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

12

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

oliobl2020-12-1: има placeholder текст
oliobl2020-12-4: има placeholder текст
oliobl2016-12-2: има placeholder текст
oliobl2012-12-3: има placeholder текст
oliobl2011-12-2: има placeholder текст
oliobl2011-12-3: има placeholder текст
oliobl2009-12-2: има placeholder текст
oliobl2007-12-2: има placeholder текст
oliobl2007-12-4: има placeholder текст
oliobl2006-12-2: има placeholder текст
oliobl2005-12-3: има placeholder текст
oliobl2005-12-5: има placeholder текст
oliobl2004-12-3: има placeholder текст

2004

5 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички цели числа

a, b

c

, за които

2^{a}+8 b^{2}-3^{c}=283

Решение

Лесно се вижда, че

a, c \geq 0

. Тъй като

3^{c}

дава остатък 1 или 3 при деление на 8, то

0 \leq a \leq 2

. Ако

a=0

или

a=1

, то съответно 2 дели

3^{c}

или 8 дели

3^{c}+1

- противоречие. Нека

a=2

, т. е.

8 b^{2}-3^{c}=279

. Случаите

c=0, 1

са невъзможни и значи

c \geq 2

. Тогава

b

се дели на 3 и като положим

b=3 d

, намираме, че

8 d^{2}-3^{c-2}=31

. Ако

c \geq 3

, следва, че 3 дели

d^{2}+1

противоречие. Следователно

c=2

d= \pm 2

. Окончателно

a=2, b= \pm 6

c=2

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които най-голямата стойност на функцията

f(x)=\frac{a x-1}{x^{4}-x^{2}+1}

е равна на 1.

Решение

Понеже знаменателят на дадената функция е винаги положителен, условието означава, че

a x-1 \leq x^{4}-x^{2}+1

за всяко

x

като равенство се достига поне за едно

x

. Нека

a \geq 0

. Тогава

a x \leq 0

за

x \leq 0

и следователно

a

съвпада с най-малката стойност на

f(x)

при

x\gt{}0

. Понеже

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

, следва, че тази стойност е

f(1)=2

. Случаят

a \leq 0

се свежда до разгледания, като заменим

a

-a

x

-x

. И така,

a= \pm 2

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-12-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

E

е пресечната точка на диагоналите

A C

B D

на вписан в окръжност четириъгълник

A B C D

. Ако

A C=B C, A D=5, B E=

12 и

D E=3

, да се намери

\angle B C D

Решение

Ако симетралата на

C D

пресича

B D

в точка

O

, то

\angle C O D=180^{\circ}-2 \angle O D C=

180^{\circ}-2 \angle B A C=\angle A C B=\angle A D O

и следователно

A D \| C O

. Тогава

\frac{O E}{3}=\frac{C O}{A D}=\frac{O E+3}{5}

и значи

O E=\frac{9}{2}

, т. е.

O

е среда на

B C

, откъдето

\angle B C D=90^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-12-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Множество

A

от естествени числа, по-малки от 2000000, ще наричаме "добро ако

2000 \in A

a

дели

b

за всеки

a, b \in A, a\lt{}b

. а) Колко най-много елемента може да има едно "добро"множество? б) Да се намери броят на "добрите"множества с максимален брой елементи.

Решение

а) Нека

a_{1}\lt{}\cdots\lt{}a_{n-1}\lt{}a_{n}=2000\lt{}a_{n+1}\lt{}\cdots\lt{}a_{m}

са елементите на едно "добро" множество. Понеже

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

, то

2000000\gt{} a_{m} \geq 2^{m-n} 2000

и следователно

m-n \leq 9

. От друга страна, равенството

2000=2^{4} 5^{3}

показва, че

a_{i}=2^{k_{i}} 5^{l_{i}}

за

i \leq n-1

, където

0 \leq k_{i} \leq k_{i+1} \leq 4

0 \leq l_{i} \leq l_{i+1} \leq 3

k_{i}+l_{i} \leq 6

. Следователно

n \leq 8

и значи

A

има най-много

8+9=17

елемента. Примерът

a_{i}=2^{i-1}, 1 \leq i \leq 5, a_{i}=2^{4} 5^{i-5}, 6 \leq i \leq 8

a_{i}=2^{i-4} 5^{3}, 9 \leq i \leq 17

, показва, че

m=17

се реализира б) За едно "добро" множество с максимален брой елементи имаме

m=17

n=8

, т. е.

a_{8}=2000

. Освен това,

k_{i}+l_{i}=i-1

за

1 \leq i \leq 7

, което показва, че

a_{1}=1

и подмножеството

\left\{a_{2}, \ldots, a_{7}\right\}

еднозначно се определя от номерата

1 \leq i_{1}\lt{}i_{2}\lt{}i_{3} \leq 7

, за които

l_{i_{1}}=0, l_{i_{1}+1}=1, l_{i_{2}}=1, l_{i_{2}+1}=2, l_{i_{3}}=2

l_{i_{3}+1}=3

. Следователно за това подмножество има

\binom{7}{3}=35

възможности. Понеже

2^{9}\lt{}2^{8}.3\lt{}1000\lt{}2^{10}

, следва, че

a_{i}=2^{i-4} 5^{3}

за

9 \leq i \leq 17

или съществува такъв номер

j, 9 \leq j \leq 17

, че

a_{i}=2^{i-4} 5^{3}

за

8 \leq i\lt{}j

a_{i}=2^{i-5} 5^{3} 3

за

j \leq i \leq 17

. Следователно за подмножеството

\left\{a_{9}, \ldots, a_{17}\right\}

има 10 възможности. И така, броят на "добрите"множества с максимален брой елементи (17) е равен на

35 \cdot 10=350

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-12-5

2005

5 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалните параметри

a

b

, за които графиката на функцията

y=x^{3}+a x+b

има точно три общи точки с координатните оси и те са върхове на правоъгълен триъгълник.

Решение

Условието, че графиката на дадената функция има точно три общи точки с координатните оси, които са върхове на триъгълник, означава, че уравнението

x^{3}+a x+b=0

има един двоен реален корен

x_{1} \neq 0

и още един реален корен

x_{2} \neq 0

, т. е.

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

. Тогава

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

, където

A=\left(x_{1}, 0\right), B=\left(x_{2}, 0\right), C=(0, b)

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

. Оттук

A O \cdot B O=C O^{2}

, т. е.

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

. Понеже

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

x_{1}, x_{2} \neq 0

, то

x_{1}^{3} x_{2}=-1

. От друга страна,

2 x_{1}+x_{2}=0

и значи

2 x_{1}=-x_{2}=\frac{1}{x_{1}^{3}}

. Следователно

x_{1}= \pm \frac{1}{\sqrt[4]{\vphantom{x^2}2}}

x_{2}=\mp \sqrt[4]{\vphantom{x^2}8}

. Тогава

a=x_{1}^{2}+2 x_{1} x_{2}=-\frac{3}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}

b=-x_{1}^{2} x_{2}= \pm \sqrt[4]{\vphantom{x^2}2}

. От направените разглеждания е ясно, че и за двете намерени стойности на

b

са изпълнени условията на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-12-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Върху ръба

A B

на куб

A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}

е взета точка

K

така, че правата

A_{1} B

сключва с равнината (

B_{1} C K

) ъгъл с големина

60^{\circ}

. Да се намери тангенсът на ъгъла между тази равнина и равнината на основата

A B C D

на куба.

Решение

Ще считаме, че ръбовете на куба имат дължина 1. Нека

M=A_{1} B \cap K B_{1}

K B=x

. От

\triangle K B M \sim \triangle A_{1} M B_{1}

следва, че

\frac{M B}{A_{1} M}=x

. Понеже

A_{1} M+M B=\sqrt{\vphantom{x^2}2}

, намираме, че

M B=\frac{x \sqrt{\vphantom{x^2}2}}{x+1}

. Нека

V

е обемът на пирамидата

K B C B_{1}

. Тогава

V=\frac{1}{3} B B_{1}. S_{K B C}=\frac{x}{6}. \tag{5}

От друга страна, височината на

K B C B_{1}

през върха

B

е равна на

h= B M \sin 60^{\circ}=\frac{x \sqrt{\vphantom{x^2}6}}{2(x+1)}

. Тъй като

B_{1} K=C K=\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+1}

B_{1} C=\sqrt{\vphantom{x^2}2}

, то

S_{B_{1} K C}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2 x^{2}+1}}{2}

. Следователно

V=\frac{h \cdot S_{B_{1} K C}}{3}=\frac{x \sqrt{\vphantom{x^2}6} \sqrt{\vphantom{x^2}2 x^{2}+1}}{12(x+1)}.

Оттук и (5) следва, че

\frac{x}{6}=\frac{x \sqrt{\vphantom{x^2}6} \sqrt{\vphantom{x^2}2 x^{2}+1}}{12(x+1)}.

След съкращаване на

\frac{x}{6}

и повдигане в квадрат намираме, че

x=\frac{1}{2}

. Нека сега

L

е петата на перпендикуляра от

B

към

K C

. От теоремата за трите перпендикуляра следва, че

K C \perp B_{1} L

и значи търсеният ъгъл е

\alpha=\angle B_{1} L B

. От

\triangle K B C

намираме

B L=\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}5}}

и следователно

\operatorname{tg} \alpha=\sqrt{\vphantom{x^2}5}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-12-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-12-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

m

е естествено число,

A=\{-m, -m+1, \ldots, m-1, m\}

f: A \rightarrow A

е такава функция, че

f(f(n))=-n

за всяко

n \in A

. a) Да се докаже, че

m

е четно число. б) Да се намери броят на всички функции

f: A \rightarrow A

с даденото свойство.

Решение

а) Нека

n \in A

O_{n}=\{n, f(n), -n, f(-n)\}

. Понеже

f(f(n))=-n

f(f(-n))=n

, лесно следва, ако

k \in A

, то или

O_{k}=O_{n}

, или

O_{n} \cap O_{k}=\emptyset

. От тези равенства следва още, че

f(n) \neq f(-n)

при

n \neq 0

. По-нататък, ако

f( \pm n)= \pm n

, то

\mp n=f(f( \pm n))=f( \pm n)= \pm n

, т. е.

n=0

. Тогава ако

f( \pm n)=\mp n

, то

\mp n=f(f( \pm n)=f(\mp n)

и значи

n=0

. Следователно

\left|O_{n}\right|=4

при

n \neq 0

. И така,

A \backslash\{0\}

се разбива на непресичащи се четворки от числа, т. е.

m

е четно число. б) Нека

m=2 k, f: A \rightarrow A

е функция с даденото свойство и

A_{+}= \{1, 2, \ldots, m\}

. Да забележим, че

f(-n)=f(f(f(n))=-f(n)

; в частност

f(0)=0

. Следователно за

n \neq 0

имаме, че или

f(n)\gt{}0

, или

f(-n)\lt{}0

. Значи на четворката

O_{n}

съответства двойка (

n^{\prime}, f\left(n^{\prime}\right)

) от различни числа от

A_{+}: (n, f(n))

или (

f(-n), n

). Така

f

индуцира разбиване на

A_{+}

на наредени двойки от числа. Обратно, на всяко разбиване на

A_{+}

на наредени двойки

(n, k)

от числа съответства (нечетна) функция с дадените свойста:

f(0)=0, f(n)=k, f(k)=-n,

f(-n)=-k, f(-k)=n.

Остава да преброим тези разбивания. Като наредим всички двойки от дадено разбиване една след друга, което може да стане по

k!

начина, получаваме пермутация на числата от 1 до

m

. По този начин пермутациите (

m!

на брой) на тези числа се разделят на класове от по

k

! "еквивалентни" пермутации. Следователно търсеният брой е равен на

\frac{m!}{k!}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-12-6

2006

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намери лицето на триъгълника, определен от правата

g

с уравнение

x-y+1=0

и допирателните към графиката на параболата

y=x^{2}-4 x+5

в допирните й точки с правата

g

Решение

Общите точки на графиката на параболата и правата

g

са

A(1, 2)

B(4, 5)

. Тогава уравненията на допирателните към параболата в точките

A

B

са съответно

y=-2 x+11

y=4 x-11

. Пресечната точка на тези допирателни е

C\left(\frac{5}{2}, -1\right)

. Тогава лицето на

\triangle A B C

е равно на

\frac{27}{4}

. 12 \cdot 2. Виж Задача 11 \cdot 5.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-12-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

a

, за които неравенството

x^{4}+2 a x^{3}+a^{2} x^{2}-4 x+3\gt{}0

е в сила за всяко реално число

x

Решение

Първи начин. Да запишем неравенството във вида

x^{2}(x+a)^{2}\gt{}4 x-3. \tag{1}

При

x=1

получаваме

(a+1)^{2}\gt{}1

, т. е.

a\gt{}0

или

a\lt{}-2

. Ако

a\lt{}-2

, то

x=-a

дава

0\gt{}-4 a-3

, противоречие. Следователно

a\gt{}0

. Обратно, ако

a\gt{}0

, то (1) е изгълнено за всяко

x

. Действително, това е очевидно при

x \leq 0

, а при

x\gt{}0

получаваме

x^{2}(x+a)^{2}\gt{}x^{4} \geq 4 x+3

, тъй като последното неравенство е еквивалентно на

(x-1)^{2}\left((x+1)^{2}+2\right) \geq 0

. Втори начин. От (1) следва, че трябва да намерим всички

a

, за които

a\lt{}-\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 x-3}}{x}-x=f(x)

за всяко

x \geq \frac{4}{3}

или

a\gt{}\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 x-3}}{x}-x=g(x)

за всяко

x \geq \frac{4}{3}

. Първото е невъзможно, защото

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

. Найголямата стойност на функцията

g

е равна на 0 (и се достига при

x=1

). Следователно отговорът е

a\gt{}0

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които равенството

\frac{\sin (n \alpha)}{\sin \alpha}-\frac{\cos (n \alpha)}{\cos \alpha}=n-1

е вярно за всички

\alpha \neq \frac{k \pi}{2}, \quad k \in \mathbb{Z}

Решение

Равенството е еквивалентно на

\sin (n-1) \alpha=\frac{(n-1) \sin 2 \alpha}{2} \tag{1}

При

n \geq 4

полагането

\alpha=\frac{\pi}{4}

дава

\sin \frac{(n-1) \pi}{4}=\frac{n-1}{2} \geq \frac{3}{2}

, противоречие. При

n=1

n=3

равенството (1) е тъждество, а при

n=2

имаме

\sin \alpha= \frac{\sin (2 \alpha)}{2}

, което не е изпълнено при

\alpha=\frac{\pi}{4}

. Следователно отговорът е

n=1

n=3

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-12-4

2007

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

a

, за които съществуват две взаимно перпендикулярни допирателни към графиката на функцията

f(x)=a x+\sin x

Решение

Допирателните

l_{1}

l_{2}

в точките (

x_{1}, f\left(x_{1}\right)

) и (

x_{2}, f\left(x_{2}\right)

) са взаимно перпендикулярни, ако

f^{\prime}\left(x_{1}\right) f^{\prime}\left(x_{2}\right)=-1

. Оттук

0=\left(a+\cos x_{1}\right)\left(a+\cos x_{2}\right)+1=\left(a+\frac{\cos x_{1}+\cos x_{2}}{2}\right)^{2}+1-\frac{\left(\cos x_{1}-\cos x_{2}\right)^{2}}{4}

. Понеже

\left|\cos x_{1}\right|, \left|\cos x_{2}\right| \leq 1

, то

\left|\cos x_{1}-\cos x_{2}\right| \leq 2

и следователно

\cos x_{1}= -\cos x_{2}= \pm 1

a=0

. Обратно, ако

a=0, x_{1}=k \pi

x_{2}=l \pi

, където

k

l

са цели числа от различна четност, то

l_{1} \perp l_{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-12-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че ако

x

y

са цели числа, то числото

x^{2}(y-2)+y^{2}(x-2)

не е просто.

