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

2013

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2013-9-3: има placeholder текст

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че ако за дължините на страните на △ABC\triangle A B C е в сила равенството AB+BC=2ACA B+B C=2 A C, то върхът BB, центърът на вписаната в триъгълника окръжност и средите на страните ABA B и BCB C лежат на една окръжност.
РешениеЩе използваме стандартните означения за △ABC\triangle A B C. По условие a+c=2ba+c=2 b и без ограничение на общността може да считаме, че a<b<ca\lt{}b\lt{}c. Нека C1C_{1} е средата на AB,B1A B, B_{1} е средата на BC,IB C, I е центърът на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност, IP⊥ABI P \perp A B, P∈ABP \in A B и IQ⊥BC,Q∈BCI Q \perp B C, Q \in B C. Тъй като PP и QQ са допирните точки на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност съответно със страните BCB C и ABA B, тоBP=BQ=p−b=b2,B1Q=BQ−BB1=b−a2,B P=B Q=p-b=\frac{b}{2}, B_{1} Q=B Q-B B_{1}=\frac{b-a}{2},C1P=BC1−BP=c−b2 C_{1} P=B C_{1}-B P=\frac{c-b}{2}и следователно B1Q=C1PB_{1} Q=C_{1} P. Тогава по първи признак △IB1Q≅△IC1P\triangle I B_{1} Q \cong \triangle I C_{1} P, откъдето ∠B1IQ=∠C1IP,∠C1IB1=∠PIQ=180∘−∠ABC\angle B_{1} I Q=\angle C_{1} I P, \angle C_{1} I B_{1}=\angle P I Q=180^{\circ}-\angle A B C и следователно четириъгълникът C1BB1IC_{1} B B_{1} I е вписан.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалните параметри aa и bb, за които полиномът f(x)=x3−bx2+(3−a2)x+3bf(x)=x^{3}-b x^{2}+\left(3-a^{2}\right) x+3 b е такъв, че f(a−1)=f(a+1)f(a-1)=f(a+1) и при делението му на полинома x−bx-b се получава остатък −2a-2 a.
РешениеУсловието f(a−1)=f(a+1)f(a-1)=f(a+1) е еквивалентно (след съответните пресмятания) на ab=a2+2a b=a^{2}+2, а от другото изискване f(b)=−2af(b)=-2 a получаваме 2a+6b=a2b2 a+6 b=a^{2} b. От тези две равенства изразяваме b=a2+2a=2aa2−6b=\frac{a^{2}+2}{a}=\frac{2 a}{a^{2}-6} (лесно се вижда, че a=0a=0 и a2=6a^{2}=6 не водят до ). Следователно a2+2a=2aa2−6\frac{a^{2}+2}{a}=\frac{2 a}{a^{2}-6}, откъдето получаваме биквадратното уравнение a4−6a2−12=0a^{4}-6 a^{2}-12=0. Тогава a2=3±x221a^{2}=3 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}21}, т. е. a=±x23+21a= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3+\sqrt{21}} и съответно b=±5+x221x23+21b= \pm \frac{5+\sqrt{\vphantom{x^2}21}}{\sqrt{\vphantom{x^2}3+\sqrt{21}}}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека AA е множество от естествени числа със следното свойство: за всеки два елемента m,n∈A,m≠nm, n \in A, m \neq n, е в сила неравенството 10∣m−n∣+50≥mn10|m-n|+50 \geq m n. Да се намери максималният възможен брой елементи на AA.
