено число. Множествата

A_{1}, \ldots, A_{n}

B_{1}, \ldots, B_{n}

от естествени числа са такива, че сечението

A_{i} \cap B_{j}

е непразно за всеки две

i, j \in\{1, 2, \ldots, n\}

, а сеченията

A_{i} \cap A_{j}

B_{i} \cap B_{j}

са празни за всеки две различни

i, j \in\{1, 2, \ldots, n\}

. За всяко от множествата подреждаме елементите му в низходящ ред и пресмятаме най-голямата разлика между два съседни елемента в получената наредба. Да се намери най-малката възможна стойност на най-голямата измежду тези разлики.

Решение

Възможен пример е

A_{i}

-тата да са редовете, а

B_{j}

-тата да са колоните на квадратна таблица

n \times n

, в която числото в клетката на ред

i

и стълб

j

(n-1) i+j

. Тук всички разлики при

A_{i}

-тата са равни на 1, а всички при

B_{j}

-тата са равни на

n

. Нека преминем към

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2022-9-6

2023

10 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е граф

G

n \geq 6

върха, в който всеки връх е от степен поне 3. Ако

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

са всички цикли в

G

, то да се определят всички възможни стойности на най-големият общ делител на числата

\left|C_{1}\right|, \left|C_{2}\right|, \ldots, \left|C_{k}\right|

, където с

|C|

означаваме броят на върховете в цикъла

C

Решение

Нека

d=

НОД(

\left|C_{1}\right|, \left|C_{2}\right|, \ldots, \left|C_{k}\right|

). Първо ще докажем, че ако два цикъла

C

D

имат точно два общи върха, които са свързани с ребро в

C

и в

D

, то тогава следва, че

d \mid 2

. Наистина, ако

C=a b c_{1} c_{2} \ldots c_{m}

D=a b d_{1} d_{2} \ldots d_{s}

, то т. к

C

D

са цикли в

G

имаме

d \mid 2+m

d \mid s+2

. Сега да отблежим, че

d_{1} d_{2} \ldots d_{s} a c_{m} c_{m-1} \ldots c_{1} b

също е цикъл в

G

, което означава, че

d \mid s+m+2

. Така получаваме

d \mid(s+2)+(m+2)-(s+m+2)

, т. е

d \mid 2

. Сега ще покажем, че

G

съдържа два цикъла, които имат точно два общи върха, които са съседни в циклите. Нека

P=w_{0} w_{1} w_{2} \cdots w_{s} v

е път с максимална дължина в

G

. Тогава всички ребра от

v

са към върховете от

P

и т. к

v

е от степен поне 3, то съществуват

0 \leq i\lt{}j\lt{}s

, такива че

v w_{i}

v w_{j}

са ребра в

G

. Следователно циклите

w_{j} w_{j+1} \ldots w_{s} v

w_{i} \ldots w_{j} v

имат желаното свойство, откъдето получаваме, че

d \mid 2

. Пример, в който

d=2

се достига е достатъчно голям двуделен граф, например

K_{n-3, 3}

, а

d=1

се достига от

K_{n}

например.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-9-1

Задача 1b

Пълен запис

Условие

Ако за реалните числа

a

b

е изпълнено

1\lt{}a\lt{}b\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}2}

, то да се докаже, че

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

Решение

Имаме, че

\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

\Leftrightarrow a-b

+\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 \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 \text{. Но}

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

, защото

1\lt{}a\lt{}b\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}2}

и тогава

\sqrt{\vphantom{x^2}b^{2}-1}\lt{}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

A B C

. Нека

A_{1}, B_{1}

C_{1}

са допирните точки на външновписаните окръжности със страните

B C, C A, A B

съответно. Центровете на описаната около

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

са означени с

O_{A}, O_{B}, O_{C}

съответно. Да се докаже, че правите през

O_{A}, O_{B}

O_{C}

, съответно успоредни на ъглополовящите на

\angle A

\angle B

\angle C

, се пресичат в една точка.

