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

2021

Назад към папките

8

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
В четириъгълника ABCDA B C D страната ADA D е равна на страната BCB C, а правите ADA D и BCB C се пресичат в точка EE. Точките MM и NN са съответно среди на страните ABA B и CDC D. Да се докаже, че отсечката MNM N е успоредна на ъглополовящата на ∠AEB\angle A E B.
РешениеНека точката PP е среда на диагонала ACA C на четириъгълника ABCDA B C D и AD=BC=2aA D= B C=2 a. Тогава PN∥ADP N \| A D и PN=aP N=a (средна отсечка в △ACD\triangle A C D ); PM∥BCP M \| B C и PM=aP M=a (средна отсечка в △ABC\triangle A B C ). Следователно MP=NPM P=N P и ∠(AD;MN)=∠(PN;MN)=∠(PM;MN)=∠(BC,MN)\angle(A D; M N)=\angle(P N; M N)= \angle(P M; M N)=\angle(B C, M N).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-8-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
Да се подредят по големина реалните корени на уравнението(3x(x+2)−16)(x2+2x+10x26−30)=0.(3 x(x+2)-16)\left(x^{2}+2 x+10 \sqrt{\vphantom{x^2}6}-30\right)=0.
РешениеТърсим корените на 3x2+6x−16=03 x^{2}+6 x-16=0 и на x2+2x+10x26−30=0x^{2}+2 x+10 \sqrt{\vphantom{x^2}6}-30=0. Първото уравнение има съкратена дискриминанта 9+48=579+48=57 и корени x1,2=−3±x2573=−1±x2573x_{1, 2}=\frac{-3 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}57}}{3}=-1 \pm \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{3}, x1>0,x2<0x_{1}\gt{}0, x_{2}\lt{}0. При второто уравнение е по-удобно да отделим точен квадрат:x2+2x+1=25−10x26+6(x+1)2=(5−x26)2x+1=±(5−x26),\begin{gathered} x^{2}+2 x+1=25-10 \sqrt{\vphantom{x^2}6}+6 \\ (x+1)^{2}=(5-\sqrt{\vphantom{x^2}6})^{2} \\ x+1= \pm(5-\sqrt{\vphantom{x^2}6}), \end{gathered}откъдето намираме x3=4−x26>0x_{3}=4-\sqrt{\vphantom{x^2}6}\gt{}0 и x4=−6+x26<0x_{4}=-6+\sqrt{\vphantom{x^2}6}\lt{}0. За да подредим числата по големина, трябва да преценим дали: (∗)(*) 4−x26>−1+x25734-\sqrt{\vphantom{x^2}6}\gt{}-1+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{3}, т. е. 5>x26+x25735\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}6}+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{3}, еквивалентно на 25>6+193+2x23825\gt{}6+\frac{19}{3}+2 \sqrt{\vphantom{x^2}38}, на 383>2x238\frac{38}{3}\gt{}2 \sqrt{\vphantom{x^2}38} и на x238>6\sqrt{\vphantom{x^2}38}\gt{}6, което е вярно. (∗)(*) −6+x26<−1−x2573-6+\sqrt{\vphantom{x^2}6}\lt{}-1-\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{3}, еквивалентно на 5>x26+x25735\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}6}+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{3}, което вече видяхме, че е вярно. Окончателно подредбата на корените по големина е−6+x26<−1−x2573<-6+\sqrt{\vphantom{x^2}6}\lt{}-1-\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{3}\lt{}−1+x2573<4−x26.-1+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{3}\lt{}4-\sqrt{\vphantom{x^2}6}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-8-1b

Задача 2

Пълен запис
Условие
Ако A=x225+(8−8)7−128,B=x299−702A=\sqrt{\vphantom{x^2}25+(\sqrt{8}-8) \sqrt{7}-\sqrt{128}}, B=\sqrt{\vphantom{x^2}99-70 \sqrt{2}}, C=x2127−487C=\sqrt{\vphantom{x^2}127-48 \sqrt{7}} и D=x29−56D=\sqrt{\vphantom{x^2}9-\sqrt{56}}, то пресметнете 4A−B+C−D4 A-B+C-D.
РешениеИмаме A=x27+2+16+22⋅7−87−82=x2(7+2−4)2=∣x27+x22−4∣=x27+x22−4A=\sqrt{\vphantom{x^2}7+2+16+2 \sqrt{2 \cdot 7}-8 \sqrt{7}-8 \sqrt{2}}=\sqrt{\vphantom{x^2}(\sqrt{7}+\sqrt{2}-4)^{2}}=\mid \sqrt{\vphantom{x^2}7}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}- 4 \mid=\sqrt{\vphantom{x^2}7}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}-4; тук използвахме, че x27+x22>4⟺7+2+2x214>16⟺x256>7\sqrt{\vphantom{x^2}7}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}\gt{}4 \Longleftrightarrow 7+2+2 \sqrt{\vphantom{x^2}14}\gt{}16 \Longleftrightarrow \sqrt{\vphantom{x^2}56}\gt{}7 ⟺56>49\Longleftrightarrow 56\gt{}49. B=x250+49−2⋅750=x2(50−7)2=∣x250−7∣=5x22−7;B=\sqrt{\vphantom{x^2}50+49-2 \cdot 7 \sqrt{50}}=\sqrt{\vphantom{x^2}(\sqrt{50}-7)^{2}}=|\sqrt{\vphantom{x^2}50}-7|=5 \sqrt{\vphantom{x^2}2}-7; тук използвахме, че x250>7\sqrt{\vphantom{x^2}50}\gt{}7 ⟺50>49\Longleftrightarrow 50\gt{}49. C=x264+63−2⋅863=x2(8−63)2=∣8−x263∣=8−3x27;C=\sqrt{\vphantom{x^2}64+63-2 \cdot 8 \sqrt{63}}=\sqrt{\vphantom{x^2}(8-\sqrt{63})^{2}}=|8-\sqrt{\vphantom{x^2}63}|=8-3 \sqrt{\vphantom{x^2}7}; тук използвахме, че 8>x2638\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}63} ⟺64>63\Longleftrightarrow 64\gt{}63. D=x27+2−214=x2(7−2)2=∣x27−x22∣=x27−x22D=\sqrt{\vphantom{x^2}7+2-2 \sqrt{14}}=\sqrt{\vphantom{x^2}(\sqrt{7}-\sqrt{2})^{2}}=|\sqrt{\vphantom{x^2}7}-\sqrt{\vphantom{x^2}2}|=\sqrt{\vphantom{x^2}7}-\sqrt{\vphantom{x^2}2}. 4A−B+C−D=4x27+4x22−16−5x22+7+8−3x27−x27+x22=−14 A-B+C-D=4 \sqrt{\vphantom{x^2}7}+4 \sqrt{\vphantom{x^2}2}-16-5 \sqrt{\vphantom{x^2}2}+7+8-3 \sqrt{\vphantom{x^2}7}-\sqrt{\vphantom{x^2}7}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}=-1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Определете броя на всички редици от различни двуцифрени числа, такива че първото число в редицата е 10, последното има сбор от цифрите 7 и всяко ново число в редицата се получава от това пред него с едно от следните действия: (∗)(*) Една от цифрите е увеличена с 1, а другата не е променена; (∗)(*) Една от цифрите е увеличена с 1, а другата е намалена с 1.
РешениеСред двуцифрените числа има 1 със сбор на цифрите 1, 2 -с 2, 3 -с 3,…,73, \ldots, 7 със 7. Сборът от цифрите на числата в редицата не намалява. За всяко i=2,3,…,7i=2, 3, \ldots, 7 има 2 избора кое да е първото число със сбор от цифрите ii (в зависимост от това при коя от цифрите е увеличението) и ii избора кое да е последното (ако е същото, то в редицата има само едно число със сбор на цифрите ii ), като между тях редицата е определена еднозначно. Отговор: 26.7≠3225602^{6}.7\neq{}322560.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-8-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Да се реши в естествени числа уравнението 2a−4b=3c+12^{a}-4^{b}=3^{c}+1.
РешениеЯвно a>2ba\gt{}2 b. Ако b≥2b \geq 2, то непременно 3c≡7( mod 8)3^{c} \equiv 7(\bmod 8) и предвид 31≡3( mod 8)3^{1} \equiv 3(\bmod 8), 32≡1( mod 8)3^{2} \equiv 1(\bmod 8), получаваме противоречие. Значи b=1b=1, т. е. 2a=3c+52^{a}=3^{c}+5. Проверка при a≤5a \leq 5 дава a=3,c=1a=3, c=1 и a=5,c=3;a=5, c=3; нека a≥6a \geq 6. Предвид, че имаме за a=5a=5, логично е да разгледаме модул 64. Пресмятаме 316≡1( mod 64)3^{16} \equiv 1(\bmod 64) и 3c≡−5( mod 64)⇔c≡11( mod 16)3^{c} \equiv-5(\bmod 64) \Leftrightarrow c \equiv 11(\bmod 16). От 316−1=(38−1)(38+1)=26⋅5⋅17⋅41⋅1933^{16}-1=\left(3^{8}-1\right)\left(3^{8}+1\right)=2^{6} \cdot 5 \cdot 17 \cdot 41 \cdot 193 имаме 316≡1( mod 17)3^{16} \equiv 1(\bmod 17) и 3c≡311≡7( mod 17)3^{c} \equiv 3^{11} \equiv 7 (\bmod 17), откъдето 2a≡12( mod 17)2^{a} \equiv 12(\bmod 17). Обаче директни пресмятания за a=1,2,…,8a=1, 2, \ldots, 8 (и 28≡1( mod 17))\left.2^{8} \equiv 1(\bmod 17)\right) показват, че последното е невъзможно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-8-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
За всяко естествено nn означавамеAn=6561n−6⋅729n−4⋅81n+2⋅32n+3−45.A_{n}=6561^{n}-6 \cdot 729^{n}-4 \cdot 81^{n}+2 \cdot 3^{2 n+3}-45.а) Кое е най-голямото естествено kk, за което 2k2^{k} дели AnA_{n} за всяко nn? б) Докажете, че за всяко естествено kk съществува nn, такова че 2k2^{k} дели AnA_{n}.
РешениеАко x=9nx=9^{n}, то An=x4−6x3−4x2+54x−45=x4−6x3+5x2−9x2+54x−45=x2(x2−6x+5)−9(x2−6x+5)=(x2−9)(x−5)(x−1)=(81n−9)(9n−5)(9n−1)A_{n}=x^{4}-6 x^{3}-4 x^{2}+54 x-45=x^{4}-6 x^{3}+5 x^{2}-9 x^{2}+54 x-45= x^{2}\left(x^{2}-6 x+5\right)-9\left(x^{2}-6 x+5\right)=\left(x^{2}-9\right)(x-5)(x-1)=\left(81^{n}-9\right)\left(9^{n}-5\right)\left(9^{n}-1\right). а) При деление на 16 остатъкът на 81n81^{n} е 1, значи на 81n−981^{n}-9 е 8, т. е. то се дели на 232^{3}, но не на 242^{4}. При деление на 8 остатъкът на 9n9^{n} е 1, значи на 9n−59^{n}-5 е 4, т. е. то се дели на 222^{2}, но не на 232^{3}. Освен това 9n−19^{n}-1 се дели на 232^{3} и при n=1n=1 не се дели на 242^{4}, така че AnA_{n} се дели на 282^{8} и A1A_{1} не се дели на 292^{9}, така че отговорът на а) е k=8k=8. б) Ако числото 2 участва в ℓ\ell-та степен в каноничното разлагане на 9n−19^{n}-1, то в каноничното разлагане на 92n−1=(9n−1)(9n+1)9^{2 n}-1=\left(9^{n}-1\right)\left(9^{n}+1\right) то участва в ℓ+1\ell+1-ва степен, понеже вторнят множител дава остатък 2 при деление на 4. Като отчетем, че 2 участва в 3 -та степен в каноничното разлагане на 920−19^{2^{0}}-1, заключаваме, че то участва в степен 3+m3+m в разлагането на 92m−19^{2^{m}}-1. Следователно множителят 2 в разлагането на A2mA_{2^{m}} е от степен 3+2+3+m3+2+3+m, което може да става произволно голямо.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-8-4