РешениеОтговор: 9. Нека m,n∈Am, n \in A и без ограничение на общността m>nm\gt{}n. Тогава даденото неравенство се записва във вида mn+10n−10m≤50⟺(m+10)(n−10)≤m n+10 n-10 m \leq 50 \Longleftrightarrow(m+10)(n-10) \leq -50. Последното означава, че е невъзможно да имаме n≥10n \geq 10. Следователно в AA има най-много едно число, по-голямо от 9. Освен това лесно се вижда, че е невъзможно числата 8 и 9 едновременно да принадлежат на AA. Тогава ∣A∣≤9|A| \leq 9. Множеството A={1,2,3,4,5,6,7,8,15}A=\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 15\} има исканото свойство и е с 9 елемента. Ясно е как са получени първите му 8 елемента, а 15 е минималното число, което отговаря на условието заедно с 8.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на реалния параметър aa, за които уравнениетоx3+ax2−(1−a)2=0x^{3}+a x^{2}-(1-a)^{2}=0има три различни реални корена x1,x2,x3x_{1}, x_{2}, x_{3}, изпълняващи неравенствотоx1x2x3+x2x3x1+x3x1x2>32\frac{x_{1}}{x_{2} x_{3}}+\frac{x_{2}}{x_{3} x_{1}}+\frac{x_{3}}{x_{1} x_{2}}\gt{}\frac{3}{2}
РешениеИмамеx3+ax2−(1−a)2=(x−(1−a))(x2+x+(1−a))=0x^{3}+a x^{2}-(1-a)^{2}=(x-(1-a))\left(x^{2}+x+(1-a)\right)=0Ако DD е дискриминантата на квадратния тричлен, то от D>0D\gt{}0 получаваме a>3/4a\gt{}3 / 4. Освен това 1−a1-a не трябва да е корен на квадратния тричлен, откъдето a≠1,3a \neq 1, 3. Използвайки формулите на Виет даденото по условие, получавамеx1x2x3+x2x3x1+x3x1x2=\frac{x_{1}}{x_{2} x_{3}}+\frac{x_{2}}{x_{3} x_{1}}+\frac{x_{3}}{x_{1} x_{2}}=x12+x22+x32x1x2x3=a2(1−a)2>\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}}{x_{1} x_{2} x_{3}}=\frac{a^{2}}{(1-a)^{2}}\gt{}32\frac{3}{2}което е изпълнено точно тогава, когато a∈(3−x26,3+x26)a \in(3-\sqrt{\vphantom{x^2}6}, 3+\sqrt{\vphantom{x^2}6}). Така окончателноa∈(34,1)∪(1,3)∪(3,3+x26)a \in\left(\frac{3}{4}, 1\right) \cup(1, 3) \cup(3, 3+\sqrt{\vphantom{x^2}6})
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C с ∠ACB>90∘\angle A C B\gt{}90^{\circ}. Нека CHC H е височината от върха C(H∈AB)C (H \in A B), а ALA L е ъглополовящата на ∠BAC(L∈BC)\angle B A C(L \in B C). Да се намери ∠ALC\angle A L C, ако е известно, че ∠ALC=∠BHL\angle A L C=\angle B H L.
РешениеНека ∠ALC=∠BHL=φ\angle A L C=\angle B H L=\varphi и PP е петата на височината от върха BB към правата AC(P∈AC→)A C(P \in A C \rightarrow). Четириъгълникът HBPCH B P C е вписан в окръжност с диаметър BCB C и следователно ∠BHP=∠BCP\angle B H P=\angle B C P. Тогава∠LAP=∠BCP−φ=∠BHP−φ=∠LHP\angle L A P=\angle B C P-\varphi=\angle B H P-\varphi=\angle L H Pт. е. AHLPA H L P е вписан четириъгълник. От друга страна, ALA L е ъглополовяща на ∠BAC\angle B A C и следователно L∈sPHL \in s_{P H}. Имаме две възможности: Случай 1. Ако sPH∩BCs_{P H} \cap B C, то LL е център