Задача 1
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
Избран клас
11
Открити липси за попълване от източника
- oliobl2023-11-2: има placeholder текст
- oliobl2020-11-1: има placeholder текст
- oliobl2020-11-2: има placeholder текст
- oliobl2018-11-3: има placeholder текст
- oliobl2009-11-3: има placeholder текст
- oliobl2007-11-3: има placeholder текст
- oliobl2007-11-4: има placeholder текст
- oliobl2006-11-4: има placeholder текст
- oliobl2004-11-3: има placeholder текст
- oliobl2004-11-5: има placeholder текст
2004
6 задачиПълен запис
Задача 2
Условие
Допирателните към описаната около остроъгълния триъгълник окръжност, построени в точките и , се пресичат в точка . Ако е среда на , докажете, че .Решение
От синусовата теорема за триъгълниците и имамеОттук, тъй като , получаваме , т. е.От синусовата теорема за триъгълниците и имамеОттук, тъй като , получаваме , т. е.От (1) и (2) следва, че . Тъй като и двата ъгъла са остри и функцията тангенс е растяща в интервала , то .Задача 3
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 4
Условие
Даден е триъгълник . Точките и са от симетралите съответно на страните и , като е вътрешна за триъгълника , а - външна и . Ако пресича отсечката в точка докажете, че триъгълникът и четириъгълникът имат равни лица.Решение
От подобието на равнобедрените триъгълници и имаме . Тъй като , получаваме, че е подобен на с коефициент на подобие , където е ъгълът при основата на триъгълниците и . Оттук . ИзразявамеиОт полученото равенство следва твърдението на задачата.Задача 5
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 6
Условие
Във вътрешността на триъгълник с лице равно на 1 е избрана произволна точка, която е съединена с върховете му. След това в един от получените три триъгълника отново е избрана произволна точка и е съединена с върховете му. На сяка стъпка се избира произволна точка от вътрешността на някои от получените до момента триъгълници и тя се свързва с върховете на този триъгълник. Да означим с броя на избраните точки. a) Да се докаже, че триъгълникът е разделен на триъгълника. б) За всеки два триъгълника от разделянето с обща страна е пресметната сумата от лицата им. Да се докаже, че максималната от тези суми е не помалка от .Решение
а) На всяка стъпка триъгълникът, от който се избира точка се разделя на три нови триъгълника, т. е. общият брой триъгълници се увеличава с 2. Тъй като в началото имаме само един триъгълник, то след -та стъпка ще имаме триъгълника. б) С индукция по ще докажем, че ако "извадим" произволен триъгълник, то останалите триъгълници могат да бъдат групирани по двойки като триъгълниците в една двойка имат обща страна. При твърдението е очевидно. Нека твърдението е вярно за . Ще докажем, че то е вярно и за . Нека на -та стъпка да сме добавили точка в триъгълник . От полученото разделяне да "извадим"произволен триъгълник . Ако е някои от , или (без ограничение нека това е ), то да разгледаме конфигурацията на -та стъпка с изваден . Съгласно индукционната хипотеза останалите триъгълници могат да бъдат групирани по двойки с обща страна. Остава да добавим двойката ( , ). Ако е различен от и , то разглеждаме конфигурацията на -та стъпка с изваден триъгълник . Съгласно индукционната хипотеза останалите триъгълници могат да бъдат групирани по двойки с обща страна и нека е в двойко с . Тогава заместваме двойката ( ) с двойките ( ) и ( ). С това индукцията е завършена. Тъй като лицето на е 1, то минималното лице на триъгълник е не по-голямо от . Да разгледаме всички триъгълници от разбиването, без този с минимално лице. Съгласно доказаното по-горе останалите триъгълници могат да бъдат групирани по двойки с обща страна. Тъй като имаме такива двойки с общо лице поне , то максималната сума от лицата на два триъгълника в една двойка е поне .2005
5 задачиЗадача 2
Условие
В остроъгълен триъгълник с лице 1 са избрани точки така, че , където е остър ъгъл. Отсечките и се пресичат в точките и . а) Да се докаже, че центърът на описаната около окръжност съвпада с ортоцентъра на . б) Ако , да се намери .Решение
Нека . При традиционните означения за ълли, . Аналогично, и , т. е. триъгълниците и са подобни. Нека е ортоцентър на . От равенството получаваме, че около всеки от четириъгълниците , може да се опише окръжност. Така получаваме, че и , откъдето следва, че е център на описаната окръжност за . б) Доказахме, че точките и лежат на една окръжност; от синусовата теорема имаме , т. е. . Като вземем предвид, че е радиус на описаната около окръжност, намираме, че коефициентът на подобие за и е . Следователно и тъй като , намираме , т. е. .Задача 3
Условие
Нека е дадено естествено число. Естествените числа са по-малки или равни на , като е най-голямото от тях и е изпълнено равенствотоa) Да се докаже, че . б) Да се намери броят на наредените четворки ( ) с посочените свойства.Решение
а) Директна проверка показва, че при условието е изпълнено. Да допуснем, че . Тогава . Наистина, последното е равносилно с . Аналогично и . След почленно умножаване получаваме противоречие с условието. Аналогично разсъждаваме и при . Следователно . б) При фиксирано броят на решенията на уравнението е точно равен на биномния коефициент . Можем да докажем това по следния начин: ако запишем в редица единици, броят на решенията е равен на броя на начините, по които можем да разположим две "разделителни чертички" в редицата (например съответства на ), т. е. на . Можем да приемем, че формулата е вярна и при и , защото тогава броят е нула. Остана да пресметнемЗадача 4
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър , за които уравнениетоимаРешение
Да решим даденото уравнение. Тъй като условията и , т. е. трябва да бъдат изпълнени едновременно, при уравнението няма При уравнението е еквивалентно накоето при записваме като . Корените на полученото уравнение са и и намираме . За да няма даденото уравнение, за трябва да е в сила равенството , което се получава при . Окончателно, отговорът на задачата е .Задача 5
Условие
Ъглополовящите на и в пресичат описаната около триъгълника окръжност съответно в точки и . Страната пресича правите и съответно в и пресича и съответно в и и пресича и съответно в и . а) Да се докаже, че височината през в триъгълник е равна на радиуса на вписаната в триъгълник окръжност. б) Да се докаже, че правите и се пресичат в една точка.Решение
Ако е височината през в , то (1). От синусовата теорема за намирамекъдето е радиусът на описаната около окръжност. След заместване в (1) получаваме . Но , където е радиусът на вписаната в окръжност. Следователно . б) Аналогично на а) височината през на е равна на , което означава, че правата е успоредна на и е на разстояние от нея, следователно , където е център на вписаната в окръжност. Аналогично лежи и на правите и .Задача 6
Условие
Измежду върховете на правилен 26 -ъгълник са избрани по произволен начин 9 върха. Да се докаже, че съществува равнобедрен триъгълник с върхове измежду избраните. Остава ли в сила твърдението, ако изберем по произволен начин 8 върха?Решение