9

13 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадени са квадратните уравненияax2−x−1=0,a x^{2}-x-1=0,bx2−2x−1=0иabx2+(a3−b)x+b−a=0. \quad b x^{2}-2 x-1=0 \quad \text{и} \quad a b x^{2}+\left(a^{3}-b\right) x+b-a=0.Да се намерят всички възможни стойности на реалните параметри aa и bb, за които всеки две от уравненията имат общ реален корен, но трите уравнения нямат общ реален корен.
РешениеПърво, тъй като всяко уравнение участва в две различни двойки с различни общи реални корени (поради липсата на общ корен и за трите уравнения), то всяко от трите квадратни уравнения има по два различни реални корена. В частност, a,b≠0a, b \neq 0. Нека означим корените на първото уравнение с x1x_{1} и x2x_{2}, а на второто с x2x_{2} и x3x_{3}. Тогава, съгласно условието, корените на третото уравнение са x3x_{3} и x1x_{1}. Можем лесно да изразим x2x_{2} като функция на aa и bb от разликата на двете уравнения. Наистина, имаме ax22−x2−1=0a x_{2}^{2}-x_{2}-1=0 и bx22−2x2−1=0b x_{2}^{2}-2 x_{2}-1=0, следователно (b−a)x22=x2(b-a) x_{2}^{2}=x_{2}. Но x2=0x_{2}=0 не може да е корен на никое от първите две уравнения (стойността на квадратните тричлени в нулата e−1\mathrm{e}-1 ) и значи x2=1b−ax_{2}=\frac{1}{b-a}, като b≠ab \neq a. От формулите на Виет, имаме чеx1x2=−1a,⟹x1=a−ba;x_{1} x_{2}=-\frac{1}{a}, \quad \Longrightarrow \quad x_{1}=\frac{a-b}{a};x2x3=−1b,⟹x3=a−bb. \quad x_{2} x_{3}=-\frac{1}{b}, \quad \Longrightarrow \quad x_{3}=\frac{a-b}{b}.Сега от формулите на Виет за третото уравнение имамеb−aab=x1x3=(a−b)2ab,\frac{b-a}{a b}=x_{1} x_{3}=\frac{(a-b)^{2}}{a b},⟹(b−a−1)(b−a)=0,⟹b−a=1, \quad \Longrightarrow \quad(b-a-1)(b-a)=0, \quad \Longrightarrow \quad b-a=1,защото вече споменахме, че b≠ab \neq a. Оттук, x2=1x_{2}=1 и значи 0=ax22−x2−1=a−20=a x_{2}^{2}-x_{2}-1=a-2, т. е., a=2a=2 и b=a+1=3b=a+1=3. Директна проверка показва, че при тези стойности на параметрите първото уравнение има корени {−1/2,1}\{-1 / 2, 1\}, второто уравнение има корени {1,−1/3}\{1, -1 / 3\}, а третото уравнение има корени {−1/2,−1/3}\{-1 / 2, -1 / 3\}. Окончателно, единствено a=2a=2 и b=3b=3 са на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-9-1

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намери броят на пермутациите ( a1,a2,…,ana_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n} ) на числата ( 1,2,…,n1, 2, \ldots, n ), за които за всяко 1≤k≤n1 \leq k \leq n числото kk дели a1+a2+⋯+aka_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}.
РешениеДа означим с tnt_{n} търсеният брой. Имаме t1=1,t2=2t_{1}=1, t_{2}=2 и t3=6t_{3}=6. Нека n>3n\gt{}3. Тъй като n−1n-1 дели 2(a1+⋯+an−1)=n(n+1)−2an≡2−2an( mod n−1)2\left(a_{1}+\cdots+a_{n-1}\right)=n(n+1)-2 a_{n} \equiv 2-2 a_{n}(\bmod n-1) и an≤na_{n} \leq n, то 2(an−1)=0,n−12\left(a_{n}-1\right)=0, n-1 или 2(n−1)2(n-1). Съответните стойности на ana_{n} са an=1,an=n+12a_{n}=1, a_{n}=\frac{n+1}{2} и an=na_{n}=n. При an=na_{n}=n пермутацията ( a1,a2,…,an−1a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n-1} ) на числата 1,2,…,n−11, 2, \ldots, n-1 изпълнява условието на задачата и следователнио в този случай има точно tn−1t_{n-1} пермутации. При an=1a_{n}=1 пермутацията ( a1−1,a2−1,…,an−1−1a_{1}-1, a_{2}-1, \ldots, a_{n-1}-1 ) на числата 1,2,…,n−11, 2, \ldots, n-1 изпълнява условието на задачата и следователнио в този случай има точно tn−1t_{n-1} пермутации. При an=n+12a_{n}=\frac{n+1}{2} получаваме, че n−2n-2 дели 2(a1+⋯+an−2)=n2−1−2an−1≡3−2an−1( mod n−2)2\left(a_{1}+\cdots+a_{n-2}\right)=n^{2}-1-2 a_{n-1} \equiv 3-2 a_{n-1}(\bmod n-2). Тъй като 2an−1−32 a_{n-1}-3 е нечетно число, то 2an−1=n−22 a_{n-1}=n-2, то an−1=n+12=ana_{n-1}=\frac{n+1}{2}=a_{n}, противоречие. Следователно tn=2tn−1t_{n}=2 t_{n-1}, откъдето получаваме tn=3⋅2n−2t_{n}=3 \cdot 2^{n-2} при n≥3n \geq 3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2021-9-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
Нека a,b,ca, b, c са такива, че (a−b+c)(4a−2b+c)≤0(a-b+c)(4 a-2 b+c) \leq 0. Да се докаже, че b2≥4acb^{2} \geq 4 a c.
РешениеНека f(x)=ax2+bx+cf(x)=a x^{2}+b x+c. Ако a=0a=0, то b2−4ac=b2≥0b^{2}-4 a c=b^{2} \geq 0 за всяко bb. Нека a≠0a \neq 0. Тогава f(−1)=a−b+cf(-1)=a-b+c, а f(−2)=4a−2b+cf(-2)=4 a-2 b+c. Също така, дискриминантата на ff е точно b2−4acb^{2}-4 a c. Сега, от даденото следва, че f(−1)f(−2)≤0f(-1) f(-2) \leq 0, т. е. едната от двете стойности е неотрицателна, а другатанеположителна. Но тогава в интервала [−2,−1][-2, -1] има корен на ff и значи дискриминантата е неотрицателна.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-9-1b

Задача 2

Пълен запис
Условие
Вписаната окръжност в триъгълник ABCA B C се допира до страните AB,BCA B, B C и CAC A съответно в точките M,NM, N и PP. Точка KK от страната BCB C е такава, че MNM N е ъглополовяща на ∠CMK\angle C M K, а точка QQ е такава, че KK е среда на MQM Q. Да се докаже, че ∠KNQ=∠PNM\angle K N Q=\angle P N M.
РешениеНека LL е среда на PNP N. Тъй като точка CC се явява пресечната точка на допирателните през върховете NN и PP към описаната около триъгълник NPMN P M окръжност, то MCM C е симедиана за △PMN\triangle P M N. Следователно, ∠PML=∠CMN=∠NMK\angle P M L=\angle C M N=\angle N M K. Но, ∠LPM=∠MNK\angle L P M=\angle M N K, като половинки от дъгата NMN M и значи△PLM∼△NKM⟹\triangle P L M \sim \triangle N K M \quad \Longrightarrow \quadPLLM=NKMK⟹NLLM=NKQK. \frac{P L}{L M}=\frac{N K}{M K} \quad \Longrightarrow \quad \frac{N L}{L M}=\frac{N K}{Q K}.Също така∠MLN=180∘−∠MLP=180∘−∠MKN=∠QKN.\angle M L N=180^{\circ}-\angle M L P=180^{\circ}-\angle M K N=\angle Q K N.Заключаваме, че △KNQ∼△LNM\triangle K N Q \sim \triangle L N M, от където ∠KNQ=∠PNM\angle K N Q=\angle P N M.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-9-2