Решение

Лесно се проверява, че

x^{2}(y-2)+y^{2}(x-2)

е четно число. Следователно трябьа да докажем, че уравнението

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

няма решение в цели числа. Да допуснем противното. Полагаме

x-2=a, y-2=b

и получаваме

(a b+4)(a+b+8)=34

. Оттук следва, че

a b=c-4

a+b=\frac{34}{c}-8

т. е.

a

b

са корени на

t^{2}+\left(8-\frac{34}{c}\right) t+c-4=0

, където

c= \pm 1, \pm 2, \pm 17, \pm 34

. Като решим това уравнение, виждаме, че то няма целочислени корени.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-12-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-12-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението

\frac{8^{x}-2^{x}}{6^{x}-3^{x}}=2

Решение

Първи начин. Полагаме

t=2^{x}

a=\log _{2}

3. Уравнението добива вида

\frac{t^{3}-t}{t^{a}(t-1)}=2

, т. е.

f(t)=2, t \neq 1

, където

f(t)=\frac{t+1}{t^{a-1}}, t\gt{}0

. Имаме, че

f^{\prime}(t)=\frac{(2-a) t+1-a}{t^{a}}

. Понеже

a \in(1, 2)

следва, че функцията

f

строго намалява в интервала

\left(0, \frac{a-1}{2-a}\right]

и строго расте в интервала

\left[\frac{a-1}{2-a}, +\infty\right)

. Следователно уравнението

f(t)=2

най-много по едно решение в тези интервали. Остава да съобразим, че

f(1)=f(2)=0

, т. е.

x=1

е единственото решение на началното уравнение. Втори начин. Очевидно

x=1

е решение. Ще докажем, че други няма. Фиксираме

x \neq 0, 1

и записваме условието във вида

f(2)=f(5)

, където

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

. Достатъчно е да покажем, че

f(t)

е строго монотонна функция при

t \geq 1

. Имаме, че

\begin{gathered} f^{\prime}(t)=x\left(t^{x-1}+(t+3)^{x-1}-2(t+1)^{x-1}\right) \\ t^{x-1}+(t+3)^{x-1}\gt{}2 \sqrt{\vphantom{x^2}(t(t+3))^{x-1}} \\ t(t+3) \geq(t+1)^{2}, \quad t \geq 1 \end{gathered}

Значи ако

t \geq 1

, то

f^{\prime}(t)\gt{}0

при

x\gt{}0, x \neq 1

f^{\prime}(t)\lt{}0

при

x\lt{}0

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-12-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

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

такива, че

f(0) \leq 0

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

за произволни

x, y \in \mathbb{R}

Решение

Понеже

f(f(x))=f(f(x)-x+x) \leq f(x)-x+f(f(x))

, то

f(x) \geq x

. В частност,

f(0)=0

и значи

f(x) \leq x+f(f(0))=x

. И така,

f(x)=x

, като тази функция изпълнява даденото условие. Забележка. Лесно се вижда, че една функция

f

изпълнява условието

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

тогава и само тогава, когато

\sup (f(x)-x) \leq \inf (f(f(x))-x)

. В частност,

f(x)=x

за всяко

x

или

f(x)\gt{}x

за всяко

x

. Например, ако

c\gt{}0

f

е такава функция, че

c \leq f(x)-x \leq 2 c

, то

f

изпълнява горното условие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-12-6

2008

5 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши в цели числа уравнението

x^{3}=(x-y)(3 x y+1).

Решение

Полагаме

x=y+z

и след заместване в уравнението получаваме (\textit{)

z\left(z^{2}-1\right)=(-y)^{3}

. Ако

z\gt{}1

, то

-y\gt{}0

. Тъй като числата

z

z^{2}-1

са взаимно прости, следва, че

z=a^{3}

z^{2}-1=b^{3}

, където

a, b \in \mathbb{N}

. Оттук

\left(a^{2}\right)^{3}-b^{2}=1

, което е невъзможно (докажете). Ако

z\lt{}-1

, полагаме

t=-z\gt{}1

и (}) приема вида

t\left(t^{2}-1\right)=y^{3}

, което според доказаното по-горе няма Следователно

z=0, \pm 1, y=0

и получаваме, че решенията на даденото уравнение са

(x, y)=(0, 0), (1, 0), (-1, 0)

. Нека

x \neq 0, x \neq y

. Тъй като числата

x

3 x y+1

са взаимно прости следва, че

x

дели

x-y

, т. е.

x

дели

y

. Полагаме

x=k y

, където

k \in \mathbb{Z}

. Заместваме в даденото уравнение и получаваме

(1-k)\left(3 k y^{2}+1\right)=x^{2}

. Ако

k\gt{}1

или

k\lt{}0

, дясната страна е отрицателна и горното равенство е невъзможно. При

k=0, 1

намираме решенията от по-горе.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които графиките на функциите

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

g(x)=x^{3}

имат точно една обща допирателна.

Решение

Понеже

f^{\prime}(x)=2 x

g^{\prime}(x)=3 x^{2}

, то права

t

, която се допира до графиките на

f

g

съответно в точки

\left(x_{1}, x_{1}^{2}+a\right)

\left(x_{2}, x_{2}^{3}\right)

има уравнение

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

. Оттук

2 x_{1}=3 x_{2}^{2}

x_{1}^{2}-a=2 x_{2}^{3}

. Тогава

a=h\left(x_{2}\right)=\frac{9}{4} x_{2}^{4}-2 x_{2}^{3}

. Правата

t

съществува и е единствена, когато уравнението

h(x)=a

има точно един реален корен. Понеже

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

2), то функцията

h

строго намалява в интервала

(-\infty, 2 / 3]

и строго расте в интервала

[2 / 3, +\infty)

. Тъй като

\lim _{x \rightarrow \pm \infty} h(x)=+\infty

, следва, че уравнението

h(x)=a

има точно един реален корен само при

a=h(2 / 3)=-4 / 27

(при

a\gt{}-4 / 27

то има два реални корена, а при

a\lt{}-4 / 27

няма реален корен).

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Не съществува. Нека

\left(\frac{2008}{n}\right)^{3}+\frac{2008}{n}=\left(\frac{a}{b}\right)^{2}, (a, b)=1

. Полагаме

d=(2008, n)

2008=p d, n=q d

, където

(p, q)=1

. Тогава

b^{2}\left(p^{3}+p q^{2}\right)= a^{2} q^{3}

Решение

Тъй като

(a, b)=1

\left(p^{3}+p q^{2}, q^{3}\right)=1

, следва, че

b^{2}=q^{3}

p^{3}+p q^{2}=a^{2}

. Оттук

b=b_{1}^{3}, q=b_{1}^{2}

p\left(p^{2}+b_{1}^{4}\right)=a^{2}

. Сега от

\left(p, p^{2}+b_{1}^{4}\right)=\left(p, b_{1}^{4}\right)=1

(тъй като

(p, q)=1

) заключаваме, че

p=x^{2}

p^{2}+b_{1}^{4}=y^{2}

. Оттук

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

и, както е добре известно, следва, че

x=0

или

b_{1}=0

, което е противоречие. Противоречието следва и от факта, че

p=x^{2}

е делител на

2008=2^{3}.251

. Оттук

x=1

или

x=2

и стигаме до

1+b_{1}^{4}=y^{2}

или

16+b_{1}^{4}=y^{2}

, откъдето лесно получаваме, че

b_{1}=0

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

a

такива, че

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

за произволно естествено число

n

([

x

] е цялата част на числото

x

Решение

При

n=3

имаме, че

[\sqrt{\vphantom{x^2}12+a}]=[2+\sqrt{\vphantom{x^2}3}]=3

и следователно

a\lt{}4

. Сега ще покажем, че числата

a=1, 2, 3

изпълняват условието. С последователно повдигане на квадрат лесно следва, че

\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}n}+\sqrt{\vphantom{x^2}n+1}\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+3}

за всяко

n \in \mathbb{N}

. Да предположим, че

\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}\lt{}m \leq \sqrt{\vphantom{x^2}4 n+3}

за някои

m, n \in \mathbb{N}

. Тогава

m^{2}=4 n+2

или

m^{2}=4 n+3

, което е невъзможно, защото

m^{2}

дава остатък 0 или 1 при деление на 4. Следователно

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

при

a=1, 2, 3

. 12 \cdot 5. Ще използваме стандартните означения за елементите на

\triangle A B C

. Правата

A_{1} B_{1}

разполовява отсечката

C C_{1}

точно когато

\begin{align*} & \qquad S_{A_{1} B_{1} C}=S_{A_{1} B_{1} C_{1}} \Leftrightarrow A_{1} C \cdot B_{1} C \sin \gamma=A_{1} C_{1} \cdot B_{1} C_{1} \sin \left(90^{\circ}-\gamma / 2\right) \Leftrightarrow \\ & (p-c)^{2} \sin \frac{\gamma}{2}=2(p-b) \sin \frac{\beta}{2}(p-a) \sin \frac{\alpha}{2} \\ & \Leftrightarrow \cot ^{2} \frac{\gamma}{2} \sin \frac{\gamma}{2} 2 \cot \frac{\beta}{2} \sin \frac{\beta}{2} \cot \frac{\alpha}{2} \sin \frac{\alpha}{2} \\ & \Leftrightarrow \cos ^{2} \frac{\gamma}{2}=2 \sin \frac{\gamma}{2} \cos \frac{\beta}{2} \cos \frac{\alpha}{2} \Leftrightarrow \cos ^{2} \frac{\gamma}{2}=\sin \frac{\gamma}{2}\left(\cos \frac{\alpha+\beta}{2}+\cos \frac{\alpha-\beta}{2}\right) \Leftrightarrow \\ & \cos ^{2} \frac{\gamma}{2}-\sin ^{2} \frac{\gamma}{2}=\sin \frac{\gamma}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2} \Leftrightarrow 2 \cos \gamma=\sin \frac{\gamma+\alpha-\beta}{2}+\sin \frac{\gamma-\alpha+\beta}{2} \Leftrightarrow \\ & \text{(*)} \tag{*}\\ & \text{В частност, } \alpha \leq \gamma \leq \beta \text{или} \alpha \geq \gamma \geq \beta. \text{Тогава от условието следва, че} \\ & \text{.} \text{.} \text{йденство и (} * \text{) на квадрат и ги} \end{align*}

2 \sin \gamma=\sin \beta+\sin \alpha

. Повдигаме това равенство и (*) на квадрат и ги събираме. От тъждеството

\sin ^{2} x+\cos ^{2} x=1

получаваме, че

1=\cos \alpha \cos \beta+ \sin \alpha \sin \beta=\cos (\alpha-\beta)

. Оттук лесно следва, че

\alpha=\beta=\gamma=60^{\circ}

. Забележка. Ако предположим, че

\alpha \leq \gamma \leq \beta

или

\alpha \geq \gamma \geq \beta

, то

\sin \alpha+ \sin \beta=2 \sin \gamma

, т. е.

\sin \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2}=2 \sin \frac{\gamma}{2} \cos \frac{\gamma}{2}

, откъдето

\cos \frac{\alpha-\beta}{2}= 2 \sin \frac{\gamma}{2}

. Оттук и равенството

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

(вж. решението) получаваме, че

\cot ^{2} \frac{\gamma}{2}=3

. Тогава лесно следва, че

\alpha=\beta=\gamma=60^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-12-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Вписаната в

\triangle A B C

окръжност се допира до страните

B C

C A

A B

съответно в точки

A_{1}, B_{1}

C_{1}

. Известно е, че правата

A_{1} B_{1}

разполовява отсечката

C C_{1}

. Да се намерят ъглите на триъгълника, ако техните синуси образуват аритметична прогресия.

