maths.bgmaths.bg
Всички колекции
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 годинаПо клас

Избрана година

2008

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2008-10-4: има placeholder текст

9

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички двойки цели числа (p,q)(p, q), за които корените на уравнението(px−q)2+(qx−p)2=x(p x-q)^{2}+(q x-p)^{2}=xса цели числа.
РешениеЗаписваме уравнението във вида (p2+q2)x2−(4pq+1)x+p2+q2=0\left(p^{2}+q^{2}\right) x^{2}-(4 p q+1) x+p^{2}+q^{2}=0. Едно решение на задачата е очевидното (p,q)=(0,0)(p, q)=(0, 0). Тогава уравнението дма единствен корен x=0x=0, който е цяло число. Нека поне едно от числата pp или qq е различно от нула. Сега представяме уравнението във видаx2−4pq+1p2+q2x+1=0x^{2}-\frac{4 p q+1}{p^{2}+q^{2}} x+1=0От формулите на Виет следва, че числото 4pq+1p2+q2\frac{4 p q+1}{p^{2}+q^{2}} трябва да е цяло и че в такъв случай корените на уравнението могат да са само x1=x2=1x_{1}=x_{2}=1 или x1=x2=−1x_{1}=x_{2}=-1. От равенствата 4pq+1p2+q2=±2\frac{4 p q+1}{p^{2}+q^{2}}= \pm 2, получаваме 4pq+1=±2(p2+q2)4 p q+1= \pm 2\left(p^{2}+\right. \left. q^{2}\right), което е невъзможно, защото двете страни имат различна четност. Окончателно, единственото решение на задачата е (p,q)=(0,0)(p, q)=(0, 0).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е ромб ABCDA B C D със страна aa. Върху правата ACA C са взети точки MM и NN, така че AA лежи между MM и CC, а CC лежи между AA и NN и MA⋅NC=a2M A \cdot N C=a^{2}. Означаваме с PP пресечната точка на MDM D и BCB C, а с QQ пресечната точка на NDN D и ABA B. Да се докаже, че DD е център на вписаната окръжност за △PQB\triangle P Q B.
РешениеОчевидно △ADM∼△CND\triangle A D M \sim \triangle C N D (І признак). Следователно ∠DNC=∠MDA\angle D N C= \angle M D A. По-нататък △BCN≅△DCN\triangle B C N \cong \triangle D C N, откъдето ∠DNC=∠BNC\angle D N C=\angle B N C. Следователно точките M,B,N,PM, B, N, P лежат на една окръжност. Аналогично, точките N,B,M,QN, B, M, Q лежат на една окръжност. Оттук получаваме∠QPM=∠QNM=∠BNM=∠BPM\angle Q P M=\angle Q N M=\angle B N M=\angle B P MСледователно PDP D е ъглополовяща на ∠QPB\angle Q P B и тъй като BDB D е ъглополовяща на ∠QBP\angle Q B P, то DD е центърът на вписаната окръжност за △PQB\triangle P Q B.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека pp е просто число. Да се намерят всички цели числа xx и yy, за които(2x+y)3=p2x(x+y)2(2 x+y)^{3}=p^{2} x(x+y)^{2}
РешениеДа положим 2x+y=A2 x+y=A и x+y=Bx+y=B. Получаваме равенството A3=p2B2(A−B)A^{3}= p^{2} B^{2}(A-B), от което следва, че p∣Ap \mid A. Нека A=pA1A=p A_{1}, където A1A_{1} е цяло число. Тогава pA13=B2(pA1−B)p A_{1}^{3}=B^{2}\left(p A_{1}-B\right), откъдето следва, че p∣Bp \mid B (в противен случай дясната страна не се дели на pp ). Нека B=pB1B=p B_{1}, където B1B_{1} е цяло число. Получаваме A13=p2B12(A1−B1)A_{1}^{3}=p^{2} B_{1}^{2}\left(A_{1}-B_{1}\right), което е от същия вид, както полученото по-горе уравнение A3=p2B2(A−B)A^{3}=p^{2} B^{2}(A-B), и следователно можем да продължим с аналогични разсъждения. Ясно е, че при A≠0A \neq 0 този процес ще продължи безкрайно, т. е. AA ще се дели на произволно висока степен на pp, което е абсурдно. Следователно A=B=0A=B=0, откъдето веднага получаваме x=y=0x=y=0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Даден е равнобедрен триъгълник ABC(AC=BC)A B C(A C=B C), в който ∠ACB=30∘\angle A C B=30^{\circ}. Точката MM е симетричната на върха AA относно правата BCB C. Точката NN е симетричната на MM относно върха CC. Ако P=AC∩BNP=A C \cap B N и Q=AN∩PMQ=A N \cap P M, намерете отношението AQ:QNA Q: Q N.