Задача 2

Пълен запис
Условие
Съществува ли редица {an}n=1∞\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}, такава че (ai,aj)=1\left(a_{i}, a_{j}\right)=1 за всички i≠ji \neq j и за всяка тройка индекси i,j,ki, j, k никое от числата ai+aja_{i}+a_{j} и ai+aj+aka_{i}+a_{j}+a_{k} не е точна степен на естествено число (с показател по-голям от 1 )?
РешениеДа съществува! Нека pip_{i} е ii-тото просто число и да разгледаме редицата an=6pn+3−15a_{n}=\frac{6^{p_{n+3}}-1}{5}. Да отбележим, че тъй като (pn+3,5)=1\left(p_{n+3}, 5\right)=1, то и (an,5)=1\left(a_{n}, 5\right)=1 за всяко nn. Тогава да забележим, че ако p∣anp \mid a_{n}, то p∣6pn+3−1p \mid 6^{p_{n+3}}-1 и следователно показателят на 6 по модул pp е pn+3p_{n+3} или 1. Тъй като (an,5)=\left(a_{n}, 5\right)= 1 получаваме, че търсеният показател е pn+3p_{n+3}. Последното означава, че всеки два различни члена от редицата са взаимнопрости. Лесно се проверява, че ai+aja_{i}+a_{j} се дели на 2, но не се дели на 4, както и че ai+aj+aka_{i}+a_{j}+a_{k} се дели на 3, но не се дели на 9. Следователно никоя от тези суми не моце да е степен на естествено число.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2021-9-2

Задача 2b

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник ABCA B C с ∠ACB=50∘\angle A C B=50^{\circ} и височини AM(M∈BCA M(M \in B C ) и CN(N∈AB)C N(N \in A B). Ъглополовящата на ∠MCN\angle M C N пресича отсечките AMA M и ABA B съответно в точките PP и QQ. Описаната около триъгълника APQA P Q окръжност пресича отсечката ACA C за втори път в точка KK, а правата KPK P пресича отсечката BCB C в точка LL. Да се намери големината на ∠KQL\angle K Q L.
Решение(А. Иванов) Нека P1P_{1} е симетричната точка на PP относно BCB C (явно P,MP, M и P1P_{1} лежат на една права) и P1L∩AB=Q1P_{1} L \cap A B=Q_{1}. Тъй като ∠CP1Q1=∠CPL=∠KPQ=180∘−∠BAC\angle C P_{1} Q_{1}=\angle C P L=\angle K P Q=180^{\circ}-\angle B A C, получаваме, че ACP1Q1A C P_{1} Q_{1} е вписан в окръжност. От друга страна, ∠QCP1=2∠QCB=∠NCB=∠P1AQ\angle Q C P_{1}=2 \angle Q C B= \angle N C B=\angle P_{1} A Q и значи ACP1QA C P_{1} Q също е вписан. Оттук QQ и Q1Q_{1} съвпадат, откъдето ∠LQC=∠P1QC=∠CAP1=∠KAP=∠KQC\angle L Q C=\angle P_{1} Q C=\angle C A P_{1}=\angle K A P=\angle K Q C (последното заради вписания AQPKA Q P K ) и ∠KQL=2∠KQC=2∠CAM=180∘−2∠ACB=80∘\angle K Q L=2 \angle K Q C=2 \angle C A M=180^{\circ}-2 \angle A C B=80^{\circ}. (М. Маринов) Нека KQ∩CN=SK Q \cap C N=S. От вписания AQPKA Q P K получаваме ∠PKQ=∠PAQ=∠MAB=∠NCB=∠SCL\angle P K Q= \angle P A Q=\angle M A B=\angle N C B=\angle S C L и значи KSLCK S L C е вписан. Оттук ∠CSL=∠CKL=∠AQR=45∘+∠ABC2=90∘−∠SCL2\angle C S L=\angle C K L= \angle A Q R=45^{\circ}+\frac{\angle A B C}{2}=90^{\circ}-\frac{\angle S C L}{2} и следователно CS=CLC S=C L. Така △SCQ≅△LCQ\triangle S C Q \cong \triangle L C Q по първи признак, ∠KQC=∠LQC\angle K Q C=\angle L Q C и ∠KQL=2∠KQC=2∠CAM=180∘−2∠ACB=80∘\angle K Q L=2 \angle K Q C=2 \angle C A M=180^{\circ}-2 \angle A C B=80^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-9-2b

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото естествено число n≥2n \geq 2, за което съществуват nn естествени числа a1,a2,…,ana_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}, такива че сумата от квадратите им да е точен квадрат на естествено число, а произведението им да е точна nn-та степен на естествено число.
РешениеОтговор n=3n=3. При n=2n=2 искаме да решим системата: a12+a22=m2a_{1}^{2}+a_{2}^{2}=m^{2} и a1a2=k2a_{1} a_{2}=k^{2}. Директно се вижда, че ако {a1,a2}\left\{a_{1}, a_{2}\right\} е на задачата и (a1,a2)=d>1\left(a_{1}, a_{2}\right)=d\gt{}1, то и двойката {a1d,a2d}\left\{\frac{a_{1}}{d}, \frac{a_{2}}{d}\right\} също е Следователно, б. о. о., можем да приемем, че числата a1a_{1} и a2a_{2} са взаимно прости. Тогава a1=b12a_{1}=b_{1}^{2} и a2=b22a_{2}=b_{2}^{2} за някои естествени числа b1,b2b_{1}, b_{2} и търсим на уравнението b14+b24=m2b_{1}^{4}+b_{2}^{4}=m^{2}. Лема: Уравнението x4+y4=z2x^{4}+y^{4}=z^{2} няма в естествени числа! Да допуснем противното и да разгледаме то x0,y0,z0x_{0}, y_{0}, z_{0}, при което z0z_{0} е най-малко. Ясно е, че (x0,y0,z0)=1\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)=1. Ще конструираме с по-малко zz, което ще доведе до противоречие. Числата x02,y02x_{0}^{2}, y_{0}^{2} и z0z_{0} образуват питагорова тройка. Следователно съществуват естествени числа uu и vv, за коитоx02=2uv,y02=u2−v2,z0=u2+v2x_{0}^{2}=2 u v, \quad y_{0}^{2}=u^{2}-v^{2}, \quad z_{0}=u^{2}+v^{2}От (x0,y0)=1\left(x_{0}, y_{0}\right)=1, следва че vv е четно, а uu - нечетно (в противен случай y02≡−1( mod 4)y_{0}^{2} \equiv-1(\bmod 4), което е невъзможно). От x02=2uvx_{0}^{2}=2 u v следва, че v=2a2v=2 a^{2} и u=b2u=b^{2} за някои естествени числа aa и bb. От равенствотоy02+v2=(u2−v2)+v2=u2y_{0}^{2}+v^{2}=\left(u^{2}-v^{2}\right)+v^{2}=u^{2}следва, че y0,vy_{0}, v и uu също образуват питагорова тройка. Тогава съществуват взаимно прости естествени числа pp и qq, за коитоy0=p2−q2,v=2pq,u=p2+q2y_{0}=p^{2}-q^{2}, \quad v=2 p q, \quad u=p^{2}+q^{2}Следователно a2=pqa^{2}=p q и p=s2,q=t2p=s^{2}, q=t^{2}. В крайна сметка, получавамеb2=u=p2+q2=s4+t4,b≤b2=u<u2+v2=z0.b^{2}=u=p^{2}+q^{2}=s^{4}+t^{4}, \quad b \leq b^{2}=u\lt{}u^{2}+v^{2}=z_{0}.Противоречие. Следователно n=2n=2 не е възможно. При n=3n=3, директна проверка показва, че {a1,a2,a3}={4,9,48}\left\{a_{1}, a_{2}, a_{3}\right\}= \{4, 9, 48\} удовлетворява условието на задачата, защото 42+92+482=4924^{2}+9^{2}+48^{2}=49^{2} и 4⋅9⋅48=1234 \cdot 9 \cdot 48=12^{3}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-9-3