Решение

а) Функцията

f_{n}(x)=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i(i+x)}

е намаляваща при

x \geq 0

. Понеже

f_{n}(0) \geq 1\gt{}1-\frac{1}{n+1}=f_{n}(1)

следва, че уравнението

f_{n}(x)=1

има единствено неотрицателно решение

x_{n}

, като

x_{n}\lt{}1

. б) Ако

y_{n}=1-\frac{4}{n+3}

, то

\begin{gathered} f\left(y_{n}\right)=\frac{1}{1+y_{n}}+\sum_{i=2}^{n} \frac{1}{i\left(i+y_{n}\right)} \geq \\ \frac{1}{1+y_{n}}+\sum_{i=2}^{n} \frac{1}{i(i+1)}=\frac{n+3}{2(n+1)}+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}=1 \end{gathered}

т. е.

f\left(y_{n}\right) \geq f\left(x_{n}\right)

. Тогава

y_{n} \leq x_{n}\lt{}1

и значи

\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-12-5

2009

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението

3 x^{4}-4 x^{3}-12 x^{2}+16 \frac{4^{x-1}+6}{2^{x}+1}=0

Решение

Изследваме функцията

f(x)=3 x^{4}-4 x^{3}-12 x^{2}

в интервала

(-\infty, +\infty)

. Имаме

f^{\prime}(x)=12\left(x^{3}-x^{2}-2 x\right)=12 x(x+1)(x-2)

. Оттук

f^{\prime}(x)\lt{}0

при

x \in(-\infty, -1) \cup(0, 2)

f^{\prime}(x)\gt{}0

при

x(-1, 0) \cup(2, +\infty)

. Тогава

f

намалява в първите два интервала и расте във вторите два. Следователно най-малката стойност на

f

се достига при

x=-1

или

x=2

. Понеже

f(-1)=-5\gt{}-32=f(2)

, тя е равна на

f(2)=-32

. От друга страна,

g(x)=\frac{4^{x-1}+6}{2^{x}+1} \geq 2 \Leftrightarrow 4\left(2^{x-2}-1\right)^{2} \geq 0

Следователно

f(x)+16 g(x) \geq-32+16 \cdot 2=0

, като равенство се достига само при

x=2

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-12-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

a

, за които: а) съществува функция

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

такава, че

f(0)=a

f(f(x))=x^{2009}

за всяко

x \in \mathbb{R}

; б) съществува непрекъсната функция със свойствата от а).

Решение

а) Понеже

f^{2009}(x)=f(f(f(x)))=f\left(x^{2009}\right)

, то

a^{2009}=a

, т. е.

a= 0, \pm 1

. Да отбележим, че ако

\{b, c, d\}=\{-1, 0, 1\}

f(x)= \begin{cases}1 / x, & |x|\gt{}1 \\ 1 / x^{2009}, & 0\lt{}|x|\lt{}1 \\ b, & x=b \\ c, & x=d \\ d, & x=c\end{cases}

то

f(f(x))=x^{2009}

за всяко

x \in \mathbb{R}

. Значи търсените числа са 0 и

\pm 1

. б) Да отбележим, че

f

е инективна функция (ако

f(x)=f(y)

, то

x^{2009}= f(f(x))=f(f(y))=y^{2009}

, т. е.

x=y

). Ако допуснем, че

a=f(0)=-1

, то

f(-1)=0

. За

e=f(1)

имаме, че

e \neq 0, -1

e^{2009}=e

, т. е.

e=1

. Тогава

f(0) f(1)\lt{}0

и понеже

f

е непрекъсната, то

f(y)=0

за някое

y \in(0, 1)

. Това е противоречие с инективността на

f

f(-1)=0

. Аналогично

a \neq 1

. Остава

a=0

. Тази стойност може да се реализира както показва следната непрекъсната функция

f

, за която

f(f(x))=x^{2009}

f(x)= \begin{cases}x^{\sqrt{\vphantom{x^2}2009}}, & x\gt{}0 \\ 0, & x=0 \\ -(-x)^{\sqrt{\vphantom{x^2}2009}}, & x\lt{}0\end{cases}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

\triangle A B C(A C\lt{}B C)

с лице

20 \sqrt{\vphantom{x^2}3}

точките

M

I

са съответно медицентър и център на вписаната окръжност. Отсечката

I M

има дължина 1 и е успоредна на страната

A B

. Да се намерят дължините на страните на триъгълника.

Решение

Да означим

B C=a, A C=b

A B=c

. Нека

C L(L \in A B)

C N

(

N \in A B

) са съответно ъглополовяща и медиана (

L

е между

A

N

, понеже

A C\lt{}B C

). От условието следва, че

\triangle C L N \sim \triangle C I M

. Тогава

\frac{L N}{1}=\frac{C L}{C I}= \frac{C N}{C M}=\frac{3}{2}

(понеже

M

е медицентър). От

\frac{b}{a}=\frac{A L}{B L}=\frac{A L}{c-A L}

получаваме

A L=\frac{b c}{a+b}

. Тъй като

A I

е ъглополовяща в

\triangle A L C

, то

\frac{C I}{I L}=\frac{A C}{A L}=\frac{a+b}{c}

и оттук

\frac{C L}{C I}=\frac{a+b+c}{a+b}

. Но

\frac{C L}{C I}=\frac{3}{2}

и получаваме

a+b=2 c

. Тогава

\frac{3}{2}=L N=A N-A L=\frac{c}{2}-\frac{b c}{a+b}=\frac{c(a-b)}{2(a+b)}=\frac{a-b}{4}

откъдето намираме

a-b=6

. Сега от

a+b=2 c

a-b=6

следва, че

a=c+3

b=c-3

. Хероновата формула ни дава, че

1200=S_{A B C}^{2}=

\frac{3 c}{2}\left(\frac{c}{2}-3\right)\left(\frac{c}{2}+3\right) \frac{c}{2} \Leftrightarrow c^{4}-36 c^{2}-6400=0,

т. е.

\left(c^{2}-100\right)\left(c^{2}+64\right)=0

, откъдето

c=10

a=c+3=13, b=c-3=7

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-12-4

2010

1 задача

Задача 4

Пълен запис

Условие

В пространството са дадени правоъгълен

\triangle A B C

с хипотенуза

A B

и равнина

\tau

. Нека

\alpha=\angle(A C, \tau), \beta=\angle(B C, \tau)

\varphi=\angle(A B C, \tau)

. a) Да се докаже, че

\sin ^{2} \varphi=\sin ^{2} \alpha+\sin ^{2} \beta

. б) Ако

\alpha+\beta=60^{\circ}

, да се намери най-малката стойност на

\varphi

Решение

Решение. а) Движейки успоредно

\tau

, можем да предполагаме, че

C \notin \tau

. Ако например

B C \| \tau

, то

\beta=0

\varphi=\alpha

. Иначе можем да считаме, че

A C \cap \tau=A_1

B C \cap \tau=B_1

. Нека

C_1

C_2

са ортогоналните проекции на

C

съответно върху

A_1 B_1

\tau

. Тогава

\alpha=\angle C A_1 C_2, \beta=\angle C B_1 C_2

\varphi=\angle C C_1 C_2

. Ако

x=\angle C A C_1

y=\angle C B C_1

, то

\sin \alpha=\frac{C C_2}{C A_1}=\frac{C C_2}{C C_1} \sin x,

\sin \beta=\frac{C C_2}{C B_1}=\frac{C C_2}{C C_1} \sin y, \sin \varphi=\frac{C C_2}{C C_1}

и понеже

x+y=90^{\circ}

, следва, че

\sin ^2 \alpha+\sin ^2 \beta=\sin ^2 \varphi

. б) Имаме, че

\begin{aligned} & \sin ^2 \varphi=\sin ^2 \alpha+\sin ^2 \beta=1-\frac{\cos 2 \alpha+\cos 2 \beta}{2}= \\ & 1-\cos (\alpha+\beta) \cos (\alpha-\beta)=1-\frac{\cos (\alpha-\beta)}{2} \geq \frac{1}{2} \end{aligned}

Значи

\sin \varphi \geq \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2}

и понеже

0 \leq \varphi \leq 90^{\circ}

, то най-малката стойност на

\varphi

е равна на

45^{\circ}

и се достига при

\alpha=\beta=30^{\circ}

. Оценяване. а) 1 т. за построяване на ъллите и 2 т. за останалата част; б) 4 т., от които по 1 т. за всяка от двете тригонометрични формули; при аналитичен подход по 1 т. за намиране на производната и на корените ѝ, и 2 т. за намиране на минимума.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-12-4

2011

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Допирателните към точки

A

B

от графиката на функцията

y=x^{2}

се пресичат в точка

C

така, че

\triangle A B C

е равностранен. Да се намери дължината на отсечката

A B

Решение

(2 т.) Ако

A=\left(a, a^{2}\right)

B=\left(b, b^{2}\right)

, то съответните допирателни са

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

y-b^{2}=2 b(x-b)

(понеже

\left(x^{2}\right)^{\prime}=2 x

). Тогава за

C=\left(c_{1}, c_{2}\right)

имаме, че

2 c_{1}-a^{2}=2 b c_{1}-b^{2}

, откъдето

c_{1}=\frac{a+b}{2}

c_{2}=a b

. (2 т.) Сега от

\left(a-\frac{a+b}{2}\right)^{2}+\left(a^{2}-a b\right)^{2}=A C^{2}=

B C^{2}=\left(b-\frac{a+b}{2}\right)^{2}+\left(b^{2}-a b\right)^{2}

следва, че

\left|a^{2}-a b\right|=\left|b^{2}-a b\right|

. Ако

a^{2}-a b=a b-b^{2}

, то

(a-b)^{2}=0

- противоречие. Значи

a^{2}-a b=b^{2}-a b

, т. е.

a=-b

. (3 т.) Можем да считаме, че

a\gt{}0

и тогава

\angle A C B=60^{\circ}

точно когато ъгълът между допирателната през

A

O x

60^{\circ}

(защото

A B \| O x

A C=B C

). Оттук

A B=2 a=\tan 60^{\circ}=\sqrt{\vphantom{x^2}3}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-12-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-12-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Четириъгълникът

A B C D

е вписан в окръжност,

\angle B A C\lt{}90^{\circ}, \angle A B C \neq 90^{\circ}

и точка

M

е среда на

A C

. Да се докаже, че

\angle B M D=2 \angle B A D

тогава и само тогава, когато е изпълнено равенството

A B. C D=A D. B C

Решение

Нека

\angle B A C=\alpha

O

е центърът на окръжността. От

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

следва, че

O \neq M

и без ограничение приемаме, че

O

е във вътрешността на

\triangle A B C

. Ако

\angle B M D=2 \alpha

, то от

\angle B O D=2 \alpha

следва, че точките

M, O, B

D

лежат на една окръжност. Тогава

\angle O M B=\angle O D B=90^{\circ}-\alpha

и следователно

\angle B M C=\angle O M C-\angle O M B=90^{\circ}-\angle O M B=\alpha

. Сега от подобието

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

намираме

\frac{M C}{C B}=\frac{A D}{D B}

. Тъй като

M C=\frac{1}{2} A C

, последното е еквивалентно на

A C \cdot B D=2 A D \cdot B C

. От теоремата на Птолемей имаме

A C \cdot B D=A D \cdot B C+A B \cdot C D

, откъдето следва

A B \cdot C D=A D \cdot B C

. Обратно, ако

A B \cdot C D=A D \cdot B C

, то

A C \cdot B D=2 A D \cdot B C

, откъдето

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

A C \cdot B D=2 A B \cdot C D

, откъдето следва

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

. От горните подобия следва, че

\angle A M B=\angle A M D=\angle B C D=180^{\circ}-\alpha

, т. е.

\angle B M C=\angle D M C=\alpha

, откъдето

\angle B M D=2 \alpha

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-12-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Дадени са естествени числа

n

k

, за които

n \geq 3

1 \leq k \leq n-2

. В група от

n

човека има точно

k

двойки хора, които се познават. Да се докаже, че от тази група могат да се изберат

n-k+1

човека, двама от които се познават, като всеки от двамата познати не познава никой от останалите

n-k-1

от избраните.

Решение

Ще докажем задачата с индукция по

n \geq 3

. При

n=3

имаме

k=1

и твърдението е вярно, тъй като цялата група има исканото свойство. Да допуснем, че твърдението е вярно за група от

n-1

човека. Ще го докажем за група от

n

човека. Ако

k=1

, цялата група от

n

човека е търсената. Нека

k\gt{}1

. Да допуснем, че има човек

A

, който познава само един от останалите. Групата, получена след премахване на

A

е от

n-1

човека и познанствата са

k-1

и твърдението следва от индукционната допускане. Тъй като

2 n\gt{}2(n-2) \geq 2 k

, то не е възможно всеки да има поне двама познати. Следователно има човек

A

без познати. Ако

k=n-2

, то

A

заедно с двама, които се познават дава търсената група. Ако

k

не е

n-2

, махаме

A

и получаваме задачата за

n-1

човека и

k

познати. Според индукционното допускане съществува група от

n-1-k+1=n-k

човека с исканото свойство. Остава да добавим

A

към тази група.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-12-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

\mathbb{R}^{+}

е множеството на положителните реални числа. Да се докаже, че за всяка неконстанта функция

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

съществуват числа

x, y

z\gt{}0

, за които е изпълнено неравенството

(f(x)+f(y)-2 f(x y)) \cdot(f(x)+f(z)-2 f(x z))\lt{}

0.

Решение

Да допуснем противното. Тогава са възможни два случая.

(*)

(2 т.)