РешениеТъй като BCB C е симетрала на AM,△AMCA M, \triangle A M C е равностранен. Следователно AC=BC=CM=CNA C=B C=C M=C N. От равнобедрения триъгълник BNCB N C получаваме, че ∠CBN=∠CNB=15∘\angle C B N=\angle C N B=15^{\circ}, а от равнобедрения триъгълник CANC A N следва, че ∠ANC=30∘\angle A N C=30^{\circ}. Следователно NBN B е ъглополовяща на ∠ANC\angle A N C. От свойството на ъглополовящата получаваме CP:AP=CNC P: A P=C N: AN=1:x23A N=1: \sqrt{\vphantom{x^2}3}. За определяне на търсеното отношение използваме теоремата на Менелай за триъгълника CANC A N, пресечен с правата MPQM P Q. ИмамеCPPA⋅AQQN⋅NMMC=1,\frac{C P}{P A} \cdot \frac{A Q}{Q N} \cdot \frac{N M}{M C}=1,откъдето намираме търсеното отношение AQ:QN=x23:2A Q: Q N=\sqrt{\vphantom{x^2}3}: 2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Да се реши уравнениетоx2−13[x]+11=0x^{2}-13[x]+11=0където [x][x] е най-голямото цяло число, което е по-малко или равно на xx.
РешениеОчевидно [x]>0[x]\gt{}0 и тъй като x≥[x]x \geq[x] и −13[x]≥−13x-13[x] \geq-13 x имаме0=x2−13[x]+11≥x2−13x+11,0=x^{2}-13[x]+11 \geq x^{2}-13 x+11,откъдето x∈[(13−x2125)/2,(13+x2125)/2]x \in[(13-\sqrt{\vphantom{x^2}125}) / 2, (13+\sqrt{\vphantom{x^2}125}) / 2], т. е. [x]∈{1,2,…,12}[x] \in\{1, 2, \ldots, 12\}. Тъй като числото x2+11x^{2}+11 е цяло и се дели на 13, имамеx2+11∈{13,26,…,156},x^{2}+11 \in\{13, 26, \ldots, 156\},илиx∈{x22+13k∣k=0,1,…,11}.x \in\{\sqrt{\vphantom{x^2}2+13 k} \mid k=0, 1, \ldots, 11\}.Тъй като [x]=(x2+11)/13[x]=\left(x^{2}+11\right) / 13, то [x22+13k]=k+1[\sqrt{\vphantom{x^2}2+13 k}]=k+1. С директна проверка се установява, че решения се получават за k=0,9,10,11k=0, 9, 10, 11, т. е.x=x22,x2119,x2132,x2145.x=\sqrt{\vphantom{x^2}2}, \sqrt{\vphantom{x^2}119}, \sqrt{\vphantom{x^2}132}, \sqrt{\vphantom{x^2}145}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-9-5

10

4 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дадена е окръжност kk и три различни точки A,BA, B и CC върху нея. Нека допирателните в точките AA и BB се пресичат в точка PP, а правата през CC, която е перпендикулярна на PCP C, пресича правата ABA B в точка QQ. а) Ако правите PCP C и QCQ C пресичат за втори път окръжността съответно в точки MM и NN, да се докаже, че ∠CQP=∠CMN\angle C Q P=\angle C M N. б) Ако SS е средата на PQP Q, да се докаже, че SCS C е допирателна към kk.