Задача 3

Пълен запис
Условие
(IMO ShortList C7) Дадена е правоъгълна таблица m×nm \times n в клетките на която са записани реални числа {a(i,j)}\{a(i, j)\}. Двойката (R,C)(R, C) ще наричаме седлова, ако R⊆{1,2,…,m}R \subseteq\{1, 2, \ldots, m\} е подмножество от редовете на таблицата, C⊆{1,2,…,n}C \subseteq\{1, 2, \ldots, n\} е подмножество от стълбовете на таблицата и следните две условия са едновременно изпълнени: (i) За всеки ред i′∈{1,2,…,m}i^{\prime} \in\{1, 2, \ldots, m\} съществува ред i∈Ri \in R, такъв че a(i,j)≥a(i′,j),∀j∈Ca(i, j) \geq a\left(i^{\prime}, j\right), \forall j \in C. (ii) За всеки стълб j′∈{1,2,…,n}j^{\prime} \in\{1, 2, \ldots, n\} съществува стълб j∈Cj \in C, такъв че a(i,j)≤a(i,j′),∀i∈Ra(i, j) \leq a\left(i, j^{\prime}\right), \forall i \in R. Една седлова двойка (R,C)(R, C) ще наричаме минимална, ако за всяка друга седлова двойка ( R′,C′R^{\prime}, C^{\prime} ), изпълняваща R′⊆RR^{\prime} \subseteq R и C′⊆CC^{\prime} \subseteq C, имаме че R′=RR^{\prime}=R и C′=CC^{\prime}=C. Да се докаже, че за всеки две минимални седлови двойки ( R1,C1R_{1}, C_{1} ) и ( R2,C2R_{2}, C_{2} ) е в сила равенството ∣R1∣=∣R2∣\left|R_{1}\right|=\left|R_{2}\right|.
РешениеЩе наричаме двойката от непразни множества ( R′,C′R^{\prime}, C^{\prime} ) поддвойка на двойката ( R,CR, C ), ако R′⊆RR^{\prime} \subseteq R и C′⊆CC^{\prime} \subseteq C. Поддвойката ще бъде чиста, ако поне едно от включванията е строго. Да разгледаме произволни две седлови двойки ( R1,C1R_{1}, C_{1} ) и ( R2,C2R_{2}, C_{2} ), като допуснем че ∣R1∣>∣R2∣\left|R_{1}\right|\gt{}\left|R_{2}\right|. Ще конструираме чиста седлова поддвойка ( R′,C′R^{\prime}, C^{\prime} ) на ( R1,C1R_{1}, C_{1} ), такава че ∣R′∣≤∣R2∣\left|R^{\prime}\right| \leq\left|R_{2}\right|. Ясно е, че това решава задачата. Стъпка 1: Ще конструираме функции ρ:R1→R1\rho: R_{1} \rightarrow R_{1} и σ:C1→C1\sigma: C_{1} \rightarrow C_{1}, такива че ∣ρ(R1)∣≤∣R2∣\left|\rho\left(R_{1}\right)\right| \leq\left|R_{2}\right| и a(ρ(i1),j1)≥a(i1,σ(j1)),∀i1∈R1,∀j1∈C1a\left(\rho\left(i_{1}\right), j_{1}\right) \geq a\left(i_{1}, \sigma\left(j_{1}\right)\right), \forall i_{1} \in R_{1}, \forall j_{1} \in C_{1}. За целта, ще дефинираме 4 помощни функции ρ1,2\rho_{1, 2} и σ1,2\sigma_{1, 2}, базирани единствено на факта, че (R1,C1)\left(R_{1}, C_{1}\right) и (R2,C2)\left(R_{2}, C_{2}\right) са седлови двойки и дефинициите (i) и (ii):ρ1:R2→R1такава, чеa(ρ1(i2),j1)≥a(i2,j1)за всичкиi2∈R2,j1∈C1;ρ2:R1→R2такава, чеa(ρ2(i1),j2)≥a(i1,j2)за всичкиi1∈R1,j2∈C2;σ1:C2→C1такава, чеa(i1,σ1(j2))≤a(i1,j2)за всичкиi1∈R1,j2∈C2;σ2:C1→C2такава, чеa(i2,σ2(j1))≤a(i2,j1)за всичкиi2∈R2,j1∈C1.\begin{array}{lllll} \rho_{1}: R_{2} \rightarrow R_{1} \text{такава, че} a\left(\rho_{1}\left(i_{2}\right), j_{1}\right) \geq a\left(i_{2}, j_{1}\right) \text{за всички} i_{2} \in R_{2}, & j_{1} \in C_{1}; \cr \rho_{2}: R_{1} \rightarrow R_{2} \text{такава, че} a\left(\rho_{2}\left(i_{1}\right), j_{2}\right) \geq a\left(i_{1}, j_{2}\right) \text{за всички} i_{1} \in R_{1}, & j_{2} \in C_{2}; \cr \sigma_{1}: C_{2} \rightarrow C_{1} \text{такава, че} a\left(i_{1}, \sigma_{1}\left(j_{2}\right)\right) \leq a\left(i_{1}, j_{2}\right) \text{за всички} i_{1} \in R_{1}, & j_{2} \in C_{2}; \cr \sigma_{2}: C_{1} \rightarrow C_{2} \text{такава, че} a\left(i_{2}, \sigma_{2}\left(j_{1}\right)\right) \leq a\left(i_{2}, j_{1}\right) \text{за всички} i_{2} \in R_{2}, & j_{1} \in C_{1}. \end{array}Сега, нека ρ:=ρ1∘ρ2:R1→R1\rho: =\rho_{1} \circ \rho_{2}: R_{1} \rightarrow R_{1} and σ:=σ1∘σ2:C1→C1\sigma: =\sigma_{1} \circ \sigma_{2}: C_{1} \rightarrow C_{1}. Имаме, че ∣ρ(R1)∣=∣ρ1(ρ2(R2))∣≤∣ρ1(R2)∣≤∣R2∣\left|\rho\left(R_{1}\right)\right|=\left|\rho_{1}\left(\rho_{2}\left(R_{2}\right)\right)\right| \leq\left|\rho_{1}\left(R_{2}\right)\right| \leq \left|R_{2}\right|. Допълнително, за всеки i1∈R1i_{1} \in R_{1} и j1∈C1j_{1} \in C_{1} е в силаa(ρ(i1),j1)≥a(ρ2(i1),j1)≥a\left(\rho\left(i_{1}\right), j_{1}\right) \geq a\left(\rho_{2}\left(i_{1}\right), j_{1}\right) \geqa(ρ2(i1),σ2(j1))≥ a\left(\rho_{2}\left(i_{1}\right), \sigma_{2}\left(j_{1}\right)\right) \geqa(i1,σ2(j1))≥a(i1,σ(j1)).(1) a\left(i_{1}, \sigma_{2}\left(j_{1}\right)\right) \geq a\left(i_{1}, \sigma\left(j_{1}\right)\right). \tag{1}Стъпка 2: Използвайки така вече дефинирате изображения ρ\rho и σ\sigma, ще конструираме чиста седлова поддвойка ( R′,C′R^{\prime}, C^{\prime} ) на ( R1,C1R_{1}, C_{1} ), такава че ∣R′∣≤∣R2∣\left|R^{\prime}\right| \leq\left|R_{2}\right|. Свойствата на ρ\rho и σ\sigma ни гарантиратa(ρk(i1),j1)≥a(ρk−1(i1),σ(j1))≥a\left(\rho^{k}\left(i_{1}\right), j_{1}\right) \geq a\left(\rho^{k-1}\left(i_{1}\right), \sigma\left(j_{1}\right)\right) \geq⋯≥a(i1,σk(j1)), \cdots \geq a\left(i_{1}, \sigma^{k}\left(j_{1}\right)\right),∀k∈N; \quad \forall k \in \mathbb{N};∀i1∈R1∀j1∈C1. \quad \forall i_{1} \in R_{1} \quad \forall j_{1} \in C_{1}.Нека разгледаме образите Rk=ρk(R1)R^{k}=\rho^{k}\left(R_{1}\right) и Ck=σk(C1)C^{k}=\sigma^{k}\left(C_{1}\right). Ясно е, че R1=R0⊇R1⊇R2⊇…R_{1}=R^{0} \supseteq R^{1} \supseteq R^{2} \supseteq \ldots, съответно C1=C0⊇C1⊇C2⊇…C_{1}=C^{0} \supseteq C^{1} \supseteq C^{2} \supseteq \ldots Тъй като и двете вериги се състоят от краен брой елементи, то съществува индекс ℓ\ell, такъв че Rℓ=Rℓ+1=…R^{\ell}=R^{\ell+1}=\ldots, респективно Cℓ=Cℓ+1=…C^{\ell}=C^{\ell+1}=\ldots. Тогава ρℓ(Rℓ)=R2ℓ=Rℓ\rho^{\ell}\left(R^{\ell}\right)=R^{2 \ell}=R^{\ell} и значи рестрикцията на ρℓ\rho^{\ell} върху RℓR^{\ell} е биекция. Аналогично за σℓ\sigma^{\ell}. Следователно, съществува s∈Ns \in \mathbb{N}, такова че ρℓs\rho^{\ell s} и σℓs\sigma^{\ell s} са идентитети в RℓR^{\ell}, съответно CℓC^{\ell}. Твърдим, че ( Rℓ,CℓR^{\ell}, C^{\ell} ) е седлова поддвойка на ( R1,C1R_{1}, C_{1} ), като ∣Rℓ∣≤∣R1∣=∣ρ(R1)∣≤∣R2∣\left|R^{\ell}\right| \leq\left|R^{1}\right|=\left|\rho\left(R_{1}\right)\right| \leq\left|R_{2}\right|, което бе и крайната ни цел. За да проверим това, нека вземем произволен ред i′i^{\prime}. Тъй като ( R1,C1R_{1}, C_{1} ) е седлова двойка, съществува i1∈R1i_{1} \in R_{1}, такъв че a(i1,j1)≥a(i′,j1),∀j1∈C1a\left(i_{1}, j_{1}\right) \geq a\left(i^{\prime}, j_{1}\right), \forall j_{1} \in C_{1}. Нека сега i∗=ρℓs(i1)∈Rℓi_{*}=\rho^{\ell s}\left(i_{1}\right) \in R^{\ell}. Тогава, за всяко j∈Cℓj \in C^{\ell} имаме j=σℓs(j)j=\sigma^{\ell s}(j) и оттукa(i∗,j)=a(ρℓs(i1),j)≥a\left(i_{*}, j\right)=a\left(\rho^{\ell s}\left(i_{1}\right), j\right) \geqa(i1,σℓs(j))=a(i1,j)≥a(i′,j) a\left(i_{1}, \sigma^{\ell s}(j)\right)=a\left(i_{1}, j\right) \geq a\left(i^{\prime}, j\right)което ни дава (i). Аналогично и за (ii). Задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2021-9-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички цели неотрицателни числа nn, за които 2(343n+1)2\left(343^{n}+1\right) е точен квадрат.
РешениеОчевидно n=0n=0 е Ще докажем, че други няма. Наистина, 343=73343=7^{3}, откъдето343n+1=(7n+1)(72n−7n+1)343^{n}+1=\left(7^{n}+1\right)\left(7^{2 n}-7^{n}+1\right)Ho72n−7n+1=(7n+1)(7n−2)+3⟹7^{2 n}-7^{n}+1=\left(7^{n}+1\right)\left(7^{n}-2\right)+3 \quad \Longrightarrow \quad(7n+1,72n−7n+1)=(7n+1,3)=1,\left(7^{n}+1, 7^{2 n}-7^{n}+1\right)=\left(7^{n}+1, 3\right)=1,защото 7n≡1( mod 3)7^{n} \equiv 1(\bmod 3) и значи 3∤7n+13 \nmid 7^{n}+1. Ако допуснем, че съществува n>0n\gt{}0 удовлетворяващо условието, имаме само две възможности∣ 7n+1=2a272n−7n+1=b2или7n+1=a272n−7n+1=2b2.\left\lvert\, \begin{aligned} & 7^{n}+1=2 a^{2} \\ & 7^{2 n}-7^{n}+1=b^{2} \end{aligned} \quad\right. \text{или} \quad \begin{aligned} & 7^{n}+1=a^{2} \\ & 7^{2 n}-7^{n}+1=2 b^{2} \end{aligned}.Но 72n−7n+17^{2 n}-7^{n}+1 е нечетно, следователно втората възможност отпада. За всяко n≥1n \geq 1 имаме, че 72n−7n+17^{2 n}-7^{n}+1 е заключено между два последователни квадрата:(7n−1)2<72n−7n+1<(7n)2\left(7^{n}-1\right)^{2}\lt{}7^{2 n}-7^{n}+1\lt{}\left(7^{n}\right)^{2}и значи и тази възможност отпада при n≥1n \geq 1. Задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-9-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
Върху квадратна дъска 2021×20212021 \times 2021 са разположени топове, така че: (∗)(*) Всяко поле на дъската се атакува от поне един топ. (∗)(*) Всеки топ атакува най-много 18 други топа. Да се намери най-малката стойност на kk, за която гарантирано можем да твърдим, че всеки квадрат k×kk \times k от дъската съдържа поне един топ. (Топ атакува всички полета от хоризонтала и вертикала в които се намира, както и топовете, разположени в тези полета.)
РешениеОтговор: k=1920k=1920. Нека номерираме редовете и стълбовете на дъската от 1 до 2021 и да започнем да поставяме по 19 съседни топа на редове 1,2,…,1061, 2, \ldots, 106, като във всеки стълб да имаме най-много един топ (т. е., на ii-тия ред поставяме топовете в стълбовете 19(i−1)+1,19(i−1)+2,…,19i)19(i-1)+1, 19(i-1)+2, \ldots, 19 i). На 107 -мия ред поставяме седем топа в последните седем стълба. Очевидно такова разположение на топовете удовлетворява и двете изисквания в условието. Сега, нека пресметнем страната ℓ\ell на най-големия празен квадрат от дъската, с връх (2021,2021)(2021, 2021). Лесно се съобразява, че това е най-голямото число удовлетворяващо неравенството(2021−ℓ)⋅19≥ℓ⟹(2021-\ell) \cdot 19 \geq \ell \quad \Longrightarrow \quadℓ≤2021⋅1920<1920. \ell \leq \frac{2021 \cdot 19}{20}\lt{}1920.Следователно, конструирахме позволено разположение на топовете върху шахматна дъска, така че да остане празен квадрат с размери 1919×19191919 \times 1919, т. е., k≥1920k \geq 1920. Нека сега допуснем, че при позволено разположение на топовете съществува празен квадрат 1920×19201920 \times 1920. След пренареждане на редовете и стълбовете на дъската, б. о. о., този квадрат отново е с връх (2021,2021)(2021, 2021). Тъй като 2021−1920=1012021-1920=101 и във всеки от първите 101 реда имаме не повече от 19 топа, а 19⋅101=1919<192019 \cdot 101=1919\lt{}1920, получаваме че в поне един от стълбовете на дъската, съдържащи големия празен квадрат, не е разположен топ. Аналогично имаме, че в поне един от редовете на дъската, съдържащи големия празен квадрат, не е разположен топ. Следователно, пресечното поле на този стълб и този ред не е атакувано от нито един от топоветепротиворечие. Оттук и всеки квадрат 1920×19201920 \times 1920 съдържа в себе си поне по един топ.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-9-4