на описаната около HBPCH B P C окръжност, т. е. BL=LC,AB=ACB L=L C, A B=A C. Но ∠ACB>90∘\angle A C B\gt{}90^{\circ} и достигаме до противоречие. Случай 2. Ако sPH≡BCs_{P H} \equiv B C, то HBPCH B P C е делтоид и∠CHL=∠CPL=∠BHL=φ,\angle C H L=\angle C P L=\angle B H L=\varphi,т. е. φ=45∘\varphi=45^{\circ}. Ако използваме стандартните означения за триъгълник, тоBLLC=SBHLSCHL=BH⋅sin⁡φCH⋅cos⁡φ=\frac{B L}{L C}=\frac{S_{B H L}}{S_{C H L}}=\frac{B H \cdot \sin \varphi}{C H \cdot \cos \varphi}=cotg⁡β⋅tg⁡φ=cotg⁡β⋅tg⁡(α2+β)\operatorname{cotg} \beta \cdot \operatorname{tg} \varphi=\operatorname{cotg} \beta \cdot \operatorname{tg}\left(\frac{\alpha}{2}+\beta\right)От друга страна,BLLC=BAAC=sin⁡γsin⁡β=sin⁡(α+β)sin⁡β\frac{B L}{L C}=\frac{B A}{A C}=\frac{\sin \gamma}{\sin \beta}=\frac{\sin (\alpha+\beta)}{\sin \beta}и следователноcos⁡βsin⁡(α2+β)=\cos \beta \sin \left(\frac{\alpha}{2}+\beta\right)=sin⁡(α+β)cos⁡(α2+β)⇔2α+β=90∘,\sin (\alpha+\beta) \cos \left(\frac{\alpha}{2}+\beta\right) \Leftrightarrow 2 \alpha+\beta=90^{\circ},т. е. φ=45∘\varphi=45^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които2n+1дели7n!−3n!.2^{n+1} \text{дели} 7^{n!}-3^{n!} \text{.}(С n!n! се означава произведението на естествените числа от 1 до nn.)
РешениеНека n≠2k⋅mn\neq{}2^{k} \cdot m, където mm е нечетно, а kk е цяло неотрицателно число. Тогава7n!−3n!=(7m)2k−(3m)2k=7^{n!}-3^{n!}=\left(7^{m}\right)^{2^{k}}-\left(3^{m}\right)^{2^{k}}=(7m−3m)(7m+3m)(72m+32m)…(72k−1m+32k−1m)\left(7^{m}-3^{m}\right)\left(7^{m}+3^{m}\right)\left(7^{2 m}+3^{2 m}\right) \ldots\left(7^{2^{k-1} m}+3^{2^{k-1} m}\right)Тъй като 7m+3m≡72m+32m≡⋯72k−1m+32k−1m≡2( mod 4)7^{m}+3^{m} \equiv 7^{2 m}+3^{2 m} \equiv \cdots 7^{2^{k-1} m}+3^{2^{k-1} m} \equiv 2(\bmod 4) и 7m−3m≡4( mod 8)7^{m}-3^{m} \equiv 4(\bmod 8), то 2k+2∣(7n!−3n!)2^{k+2} \mid\left(7^{n!}-3^{n!}\right), но 2k+3∤(7n!−3n!)2^{k+3} \nmid\left(7^{n!}-3^{n!}\right) и следователно n+1≤k+2n+1 \leq k+2, т. е. k≥n−1k \geq n-1. От друга страна, ако 2t≤n<2t+1(t∈N0)2^{t} \leq n\lt{}2^{t+1}\left(t \in \mathbb{N}_{0}\right), тоk=[n2]+[n22]+⋯+[n2t]≤k=\left[\frac{n}{2}\right]+\left[\frac{n}{2^{2}}\right]+\cdots+\left[\frac{n}{2^{t}}\right] \leqn2+n22+⋯n2t=n(1−12t)≤n−1. \frac{n}{2}+\frac{n}{2^{2}}+\cdots \frac{n}{2^{t}}=n\left(1-\frac{1}{2^{t}}\right) \leq n-1.Следователно k=n−1k=n-1 и n=2tn=2^{t}, където t∈N0t \in \mathbb{N}_{0}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека A(n,k)A(n, k) е броят на kk-орките ( a1,…,aka_{1}, \ldots, a_{k} ) от цели числа, за които е изпълненоa1+…+ak−1≤n,a1+…+ak−1+ak>n,1≤ai≤n,i=1…,k.\begin{aligned} & a_{1}+\ldots+a_{k-1} \leq n, \\ & a_{1}+\ldots+a_{k-1}+a_{k}\gt{}n, \\ & 1 \leq a_{i} \leq n, i=1 \ldots, k. \end{aligned}За кое kk стойността на A(12,k)A(12, k) е максимална?