Решение

Нека

O

е центърът на описаната около

\triangle A B C

окръжност, и нека

T

е средата на дъгата

A \stackrel{ }{C} B

от описаната окръжност (виж чертежа). Имаме

A B_{1}=B A_{1}, A T=B T

\angle B_{1} A T=\angle A_{1} B T

, следователно

\triangle B_{1} A T \cong \triangle A_{1} B T

. От еднаквостта получаваме, че

\angle C B_{1} T=\angle C A_{1} T

, следователно описаната около

A_{1} B_{1} C

окръжност минава през

T

O O_{C}

е симетрала на

C T

. Но правите

O O_{C}

и ъглополовящата на

\angle A C B

са перпендикулярни на

C T

(защо?), следователно правата през

O_{C}

, успоредна на ъглополовяшата на

\angle A C B

минава през

O

! Повтаряйки това разсъждение, достигаме до заключението, че исканите прави се пресичат в

O

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-9-2

Задача 2b

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-9-2b

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

f(x)

е полином с естествени коефициенти. За всяко

n \in \mathbb{N}

нека

a_{1}^{(n)}, a_{2}^{(n)}, \ldots, a_{n}^{(n)}

са фиксирани естествени числа, които дават два по два различни остатъка при деление с

n

и нека

g(n)=\sum_{i=1}^{n} f\left(a_{i}^{(n)}\right)=

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

M

, за която за всяко естествено число

m\gt{}M

имаме НОД

(m, g(m))\gt{}2023^{2023}

Решение

Нека

d=\operatorname{deg} f

е степента на

f

, нека

t=d

! и нека

N

е фиксирано естествено число. Да допуснем, че множеството

M: =\{m \in \mathbb{N}:

НОД

(m, g(m)) \leq N\}

е безкрайно. Тогава ще докажем, че за всяко просто

p

имаме, че множеството

M_{p}: =\{m \in M: p \mid m\}

е безкрайно. Да допуснем противното, т. е съществува естествено число

N_{p}

, такова че за всяко

m \in M

, за което

m\gt{}N_{p}

е в сила

(p, m)=1

. Ще ни бъде необходима следната Лема. Нека

k, n \in \mathbb{N}

a

е естествено число взаимнопросто с

n

. Тогава

n \mid\left(a^{k}-1\right) \sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}^{(n)}\right)^{k}

Доказателство. Т. к

a

е взаимнопросто с

n

\left(a_{i}^{(n)}\right)_{i=1}^{n}

образува пълна система остатъци

(\bmod n)

, то

\left(a a_{i}^{(n)}\right)_{i=1}^{n}

също образува пълна система остатъци (

\bmod n

). Следователно

\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

a^{k}-1 \mid a^{l}-1

, когато

k \mid l

, то след сумиране за

k=0, 1, \ldots, d

получаваме, че

n \mid\left(a^{t}-1\right) \sum_{i=1}^{n} f\left(a_{i}^{(n)}\right)

за всяко естествено число

n

и всяко

a

взаимнопросто с

n

. Следователно в частност твърдението е изпълнено и за

a=p

n \in\left\{m \in M: m\gt{}N_{p}\right\}

. Ако

m \in M

е поголямо от

N_{p}

, то получаваме, че

m \mid\left(p^{t}-1\right) g(m)

, откъдето следва

p^{t}-1 \geq \frac{m}{(m, g(m))} \geq \frac{m}{N}

, което е противоречие за

m\gt{}N\left(p^{t}-1\right)

, т. к

p

t

са фиксирани. Следователно

M_{p}

е безкрайно за всяко просто число

p

. От друга страна обаче пак от лемата следва, че ако

p\gt{}d+1+N

е просто число,

k \leq d

е естествено число, а

g

е примитивен корен по модул

p

, то

p \mid\left(g^{k}-1\right) \sum_{i=1}^{p}\left(a_{i}^{(p)}\right)^{k}

, което означава, че

p \mid \sum_{i=1}^{p}\left(a_{i}^{(p)}\right)^{k}

за всяко

k \leq d

. Оттук получаваме, че

p \mid g(p)

за всяко

p\gt{}d+1+N

. Същият аргумент показва и, че ако

p \mid m

p\gt{}d+1+N

, то

p \mid g(m)

. Следователно, ако

p\gt{}d+1+N

е фиксирано просто число, то

M_{p}

е безкрайно означава, че съществува

m \in M

, такова че

p \mid m

, но от по-горе имаме, че

p \mid

НОД

(m, g(m)) \Rightarrow p \leq N

, което е противоречие с избора на

p

. Следователно

M

е крайно и твърдението от условието следва за

N=2023{ }^{2023}

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-9-3

Задача 3b

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

и точка

L

от страната

A B

. Върху отсечката

C L

е избрана произволна точка

X

. Правите

A X

B X

пресичат страните

B C

A C

съответно в точките

K

M

и отсечките

L M

L K

съответно в точките

D

E

. a) Да се докаже, че

\angle D C E

е постоянен и независи от избора на точката

X

. б) Ако

C L

е ъглополовяща на

\angle A C B

, то да се докаже, че

C L

е ъглополовяща и на ъгъл

\angle D C E

Решение

Нека

P=C D^{\rightarrow} \cap A B, Q=C E^{\rightarrow} \cap A B

. a) Ще докажем, че точките

P

Q

са постоянни. Разглеждаме

\triangle A L C

. От теоремата на Чева и теоремата на Менелай за правата

B M

получаваме:

