OLIOBL

Национална олимпиада по математика — областен кръг

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

23 години5 класаИма видими липси

По година По клас

Избран клас

10

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

oliobl2020-10-2: има placeholder текст
oliobl2020-10-3: има placeholder текст
oliobl2014-10-2: има placeholder текст
oliobl2011-10-2: има placeholder текст
oliobl2011-10-3: има placeholder текст
oliobl2010-10-3: има placeholder текст
oliobl2009-10-2: има placeholder текст
oliobl2008-10-4: има placeholder текст
oliobl2007-10-2: има placeholder текст
oliobl2007-10-3: има placeholder текст

2004

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши неравенството

\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}-1}+\sqrt{\vphantom{x^2}2 x^{2}-3}+x \sqrt{\vphantom{x^2}3}\gt{}0

Решение

Неравенството има смисъл при

x \in\left(-\infty, -\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{2}\right] \cup\left[\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{2}, +\infty\right)

. Очевидно всички стойности на

x

от последния интервал са решения. Нека

x \in\left(-\infty, -\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{2}\right]

. Тогава неравенството е еквивалентно на

\sqrt{\vphantom{x^2}\left(x^{2}-1\right)\left(2 x^{2}-3\right)}\gt{}2 \Longleftrightarrow 2 x^{4}- 5 x^{2}-1\gt{}0

. Като вземем предвид решенията на биквадратното неравенство, получаваме в този случай

x \in\left(-\infty, -\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5+\sqrt{33}}}{2}\right)

. И така,

x \in\left(-\infty, -\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5+\sqrt{33}}}{2}\right) \cup\left[\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{2}, +\infty\right)

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

с медицентър

M

. a) Да се докаже, че

\operatorname{cotg} \angle A M B=\frac{B C^{2}+C A^{2}-5 A B^{2}}{12 S_{A B C}}

б) Да се докаже, че

\operatorname{cotg} \angle A M B+\operatorname{cotg} \angle B M C+\operatorname{cotg} \angle C M A \leq-\sqrt{\vphantom{x^2}3}

Решение

Ще изпозваме стандартните означения за елементите на

\triangle A B C

. a) С помощта на косинусова теорема за

\triangle A M B

имаме

\cos \angle A M B=\frac{A M^{2}+B M^{2}-A B^{2}}{2 A M \cdot M B}.

Оттук и от равенството

\sin \angle A M B=\frac{2 S}{3 A M \cdot M B}

получаваме

\operatorname{cotg} \angle A M B=\frac{3\left(A M^{2}+B M^{2}-A B^{2}\right)}{4 S}=

\frac{a^{2}+b^{2}-5 c^{2}}{12 S}

(за последното равенство се използва формулата за медианата). б) Както в а) се вижда, че

\operatorname{cotg} \angle B M C=\frac{b^{2}+c^{2}-5 a^{2}}{12 S},

\operatorname{cotg} \angle C M A=\frac{c^{2}+a^{2}-5 b^{2}}{12 S}.

Следователно

\operatorname{cotg} \angle A M B+\operatorname{cotg} \angle B M C+\operatorname{cotg} \angle C M A=

-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{4 S}.

Остава да докажем, че

a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 4 S \sqrt{\vphantom{x^2}3}

. От Хероновата формула получаваме

S^{2}=p(p-a)(p-b)(p-c) \leq

p\left(\frac{p-a+p-b+p-c}{3}\right)^{3}=\frac{p^{4}}{27}

(приложихме неравенството между средното аритметично и средното геометрично), откъдето

S \leq \frac{p^{2}}{3 \sqrt{\vphantom{x^2}3}}=\frac{(a+b+c)^{2}}{12 \sqrt{\vphantom{x^2}3}} \leq

\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{4 \sqrt{\vphantom{x^2}3}}

(приложихме неравенството между средното аритметично и средното квадратично).

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

В едно предприятие има

m \geq 1

мъже и

j \geq 1

жени,

j\lt{}2004

. Всеки пратил на всеки (освен на себе си) по една картичка. Оказало се, че всички картички, пратени от мъже, са колкото картичките, пратени от жени на жени. Намерете всички възможни стойности на

j

Решение

От условието следва равенството

m(m+j-1)=j(j-1)

, откъдето

m^{2}=(j-m)(j-1)

. Ако

p

е прост делител на

j-m

j-1

, то е делител и на

m

, а значи и на

j

, а тогава и на 1. Това противоречие сочи, че

j-m

j-1

са взаимно прости и следователно

j-m=u^{2}, j-1=v^{2}

за някои цели неотрицателни

u, v

. Сега имаме

u v=m

u^{2}+u v=j=v^{2}+1

, а от условието

1 \leq j\lt{}2004

получаваме

0 \leq v \leq 44

. Следователно трябва да решим уравнението

u^{2}+u v=v^{2}+1 \tag{*}

в цели неотрицателни числа. При

v=0

получаваме

u=1

. Да предположим, че двойката (

u_{0}; v_{0}

) е решение на (

*

) и

v_{0} \geq 1

. Тогава

u_{0} \geq 1

и щом

u_{0} v_{0} \geq 1

, то

u_{0} \leq v_{0}

. Да положим

v_{1}=v_{0}-u_{0}, 0 \leq v_{1}\lt{}v_{0}

. Имаме

u_{0}^{2}=v_{0}\left(v_{0}-u_{0}\right)+1= \left(u_{0}+v_{1}\right) v_{1}+1=u_{0} v_{1}+v_{1}^{2}+1

. Да положим

u_{1}=u_{0}-v_{1}

. Тогава

\left(u_{1}+v_{1}\right)^{2}=

\left(u_{1}+v_{1}\right) v_{1}+v_{1}^{2}+1 \Longleftrightarrow u_{1}^{2}+u_{1} v_{1}=v_{1}^{2}+1,

т. е. получихме ново решение на (*). Ако

v_{1}=0

, получаваме

u_{1}=1

. Нека

v_{1} \geq 1

; значи

u_{1} \geq 1

. Тогава полагайки

v_{2}=v_{1}-u_{1}\lt{}v_{1}

u_{2}=u_{1}-v_{2}

, аналогично получаваме ново решение. Така получаваме редица от неотрицателни цели числа

v_{0}\gt{}v_{1}\gt{}\cdots

. Единственият начин процесът да прекъсне е на някоя стъпка да се получи

v_{k}=0

. Тогава

u_{k}=1

и като възстановим обратно

u_{k-1}, v_{k-1}, \ldots, u_{0}, v_{0}

, получаваме редицата на Фибоначи. Така решения на

(*)

са

(u; v)=(1; 0), (1; 1), (2; 3), (5; 8), (13; 21)

а при следващите решения

v\gt{}44

. При първото от тях

j=v^{2}+1=0^{2}+1=1

и имаме

m=u v=0

, което не отговаря на условията. Останалите дават решенията

j=1^{2}+1=2

j=3^{2}+1=10, j=8^{2}+1=65

j=21^{2}+1=442

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

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

, където

a

е реален параметър. а) Да се докаже, че

f(-a)=0

. б) Да се намерят всички стойности на

a

, за които уравнението

f(x)=0

има три различни реални положителни корена.

Решение

а) Следва след директно заместване. б) Уравнението се записва във вида

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

откъдето следва, че

a\lt{}0

. Освен това квадратният тричлен в (1) трябва да има два различни корена, т. е.

D=(1-a)^{2}-4 a\left(a^{2}+4 a+2\right)\gt{}0 \Longleftrightarrow (a+1)\left(-4 a^{2}-11 a+1\right)\gt{}0

. Решавайки това неравенство и и вземайки предвид

a\lt{}0

, получаваме

a \in\left(-\infty, \frac{-11-\sqrt{\vphantom{x^2}137}}{8}\right) \cup(-1, 0). \tag{2}

Корените на квадратния тричлен са положителни точно когато

\frac{a}{a^{2}+4 a+2}\gt{}

0 и

-\frac{1-a}{a^{2}+4 a+2}\gt{}0

. Оттук

a \in(-2-\sqrt{\vphantom{x^2}2}, -2+\sqrt{\vphantom{x^2}2})

и пресичайки с (2) получаваме

a \in

\left(-2-\sqrt{\vphantom{x^2}2}, \frac{-11-\sqrt{\vphantom{x^2}137}}{8}\right) \cup(-1, -2+\sqrt{\vphantom{x^2}2}). \tag{3}

Остава да изключим стойностите на

a

, за които

-a

е корен на квадратния тричлен в (1). Имаме

\left(a^{2}+4 a+2\right)(-a)^{2}+(1-a)(-a)+a=0 \Longleftrightarrow a^{2}\left(a^{2}+\right. 4 a+3)=0 \Longleftrightarrow a=-3, -1, 0

. Окончателно получаваме

a \in

(-2-\sqrt{\vphantom{x^2}2}, -3) \cup\left(-3, \frac{-11-\sqrt{\vphantom{x^2}137}}{8}\right) \cup(-1, -2+\sqrt{\vphantom{x^2}2}).

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-10-4

2005

2 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е четириъгълник

A B C D

, в който

|A B|=a, |B C|=b

|C D|=c, |D A|=d, |A C|=e, |B D|=f

. a) Да се докаже, че

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

. б) Ако

A B C D

е вписан в окръжност, да се докаже, че

|a-c| \geq|e-f|

. Стоян Атанасов

Решение

а) Да означим средите на

A C

B D

съответно с

M

N

. Използвайки формулата за дължината на медиана, приложена за

\triangle B M D

имаме

|M N|^{2}=\frac{2|M B|^{2}+2|M D|^{2}-f^{2}}{4}

По нататък

|M B|^{2}=\left(2 a^{2}+2 b^{2}-e^{2}\right) / 4, |M D|^{2}=\left(2 c^{2}+2 d^{2}-e^{2}\right) / 4

и замествайки в равенството за

|M N|^{2}

получаваме

4|M N|^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}-e^{2}-f^{2} \geq 0.

б) Съгласно теоремата на Птолемей

a c+b d=e f

. Тъждеството получено в (а) лесно се преобразува до

(a-c)^{2}+(b-d)^{2}=(e-f)^{2}+4|M N|^{2}

. За да докажем исканото неравенство е достатъчно да покажем, че (

b- d)^{2} \leq 4|M N|^{2}

. Но последното следва от неравенството на триъгълника, приложено за

\triangle M N P

, където

P

е средата на

C D

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки естествени числа (

m, n

m\gt{}n

, за които е изпълнено

\left[m^{2}+m n, m n-n^{2}\right]+[m-n, m n]=2^{2005}

където

[a, b]

означава най-малкото общо кратно на числата

a

b

Решение

Лявата страна се дели на

m, n

m-n

, следователно

m=2^{a}, n=2^{b}

m-n=2^{c}

. Очевидно

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

, откъдето

a-b=1

. Полагайки обратно в уравнението получаваме

\left[2^{2 a}+2^{2 a-1}, 2^{2 a-1}-2^{2 a-2}\right]

+\left[2^{a}-2^{a-1}, 2^{2 a-1}\right]=

2^{2 a-1}+3 \cdot 2^{2 a-1}=2^{2 a+1}=2^{2005}.

Следователно

a=1002, m=2^{1002}, n=2^{1001}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-10-3

2006

1 задача

Задача 4

Пълен запис

Условие

Една стока поевтиняла от март до април с

x \%

, а от април до май поскъпнала с

y \%

. Оказало се, че от март до май стоката е поевтиняла с

(y-x) \%

. Да се намерят

x

y

, ако са естествени числа (цената на стоката за целия период е положителна).

Решение

Имаме последователно

\begin{aligned} \frac{100-x}{100} \frac{100+y}{100}=\frac{100-y+x}{100} & \Longleftrightarrow(100-x)(100+y)=100(100-y+x) \\ 200 y-200 x-x y=0 & \Longleftrightarrow(200-x)(200+y)=200^{2}. \end{aligned}

Тъй като

100\lt{}200-x\lt{}200

, числото

200-x

може да е само 125 или 160. Съответно получаваме решенията

x_{1}=75, y_{1}=120

x_{2}=40, y_{2}=50

, които отговарят на условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-10-4

2007

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на

x

, за които е изпълнено неравенството

\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}-x^{2}+6 x+1}+5 x-15}{2 x-5} \geq 1.