Решениеа) Нека OO е центъра на окръжността и POP O пресича ABA B в точка KK. По условие ∠PCQ=90∘\angle P C Q=90^{\circ} и следователно MNM N е диаметър в kk. От една страна четириъгълникът QCKPQ C K P е вписан в окръжност с диаметър PQP Q и ∠CQP=∠CKO\angle C Q P=\angle C K O, а от друга PM.PC=PA2=PK.POP M. P C=P A^{2}=P K. P O, т. е. четириъгълникът MCOKM C O K е вписан в окръжност и ∠CKO=∠CMO\angle C K O=\angle C M O. Следователно ∠CQP=∠CMN\angle C Q P=\angle C M N. б) От а) имаме ∠CQP=∠CMN\angle C Q P=\angle C M N и освен това ∠QCP=∠MCN=90∘\angle Q C P=\angle M C N=90^{\circ}, т. е. △CQP∼△CMN\triangle C Q P \sim \triangle C M N, откъдето стигаме до заключението, че∠SCP=∠OCN=∠ONC=12MC^,\angle S C P=\angle O C N=\angle O N C=\frac{1}{2} \widehat{M C},т. е. SCS C е допирателна към kk. Следователно ∠CQP=∠CMN\angle C Q P=\angle C M N и освен това ∠QCP=∠MCN=90∘\angle Q C P=\angle M C N=90^{\circ}, т. e. △CQP∼△CMN\triangle C Q P \sim \triangle C M N.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че съществува функция f:N→Nf: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}, удовлетворяваща равенството f(f(n))=3nf(f(n))=3 n за всяко n∈Nn \in \mathbb{N}.
РешениеВсяко естествено число nn еднозначно се представя във вида n=3ktn=3^{k} t, където kk е цяло неотрицателно число и tt е естествено число, за което (t,3)=(t, 3)= 1. Да разгледаме функциятаf(n)={3k+1(t+1),акоt≡1( mod 3)3k(t−1),акоt≡2( mod 3).f(n)=\left\{\begin{array}{ll} 3^{k+1}(t+1), & \text{ако} t \equiv 1(\bmod 3) \cr 3^{k}(t-1), & \text{ако} t \equiv 2(\bmod 3) \end{array}.\right.Ако n=3ktn=3^{k} t, където t≡1( mod 3)t \equiv 1(\bmod 3), тоf(f(n))=f(3k+1(t+1))=f(f(n))=f\left(3^{k+1}(t+1)\right)=3k+1(t+1−1)=3k+1t=3n.3^{k+1}(t+1-1)=3^{k+1} t=3 n.Аналогично се проверява, че ако n=3ktn=3^{k} t, където t≡2( mod 3)t \equiv 2(\bmod 3), то f(f(n))=3nf(f(n))= 3 n. Следователно функцията f(n)f(n) удовлетворява условието.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-10-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-10-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за произволни положителни реални числа a,ba, b и cc е в сила неравенствотоa5bc+b5ac+c5ab+32a2b2c2≥\frac{a^{5}}{b c}+\frac{b^{5}}{a c}+\frac{c^{5}}{a b}+\frac{3}{2 a^{2} b^{2} c^{2}} \geq2(a3+b3+c3)+92−6abc 2\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)+\frac{9}{2}-6 a b cКога се достига равенство?
РешениеОт неравенството между средното аритметично и средното геометрично за две числа имаме a5bc+abc≥2a3\frac{a^{5}}{b c}+a b c \geq 2 a^{3} и аналогично b5ac+abc≥2b3\frac{b^{5}}{a c}+a b c \geq 2 b^{3} и c5ab+abc≥2c3\frac{c^{5}}{a b}+a b c \geq 2 c^{3}. Събираме тези три неравенства и получавамеa5bc+b5ac+c5ab+3abc≥2(a3+b3+c3)\frac{a^{5}}{b c}+\frac{b^{5}}{a c}+\frac{c^{5}}{a b}+3 a b c \geq 2\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)Следователно е достатъчно да докажем неравенство abc+12a2b2c2≥32a b c+\frac{1}{2 a^{2} b^{2} c^{2}} \geq \frac{3}{2}. Полагаме t=abc>0t=a b c\gt{}0 и получаваме последователно t+12t2−32≥0t+\frac{1}{2 t^{2}}-\frac{3}{2} \geq 0, 2t3−3t2+1≥0,(t−1)2(2t+1)≥02 t^{3}-3 t^{2}+1 \geq 0, (t-1)^{2}(2 t+1) \geq 0, като последното очевидно е изпълнено за всяко t>0t\gt{}0. С това даденото неравенство е доказано. Равенство се достига точно когато a=b=ca=b=c и abc=t=1a b c=t=1, т. е. при a=b=c=1a=b=c=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-10-5

11

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Във вътрешността на равностранен триъгълник ABCA B C е избрана точка OO. Симетричните точки на OO спрямо страните BC,CAB C, C A и ABA B са означени съответно с A1,B1A_{1}, B_{1} и C1C_{1}. Да се докаже, че правите AA1,BB1A A_{1}, B B_{1} и CC1C C_{1} се пресичат в една точка.