\frac{A P}{P L}=\frac{A M}{M C} \cdot \frac{C X}{X L}=\frac{A B}{B L}=\mathrm{const}

Аналогично

\frac{B Q}{Q L}=\frac{A B}{A L}=

const и следователно точките

P

Q

са постоянни, а от тук и

\angle D C E

. б) През точките

P

Q

построяваме прави успоредни на

C L

, които пресичат страните

A C

B C

съответно в точки

P_{1}

Q_{1}

. Ще докажем, че

\triangle C P_{1} P \sim \triangle C Q_{1} Q

, откъдето ще следва, че

\angle A C P=\angle B C Q

, т. е.

C L

е ъглополовяща на ъгъл

\angle D C E

. Имаме

\angle C P_{1} P=180^{\circ}-\angle A C L=180^{\circ}-\angle B C L=\angle C Q_{1} Q

и освен това

\frac{C P_{1}}{P_{1} P}=\frac{A C \cdot P L}{A L}: \frac{C L \cdot A P}{A L}=

\frac{A C}{C L}: \frac{A P}{P L}=\frac{A C \cdot B L}{C L \cdot A B}

Аналогично

\frac{C Q_{1}}{Q_{1} Q}=\frac{B C. A L}{C L. A B}

, но

A C. B L=B C. A L

и следователно

\frac{C P_{1}}{P_{1} P}=\frac{C Q_{1}}{Q_{1} Q}

. Тогава

\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

A D

на изпъкнал четириъгълник

A B C D

съществува единствена точка

M

, за която

\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

A B \| C D

Решение

Решение. Първи начин. (Н. Николов) След повдигане на квадрат даденото равенство приема вида

2 \sqrt{\vphantom{x^2}S_{A B M} S_{C D M}}=S_{B C M}

Първо ще докажем, че ако

A B \| C D

, то

\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 \in[A D]

, като равенство се достига само в една точка. Нека

A B=a, C D=b, d(M, A B)=x

d(M, C D)=y

. Тогава

\text{(1)} \Leftrightarrow 2 \sqrt{\vphantom{x^2}a x b y} \leq

(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

A M / B M=a / b

. По-нататък, нека

D^{\prime} \in A D

така, че

C D^{\prime} \| A B

. Ако

\angle B+\angle C\lt{}180^{\circ}

, то

D \in\left(A D^{\prime}\right)

и от (1) следва, че

2 \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 \in(A, D]

. Ако

\angle B+\angle C\gt{}180^{\circ}

, то

D^{\prime} \in(A D)

. Нека

f(M)=2 \sqrt{\vphantom{x^2}S_{A B M} S_{C D M}}-S_{B C M}

за

M \in[A D]

. Очевидно

f(A)\lt{}0

f(D)\lt{}0

. От друга страна, вече знаем, че има единствена точка

M^{\prime} \in\left(A D^{\prime}\right)

, за която

2 \sqrt{\vphantom{x^2}S_{A B M^{\prime}} S_{C D^{\prime} M^{\prime}}}=S_{B C M^{\prime}}

и значи

f\left(M^{\prime}\right)\gt{}0

. По непрекъснатост следва, че съществуват точки

M_1 \in\left(A M^{\prime}\right)

M_2 \in\left(M^{\prime} D\right)

така, че

f\left(M_1\right)=f\left(M_2\right)=0

. Оттук задачата следва. Забележка. В случая

\angle B+\angle C\gt{}180^{\circ}

съществуват точно две точки

M_1, M_2 \in(A D)

, за които

\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,

S_{A B M}

S_{C D M}

са линейни функции на

M \in[A D]

. Следователно

\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

A_1\left(x_1, y_1\right), A_2\left(x_2, y_2\right)

A_3\left(x_3, y_3\right)

, то удвоеното ориентирано лице на

\triangle A_1 A_2 A_3

е равно на

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\left(x_1, y_1\right), C\left(x_2, y_2\right), D(0, 1)

M=(0, m)

, където

x_1, x_2\gt{}0

. Записваме даденото равенство във вида

4 S_{A B M} S_{C D M}=S_{B C M}^2

и получаваме, че

4 x_1 x_2 m(1-m)=\left(\triangle+m\left(x_2-x_1\right)\right)^2,

където

\triangle=x_1 y_2-x_2 y_1=2 S_{A B C}\gt{}0

, т. е.