Решение

Допустимите стойности за

x

се получават от условията

-x^{2}+6 x+1 \geq 0

2 x-5 \neq 0

. Това са всички

x \in\left[3-\sqrt{\vphantom{x^2}10}, \frac{5}{2}\right) \cup\left(\frac{5}{2}, 3+\sqrt{\vphantom{x^2}10}\right]

. Случай 1. Нека

x\gt{}\frac{5}{2}

. Тогава

\sqrt{\vphantom{x^2}-x^{2}+6 x+1} \geq-x+5

Ако

x\gt{}5

, то неравенството очевидно е изпълнено, тъй като лявата странае положителна, а дяснатаотрицателна. Ако

x \leq 5

, то повдигаме на квадрат и получаваме, че

x^{2}-8 x+12 \leq 0

, т. е.

x \in[2, 6]

. Решение в този случай е всяко

x \in\left(\frac{5}{2}, 3+\sqrt{\vphantom{x^2}10}\right]

. Случай 2. Нека

x\lt{}\frac{5}{2}

. Сега

\sqrt{\vphantom{x^2}-x^{2}+6 x+1} \leq-x+5

. Дясната страна е положителна и можем да повдигнем на квадрат. Получаваме

x^{2}-8 x-12 \geq 0

, т. е.

x \in(-\infty, 2] \cup[6, +\infty)

. В този случай решение е всяко

x \in[3-\sqrt{\vphantom{x^2}10}, 2]

. Окончателно

x \in[3-\sqrt{\vphantom{x^2}10}, 2] \cup\left(\frac{5}{2}, 3+\sqrt{\vphantom{x^2}10}\right]

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-10-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-10-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които уравнението

\log _{x-a}(x+a)=2

има точно едно решене.

Решение

Полагаме

y=x-a

. Задачата е еквивалентна на това да определим за кои стойности на реалния параметър

a

уравнението

\log _{y}(y+2 a)=2

има единствено решение. Това означава съществуването на единствено решение на

y^{2}-y-2 a=0

, удовлетворяващо условията

y\gt{}0, y\gt{}-2 a, y \neq 1

. Ако

D=1+8 a=0

, то

a=-1 / 8

и достигаме до

y=1 / 2

, което очевидно е решение. Нека

D\gt{}0

, т. е.

a\gt{}-1 / 8

. Полагаме

f(y)=y^{2}-y-2 a

. Ако

a \in(-1 / 8, 0]

, то

-2 a\gt{}0

и трябва

-2 a

да лежи между корените на

f

, т. е.

f(-2 a)=4 a^{2}\lt{}

0, което е противоречие. Ако

a \in(0, +\infty]

, то

-2 a\lt{}0

и трябва 0 да лежи между корените на

f

, т. е.

f(0)=-2 a\lt{}0

, което е изпълнено. Окончателно търсените стойности са

a \in(0, +\infty) \cup\left\{-\frac{1}{8}\right\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-10-4

2008

4 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дадена е окръжност

k

и три различни точки

A, B

C

върху нея. Нека допирателните в точките

A

B

се пресичат в точка

P

, а правата през

C

, която е перпендикулярна на

P C

, пресича правата

A B

в точка

Q

. а) Ако правите

P C

Q C

пресичат за втори път окръжността съответно в точки

M

N

, да се докаже, че

\angle C Q P=\angle C M N

. б) Ако

S

е средата на

P Q

, да се докаже, че

S C

е допирателна към

k

Решение

а) Нека

O

е центъра на окръжността и

P O

пресича

A B

в точка

K

. По условие

\angle P C Q=90^{\circ}

и следователно

M N

е диаметър в

k

. От една страна четириъгълникът

Q C K P

е вписан в окръжност с диаметър

P Q

\angle C Q P=\angle C K O

, а от друга

P M. P C=P A^{2}=P K. P O

, т. е. четириъгълникът

M C O K

е вписан в окръжност и

\angle C K O=\angle C M O

. Следователно

\angle C Q P=\angle C M N

. б) От а) имаме

\angle C Q P=\angle C M N

и освен това

\angle Q C P=\angle M C N=90^{\circ}

, т. е.

\triangle C Q P \sim \triangle C M N

, откъдето стигаме до заключението, че

\angle S C P=\angle O C N=\angle O N C=\frac{1}{2} \widehat{M C},

т. е.

S C

е допирателна към

k

. Следователно

\angle C Q P=\angle C M N

и освен това

\angle Q C P=\angle M C N=90^{\circ}

, т. e.

\triangle C Q P \sim \triangle C M N

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че съществува функция

f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}

, удовлетворяваща равенството

f(f(n))=3 n

за всяко

n \in \mathbb{N}

Решение

Всяко естествено число

n

еднозначно се представя във вида

n=3^{k} t

, където

k

е цяло неотрицателно число и

t

е естествено число, за което

(t, 3)=

1. Да разгледаме функцията

f(n)=\left\{\begin{array}{ll} 3^{k+1}(t+1), & \text{ако} t \equiv 1(\bmod 3) \cr 3^{k}(t-1), & \text{ако} t \equiv 2(\bmod 3) \end{array}.\right.

Ако

n=3^{k} t

, където

t \equiv 1(\bmod 3)

, то

f(f(n))=f\left(3^{k+1}(t+1)\right)=

3^{k+1}(t+1-1)=3^{k+1} t=3 n.

Аналогично се проверява, че ако

n=3^{k} t

, където

t \equiv 2(\bmod 3)

, то

f(f(n))= 3 n

. Следователно функцията

f(n)

удовлетворява условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-10-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за произволни положителни реални числа

a, b

c

е в сила неравенството

\frac{a^{5}}{b c}+\frac{b^{5}}{a c}+\frac{c^{5}}{a b}+\frac{3}{2 a^{2} b^{2} c^{2}} \geq

2\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)+\frac{9}{2}-6 a b c

Кога се достига равенство?

Решение

От неравенството между средното аритметично и средното геометрично за две числа имаме

\frac{a^{5}}{b c}+a b c \geq 2 a^{3}

и аналогично

\frac{b^{5}}{a c}+a b c \geq 2 b^{3}

\frac{c^{5}}{a b}+a b c \geq 2 c^{3}

. Събираме тези три неравенства и получаваме

\frac{a^{5}}{b c}+\frac{b^{5}}{a c}+\frac{c^{5}}{a b}+3 a b c \geq 2\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)

Следователно е достатъчно да докажем неравенство

a b c+\frac{1}{2 a^{2} b^{2} c^{2}} \geq \frac{3}{2}

. Полагаме

t=a b c\gt{}0

и получаваме последователно

t+\frac{1}{2 t^{2}}-\frac{3}{2} \geq 0

2 t^{3}-3 t^{2}+1 \geq 0, (t-1)^{2}(2 t+1) \geq 0

, като последното очевидно е изпълнено за всяко

t\gt{}0

. С това даденото неравенство е доказано. Равенство се достига точно когато

a=b=c

a b c=t=1

, т. е. при

a=b=c=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-10-5

2009

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши неравенството

\frac{x+a}{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+a^{2}}}\gt{}\frac{x+b}{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+b^{2}}}

където

a

b

са реални параметри и

a\gt{}b\gt{}0

Решение

Ще разгледаме поотделно три възможности за знаците на числителите. Случай 1. Ако

x\gt{}-b

, то двете страни на неравенството са положителни и след повдигане на квадрат, освобождаване от знаменател и опростяване получаваме

(a-b) x\left(x^{2}-a b\right)\gt{}0

. Тъй като

a-b\gt{}0

, остава

x\left(x^{2}-a b\right)\gt{}0

, чиито решения (по метода на интервалите) са

x \in(-\sqrt{\vphantom{x^2}a b}, 0) \cup(\sqrt{\vphantom{x^2}a b}, +\infty)

. Понеже

-b\gt{}-\sqrt{\vphantom{x^2}a b}

, решенията в този случай са

x \in(-b, 0) \cup(\sqrt{\vphantom{x^2}a b}, +\infty)

. Случай 2. Ако

-a \leq x \leq-b

, неравенството очевидно е изпълнено. Случай 3. Ако

x\lt{}-a

, то, подобно на случай 1) получаваме неравенството

(a-b) x\left(x^{2}-a b\right)\lt{}0

, чиито решения (отново по метода на интервалите) са

x \in(-\infty, -\sqrt{\vphantom{x^2}a b}) \cup(0, \sqrt{\vphantom{x^2}a b})

. Понеже

-a\lt{}-\sqrt{\vphantom{x^2}a b}

, решенията в този случай са

x \in(\infty, -a)

. Окончателно, решенията са

x \in(-\infty, 0) \cup(\sqrt{\vphantom{x^2}a b}, +\infty)

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-10-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които равенството

(x+y)^{2 n+1}-x^{2 n+1}-y^{2 n+1}=

(2 n+1) x y(x+y)\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)^{n-1}

е тъждество.

Решение

Полагаме

x=y=1

и получаваме

2^{2 n+1}-2=2(2 n+1) 3^{n-1}

, откъдето

2^{2 n}-1=(2 n+1) 3^{n-1}

. Това уравнение се удовлетворява за

n=1, 2, 3

. Нека

n \geq 4

. Представяме уравнението във вида

\left(\frac{4}{3}\right)^{n}=\frac{2 n+1}{3}+\frac{1}{3^{n}}

. Имаме

\left(\frac{4}{3}\right)^{n}=\left(1+\frac{1}{3}\right)^{n}\gt{}1+\frac{n}{3}+\frac{n(n-1)}{2 \cdot 3^{2}}+\frac{1}{3^{n}},

откъдето

\frac{2 n+1}{3}\gt{}1+\frac{n}{3}+\frac{\left. n^{2}-n\right)}{18}

, което е еквивалентно на

n^{2}-7 n+12\lt{}0

, а последното не е възможно при

n \geq 4

. Неравенството

\left(\frac{4}{3}\right)^{n}\gt{}\frac{2 n+1}{3}+\frac{1}{3^{n}}

при

n \geq 4

може да се докаже лесно и по индукция. Следователно търсените стойности на

n

може да са само

n=1, 2, 3

. Във всеки от тези три случая непосредствено се проверява, че тъждествата са верни.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

f(x)=x^{2}+(2 a-1) x-3

g(x)=x^{2}+(a-2) x-1

, където

a

е реален параметър. Да се намерят всички стойности на

a

, за които корените на уравненията

f(x)=0

g(x)=0

са реални и са разположени така, че между двата корена на едното има точно един корен на другото.

Решение

Първи начин. Нека

x_{1}

x_{2}

са корените на

f(x)=0

, а

x_{3}

x_{4}

са корените на

g(x)=0

. Тогава не е трудно да се съобрази, че исканото е еквивалентно на

f\left(x_{3}\right) f\left(x_{4}\right)\lt{}0

. Имаме последователно

\begin{array}{ll} & f\left(x_{3}\right) f\left(x_{4}\right)\lt{}0 \Longleftrightarrow\left[x_{3}^{2}+(2 a-1) x_{3}-3\right]\left[x_{4}^{2}+(2 a-1) x_{4}-3\right]\lt{}0 \cr \Longleftrightarrow & {\left[1-(a-2) x_{3}+(2 a-1) x_{3}-3\right]\left[1-(a-2) x_{4}+(2 a-1) x_{4}-3\right]\lt{}0} \cr \Longleftrightarrow & {\left[(a+1) x_{3}-2\right]\left[(a+1) x_{4}-2\right]\lt{}0} \cr \Longleftrightarrow & (a+1)^{2} x_{3} x_{4}-2(a+1)\left(x_{3}+x_{4}\right)+4\lt{}0 \cr \Longleftrightarrow & a^{2}-4 a-1\lt{}0. \end{array}

Следователно търсените стойности на

a

са

a \in(2-\sqrt{\vphantom{x^2}5}, 2+\sqrt{\vphantom{x^2}5})

. Втори начин. Исканото е еквивалентно на изискването пресечната точка на графиките на

f(x)

g(x)

да лежи под абсцисната ос. Тъй като пресечната точка има абсциса

x_{0}=\frac{2}{a+1}

(единственото решение на уравнението

f(x= g(x))

, получаваме

g\left(\frac{2}{a+1}\right)\lt{}0 \Longleftrightarrow a^{2}-4 a-1\lt{}0

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-10-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

\triangle A B C

е известно е, че

2 \angle B A C+3 \angle A B C =180^{\circ}

. Да се докаже, че

4(B C+C A) \leq 5 A B

Решение

Ще използваме стандартните означения за елементите на

\triangle A B C

. Лесно се вижда, че

\beta=2 \gamma-180^{\circ}

\alpha=360^{\circ}-3 \gamma

, откъдето

90^{\circ}\lt{}\gamma\lt{}120^{\circ}

, т. е.