РешениеЩе покажем, чеK=K=sin⁡∠CAA1sin⁡∠BAA1sin⁡∠ABB1sin⁡∠CBB1sin⁡∠BCC1sin⁡∠ACC1=1\frac{\sin \angle C A A_{1}}{\sin \angle B A A_{1}} \frac{\sin \angle A B B_{1}}{\sin \angle C B B_{1}} \frac{\sin \angle B C C_{1}}{\sin \angle A C C_{1}}=1и твърдението ще следва от синусовия вариант на теоремата на Чева. От синусовата теорема за △AA1C\triangle A A_{1} C и △AA1B\triangle A A_{1} B получавамеsin⁡∠CAA1=CA1sin⁡(60∘+γ2)AA1;\sin \angle C A A_{1}=\frac{C A_{1} \sin \left(60^{\circ}+\gamma_{2}\right)}{A A_{1}};sin⁡∠BAA1=BA1sin⁡(60∘+β1)AA1 \quad \sin \angle B A A_{1}=\frac{B A_{1} \sin \left(60^{\circ}+\beta_{1}\right)}{A A_{1}}Оттук намирамеsin⁡∠CAA1sin⁡∠BAA1=\frac{\sin \angle C A A_{1}}{\sin \angle B A A_{1}}=CA1BA1sin⁡(60∘+γ2)sin⁡(60∘+β1)=\frac{C A_{1}}{B A_{1}} \frac{\sin \left(60^{\circ}+\gamma_{2}\right)}{\sin \left(60^{\circ}+\beta_{1}\right)}=OCOBsin⁡(60∘+γ2)sin⁡(60∘+β1).\frac{O C}{O B} \frac{\sin \left(60^{\circ}+\gamma_{2}\right)}{\sin \left(60^{\circ}+\beta_{1}\right)}.След аналогични пресмятания за sin⁡∠ABB1sin⁡∠CBB1\frac{\sin \angle A B B_{1}}{\sin \angle C B B_{1}} и sin⁡∠BCC1sin⁡∠ACC1\frac{\sin \angle B C C_{1}}{\sin \angle A C C_{1}}, получавамеK=K=OCOBOAOCOBOCsin⁡(60∘+γ2)sin⁡(60∘+α2)sin⁡(60∘+β2)sin⁡(60∘+γ1)sin⁡(60∘+α1)sin⁡(60∘+β1)=1\frac{O C}{O B} \frac{O A}{O C} \frac{O B}{O C} \frac{\sin \left(60^{\circ}+\gamma_{2}\right) \sin \left(60^{\circ}+\alpha_{2}\right) \sin \left(60^{\circ}+\beta_{2}\right)}{\sin \left(60^{\circ}+\gamma_{1}\right) \sin \left(60^{\circ}+\alpha_{1}\right) \sin \left(60^{\circ}+\beta_{1}\right)}=1поради 60∘+γ1+60∘+γ2=180∘60^{\circ}+\gamma_{1}+60^{\circ}+\gamma_{2}=180^{\circ} и аналогичните равенства за останалите ъгли.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека aa и bb са естествени числа. Да се докаже, че редицата {an}n=1∞\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}, зададена с равенствата a1=aa_{1}=a и an+1=φ(an+b),n≥1a_{n+1}=\varphi\left(a_{n}+b\right), n \geq 1, е ограничена. (φ(k)(\varphi(k) е броят на естествените числа по-малки от kk и взаимнопрости с kk.)