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека MM е множеството от всички 2021-цифрени числа без 0 в десетичния запис. Две числа от MM ще наричаме cc сседни, ако едното се получава от другото чрез увеличаване на една от цифрите му с 1. Всеки две съседни числа са записани на отделно картонче едното от едната страна, другото от другата. Картончетата се подреждат в колони едно върху друго, като едно картонче може да се постави върху друго, само ако числата върху долепените им части са еднакви. Колко най-малко колони са необходими, за да можем да подредим всички картончета?
РешениеДа дефинираме граф, с върхове числата от MM, като два върха са свързани с ребро точно когато са върху едно картонче. Да преброим върховете от нечетна степен. Не е трудно да се съобрази, че едно число от MM (връх) е от нечетна степен, точно когато има нечетен брой цифри равни на 1 или 9, т. е., търсеният брой е∑0≤i≤2021i−нечетно(2021i)⋅2i⋅72021−i=\begin{aligned}\sum_{\substack{0 \leq i \leq 2021 \\ i-\text{нечетно}}}\binom{2021}{i} \cdot 2^{i} \cdot 7^{2021-i}=\end{aligned}72021∑i−нечетно(2021i)⋅(27)i.(1)7^{2021} \sum_{i-\text{нечетно}}\binom{2021}{i} \cdot\left(\frac{2}{7}\right)^{i}. \tag{1}Нека n∈Nn \in \mathbb{N}, а x∈Rx \in \mathbb{R}. Да разгледаме сумитеS1(x):=∑i−нечетно(ni)⋅xi;S_{1}(x): =\sum_{i-\text{нечетно}}\binom{n}{i} \cdot x^{i};S2(x):=∑i−четно(ni)⋅xi. \quad S_{2}(x): =\sum_{i-\text{четно}}\binom{n}{i} \cdot x^{i}.Имаме, че S1(x)+S2(x)=(1+x)nS_{1}(x)+S_{2}(x)=(1+x)^{n}, съответно S2(x)−S1(x)=(1−x)nS_{2}(x)-S_{1}(x)=(1-x)^{n}. Следователно,S1(x)=(1+x)n−(1−x)n2⟹сумата в(1)=S_{1}(x)=\frac{(1+x)^{n}-(1-x)^{n}}{2} \Longrightarrow \text{сумата в}(1)=72021(1+27)2021−(1−27)20212=7^{2021} \frac{\left(1+\frac{2}{7}\right)^{2021}-\left(1-\frac{2}{7}\right)^{2021}}{2}=92021−520212.\frac{9^{2021}-5^{2021}}{2}.Ясно е, че всеки връх от нечетна степен трябва да е дъно или капак на колона, т. е., броят на колоните е поне колкото половината от броя на върховете от нечетна степен:#колони≥92021−520214\# \text{колони} \geq \frac{9^{2021}-5^{2021}}{4}Конструктивен пример, че този брой се достига се извежда от доказателството на следната лема: Лема: Даден е свързан граф, в който не всички върхове са от четна степен. Да се докаже, че множеството от ребрата на графа може да се разбие на непресичащи се разходки, всяка от които започва и завършва във връх от нечетна степен. Доказателство: Взимаме произволен връх AA от нечетна степен и избираме най-дългата разходка (по брой ребра) с начало AA, без повтаряне на ребра. Ако BB е върхът, където разходката завършва, не е трудно да се види, че BB е различен от AA и също е от нечетна степен. "Изтриваме" ребрата от разходката и получаваме нов граф G′G^{\prime} със старите върхове, но без изтритите ребра, като в него вече AA и BB са от четна степен, а всички други върхове са запазили четността си. Ако са останали върхове с нечетна степен (с 2 по-малко), повтаряме процедурата с G′G^{\prime}, като изтриваме ребрата на новата максимална разходка в произволна компонента на свързаност на G′G^{\prime}, съдържаща връх от нечетна степен и т. н. В крайна сметка ще достигнем до положение, в което няма върхове от нечетна степен в последния граф. Да допуснем, че в него са останали ребра. Тогава те не са били включени в никоя от разходките и са разбити на (една или няколко) компоненти на свързаност. Да изберем цикъл с максимална дължина (такъв има, защото всички върхове са от четна степен и значи всяка компонента на свързаност на този граф съдържа Ойлеров цикъл). Поради свързаността на първия граф и максималността на цикъла, то някоя от разходките ще минава през връх на цикъла, което пък е противоречие с максималната дължина на тази разходка.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2021-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за всяко естествено число nn съществува неразложим полином с цели коефициенти PP, такъв че nn дели P(k)P(k) за всяко цяло число kk.
РешениеНека p>(2n)!p\gt{}(2 n)! е просто число. Да разгледаме полиномът P(x)=x(x−1)(x−2)⋯(x−n+1)+pnP(x)=x(x-1)(x-2) \cdots(x-n+1)+p n със старши коефициент 1 и да допуснем, че се разлага на P(x)=A(x)B(x)P(x)=A(x) B(x), където AA и BB са неконстантни полиноми с цели коефициенти и старши коефициенти 1. Тогава np=P(0)=A(0)B(0)n p=P(0)=A(0) B(0) и нека б. о. о. p∣A(0)p \mid A(0). Оттук ∣B(0)∣≤n|B(0)| \leq n и в частност съгласно формулите на Виет BB има комплексен корен z0z_{0}, за който ∣z0∣≤n\left|z_{0}\right| \leq n. Тъй като z0z_{0} е корен и на PP получаваме, чеpn=∣z0(z0−1)(z0−2)⋯(z0−n+1)∣≤p n=\left|z_{0}\left(z_{0}-1\right)\left(z_{0}-2\right) \cdots\left(z_{0}-n+1\right)\right| \leq∣z0∣(∣z0∣+1)(∣z0∣+2)⋯(∣z0∣+n−1)<\left|z_{0}\right|\left(\left|z_{0}\right|+1\right)\left(\left|z_{0}\right|+2\right) \cdots\left(\left|z_{0}\right|+n-1\right)\lt{}(2n)!,(2 n)!,което е противоречие с избора на pp. Така получихме, че PP е неразложим над Z\mathbb{Z}, а понежеP(k)≡P(k( mod n))P(k) \equiv P(k \quad(\bmod n)) \quad( mod n)=pn( mod n)≡0( mod n),(\bmod n)=p n \quad(\bmod n) \equiv 0 \quad(\bmod n),∀k∈Z \quad \forall k \in \mathbb{Z}то nn дели ∣P(k)∣|P(k)| за всяко цяло число kk.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2021-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
(IMO ShortList G6) Даден е остроъгълен триъгълник △ABC\triangle A B C, за който AB<ACA B\lt{}A C. Центърът на вписаната му окръжност kk е означен с II, а центърът на външновписаната му окръжност към страната BC−B C- с IAI_{A}. Точка DD е допирната точка на kk със страната BCB C и нека правата ADA D пресича правите BIAB I_{A} и CIAC I_{A} съответно в точки EE и FF. Да се докаже, че описаната около △AID\triangle A I D окръжност се допира до описаната около △IAEF\triangle I_{A} E F окръжност.
РешениеC∠(p,q)\mathrm{C} \angle(p, q) ще означаваме ориентирания ъгъл между правите pp и qq. Точките B,C,IB, C, I и IAI_{A} лежат на окръжност Γ\Gamma с диаметър IIAI I_{A}. Да означим с ω\omega описаната около △IAEF\triangle I_{A} E F окръжност, а с Ω\Omega описаната около △AID\triangle A I D окръжност. Нека LL е диаметралната точка на II спрямо Ω\Omega. Тогава, ∠IAL=∠IDL=90∘\angle I A L=\angle I D L=90^{\circ}, следователно LL е петата на външната ъглополовяща при върха AA в △ABC\triangle A B C. Нека LI∩Γ=M≠IL I \cap \Gamma=M \neq I е втората пресечна точка на правата с окръжността. Да означим с TT петата на перпендикуляра от II към правата IALI_{A} L. Тогава TT е втората пресечна точка на Ω\Omega и Г. Ще покажем, че TT е търсената допирна точка на ω\omega и Ω\Omega. Първо ще покажем, че T∈ωT \in \omega. Да забележим, че∠(LT,LM)=∠(AT,AI)и\angle(L T, L M)=\angle(A T, A I) \quad \text{и} \quad∠(MT,ML)=∠(MT,MI)=∠(IAT,IAI), \angle(M T, M L)=\angle(M T, M I)=\angle\left(I_{A} T, I_{A} I\right),откъдето △TML∼△TIAA\triangle T M L \sim \triangle T I_{A} A и двата триъгълника са еднакво ориентирани. Следователно, съществува въртяща хомотетия τ\tau изобразяваща △TML\triangle T M L в △TIAA\triangle T I_{A} A. Тъй като ∠(ML,LD)=∠(AI,AD)\angle(M L, L D)=\angle(A I, A D) имаме, че τ(BC)=AD\tau(B C)=A D, като при това τ(B)=E\tau(B)=E и τ(C)=F\tau(C)=F. Наистина,∠(MB,ML)=∠(MB,MI)=\angle(M B, M L)=\angle(M B, M I)=∠(IAB,IAI)=∠(IAE,IAA)\angle\left(I_{A} B, I_{A} I\right)=\angle\left(I_{A} E, I_{A} A\right) \quad⇒τ(B)=E \Rightarrow \quad \tau(B)=Eи аналогично за τ(C)=F\tau(C)=F. Тогава, тъй като M,B,C,T∈ΓM, B, C, T \in \Gamma и τ(M)=IA,τ(B)=E,τ(C)=F\tau(M)=I_{A}, \tau(B)=E, \tau(C)=F, то τ(Γ)=w\tau(\Gamma)=w и T∈ωT \in \omega. Накрая, от τ(L)=A\tau(L)=A и τ(B)=E,△ATL∼△ETB\tau(B)=E, \triangle A T L \sim \triangle E T B, следователно∠(AT,AL)=∠(ET,EB)=∠(EIA,ET).\angle(A T, A L)=\angle(E T, E B)=\angle\left(E I_{A}, E T\right).Последното означава, че допирателните към Ω\Omega и ω\omega в точка TT сключват един и същи ъгъл с правата IALI_{A} L, значи окръжностите наистина се допират.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2021-9-6