Първо ще докажем, че ако изберем 5 от върховете на правилен 13ъгълник, съществува равнобедрен триъгълник с върхове измежду избраните точки. Нека избраните точки образуват изпъкналия петоъгълник . Да допуснем, че имаме две двойки успоредни прави, определени от върховете на петоъгълника. Понеже успоредни диагонали не съществуват, имаме следните възможности: Две двойки успоредни странинапример и . Тогава или , т. е. и от получаваме равнобедрения . Две двойки успоредни прави от вида диагоналстрана. Нека без ограничение . Ако , аналогично на 1) получаваме . Ако , то . Случаите и са аналогични на разгледаните. Две двойки успоредни прави от вида диагонал-страна и страна-страна. Нека отново без ограничение . Понеже е невъзможно иначе е правоъгълник с върхове измежду върховете на правилен 13 -ъгълник, можем да считаме, че . Тогава . Нека сега имаме най-много една двойка успоредни прави. Тогава измежду 10 -те отсечки, определени от върховете на има 9, никои две от които не са успоредни. Понеже такава отсечка е основа на равнобедрен триъгълник с връх измежду върховете на 13 -ъгълника и всички такива върхове са различни поради това, че никои две отсечки не са успоредни, получваме, че поне един от тези 9 върха е измежду , понеже останалите върхове са 8. Понеже правилният 26 -ъгълник е образуван от два правилни 13 -ъгълника, то ако изберем 9 от неговите върхове, поне 5 от тях ще са измежду върховете на единия от 13 -ъгълниците и следователно имаме равнобедрен триъгълник. Следният пример показва, че можем да изберем 8 върха така, че никои три от тях да не са върхове на равнобедрен триъгълник: ако номерираме последователно върховете с числата от 1 до 26, може да изберем върхове 1, .2006
5 задачиЗадача 2
Условие
Да се докаже, че за произволни .\Решение
Неравенството е вярно при . Нека и да положим . Трябва да докажем, че за имамеПоследното неравенство следва от факта, че върхът п лежи в интервала иза . Равенство се достига само при , т. е. когато и две от числата и са равни на , а третото е произволно.Задача 3
Условие
Нека е множество от 2006 точки в равнината. Двойка точки се нарича изолирана, ако кръгът с диаметър не съдържа други точки от . Да се намери минималният възможен брой изолирани двойки точки.Решение
Да разгледаме граф с върхове дадените точки и ребро между два върха тогава и само тогава, когато съответната двойка точки е изолирана. Ще докажем, че този граф е свързан. Да допуснем противното и да изберем точки и от различни свързани компоненти така, че разстоянието е възможно най-малко (в равнината). Тогава кръгът с диаметър не съдържа други върхове и следователно са свързани с ребро, противоречие. Тъй като свързан граф с 2006 върха има поне 2005 ребра (когато графът е дърво), съществуват поне 2005 изолирани двойки. От друга страна, ако разположим 2006 точки върху права, то изолирани са само двойките съседни точки. Следователно тьрсеният минимален брой e 2005.Задача 4
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 5
Условие
Допирателните към описаната около равнобедрен , , окръжност в точките и се пресичат в точка . Ако пресича в точка , да се намери отношението .Решение
Ако и , то . Нещо повече, имаме , откъдето . Тогава и . Синусовата теорема за и даваи тъй като , получаваме . Следователнои значи .Задача 6
Условие
Нека е редица от реални числа, по-малки от 1, за която . Да се докаже, че: а) ; б) за всяко .Решение
Да забележим, че ако , то за и имаме . Следователно е достатъчно да докажем, че ако уравнението има решение, то има решение и уравнението . Нека и са такива, че . Тъй като е в сила тъждествотото и е решение на уравнението . Остава да покажем, че . Ако , то . Тъй като , то има прост делител от вида , който влиза в каноничното разлагане на в нечетна степен. Ще използваме известния факт, че ако дели , то дели и . Следователно в каноничното разлагане на простото число влиза с четна степен. Същото важи и за каноничното разлагане на . Получихме, че степента на в и в са с различна четност, което е противоречие.2007
5 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят всички стойности на параметъра , за които систематаРешение
Повдигаме на квадрат двете равенства и събираме почленно. Получаваме , откъдето . Тъй като 1, то и , т. е. . За тази стойност на решение са ( ), за които и ,Задача 2
Условие
Нека е естествено число и са положителни реални числа. Да се докаже неравенствотоКога се достига равенство?Решение
Да разкрием скобите в израза . Ще получим събираеми, като всяко число и участва в точно събираеми. Тъй като за всяко можем да запишемто изразът от ляво може да се представи като сбор на събираеми. При това в произведението на всички тези събираеми всяко от числата и участва в числителя и в знаменателя в степен , т. е. произведението на тези събираеми е равно на 1. Сега неравенството от задачата следва от неравенството между средното аритметично и средното геометрично. За да имаме равенство трябва всички събираеми да са равни. Но ако имаме събираемо от вида , то имаме и събираемо от вида , откъдето следва, че за всяко . Оттук и от следва, че . Тъй като всички събираеми сега са от вида или , то , откъдето . Следователно равенство се достига когато всички числа са равни на 1.Задача 3
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 4
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 5
Условие
Нека е точка от страната на . Означаваме с и центровете на вписаните окръжности съответно за и , а с и центровете на външновписаните окръжности съответно за към страната и за към страната . Нека и са симетричните точки на и спрямо правата . a) Да се докаже, че правите и или се пресичат в една точка или са успоредни. б) Да се докаже, че ако точките лежат на една окръжност, то е равнобедрен.Решение
а) Точките и лежат на ъглополовящата на , а точките и лежат на ъглополовящата на . Да означим и . Нека пресича в точка . От теоремата на Менелай за и правата получавамеТъй като (и двете отношения са равни на , където е радиусът на външновписаната окръжност за към ), то и аналогично , откъдето . Следователнокоето по обратната теорема на Менелай за означава, че и лежат на една права. По същия начин, ако пресича , то също минава през тази точка. Следователно правите и или са успоредни, или се пресичат в една точка. б) Ще покажем, че и лежат на една окръжност тогава и само тогава, когато и лежат на една окръжност. Ако , то и . Тъй като е равнобедрен трапец тогава и само тогава, когато е равнобедрен трапец, то е вписан тогава и само тогава, когато е вписан. Ако и се пресичат в точка , то и минава през същата точка. Тъй като и , тоСледователно и лежат на една окръжност. Освен това и лежат на една права (ъглополовящата на ), а и също лежат на една права (ъглополовящата на ). Оттук , т. е. и са вписани четириъгълници. Следователно , т. е. е равнобедрен.2008
3 задачиЗадача 2
Условие