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

за произволни

x, y\gt{}0

. При

y=1

следва, че

f(x) \leq f(1)

за всяко

x\gt{}0

. Тогава

2 f(1) \geq f(x)+f(1 / x) \geq 2 f(1)

и значи

f(x)=f(1)

за всяко

x\gt{}0

(*)

(3 т.) Съществува

x\gt{}0

такова, че (1)

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

за всяко

y\gt{}0

. При

y=1

следва, че

f(x) \geq f(1)

. Нека

m=\inf _{\mathbb{R}^{+}} f

\left(a_{n}\right) \subset \mathbb{R}^{+}

така, че

f\left(a_{n}\right) \rightarrow m

. При

y_{n}=a_{n} / x

имаме, че

2 m \leq f(x)+f\left(y_{n}\right) \leq f\left(x y_{n}\right) \rightarrow 2 m

и значи

f(x)=m=f(1)

за всяко

x\gt{}0

, за което (1) е в сила. (2 т.) Ако този случай съществува

x\gt{}0

такова, че (2)

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

за всяко

y\gt{}0

, то при

y=1

следва, че

m=f(1) \geq f(x) \geq m

и значи

f(x)=f(1)

за всяко

x\gt{}0

, за което (2) е в сила. И в двата случая получихме, че

f

е константапротиворечие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-12-6

2012

3 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

I

е центърът на вписаната в

\triangle A B C

окръжност и

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

са центровете на оръжностите, описани около

\triangle B I C, \triangle C I A

\triangle A I B

. Да се докаже, че: a) правите

A A_{1}, B B_{1}

C C_{1}

се пресичат в една точка; б)

\frac{S_{A_{1} B_{1} C_{1}}}{S_{A B C}}=\frac{R}{2 r}

, където

r

R

са радиусите на вписаната и описаната окръжност на

\triangle A B C

Решение

а) Имаме

\angle B I C_{1}=\frac{180^{\circ}-\angle B C_{1} I}{2}= \frac{180^{\circ}-2 \angle B A I}{2}=\frac{180^{\circ}-\angle B A C}{2}=\angle I B C+\angle B C I

. Следователно точките

C, I

C_{1}

лежат на една права. Аналогично и правите

A A_{1}

B B_{1}

минават през

I

. б) Тъй като

\angle B C_{1} I=2 \angle B A I=\angle B A C

, то

C_{1}

лежи върху описаната около

\triangle A B C

окръжност и е среда на дъгата

\widehat{A B}

; аналогично за

A_{1}

B_{1}

. Тогава

\angle A_{1} B C_{1}=\angle A B C_{1}+\angle C B A+\angle A_{1} B C=

\frac{\angle C}{2}+\angle B+\frac{\angle A}{2}=90^{\circ}+\frac{\angle B}{2}

и от синусовата теорема получаваме, че

A_{1} C_{1}=2 R \cos \frac{B}{2}

. Аналогично

B_{1} C_{1}=2 R \cos \frac{A}{2}

. Тъй като

\angle A_{1} C_{1} B_{1}=90^{\circ}-\frac{\angle C}{2}

, следва, че

S_{A_{1} B_{1} C_{1}}=2 R^{2} \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B}{2} \cos \frac{C}{2}

Сега исканото равенство следва от известната формула

\cos \frac{A}{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{p(p-a)}{b c}}

и аналогичните за другите ъгли, Хероновата формула и

a b c=4 R S, S=p r

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2012-12-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2012-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

P

е полином от 2013 степен с реални коефициенти такъв, че за произволни числа

x, y, z \in \mathbb{R}

, за които

P(x)+P(y)+P(z)=0

, следва, че

P\left(x^{3}\right)+P\left(y^{3}\right)+P\left(z^{3}\right)=3 P(x) P(y) P(z).

Да се докаже, че: а)

P(x) \neq 0

при

x \in \mathbb{R} \backslash\{-1, 0, 1\}

; б)

P

е нечетна функция.

Решение

а) Нека

P(\alpha)=0

за някое

\alpha \in \mathbb{R}

. Тогава

3 P\left(\alpha^{3}\right)=3 P^{3}(\alpha)=0

и по индукция следва, че

P\left(\alpha^{3^{n}}\right)=0

за всяко

n \in \mathbb{N}

. Понеже

P

има краен брой нули (най-много 2013), то

\alpha=0

или

|\alpha|=1

, т. е.

\alpha= \pm 1

. б) Тъй като

P

е от нечетна степен, то

P(\alpha)=0

за някое

\alpha \in \mathbb{R}

. От а) следва, че

\alpha \in\{-1, 0, 1\}

и значи

\alpha^{3}=\alpha

. За всяко

x \in \mathbb{R}

можем да изберем

y \in \mathbb{R}

така, че

P(x)=-P(y)

. При

z=\alpha

следва, че

P\left(x^{3}\right)=-P\left(y^{3}\right)

. Пак по индукция получаваме

P\left(x^{3^{n}}\right)=-P\left(y^{3^{n}}\right)

. При

x\gt{}1

имаме

\lim _{n \rightarrow \infty} x^{3^{n}}=\infty

. В частност,

|y|\gt{}1

. Понеже

\lim _{|t| \rightarrow \infty} P(t) / t^{3} \neq 0

, то

\lim _{n \rightarrow \infty}(x / y)^{3^{n}}=-1

. Значи

x=-y

, т. е.

P(x)=-P(-x)

при

x\gt{}1

, а оттам и за всяко

x

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2012-12-4

2013

1 задача

Задача 3

Пълен запис

Условие

Числата

\frac{1}{5}

\frac{1}{5}

се заменят със сумата и произведението им. За новите числа

\frac{2}{5}

\frac{1}{25}

се прилага същата операция и т. н. Да се докаже, че във всеки момент числата са по-малки от

\frac{1}{2}

Решение

Нека

a_{1}=b_{1}=\frac{1}{5}, a_{n+1}=a_{n}+b_{n}

b_{n+1}=a_{n} b_{n}

при

n \geq 1

. По индукция ще докажем, че

a_{n}\lt{}\frac{12}{25}

b_{n} \leq \frac{1}{25 \cdot 2^{n-2}}

при

n \geq 2

. За

n=2

това е вярно. Тогава

a_{n+1}=a_{2}+b_{2}+\cdots+b_{n} \leq

\frac{2}{5}+\frac{1}{25}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-2}}\right)\lt{}\frac{2}{5}+\frac{2}{25}=\frac{12}{25}

b_{n+1}=a_{n} b_{n}\lt{}\frac{b_{n}}{2}=\frac{1}{25 \cdot 2^{n-1}}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-12-3

2015

1 задача

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки от реални числа

(x, y)

, за които

x, y \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]

\sin x+\cos y-\sin (x-y)=\cos x-\sin y+\sin (x-y)=1.

Решение

След повдигане на квадрат и почленно събиране на равенствата

\sin x+\cos y=1+\sin (x-y)

\cos x-\sin y=1-\sin (x-y)

, получаваме

2+2 \sin (x-y)=2+2 \sin ^{2}(x-y)

, откъдето

\sin (x-y)=0

или

\sin (x-y)=1

. Ако

\sin (x-y)=0

получаваме

x=y

\sin x+\cos x=\cos x-\sin x

, откъдето

\sin x=0

, т. е.

x=0

. Директно се проверява, че

x=y=0

е Ако

\sin (x-y)=1

, то

x-y=\frac{\pi}{2}

, което е възможно само при

x=\frac{\pi}{2}

y=0

. Директно се проверява, че

x=\frac{\pi}{2}, y=0

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-12-1

2016

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

a

b

са реални положителни числа. Да се докаже, че редицата

\left\{u_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}

, зададена с

u_{1}=\sqrt{\vphantom{x^2}a}, \quad u_{n+1}=\sqrt{\vphantom{x^2}a+b u_{n}},

е сходяща и да се намери границата

\lim _{n \rightarrow \infty} u_{n}

Решение

От очевидното неравенство

u_{n+1}=\underbrace{\sqrt{\vphantom{x^2}a+b \sqrt{a+\ldots+b \sqrt{a+b \sqrt{a}}}}}_{n+1 \text{корена}}\gt{}

\underbrace{\sqrt{\vphantom{x^2}a+b \sqrt{a+\ldots+b \sqrt{a}}}}_{n \text{корена}}=u_{n}

следва, че редицата е растяща. Да означим с

m

по-голямото от числата

a

b

, т. е.

m=\max \{a, b\}

. Сега имаме

u_{1}=\sqrt{\vphantom{x^2}a}\lt{}a+1 \leq m+1

u_{n+1}=\sqrt{\vphantom{x^2}a+b u_{n}} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}m+m u_{n}}\lt{}

\sqrt{\vphantom{x^2}m+m(m+1)}=\sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+2 m}\lt{}m+1.

Доказахме, че редицата

\left\{u_{n}\right\}

е растяща и ограничена отгоре, откъдето следва, че границата

L=\lim _{n \rightarrow \infty} u_{n}

съществува и удовлетворява

L^{2}-b L-a=0

. Тъй като очевидно

L\gt{}0

, окончателно получаваме

L=\frac{b+\sqrt{\vphantom{x^2}b^{2}+4 a}}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-12-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Гришо попълва с положително число някоя от звездичките в уравнението

* x^{12}+\cdots+* x^{7}+x^{6}+* x^{5}+\cdots+* x+*=0,

а след това Мишо попълва с положително число друга от звездичките и т. н., докато бъдат попълнени дванайсетте звездички. Да се докаже, че Мишо има стратегия, при която полученото накрая уравнение има реален корен.

Решение

Нека уравнението е

\sum_{i=0}^{12} a_{i} x^{i}=0

. Да разделим коефициентите по двойки

\left(a_{0}, a_{1}\right), \left(a_{2}, a_{3}\right), \left(a_{4}, a_{5}\right), \left(a_{7}, a_{8}\right), \left(a_{9}, a_{10}\right), \left(a_{11}, a_{12}\right)

. Лесно се проверява, че ако

b\gt{}0

, то

\min \left(b x^{2 k}+c x^{2 k-1}\right)=\left(\frac{c}{2 k}\right)^{2 k}\left(\frac{1-2 k}{b}\right)^{2 k-1}.

Значи след първия попълнен от Гришо коефициент, Мишо може да попълни другия коефициент от съответната двойка така, че

a_{j} x_{0}^{j}+a_{j+1} x_{0}^{j+1}+x_{0}^{6}=0

за някое

x_{0}\lt{}

0 (защо?) При попълен по-нататък коефициент от Гришо, Мишо попълва другия коефициент от съответната двойка така, че

a_{j}+a_{j+1} x_{0}=0

. Следователно

x_{0}

е корен на полученото уравнение.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

За кои стойности на реалния параметър

a

уравнението

\sin \frac{x}{2}+\cos \frac{9}{x}=a

има положителен реален корен?

Решение

Нека

f(x)=\sin \frac{x}{2}+\cos \frac{9}{x}

. Да допуснем, че

f(x)=a

за някое

x\gt{}0

. Очевидно

a\lt{}2

. Ако

a=2

, то

\frac{x}{2}= \frac{\pi}{2}+2 k \pi

\frac{9}{x}=2 l \pi

за някои

k, l \in \mathbb{Z}

, откъдето

\pi^{2}=\frac{9}{2 l(4 k+1)}

, противоречие. Понататък,

\sin \frac{x}{2}\gt{}0

при

0\lt{}x\lt{}2 \pi

\cos \frac{9}{x}\gt{}0

при

x\gt{}\frac{18}{\pi}

. Понеже

2 \pi\gt{}\frac{18}{\pi}

, следва, че

a\gt{}-1

. Обратно, ще докажем, че ако

a \in(-1, 2)

, то

f(x)=a

за някое

x\gt{}0

. Нека

b_{n}=\pi+4 n \pi

c_{n}=\frac{9}{(2 n+1) \pi}

. Понеже

\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(b_{n}\right)=2

\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(c_{n}\right)=-1

, можем да намерим

n \in \mathbb{N}

така, че

f\left(c_{n}\right)\lt{}a\lt{}f\left(b_{n}\right)

. От теоремата на Болцано-Вайерщрас следва, че

f(x)=a

за някое

x \in\left(c_{n}, b_{n}\right)

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-12-4

2017

2 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

p

q

са реални положителни числа и

E(p, q)=\frac{3 p+4 q}{5 p+6 q}+\frac{3 q+4 p}{5 q+6 p}

Да се докаже, че

\frac{19}{15}\lt{}E(p, q) \leq \frac{14}{11}

Решение

Полагате

x=p / q

и свеждаме задачата до изследване на функцията

f(x)=\frac{3 x+4}{5 x+6}+\frac{4 x+3}{6 x+5}

за

x \in(0, \infty)

. Функцията

f(x)

е гладка в този интервал и нейната производна е

f^{\prime}(x)=\frac{-22\left(x^{2}-1\right)}{(5 x+6)^{2}(6 x+5)^{2}}

Оттук се вижда, че

f(x)

притежава една критична точка

-x=1

в интервала

(0, \infty)

, и че

f^{\prime}(x)\gt{}0

(0, 1)

f^{\prime}(x)\lt{}0

(1, \infty)

, т. е. функцията е растяща в

(0, 1)

и намаляваща в (

1, \infty

). Следователно

f(x)

има локален максимум за

x=1

, който се оказва и глобален в интервала (

0, \infty

). Пресмятаме

f(1)=\frac{14}{11}

\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)= \lim _{x \rightarrow \infty} f(x)=\frac{19}{15}

. Оттук твърдението на задачата следва веднага.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Даден е правоъгълен равнобедрен триъгълник

A B C

(

\angle C=90^{\circ}

). Вписаната в триъгълника окръжност се допира до страните

B C, C A, A B

съответно в точките

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

, а върху дъгата

\widehat{A_{1} B_{1}}

, която не съдържа

C_{1}

, е избрана произволна точка

P

. Нека разстоянията от точката

P

до страните

B C, C A, A B

са равни съответно на

t_{a}, t_{b}

t_{c}

. Да се докаже, че

\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}t_{a}}+\sqrt{\vphantom{x^2}t_{b}}}{\sqrt{\vphantom{x^2}t_{c}}}=\sqrt{\vphantom{x^2}2-\sqrt{2}}

Решение

По теоремата на Птолемей за вписания четириъгълник

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

имаме

P A_{1} \cdot B_{1} C_{1}+P B_{1} \cdot A_{1} C_{1}=P C_{1} \cdot A_{1} B_{1}

, откъдето получаваме

\frac{P A_{1}+P B_{1}}{P C_{1}}=\frac{A_{1} B_{1}}{A_{1} C_{1}}=2 \sin \frac{45^{\circ}}{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}2-\sqrt{2}}.

Ако диаметърът на вписаната окръжност през

A_{1}

A_{1} A_{0}=2 r

, то

t_{a}

е проекцията на

P A_{1}

върху

A_{1} A_{0}

. Следователно

P A_{1}=\sqrt{\vphantom{x^2}2 r. t_{a}}

. Аналогично

P B_{1}=\sqrt{\vphantom{x^2}2 r. t_{b}}

P C_{1}=\sqrt{\vphantom{x^2}2 r. t_{c}}

и като заместим в резултата от по-горе, получаваме желаното равенство.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-12-3

2018

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че: а) за всяко цяло число

n \geq 2

съществува единствено реално число

a_{n}\gt{}1

такова, че

a_{n}^{n+1}+1=2 a_{n}^{n}

. б) редицата

a_{2}, a_{3}, \ldots

от а) е строго растяща и сходяща, и да се намери границата й.