-\frac{1}{2}\lt{}\cos \gamma\lt{}0

. Имаме последователно

\begin{aligned} \frac{a+b}{c} & =\frac{\sin \alpha+\sin \beta}{\sin \gamma}=-\frac{\sin 3 \gamma+\sin 2 \gamma}{\sin \gamma} \\ & =-\left(3-4 \sin ^{2} \gamma\right)-2 \cos \gamma=-4 \cos ^{2} \gamma-2 \cos \gamma+1 \end{aligned}

Тъй като квадратната функция

y=-4 x^{2}-2 x+1

приема най-голямата си стойност при

x=-\frac{1}{4} \in\left(-\frac{1}{2}, 0\right)

, заключаваме, че

\frac{a+b}{c} \leq y\left(-\frac{1}{4}\right)=\frac{5}{4}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-10-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

N=n(n+1)(n+2)(n+3)

, където

n

е естествено число. Да се докаже, че не съществува цяло число

m

, за което

N+m^{9}=2008

Решение

Да допуснем противното. Тъй като

n(n+1)(n+2)(n+3)=\left(n^{2}+\right. 3 n+1)^{2}-1

, разглежданото равенство се записва във вида

k^{2}+m^{9}=2009

, където

k=n^{2}+3 n+1

. Да разгледаме последното равенство по модул 19 (тъй като

9=\frac{19-1}{2}

). Тогава от малката теорема на Ферма следва, че

m

е сравнимо с 0 или

\pm 1

по модул 19, а остатъците на точните квадрати по модул 19 са

0, 1, 4, 5, 6, 7, 9, 11, 16

и 17. От друга страна, имаме

2009 \equiv 14

(mod 19), откъдето следва, че исканото равенство е невъзможно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-10-6

2010

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението

20^{x^{2}} \cdot 10^{x}=2

Решение

Записваме уравнението във вида

2^{x^{2}-1} \cdot 10^{x^{2}+x}=1,

което е еквивалентно с уравнението

\left(2^{x-1} \cdot 10^{x}\right)^{x+1}=1

Имаме две възможности

x+1=0

или

2^{x-1} \cdot 10^{x}=1

. При първата достигаме до то

x_{1}=-1

, а при втората достигаме до уравнението

20^{x}=2

, което ни води до то

x_{2}=\log _{20} 2

. Окончателно получаваме решенията

x_{1}=-1

x_{2}=\log _{20} 2

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Външновписаната окръжност към страната

A B

на

\triangle A B C

се допира до

A B

в точка

D

. Ако

\angle C A B=2 \angle C D A

, да се намери стойността на отношението

A D: B D

Решение

(Тригонометричен подход) Ще използваме стандартните означения за страните на

\triangle A B C

и нека

\angle A D C=\varphi

. От синусова теорема за

\triangle A C D

получаваме

C D=\frac{b \sin 2 \varphi}{\sin \varphi}=2 b \cos \varphi

. Оттук и от косинусова теорема за

\triangle A D C

имаме

4 b^{2} \cos ^{2} \varphi=b^{2}+(p-b)^{2}-2 b(p-b) \cos 2 \varphi \Longleftrightarrow 2 b^{2} \cos 2 \varphi=-b^{2}+(p-b)^{2}-2 b(p-b) \cos 2 \varphi

, откъдето намираме

\cos 2 \varphi=\frac{p-2 b}{2 b}

. От косинусова теор

\triangle A B C

a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \frac{(p-2 b)}{2 b} \Longleftrightarrow a^{2}=

(b+c)^{2}-p c \Longleftrightarrow a-b=\frac{c}{2}.

Остава да пресметнем

B D=p-a=\frac{b+c-a}{2}=\frac{c}{4}

и следователно

A D: B D=3: 1

. (Синтетичен подход) Нека вписаната в

\triangle A B C

окръжност

k

е с център

I

и се допира до страната

A B

в точка

P

. Ако означим с

Q

диаметрално противоположната точка на

P

k

, то добре известен факт е, че точките

C, Q

D

са колинеарни. (Класическото доказателство е с хомотетия, с център

C

, която изпраща

k

във външновписаната окръжност.) Тогава

\angle I A P=\frac{1}{2} \angle C A B=\angle C D A

, т. е. правоъгълните триъгълници

\triangle I P A

\triangle Q P D

са подобни и

P D: P A=P Q: P I=2: 1

. От друга страна

P A=B D

и следователно

A D: B D=3: 1

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-10-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, такива че за всяко

x

е изпълнено равенството:

(\sin x)^{2 n}+(\cos x)^{2 n}+n \sin ^{2} x \cos ^{2} x=1

Решение

При

x=\frac{\pi}{4}

даденото равенство придобива вида

\frac{1}{2^{n}}+\frac{1}{2^{n}}+\frac{n}{4}=1

и оттук получаваме

1+(n-4) 2^{n-3}=0

. Ако

n \geq 4

, това равенство не е изпълнено, понеже

1+(n-4) 2^{n-3}\gt{}0

. Ако

n \leq 3

, проверката показва, че то е изпълнено само при

n=2

n=3

и ще докажем, че при тези стойности даденото равенство е тъждество. При

n=2

имаме

\sin ^{4} x+\cos ^{4} x+2 \sin ^{2} x \cos ^{2} x=\left(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x\right)^{2}=1

, за всяко

x

. При

n=3

имаме

\sin ^{6} x+\cos ^{6} x+3 \sin ^{2} x \cos ^{2} x=\left(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x\right)\left(\sin ^{4} x-\sin ^{2} x \cos ^{2} x+\right. \left.\cos ^{4} x\right)+3 \sin ^{2} x \cos ^{2} x=\left(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x\right)^{2}-3 \sin ^{2} x \cos ^{2} x+3 \sin ^{2} x \cos ^{2} x=1

, за всяко

x

Следователно търсените естествени числа са

n=2

n=3

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-10-4

2011

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на реалните параметри

a

b

, за които неравенството

2\left|x^{2}+a x+b\right|\gt{}1

няма

Решение

в интервала

[1, 3]

. Да означим

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

. Първо ще докажем, че абсцисата на върха на параболата

f(x)

е в интервала

[1, 3]

. Ако

-\frac{a}{2}\lt{}1 \Longleftrightarrow a\gt{}-2

, условието е еквивалентно на

2 f(1) \geq-1

2 f(3) \leq 1

, откъдето получаваме

2+2 a+2 b \geq-1

18+6 a+2 b \leq 1

. Следователно

-2 a-3 \leq 2 b \leq-6 a-17

, откъдето

-2 a-3 \leq-6 a-17 \Longleftrightarrow a \leq-\frac{7}{2}

, което противоречи на

a\gt{}-2

. Аналогично се вижда, че неравенството

-\frac{a}{2}\gt{}3

е невъзможнодава

a\lt{}-6

a \geq-\frac{9}{2}

. При

-\frac{a}{2} \in[1, 3]

условието е еквивалентно на

2 f(1) \leq 1, 2 f(3) \leq 1

2 f\left(-\frac{a}{2}\right) \geq-1

, съответно

1+a+b \leq \frac{1}{2}, 9+3 a+b \leq \frac{1}{2}

b-\frac{a^{2}}{4} \geq-\frac{1}{2}

. От първото и третото получаваме

\frac{a^{2}}{4}-\frac{1}{2} \leq b \leq-a-\frac{1}{2}

и следователно

a^{2}+4 a \leq 0 \Longleftrightarrow a \in[-4, 0]

. Аналогично от второто и третото неравенства имаме

\frac{a^{2}}{4}-\frac{1}{2} \leq b \leq-3 a-\frac{17}{2}

или

a^{2}+12 a+32 \leq 0 \Longleftrightarrow a \in[-8, -4]

. Следователно

a=-4

е единствената възможност, а тогава за

b

получаваме (от кое да е от двете двойни неравенства по-горе)

b=\frac{7}{2}

. Окончателно,

a=-4

b=\frac{7}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-10-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-10-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се реши неравенството

\sqrt{\vphantom{x^2}1-3 x-\sqrt{12-8 x}}\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}-x^{2}-3 x+4}.

Решение

Допустимите стойности за

x

са всички на системата

\begin{aligned} -x^{2}-3 x+4 & \geq 0 \\ 12-8 x & \geq 0 \\ 1-3 x-\sqrt{\vphantom{x^2}12-8 x} & \geq 0 \end{aligned}

Оттук получаваме

x \in[-4, -11 / 9]

. Повдигаме двете страни на квадрат и получаваме

x^{2}-3\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}12-8 x}

Това неравенство не е изпълнено за

x \in[-\sqrt{\vphantom{x^2}3}, \sqrt{\vphantom{x^2}3}]

. За всички останали стойности на

x

повдигаме още веднъж на квадрат и достигаме до

x^{4}-6 x^{2}+8 x-3=(x-1)^{2}\left(x^{2}+2 x-3\right)\gt{}0

Тъй като

(x-1)^{2}\gt{}0

за всяко допустимо

x

, горното неравенство се свежда до

x^{2}+2 x-3\gt{}0

, откъдето

x \in(-\infty, -3) \cup(1, +\infty)

. Окончателно на неравенството са всички

x \in[-4, -3)

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-10-4

2013

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които уравнението

x^{3}+a x^{2}-(1-a)^{2}=0

има три различни реални корена

x_{1}, x_{2}, x_{3}

, изпълняващи неравенството

\frac{x_{1}}{x_{2} x_{3}}+\frac{x_{2}}{x_{3} x_{1}}+\frac{x_{3}}{x_{1} x_{2}}\gt{}\frac{3}{2}

Решение

Имаме

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

Ако

D

е дискриминантата на квадратния тричлен, то от

D\gt{}0

получаваме

a\gt{}3 / 4

. Освен това

1-a

не трябва да е корен на квадратния тричлен, откъдето

a \neq 1, 3

. Използвайки формулите на Виет даденото по условие, получаваме

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

\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}}{x_{1} x_{2} x_{3}}=\frac{a^{2}}{(1-a)^{2}}\gt{}

\frac{3}{2}

което е изпълнено точно тогава, когато

a \in(3-\sqrt{\vphantom{x^2}6}, 3+\sqrt{\vphantom{x^2}6})

. Така окончателно

a \in\left(\frac{3}{4}, 1\right) \cup(1, 3) \cup(3, 3+\sqrt{\vphantom{x^2}6})

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

\angle A C B\gt{}90^{\circ}

. Нека

C H

е височината от върха

C (H \in A B)

, а

A L

е ъглополовящата на

\angle B A C(L \in B C)

. Да се намери

\angle A L C

, ако е известно, че

\angle A L C=\angle B H L

Решение

Нека

\angle A L C=\angle B H L=\varphi

P

е петата на височината от върха

B

към правата

A C(P \in A C \rightarrow)

. Четириъгълникът

H B P C

е вписан в окръжност с диаметър

B C

и следователно

\angle B H P=\angle B C P

. Тогава

\angle L A P=\angle B C P-\varphi=\angle B H P-\varphi=\angle L H P

т. е.

A H L P

е вписан четириъгълник. От друга страна,

A L

е ъглополовяща на

\angle B A C

и следователно

L \in s_{P H}

. Имаме две възможности: Случай 1. Ако

s_{P H} \cap B C

, то

L

е център на описаната около

H B P C

окръжност, т. е.

B L=L C, A B=A C

. Но

\angle A C B\gt{}90^{\circ}

и достигаме до противоречие. Случай 2. Ако

s_{P H} \equiv B C

, то

H B P C

е делтоид и

\angle C H L=\angle C P L=\angle B H L=\varphi,

т. е.

\varphi=45^{\circ}

. Ако използваме стандартните означения за триъгълник, то

\frac{B L}{L C}=\frac{S_{B H L}}{S_{C H L}}=\frac{B H \cdot \sin \varphi}{C H \cdot \cos \varphi}=

\operatorname{cotg} \beta \cdot \operatorname{tg} \varphi=\operatorname{cotg} \beta \cdot \operatorname{tg}\left(\frac{\alpha}{2}+\beta\right)

От друга страна,

\frac{B L}{L C}=\frac{B A}{A C}=\frac{\sin \gamma}{\sin \beta}=\frac{\sin (\alpha+\beta)}{\sin \beta}

и следователно

\cos \beta \sin \left(\frac{\alpha}{2}+\beta\right)=

\sin (\alpha+\beta) \cos \left(\frac{\alpha}{2}+\beta\right) \Leftrightarrow 2 \alpha+\beta=90^{\circ},

т. е.

\varphi=45^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които

2^{n+1} \text{дели} 7^{n!}-3^{n!} \text{.}

(С

n!