Във вътрешността на равностранен триъгълник е избрана точка . Симетричните точки на спрямо страните и са означени съответно с и . Да се докаже, че правите и се пресичат в една точка.Решение
Ще покажем, чеи твърдението ще следва от синусовия вариант на теоремата на Чева. От синусовата теорема за и получавамеОттук намирамеСлед аналогични пресмятания за и , получавамепоради и аналогичните равенства за останалите ъгли.Задача 3
Условие
Нека и са естествени числа. Да се докаже, че редицата , зададена с равенствата и , е ограничена. е броят на естествените числа по-малки от и взаимнопрости с .)Решение
Да разгледаме числата , където е естествено число, за което и . Понеже , то всеки член на редицата е най-много с по-голям от предния. Следователно или редицата е ограничена, или съществува за което и е някое от избраните числа. Тогава отново е измежду тези числа и следователно има прост делител . Но ако простото число дели , то , откъдето получавамекато последното неравенство е еквивалентно на , което е очевидно. Получихме, че , т. е. редицата е ограничена.Задача 4
Условие
В окръжност с радиус е вписан четириъгълник , за който и . Да се намери страната .Решение
Ако е центърът на окръжността, а и са среди съответно на страните и , то и . Следователно , откъдето получавамеТогава диагоналите на четириъгълника са перпендикулярни, откъдето2009
5 задачиЗадача 2
Условие
а) Да се докаже, че за триъгълник с ъгли и е изпълнено равенствотокъдето и са съответно радиусът на вписаната и на описаната окръжност за този триъгълник. б) Шестоъгълникът е вписан в окръжност. Да се докаже, че произведението на радиусите на вписаните окръжности в и е равно на произведението на радиусите на вписаните окръжности в и тогава и само тогава, когато периметрите на и са равни.Решение
а) Равенството следва от тъждеството , косинусовата теорема и формулите . б) Ще използваме, че ако и са ъгли в триъгълник, то Като използваме тъждеството от а), получавамеОсвен това . , тямата . : 2009, цул 19 e e ти по нието Тъй гелно ину , откъдето следва, че . От синусовата теорема сега следва твърдението на задачата.Задача 3
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 4
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметьр , за които уравнениетоима три различни реални корена, които образуват аритметична прогресия.Решение
След полагането , уравнението ставаАко уравнението от условието има три реални корена, които образуват аритметична прогресия, то уравнението (1) има три реални положителни корена, които образуват геометрична прогресия. Уравнението (1) може да се запише във вида . За да има три корена трябва и , което означава, че . За тези стойности на корените и на са положителни защото и . Единствената възможност и да образуват геометрична прогресия е , което дава . Оттук и след заместване в уравнението, получаваме . Единственият положителен корен е , като .Задача 5
Условие
Дадена е редица от положителни числа , за която иза . Да се намери , акоРешение
Ще докажем, че е търсената стойност. Нека . Тогава и . Сега по индукция лесно следва, че . Пресмятамеи след телескопично сумиране получаваме тъждеството от условието. Ясно е, че ако , то сборът от условието е по-малък от 1, а при , той е по-голям от 1. Следователно единствената стойност е .Задача 6
Условие
Естествените числа и са такива, че и и са взаимнопрости. Да се докаже, че числото е точен квадрат на естествено число тогава и само тогава, когато то не се дели на 3.Решение
Без ограничение можем да считаме, че . Записваме равенството във вида . Тъй като и са взаимнопрости, то те не са едновременно четни. От следва, че е нечетно число. Нека НОД . Ако е нечетен прост делител на , то дели и значи дели . Освен това дели и следователно дели . Получаваме, че дели и , което е противоречие. Следователно няма нечетни прости делители и тъй като дели и е нечетно, то . Ако или 4, то и са нечетни, т. е. и имаме . Оттук и от факта, че всяко от числата и дава остатък или 7 при деление на 8, следва, че се дели на 8. Ако , то и , като и е четно число. Следователно и са нечетни и равенството е невъзможно по модул 8. Ако , след съкращаване на 4 получаваме ситуация, аналогична на случая , като при това точният квадрат си остава такъв. Нека , т. е. и са с различна четност. Тогава числата и са нечетни и едното от тях е от вида , а другото е от вида , където не се дели на 3, защото иначе и не са взаимнопрости. Остава да отбележим, че ако е точен квадрат, то е равно на и значи не се дели на 3 и, обратно, ако не се дели на 3, то е равно на , т. е. е точен квадрат.2010
5 задачиЗадача 2
Условие
Нека и при . Да се докаже, че: a) редицата е сходяща и да се намери нейната граница; б) съществува , за което .Решение
а) Понеже , то и значи . Следователно редицата е сходяща и за нейната граница имаме, че , т. е. . б) От а) следва, че за някое . Тогава отпо индукция получаваме, че при . Остава да изберем .Задача 3
Условие
Дени попълва с ненулево цяло число някой от коефициентите на уравнение от 2010-та степен, след това Вени попълва също с ненулево цяло число друг от коефициентите и т. н., докато бъдат попълнени всичките 2011 коефициента. Дени печели, ако полученото уравнение има целочислен корен, а в противен случай печели Вени. Коя от двете има печеливша стратегия?Решение
Дени. Тя може да попълва така, че след всяко нейно попълване (без предпоследното) броят на непопълнените коефициенти пред нечетните и пред четните степени да е един и същ. Значи преди предпоследния ѝ ход има само един непопълнен коефициент от едната група, например групата . Тя го попълва така, че сумата на числата в да стане ненулева. С последното си попълване Дени може да направи така, че полученото уравнение да има корен 1 или -1. Наистина, в противен случай сумата от всички коефициенти без последния, който трябва да се попълни, например , би била 0 (това означава, че 1 не може да е корен на уравнението). Също така, разликата на сумите от числата в и числата в другата група без самото също би била 0 (понеже -1 не е корен на уравнението съгласно допускането). Оттук следва, че както сумата на числата в , така и тази на числата в е 0. Последното вече е противоречие.Задача 4
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник за който . Правата през , успоредна на медианата пресича продължението на височината в точка . Ако , да се намери отношението където и са съответно радиусите на описаната и вписаната окръжност за .Решение
Да означим с пресечната точка на и . Тъй като е успоредна на и е среда на , то е средна отсечка в . Следователно е среда на и като използваме, че , лесно получаваме . Ако , то и от подобието на и намираме , т. е. . Сега от косинусовата теорема пресмятамеТъй като , то . От формулата намираме и следователноЗадача 5
Условие
Клетките на таблица с 2009 реда и 2011 стълба са оцветени шахматно. Да се намери най-голямото естествено число със следното свойство. При изтриване на произволни клетки на таблицата, така че измежду неизтритите клетки има равен брой бели и черни, останалата част от таблицата (т. е. неизтритите клетки) може да се покрие с домина. (Доминото се състои от две клетки с обща страна).Решение