Решение

а) За

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

имаме, че

f_{n}^{\prime}(x)=(n+1) x^{n-1}\left(x-y_{n}\right)

, където

y_{n}= 2 n /(n+1) \in(1, 2)

. Следователно

f_{n}

строго намалява в интервала

\left[0, y_{n}\right]

и (*) строго расте в интервала

\left[y_{n}, +\infty\right)

. Понеже

f_{n}\left(y_{n}\right)\lt{}f_{n}(1)=0\lt{}1=f_{n}(2)

, то съществува единствено реално число

a_{n}\gt{}1

такова, че

f_{n}\left(a_{n}\right)=0

. б) От а) имаме, че

a_{n} \in\left(y_{n}, 2\right)

. Понеже

y_{n} \rightarrow 2

, то и

a_{n} \rightarrow 2

. (Тъй като

0\lt{}1 / a_{n}^{n} \leq (3 / 4)^{n} \rightarrow 0

, това следва и след граничен преход в равенството

a_{n}+1 / a_{n}^{n}=2

). По-нататък, в сила е неравенството

f_{n+1}\left(a_{n+1}\right)\lt{}f_{n}\left(a_{n}\right)

, защото е еквивалентно на

a_{n+1}^{n+1}\left(a_{n+1}-2\right)\lt{}a_{n+1}^{n}\left(a_{n+1}-2\right) \Longleftrightarrow\left(a_{n+1}-1\right)\left(a_{n+1}-2\right)\lt{}0

, което следва от

a_{n+1} \in(1, 2)

. Тогава

0=f_{n}\left(a_{n}\right)=f_{n+1}\left(a_{n+1}\right)\lt{}f_{n}\left(a_{n+1}\right)

. Тъй като

a_{n+1}\gt{}y_{n+1}\gt{}y_{n}

a_{n}\gt{}y_{n}

, от (*) и

f_{n}\left(a_{n}\right)\lt{}f_{n}\left(a_{n+1}\right)

следва, че

a_{n}\lt{}a_{n+1}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

A M

B N

(

M \in B C, N \in A C

) са вътрешните ъглополовящи съответно на

\angle B A C

\angle A B C

в триъгълника

A B C

. Ако

A M \cap B N=I

, а описаните окръжности съответно около

\triangle A N I

\triangle B M I

се пресичат за втори път в точката

L

от страната

A B

, да се докаже, че лицето на

\triangle M N L

не надминава една четвърт от лицето на

\triangle A B C

Решение

Тъй като

\angle C N I=\angle A L I, \angle C M I=\angle B L I

\angle A L I+\angle B L I=180^{\circ}

, то четириъгълникът NICM е вписан в окръжност. Тогава

180^{\circ}=\gamma+\angle N I M=\gamma+90^{\circ}+\frac{1}{2} \gamma=\frac{3}{2} \gamma+90^{\circ},

т. е.

\gamma=60^{\circ}

. Тогава

\angle C N M=\angle C N B-\angle M N B=

\alpha+\frac{1}{2} \beta-30^{\circ}=\frac{1}{2} \alpha+30^{\circ}

\angle L N M=\angle L N I+\angle M N I=\frac{1}{2} \alpha+30^{\circ}

. Следователно

\angle C N M=\angle L N M

и аналогично

\angle C M N=\angle L M N

, т. е.

\triangle L N M \cong \triangle C M N

. Получаваме

\frac{S_{L M N}}{S_{A B C}}=\frac{S_{C M N}}{S_{A B C}}=\frac{C M \cdot C N}{C B \cdot C A}=

\frac{\frac{a b}{b+c} \cdot \frac{a b}{a+c}}{a b}=\frac{a b}{(a+c)(b+c)}.

Трябва да докажем, че

\frac{a b}{(a+c)(b+c)} \leq \frac{1}{4} \Longleftrightarrow(a+c)(b+c) \geq 4 a b

. Тъй като

a+c \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}a c}

b+c \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}b c}

, последното неравенство е еквивалентно на

c^{2} \geq a b

. От косинусовате теорема имаме

c^{2}=a^{2}+b^{2}-a b \geq a b \Longleftrightarrow(a-b)^{2} \geq 0, \mathrm{c}

което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Колко най-малко може да бъде разстоянието между точки

M

N

съответно от графиките на функциите

y=x^{2}

y=5 x^{2}+1

Решение

Ако

M=\left(x-a, (x-a)^{2}\right)

N=\left(x, 5 x^{2}+1\right)

, то

M N^{2}=a^{2}+\left(5 x^{2}+1-(x-a)^{2}\right)^{2}=

a^{2}+\left(4(x+a / 4)^{2}+1-5 a^{2} / 4\right)^{2}. \tag{1}

При

a^{2} \geq 4 / 5

следва, че (2)

M N^{2} \geq 4 / 5

, а при

a^{2}\lt{}4 / 5

имаме, че

\text{(3)} M N^{2} \geq

a^{2}+\left(1-5 a^{2} / 4\right)^{2}=\left(3 / 5-5 a^{2} / 4\right)^{2}+16 / 25 \text{.}

Значи (4)

\min M N=4 / 5

(достига се при

a= \pm 2 \sqrt{\vphantom{x^2}3} / 5, x=\mp \sqrt{\vphantom{x^2}3} / 10

). Втори начин. Лесно се съобразява, че разстоянието между точки от двете параболи има най-малка стойност, Нека тя се достига за точки

M

N

. Тогава кръговете с центрове в тези точки и радиус

M N

се допират до съответната парабола. Следователно правата

M N

е перпендукулярна на съответните допирателни, т. е. е обща нормала за двете параболи (*). Ако

M N

е успоредна на ординатната ос, то (1)

M=(0, 0), N=(1, 0)

M N=1

. Иначе

M=\left(x_{1}, x_{1}^{2}\right), N=\left(x_{2}, 5 x_{2}^{2}+1\right), x_{1} x_{2} \neq 0

, и правата

M N

може да бъде зададена по два начина:

\text{(2)} \quad y-x_{1}^{2}=-\frac{1}{2 x_{1}}\left(x-x_{1}\right),

\quad y-\left(5 x_{2}^{2}+1\right)=-\frac{1}{10 x_{2}}\left(x-x_{2}\right) \text{.}

Оттук

x_{1}=5 x_{2}, x_{1}^{2}+1 / 2=5 x_{2}^{2}+1+1 / 10

, т. е. (3)

x_{1}= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3} / 2, x_{2}= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3} / 10

. Тогава (4)

M N=4 / 5

, което е отговорът на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-12-3

2019

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадена е редицата

\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}

, за която:

a_{1}=\frac{4}{3}, \quad a_{n+1}=a_{n}^{2}-2 a_{n}+2

Да се докаже, че редицата

\left\{b_{k}\right\}_{k=1}^{\infty}

с общ член

b_{k}=\prod_{i=1}^{k} a_{i}

е сходяща и да се намери нейната граница при

k \rightarrow \infty

Решение

Да забележим, че от второто равенство за

a_{n}

имаме, че:

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

Оттук с индукция по

n

получаваме, че за всяко

n \geq 1

a_{n}-1=\left(a_{1}-1\right)^{2^{n-1}}=\frac{1}{3^{2^{n-1}}}

Следователно

a_{n}=1+\frac{1}{3^{2^{n-1}}}

. Това показва, че:

b_{k}=\prod_{i=1}^{k}\left(1+\frac{1}{3^{2^{i-1}}}\right)

Да умножим двете страни на това равенство с

1-\frac{1}{3}=1-\frac{1}{3^{2^{0}}}

. Тогава с индукция по

k

получаваме, че:

\left(1-\frac{1}{3}\right) b_{k}=

\left(1-\frac{1}{3^{2^{0}}}\right) \prod_{i=1}^{k}\left(1+\frac{1}{3^{2^{i-1}}}\right)=1-\frac{1}{3^{2^{k}}}

Ясно е, че когато

k

расте неограничено

3^{2^{k}}

расте неограничено и клони към

+\infty

. Следователно:

1-\frac{1}{3^{2^{k}}} \rightarrow_{k \rightarrow \infty} 1-0=1

Оттук следва, че редицата

\frac{2}{3} b_{k}

е сходяща и клони към 1, което означава, че

\left\{b_{k}\right\}_{k=1}^{\infty}

е сходяща и нейната граница

\mathrm{e} \frac{3}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

За всяко реално число

x\gt{}0

дефинираме триъгълника

T(x)=A B C

, чиито върхове имат координати

A=(-1, 1), B=\left(x, \frac{1}{x}\right)

C=\left(\frac{x}{2}, -\frac{2}{x}\right)

в правоъгълна координатна система. Измежду всички триъгълници

T(x), x\gt{}0

, да се намерят тези, които имат наймалко лице.

Решение

Да фиксираме

x

и да разгледаме триъгълника

A B C=T(x)

. Ще изразим неговото лице като функция на

x

. Нека

l_{C}

l_{A}

са правите през

C

A

, упсоредни на абсцисата. Нека

l_{B}

е правата през

B

, успоредна на ординатата. Нека

X=C A \cap l_{B}, Y=l_{A} \cap l_{B}

D=l_{C} \cap l_{B}

, вж. фиг. 1. Директно пресмятаме, че:

|A Y|=1+x, \quad|C D|=\frac{x}{2},

\quad|D Y|=1+\frac{2}{x} \text{и}|B D|=\frac{3}{x}. \tag{1}

Тогава е ясно, че

|A Y|=1+x\gt{}\frac{x}{2}=|C D|

. Това означава, че

X

съществува и

C

се намира на отсечката

A X

, откъдето

X

е в четвърти квадрант. Сега може да изразим лицето на

A B C

чрез лицето на

A X B

както следва:

S_{A B C}=\frac{|C A|}{|A X|} S_{A X B}=\left(1-\frac{|C D|}{|A Y|}\right) S_{A X B},

защото по Теоремата на Талес

\frac{|C A|}{|A X|}=1-\frac{|C X|}{|A X|}=1-\frac{|C D|}{|A Y|}

. Сега лицето на

A X B

S_{A X B}=

\frac{|A Y|.|B X|}{2}

S_{A B C}=\frac{(|A Y|-|C D|)}{|A Y|} \frac{|A Y|.|B X|}{2}=

(|A Y|-|C D|) \frac{|B D|+|X D|}{2}.

Остана да отчетем, че

|X D|=|C D| \frac{|X Y|}{|A Y|}=|C D| \frac{|X D|+|D Y|}{|A Y|}

, където използвахме, че

A X Y \sim C X D

. Оттук намираме, че

|X D|=\frac{|C D| \cdot|D Y|}{|A Y|-|C D|}

. Заместваме и получаваме:

S_{A B C}=

\frac{|A Y|-|C D|}{2}\left(|B D|+\frac{|C D| \cdot|D Y|}{|A Y|-|C D|}\right)=

\frac{|B D|(|A Y|-|C D|)}{2}+\frac{|C D| \cdot|D Y|}{2}.

Сега заместваме дължините на отсечките

B D, C D, A Y

D Y

от 1, за да заключим, че:

S_{A B C}=\frac{3}{x} \frac{1+\frac{x}{2}}{2}+\frac{x}{4}\left(1+\frac{2}{x}\right)=\frac{3}{2 x}+\frac{5}{4}+\frac{x}{4}.

Така за всяко

x\gt{}0

лицето на триъгълника

T(x)

е:

\frac{x}{4}+\frac{3}{2 x}+\frac{5}{4}=\left(\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{x}{4}}-\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3}{2 x}}\right)^{2}+\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3}{2}}+\frac{5}{4}.

Така най-малката възможна стойност за лицата на триъгълниците

T(x)

се достига, когато

\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{x}{4}}-\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3}{2 x}}=0

. Оттук

x=\sqrt{\vphantom{x^2}6}

и множеството от търсените триъгълници е

\{T(\sqrt{\vphantom{x^2}6})\}

. Втори начин. Нека точките

B

C

имат координати

\left(x, \frac{1}{x}\right)

\left(\frac{x}{2}, -\frac{2}{x}\right)

, съответно, за някое

x\gt{}0

. Тогава лицето на триъгълника

A B C

е равно (защо?) на

S(x)=\frac{x^{2}+5 x+6}{4 x}=\frac{5}{4}+\frac{x}{4}+\frac{6}{4 x} \geq \frac{5}{4}+2 \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{x}{4} \cdot \frac{6}{4 x}}=\frac{5}{4}+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{2}

. Равенство се достига, когато

x=\frac{6}{x}

или за

x=\sqrt{\vphantom{x^2}6}

. Така тригълникът е с най-малко лице, когато точките

B

C

са с координати

\left(\sqrt{\vphantom{x^2}6}, \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{6}\right)

\left(\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{2}, -\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{3}\right)

, съответно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Даден е тетраедър

A B C D

. Нека

D

се проектира в равнината (

A B C

) в точка

H

. Точките

O_{A}, O_{B}, O_{C}

са центровете на описаните сфери съответно около

H C D B, H A C D

H D A B

. Да се докаже, че средите на ръбовете на

A B C D

лежат на една сфера точно когато обемът на

A B C D

е два пъти по-голям от обема на

H O_{A} O_{B} O_{C}

Решение

(1) Средите на ръбовете на двойка

A B C D

срещуположни ръбове образуват успоредник със страни, успоредни на третата двойка срещуположни ръбове. Тогава е ясно, че средите на ръбовете на

A B C D

лежат на една сфера точно когато и трите успоредника са всъщност правоъгълници. Това е еквивалентно на двойките срещуположни ръбове да бъдат перпендикулярни. Освен това от Теоремата за трите перпендикуляра следва, че двойките срещуположни ръбове на

A B C D

са перпендикулярни точно когато

H

е ортоцентър на

A B C

. (2) Всеки от трите центъра

O_{A}, O_{B}

O_{C}

е равноотдалечен от

D

H

, следователно

\left(O_{A} O_{B} O_{C}\right)