РешениеНай-напред да пресметнем броя на kk-орките ( a1,…,aka_{1}, \ldots, a_{k} ) от цели числа 1≤ai≤n1 \leq a_{i} \leq n, за които a1+…+ak≤na_{1}+\ldots+a_{k} \leq n. Очевидно тази сума може да взема сойностите k,k+1,…,nk, k+1, \ldots, n и следователно броят на тези kk-орки е(k−1k−1)+(kk−1)+…+(n−1k−1)=(nk).\binom{k-1}{k-1}+\binom{k}{k-1}+\ldots+\binom{n-1}{k-1}=\binom{n}{k}.Оттук получаваме, че броят на kk-орките ( a1,…,aka_{1}, \ldots, a_{k} ), за които a1+…+ak−1≤na_{1}+\ldots+a_{k-1} \leq n, a1+…+ak−1+ak>n,1≤ai≤na_{1}+\ldots+a_{k-1}+a_{k}\gt{}n, 1 \leq a_{i} \leq n еA(n,k)=n(nk−1)−(nk)=(nk)(nkn−k+1−1).A(n, k)=n\binom{n}{k-1}-\binom{n}{k}=\binom{n}{k}\left(\frac{n k}{n-k+1}-1\right).Остава да определим, за кое kkA(12,k)=(12k)(12k13−k−1)A(12, k)=\binom{12}{k}\left(\frac{12 k}{13-k}-1\right)е максимално. Тъй като за 1≤k≤61 \leq k \leq 6 и двата множителя растат, то е максимумът се достига за 6≤k≤126 \leq k \leq 12. ИмамеA(12,k+1)A(12,k)=k(13−k)k2−1.\frac{A(12, k+1)}{A(12, k)}=\frac{k(13-k)}{k^{2}-1}.Това отношение е по-голямо от 1 за k=6k=6 и по-малко от 1 за k=7,…,12k=7, \ldots, 12. Следователно търсеният максимум се достига за k=7k=7.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на реалните параметри p,qp, q и rr, ако числата p,−q2,rp, -\frac{q}{2}, r образуват аритметична прогресия и уравнениетоx3+px2+qx+r−1=0x^{3}+p x^{2}+q x+r-1=0има три корена, които са естествени числа и образуват аритметична прогресия с разлика 2013.
РешениеОт условието p+r=−qp+r=-q следва, че даденото уравнение има корен x1=1x_{1}=1. Тогава уравнението приема вида(x−1)(x2+(p+1)x+p+q+1)=0,(x-1)\left(x^{2}+(p+1) x+p+q+1\right)=0,като корените на квадратното уравнение x2+(p+1)x+p+q+1=0x^{2}+(p+1) x+p+q+1=0 са x1=2014x_{1}=2014 и x2=4027x_{2}=4027. От формулите на Виет сега намираме p=−x1−x2−1=−6042p=-x_{1}-x_{2}-1=-6042 и q=x1x2−p−1=x1x2+x1+x2=(x1+1)(x2+1)−1=2015⋅4028−1=8116419q=x_{1} x_{2}-p-1=x_{1} x_{2}+x_{1}+x_{2}=\left(x_{1}+1\right)\left(x_{2}+1\right)-1=2015 \cdot 4028-1=8116419.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C, вписан в окръжност kk с център OO. Допирателната към kk в точка CC пресича лъча BA→B A \rightarrow в точка SS. Върху лъча CA→C A \rightarrow след точка AA са избрани точки PP и QQ, за които AP=PQA P=P Q. Да се докаже, че точките P,O,CP, O, C и SS лежат на една окръжност, тогава и само тогава, когато точките Q,B,CQ, B, C и SS лежат на една окръжност.