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 \in(0, 1)

точно когато

D_1=4 x_1 x_2\left(x_1-\triangle\right)\left(x_2+\triangle\right)=

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

A B \| C D, 2

т. за

\angle B+\angle C\lt{}180^{\circ}

, Зт. за случая

\angle B+\angle C\gt{}180^{\circ}

. Втори начин (7 точки) 1т. за свеждането до

4 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

W

е една

n

-буквена дума, която съдържа най-много 10 различни букви (например ПЕРПЕНДИКУЛЯР или ААББВВАББО). Да се докаже, че буквите в

W

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

n

-цифрено число (то може да започва и с 0 ) се дели на 9.

Решение

Нека някоя буква участва в

W

точно

k

пъти, като числото

n-k

не се дели на 3. Тази буква заместваме с 9, а останалите по произволен начин с цифрите

0, 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

a

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(\bmod 9)

и така докато стигнем до сбор, който се дели на 9. Това може да се постигне, защото

(n-k, 9)=1

. Нека сега

k_{1} \equiv k_{2} \equiv \cdots \equiv k_{10} \equiv n(\bmod 3)

. Тогава както и да разположим цифрите в

W

сборът им ще е сравним с

n(0+1+\cdots+9) \equiv 0(\bmod 3)

. Ако

k_{1} \equiv k_{2} \equiv \cdots \equiv k_{10} \equiv n(\bmod 9)

, то както и да разположим цифрите в

W

сборът им ще се дели на 9. Остава да разгледаме случая, когато например числото

n-k_{1}

не се дели на 9, т. е.

n-k_{1} \equiv 3

или

6(\bmod 9)

и тук процедираме както по-горе

(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

n

да се намери най-малката стойност на израза

\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|

където

x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}

са такива реални числа, че

\left|x_{1}\right|+\left|x_{2}\right|+\cdots+\left|x_{n}\right|=1

Решение

(Ст. Герджиков и Н. Николов) За всяко

n \in \mathbb{N}

нека

c_{n}

е най-малкото реално положително число, за което

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

x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}

. Нека

S_{k}=x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k-1}

. Да забележим, че от неравенството на триъгълника следва, че

\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, ако

c_{n} \sum_{k=1}^{n}\left|S_{k}-x_{k}\right| \geq \sum_{k=1}^{n}\left|x_{k}\right|,

то

\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

n

получаваме, че

c_{n} \leq 2^{n-1} c_{1}

. Очевидно

c_{1}=1

и значи

c_{n} \leq 2^{n-1}

. От друга страна, ако

x_{1}=2^{1-n}, x_{k}=2^{k-n-1}

за

k \geq 2

, то

S_{k}=2^{k-n-1}=x_{k}

за

k\gt{}1

. Следователно

\sum_{k=1}^{n}\left|S_{k}-x_{k}\right|=\left|x_{1}\right|=2^{1-n}

. От друга страна,

\sum_{k=1}^{n} x_{k}=S_{n+1}=1

. Значи

c_{n} \geq 2^{n-1}

. Окончателно,

c_{n}=2^{n-1}

. Да отбележим, че това дава, че търсената минимална стойност е поне

2^{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

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, че

\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

x_{i+1}=\sum_{j=1}^{i} x_{j}

за всяко

n \geq i\gt{}1

, откъдето намираме

x_{i}=2^{i-n-1}

за

i \geq 2

x_{1}=2^{1-n}

. Трети начин. (К. Гаров) Означаваме с

F\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)

израза от условието на задачата:

F\left(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right)=

\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|

Забелязваме, че

F

е неотрицателна и непрекъсната. Следователно, тъй като единичната сфера е компактна,

F

достига своя минимум. Нека минимумът на

F

се достига при

\left(X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{k}, \ldots, X_{n}\right)

и нека

S_{k}=X_{1}+X_{2}+\cdots+ X_{k-1}

c_{k}=X_{k}+X_{k+1}

. За

1 \leq k \leq n-1

означаваме с

g_{k}

функцията:

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=X_{k}

. Да отблежим, че единствените членове на сумата от израза

F

, които зависят от

y

са

\left|x_{1}+\cdots+x_{k-1}-x_{k}\right|

\left|x_{1}+\cdots+x_{k}-x_{k+1}\right|

. Следователно

y=X_{k}

минимизира този израз. Тогава от неравенство на триъгълника имаме:

\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

\left|\left(3 S_{k-1}-c_{k}\right) / 2\right|

и се достига за

y=\left(S_{k-1}-c_{k}\right) / 2

. Тоест за всяко

1 \leq k \leq n-1

имаме равенството

X_{k}=\left(S_{k-1}-c_{k}\right) / 2

. Преобразуваме и получаваме, че

X_{k+1}=S_{k}

или, че

X_{k}=2^{k-1} X_{1}

. Следователно,

X_{1}=2^{1-n}

F\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.

Решение

Ще 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

3^{5}=243

вектора. Да допуснем, че такова множество с 25 вектора съществува и да го означим с

A

. Да разделим всички 243 вектора на 4 групи:

B_{0}

- вектори с първи две координати

00; B_{1}

- вектори с първи две координати

01, 02, 10

или

20; B_{2}

- вектори с първи две координати 11 или 22 и

B_{3}

- вектори с първи две координати 12 или 21. Ясно е, че

\left|B_{0}\right|=27

\left|B_{2}\right|=\left|B_{3}\right|=54

. За първите две координати на всеки вектор има 9 възможности, а в

A

има 24 вектора. Можем да считаме, че от всички вектори в

A

като първи две координати най-малко пъти се появяват 00, като тогава 00 се появява най-много два пъти. Да разделим векторите от

A

на 4 групи:

A_{0}

- вектори с първи две координати

00; A_{1}

вектори с първи две координати

01, 02, 10

или

20; A_{2}

- вектори с първи две координати 11 или 22 и

A_{3}

- вектори с първи две координати 12 или 21. Нека

a_{i}=\left|A_{i}\right|

, като

a_{0}+a_{1}+ a_{2}+a_{3}=25, a_{0} \leq 2

и без ограничение

a_{2}\lt{}a_{3}

. Следните наблюдения са очевидни: всеки вектор от

A_{0}

покрива 7 вектора в

B_{0}

; всеки вектор от

A_{1}

покрива по 1 вектор в

B_{0}, B_{2}

B_{3}

; всеки вектор от

A_{2}

покрива 7 вектора в

B_{2}

и 2 вектора в

B_{3}

; всеки вектор от

A_{2}

или

A_{3}

покрива 2 вектора в

B_{1}

. всеки вектор от

A_{3}

покрива 7 вектора в

B_{3}

и 2 вектора в

B_{2}

. От горните наблюдения получаваме:

7 a_{0}+a_{1} \geq 27, 7 a_{2}+a_{1}+2 a_{3} \geq 54

7 a_{3}+a_{1}+2 a_{2} \geq 54

. При

a_{0}=0

следва

a_{1} \geq 27

, противоречие. При

a_{0}=1

следва

a_{1} \geq 20

, като тогава

a_{2}+a_{3} \leq 4

7 a_{3}+a_{1}+2 a_{2} \geq 54

не може да е вярно. Получаваме

a_{0}=2

и следователно

a_{1} \geq 13

. Ако

a_{2}=4

, то най-голямата стойност на

7 a_{2}+a_{1}+2 a_{3}

7 \cdot 4+13+12=53\lt{}54

, противоречие. Следователно единствената възможност е

a_{1}=13, a_{2}=a_{3}=5

. Без ограничение векторите от

A

с първи две координате 00 са 00000 и 00111 (в противен случай те няма да покриват 14 вектора). Тогава векторите

222, 220, 221, 202, 212, 022,

122, 012, 120, 201, 021, 210, 102

не са покрити в

B_{0}

и следователно трябва да се появяват като опашки в

A_{1}

. Всеки от векторите

001, 010, 100, 110, 101, 011

е покрит по два пъти в

B_{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

A_{2}

или

A_{3}

. Следователно знаем 6 опашки в

A_{2}

или

A_{3}

и има още 4 неизвестни опашки. Всеки от векторите

002, 020, 200, 112, 121, 211

трябва да е покрит общо 4 пъти в

B_{2}

B_{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 \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, 211

B_{2}

B_{3}

, т. е. неизвестните 4 опашки могат да осигурят най-много

4 \cdot 3=12\lt{}18

покрития, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-9-6