се означава произведението на естествените числа от 1 до

n

Решение

Нека

n\neq{}2^{k} \cdot m

, където

m

е нечетно, а

k

е цяло неотрицателно число. Тогава

7^{n!}-3^{n!}=\left(7^{m}\right)^{2^{k}}-\left(3^{m}\right)^{2^{k}}=

\left(7^{m}-3^{m}\right)\left(7^{m}+3^{m}\right)\left(7^{2 m}+3^{2 m}\right) \ldots\left(7^{2^{k-1} m}+3^{2^{k-1} m}\right)

Тъй като

7^{m}+3^{m} \equiv 7^{2 m}+3^{2 m} \equiv \cdots 7^{2^{k-1} m}+3^{2^{k-1} m} \equiv 2(\bmod 4)

7^{m}-3^{m} \equiv 4(\bmod 8)

, то

2^{k+2} \mid\left(7^{n!}-3^{n!}\right)

, но

2^{k+3} \nmid\left(7^{n!}-3^{n!}\right)

и следователно

n+1 \leq k+2

, т. е.

k \geq n-1

. От друга страна, ако

2^{t} \leq n\lt{}2^{t+1}\left(t \in \mathbb{N}_{0}\right)

, то

k=\left[\frac{n}{2}\right]+\left[\frac{n}{2^{2}}\right]+\cdots+\left[\frac{n}{2^{t}}\right] \leq

\frac{n}{2}+\frac{n}{2^{2}}+\cdots \frac{n}{2^{t}}=n\left(1-\frac{1}{2^{t}}\right) \leq n-1.

Следователно

k=n-1

n=2^{t}

, където

t \in \mathbb{N}_{0}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

A(n, k)

е броят на

k

-орките (

a_{1}, \ldots, a_{k}

) от цели числа, за които е изпълнено

\begin{aligned} & a_{1}+\ldots+a_{k-1} \leq n, \\ & a_{1}+\ldots+a_{k-1}+a_{k}\gt{}n, \\ & 1 \leq a_{i} \leq n, i=1 \ldots, k. \end{aligned}

За кое

k

стойността на

A(12, k)

е максимална?

Решение

Най-напред да пресметнем броя на

k

-орките (

a_{1}, \ldots, a_{k}

) от цели числа

1 \leq a_{i} \leq n

, за които

a_{1}+\ldots+a_{k} \leq n

. Очевидно тази сума може да взема сойностите

k, k+1, \ldots, n

и следователно броят на тези

k

-орки е

\binom{k-1}{k-1}+\binom{k}{k-1}+\ldots+\binom{n-1}{k-1}=\binom{n}{k}.

Оттук получаваме, че броят на

k

-орките (

a_{1}, \ldots, a_{k}

), за които

a_{1}+\ldots+a_{k-1} \leq n

a_{1}+\ldots+a_{k-1}+a_{k}\gt{}n, 1 \leq a_{i} \leq n

A(n, k)=n\binom{n}{k-1}-\binom{n}{k}=\binom{n}{k}\left(\frac{n k}{n-k+1}-1\right).

Остава да определим, за кое

k

A(12, k)=\binom{12}{k}\left(\frac{12 k}{13-k}-1\right)

е максимално. Тъй като за

1 \leq k \leq 6

и двата множителя растат, то е максимумът се достига за

6 \leq k \leq 12

. Имаме

\frac{A(12, k+1)}{A(12, k)}=\frac{k(13-k)}{k^{2}-1}.

Това отношение е по-голямо от 1 за

k=6

и по-малко от 1 за

k=7, \ldots, 12

. Следователно търсеният максимум се достига за

k=7

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-10-4

2014

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на параметъра

a

, при които системата

\left\lvert\, \begin{aligned} & 4^{x}+9^{y} \leq a \\ & 2^{x}-3^{y} \geq 1 \end{aligned}\right.

има

Решение

& 0 & 1 \hline \end{tabular} Ако в средната клетка има единица, то поне в една от ъгловите клетки има единици и с изчерпване на възможностите получаваме следните две таблици: \hline

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-10-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Върху дадена окръжност

k

са избрани точките

A, B

C

. Построена е окръжност

\omega

, която се допира до хордите

A B, A C

и вътрешно до окръжността

k

в точките

P, Q

R

съответно. Нека правите

P R

Q R

пресичат за втори път

k

в точките

M

N

съответно, а точка

T

е такава, че

A M T N

е успоредник. Да се докаже, че точките

P, Q

T

лежат на една права.

Решение

Решение. Ако

X

е сборът на числата върху всички пътища, а

Y

е броят на жителите на всички градове, то от условието имаме

X=2 Y

. Нека

x

е най-малкото общо кратно на различните числа

a

b

, като

a\gt{}b

. Тогава

x \geq a

x \geq 2 b

, откъдето

3 x \geq 2(a+b)

. Събираме съответните неравенства за всеки от пътищата в държавата и като използваме, че от всеки град излизат точно три пътя получаваме, че

3 X \geq 6 Y

, т. е.

X \geq 2 Y

. Това означава, че за всеки път е изпълнено

3 x=2(a+b)

, т. е.

x=a

x=2 b

или

a=2 b

. Получихме, че ако два града са свъзрани с път, то жителите на единия са два пъти повече от жителите на другия. Това означава, че ако от град с

a

жители може да се стигне до град с

b\lt{}a

жители, минавайки по

t

пътя, то

a=2^k b

, където

t

k

имат една и съща четност. Следователно в държавата няма затворен маршрут с нечетен брой пътища. Тогава градовете могат да се разделят в две групи без пътища във всяка от тях (това следва от добре известния факт, че граф без нечетни цикли е двуделен). Инструкции за оценяване. 3 т. за доказване на

3 x \geq 2(a+b); 1

т. за факта, че ако два града с

a

b\lt{}a

жители са свързани с път, то

a=2 b

; 2 т. за доказване, че няма цикъл с нечетна дължина; 1 т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-10-3

2015

3 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

и произволна точка

D

от вътрешността му. Точките

M, E

F

са средите съответно на страните

A B, A C

B C

. Точките

N, P

Q

са средите съответно на отсечките

D M, D E

D F

. Да се докаже, че правите

A Q, B P

C N

се пресичат в една точка.

Решение

Нека

A Q \cap B P= K

. От съответните средни отсечки в

\triangle A B C

и в

\triangle E F D

следва, че

P Q \| A B

4 P Q=A B

. От теоремата на Талес получаваме

\frac{P K}{K B}=\frac{1}{4}

. Нека

C N \cap B P= K^{\prime}

. Както по-горе получаваме, че

\frac{P K^{\prime}}{K^{\prime} B}=\frac{1}{4}

, откъдето следва, че

K \equiv K^{\prime}

и следователно правите

A Q, B P

C N

се пресичат в точка

K

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото естествено число

a

със следното свойство: съществува естествено число

n

, за което

17^{n}+87^{n} a

се дели на 455.

Решение

Нека

a

n

са такива, че

A=17^{n}+87^{n} a

се дели на 455. Тъй като

455=5 \cdot 7 \cdot 13

, ще разгледаме израза

A

поотделно по модули 5, 7 и 13. Имаме

0 \equiv A \equiv 2^{n}+2^{n} a(\bmod 5)

, откъдето

a \equiv-1(\bmod 5)

, и аналогично

0 \equiv A \equiv 3^{n}+3^{n} a(\bmod 7)

, откъдето

a \equiv-1(\bmod 7), 0 \equiv A \equiv 4^{n}+(-4)^{n} a(\bmod 13)

, откъдето

a \equiv(-1)^{n+1}(\bmod 13)

. При нечетно

n

получаваме китайска теорема за остатъците във вида

a \equiv-1 (\bmod 5), a \equiv-1(\bmod 7), a \equiv 1(\bmod 13)

, а при четно

n

имаме системата

a \equiv -1(\bmod 5), a \equiv-1(\bmod 7), a \equiv-1(\bmod 13)

. Решаването на тези системи дава съответно

a \equiv 209(\bmod 455)

(например проверяваме последователно

34, 69, 104

и т. н. по модул 13 до намиране на остатък 1 ) и

a \equiv 454(\bmod 455)

(очевидно). Сега вече е очевидно, че търсеното

a

е 209 (имаме

455 \mid 17^{n}+209 \cdot 87^{n}

при нечетно

n

, в частност и при

n=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадено е естествено число

n \leq 2015

, което не се дели на 5. Да се намери броят на различните

n

-елементни подмножества на множеството

\{1, 2, \ldots, 2015\}

със сума от елементите, кратна на 5.

Решение

За всяко число

i \in\{0, 1, 2, 3, 4\}

означаваме с

\mathcal{X}_{i}

множеството от подмножества на

A=\{1, 2, \ldots, 2015\}

със сума на елементите, даваща остатък

i

при деление на 5. Нека

\left|\mathcal{X}_{i}\right|=x_{i}

. Ще докажем, че

x_{0}=x_{1}=x_{2}=x_{3}=x_{4}

. Нека

\sigma: A \rightarrow A

е цикличната пермутация на елементите от

A

, т. е.

\sigma(i)=i+

1 за всяко

1 \leq i \leq 2014

\sigma(2015)=1

. На

X=\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots a_{n}\right\} \subset \mathcal{X}_{i}

съпоставяме множеството

X^{\prime}=\sigma(X)=\left\{\sigma\left(a_{1}\right), \sigma\left(a_{2}\right), \ldots, \sigma\left(a_{n}\right)\right\}

. От дефиницията на

\sigma

следва, че сумата на елементите на

X^{\prime}

е сравнима с

i+n

по модул 5. Тъй като

n

не се дели на 5, имаме

i+n \equiv j(\bmod 5), j \in\{0, 1, 2, 3, 4, 5\}

, където

j \neq i

. Освен това числото

j

е едно и също за различните

X \in \mathcal{X}_{i}

, т. е. винаги

\sigma(X) \in \mathcal{X}_{j}

. Образите на различни множества са различни, т. е. съпоставката е инективна. Следователно

x_{i} \leq x_{j}

. Прилагайки същото разсъждение за

\sigma: X_{j} \rightarrow X_{k}

получаваме

x_{j} \leq x_{k}, k \neq j

k \neq i

и т. н., като цикълът се затваря на петата стъпка. Следователно

x_{0}=x_{1}=x_{2}= x_{3}=x_{4}

. Тъй като

\binom{2015}{n}=x_{0}+x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=5 x_{0}

, търсеният брой е

x_{0}=\frac{\binom{2015}{n}}{5}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-10-4

2016

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на параметъра

m

, за които уравнението

9^{x^{2}-x}-m \cdot 3^{x^{2}}+9^{x}=0

има точно две реални

Решение

Уравнението е еквивалентно на

9^{x^{2}-2 x}-m \cdot 3^{x^{2}-2 x}+1=0

. Полагаме

t=3^{x^{2}-2 x}

и достигаме до

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

. Разглеждаме квадратната функция

f(t)=t^{2}-m t+

1 с дефиниционна област

t \geq 3^{-1}=\frac{1}{3}

. За да е изпълнено условието имаме следните възможности: Случай 1.

f(t)=0

има два различни реални корена

t_{1}

t_{2}

, като

t_{1}\lt{}\frac{1}{3}\lt{}t_{2}

. Тогава

f\left(\frac{1}{3}\right)\lt{}0

. т. е.

m\gt{}\frac{10}{3}

. Случай 2.

f(t)=0

има единствен реален корен

t_{0}\gt{}\frac{1}{3}

. Тогава

D=m^{2}-4=0

m\gt{}\frac{2}{3}

, т. е.

m=2

. Окончателно

m \in\left(\frac{10}{3}, +\infty\right) \cup\{2\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

с център на вписаната окръжност

I

. Нека

D

е точка от описаната около

\triangle A B C

окръжност, различна от

C

, такава, че

D I

е ъглополовяща на

\angle A D B

. Ако

A D+B D=2 D I

, то да се докаже, че

A C=B C

Решение

Нека

k

е описаната около

\triangle A B C

окръжност и правите

A I

B I

пресичат за втори път

k

в точките

K

L

съответно. От условието следва, че

\angle A D I=\angle B D I=\frac{1}{2} \angle A D B=\angle L D K,

но

\angle D A I=\angle D L K

\angle D B I=\angle D K L

и следователно

\triangle A D I \sim \triangle L D K \sim I D B

. Тогава

\frac{A D}{I D}=\frac{I D}{B D} \Rightarrow A D \cdot B D=D I^{2}.

Окончателно

A D+B D=2 D I

A D \cdot B D=D I^{2}

откъдето следва, че

A D=B D=D I

. Това означава, че точките

C, I

D

лежат на една права, но

\angle A D I=\angle B D I

, т. е.

A C=B C

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Разглеждаме пермутации

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

на числата

1, 2, \ldots, n

, имащи свойствата: (i)

a_{i}\lt{}a_{i+2}

за всички

i=1, 2, \ldots, n-2

; (ii)

a_{i}\lt{}a_{i+3}

за всички

i=1, 2, \ldots, n-3

. Да се намери най-малкото число

n

, за което броят на тези пермутации надхвърля 1000.

Решение

По условие имаме:

a_{1}\lt{}a_{3}\lt{}a_{5}, \ldots \quad a_{1}\lt{}a_{4}\lt{}a_{7}\lt{}\ldots

откъдето

a_{1}\lt{}\min \left\{a_{3}, a_{4}, \ldots, a_{n}\right\}.