10

4 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
За триъгълник ABCA B C външновписаната окръжност kk с център OO и радиус rr към страната ABA B се допира до ABA B в точка DD и до продълженията на страните ACA C и BCB C съответно в точки PP и QQ. Нека COC O пресича ABA B в точка LL. Ако CD=rC D=r, да се докаже, че QPQ P разполовява OLO L.
РешениеНека PQP Q пресича OLO L в точка TT. От △QOC\triangle Q O C - правоъгълен следва QO2=OT.OC(1)Q O^{2}=O T. O C(1). Нека DMD M е перпендикуляр от DD към COC O. От △DLO\triangle D L O правоъгълен следва DO2=OM.OL(2)D O^{2}=O M. O L(2). От (1) и (2) получаваме OT.OC=OM.OLO T. O C=O M. O L. От CD=ODC D=O D следва OC=2.OMO C=2. O M, т. е. 2.OT=OL2. O T=O L, с което твърдението е доказано.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които числотоN=2+∑k=1nk⋅2kN=2+\sum_{k=1}^{n} k \cdot 2^{k}е точен квадрат на естествено число.
РешениеС ММИ установяваме, че ∑k=1nk⋅2k=(n−1)⋅2n+1+2\sum_{k=1}^{n} k \cdot 2^{k}=(n-1) \cdot 2^{n+1}+2. Търсим nn, за които N=4+(n−1).2n+1=t2N= 4+(n-1).2^{n+1}=t^{2}, където tt е естествено число. При n>5n\gt{}5 имаме t=2.kt=2. k откъдето 1+(n−1).2n−1=k2=(2.s+1)21+(n-1).2^{n-1}=k^{2}=(2. s+1)^{2} и (n−1).2n−1=2.s(2.s+2)(n-1).2^{n-1}=2. s(2. s+2), т. е. (n−1).2n−3=s.(s+1)(n-1).2^{n-3}=s.(s+1). Тъй като ss и s+1s+1 са 2 последователни числа и 2n−3>n2^{n-3}\gt{}n за n>5n\gt{}5 (ММИ) следователно 2n−3−(n−1)>12^{n-3}-(n-1)\gt{}1 и възможните са за n=1,2,3,4,5n=1, 2, 3, 4, 5. С директна проверка се установява, че търсените nn са n=1n=1 и N=4,n=3N=4, n=3 и N=36,n=4N=36, n=4 и N=100N=100.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-10-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Нека a>1a\gt{}1 е дадено естествено число. Да се докаже, че за всяко естествено число nn, произведението (an+1−1)(an+2−1)(an+3−1)⋯(an+2022−1)\left(a^{n+1}-1\right)\left(a^{n+2}-1\right)\left(a^{n+3}-1\right) \cdots\left(a^{n+2022}-1\right) се дели на произведението (a−1)(a2−1)(a3−1)⋯(a2022−1)(a-1)\left(a^{2}-1\right)\left(a^{3}-1\right) \cdots\left(a^{2022}-1\right).
РешениеЩе докажем следното по-общо твърдениеза всички естествени a>1,ma\gt{}1, m и nn числотоf(m,n):=f(m, n): =(a−1)(a2−1)(a3−1)⋯(am+n−1)(a−1)(a2−1)(a3−1)⋯(am−1)⋅(a−1)(a2−1)(a3−1)⋯(an−1)\frac{(a-1)\left(a^{2}-1\right)\left(a^{3}-1\right) \cdots\left(a^{m+n}-1\right)}{(a-1)\left(a^{2}-1\right)\left(a^{3}-1\right) \cdots\left(a^{m}-1\right) \cdot(a-1)\left(a^{2}-1\right)\left(a^{3}-1\right) \cdots\left(a^{n}-1\right)}е естествено. (Исканото в задачата следва след съкращаване на (a−1)(a2−1)⋯(an−1)(a-1)\left(a^{2}-1\right) \cdots\left(a^{n}-1\right) в числителя и знаменателя при m=2022m=2022.) Разсъждаваме индуктивно по m+nm+n. Понеже f(m,n)=f(n,m),f(1,n)=an+1−1a−1=an+an−1+⋯+a+1f(m, n)=f(n, m), f(1, n)=\frac{a^{n+1}-1}{a-1}=a^{n}+a^{n-1}+\cdots+a+1 и f(1,1)=a+1f(1, 1)=a+1, базата е доказана и можем да приемем исканото за f(m−1,n)f(m-1, n) и f(m,n−1)f(m, n-1) за фиксирани mm и nn, с целта да докажем, че то е вярно и за f(m,n)f(m, n). Но от am+n−1=an(am−1)+(an−1)a^{m+n}-1=a^{n}\left(a^{m}-1\right)+\left(a^{n}-1\right) получаваме f(m,n)=anf(m−1,n)+f(m,n−1)f(m, n)=a^{n} f(m-1, n)+f(m, n-1) и исканото следва.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-10-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
Едно 19 -цифрено число A=a1a2⋯a19‾A=\overline{a_{1} a_{2} \cdots a_{19}} ще наричаме богато, ако (∗)(*) Всяка от цифрите му е или 1 или 2 (т. е., ai∈{1,2},∀i=1,2,…,19a_{i} \in\{1, 2\}, \forall i=1, 2, \ldots, 19 ). (∗)(*) Никои две четирицифрени числа, съставени от 4 последователни цифри на AA не съвпадат (т. е., aiai+1ai+2ai+3‾≠ajaj+1aj+2aj+3‾,∀1≤i≤j≤16\overline{a_{i} a_{i+1} a_{i+2} a_{i+3}} \neq \overline{a_{j} a_{j+1} a_{j+2} a_{j+3}}, \forall 1 \leq i \leq j \leq 16 ). a) Да се покаже, че съществуват богати числа. б) Да се докаже, че за всяко богато число AA е в сила a1a2a3‾=a17a18a19‾\overline{a_{1} a_{2} a_{3}}=\overline{a_{17} a_{18} a_{19}}.
Решениеа) Директно се проверява, че числото A=2222111122121121222A=2222111122121121222 е богато. б) Различните четирицифрени числа с цифри измежду {1,2}\{1, 2\} са 24=162^{4}=16 на брой. Всяко 19 -цифрено число (нямащо цифра 0, както е в случая) съдържа точно 16 четирицифрени "подчисла" aiai+1ai+2ai+3‾,1≤i≤16\overline{a_{i} a_{i+1} a_{i+2} a_{i+3}}, 1 \leq i \leq 16, съставени от 4 последователни негови цифри. Следователно, едно число е богато тогава и само тогава, когато съдържа всичките 16четирицифрени числа с цифри 1 и/или 2 сред подчислата си. Да разгледаме 20 -цифреното числоA′=a1a2⋯a19a20‾,A^{\prime}=\overline{a_{1} a_{2} \cdots a_{19} a_{20}},получено от произволно богато AA след дописването на цифрата a20∈{1,2}a_{20} \in\{1, 2\} на последно място. Съгласно казаното дотук, подчислото a17a18a19a20‾\overline{a_{17} a_{18} a_{19} a_{20}} вече ще се е срещало в AA без значение от избора на a20a_{20}. Нека означим с ii индекса, за който при aiai+1ai+2ai+3‾=a17a18a191‾\overline{a_{i} a_{i+1} a_{i+2} a_{i+3}}=\overline{a_{17} a_{18} a_{19} 1}, съответно с jj индекса, за който ajaj+1aj+2aj+3‾=a17a18a192‾\overline{a_{j} a_{j+1} a_{j+2} a_{j+3}}=\overline{a_{17} a_{18} a_{19} 2}. Очевидно i≠ji \neq j, защотоa17a18a191‾≠a17a18a192‾\overline{a_{17} a_{18} a_{19} 1} \neq \overline{a_{17} a_{18} a_{19} 2}Ако i=1i=1 или j=1j=1, то a1a2a3‾=a17a18a19‾\overline{a_{1} a_{2} a_{3}}=\overline{a_{17} a_{18} a_{19}} и твърдението е в сила. Да допуснем, че 1<i,j≤161\lt{}i, j \leq 16. Тогава и ai−1a_{i-1} и aj−1a_{j-1} са цифри в AA, а съгласно принципа на Дирихле поне две от цифрите ai−1,aj−1,a16a_{i-1}, a_{j-1}, a_{16} ще са равни помежду си. Но тогава и поне две измежду подчислата{ai−1aiai+1ai+2‾,aj−1ajaj+1aj+2‾,a16a17a18a19‾}\left\{\overline{a_{i-1} a_{i} a_{i+1} a_{i+2}}, \overline{a_{j-1} a_{j} a_{j+1} a_{j+2}}, \overline{a_{16} a_{17} a_{18} a_{19}}\right\}ще съвпадат, което противоречи с определението за богато число. Следователно min⁡{i,j}=\min \{i, j\}= 1 и твърдението е доказано.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-10-4