Ще докажем, че за всяка таблица с нечетни страни търсеното число е . Без ограничение можем да считаме, че четирите ъглови клетки са черни. Ясно е, че трябва да е нечетно число и ако то трябва да изтрием поне 2 бели и 3 черни клетки. Ако изтрием двете бели съседни клетки на коя да е ъглова, то тази ъглова клетка остава изолирана и не може да се покрие от домино. Следователно . Остава да докажем, че както и да изтрием 2 черни и една бяла клетка останалата част от дъската може да се покрие с домина. За дъска това се проверява директно. Сега да разгледаме дъска , за която поне едно от и е по-голямо от 1 и от която сме изтрили 2 черни и една бяла клетка. Без ограничение и да разгледаме двете ивици, съставени от първите два и от последните два стълба. Ако в някой от тях няма изтрита клетка, твърдението следва по индукция. Ако и в двете има изтрита клетка, то в едната ивица има само една изтрита клетка. Без ограничение нека това е ивицата от първите два стълба. Ако изтритата клетка е в първия стълб, то поставяме хоризонтални домина в тази ивица, като само доминото в реда на изтритата клетка ще покрива клетка със същия цвят от останалата част на таблицата. Ако изтритата клетка е във втория стълб, използваме едно вертикално домино и едно хоризонтално домино, като отново покриваме една клетка със съция цвят от останалата част от таблицата. И в двата случая твърдението следва по индукция.Задача 6
Условие
Нека е полином с цели коефициенти и е дадено естествено число. Известно е, че за всеки две цели числа и , за които се дели на , числата и не са взаимно прости. Да се докаже, че съществува просто число , за което дели за всяко цяло число .Решение
Да допуснем, че просто число със свойството от условието не съществува. Първо ще докажем, че за произволни прости числа съществува цяло число , за което не се дели на за всяко . Наистина, от допускането следва, че за всяко съществува , за което не се дели на . Според китайската теорема за остатъците съществува число и тогава . Нека са простите делители на . Според доказаното свойство съществува число , за което не се дели на за всяко . Нека са простите делители на . Отново от доказаното свойство следва, че съществува за което не се дели на никое от числата . Тъй като е взаимно просто с , то сравнението има Тогава, ако , то и за всяко . Това означава, че и са взаимно прости, което е противоречие с условието. Следователно съществува просто число , за което дели за всяко цяло число .2011
6 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър , за които уравнениетоима точно едноРешение
в интервала . След полагане , получаваме уравнението . За да има уравнението от условието точно едно в интервала , уравнението трябва да има единствено в интервала . Когато , получаваме и тогава двата корена са съответно . Тъй като само , то е на задачата. Ако е , то и тогава другият корен е . Това означава, че е на задачата. Ако е , то и тогава другият корен е . Това означава, че не е на задачата. Когато то е в трябва да имаме което дава . Окончателно то е .Задача 2
Условие
Точките и са съответно център на описаната и вписаната окръжност за триъгълник . Ъглополовящата на ъгъл пресича описаната около триъгълника окръжност в точка . Ако и , където е радиусът на вписаната окръжност, да се намери .Решение
Тъй като (следва от ), то от синусовата теорема получаваме . От след заместване , намирамеОттук последователно намираме иЗадача 3
Условие
Дадени са естествени числа . Да се докаже, че твърдението: За всяко естествено число произведението се дели на , е вярно тогава и само тогава, когато най-големия общ делител на числата е равен на 1.Решение
Нека и . Ясно е, че за всяко съществува , което не се дели на . Тогава се дели на , т. е. дели произведението от условието. Обратно, да допуснем, че съществува просто число , което дели всяко от числата . Ще покажем, че съществува естествено число , за което дели , но не дели за всяко . Да разгледаме числата от вида и да разгледаме например . Нека . ИмамеТъй като може да бъде избрано произволно голямо, то най-високата степен на , която дели числителя, е равна на най-високата степен на , която дели произведениетоОтделяме множителите, които се делят на , и получавамеВ знаменателя също отделяме множителите, които се делят на и получавамеОттук следва, че не се дели на . Аналогично доказваме, че за всяко числото не се дели на , което означава, че разглежданото произведение не се дели на .Задача 4
Условие
Колко най-малко три елементни подмножества на множеството трябва да се изберат така, че всеки два елемента на да са едновременно елементи на поне едно от избраните множества?Решение
Всяка от седемте двойки трябва да се среща в някое от избраните множества. Тъй като в едно три елементно множество се срещат най-много две от тези двойки, следва, че числото 1 се среща в поне 4 множества. Това е вярно за всяко от останалите числа. Тогава общо във всички множества трябва да има поне елемента. Това означава, че са ни необходими поне множества. Тъй като дадените 11 множества имат исканото свойство, то отговорът е 11. .Задача 5
Условие
Да се намерят всички функции такива, че за произволни , е изпълнено неравенствотоРешение
(1 т.) При и следва, че , т. е. или за всяко . (4 т.) Да предположим, че не е константа. Ако или за някое , то при и следва, че или което е противоречие. Значи при . (2 т.) Проверка показва, че всяка такава функция изпълнява даденото неравенство.Задача 6
Условие
Дадено е естествено число . Да се докаже, че множеството от простите делители на редицата , за която , е безкрайно.Решение
Нека е произволно просто число. Ще докажем, че съществува член на редицата, който се дели на . Да разгледаме числата . Ще докажем с индукция по , че това са точно квадратичните остатъци всеки броен по два пъти. При всичко е ясно. Нека твърдението е вярно за някое и нека са произволни. Имаме, че Ясно е, че не дели , съгласно добре известния факт, че ако просто число дели , то дели и . Следователно дели тогава и само тогава, когато дели . Понеже съгласно индукционната хипотеза са квадратичните остатъци, то лесно се вижда, че , които също са квадрати, всъщност е пермутация на същите остатъци, т. е. доказахме твърдението за . Това означава (прилагаме доказаното за ), че произволни просто число от вида дели член на редицата.2013
4 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят стойностите на реалните параметри и , ако числата образуват аритметична прогресия и уравнениетоима три корена, които са естествени числа и образуват аритметична прогресия с разлика 2013.Решение
От условието следва, че даденото уравнение има корен . Тогава уравнението приема видакато корените на квадратното уравнение са и . От формулите на Виет сега намираме и .Задача 2
Условие