Следователно

a_{1} \leq 2

и имаме две възможности: (1)

a_{1}=1

и (2)

a_{1}=2

(т. е.

a_{2}=1

). Да означим със

g(n)

броят на пермутациите на

1, 2, \ldots, n

, имащи исканите две свойства. Очевидно броят на пермутациите от тип (1) е

g(n-1)

, а броят на пермутациите от тип (2) е

g(n-2)

. Следователно,

g(n)=g(n-1)+g(n-2)

като освен това

g(1)=1, g(2)=2

. С непосредствена проверка се убеждаваме, че търсеното число е

n=16

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадено е естественото число

n

. Да се намери максималния брой делители на числото

M=2016^{n}

такива, че нито един от тях не дели някой друг.

Решение

Имаме

M=2^{5 n} \cdot 3^{2 n} \cdot 7^{n}

. Всеки делител

d

на

M

има вида

d=2^{\alpha} \cdot 3^{\beta} \cdot 7^{\gamma}, 0 \leq \alpha \leq 5 n,

0 \leq \beta \leq 2 n, 0 \leq \gamma \leq n.

Така с всеки делител

d

свързваме тройка

(\alpha, \beta, \gamma)

, като

\alpha, \beta, \gamma

се менят в указаните интервали. Ако делителите

d_{1}

d_{2}

изпълняват условието

d_{1}

да дели

d_{2}

и с тях са свързани съответно тройките (

\alpha_{1}, \beta_{1}, \gamma_{1}

) и (

\alpha_{2}, \beta_{2}, \gamma_{2}

), то имаме

\alpha_{1} \leq \alpha_{2}, \beta_{1} \leq \beta_{2}, \gamma_{1} \leq \gamma_{2} \tag{$\star$}

Сега условието на задачата се преформулира така: да се намери максималният брой тройки

(\alpha, \beta, \gamma), 0 \leq \alpha \leq 5 n, 0 \leq \beta \leq 2 n, 0 \leq \gamma \leq n

, за никои две от които не се изпълнява (*). За фиксирани

\beta

\gamma

веригите

C_{\beta, \gamma}=\{(\alpha, \beta, \gamma) \mid 0 \leq \alpha \leq 5 n\}

покриват всички допустими тройки (

\alpha, \beta, \gamma

). Тъй като от всяка от тях може да се избере най-много една тройка, то търсеният брой не надхвърля

(n+1)(2 n+1)

. От друга страна, множеството

(3 n-\beta-\gamma, \beta, \gamma) \mid 0 \leq \beta \leq 2 n, 0 \leq \gamma \leq n\}

Съдържа

(n+1)(2 n+1)

тройки, никои две от които не изпълняват ( ★) (Защо?).

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-10-4

2017

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

За кои стойности на реалния параметър

a

неравенството

4 \cdot 27^{2 x^{2}+x-a}\lt{}31 \cdot 3^{2 x^{2}+x-a}+15

има точно едно целочислено

Решение

Да положим

u=3^{2 x^{2}+x-a}

. Неравенството приема вида

4 u^{3}-31 u-15\lt{} 0 \Longleftrightarrow(u-3)(2 u+1)(2 u+5)

, откъдето по метода на интервалите получаваме

u \in(0, -5 / 2) \cup(-1 / 2, 3)

. Тъй като

u\gt{}0

, заключаваме, че

u \in(0, 3)

. Сега имаме

3^{2 x^{2}+x-a}\lt{}3

откъдето

2 x^{2}+x-(a+1)\lt{}0

x \in\left(\frac{-1-\sqrt{\vphantom{x^2}8 a+9}}{4}, \frac{-1+\sqrt{\vphantom{x^2}8 a+9}}{4}\right).

Тъй като решенията са симетрично разположени от двете страни на

-1 / 4

, имаме точно едно целочислено (а именно 0 ) точно когато

\frac{1}{4}\lt{}\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}8 a+9}}{4} \leq \frac{3}{4} \Longleftrightarrow 1\lt{}8 a+9\lt{}9.

Така за

a

получаваме

a \in(-1, 0]

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Височините

A H_{1}, B H_{2}

C H_{3}

на остроъгълен

\triangle A B C

се пресичат в точка

H

. С диаметри

H H_{1}, H H_{2}

H H_{3}

са построени три окръжности:

\omega_{1}, \omega_{2}

\omega_{3}

, които се пресичат, както следва:

\left\{A_{1}, H\right\}=\omega_{2} \cap \omega_{3}, \left\{B_{1}, H\right\}=\omega_{1} \cap \omega_{3}

\left\{C_{1}, H\right\}= \omega_{1} \cap \omega_{2}

. Да се докаже, че

\triangle A B C

е подобен на

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

Решение

Ако опишем окръжност около четириъгълника

B C H_{2} H_{3}

, получаваме, че

\angle H_{2} H_{3} C=\angle H_{2} B C=90^{\circ}-\angle A C B

. От описаната около четириъгълника

B H_{1} H H_{2}

окръжност получаваме, че

\angle H_{1} H_{3} C=\angle H_{1} A C=90^{\circ}-\angle A C B

, т. е.

H_{3} C

е ъглополовяща на

\angle H_{1} H_{3} H_{2}

. Точката

B_{1}

лежи на отсечката

H_{1} H_{3}

, защото

\angle H B_{1} H_{3}=90^{\circ}

\angle H B_{1} H_{1}= 90^{\circ}

(

H H_{3}

H H_{1}

са диаметри). Аналогично точката

A_{1}

лежи на отсечката

H_{2} H_{3}

. Хордите

H A_{1}

H B_{1}

са равни, защото отговарят на равни дъги. Сега

\triangle A_{1} H H_{3} \cong \triangle B_{1} H H_{3}

според трети признак за еднаквост и отсечката

A_{1} B_{1}

е успоредна на страната

A B

. Аналогично

B_{1} C_{1}

е успоредна на

B C

и отсечката

C_{1} A_{1}

е успоредна на страната

C A

. Оттук лесно получаваме, че триъгълниците

\triangle A B C

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

са подобни.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Редицата

\left(a_{n}\right)

е зададена чрез равенствата

a_{1}=1, \quad a_{n}=\left\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}2 a_{n-1}+a_{n-2}+\cdots+a_{1}}\right\rfloor.

Да се намери

a_{2017}

. (Тук с

\lfloor x\rfloor

означаваме най-голямото цяло число по-малко или равно на

x

Решение

Ще докажем по индукция, че за всяко

k \geq 1

е изпълнено

a_{2 k}=a_{2 k+1}=k.

Базата е очевидна. Да допуснем, че твърдението е в сила за всички

k \leq n

. Имаме

\begin{aligned} a_{2 n+2} & =\left\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}2 a_{2 n+1}+a_{2 n}+\left(a_{2 n-1}+\ldots+a_{2}\right)+a_{1}}\right\rfloor \\ & =\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}2 n+n+2((n-1)+\ldots+1)+1}\rfloor \\ & =\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}3 n+n(n-1)+1}\rfloor \\ & =\left\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}n^{2}+2 n+1}\right\rfloor \\ & =n+1, \end{aligned}

както и

\begin{aligned} a_{2 n+3} & =\left\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}2 a_{2 n+2}+\left(a_{2 n+1}+\ldots+a_{2}\right)+a_{1}}\right\rfloor \\ & =\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}2(n+1)+2(n+\ldots+1)+1}\rfloor \\ & =\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}2 n+2+n(n+1)+1}\rfloor \\ & =\left\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}n^{2}+3 n+3}\right\rfloor \\ & =n+1, \end{aligned}

тъй като

(n+1)^{2}=n^{2}+n+1\lt{}n^{2}+3 n+3\lt{}n^{2}+4 n+4=(n+2)^{2}

. Сега очевидно

a_{2017}=a_{2 \cdot 1008+1}=1008

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-10-3

2018

2 задачи

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намери най-голямото естествено число

n \geq 2

със следното свойство: измежду произволни 20 различни естествени числа могат да бъдат избрани

n

числа,

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

, за които съществува естествено число

m

, такова, че числата

m+a_{1}, m+a_{2}, \ldots, m+a_{n}

са две по две взаимнопрости.

Решение

Решение. Отговор: 9. Нека сме избрали числата

a_1, a_2, \ldots, a_n

. Ако просто число

p

дели едновременно

m+a_i

m+a_j, i \neq j

, то дели и разликата

a_i-a_j \neq 0

. Следователно такива прости числа има само краен брой. Ако те са

p_1, p_2, \ldots, p_k

, достатъчно е за всяко от тях

p_i

да съществува остатък

\alpha_i

, който се среща най-много веднъж при деление на

a_1, a_2, \ldots, a_n

на това просто число. Действително, системата

m+\alpha_i \equiv 0 \left(\bmod p_i\right), i=1, 2, \ldots, k

, има решение съгласно Китайската теорема за остатъците и такова решение върши работа (най-много едно от числата

m+a_i

ще се дели на

p_i

за всяко

i=1, 2, \ldots, k

, а други общи делители не може да има). Сега от нашите 20 числа можем да изберем 10 с еднаква четност и едно от другата четност (или 11 от една и съща четност), а от тези 11 числа можем да изберем 9 така, че някой от остатъците при деление на 3 да се среща най-много веднъж (има остатък, който се среща не повече от 3 пътимахаме максимум два от тях). За тези 9 числа е ясно, че при всяко просто число

p \geq 5

можем да намерим остатък с исканите свойства (остатъците вече са много!). Остава да докажем, че има 20 числа, за които изборът на 10 числа с исканото свойство е невъзможен. Действително, ако имаме 10 четни и 10 нечетни числа и във всяка от тези "десятки" има по три с остатъци 1 и 2 при деление на 3 и 4 делящи се на 3, няма как да изберем 10 числа с исканото свойствопоне 9 са с еднаква четност и от тях всеки остатък при деление на 3 ще се среща поне по два пъти и добавянето на кое да е

m

ще даде поне две кратни на 3. Инструкции за оценяване. (7 точки) 3 т. за доказателство, че съществуват 20 числа, за които изборът на 10 числа с исканото свойство е невъзможен, 4 т. за доказателство, че винаги можем да изберем 9 числа с исканото свойство. Повечето решения вероятно ще са подобни на втория и третия абзац.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

и произволна точка

L

, вътрешна за страната

A B

. Окръжност през точките

A

L

се допира до правата

C L

и пресича страната

A C

за втори път в точка

M

. Аналогично, окръжност през точките

B

L

се допира до правата

C L

и пресича страната

B C

за втори път в точка

N

. Ъглополовящата на ъгъл

A L M

пресича

A C

в точка

P

, а ъглополовящата на ъгъл

B L N

пресича

B C

в точка

Q

. Да се докаже, че центърът на вписаната в триъгълник

M N L

окръжност лежи на отсечката

P Q

Решение

Решение. От условието следва, че

\angle M L C=\angle B A C

\angle N L C=\angle A B C

. Тогава имаме

\angle A C B+\angle M L N=180^{\circ}

и значи четириъгълникът

M L N C

е вписан. По-нататък,

\angle C P L=\angle B A C+\frac{1}{2} \angle A L M

като външен за

\triangle A L P

\angle C L P=\angle C L M+\frac{1}{2} \angle A L M

, откъдето

\angle C P L=\angle C L P

и следователно

C P=C L

. Аналогично

C Q=C L

, т. е.

P, Q

L

лежат на окръжност с център

C

. От

\angle P M L+\angle Q N L=180^{\circ}

следва, че окръжностите, описани около триъгълниците

P M L

Q N L

се пресичат за втори път в точка от отсечката

P Q

. Ако тази точка е

I

, имаме

\angle L P I=\angle L M I

. От друга страна,

\angle L N M=\angle L C N=2 \angle L P Q

. Следователно

\angle L M I=\frac{1}{2} \angle L M N

, т. е.

M I

е ъглополовяща в

\triangle M N L

. Аналогично се вижда, че

N I

е ъглополовяща в

\triangle M N L

и следователно

I

е центърът на вписаната в триъгълник

M N L

окръжност. Инструкции за оценяване. (7 точки) 1 т. за доказателство, че

M L N C

е вписан, 1 т. за доказателство, че

P, Q

L

лежат на окръжност с център

C, 2

т. за въвеждането на точка

I

като пресечна на окръжностите, описани около триъгълниците

P M L

Q N L

, 3 т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-10-4

2019

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на реалния параметър

a

, за които уравнението

x^3-a x^2+\left(a^2-1\right) x-a^2+a=0

има три различни реални корена, които образуват аритметична прогресия.