е симетралната равнина на

D H

. Оттук

\left(O_{A} O_{B} O_{C}\right) \|(A B C)

и разстоянието от

H

до

\left(O_{A} O_{B} O_{C}\right)

е половината от

D H

. Това показва, че обемът на

H O_{A} O_{B} O_{C}

е половината от обема на

A B C D

точно когато

S_{O_{A} O_{B} O_{C}}=S_{A B C}

. Нека

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

O_{C}^{\prime}

са проекциите на

O_{A}, O_{B}

O_{C}

в равнината (

A B C

). Тогава е ясно, че

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

O_{C}^{\prime}

са центровете на описаните окръжности около

H B C, H A C

H A B

. Освен това

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

, защото

\left(O_{A} O_{B} O_{C}\right) \|(A B C)

. (3) Сега да разгледаме средите

M, N

P

на

A H, B H

C H

. Тогава

M N

е средна отсечка в

A B H

и следователно е успоредна на

A B

и равна на

\frac{1}{2}|A B|

. Оттук и подобни разсъждения за

N

P

получаваме, че

M N P \sim A B C

с коефициент

\frac{1}{2}

. Следователно

S_{A B C}=4 S_{M N P}

. Тъй като

O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}

е симетрала на

A H

, то

M

е от правата

O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}

H M \perp O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}

. Аналогично за

N

P

O_{C}^{\prime} O_{A}^{\prime}

O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime}

, съответно. От (1), (2) и (3) трябва да докажем, че

S_{O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}}=4 S_{M N P}

точно когато

H

е ортоцентър на

A B C

(*)

Нека

H

е ортоцентър на

A B C

. Тогава

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

и по синусова теорема радиусът на описаната около

B C H

окръжност е равен на радиуса

R

на описаната около

A B C

окръжност. Следователно

\left|H O_{A}^{\prime}\right|=R

. Аналогично

\left|H O_{B}^{\prime}\right|=\left|H O_{C}^{\prime}\right|=R

. Следователно

H O_{C}^{\prime} O_{B}^{\prime}

е равнобедрен и тъй като

H M \perp O_{C}^{\prime} O_{B}^{\prime}

, то

M

е среда на

O_{C}^{\prime} O_{B}^{\prime}

. Аналогично

N

P

са среди на

O_{A}^{\prime} O_{C}^{\prime}

O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime}

. Следователно

4 S_{M N P}=S_{O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}}

(*)

Нека

4 S_{M N P}=S_{O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}}

. Да положим

\alpha=\frac{\left|O_{B}^{\prime} M\right|-\left|O_{C}^{\prime} M\right|}{\left|O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}\right|}, \beta=\frac{\left|O_{C}^{\prime} N\right|-\left|O_{A}^{\prime} N\right|}{\left|O_{C}^{\prime} O_{A}^{\prime}\right|}

\gamma= \frac{\left|O_{A}^{\prime} P\right|-\left|O_{B}^{\prime} P\right|}{\left|O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime}\right|}

. Използваме означенията

a=\left|O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}\right|, b=\left|O_{C}^{\prime} O_{A}^{\prime}\right|

c=\left|O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime}\right|

. Тогава от перпендикулярностите

M H \perp O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}, N H \perp O_{C}^{\prime} O_{A}^{\prime}

P H \perp O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime}

получаваме:

\left|O_{B}^{\prime} H\right|^{2}-\left|O_{C}^{\prime} H\right|^{2}=\alpha a^{2},

\quad\left|O_{C}^{\prime} H\right|^{2}-\left|O_{A}^{\prime} H\right|^{2}=\beta b^{2},

\quad\left|O_{A}^{\prime} H\right|^{2}-\left|O_{B}^{\prime} H\right|^{2}=\gamma c^{2}.

Събирайки почленно получаваме, че:

0=\alpha a^{2}+\beta b^{2}+\gamma c^{2}

. От друга страна, изразявайки

S_{M N P}

чрез лицето на

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

и лицата на триъгълниците

O_{A}^{\prime} P N, O_{B}^{\prime} M P

O_{C}^{\prime} M N

, намираме, че отношението на лицата

\frac{S_{M N P}}{S_{O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}}}

1-\left(\frac{(1-\beta)(1+\gamma)}{4}+\frac{(1-\gamma)(1+\alpha)}{4}+\frac{(1-\gamma)(1+\beta)}{4}\right)=

\left(\frac{1}{4}-\alpha \beta-\beta \gamma-\alpha \gamma\right).

Сега ще да докажем, че

\alpha \beta+\beta \gamma+\gamma \alpha \leq 0

при

0=\alpha a^{2}+\beta b^{2}+\gamma c^{2}

с равенство точно при

\alpha=\beta=\gamma=0

. От неравенството на триъгълника за

a, b, c

знаем, че

|a-b|\lt{}c\lt{}a+b

, тоест

a^{2}

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

. Следователно:

\gamma a^{2}+2|\gamma| a b+\gamma b^{2} \geq

\gamma c^{2} \geq \gamma a^{2}-2|\gamma| a b+\gamma b^{2}

като равенство е възможно само при

\gamma=0

. Като заместим в равенството

0=\alpha a^{2}+ \beta b^{2}+\gamma c^{2}

получаваме:

(\alpha+\gamma) a^{2}-2|\gamma| a b+(\beta+\gamma) b^{2} \leq

0 \text{и}(\alpha+\gamma) a^{2}+2|\gamma| a b+(\beta+\gamma) b^{2} \geq 0.

Ясно е, че

a\gt{}0

b\gt{}0

. Ако

\alpha+\gamma=0

\beta+\gamma=0

, то неравенствата са изпълнени единствено при

\gamma=0

и оттук

\alpha=\beta=0

. В противен случай горните тричлени може да разглеждаме като хомогенни квадратни функции с параметри

\alpha, \beta, \gamma

. Тъй като и двата тричлена имат една и съща детерминанта

D=4 \gamma^{2}-4(\alpha+\gamma)(\beta+\gamma)

, то тя трябва да е неотрицателна, защото иначе едно от двете неравенства няма (реални) Това показва, че

\gamma^{2} \geq \alpha \beta+\alpha \gamma+\beta \gamma+\gamma^{2}

, откъдето

0 \geq \alpha \beta+\alpha \gamma+\beta \gamma

. При това ако имаме равенство, то

D=0

и следователно едно от горните неравенства е изпълнено с равенство. Тъй като

S_{M N P}=\frac{1}{4} S_{A B C}

то

\alpha \beta+\beta \gamma+\gamma \alpha=0

. Оттук

D=0

и следователно в едно от горните неравенства имаме равенство. Това е възможно единствено при

\gamma=0

. Но тогава

\alpha \beta=0

\alpha a^{2}+\beta b^{2}=0

показват, че

\beta=\alpha=0

. Следователно,

M, N

P

са средите на

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

. Тогава

O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}\|N P\| B C

. Тъй като

A H \perp O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}

, то и

A H \perp B C

. Аналогично получаваме, че

B H \perp A C

C H \perp A B

, откъдето

H

е ортоцентър на

A B C

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

k

е естествено число. Множество от естествени числа

X \subseteq\{1, 2, \ldots, 2019\}

се нарича

k

n \boldsymbol{\sigma}

лно, ако всеки

k

(не задължително различни) елемента от

X

имат общ делител, по-голям от 1, но най-големият общ делител на елементите на

X

е 1. Нека

n

е най-голямото естествено число, за което има

n

n

глно множество. a) Да се намери

n

. б) Колко най-много елемента може да има едно

n

-пълно множество?

Решение

Нека

X

е множество от естествени числа. За елемент

a \in X

S(a)

означаваме множеството от прости делители на

a

. Тогава условието няколко числа

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

да имат най-голям общ делител 1 е еквивалентно на:

S\left(a_{1}\right) \cap S\left(a_{2}\right) \cap \cdots \cap S\left(a_{n}\right)=\emptyset.

Нека

a \in X, |S(a)|=k

и най-големият общ делител на числата от

X

е 1. Нека

S(a)= \left\{p_{1}, \ldots, p_{k}\right\}

. Тогава от горното условие следва, че за всяко

i \leq k

съществува елемент

b_{i} \in X

, за който

p_{i} \notin S\left(b_{i}\right)

. Тогава

S(a) \cap S\left(b_{1}\right) \cap S\left(b_{2}\right) \cap \cdots \cap S\left(b_{k}\right)=\emptyset

и следователно

X

не може да е

n

-пълно за никое

n \geq k+1

(*)

Сега, ако

X \subseteq\{1, 2, \ldots, 2019\}

, то тъй като 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11

=30 \cdot 77\gt{}2100\gt{}2019

, то всеки елемент на

X

има не повече от 4 различни прости делителя. Така че, ако

X

k

-пълно, то

k \leq 4

. От друга страна множеството

X=

\{2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7, 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 11, 2 \cdot 3 \cdot 7 \cdot 11, 2 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11, 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11\}

е 4 -пълно. Наистина най-големият елемент на

X

3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11=77 \cdot 15\lt{}1200\lt{}2019

, всеки четири имат общ делител, но не и всички.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-12-4

2020

4 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дадена е правилна четириъгълна пирамида

A B C D E

с основен ръб

A B=1

и околен ръб

A E=\sqrt{\vphantom{x^2}2}

. Върху ребрата

A B

D E

са избрани точки

M

N

съответно, така че

M N

е успоредна на равнината

(B C E)

. Ако

M N=1

, да се намери разстоянието между правите

M N

B E

Решение

Решение. Нека равнината през

M N

, успоредна на равнината (

B C E

) пресича ръбовете

C D

A E

в точките

K

L

съответно. Тогава

M K \| B C

K N\|C E, M L\| B E

и съответно

N L \| A D

. Ако

A M=t

, то

M L: B E=A M: A B \Rightarrow M L=\sqrt{\vphantom{x^2}2} t

и от съображения за симетрия

K N=\sqrt{\vphantom{x^2}2} t

. Също така

N L: D A=E L: E A= B M: B A=1-t

, т. е.

N L=1-t

. В равнобедрения трапец

M K N L

пресмятаме височината

N H=\sqrt{\vphantom{x^2}N K^{2}-K H^{2}}=\sqrt{\vphantom{x^2}2 t^{2}-\frac{t^{2}}{4}}

и съответно

M N^{2}=N H^{2}+M H^{2}=2 t^{2}- \frac{t^{2}}{4}+\left(1-\frac{t}{2}\right)^{2}=2 t^{2}-t+1

. Но по условие

M N=1

и следователно

t=\frac{1}{2}

, т. е.

M

е среда на

A B

N

е среда на

E D

. Остава да пресметнем разстоянието от върха

E

до равнината

(M N L)

. Последователно получаваме

V_{E N L M}=\frac{1}{2} V_{E N L B}=\frac{1}{8} V_{E A D B}=\frac{1}{16} V_{A B C D E}=

\frac{1}{16} \cdot \frac{1}{3} \cdot 1 \cdot \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{96}.

Тогава търсеното разстояние е

d=\frac{3 V_{E N L M}}{S_{L M N}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{32}: \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}7}}{16}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}42}}{14}

. Оценяване (

\mathbf{7}

точки): 1 т. - за построяване на сечението

M K N L; 1

т. - за въвеждане на

t

и намиране страните на

M K N L; 1

т. - за пресмятане на

t; 2

т. - за пресмятане на

V_{E N L M}; 1

т. - за пресмятане

S_{L M N}; 1

т. - за пресмятане на

d

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

За естествено число

n

s(n)

означаваме сумата от квадратите на всички естествени числа, които делят

n

. Да се докаже, че

s(n)\lt{}2 n^{2}

Решение

Нека

n=\prod_{i=1}^{k} p_{i}^{\alpha_{i}}

е каноничното разлагане на

n

като произведение на прости числа. Тогава лесно пресмятаме, че:

s(n)=\prod_{i=1}^{k}\left(1+p_{i}^{2}+\cdots+p_{i}^{2 \alpha_{i}}\right) \tag{1}

Като сума на първите няколко члена на геометрична прогресия, намираме, че

1+p_{i}^{2}+\cdots+ p_{i}^{2 \alpha_{i}}=\frac{p_{i}^{2\left(\alpha_{i}+1\right)}-1}{p_{i}^{2}-1}

. Следователно:

s(n)=\prod_{i=1}^{k} \frac{p_{i}^{2\left(\alpha_{i}+1\right)}-1}{p_{i}^{2}-1} \leq

\prod_{i=1}^{k} \frac{p_{i}^{2\left(\alpha_{i}+1\right)}}{p_{i}^{2}-1}.

Оттук получаваме, че:

\frac{s(n)}{n^{2}}=\frac{s(n)}{\prod_{i=1}^{k} p_{i}^{2 \alpha_{i}}} \leq

\prod_{i=1}^{k} \frac{p_{i}^{2}}{p_{i}^{2}-1} \tag{2}

Тъй като за всяко естествено число

m\gt{}1

е в сила, че

\frac{m^{2}}{m^{2}-1}\gt{}1

, то може да оценим:

\prod_{i=1}^{k} \frac{p_{i}^{2}}{p_{i}^{2}-1} \leq \prod_{m=2}^{p} \frac{m^{2}}{m^{2}-1} \tag{3}

където

p

е най-големият прост делител на

n

. Тогава лесно пресмятаме, че:

\prod_{m=2}^{p} \frac{m^{2}}{m^{2}-1}=\prod_{m=2}^{p} \frac{m^{2}}{(m-1)(m+1)}=

\frac{\prod_{m=2}^{p} m \prod_{m=2}^{p} m}{\prod_{m=1}^{p-1} m \prod_{m=3}^{p+1} m}=

\frac{2 m}{m+1}\lt{}

2.