РешениеДа разгледаме числата N!+2,N!+3,…,N!+NN!+2, N!+3, \ldots, N!+N, където NN е естествено число, за което N!>aN!\gt{}a и N>2b+1N\gt{}2 b+1. Понеже φ(an+b)≤an+b−1\varphi\left(a_{n}+b\right) \leq a_{n}+b-1, то всеки член на редицата е най-много с b−1b-1 по-голям от предния. Следователно или редицата е ограничена, или съществува kk за което ak<N!+2a_{k}\lt{}N!+2 и ak+1a_{k+1} е някое от избраните числа. Тогава ak+1+ba_{k+1}+b отново е измежду тези числа и следователно има прост делител p≤Np \leq N. Но ако простото число pp дели tt, то φ(t)≤t⋅p−1p\varphi(t) \leq t \cdot \frac{p-1}{p}, откъдето получавамеak+2=φ(ak+1+b)≤(N!+N)N−1N<N!+2a_{k+2}=\varphi\left(a_{k+1}+b\right) \leq(N!+N) \frac{N-1}{N}\lt{}N!+2като последното неравенство е еквивалентно на N!>N(N−3)N!\gt{}N(N-3), което е очевидно. Получихме, че ak+2<N!+2a_{k+2}\lt{}N!+2, т. е. редицата е ограничена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В окръжност с радиус R=65R=65 е вписан четириъгълник ABCDA B C D, за който AB=50,BC=104A B=50, B C=104 и CD=120C D=120. Да се намери страната ADA D.
РешениеАко OO е центърът на окръжността, а MM и NN са среди съответно на страните ABA B и CDC D, то OM=x2652−252=60O M=\sqrt{\vphantom{x^2}65^{2}-25^{2}}=60 и ON=x2652−602=25O N=\sqrt{\vphantom{x^2}65^{2}-60^{2}}=25. Следователно △AMO≅△OND\triangle A M O \cong \triangle O N D, откъдето получаваме∠AOB+∠COD=2(∠AOM+∠DON)=180∘.\angle A O B+\angle C O D=2(\angle A O M+\angle D O N)=180^{\circ}.Тогава диагоналите на четириъгълника са перпендикулярни, откъдетоAD=x2AB2+CD2−BC2=x26084=78A D=\sqrt{\vphantom{x^2}A B^{2}+C D^{2}-B C^{2}}=\sqrt{\vphantom{x^2}6084}=78
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-11-4

12

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши в цели числа уравнениетоx3=(x−y)(3xy+1).x^{3}=(x-y)(3 x y+1).
РешениеПолагаме x=y+zx=y+z и след заместване в уравнението получаваме (\textit{) z(z2−1)=(−y)3z\left(z^{2}-1\right)=(-y)^{3}. Ако z>1z\gt{}1, то −y>0-y\gt{}0. Тъй като числата zz и z2−1z^{2}-1 са взаимно прости, следва, че z=a3z=a^{3} и z2−1=b3z^{2}-1=b^{3}, където a,b∈Na, b \in \mathbb{N}. Оттук (a2)3−b2=1\left(a^{2}\right)^{3}-b^{2}=1, което е невъзможно (докажете). Ако z<−1z\lt{}-1, полагаме t=−z>1t=-z\gt{}1 и (}) приема вида t(t2−1)=y3t\left(t^{2}-1\right)=y^{3}, което според доказаното по-горе няма Следователно z=0,±1,y=0z=0, \pm 1, y=0 и получаваме, че решенията на даденото уравнение са (x,y)=(0,0),(1,0),(−1,0)(x, y)=(0, 0), (1, 0), (-1, 0). Нека x≠0,x≠yx \neq 0, x \neq y. Тъй като числата xx и 3xy+13 x y+1 са взаимно прости следва, че xx дели x−yx-y, т. е. xx дели yy. Полагаме x=kyx=k y, където k∈Zk \in \mathbb{Z}. Заместваме в даденото уравнение и получаваме (1−k)(3ky2+1)=x2(1-k)\left(3 k y^{2}+1\right)=x^{2}. Ако k>1k\gt{}1 или k<0k\lt{}0, дясната страна е отрицателна и горното равенство е невъзможно. При k=0,1k=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 aa, за които графиките на функциите f(x)=x2+af(x)=x^{2}+a и g(x)=x3g(x)=x^{3} имат точно една обща допирателна.