Решение(→)(\rightarrow) Нека точките P,O,CP, O, C и SS лежат на една окръжност k′k^{\prime}. Тъй като OC⊥SCO C \perp S C, то OSO S е диаметър на k′k^{\prime} и ако MM е средата на ABA B, то OM⊥ABO M \perp A B и следователно M∈k′M \in k^{\prime}. Тогава ∠SMP=∠SCP\angle S M P=\angle S C P и понеже PMP M е средна отсечка в △QBA\triangle Q B A, то ∠SMP=∠SBQ\angle S M P=\angle S B Q. Тогава ∠SCQ=∠SBQ\angle S C Q=\angle S B Q, което означава, че точките QQ, B,CB, C и SS лежат на една окръжност. (←)(\leftarrow) Обратно, ако точките Q,B,CQ, B, C и SS лежат на една окръжност, то ∠SCQ=∠SBQ\angle S C Q=\angle S B Q и понеже ∠SBQ=∠SMP\angle S B Q=\angle S M P, то точките S,P,MS, P, M и CC лежат на една окръжност k′k^{\prime}. Но ∠OMS=∠OCS=90∘\angle O M S=\angle O C S= 90^{\circ}, т. е. k′k^{\prime} е с диаметър SOS O и следователно PP, O,CO, C и SS лежат на една окръжност.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа mm и nn, за коитоn=mφ(n)−1.n=m^{\varphi(n)}-1.(За всяко естествено число nn с φ(n)\varphi(n) се означава броя на естествените числа, по-малки или равни на nn, които са взаимно прости с nn.)
РешениеАко n=1n=1, то m=2m=2. Нека n>1n\gt{}1. От условието n=mφ(n)−1n=m^{\varphi(n)}-1 следва, че (m,n)=1(m, n)=1. Нека n=p1α1p2α2…pkαkn=p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}} е каноничното разлагане на nn, като без ограничение p1α1<p2α2<⋯<pkαkp_{1}^{\alpha_{1}}\lt{}p_{2}^{\alpha_{2}}\lt{}\cdots\lt{}p_{k}^{\alpha_{k}}. Случай 1. Нека k≥2k \geq 2. За t=p2α2…pkαkt=p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}} имамеmφ(n)−1=(mφ(t)−1)M,m^{\varphi(n)}-1=\left(m^{\varphi(t)}-1\right) M,където M>mφ(t)M\gt{}m^{\varphi(t)}. Тъй като tt дели mφ(t)−1m^{\varphi(t)}-1, то M≤p1α1M \leq p_{1}^{\alpha_{1}}, което е противоречие поради p1α1<t<mφ(t)−1<M≤p1α1p_{1}^{\alpha_{1}}\lt{}t\lt{}m^{\varphi(t)}-1\lt{}M \leq p_{1}^{\alpha_{1}}. Случай 2. Нека k=1k=1, т. е. n=pαn=p^{\alpha} като α≥2\alpha \geq 2. Тогава φ(n)=pα−1(p−1)\varphi(n)=p^{\alpha-1}(p-1) и за t=pα−2(p−1)t=p^{\alpha-2}(p-1) имамеmφ(n)−1=(mt−1)Mm^{\varphi(n)}-1=\left(m^{t}-1\right) Mкъдето M>mtM\gt{}m^{t}. Понеже pα−1p^{\alpha-1} дели mt−1m^{t}-1, то M≤pM \leq p и както в случай 1. получаваме противоречие. Случай 3. Нека n=pn=p е просто число. Тогава φ(n)=φ(p)=p−1\varphi(n)=\varphi(p)=p-1. Ако p=2p=2, то m=3m=3. Ако p>2p\gt{}2, то p−1=2sp-1=2 s. Сега от равенството p=(ms−1)(ms+1)p=\left(m^{s}-1\right)\left(m^{s}+1\right) следва, че ms−1=1m^{s}-1=1, т. е. s=1s=1 и m=2m=2. Това означава, че p=3p=3. Следователно търсените стойности са n=1,m=2,n=2,m=3n=1, m=2, n=2, m=3 и n=3,m=2n=3, m=2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека MM е множество от естествени числа, всяко от които има 2013 цифри и не съдържа 0 в десетичния си запис. Две числа от MM ще наричаме съседни, ако цифрите им съвпадат в поне един разряд. Да се определи максималният брой елементи на MM, ако измежду всеки 9 числа от MM можем да изберем 3, всеки две от които са съседни.