Това показва, че

\frac{s(n)}{n^{2}}\lt{}2

, което завършва то на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-12-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-12-4

2021

7 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

a_{1}\gt{}0, a_{2}=\left(a_{1}\right)^{\frac{1}{a_{1}}}, a_{3}=\left(a_{2}\right)^{\frac{1}{a_{2}}}, \ldots

Да се докаже, че тази редица е сходяща и да се намери нейната граница (в зависимост от

a_{1}

Решение

Понеже (1)

0\lt{}a_{n+1}=\left(a_{n}\right)^{\frac{1}{a_{n}}} \leq a_{n}

, то редицата е намаляваща и ограничена, и значи е сходяща. За нейната граница

l

имаме, че

l \leq a_{1}

. Ако

l \neq 0

, от (1) получаваме, че

l=l^{\frac{1}{l}}

, т. е.

l=1

. Следователно

l=0

при

a_{1}\lt{}1

. От друга страна, от (1) по индукция следва, че ако

a_{1} \geq 1

, то

a_{n} \geq 1

; в частност,

l \geq 1

, откъдето

l=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-12-1

Задача 1b

Пълен запис

Условие

Да се реши неравенството:

\left(2^{\sin x}-2\right)^{2} \leq 2^{\sin x}

Решение

След въвеждане на ново неизвестно

t=2^{\sin x}\gt{}0

достигаме до квадратното неравенство

(t-2)^{2} \leq t

. Откъдето получаваме

t^{2}-5 t+4 \leq 0

или

(t-1)(t-4) \leq 0

, т. е. решенията на неравенството

(t-2)^{2} \leq t

са

t \in[1, 4]

. Понеже функцията

2^{y}

расте и

\sin x \in[-1, 1]

, то след връщане към неизвестното

x

ще имаме

2^{0}=1 \leq 2^{\sin x} \leq 4=2^{2}

или

0 \leq \sin x \leq 2

, т. е. неравенството

\left(2^{\sin x}-2\right)^{2} \leq 2^{\sin x}

е еквивалентно на

\sin x \geq 0

. на последното неравенство са интервалите

x \in[2 k \pi, (2 k+1) \pi]

, за

k \in \mathbb{Z}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-12-1b

Задача 1c

Пълен запис

Условие

Да се реши неравенството:

\sqrt{\vphantom{x^2}3^{2 x+1}-4 \cdot 3^{x}+1} \geq 3^{x+1}-5

Решение

Нека да означим

y=3^{x}

(можем да отбележим допълнително, че

y\gt{}0

). Тогава даденото неравенство добива вида

\sqrt{\vphantom{x^2}3 y^{2}-4 y+1} \geq 3 y-5 \quad(*)

. Неравенството (

*

) на променливата

y

има смисъл при

3 y^{2}-4 y+1 \geq 0

, т. е. при

y \in\left(-\infty, \frac{1}{3}\right] \cup [1, +\infty)\left(\right.

или

y \in\left(0, \frac{1}{3}\right] \cup[1, +\infty)

, ако отчетем

\left. y\gt{}0\right)

. Сега ще разгледаме два основни случая. I случай. Нека

3 y-5\lt{}0

, т. е.

y \in\left(-\infty, \frac{1}{3}\right] \cup\left[1, \frac{5}{3}\right)\left(\right.

или

y \in\left(0, \frac{1}{3}\right] \cup\left[1, \frac{5}{3}\right)

, при

y\gt{}0)

. Сега неравенството (*) е изпълнено, понеже лявата му страна е неотрицателна, а дясната е по-малка от нула. Следователно в този случай решенията са

y \in\left(-\infty, \frac{1}{3}\right] \cup\left[1, \frac{5}{3}\right) \left(\right.

или

\left. y \in\left(0, \frac{1}{3}\right] \cup\left[1, \frac{5}{3}\right)\right)

. II случай. Нека

3 y-5 \geq 0

, т. е.

y \in\left[\frac{5}{3}, +\infty\right)

. В този случай двете страни на неравенството (\textit{) са неотрицателни и след повдигане на квадрат ще получим еквивалентното неравенство

3 y^{2}-4 y+1 \geq 9 y^{2}-30 y+25

или

3 y^{2}-13 y+12 \leq 0

, т. е.

y \in\left[\frac{4}{3}, 3\right]

. След пресичане с интервала

\left[\frac{5}{3}, +\infty\right]

получаваме, че в този случай на неравенството (}) са

y \in\left[\frac{5}{3}, 3\right]

. Така за решенията на

(*)

окончателно получаваме

y \quad \in \quad\left(-\infty, \frac{1}{3}\right] \cup[1, 3]

( или

y \in\left(0, \frac{1}{3}\right] \cup[1, 3]

, при

y\gt{}0

). След връщане към променливата

x

имаме

3^{x} \leq \frac{1}{3}=3^{-1} \cup 3^{0}=1 \leq 3^{x} \leq 3=3^{1}

, което поради факта, че функцията

3^{x}

е растяща ни води до

x \leq-1 \cup 0 \leq x \leq 1

. Така окончателно получаваме, че на даденото показателно ирационално неравенство са

x \in(-\infty, -1] \cup[0, 1]

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-12-1c

Задача 2

Пълен запис

Условие

Сфера се допира до всички ръбове на

n

-ъгълна пресечена пирамида. Да се докаже, че пирамидата е правилна.

Решение

Нека пирамидата има основи

A_{1} \ldots A_{n}

B_{1} \ldots B_{n}

. Те са описани около окръжности с центрове проекциите

I_{a}

I_{b}

на центъра

I

на дадената сфера върху тях. Хомотетия с център

M

и коефициент

\frac{A_{1} A_{2}}{B_{1} B_{2}}\gt{}1

изпраща

I_{b}

I_{a}

. Следователно (1) точките

M, I_{b}, I_{a}, I

лежат на една права, перпендикулярна на основите. Ако

C_{1}

C_{2}

са допирните точки на сферата с ръбовете

A_{1} M

A_{2} M

, то

\triangle I M C_{1} \cong \triangle I M C_{2}

. Тогава

\angle I_{a} M A_{1}=\angle I_{a} M A_{2}

, т. е. (2)

M A_{1}=M A_{2}=: a

. Понеже сферата се допира до ръба

A_{1} A_{2}

, то (3)

A_{1} A_{2}=2(a-c)

, където

c: =M C_{1}=M C_{2}

. От (2) и (3) следва, че

M A_{i}=a

A_{i} A_{i+1}=2(a-c)

. Значи пирамидата е правилна.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Естествено число

n

ще наричаме хубаво, ако НОД((

n-1)!+1, n!)\gt{}1

. Нека

a, b

c

са три хубави числа. Естествено число

N

ще наричаме прекрасно, ако простите му делители са измежду простите делители на произведението

a b c

. Да се докаже, че от всеки 8 прекрасни числа или има точен квадрат на естествено число, или могат да се изберат две числа с произведение точен квадрат на естествено число.

Решение

Първо ще докажем, че хубавите числа са всички прости числа. Ако НОД((n

1)!+1, n!)=d\gt{}1

n

не е просто число, то нека

p

е прост делител на

d

. Тъй като

n

не е просто число, то

p\lt{}n

. Тогава

p

дели

n!

(n-1)!

, т. е.

p

дели 1, противоречие. Обратно, ако

n

е просто число, то от теоремата на Уилсън следва, че

(n-1)!+1

се дели на

n

и тогава

n

дели НОД

((n-1)!+1, n!)

, т. е. НОД((

n-1)!+1, n!)\gt{}1

. Трябва да докажем, че от всеки 8 числа от вида

p^{\alpha} \cdot q^{\beta} \cdot r^{\gamma}

, където

p, q

r

са прости числа, или има точен квадрат на естествено число, или могат да се изберат две числа с произведение точен квадрат на естествено число. Имаме 8 възможности за остатъците на тройка

(\alpha, \beta, \gamma)

по модул 2. Ако няма точен квадрат, от принципа на Дирихле за 8 -те числа следва, че има две тройки, които съвпадат по модул 2. Тяхното произведение е точен квадрат.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяко цяло число

n \geq 3

съществуват безброй много нечетни точни квадрати с точно

\frac{n^{2}+n+2}{2}

единици в двоичния си запис.

Решение

Нека

a_{1}=k \geq 4, a_{2}=k+1, a_{3}=k+2, a_{4}=2 k+4

a_{n+1}=2 a_{n}-1

при

n \geq 4

. Полагаме

A_{n}=1+2^{a_{1}}+\cdots+2^{a_{n}}

. Тогава

\begin{gathered} A_{3}^{2}=1+2^{k+1}+2^{k+2}+2^{k+3}+2^{2 k}+2^{2 k+4}+2^{2 k+5} \\ A_{4}^{2}=1+2^{k+1}+2^{k+2}+2^{k+3}+2^{2 k}+2^{2 k+4}+2^{2 k+6}+2^{3 k+5}+2^{3 k+6}+2^{3 k+7}+2^{4 k+8} \end{gathered}

Да допуснем, че

n \geq 4

и числото

A_{n}^{2}

има точно

\frac{n^{2}+n+2}{2}

единици в двоичния си запис. Тогава

\begin{gathered} A_{n+1}^{2}=\left(A_{n}+2^{2 a_{n}-1}\right)^{2}=A_{n}^{2}+2^{2 a_{n}} A_{n}+2^{4 a_{n}-2}= \\ \left(1+\cdots+2^{a_{n}+a_{n-1}+1}+2^{2 a_{n}}\right)+2^{2 a_{n}}\left(1+2^{a_{1}}+\cdots+2^{a_{n}}\right)+2^{4 a_{n}-2}= \\ 1+\cdots+2^{a_{n}+a_{n-1}+1}+2^{2 a_{n}+1}+2^{2 a_{n}+a_{1}}+\cdots+2^{3 a_{n}}+2^{4 a_{n}-2} \end{gathered}

Следователно броят на единиците в двоичния запис на

A_{n+1}^{2}

е равен на

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

и твърдението от задачата следва по индукция.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-12-4

Задача 4b

Пълен запис

Условие

За всяко цяло неотрицателно число

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

B_{k}

означаваме множеството от степени на двойката в единственото (двоично) представяне на

k

като сума от степени на двойката. Например,

B_{12}=\left\{2^{3}, 2^{2}\right\}

. За двойките числа

m, n \in \mathbb{N}_{0}

дефинираме операцията

m \oplus n=\sum_{b \in B_{m} \triangle B_{n}} b

, където

B_{m} \triangle B_{n}=\left\{B_{m} \cup B_{n}\right\} \backslash\left\{B_{m} \cap B_{n}\right\}

е множеството от елементи, съдържащи се в точно едно от множествата

B_{m}

B_{n}

, т. е

m \oplus n

е сумата от различните степени на двойката в двоичното представяне на

m

n

, като сумата от елементите на празното множество приемаме за 0. Например

12 \oplus 10=2^{2}+2^{1}=6

. Нека

f: \mathbb{N}_{0} \times \mathbb{N}_{0} \rightarrow \mathbb{N}_{0}

е дефинирана по следния начин:

(*)

f(0, 0)=0

;

(*)

За

(m, n) \neq(0, 0)

дефинираме

f(m, n): =

\min _{k \in \mathbb{N}_{0}}\left\{k \notin\left\{f\left(m^{\prime}, n\right): 0 \leq m^{\prime}\lt{}m\right\} \cup\left\{f\left(m, n^{\prime}\right): 0 \leq n^{\prime}\lt{}n\right\}\right\}.

Да се докаже, че

f(m, n)=m \oplus n

за всички естествени числа

m

n

Решение

Да отбележим, че т. к

B_{n} \triangle B_{m}=B_{m} \triangle B_{n}

, то

n \oplus m=m \oplus n

за

m, n \in \mathbb{N}

и освен това

m \oplus n=0

тогава и само тогава, когато

m=n

(ако не са равни, ще има позиция, в която двоичните им записи се различават и значи

m \oplus n\gt{}0

, а ако са равни такава позиция няма, значи

m \oplus m=0

). Също така

B_{m \oplus n} \triangle B_{k}=\left(B_{m} \triangle B_{n}\right) \triangle B_{k}=\left\{a: a\right.

се съдържа в нечетен брой от

\left. B_{m}, B_{n}, B_{k}\right\}

. Аналогично получаваме, че последното е равно и на

B_{m} \triangle\left(B_{n} \triangle B_{k}\right)=B_{m} \triangle B_{n \oplus k}

. Така получаваме, че

B_{m \oplus n} \triangle B_{k}=B_{m} \triangle B_{n \oplus k}

, което значи, че (

m \oplus n

) \oplus

k=m \oplus(n \oplus k)

за всички

m, n, k \in \mathbb{N}_{0}

. Сега ще докажем със силна индукция по

m+n

, че

f(m, n)=m \oplus n

. Първо очевидно твърдението е вярно за

m+n \leq 0

, защото тогава получаваме

m=n=0

f(0, 0)=0=0 \oplus 0

. Сега нека твърдението е вярно за всички

m, n: m+n \leq N-1

за някое

N \geq 1

и нека

m, n

са такива, че

m+n=N

. Да разгледаме

S=\left\{f\left(m^{\prime}, n\right): 0 \leq m^{\prime}\lt{}m\right\} \cup\left\{f\left(m, n^{\prime}\right): 0 \leq n^{\prime}\lt{}n\right\}

. От индуктивната хипотеза имаме, че

f\left(m^{\prime}, n\right)=m^{\prime} \oplus n

f\left(m, n^{\prime}\right)=m \oplus n^{\prime}

за

m^{\prime}\lt{}m

n^{\prime}\lt{}n

, т. е

S=\left\{m^{\prime} \oplus n: 0 \leq m^{\prime}\lt{}m\right\} \cup\left\{m \oplus n^{\prime}: 0 \leq n^{\prime}\lt{}n\right\}

. Да допуснем, че

m \oplus n \in S

. Тогава

m \oplus n=m^{\prime} \oplus n

или

m \oplus n=m \oplus n^{\prime}

за някои

m^{\prime}\lt{}m

или

n^{\prime}\lt{}n

, като БОО можем да приемем, че

m \oplus n=m^{\prime} \oplus n

за някое

m^{\prime}\lt{}m

(защото

m \oplus n=n \oplus m)

. Тогава

m=m \oplus 0=m \oplus(n \oplus n)=(m \oplus n) \oplus n=\left(m^{\prime} \oplus n\right) \oplus n=m^{\prime}

, което е противоречие с

m^{\prime}\lt{}m

, т. е получаваме

m \oplus n \geq \min \left(\mathbb{N}_{0} \backslash S\right)=f(m, n)