Даден е , вписан в окръжност с център . Допирателната към в точка пресича лъча в точка . Върху лъча след точка са избрани точки и , за които . Да се докаже, че точките и лежат на една окръжност, тогава и само тогава, когато точките и лежат на една окръжност.Решение
Нека точките и лежат на една окръжност . Тъй като , то е диаметър на и ако е средата на , то и следователно . Тогава и понеже е средна отсечка в , то . Тогава , което означава, че точките , и лежат на една окръжност. Обратно, ако точките и лежат на една окръжност, то и понеже , то точките и лежат на една окръжност . Но , т. е. е с диаметър и следователно , и лежат на една окръжност.Задача 3
Условие
Да се намерят всички естествени числа и , за които(За всяко естествено число с се означава броя на естествените числа, по-малки или равни на , които са взаимно прости с .)Решение
Ако , то . Нека . От условието следва, че . Нека е каноничното разлагане на , като без ограничение . Случай 1. Нека . За имамекъдето . Тъй като дели , то , което е противоречие поради . Случай 2. Нека , т. е. като . Тогава и за имамекъдето . Понеже дели , то и както в случай 1. получаваме противоречие. Случай 3. Нека е просто число. Тогава . Ако , то . Ако , то . Сега от равенството следва, че , т. е. и . Това означава, че . Следователно търсените стойности са и .Задача 4
Условие
Нека е множество от естествени числа, всяко от които има 2013 цифри и не съдържа 0 в десетичния си запис. Две числа от ще наричаме съседни, ако цифрите им съвпадат в поне един разряд. Да се определи максималният брой елементи на , ако измежду всеки 9 числа от можем да изберем 3, всеки две от които са съседни.Решение
Нека е множеството от всички естествени числа с 2013 цифри, като на първите 2012 позиции може да стои всяка от цифрите , а на последната позиция може да стоят само цифрите . Тогава . От принципа на Дирихле следва, че измежду произволни 9 числа от поне три имат една и съща последна цифра, което означава, че всеки две от тези три числа са сбседни. Следователно . Ще докажем, че ако е множество, за което , то можем да изберем 9 числа, между които няма три, всеки две от които са съседни. Нека е множеството от всички числа с 2013 цифри, като . Да подредим цифрите по окръжност по посока на часовниковата стрелка. Ще казваме, че 2 е след 1, 3 е след 2 и т. н. 1 е след 9. За две 2013 цифрени числа и казваме, че е след , ако всяка цифра на е след съответната цифра на . Множеството може да се разбие на подмножества от по 9 елемента, като във всяко подмножество 9-те числа са едно след друго. Тъй като , то можем да изберем 5 елемента от едно от множествата . От останалите елементи на можем да изберем 4 елемента от едно и също множество . От всеки три от така избраните 9 елемента има два, които са в едно от множествата или . Това означава, че тези два елемента не са съседни. Следователно , т. е. .2014
2 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят всички стойности на параметъра , при които уравнението има един положителен и един отрицателен корен.Решение
Плагаме: и разглеждаме функцията . За да има уравнението от условието един положителен и един отрицателен корен, то трябва да има по един корен във всеки от интервалите и . Понеже , то достатъчно е да е изпълнено . Това е еквивалентно на , откъдето .Задача 2
Условие
Даден е триъгълник , за който . Да се докаже, че допирната точка на вписаната в окръжност със страната , средата на страната и средата на ъглополовящата през върха лежат на една права.Решение
Ще използваме стандартните означения за елементите на . Нека , е ъглополовящата на , а и са съответно средите на и . Тъй като , то , което означава, че , т. е. точката е между и . Следователно . Нека правата пресича страната в точка . От теоремата на Менелай за и правата имамеоткъдето . От намираме . Ако е допирната точка на вписаната окръжност със страната , то . Равенството е еквивалентно на2015
4 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър , за които уравнениетоима точно две реалниРешение
Уравнението е еквивалентно наоткъдето намираме и . При имаме само едно ; при имаме две ; при имаме едно ; при имаме три ; при имаме две и при отново имаме три Следователно отговорът e .Задача 2
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник с център на вписаната окръжност точка и център на описаната окръжност точка . Ъглополовящата пресича описаната окръжност в точка . Нека е симетричната точка на спрямо правата . Да се докаже, че: а) точките и лежат на една окръжност; б) .Решение
Ще разгледаме случая когато точката е между и (случаят, когато е между и , се разглежда аналогично). Нека е среда на , а е диаметрално противоположната на . ИмамеПървото равенство следва от добре известния факт, че . Второто равенство следва от подобието на триъгълниците и . Третото равенство следва от това, че е вписан четириъгълник (поради ), а четвъртото от и 2DO. а) От следва, че точките и лежат на една окръжност. Това следва и от , откъдето . б) От следва, че триъгълниците и са подобни, откъдето . От а) следва, че . От последните две равенства получавамеЗадача 3
Условие
Дадени са положителни числа с произведение 1. Да се докаже, че ако са рационални числа, тоРешение
Нека и , като са естествени числа. Ако положим , то и следователно е достатъчно да докажем, че ако , тоЗа всяко имамеСлед събиране намирамеОсвен товаи като съберем почленно последните две равенства, получаваме исканото.Задача 4
Условие
Дадено е множество от естествени числа, всяко от които има 2014 цифри. Всеки две от тези числа дават различни остатъци при деление на . Колко най-малко различни цифри участват в десетичния запис на числата от ?Решение
Ако две числа и дават различни остатъци при деление с , то след дописване на произволна цифра отдясно, новите числа дават различни остатъци при деление с (защото ако , то . Следователно, ако имаме пълна система остатъци по модул , след дописване от дясно към всяко число на 1 (от тези числа се получават различни нечетни остатъци), а след това на 2 (от тези числа се получават различни четни остатъци), получаваме пълна система остатъци по модул . Започвайки от , които образуват пълна система от остатъци по модул , получаваме пример с 4 различни цифри, удовлетворяващ условието на задачата. Да допуснем, че е възможно да построим такова множество с три цифри и . Цифрите и не са с еднаква четност, защото в противен случай всички остатъци по модул ще бъдат с еднаква четност и няма да образуват пълна система от остатъци. Нека и са нечетни, а е четно (другият случай се разглежда аналогично). Тъй като числата от образуват пълна система от остатъци, то половината от числата в са четни. Понеже е единствената четна цифра, то всички четни числа от завършват на . Ако изтрием последната цифра от тези числа, ще получим пълна система от остатъци от различни 2013цифрени числа по модул , защото ако , то10 . За новото множество повтаряме разсъжденията от по-горе и получаваме пълна система от остатъци по модул , съставено от различни 2012-цифрени числа. Продължавайки по този начин ще получим пълна система от остатъци по модул съставено от раз- лични едноцифрени числа. Това е противоречие, понеже различните едноцифрени числа са само три и .2016