Решение

Решение. Записваме уравнението във вида

(x-1)\left(x^2+(1-a) x-a+a^2\right)=0,

откъдето намираме

x_1=1

. Нека

x_2

x_3

са корените на квадратното уравнение. Ако 1 е средният член на прогресията, то

x_2+x_3=2

, откъдето

a-1=2

, т. е.

a=3

. При

a=3

корените на квадратното уравнение не са реални. Ако

x_1=1

не е среден член, то без ограничение можем да считаме, че

1+x_2=2 x_3

, което заедно с

x_2+x_3=a-1

дава

3 x_3=a

. Следователно

\frac{a}{3}

е корен на квадратното уравнение, т. е.

\left(\frac{a}{3}\right)^2+(1-a) \frac{a}{3}-a+a^2=0,

откъдето намираме

a=0

a=\frac{6}{7}

. При

a=0

получаваме

x_2=-1, x_3=0

и при

a=\frac{6}{7}

намираме

x_2=-\frac{3}{7}

x_3=\frac{2}{7}

. Търсените стойности са

a=0

a=\frac{6}{7}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

с център на вписаната окръжност

I

и среди на страните

A B, B C

C A

съответно

C_{0}, A_{0}

B_{0}

. Правата

C_{0} I

пресича

A_{0} B_{0}

в точка

C_{1}

. Аналогично се дефинират и точките

A_{1}

B_{1}

. Да се докаже, че: а) правите

A A_{1}, B B_{1}

C C_{1}

се пресичат в една точка; б) перпендикулярите от

A_{1}, B_{1}

C_{1}

съответно към

B C, C A

A B

се пресичат в една точка.

Решение

Ще използваме стандартните означения в

\triangle A B C

. a) Тъй като

A_{0} C_{0}

е средна отсечка в

\triangle A B C

, отсечката през

I

, която е перпендикулярна на

A C

и на

A_{0} C_{0}

, има дължина

h_{b} / 2

. Тогава височината от

I

\triangle A_{0} C_{0} I

h_{b} / 2-r

. Използвайки този факт и аналога му в

\triangle B_{0} C_{0} I

, получаваме последователно

\frac{A_{0} C_{1}}{B_{0} C_{1}}=\frac{S_{A_{0} C_{0} C_{1}}}{S_{B_{0} C_{0} C_{1}}}=\frac{S_{A_{0} C_{0} I}}{S_{B_{0} C_{0} I}}=

\frac{\left(h_{b} / 2-r\right) b / 2}{\left(h_{a} / 2-r\right) a / 2}=

\frac{b(S / b-S / p)}{a(S / a-S / p)}=\frac{p-b}{p-a}=\frac{B C_{2}}{A C_{2}},

където

C_{2}

е допирната точка на вписаната в

\triangle A B C

окръжност до страната

A B

. Следователно

C C_{1}

минава през

C_{2}

. Аналогично се доказва, че

A A_{1}

B B_{1}

минават през съответните допирни точки и са в сила съответните пропорции. Сега исканото следва от теоремата на Чева. б) От доказаното по-горе равенство

\frac{A_{0} C_{1}}{B_{0} C_{1}}=\frac{p-b}{p-a}

следва, че

C_{1}

е допирната точка на външновписаната за

\triangle A_{0} B_{0} C_{0}

окръжност откъм

A_{0} B_{0}

. Аналогични факти са в сила и за точките

A_{1}

B_{1}

. Сега исканото следва от факта, че

C_{1} A_{0}^{2}+B_{1} C_{0}^{2}+A_{1} B_{0}^{2}=C_{1} B_{0}^{2}+B_{1} A_{0}^{2}+A_{1} C_{0}^{2}

(теорема на Карно).

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

n

е четно естествено число. В някои от клетките на таблица

n \times n

са поставени пулове (не повече от един пул в клетка). Известно е, че във всеки ред, във всеки стълб и във всеки диагонал (ъгловите клетки също са диагонали) на таблицата има четен брой пулове. Да се намери максималният възможен брой пулове.

Решение

Таблицата има

2 n

диагонала с нечетен брой клетки. Тъй като във всеки такъв диагонал трябва да има поне по една празна (т. е. без пул) клетка и никои два от тях нямат общи клетки, броят на празните клетки е поне

2 n

. Следователно боят на пуловете не надминава

n^{2}-2 n

. Таблица, в която има пулове във всички клетки извън двата големи диагонала има исканото свойство и в нея има точно

n^{2}-2 n

пула.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички полиноми

f(x)

с цели неотрицателни коефициенти, за които

f(1)=9, f(2)=218

f(3)=2019

Решение

Нека

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

, където

a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{k}

са цели неотрицателни числа. От дадените равенства следва съответно, че

0 \leq a_{0} \leq 9, a_{0}

е четно и се дели на 3. Следователно

a_{0}=0

или

a_{0}=6

. Да допуснем, че

a_{0}=6

. Тогава

f(x)-6=x f_{1}(x)

, където за полинома

f_{1}(x)

имаме

f_{1}(1)=3

f_{1}(2)=106

f_{1}(3)=671

. Оттук за числото

a_{1}=f_{1}(0)

следва, че

0 \leq a_{1} \leq 3, a_{1}

е четно и

a_{1} \equiv 671 \equiv 2(\bmod 3)

, т. е.

a_{1}=2

. Сега

f_{1}(x)-2=x f_{2}(x)

, където

f_{2}(1)=1, f_{2}(2)=52

f_{2}(3)=223

. От тези равенства за

a_{2}=f_{2}(0)

следва, че

0 \leq a_{2} \leq 1, a_{2}

е четно и

a_{2} \equiv 1

(mod 3), което е невъзможно едновременно. Следователно

a_{0}=0

f(x)=x g(x)

, като

g(1)=9, g(2)=109

g(3)=673

. За

a_{1}=g(0)

имаме

0 \leq a_{1} \leq 9, a_{1}

е нечетно и

a_{1} \equiv 1(\bmod 3)

. Тогава

a_{1}=1

или

a_{1}=7

. Ако

a_{1}=7

, от

g(x)-7=x g_{1}(x)

за

a_{2}=g_{1}(0)

имаме, че

0 \leq a_{2} \leq 2, a_{2}

е нечетно и

a_{2} \equiv 0(\bmod 3)

, което води до противоречие. Следователно

a_{1}=1

. Сега от

g(x)-1=x h(x)

получаваме

h(1)=8, h(2)=54

h(3)=224

. За

a_{2}=h(0)

заключаваме, че

0 \leq a_{2} \leq 8, a_{2}

е четно и

a_{2} \equiv 2(\bmod 3)

, т. е.

a_{2}=2

или

a_{2}=8

. Последното води до

h(x)=8

, което очевидно не дава Следователно

a_{2}=2

. На следващата стъпка от

h(x)-2=x h_{1}(x)

получаваме

h_{1}(1)=6, h_{1}(2)=26, h_{1}(3)=74

и за

a_{3}=h_{1}(0)

имаме

0 \leq a_{3} \leq 6, a_{3}

е четно и

a_{3} \equiv 2(\bmod 3)

, т. е.

a_{3}=2

. Сега от

h_{1}(x)-2=x h_{2}(x)

достигаме до

h_{2}(1)=4, h_{2}(2)=12

h_{2}(3)=24

. От равенството

h_{2}(3)=24

следва, че

h_{2}(x)

е най-много от втора степен (иначе

h_{2}(3) \geq 3^{3}\gt{}

24). Следователно

h_{2}(x)=a_{6} x^{2}+a_{5} x+a_{4}

, откъдето лесно намираме

a_{6}=a_{5}=2

a_{4}=0

. Окончателно

f(x)=2 x^{6}+2 x^{5}+2 x^{3}+2 x^{2}+x

е единственото Втори начин. Да допуснем, че

f(x)

има коефициент

a_{\ell}

, по-голям или равен на 3. Тогава полиномът

g(x)=f(x)-3 x^{\ell}+x^{\ell+1}

отново е с цели неотрицателни коефициенти,

g(3)= f(3)=2019

, но

g(1)=7\lt{}9

. Продължавайки по същия начин, ще достигнем до полином

h(x)

с коефициенти измежду 0, 1 и 2, за който

h(3)=2019

h(1)\lt{}9

. Но тогава равенството

h(3)=2019

всъщност е троичният запис на 2019, който е единствен и значи

h(x)=2 x^{6}+ 2 x^{5}+2 x^{3}+2 x^{2}+x

. Тъй като

h(1)=9

, това е противоречие. Следователно коефициентите на

f(x)

са измежду 0, 1 и 2 и всъщност

f(x)=2 x^{6}+2 x^{5}+2 x^{3}+2 x^{2}+x

, като при това

f(2)=218

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-10-4

2020

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е трапец

A B C D

с основи

A B \| C D

и пресечна точка на диагоналите

O

. Средите на страните

A B, B C, C D

D A

са означени съответно с точките

N, P, M

Q

. Да се намери лицето на трапеца, ако

O N=14; \quad O P=\frac{13}{2}; \quad O M=7; \quad O Q=\frac{15}{2}

Решение

Нека

N Q \cap C D=E

N P \cap C D=F

. От

\triangle A N Q \cong \triangle D E Q

, следва че точка

Q

е среда на

E N

и, че лицата на двата триъгълника са равни. Аналогично, точка

P

е среда на

N F

и лицата на

\triangle N B P

\triangle F C P

са равни. От тук получаваме, че

S_{A B C D}=S_{A N Q}+S_{N B P}+S_{Q N P C D}=

S_{D E Q}+S_{F C P}+S_{Q N P C D}=S_{E F N}

Така, задачата се свежда до намиране лицето на

\triangle E F N. N M

е медиана в

\triangle E F N

, точката

O

лежи върху нея (защо?) и я дели в отношение

2: 1

, считано от върха на триъгълника. Следователно, точка

O

е медицентър за

\triangle E F N

. Оттук, точка

O

лежи и върху медианите

E P

F Q

, като

E O=2 \cdot O P=13

F O=2 \cdot O Q=15

. Да построим точка

O^{\prime}

върху правата

N M

, такава че

O M=M O^{\prime}

M

е между

O

O^{\prime}

. Четириъгълникът

F O^{\prime} E O

е успоредник и

F O^{\prime}=E O=13

. Също така

S_{E F N}=6 S_{F M O}=3 S_{F O^{\prime} O}

, откъдето използвайки Хероновата формула заключаваме:

S_{A B C D}=S_{E F N}=3 S_{F O^{\prime} O}=

3 \sqrt{\vphantom{x^2}21 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}=3 \cdot 7 \cdot 3 \cdot 4=252.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-10-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-10-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

За всяка редица от 2020 реални числа

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2020}

определяме редицата

b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{2020}

като:

b_{n}=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n} \quad \text{за всяко} n=1, 2, \ldots, 2020.

Да се намерят всички редици

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2020}

, за които:

b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{2020}^{2}=4\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{2020}^{2}\right)

Решение

Ще докажем, че единствено нулевата редица

a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{2020}=0

е За фиксирано

n \geq 2

имаме, че

a_{n}=n b_{n}-(n-1) b_{n-1}

и следователно:

\begin{align*} b_{n}^{2}-2 a_{n} b_{n} & =b_{n}^{2}-2 b_{n}\left(n b_{n}-(n-1) b_{n-1}\right)=(1-2 n) b_{n}^{2}+2(n-1) b_{n-1} b_{n} \\ & \leq(1-2 n) b_{n}^{2}+(n-1)\left(b_{n-1}^{2}+b_{n}^{2}\right)=(n-1) b_{n-1}^{2}-n b_{n}^{2} \tag{1} \end{align*}

като равенство се достига точно тогава, когато

b_{n-1}=b_{n}

. Тъй като

b_{1}^{2}-2 a_{1} b_{1}=-b_{1}^{2}

, сумирайки неравенствата от

n=1

до

n=2020

получаваме:

\sum_{n=1}^{2020} b_{n}^{2}-2 \sum_{n=1}^{2020} a_{n} b_{n} \leq

-2020 b_{2020}^{2} \leq

0 \Longrightarrow \sum_{n=1}^{2020} b_{n}^{2} \leq 2 \sum_{n=1}^{2020} a_{n} b_{n} \tag{2}

Сега прилагаме неравенството на Коши-Шварц-Буняковски

\left(\sum a_{n} b_{n} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}\sum a_{n}^{2}} \sqrt{\vphantom{x^2}\sum b_{n}^{2}}\right)

към горното неравество и получаваме:

\sum_{n=1}^{2020} b_{n}^{2} \leq

2 \sqrt{\vphantom{x^2}\sum_{n=1}^{2020} a_{n}^{2}} \sqrt{\vphantom{x^2}\sum_{n=1}^{2020} b_{n}^{2}},

\text{откъдето} \sum_{n=1}^{2020} b_{n}^{2} \leq

4 \sum_{n=1}^{2020} a_{n}^{2}. \tag{3}

От допълнителното условие в задачата, заключаваме, че трябва да се достига равенството, откъдето

b_{2020}=0

b_{n}^{2}-2 a_{n} b_{n}=(n-1) b_{n-1}^{2}-n b_{n}^{2}

, за всяко

n=2, \ldots, 2020

. Но второто равенство ни дава

b_{1}=b_{2}=\cdots=b_{2020}

и от

b_{2020}=0

, получаваме, че

b_{n}=0

за

n=1, 2, \ldots, 2020

. Сега е ясно, че

a_{1}=b_{1}=0

a_{n}=n b_{n}-(n-1) b_{n-1}=0

за всяко

n=2, \ldots, 2020

. Непосредствена проверка показва, че

a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{2020}=0

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-10-4

2021

4 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

За триъгълник

A B C

външновписаната окръжност

k

с център

O

и радиус

r

към страната

A B

се допира до

A B

в точка

D

и до продълженията на страните

A C

B C

съответно в точки

P

Q

. Нека

C O

пресича

A B

в точка

L

. Ако

C D=r

, да се докаже, че

Q P

разполовява

O L

Решение

Нека

P Q

пресича

O L

в точка

T

. От

\triangle Q O C

- правоъгълен следва

Q O^{2}=O T. O C(1)

. Нека

D M

е перпендикуляр от

D

към

C O

. От

\triangle D L O

правоъгълен следва

D O^{2}=O M. O L(2)

. От (1) и (2) получаваме

O T. O C=O M. O L

. От

C D=O D

следва

O C=2. O M

, т. е.