. Сега нека

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

е такова, че

k\lt{}m \oplus n

. Ще докажем, че

k \in S

. Да разгледаме числото

s=m \oplus n \oplus k

. Да отбележим, че

s\gt{}0

, защото

k \neq m \oplus n

. Нека

2^{l}

е максималната степен на двойката в двоичното представяне на

s

. Тогава

2^{l}

се среща в двоичното представяне на поне едно от числата

n, m

или

k

(следва от дефиницията на

\oplus

). Пбрви случай:

2^{l} \in B_{k}

. Следователно

B_{k \oplus s} \subseteq B_{k} \backslash\left\{2^{l}\right\} \cup\left\{2^{t}: t\lt{}l\right\}

. Но тогава

k \oplus s \leq k-2^{l}+\sum_{t=0}^{l-1} 2^{t}=k-2^{l}+2^{l}-1=k-1\lt{}k

, което противоречи с

k \oplus s=n \oplus m\gt{}k

. Втори случай:

2^{l} \in B_{n}

или

2^{l} \in B_{m}

, като БОО можем да приемем, че

2^{l} \in B_{m}

. Тогава като в първия случай получаваме, че

m \oplus s\lt{}m

, но понеже

m \oplus s \oplus n=k

, то

k \in\left\{m^{\prime} \oplus n: m^{\prime}\lt{}\right. m\} \subseteq S

. Така получаваме, че

k \in S

за всяко

k\lt{}m \oplus n

, т. е

m \oplus n \leq \min \left(\mathbb{N}_{0} \backslash S\right)=f(m, n)

и значи т. к

m \oplus n \geq f(m, n)

получаваме равенството

f(m, n)=m \oplus n

и индукцията е завършена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-12-4b

2022

1 задача

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които всички квадратични неостатъци (

\bmod n

) са взаимнопрости с

n

Решение

Отговор: Всички прости числа. Нека

A

е множеството на всички естествени числа, ненадминаващи

n

и невзаимнопрости с

n

. Да дефинираме функцията

f: A \rightarrow A

, така че

f(a) \equiv a^{2}(\bmod n)

за всяко

a \in A

. Т. к всички квадратични неостатъци не са в

A

, то функцията

f

е сюрекция, а понеже множеството

A

е крайно, то тя е и инекция. Но т. к за всяко

a \in A

числото

n-a

също е в

A

и имаме, че

f(a)=f(n-a)

, то следва, че

2 a \equiv 0 (\bmod n)

за всяко

a \in A

. Следователно

|A| \leq 2

. От друга страна обаче

|A|=n-\varphi(n)

. Така получаваме, че

n-\varphi(n) \in\{1, 2\}

. Ако допуснем, че

\varphi(n)=n-2

, то за

n\gt{}2, \varphi(n)

е четно и следователно

n

също е четно. Тогава

n-2=\varphi(n) \leq \frac{n}{2}

, което не е вярно за

n\gt{}4

. За

n=4

твърдението се отхвърля с директна проверка. Остана случаят, когато

n

е просто, когато твърдението е очевидно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2022-12-3

2025

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

A B C

със среда на страната

A B

точка

M

. Нека точка

D

е на отсечката

M B

, а точките

I_{1}

I_{2}

са центровете на вписаните окръжности съответно за триъгълник

A D C

и триъгълник

B D C

. Ако

\angle I_{1} M I_{2}=90^{\circ}

, то да се докаже, че

A C=B C

Решение

Нека

N

е средата на

I_{1} I_{2}

, а

X

Y

са петите на перпендикулярите от

I_{1}

I_{2}

към правата

A B

. Нека

H

е петата на перпендикуляра от

N

към

A B

. Тогава

\angle I_{1} M I_{2}=\angle I_{1} D I_{2}= 90^{\circ}

дава, че

H

е средата на отсечката

M D

, а т. к

I_{1} X Y I_{2}

е трапец, то

H

също е среда и на отсечката

X Y

. Така получаваме, че

X M=D Y

. Имаме, че

X M=A M-A X=\frac{A B-(A D+A C-C D)}{2}=\frac{A B+C D-A D-A C}{2},

както и

D Y=\frac{C D+B D-B C}{2}.

Тъй като

A D+B D=A B

, то получаваме

A C=B C

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2025-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дадено е естествено число

N

. Нека

x_{n}

е редица от неотрицателни реални числа такава, че

x_{n}^{2}=\sum_{i=1}^{n-1} \sqrt{\vphantom{x^2}x_{i} x_{n-i}}

за всяко

n\gt{}N

. Да се докаже, че съществува константа

c\gt{}0

, за която

x_{n} \leq \frac{n}{2}+c

за всяко

n \in \mathbb{N}

Решение

За

n\gt{}N

имаме

x_{n}^{2}=\sum_{i=1}^{n-1} \sqrt{\vphantom{x^2}x_{i} x_{n-i}} \leq

\sum_{i=1}^{n-1} \frac{x_{i}+x_{n-i}}{2}=\sum_{i=1}^{n-1} x_{i}.

Оттук нататък задачата може да се реши по 2 начина: ( ) Нека

c

е такова, че

c+\frac{n}{2}\gt{}x_{n}

за

n=1, 2, \ldots, N

. Ще докажем с индукция по

n

, че

x_{n} \leq \frac{n}{2}+c

за всяко

n

. Базовият случай е

n=1, 2, \ldots, N

. Нека сега

x_{i} \leq \frac{i}{2}+c

за

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

за някое естествено число

n \geq N+1

. Тогава

x_{n}^{2} \leq \sum_{i=1}^{n-1} x_{i} \leq

\sum_{i=1}^{n-1}\left(\frac{i}{2}+c\right)=\frac{n(n-1)}{4}+(n-1) c \leq

\frac{n^{2}}{4}+n c+c^{2},

откъдето следва, че

x_{n} \leq \frac{n}{2}+c

и индукцията е завършена. ( Втори начин ) Нека

k \in \mathbb{N}

и нека редицата

a_{n}

е зададена чрез

a_{1}=\sum_{i=1}^{N} x_{i}

a_{i+1}=a_{i}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_{i}}

за

i \geq 1

. Ще покажем с индукция по

k

, че

x_{N+k}^{2} \leq a_{k}

\sum_{i=1}^{N+k-1} x_{i} \leq a_{k}

. За

k=1

твърдението следва от неравенството по-горе за

n=N+1

. Ако сме го доказали за някое

k

, то от неравенството за

n=N+k+1

имаме, че

x_{N+k+1}^{2} \leq x_{N+k}+\sum_{i=1}^{N+k} x_{i} \leq

\sqrt{\vphantom{x^2}a_{k}}+a_{k}=a_{k+1},

където предпоследното равенство следва от индукционната хипотеза, а последното от дефиницията на редицата

a_{i}

. Така получихме,

x_{N+k} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}a_{k}}

за всяко

k

. От друга страна имаме, че

\sqrt{\vphantom{x^2}a_{t+1}} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}a_{t}}+\frac{1}{2}

, което след сумиране за

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

получаваме, че

\sqrt{\vphantom{x^2}a_{k}} \leq \frac{k-1}{2}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_{1}}

. Следователно

x_{N+k} \leq \frac{k}{2}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_{1}}-\frac{1}{2}

за всяко

k \in \mathbb{N}

. Така за достатъчно голямо

c\gt{}0

получаваме, че

x_{n} \leq \frac{n}{2}+c

за всяко

n

, което трябваше да докажем.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2025-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A_{0} B_{0} C_{0}

. За

n \geq 1

дефинираме точките

A_{n}, B_{n}, C_{n}

по следния начин. Точката

A_{n}

е на отсечката

B_{n-1} C_{n-1}

и е такава, че

B_{n-1} A_{n}: C_{n-1} A_{n}=2: 1

, точката

B_{n}

е на отсечката

A_{n-1} C_{n-1}

и е такава, че

C_{n-1} B_{n}: A_{n-1} B_{n}=2: 1

, а точката

C_{n}

е на отсечката

A_{n-1} B_{n-1}

и е такава, че

A_{n-1} C_{n}: B_{n-1} C_{n}=2: 1

. Да се докаже, че съществува единствена точка

P

, която лежи във вътрешността на всеки един от триъгълниците

A_{n} B_{n} C_{n}

Решение

Първо ще докажем, че медицентърът

G

на

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

е медицентър за

\triangle A_{n} B_{n} C_{n}

за всяко

n \geq 0

. Твърдението следва с индукция по

n

. Да допуснем, че

G

е медицентър на

\triangle A_{n} B_{n} C_{n}

. Тогава да означим върховете

A_{n}, B_{n}, C_{n}

с комплексните числа

a, b, c

. Тогава

g=\frac{a+b+c}{3}

, а

a_{n+1}=\frac{2}{3} c+\frac{1}{3} b, b_{n+1}=\frac{2}{3} a+\frac{1}{3} c

c_{n+1}=\frac{2}{3} b+\frac{1}{3} a

. Така получаваме, че

g=\frac{a_{n+1}+b_{n+1}+c_{n+1}}{3}

, т. е

g

е медицентър на

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

и индукцията е завършена. Следователно

G

лежи във вътрешността на

\triangle A_{n} B_{n} C_{n}

за

n \in \mathbb{N}

. От друга страна, ако допуснем, че съществува точка

P \neq G

, която лежи във вътрешността на

\triangle A_{n} B_{n} C_{n}

за всяко

n \in \mathbb{N}

, то от съображения за изпъкналост отсечката

G P

лежи във всеки от триъгълниците. Така получаваме, че

|G P| \leq \max \left(\left|A_{n} B_{n}\right|, \left|B_{n} C_{n}\right|, \left|C_{n} A_{n}\right|\right)

за всяко

n \in \mathbb{N}

. От косинусова теорема за

\triangle A_{n} B_{n} C_{n}

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

получаваме

\frac{\left|B_{n} A_{n}\right|^{2}+\left|C_{n} A_{n}\right|^{2}-\left|A_{n} B_{n}\right|^{2}}{2\left|B_{n} A_{n}\right|\left|C_{n} A_{n}\right|}=

\cos \angle B_{n} A_{n} C_{n}=

\frac{\left|B_{n+1} A_{n}\right|^{2}+\left|C_{n+1} A_{n}\right|^{2}-\left|B_{n+1} C_{n+1}\right|^{2}}{2\left|A_{n} C_{n+1}\right|\left|A_{n} B_{n+1}\right|}

и т. к

\left|B_{n+1} A_{n}\right|=\frac{\left|A_{n} C_{n}\right|}{3}

\left|C_{n+1} A_{n}\right|=\frac{2\left|A_{n} B_{n}\right|}{3}

, то имаме

\left|B_{n+1} C_{n+1}\right|^{2}=

\frac{2}{9}\left|A_{n} B_{n}\right|^{2}+\frac{2}{9}\left|B_{n} C_{n}\right|^{2}-\frac{1}{9}\left|A_{n} C_{n}\right|^{2}.

Следователно

\left|B_{n+1} C_{n+1}\right|^{2}+\left|C_{n+1} A_{n+1}\right|^{2}+\left|A_{n+1} B_{n+1}\right|^{2}=

\frac{\left|A_{n} B_{n}\right|^{2}+\left|B_{n} C_{n}\right|^{2}+\left|C_{n} A_{n}\right|^{2}}{3}.

Така получаваме

\left|A_{n} B_{n}\right|^{2}+\left|B_{n} C_{n}\right|^{2}+\left|C_{n} A_{n}\right|^{2}=

\frac{\left|A_{0} B_{0}\right|^{2}+\left|B_{0} C_{0}\right|^{2}+\left|C_{0} A_{0}\right|^{2}}{3^{n}},

откъдето следва, че

\max \left(\left|A_{n} B_{n}\right|, \left|B_{n} C_{n}\right|, \left|C_{n} A_{n}\right|\right) \rightarrow 0

като

n \rightarrow \infty

, което е противоречие с

|G P|\gt{}0

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2025-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки естествени числа (

n, k

), за които всяко нечетно естествено число

m\gt{}20242024

може да се представи във вида

m=a_{1}^{n^{2}}+a_{2}^{(n+1)^{2}}+\cdots+a_{k+1}^{(n+k)^{2}}

за някои неотрицателни цели числа

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

Решение

При

n=1

можем да вземем

a_{1}=m

, а

a_{2}=\cdots=a_{k+1}=0

. Нека сега

n \geq 2

. Да допуснем, че съществува естествено число

k

, за което двойката

(n, k)

изпълнява условието. За всяко естествено число

m

f(m)

ще означаваме броят естествени числа

s \leq m

, които могат да се представят в искания вид. Имаме, че ако

a_{1}^{n^{2}}+a_{2}^{(n+1)^{2}}+\cdots+ a_{k}^{(n+k)^{2}} \leq m

, то

a_{i} \leq m^{\frac{1}{(n+i)^{2}}}

, което значи, че за

a_{i}

имаме най-много

m^{\frac{1}{(n+i)^{2}}}+1

възможности за всяко

1 \leq i \leq k

. Освен това имаме, че

m^{\frac{1}{(n+i)^{2}}}+1\lt{}2 m^{\frac{1}{(n+i)^{2}}}

и значи за (

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

) имаме най-много

\prod_{i=0}^{k} 2 m^{\frac{1}{(n+i)^{2}}}=2^{k+1} m^{\sum_{i=0}^{k} \frac{1}{(n+i)^{2}}} \leq

2^{k+1} m^{\frac{3}{4}}

защото

\sum_{i=0}^{k} \frac{1}{(n+i)^{2}} \leq \sum_{i=0}^{k} \frac{1}{(2+i)^{2}} \leq

\frac{1}{4}+\sum_{i=3}^{k+2} \frac{1}{i(i-1)}=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}-\frac{1}{k+2} \leq \frac{3}{4}.

Така получаваме, че

f(m) \leq 2^{k+1} m^{\frac{3}{4}}

и значи

m \leq 3 \cdot 2^{k+1} m^{\frac{3}{4}}

(т. к според допускането ни

f(m)\gt{}\frac{m}{3}

за големи

m

), което дава противоречие за големи стойности на

m

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2025-12-4