РешениеНека MM е множеството от всички естествени числа с 2013 цифри, като на първите 2012 позиции може да стои всяка от цифрите 1,2,…,91, 2, \ldots, 9, а на последната позиция може да стоят само цифрите 1,2,3,41, 2, 3, 4. Тогава ∣M∣=4⋅92012|M|=4 \cdot 9^{2012}. От принципа на Дирихле следва, че измежду произволни 9 числа от MM поне три имат една и съща последна цифра, което означава, че всеки две от тези три числа са сбседни. Следователно ∣M∣≥4⋅92012|M| \geq 4 \cdot 9^{2012}. Ще докажем, че ако MM е множество, за което ∣M∣>4⋅92012|M|\gt{}4 \cdot 9^{2012}, то можем да изберем 9 числа, между които няма три, всеки две от които са съседни. Нека NN е множеството от всички числа с 2013 цифри, като ∣N∣=92013|N|=9^{2013}. Да подредим цифрите 1,2,…,91, 2, \ldots, 9 по окръжност по посока на часовниковата стрелка. Ще казваме, че 2 е след 1, 3 е след 2 и т. н. 1 е след 9. За две 2013 цифрени числа aa и bb казваме, че aa е след bb, ако всяка цифра на aa е след съответната цифра на bb. Множеството NN може да се разбие на 920129^{2012} подмножества N1,N2,…,N92012N_{1}, N_{2}, \ldots, N_{9^{2012}} от по 9 елемента, като във всяко подмножество 9-те числа са едно след друго. Тъй като ∣M∣>4⋅92012|M|\gt{}4 \cdot 9^{2012}, то можем да изберем 5 елемента от едно от множествата NiN_{i}. От останалите елементи на MM можем да изберем 4 елемента от едно и също множество NjN_{j}. От всеки три от така избраните 9 елемента има два, които са в едно от множествата NiN_{i} или NjN_{j}. Това означава, че тези два елемента не са съседни. Следователно ∣M∣≤4⋅92012|M| \leq 4 \cdot 9^{2012}, т. е. ∣M∣=4⋅92012|M|=4 \cdot 9^{2012}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-11-4

12

1 задача

Задача 3

Пълен запис
Условие
Числата 15\frac{1}{5} и 15\frac{1}{5} се заменят със сумата и произведението им. За новите числа 25\frac{2}{5} и 125\frac{1}{25} се прилага същата операция и т. н. Да се докаже, че във всеки момент числата са по-малки от 12\frac{1}{2}.
РешениеНека a1=b1=15,an+1=an+bna_{1}=b_{1}=\frac{1}{5}, a_{n+1}=a_{n}+b_{n} и bn+1=anbnb_{n+1}=a_{n} b_{n} при n≥1n \geq 1. По индукция ще докажем, че an<1225a_{n}\lt{}\frac{12}{25} и bn≤125⋅2n−2b_{n} \leq \frac{1}{25 \cdot 2^{n-2}} при n≥2n \geq 2. За n=2n=2 това е вярно. Тогаваan+1=a2+b2+⋯+bn≤a_{n+1}=a_{2}+b_{2}+\cdots+b_{n} \leq25+125(1+12+⋯+12n−2)<25+225=1225 \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}и bn+1=anbn<bn2=125⋅2n−1b_{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