РешениеПонеже f′(x)=2xf^{\prime}(x)=2 x и g′(x)=3x2g^{\prime}(x)=3 x^{2}, то права tt, която се допира до графиките на ff и gg съответно в точки (x1,x12+a)\left(x_{1}, x_{1}^{2}+a\right) и (x2,x23)\left(x_{2}, x_{2}^{3}\right) има уравнение y=x12+a+2x1(x−x1)=x23+3x22(x−x2)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 2x1=3x222 x_{1}=3 x_{2}^{2} и x12−a=2x23x_{1}^{2}-a=2 x_{2}^{3}. Тогава a=h(x2)=94x24−2x23a=h\left(x_{2}\right)=\frac{9}{4} x_{2}^{4}-2 x_{2}^{3}. Правата tt съществува и е единствена, когато уравнението h(x)=ah(x)=a има точно един реален корен. Понеже h′(x)=3x2(3x−h^{\prime}(x)=3 x^{2}(3 x- 2), то функцията hh строго намалява в интервала (−∞,2/3](-\infty, 2 / 3] и строго расте в интервала [2/3,+∞)[2 / 3, +\infty). Тъй като lim⁡x→±∞h(x)=+∞\lim _{x \rightarrow \pm \infty} h(x)=+\infty, следва, че уравнението h(x)=ah(x)=a има точно един реален корен само при a=h(2/3)=−4/27a=h(2 / 3)=-4 / 27 (при a>−4/27a\gt{}-4 / 27 то има два реални корена, а при a<−4/27a\lt{}-4 / 27 няма реален корен).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Не съществува. Нека (2008n)3+2008n=(ab)2,(a,b)=1\left(\frac{2008}{n}\right)^{3}+\frac{2008}{n}=\left(\frac{a}{b}\right)^{2}, (a, b)=1. Полагаме d=(2008,n)d=(2008, n) и 2008=pd,n=qd2008=p d, n=q d, където (p,q)=1(p, q)=1. Тогава b2(p3+pq2)=a2q3b^{2}\left(p^{3}+p q^{2}\right)= a^{2} q^{3}.
РешениеТъй като (a,b)=1(a, b)=1 и (p3+pq2,q3)=1\left(p^{3}+p q^{2}, q^{3}\right)=1, следва, че b2=q3b^{2}=q^{3} и p3+pq2=a2p^{3}+p q^{2}=a^{2}. Оттук b=b13,q=b12b=b_{1}^{3}, q=b_{1}^{2} и p(p2+b14)=a2p\left(p^{2}+b_{1}^{4}\right)=a^{2}. Сега от (p,p2+b14)=(p,b14)=1\left(p, p^{2}+b_{1}^{4}\right)=\left(p, b_{1}^{4}\right)=1 (тъй като (p,q)=1(p, q)=1 ) заключаваме, че p=x2p=x^{2} и p2+b14=y2p^{2}+b_{1}^{4}=y^{2}. Оттук x4+b14=y2x^{4}+b_{1}^{4}=y^{2} и, както е добре известно, следва, че x=0x=0 или b1=0b_{1}=0, което е противоречие. Противоречието следва и от факта, че p=x2p=x^{2} е делител на 2008=23.2512008=2^{3}.251. Оттук x=1x=1 или x=2x=2 и стигаме до 1+b14=y21+b_{1}^{4}=y^{2} или 16+b14=y216+b_{1}^{4}=y^{2}, откъдето лесно получаваме, че b1=0b_{1}=0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа aa такива, че [x2n+x2n+1]=[x24n+a][\sqrt{\vphantom{x^2}n}+\sqrt{\vphantom{x^2}n+1}]=[\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+a}] за произволно естествено число nn ([ xx ] е цялата част на числото xx ).