11

7 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравнението4x+a⋅2x+2=2x−1+2a4^{x}+a \cdot 2^{x+2}=2^{x-1}+2 aима точно едно
РешениеПолагаме y=2x−1>0y=2^{x-1}\gt{}0 и записваме уравнението във вида:f(y)=4y2+(8a−1)y−2a=0f(y)=4 y^{2}+(8 a-1) y-2 a=0Търсим стойностите на aa, за които това уравнение има единствен положителен корен. Тъй като старшият коефициент е положителен, ако уравнението има два корена те трябва да са с различни знаци. Тогава f(0)<0⟺a>0f(0)\lt{}0 \Longleftrightarrow a\gt{}0. Ако уравнението има само един положителен корен, то D=(8a+1)2=0⟺a=−18D=(8 a+1)^{2}=0 \Longleftrightarrow a=-\frac{1}{8}, като тогава корепът е y=14>0y=\frac{1}{4}\gt{}0. Търсените стойности са a=−18a=-\frac{1}{8} и a>0a\gt{}0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-11-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
Решете неравенствотоx2x2−1(x+2)2−∣x+2∣−2≤1.\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{x^{2}-1}{(x+2)^{2}-|x+2|-2}} \leq 1.
РешениеПърви случай. При x≤−2x \leq-2 получавамеx2x2−1x2+5x+4≤\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{x^{2}-1}{x^{2}+5 x+4}} \leq1⟺x2(x+1)(x−1)(x+1)(x+4)≤ 1 \Longleftrightarrow \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{(x+1)(x-1)}{(x+1)(x+4)}} \leq1⟺x2x−1x+4≤1 1 \Longleftrightarrow \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{x-1}{x+4}} \leq 1Последното неравенство е еквивалентно на 0≤x−1x+4≤10 \leq \frac{x-1}{x+4} \leq 1, т. е.x−1x+4≥0и5x+4≥0\frac{x-1}{x+4} \geq 0 \text{и} \frac{5}{x+4} \geq 0то на първото е x∈(−∞;−4)∪[1;+∞)x \in(-\infty; -4) \cup[1; +\infty), а на второто x>−4x\gt{}-4, откъдето x∈[1;+∞)x \in[1; +\infty). Но тъй като x≤−2x \leq-2, следва, че в този случай неравенството няма Втори случай. При x≥−2x \geq-2 получавамеx2x2−1x2+3x≤\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{x^{2}-1}{x^{2}+3 x}} \leq1⟺x2(x+1)(x−1)x(x+3)≤ 1 \Longleftrightarrow \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{(x+1)(x-1)}{x(x+3)}} \leq1⟺0≤(x+1)(x−1)x(x+3)≤1, 1 \Longleftrightarrow 0 \leq \frac{(x+1)(x-1)}{x(x+3)} \leq 1,откъдето (x+1)(x−1)x(x+3)≥0\frac{(x+1)(x-1)}{x(x+3)} \geq 0 и 3x+1x(x+3)≥0\frac{3 x+1}{x(x+3)} \geq 0. то на първото неравенство е x∈(−∞;−3)∪[−1;0)∪[1;+∞)x \in (-\infty; -3) \cup[-1; 0) \cup[1; +\infty), а на второто x∈(−3;−13]∪(0;+∞)x \in\left(-3; -\frac{1}{3}\right] \cup(0; +\infty), откъдето x∈[−1;−13]∪[1;+∞)x \in\left[-1; -\frac{1}{3}\right] \cup [1; +\infty), което очевидно отговаря на x≥−2x \geq-2. Окончателно то на неравенството е x∈[−1;−13]∪[1;+∞)x \in\left[-1; -\frac{1}{3}\right] \cup[1; +\infty).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-11-1b

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C, за който ∠ACB=60∘\angle A C B=60^{\circ}. Точките PP и QQ върху страните BCB C и ACA C са такива, че четириъгълникът ABPQA B P Q е вписан в окръжност с радиус rr и разстоянието от върха CC до допирната точка на вписаната окръжност в △ABC\triangle A B C със страната BCB C е равно на BP+AQ−PQB P+A Q-P Q. Да се намери отношението ABr\frac{A B}{r}.
РешениеЩе използваме стандратни означения за елементите на △ABC\triangle A B C. Тъй като ABPQA B P Q е вписан в окръжност имаме △ABC∼△PQC\triangle A B C \sim \triangle P Q C. Тогава CP=kb,CQ=kaC P=k b, C Q=k a и PQ=kcP Q=k c, където kk е коефициентът на подобие на двата триъгълника. От BP+AQ−PQ=a+b−c2B P+A Q-P Q=\frac{a+b-c}{2} получаваме:a−kb+b−ka−kc=a+b−c2⟺(a+b+c)(2k−1)=0.a-k b+b-k a-k c=\frac{a+b-c}{2} \Longleftrightarrow(a+b+c)(2 k-1)=0.Това означава, че k=12k=\frac{1}{2} и от косинусовата теорема за △APC\triangle A P C получаваме:AP2=AC2+CP2−AP⋅AC=3CP2⇒AP=CPx23A P^{2}=A C^{2}+C P^{2}-A P \cdot A C=3 C P^{2} \Rightarrow A P=C P \sqrt{\vphantom{x^2}3}За △APC\triangle A P C е изпълнена Питагоровата теорема, т. е. ∠APC=90∘\angle A P C=90^{\circ}. Следователно R=c2R=\frac{c}{2} и търсеното отношение е равно на 2. Оценяване. 3 т. за намиране на k;3k; 3 т. за намиране на ∠APC=90∘;1\angle A P C=90^{\circ}; 1 т. за получаване на отговора.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-11-2