2. O T=O L

, с което твърдението е доказано.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които числото

N=2+\sum_{k=1}^{n} k \cdot 2^{k}

е точен квадрат на естествено число.

Решение

С ММИ установяваме, че

\sum_{k=1}^{n} k \cdot 2^{k}=(n-1) \cdot 2^{n+1}+2

. Търсим

n

, за които

N= 4+(n-1).2^{n+1}=t^{2}

, където

t

е естествено число. При

n\gt{}5

имаме

t=2. k

откъдето

1+(n-1).2^{n-1}=k^{2}=(2. s+1)^{2}

(n-1).2^{n-1}=2. s(2. s+2)

, т. е.

(n-1).2^{n-3}=s.(s+1)

. Тъй като

s

s+1

са 2 последователни числа и

2^{n-3}\gt{}n

за

n\gt{}5

(ММИ) следователно

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

и възможните са за

n=1, 2, 3, 4, 5

. С директна проверка се установява, че търсените

n

са

n=1

N=4, n=3

N=36, n=4

N=100

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-10-3

Задача 3b

Пълен запис

Условие

Нека

a\gt{}1

е дадено естествено число. Да се докаже, че за всяко естествено число

n

, произведението

\left(a^{n+1}-1\right)\left(a^{n+2}-1\right)\left(a^{n+3}-1\right) \cdots\left(a^{n+2022}-1\right)

се дели на произведението

(a-1)\left(a^{2}-1\right)\left(a^{3}-1\right) \cdots\left(a^{2022}-1\right)

Решение

Ще докажем следното по-общо твърдениеза всички естествени

a\gt{}1, m

n

числото

f(m, n): =

\frac{(a-1)\left(a^{2}-1\right)\left(a^{3}-1\right) \cdots\left(a^{m+n}-1\right)}{(a-1)\left(a^{2}-1\right)\left(a^{3}-1\right) \cdots\left(a^{m}-1\right) \cdot(a-1)\left(a^{2}-1\right)\left(a^{3}-1\right) \cdots\left(a^{n}-1\right)}

е естествено. (Исканото в задачата следва след съкращаване на

(a-1)\left(a^{2}-1\right) \cdots\left(a^{n}-1\right)

в числителя и знаменателя при

m=2022

.) Разсъждаваме индуктивно по

m+n

. Понеже

f(m, n)=f(n, m), f(1, n)=\frac{a^{n+1}-1}{a-1}=a^{n}+a^{n-1}+\cdots+a+1

f(1, 1)=a+1

, базата е доказана и можем да приемем исканото за

f(m-1, n)

f(m, n-1)

за фиксирани

m

n

, с целта да докажем, че то е вярно и за

f(m, n)

. Но от

a^{m+n}-1=a^{n}\left(a^{m}-1\right)+\left(a^{n}-1\right)

получаваме

f(m, n)=a^{n} f(m-1, n)+f(m, n-1)

и исканото следва.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-10-3b

Задача 4

Пълен запис

Условие

Едно 19 -цифрено число

A=\overline{a_{1} a_{2} \cdots a_{19}}

ще наричаме богато, ако

(*)

Всяка от цифрите му е или 1 или 2 (т. е.,

a_{i} \in\{1, 2\}, \forall i=1, 2, \ldots, 19

(*)

Никои две четирицифрени числа, съставени от 4 последователни цифри на

A

не съвпадат (т. е.,

\overline{a_{i} a_{i+1} a_{i+2} a_{i+3}} \neq \overline{a_{j} a_{j+1} a_{j+2} a_{j+3}}, \forall 1 \leq i \leq j \leq 16

). a) Да се покаже, че съществуват богати числа. б) Да се докаже, че за всяко богато число

A

е в сила

\overline{a_{1} a_{2} a_{3}}=\overline{a_{17} a_{18} a_{19}}

Решение

а) Директно се проверява, че числото

A=2222111122121121222

е богато. б) Различните четирицифрени числа с цифри измежду

\{1, 2\}

са

2^{4}=16

на брой. Всяко 19 -цифрено число (нямащо цифра 0, както е в случая) съдържа точно 16 четирицифрени "подчисла"

\overline{a_{i} a_{i+1} a_{i+2} a_{i+3}}, 1 \leq i \leq 16

, съставени от 4 последователни негови цифри. Следователно, едно число е богато тогава и само тогава, когато съдържа всичките 16четирицифрени числа с цифри 1 и/или 2 сред подчислата си. Да разгледаме 20 -цифреното число

A^{\prime}=\overline{a_{1} a_{2} \cdots a_{19} a_{20}},

получено от произволно богато

A

след дописването на цифрата

a_{20} \in\{1, 2\}

на последно място. Съгласно казаното дотук, подчислото

\overline{a_{17} a_{18} a_{19} a_{20}}

вече ще се е срещало в

A

без значение от избора на

a_{20}

. Нека означим с

i

индекса, за който при

\overline{a_{i} a_{i+1} a_{i+2} a_{i+3}}=\overline{a_{17} a_{18} a_{19} 1}

, съответно с

j

индекса, за който

\overline{a_{j} a_{j+1} a_{j+2} a_{j+3}}=\overline{a_{17} a_{18} a_{19} 2}

. Очевидно

i \neq j

, защото

\overline{a_{17} a_{18} a_{19} 1} \neq \overline{a_{17} a_{18} a_{19} 2}

Ако

i=1

или

j=1

, то

\overline{a_{1} a_{2} a_{3}}=\overline{a_{17} a_{18} a_{19}}

и твърдението е в сила. Да допуснем, че

1\lt{}i, j \leq 16

. Тогава и

a_{i-1}

a_{j-1}

са цифри в

A

, а съгласно принципа на Дирихле поне две от цифрите

a_{i-1}, a_{j-1}, a_{16}

ще са равни помежду си. Но тогава и поне две измежду подчислата

\left\{\overline{a_{i-1} a_{i} a_{i+1} a_{i+2}}, \overline{a_{j-1} a_{j} a_{j+1} a_{j+2}}, \overline{a_{16} a_{17} a_{18} a_{19}}\right\}

ще съвпадат, което противоречи с определението за богато число. Следователно

\min \{i, j\}=

1 и твърдението е доказано.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-10-4

2022

1 задача

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

A B C

\angle A C B=70^{\circ}

и височини

A M (M \in B C)

C N(N \in A B)

. Точките

T

Q

от отсечката

B N

са такива, че

T

е между

N

Q

\angle N C T=\angle B C Q

. Правата

C Q

пресича отсечката

A M

в точка

P

. Описаната около триъгълника

A P Q

окръжност пресича отсечката

A C

за втори път в точка

K

, а правата

K P

пресича отсечката

B C

в точка

L

. Да се намери големината на

\angle C T L

Решение

Нека

P_{1}

е симетричната точка на

P

относно

B C

(явно

P, M

P_{1}

лежат на една права) и

P_{1} L \cap A B=T_{1}

. Тъй като

\angle C P_{1} T_{1}=\angle C P L=\angle K P Q=180^{\circ}-\angle B A C

, получаваме, че

A C P_{1} T_{1}

е вписан в окръжност. От друга страна,

\angle T C P_{1}=\angle T C B+\angle B C P_{1}=\angle T C B+ \angle N C T=\angle N C B=\angle P_{1} A T

и значи

A C P_{1} T

също е вписан. Оттук

T

T_{1}

съвпадат, откъдето

\angle C T L=\angle P_{1} T C=\angle C A P_{1}=\angle C A M=90^{\circ}-\angle A C B=20^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2022-10-2

2023

2 задачи

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото естествено число

n

, за което съществуват

n

прави в равнината, никои три от които не се пресичат в една точка такива, че (i) Броят различни пресечни точки между правите е 23; (ii) Броят различни триъгълници, образувани чрез правите е 14.

Решение

Нека разделим правите в

k

"снопи", като в един сноп всички прави са успоредни помежду си. Нека означим с

n_{i}

броят прави в

i

-тия сноп,

i=1, \ldots, k

. Ако приемем, че

\binom{1}{2}=0

, то можем да разглеждаме и снопове, съставени от една единствена права и ще имаме връзката

n_{1}+n_{2}+\cdots+n_{k}=n, \quad n_{i} \geq 1, \forall i=1, 2, \ldots, k

Без ограничение на общността,

n_{1} \geq n_{2} \geq \cdots \geq n_{k}

. Броят

P

различни пресечни точки между правите е точно

P=\binom{n}{2}-\sum_{i=1}^{k}\binom{n_{i}}{2}

Оттук, необходимо условие е

\binom{n}{2} \geq 23

, откъдето

n \geq 8

. Да допуснем, че

n=8

. Тогава,

\binom{n_{1}}{2}+\binom{n_{2}}{2}+\cdots+\binom{n_{k}}{2}=\binom{8}{2}-23=5;

\quad n_{1}+n_{2}+\cdots+n_{k}=8.

Тъй като

\binom{2}{2}=1, \binom{3}{2}=3, \binom{4}{2}=6\gt{}5

, получаваме че

n_{i} \leq 3, \forall i

. Ако допуснем, че няма сноп от три прави, то тогава са ни необходими 5 снопа от по 2 прави, т. е., поне 10 прави, което е противоречие. От друга страна

3+3=6\gt{}5

и няма как да има повече от един сноп от три прави, откъдето заключаваме, че единствената възможност е да имаме точно един сноп от 3 прави. Оттук следва, че имаме и два снопа по две прави, а единствената останала права образува последния четвърти сноп, т. е.,

\left\{n_{1}, n_{2}, n_{3}, n_{4}\right\}=\{3, 2, 2, 1\}

. Нека сега преброим колко триъгълника се образуват в тази конфигурация. Всеки триъгълник се генерира от 3 прави от различни снопи и значи, общия брой триъгълници е

T=3 \cdot 2 \cdot 2+3 \cdot 2 \cdot 1+3 \cdot 2 \cdot 1+2 \cdot 2 \cdot 1=28 \neq

14. \quad

\Longrightarrow \quad n \neq 8.

Да допуснем, че

n=9

. Тогава,

\binom{n_{1}}{2}+\binom{n_{2}}{2}+\cdots+\binom{n_{k}}{2}=\binom{9}{2}-23=13;

\quad n_{1}+n_{2}+\cdots+n_{k}=9.

С аналогични на горните разсъждения, поолучаваме, че

n_{i} \leq 5, \forall i

. Отново, ако няма сноп от 5 прави, то ни трябват поне 2 снопа от четири и още един от две, т. е., поне 10 прави, което е противоречие. С разглеждане на случаи, лесно се съобразява, че единствената възможност е

\left\{n_{1}, n_{2}, n_{3}\right\}=\{5, 3, 1\}

, за която имаме

5 \cdot 3 \cdot 1=15

различни триъгълника. Но

15 \neq 14

, следователно

n \neq 9

. Аналогично, при

n=10

получаваме, че единствената възможна конкфигурация на 10 прави в равнината с точно 23 различни пресечни точки е

\left\{n_{1}, n_{2}, n_{3}\right\}=\{7, 2, 1\}

, за която имаме

7 \cdot 2 \cdot 1=14

различни триъгълника. Следователно, то на задачата

\mathrm{e} n=10

. Не е трудо да се съобрази, че това е единственото

n

, за което задачата има Втори начин. Задачата може да се атакува и с

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2023-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n \geq 4

е естествено число. Да се намерят всички цели числа

a

, за които полиномът

f(x)=x^{n}+a x^{n-1}+63

може да се напише като произведение

p(x) q(x)

на два полинома

p(x), q(x)

с цели коефициенти, всеки от които е от степен поне единица.