3 задачиЗадача 2
Условие
В трапец , вписаната окръжност в триъгълник допира страните и съответно в точки и , а вписаната окръжност в триъгълник допира страните и съответно в точки и . Да се докаже, че пресечната точка на правите и лежи на средната основа на трапеца.Решение
Нека е центърът на вписаната в окръжност и ъглополовящата на ъгъл пресича правата в точка . Тъй като , то . Следователно точките и лежат на една окръжност. Тогава . Понеже е трапец, то е ъглополовяща на . По същия начин доказваме, че ъглополовящите на и се пресичат върху . Следователно е пресечната точка на правите и . Ако е средата на , то , което означава, че . Понеже е среда на и , точката лежи на средната основа на трапеца.Задача 3
Условие
Дадено е естествено число . За редицата от естествени числа е изпълнено иa) Да се намери най-големият общ делител на и . б) Да се пресметне границата .Решение
След повдигане на втора степен на дадената рекурентна връзка, получавамеа) Оттук следва, че . Ако , то дели и следователно дели , т. е. или 4. Ако е четно число, то всички членове на редицата след първия се делят на 2, но не и на 4, а ако е нечетно число, всички членове на редицата са нечетни числа. Следователно при четно и при нечетно. б) Тъй като редицата е строго растяща. От (1) следваи тогава търсената граница е равна на .Задача 4
Условие
Нека е такава функция, че . Да се докаже, че .Решение
Ако , то за имаме, че , и значи . Ако и , то и следователно . Нека сега и . По индукция следва, че и значи съществува . Понеже , то . Следователно . Тогава от доказаното в началото следва, че . По същия начин, с помощта на редицата, дефинирана чрез равенствата и , се доказва, че .2017
3 задачиЗадача 2
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник с височини и ортоцентър . Права през , успоредна на пресича отсечките и съответно в точки и . Нека е петата на перпендикуляра от към , а е петата на перпендикуляра от към . Да означим с средата на . По аналогичен начин се дефинират точките и . Да се докаже, че правите и се пресичат в една точка.Решение
Да означим с петата на перпендикуляра от към . Тъй като и , то триъгълник е подобен на триъгълник . Тогава и са съответни елементи в тези два подобни триъгълника, откъдето . Това означава, че . По същия начин намираме, че триъгълник е подобен на триъгълник и че . Следователно е успоредник, т. е. е среда на отсечката . Аналогично получаваме, че и са средите на съответните перпендикуляри към и към . Тъй като е вписан в окръжност, то , което означава, че . Аналогично и . Следователно страните на са упоредни на страните на . От тук следва, че правите и се пресичат в една точка.Задача 3
Условие
Дадени са числата и естествено число . Иван и Петър играят следната игра: Иван избира числа от дадените, след което Петър избира 2 числа от останалите числа, след което всички избрани числа се нареждат по големина:Ако съществува за което дели , то печели Петър. В противен случай печели Иван. Да се намерят всички , за които Иван има печеливша стратегия.Решение
Ако Иван избира числата и произволни числа от останалите. Да допуснем, че след избора на двете числа от Петър в получената редица от числа съществуват два последователни члена и , за които дели . Ако и , то . Следователно е в интервала ( ), т. е. и не могат да бъдат два последователни члена на редицата. Нека и да допуснем, че Иван може да спечели. Нека за някое съществува интервал в който няма число, избрано от Иван. Петър може да избере двете числа и (или едното от тях, ако другото е вече избрано от Иван, или нито едното от двете, ако и двете са избрани от Иван) и да получи исканото. Следователно и Иван трябва да избере по едно число във всеки от интервалите . В първия интервал Иван трябва да избере числото 3. Ако във втория интервал не е избрано числото 5, то Петър може да избере 6 и да получи исканото. Следователно числото от интервала е 5. Ако в числото не е 9, то Петър може да избере 10 (или други числа, извън интервала ( 5, 10 ), ако 10 е избраното от този интервал) и да получи исканото и т. н. получаваме, че във всеки интервал избраното число е равно на . Тогава Петър може да избере две числа от интервала (например 600 и 1200) и да получи исканото. Следователно Иван има печеливша стратегия при .Задача 4
Условие
Дадени са реалните числа със сбор 2017. Да се намери най-големия възможен брой на двойките за които и .Решение
Нека и за някое . Тогава за и следователно има двойки с исканото свойство. Да допуснем, че съществуват числа със сбор 2017, за които има повече от двойки с исканото свойство. Да разгледаме граф с върхове числата , като два върха са свързани с ребро само когато сборът на съответните числа е по-малък от 2. Ако ребрата са повече от изтриваме част от тях, за да получим граф с точно ребра. Първо ще докажем с индукция по , че в граф с върха и поне ребра, съществуват ребра без общи върхове. При графът има поне 4 ребра и лесно се вижда, че има две ребра без общ връх. Да допуснем, че твърдението е вярно за някое и да разгледаме граф с ребра и ребра. Това означава, че от всеки връх излиза поне едно ребро (тъй като липсващите ребра са най-много ). Понеже липсващите ребра имат върха, то съществува връх , който не е свързан с поне два други върха. Като премахнем върха и свързан с него връх , получаваме граф с върха и повече от ребра. Като изтрием необходимия брой ребра попадаме в индукционното Сега да разгледаме графа и да изберем всички върхове, всеки от които не е свързан с поне един връх. Тъй като липсващите ребра са 2015 и , то съществуват два такива върха и , които са свързани с ребро. Това означава, че едното от числата, съответстващи на и е по-малко от 1. Да изтрием този връх от графа . Получаваме граф с 2016 върха и поне ребра. Съгласно доказаното могат да се изберат 1008 ребра без общи върхове. Това означава, че сборът на всички числа е по-малък от 2017, противоречие. Следователно търсеният брой е .2018
4 задачиЗадача 1
Условие
Решете неравенството:Решение
Неравенството има смисъл при и е еквивалентно наПоследното няма при , тъй като лявата страна очевидно е отрицателна. Нека . Сега неравенството приема видакоето се решава по метода на интервалите. Тъй като функцията е строго растяща, а - строго намаляваща за , множителите си сменят знака точно когато и . При и двата множителя са отрицателни, при единият е положителен, а другият отрицателен, а при и двата са положителни. Следователно решенията са .Задача 2
Условие
Да се докаже, че числото е рационално тогава и само тогава, когато съществуват три различни цели числа и , за които и образуват геометрична прогресия.Решение