РешениеПри n=3n=3 имаме, че [x212+a]=[2+x23]=3[\sqrt{\vphantom{x^2}12+a}]=[2+\sqrt{\vphantom{x^2}3}]=3 и следователно a<4a\lt{}4. Сега ще покажем, че числата a=1,2,3a=1, 2, 3 изпълняват условието. С последователно повдигане на квадрат лесно следва, чеx24n+1<x2n+x2n+1<x24n+3\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∈Nn \in \mathbb{N}. Да предположим, че x24n+1<m≤x24n+3\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}\lt{}m \leq \sqrt{\vphantom{x^2}4 n+3} за някои m,n∈Nm, n \in \mathbb{N}. Тогава m2=4n+2m^{2}=4 n+2 или m2=4n+3m^{2}=4 n+3, което е невъзможно, защото m2m^{2} дава остатък 0 или 1 при деление на 4. Следователно [x2n+x2n+1]=[x24n+a][\sqrt{\vphantom{x^2}n}+\sqrt{\vphantom{x^2}n+1}]=[\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+a}] при a=1,2,3a=1, 2, 3. 12 \cdot 5. Ще използваме стандартните означения за елементите на △ABC\triangle A B C. Правата A1B1A_{1} B_{1} разполовява отсечката CC1C C_{1} точно когатоSA1B1C=SA1B1C1⇔A1C⋅B1Csin⁡γ=A1C1⋅B1C1sin⁡(90∘−γ/2)⇔(p−c)2sin⁡γ2=2(p−b)sin⁡β2(p−a)sin⁡α2⇔cot⁡2γ2sin⁡γ22cot⁡β2sin⁡β2cot⁡α2sin⁡α2⇔cos⁡2γ2=2sin⁡γ2cos⁡β2cos⁡α2⇔cos⁡2γ2=sin⁡γ2(cos⁡α+β2+cos⁡α−β2)⇔cos⁡2γ2−sin⁡2γ2=sin⁡γ2cos⁡α−β2⇔2cos⁡γ=sin⁡γ+α−β2+sin⁡γ−α+β2⇔(*)В частност, α≤γ≤βилиα≥γ≥β.Тогава от условието следва, че..йденство и (∗) на квадрат и ги\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*}2sin⁡γ=sin⁡β+sin⁡α2 \sin \gamma=\sin \beta+\sin \alpha. Повдигаме това равенство и (*) на квадрат и ги събираме. От тъждеството sin⁡2x+cos⁡2x=1\sin ^{2} x+\cos ^{2} x=1 получаваме, че 1=cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡β=cos⁡(α−β)1=\cos \alpha \cos \beta+ \sin \alpha \sin \beta=\cos (\alpha-\beta). Оттук лесно следва, че α=β=γ=60∘\alpha=\beta=\gamma=60^{\circ}. Забележка. Ако предположим, че α≤γ≤β\alpha \leq \gamma \leq \beta или α≥γ≥β\alpha \geq \gamma \geq \beta, то sin⁡α+sin⁡β=2sin⁡γ\sin \alpha+ \sin \beta=2 \sin \gamma, т. е. sin⁡α+β2cos⁡α−β2=2sin⁡γ2cos⁡γ2\sin \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2}=2 \sin \frac{\gamma}{2} \cos \frac{\gamma}{2}, откъдето cos⁡α−β2=2sin⁡γ2\cos \frac{\alpha-\beta}{2}= 2 \sin \frac{\gamma}{2}. Оттук и равенството cos⁡2γ2=sin⁡γ2(sin⁡γ2+cos⁡α−β2)\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⁡2γ2=3\cot ^{2} \frac{\gamma}{2}=3. Тогава лесно следва, че α=β=γ=60∘\alpha=\beta=\gamma=60^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-12-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност се допира до страните BCB C, CAC A и ABA B съответно в точки A1,B1A_{1}, B_{1} и C1C_{1}. Известно е, че правата A1B1A_{1} B_{1} разполовява отсечката CC1C C_{1}. Да се намерят ъглите на триъгълника, ако техните синуси образуват аритметична прогресия.
Решениеа) Функцията fn(x)=∑i=1n1i(i+x)f_{n}(x)=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i(i+x)} е намаляваща при x≥0x \geq 0. Понеже fn(0)≥1>1−1n+1=fn(1)f_{n}(0) \geq 1\gt{}1-\frac{1}{n+1}=f_{n}(1) следва, че уравнението fn(x)=1f_{n}(x)=1 има единствено неотрицателно решение xnx_{n}, като xn<1x_{n}\lt{}1. б) Ако yn=1−4n+3y_{n}=1-\frac{4}{n+3}, тоf(yn)=11+yn+∑i=2n1i(i+yn)≥11+yn+∑i=2n1i(i+1)=n+32(n+1)+12−1n+1=1\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(yn)≥f(xn)f\left(y_{n}\right) \geq f\left(x_{n}\right). Тогава yn≤xn<1y_{n} \leq x_{n}\lt{}1 и значи lim⁡n→∞xn=1\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-12-5