Решение

Нека

p, q

имат степен

k

\ell: =n-k

съответно. Техните старши коефициенти трябва да бъдат цели числа с произведение едно, и БОО може да допуснем, че старшите коефициенти са 1. Нека

p(x)=x^{k}+a_{1} x^{k-1}+\cdots+a_{k}, q(x)=x^{\ell}+b_{1} x^{\ell-1}+\ldots b_{\ell}

, където всички коефициенти са цели числа. Знаем, че

a_{k} b_{\ell}=63

, така че БОО

7 \mid a_{k}

7 \nmid b_{\ell}

. Ако погледнем коефициента на

x^{1}

, получаваме

0=a_{k} b_{\ell-1}+a_{k-1} b_{\ell}

, следователно

7 \mid a_{k-1} b_{\ell}

, но

7 \nmid b_{\ell}

, тоест

7 \mid a_{k-1}

. Повтаряйки този процес получаваме по индукция

7\left|a_{k-2}, \ldots, 7\right| a_{1}

(7|

a_{1}

се получава от коефициента на

x^{k-1}

, а

k-1\lt{}n-1-1

, тоест коефициентът на

f(x)

е нула). Ако допуснем, че

k\lt{}n-1

, сравнявайки коефициентите пред

x^{k}

получаваме

0=b_{\ell}+b_{\ell-1} a_{1}+\ldots,

което дава противоречие по модул 7. Следователно

k=n-1

, тоест

q

е от степен едно:

q(x)=x+b_{1}

. Възможните стойности за

b_{1}

са

\pm 1, \pm 3, \pm 9

. Ако

f(x)=x^{n}+a x^{n-1}+63=p(x)\left(x+b_{1}\right),

то трябва

f\left(-b_{1}\right)=0

. Ако

b_{1}= \pm 9

или

\pm 3

, получаваме, че

3^{n-1} \geq 27 \mid 63

, което е противоречие. Ако

b_{1}=-1

, то

0=f(1)=1+a+63

, т. е.,

a=-64

, а ако

b_{1}=1

, то

f(-1)=(-1)^{n-1}(-1+a)+63=0,

тоест при

n

четно

a-1=63, a=64

, а при

n

нечетно,

a-1=-63, a=-62

. Окончателно, ако

n

е четно,

a= \pm 64

, а ако

n

е нечетно,

a \in\{-64, -62\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2023-10-4

2024

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Третият, деветият и тридесет и деветият член на растяща аритметична прогресия са последователни членове на геометрична прогресия в този ред. a) Да се намери частното на геометричната прогресия. б) Ако разликата на аритметичната прогресия е 2 и сумата на първите ѝ

n

члена е 2024, то да се намери

n

Решение

а) Да означим членовете на нарастващата аритметична прогресия с

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

, а разликата ѝ с

d\gt{}0

. Имаме, че

a_{3}, a_{9}, a_{39}

образуват в този ред геометрична прогресия и значи, частното е

q=a_{9} / a_{3}

, а също така е в сила равенството

a_{9}^{2}=a_{3} \cdot a_{39} \quad \Leftrightarrow \quad\left(a_{3}+6 d\right)^{2}=a_{3}\left(a_{3}+36 d\right) \quad

\Leftrightarrow \quad 24 a_{3} d=36 d^{2} \quad \Leftrightarrow \quad 2 a_{3}=3 d.

Тогава,

a_{9}=a_{3}+6 d=a_{3}+2\left(3 a_{3}\right)=5 a_{3}

и значи

q=a_{9} / a_{3}=5

. б) От подточка а) имаме, че

a_{3}=3 d / 2=3

, следователно

a_{1}=a_{3}-2 d=-1

. Общата формула за сумата

S_{n}

на първите

n

члена на аритметичната прогресия се записва така:

2024=S_{n}=\frac{2 a_{1}+(n-1) d}{2} \cdot n=

\frac{2 \cdot(-1)+(n-1) \cdot 2}{2} \cdot n=(n-2) n.

Разлагайки квадратното уравнение

n^{2}-2 n-2024=0

на множители, получаваме (

n-

46)

(n+44)=0

и тъй като

n

трябва да е естествено число, то

n=46

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остър ъгъл с връх

O

и големина

\alpha

. Точка

P

е фиксирана във вътрешността на ъгъла. Точки

M

N

са върху раменете на ъгъла, такива че

P

е вътрешна за триъгълник

O M N

\angle M P N=180^{\circ}-\alpha

. Да се докаже, че когато точките

M

N

се движат по двете рамена на ъгъла, петата на перпендикуляра от

P

към

M N

лежи на фиксирана окръжност.

Решение

Нека

K

L

са петите на перпендикулярите от точка

P

към раменете на ъгъла (

O, K, M

са върху едното рамо, а

O, L, N

- върху другото). Нека точка

R

е средата на

P O

. От вписаните четириъгълници

Q P L N

Q P K M

следва, че

\angle K Q L=\angle K Q P+\angle P Q L= \angle P M O+\angle P N O=180^{\circ}-2 \alpha

(това е от сбор ълли в

M O N P

). От

R

среда на хипутенуза в правоъгълните триъгълници

P L O

P K O

следва, че

\angle L R K=2 \alpha

. Следователно

Q K R L

е вписан и точка

Q

лежи върху фиксираната окръжност, описана около

\triangle K R L

. Задачата е доказана.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намери вероятността при хвърляне на зар (стандартен, с форма на куб), числото

k

, което се падне да притежава следното свойство: За всяко просто число

p

, за което съществуват естествени числа

a, b

такива, че

p^{2}=a^{2}+k \cdot b^{2}

, съществуват и естествени числа

x, y

такива, че

p=x^{2}+k \cdot y^{2}

Решение

Възможните стойности за

k

са

\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}

и те са равновероятни. Директно проверяваме, че при

k=3

(a, b)=(1, 1)

имаме, че

2^{2}=1^{2}+3 \cdot 1^{2}

и това е най-малката възможна сума за

a^{2}+k \cdot b^{2}

. Следователно,

p=2

не изпълнява свойството и

k=3

не е При

k=5

(a, b)=(2, 1)

имаме, че

3^{2}=2^{2}+5 \cdot 1^{2}

x^{2}+5 \cdot y^{2} \geq 1+5=6\gt{}3

. Следователно,

p=3

не изпълнява свойството и

k=5

не е При

k=6

(a, b)=(1, 2)

имаме, че

5^{2}=1^{2}+6 \cdot 2^{2}

x^{2}+6 \cdot y^{2} \geq 1+6=7\gt{}5

. Следователно,

p=5

не изпълнява свойството и

k=6

не е Ще покажем, че свойството е изпълнено за всяко

k \in\{1, 2, 4\}

. Наистина, при

k \in\{1, 4\}

, свойството е директно следствие от характеризацията на Питагоровите тройки. И в двата случая директно се проверява, че

p=2

не води до в естествени числа на уравнението

p^{2}=a^{2}+k \cdot b^{2}

. Следователно е необходимо да разглеждаме само нечетни

p

. Но тогава, от

p^{2}=a^{2}+k \cdot b^{2}

следва, че числата са две по два взаимно прости, т. е.,

(a, p)=(b, p)=(a, b)=1

. При

k=4

, имаме че

a

е нечетно, а при

k=1

- че точно едно от числата в двойката

(a, b)

е нечетно. Оттук, поради симетрия във втория случай, б. о. о. можем да разглеждаме единствено нечетни

a

. Тогава и в двата случая (

p-a, p+a

)

=2

, а

k \cdot b^{2}=\left(2 b_{1}\right)^{2}

, т. е., имаме, че

\left(2 b_{1}\right)^{2}=(p-a)(p+a) \quad \Rightarrow \quad \exists x,

y \in \mathbb{N}: p-a=2 x^{2} \text{и} p+a=2 y^{2} \quad \Rightarrow \quad p=x^{2}+y^{2}.

Не може

p-a=x^{2}

p+a=y^{2}

, защото тогава и

x

y

трябва да са четни и значи

(p-a, p+a) \geq 4\gt{}2

. Противоречие. При

k=2

, отново имаме че

4=a^{2}+2 b^{2}

няма в естествени числа и значи се интересуваме само от нечетни

p

. Нека разгледаме произволно нечетно просто, което изпълнява условието

p^{2}=a^{2}+2 b^{2}

за някоя двойка естествени числа (

a, b

). Отново имаме, че

(a, p)=(b, p)=(a, b)=1; a

е нечетно;

b

е четно, защото в противен случай

p^{2} \equiv 3(\bmod 4)

, което е невъзможно; и

(p-a, p+a)=(p-a, 2 p)=2

. Ясно е, че ако

a

удовлетворява равенството, то

-a

- също, така че б. о. о. (с точност до знак за

a

) можем да си мислим, че

4 \nmid p-a

. Тогава, съществуват естествени числа

x, y(x

- нечетно) такива, че

|p+a|=(2 y)^{2}, \quad|p-a|=2 x^{2}, \quad b=2 x y

Но, от

b\gt{}0

имаме, че

|p|\gt{}|a|

и значи и двете числа

p+a, p-a

са положителни. Окончателно,

2 p=2 x^{2}+(2 y)^{2}

и тогава

p=x^{2}+2 y^{2}

. С това случая

k=2

е завършен. Така, търсената вероятност е

P=\frac{\# \text{брой добри случаи}}{\# \text{всички случаи}}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Във всяка клетка на квадрат

10 \times 10

е записано цяло число. Правоъгълник, съставен от клетки на квадрата, ще наричаме добър, ако сумата от числата в него се дели на 5. Разрешено е едновременно да се оцветят всички клетки в добър правоъгълник, но е забранено една клетка да се оцветява повече от веднъж. Да се намери максималното число

d

, за което е възможно винаги да се оцветят поне

d

клетки при произволен първоначален избор и разположение на числата.

Решение

Ще докажем следното помощно твърдение: Лема. В правоъгълник

1 \times k

е възможно да се оцветят няколко няколко непресичащи се добри правоъгълника, съдържащи поне

k-4

клетки. Доказателство: Ще проведем индукция по

k

. Твърдението е тривиално при

k \leq 4

. Нека

k \geq 5

и в петте най-леви клетки да са записани числата

a_{1}, \ldots, a_{5}

. Измежду числата

0, a_{1}, a_{1}+a_{2}, \ldots, a_{1}+\cdots+a_{5}

има две, които дават еднакви остатъци при деление на 5. Тогава тяхната разлика има вида

a_{i}+a_{i+1}+\cdots+a_{j}

за някои

1 \leq i \leq j \leq 5

. Следователно правоъгълника

R_{i, j}

, съставен от клетките от

i

-та до

j

-та включително е добър и можем да го "премахнем". Останалите клетки дефинират нов правоъгълник

1 \times(k-(j-1+1))

, в който, съгласно индукционното предположение, можем да оцветим няколко непресичащи се добри правоъгълника така, че да остана не повече от 4 неоцветени клетки. Лесно се съобразява, че ако премахнатия правоъгълник

R_{i, j}

е вътрешен за някой от добрите правоъгълници за

1 \times(k-(j-1+1))

, то обединението на тези два добри правоъгълника отново е добър правоъгълник. Така, в изходния правоъгълник ще има оцветени общо поне

k-4

клетки, с което лемата е доказана. Ще докажем, че е възможно да оставим не повече от

4^{2}=16

неоцветени клетки. Да приложим лемата за правоъгълник

1 \times 10

в клетките на който са записани сумите от числата в стълбовете на изходния квадрат. Получаваме няколко добри правоъгълника и можем да оцветим съответните им правоъгълници с височина 10 в изходния квадрат. След това ще останат неоцветени не повече от 4 стълба и лемата за всеки от тях оставя неоцветени общо не повече от

4 \times 4=16

неоцветени клетки. Следователно

d \geq 10^{2}-4^{2}=84

. От друга страна, ако във всички клетки на горния ляв

4 \times 4

квадрат на изходния квадрат запишем числото 1, а във всички останали клетки на изходния квадрат запишем числото 0, то лесно се съобразява, че единствения начин да боядисваме клетка с 1 в нея е тя да бъде част от добър правоъгълник за горния ляв

4 \times 4

квадрат. Но тъй като 5 е просто число, това е възможно само когато поне един от размерите на правоъгълника се дели на 5, което няма как да се случи при

4\lt{}5

. Така, в този случай всички 16 клетки, съдържащи единица остават винаги небоядисани. Следователно

d \leq 100-16=84

. Окончателно,

d=84

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-10-4