Нека и образуват геометрична прогресия. Тогава , откъдетоАко , то образуват аритметична прогресия с разлика, да речем . Полагайки , получавамеоткъдето и , противоречие. Сегакоето означава, че е рационално. Инструкции за оценяване. ( 7 точки) 3 т. за необходимостта на условието; 4 т. за достатъчността на условието; отнема се 1 т., ако не е изчистен случая, когато две от числата са равни.Задача 3
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 4
Условие
Дадена е правоъгълна таблица с размери , клетките на която са бели или черни. Всеки ред има поне две бели клетки и за никои два реда не съществува точно един стълб, в който и двата реда да имат бели клетки. Да се докаже, че белите клетки могат да бъдат оцветени в синьо и червено така, че да са изпълнени условията: всички бели клетки, намиращи се в един и същи стълб, получават един цвят; всеки ред съдържа както сини, така и червени клетки.Решение
Да означим стълбовете на таблицата със . Ще опишем процедура за оцветяване на всички бели клетки в синьо и червено. Белите клетки на първия стълб оцветяваме в произволен цвят, да речем синьо. Да допуснем, че сме оцветили стълбовете така, че да няма ред, който се състои само от сини и черни или само от червени и черни клетки. Да допуснем, че е невъзможно да оцветим белите клетки на , като спазваме условието. Това, че не можем да оцветим в синьо се случва, защото съществува ред, чиито бели клетки са в стълбовете , и всички те, без последната, вече са оцветени в синьо. Аналогично, оцветяване на в червено е невъзможно, защото съществува ред, чиито бели клетки са в стълбовете , и всички те, без последната, вече са червени. Но така конструирахме два реда, за които съществува точно един стълб, в който и двата реда да имат бели клетки. Това противоречи на условието.2019
4 задачиЗадача 1
Условие
Дадена е аритметична прогресия с първи член и разлика . Да се докаже, че: а) ако , то за всяко числата и образуват геометрична прогресия в този ред; б) ако е естествено число и и за образуват геометрична прогресия в този ред, то е точен квадрат.Решение
Ако и образуват геометрична прогресия, то , откъдето:а) Директно се проверява, че (1) е изпълнено при и . б) Ако и , то (1) е еквивалентно на . Тъй като е естествено число, то е точен квадрат.Задача 2
Условие
Да се намерят ъглите и на остроъгълен триъгълник , ако:Решение
Повдигаме на втора степен двете равенства и ги събираме:Тъй като , то или . Тъй като е остроъгълен, то . Директно се проверява, че и удовлетворяват двете равенства от условието. Ако , то , то и и следователно първото равенство не е вярно. Аналогично се разглежда и случая и .Задача 3
Условие
На дъската е записана двойката от реални числа ( ). За един ход двойката се изтрива и на нейно място се записва някоя от двойките ( ), ( ), ( ) или . Двойката ( ) от различни реални числа се нарича добра, ако след краен брой ходове можем да получим двойка, едното от числата в която е равно на нула. Нека са две по две различни прости числа. Множеството се състои от всички числа от вида , където е естествено число, всички прости делители на което са измежду числата . Колко най-много различни числа могат да се изберат от така, че никои две числа от избраните не образуват добра двойка?Решение
Ще докажем, че двойката ( ) е добра тогава и само тогава, когато е рационално число. Ако е ирационално число, то и са също ирационални числа. Можем да получим нула само от двойка ( ) или ( ), при които това отношение е рационално число. Ако , то и . Като приложим алгоритъма на Евклид към числата и ще получим число, равно на нула. За да няма две числа с отношение рационално число, можем да изберем всички квадратни корени от произведения на различни прости числа от дадените. Следователно търсеният брой е .Задача 4
Условие
Четириъгълник е вписан в окръжност с център , като точката е вътрешна за четириъгълника. Известно е, че произведението от разстоянията от до страните и е равно на произведението от разстоянията от до страните и . Допирателните към в точките и се пресичат в точка . Да се докаже, че разстоянието от до правата е два пъти по-голямо от разстоянието от до същата права.Решение
Нека и са диаметрално противоположни съответно на точките и . Тогава ( е два пъти по-голямо от разстоянието от до и аналогично за останалите отсечки). Нека е пресечната точка на допирателната към в точка и правата . От подобието на и получаваме:След повдигане на квадрат и заместване , получаваме:Аналогично, ако е пресечната точка на допирателната към в точка и правата , тоОт (1) следва, че . Сега твърдението следва от правоъгълника .2020
4 задачиЗадача 1
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 2
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 3
Условие
Дадени са естествени числа и , за които числото е цяло. Да се намерят всички възможни стойности на .Решение
Ще докажем, че са всички възможни стойности на . При (или ) получаваме ; при получаваме ; при получаваме . Ще използваме, че ако и са несъкратими дроби и е цяло число, то . Наистина, от следва, че дели и дели , т. е. . Без ограничение на общността може да считаме, че и са взаимнопрости. От горното наблюдение следва, че ако , където и са взаимнопрости, то . Освен това, тъй като дели , то . Следователно (случаят е невъзможен), откъдето намираме и . Сега отполучаваме . Тъй като и , то при имамепротиворечие.Задача 4
Условие
Нека е естествено число, а е множество от редици , с дължина , от нули и единици със свойството: ако , то всяка редица, получена от чрез замяна на единица с нула, е също в . Нека . С означаваме множеството от всички редици с дължина , получени от редиците на чрез премахването на елементите на позициите, различни от . Некакато максимумът е по всички -елементни подмножества на . Да се докаже, че ако , то . Забележка: означава най-малкото ияло число, което е по-голямо или равно на .Решение
Решение. Очевидно нулевата редица е в . Да означим с редицата, имаща 1 в позиция и нуливъв всички останали. Нека за някое . Тогава всички редици от имат 0 на позиция . Ако , то . Така може да приемем, че нулевата редица и всички редици са в . Да означим с множеството от всички редици в с две единици. Единиците на всяка редица от покриват единиците на точно две редици . Оттук следва, че съществува , чиято единица не е покрита от редица от . В противен случай имамеТова означава, че е единствената редица в , имаща единица на позиция . Оттук следва, че за имамеОценяване ( 7 точки): 1 т. за доказателство, в случай, че някое не е в т. за разглеждане на думите с две единици и наблюдението, че съществува позиция , в която единствената единица е в думата т. за довършване на доказателството2021
7 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър , за които уравнениетоима точно едноРешение
Полагаме и записваме уравнението във вида:Търсим стойностите на , за които това уравнение има единствен положителен корен. Тъй като старшият коефициент е положителен, ако уравнението има два корена те трябва да са с различни знаци. Тогава . Ако уравнението има само един положителен корен, то , като тогава корепът е . Търсените стойности са и .Задача 1b
Условие
Решете неравенствотоРешение
Първи случай. При получавамеПоследното неравенство е еквивалентно на , т. е.то на първото е , а на второто , откъдето . Но тъй като , следва, че в този случай неравенството няма Втори случай. При получавамеоткъдето и . то на първото неравенство е , а на второто , откъдето , което очевидно отговаря на . Окончателно то на неравенството е .Задача 2
Условие
Даден е триъгълник , за който . Точките и върху страните и са такива, че четириъгълникът е вписан в окръжност с радиус и разстоянието от върха до допирната точка на вписаната окръжност в със страната е равно на . Да се намери отношението .Решение
Ще използваме стандратни означения за елементите на . Тъй като е вписан в окръжност имаме . Тогава и , където е коефициентът на подобие на двата триъгълника. От получаваме:Това означава, че и от косинусовата теорема за получаваме:За е изпълнена Питагоровата теорема, т. е. . Следователно и търсеното отношение е равно на 2. Оценяване. 3 т. за намиране на т. за намиране на т. за получаване на отговора.Задача 2b
Условие
В остроъгълен триъгълник са построени ъглополовящата и височината . Да се намери , акоРешение
Ще използваме стандартните означения за елементите на триъгълника . За имаме:Тъй катополучаваме . В това равенство заместваме и и получавамеСледователно . Втори начин. От синусовата теорема за получаваме:Тъй като и след заместване в горното равенство, получаваме:Като използваме, че и след опростяване на последното равенство, получаваме:Следователно , т. е. . Оценяване. 3 т. за т. за т. за ; 1 т. за получаване на отговора. Втори начин: 2 т. за т. за т. за опростяване до т. за получаване на отговора.Задача 2c
Условие
Ъглополовящата в е равна на страната . Описаната около окръжност пресича страната в точка като . Да се намерят ъглите на .Решение
Нека . От свойството на ъглополовящата . Но като хорди в окръжност, на които отговарят равни дъги, откъдето . Ако , то и от формулата за ъглополовящата, при намирамет. е. . От косинусова теорема за спрямо страната получавамеОттук , т. е. . От равнобедрения триъгълник намираме и тогава . Окончателно ъллите на са и .Задача 3
Условие
За всяко естествено число с означаваме сборът от всички естествени числа, които са по-малки от и не са прости. Например и . Да се намерят всички естествени числа, за които .Решение
От равенството следва, че е естествено число, т. е. е четно число. С директна проверка се установява, че при единственото е , като тогава и . Нека . При имаме и , като . Нека и да разгледаме функцията , когато е четно число. Ако е просто число, имаме . Ако не е просто число, имаме . За функцията имаме . Тъй като едно от числата и се дели на 3, от горното следва, че ако , то и . Следователно за всяко . Единственото число с исканото свойство е .Задача 4
Условие
Да се намерят всички естествени числа , за които от група от ученици могат да се изберат 14 групи, всяка от по ученици, така, че всеки двама ученици да участват заедно в точно 3 от избраните групи.Решение
Всички двойки ученици са , а във всяка група се срещат точно двойки. От условието сега следва, чеСледователно от 8 ученици трябва да образуваме 14 групи от по 4 ученика всяка, така че всеки двама ученици да се срещат в точно три групи. Пример за такова разпределение е следния:2022
1 задачаЗадача 4
Условие
Нека е естествено число. Множество от редици от 0 и 1 с дължина се нарича добро, ако всяка редица от 0 и 1 с дължина може да се получи от редица от с добавяне на един член (например от редицата 011 могат да се получат редиците 0011, 1011, 0111, 0101 и 0110). Ако е минималния брой елементи на добро множество, да се докаже, че:Решение
Ще докажем, че от всяка редица с дължина с добавяне на един член се получават различни редици с дължина . Нека редицата с дължина е . Тогава редиците и са различни. Ако след добавим ще получим една от редиците и . Ако добавим ще получим нова редица, защото нейният втори член е , а втория член на и е . Аналогично, за да получим нова редица при добавяне на член след , трябва да добавим . Тъй като от всяка редица с дължина с добавяне на един член се получават точно редици с дължина , тоИмаме тъй като от 00 и 11 могат да се получат 000, 100, 010, 001, 111, 011, 101, 110, т. е. всички редици с дължина 3, а от една редица с дължина две се получават 4 различни редици с дължина 3. Ако е множество от редици с дължина от които могат да се получат всички редици с дължина , то след добавяне на 0 и 1 към всяка редица от ще получим множество с редици с дължина , от които могат да се получат всички редици с дължина . Следователно и тогава по индукция получаваме .2023
3 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят стойностите на реалния параметър , за които уравнениетоима единственоРешение
в интервала . Нека . Тъй като е намаляваща в интервала , то за всяко ). Показателната функция е растяща и получаваме, че , т. е. че за всяко . Така задачата се свежда до намиране на онези стойности на параметър , за които уравнениетоима единствено в интервала ( ]. Корените на това уравнение са и . Тогава имаме следните случаи ; ; ; ; . За всеки от тези случаи получаваме: ; ; ; ; 5. . В първите два случая решенията са съответно и , а случаите 3), 4), и 5) нямат Окончателно търсените стойности на параметъра са .Задача 2
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 3
Условие
Да се докаже, че за произволно цяло число съществува естествено число , за което дели .Решение
С индукция по ще докажем, че за всяко съществува , за което дели . При можем да изберем . Нека дели . Ако дели , то избираме . В противен случай имаме , където е нечетно число. Избираме и получаваме:Тъй като е четно число, то се дели на , с което индукцията е завършена.2024
3 задачиЗадача 2
Условие
Трапецът е вписан в окръжност с радиус 9 cm. Петата на перпендикуляра от върха към основата я разделя в отношение , считано от върха . Ако дължината на диагонала е равна на дължината на основата , то да се намери лицето на трапеца.Решение
Тъй като трапецът е вписан, то той е равнобедрен. Нека е височината от върха . От условието , получаваме, че . Нека означим с острия ъгъл на трапеца, т. е. . От следва, че е равнобедрен с ъгли и . От правоъгълния имамет. е. или . От правоъгълните и изразявамеоткъдето . Тъй като . , получаваме , т. е. , откъдето , т. к. е остър ъгъл. Пресмятаме и . От синусова теорема за намираме , а от . От имаме . Тогава лицето на трапеца е равно наЗадача 3
Условие
Естествено число се нарича добро, ако има четен брой делители:за които и . Да се намери най-малкото добро число.Решение
Тъй като , то от условието получаваме и . Дискриминантите на двата квадратни тричлена трябва да бъдат точни квадрати, откъдето и . След почленно изваждане намираме . Следователно и съответно . За всеки от случайте получаваме съответно . При получаваме , което е невъзможно, а при получаваме . За останалите стойности на получаваме по-големи .Задача 4