Задача 2b

Пълен запис
Условие
В остроъгълен триъгълник ABCA B C са построени ъглополовящата BL,L∈ACB L, L \in A C и височината AH,H∈BCA H, H \in B C. Да се намери ∠AHL\angle A H L, акоsin⁡∠BAC=x23cos⁡∠ACB.\sin \angle B A C=\sqrt{\vphantom{x^2}3} \cos \angle A C B.
РешениеЩе използваме стандартните означения за елементите на триъгълника ABCA B C. За φ=∠AHL\varphi=\angle A H L имаме:∠LHC=90∘−φи∠HLC=90∘+φ−γ.\angle L H C=90^{\circ}-\varphi \text{и} \angle H L C=90^{\circ}+\varphi-\gamma.Тъй катоSAHLSCHL=ALCLи\frac{S_{A H L}}{S_{C H L}}=\frac{A L}{C L} \quad \text{и} \quadSAHLSCHL=AH⋅LHsin⁡φCH⋅LHsin⁡(90∘−φ)= \frac{S_{A H L}}{S_{C H L}}=\frac{A H \cdot L H \sin \varphi}{C H \cdot L H \sin \left(90^{\circ}-\varphi\right)}=AHsin⁡φCHcos⁡φ,\frac{A H \sin \varphi}{C H \cos \varphi},получаваме ALCL=AHCHtg⁡φ\frac{A L}{C L}=\frac{A H}{C H} \operatorname{tg} \varphi. В това равенство заместваме ALCL=ABCB=sin⁡γsin⁡α\frac{A L}{C L}=\frac{A B}{C B}=\frac{\sin \gamma}{\sin \alpha} и AHCH=tg⁡γ\frac{A H}{C H}=\operatorname{tg} \gamma и получавамеsin⁡γsin⁡α=sin⁡γcos⁡γtg⁡φ⟺tg⁡φ=\frac{\sin \gamma}{\sin \alpha}=\frac{\sin \gamma}{\cos \gamma} \operatorname{tg} \varphi \Longleftrightarrow \operatorname{tg} \varphi=cos⁡γsin⁡α=x233\frac{\cos \gamma}{\sin \alpha}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{3}Следователно φ=30∘\varphi=30^{\circ}. Втори начин. От синусовата теорема за △LHC\triangle L H C получаваме:LCHC=sin⁡(90∘−φ)sin⁡(90∘+φ−γ)=\frac{L C}{H C}=\frac{\sin \left(90^{\circ}-\varphi\right)}{\sin \left(90^{\circ}+\varphi-\gamma\right)}=cos⁡φcos⁡(γ−φ)\frac{\cos \varphi}{\cos (\gamma-\varphi)}Тъй като LC=aba+cL C=\frac{a b}{a+c} и HC=bcos⁡γH C=b \cos \gamma след заместване в горното равенство, получаваме:aba+cbcos⁡γ=cos⁡φcos⁡(γ−φ)⟺acos⁡(γ−φ)=\frac{\frac{a b}{a+c}}{b \cos \gamma}=\frac{\cos \varphi}{\cos (\gamma-\varphi)} \Longleftrightarrow a \cos (\gamma-\varphi)=(a+c)cos⁡γcos⁡φ(a+c) \cos \gamma \cos \varphiКато използваме, че cos⁡(γ−φ)=cos⁡γcos⁡φ+sin⁡γsin⁡φ\cos (\gamma-φ)=\cos \gamma \cos \varphi+\sin \gamma \sin \varphi и ac=sin⁡αsin⁡γ\frac{a}{c}=\frac{\sin \alpha}{\sin \gamma} след опростяване на последното равенство, получаваме:sin⁡φcos⁡φ=cos⁡γsin⁡α=x233\frac{\sin \varphi}{\cos \varphi}=\frac{\cos \gamma}{\sin \alpha}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{3}Следователно tg⁡φ=x233\operatorname{tg} \varphi=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{3}, т. е. φ=30∘\varphi=30^{\circ}. Оценяване. 3 т. за ALCL=AHCHtg⁡φ;2\frac{A L}{C L}=\frac{A H}{C H} \operatorname{tg} \varphi; 2 т. за ALCL=ABCB=sin⁡γsin⁡α;1\frac{A L}{C L}=\frac{A B}{C B}=\frac{\sin \gamma}{\sin \alpha}; 1 т. за AHCH=tg⁡γ\frac{A H}{C H}=\operatorname{tg} \gamma; 1 т. за получаване на отговора. Втори начин: 2 т. за LCHC=cos⁡φcos⁡(γ−φ);2\frac{L C}{H C}=\frac{\cos \varphi}{\cos (\gamma-\varphi)}; 2 т. за cos⁡(γ−φ)=(a+c)cos⁡γcos⁡φ;2\cos (\gamma-\varphi)=(a+c) \cos \gamma \cos \varphi; 2 т. за опростяване до ac=sin⁡αsin⁡γ;1\frac{a}{c}=\frac{\sin \alpha}{\sin \gamma}; 1 т. за получаване на отговора.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-11-2b

Задача 2c

Пълен запис
Условие
Ъглополовящата ADA D в △ABC\triangle A B C е равна на страната ACA C. Описаната около △ABD\triangle A B D окръжност пресича страната ACA C в точка EE като DECD=x23+12\frac{D E}{C D}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}+1}{2}. Да се намерят ъглите на △ABC\triangle A B C.
РешениеНека ∠BAC=α\angle B A C=\alpha. От свойството на ъглополовящата DBDC=ABAC\frac{D B}{D C}=\frac{A B}{A C}. Но BD=DEB D=D E като хорди в окръжност, на които отговарят равни дъги, откъдето AB=x23+12ACA B=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}+1}{2} A C. Ако BD=DE=xB D=D E=x, то CD=2x1+x23C D=\frac{2 x}{1+\sqrt{\vphantom{x^2}3}} и от формулата за ъглополовящата, при AD=ACA D=A C намирамеAD2=AB⋅AD−BD⋅DC=2x2,A D^{2}=A B \cdot A D-B D \cdot D C=2 x^{2},т. е. AD=xx22A D=x \sqrt{\vphantom{x^2}2}. От косинусова теорема за △ABD\triangle A B D спрямо страната BDB D получавамеx2=x^{2}=x2(x23+1x22)2+(xx22)2x^{2}\left(\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}+1}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}\right)^{2}+(x \sqrt{\vphantom{x^2}2})^{2}−2x22⋅x23+1x22x2⋅cos⁡α2.-2 \sqrt{\vphantom{x^2}2} \cdot \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}+1}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}} x^{2} \cdot \cos \frac{\alpha}{2}.Оттук cos⁡α2=x232\cos \frac{\alpha}{2}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}, т. е. α=60∘\alpha=60^{\circ}. От равнобедрения триъгълник △ACD\triangle A C D намираме ∠DCA=∠CDA=75∘\angle D C A= \angle C D A=75^{\circ} и тогава ∠ABC=45∘\angle A B C=45^{\circ}. Окончателно ъллите на △ABC\triangle A B C са 60∘,45∘60^{\circ}, 45^{\circ} и 75∘75^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-11-2c

Задача 3

Пълен запис
Условие
За всяко естествено число nn с f(n)f(n) означаваме сборът от всички естествени числа, които са по-малки от nn и не са прости. Например f(5)=1+4=5f(5)=1+4=5 и f(10)=1+4+6+8+9=28f(10)=1+4+6+8+9=28. Да се намерят всички естествени числа, за които f(n)−1=n24f(n)-1=\frac{n^{2}}{4}.
РешениеОт равенството f(n)−1=n24f(n)-1=\frac{n^{2}}{4} следва, че n24\frac{n^{2}}{4} е естествено число, т. е. nn е четно число. С директна проверка се установява, че при n≤14n \leq 14 единственото е n=14n=14, като тогава f(14)=1+4+6+8+9+10+12=50f(14)=1+4+6+8+9+10+12=50 и 1424=49\frac{14^{2}}{4}=49. Нека g(n)=n24g(n)=\frac{n^{2}}{4}. При n=16n=16 имаме f(16)=79f(16)=79 и g(16)=64g(16)=64, като f(16)−g(16)=15f(16)-g(16)=15. Нека n≥16n \geq 16 и да разгледаме функцията f(n)f(n), когато nn е четно число. Ако n+1n+1 е просто число, имаме f(n+2)=f(n)+nf(n+2)=f(n)+n. Ако n+1n+1 не е просто число, имаме f(n+2)=f(n)+2n+1f(n+2)=f(n)+2 n+1. За функцията g(n)=n24g(n)=\frac{n^{2}}{4} имаме g(n+2)=g(n)+n+1g(n+2)=g(n)+n+1. Тъй като едно от числата n+1,n+3n+1, n+3 и n+5n+5 се дели на 3, от горното следва, че ако f(n)−g(n)>10f(n)-g(n)\gt{}10, то f(n+2)−g(n+2)>9,f(n+4)−g(n+4)>8f(n+2)-g(n+2)\gt{}9, f(n+4)-g(n+4)\gt{}8 и f(n+6)−g(n+6)>10f(n+6)-g(n+6)\gt{}10. Следователно f(n)−g(n)>10f(n)-g(n)\gt{}10 за всяко n≥16n \geq 16. Единственото число с исканото свойство е n=14n=14.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които от група от 2n2 n ученици могат да се изберат 14 групи, всяка от по nn ученици, така, че всеки двама ученици да участват заедно в точно 3 от избраните групи.
РешениеВсички двойки ученици са (2n2)\binom{2 n}{2}, а във всяка група се срещат точно (n2)\binom{n}{2} двойки. От условието сега следва, че3(2n2)=14(n2)⟺6n(2n−1)=14n(n−1)⇒n=4.3\binom{2 n}{2}=14\binom{n}{2} \Longleftrightarrow 6 n(2 n-1)=14 n(n-1) \Rightarrow n=4.Следователно от 8 ученици трябва да образуваме 14 групи от по 4 ученика всяка, така че всеки двама ученици да се срещат в точно три групи. Пример за такова разпределение е следния:(1,2,3,4),(5,6,7,8),(1,2,5,6),(3,4,7,8),(1,2,7,8),(3,4,5,6),(1,3,5,7),(2,4,6,8),(1,3,6,8),(2,4,5,7),(1,4,5,8),(2,3,6,7),(1,4,6,7),(2,3,5,8)\begin{aligned} & (1, 2, 3, 4), (5, 6, 7, 8), (1, 2, 5, 6), (3, 4, 7, 8), (1, 2, 7, 8), (3, 4, 5, 6), (1, 3, 5, 7), \\ & (2, 4, 6, 8), (1, 3, 6, 8), (2, 4, 5, 7), (1, 4, 5, 8), (2, 3, 6, 7), (1, 4, 6, 7), (2, 3, 5, 8) \end{aligned}
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-11-4

12

7 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека a1>0,a2=(a1)1a1,a3=(a2)1a2,…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 a1a_{1} ).
РешениеПонеже (1) 0<an+1=(an)1an≤an0\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 ll имаме, че l≤a1l \leq a_{1}. Ако l≠0l \neq 0, от (1) получаваме, че l=l1ll=l^{\frac{1}{l}}, т. е. l=1l=1. Следователно l=0l=0 при a1<1a_{1}\lt{}1. От друга страна, от (1) по индукция следва, че ако a1≥1a_{1} \geq 1, то an≥1a_{n} \geq 1; в частност, l≥1l \geq 1, откъдето l=1l=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-12-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
Да се реши неравенството:(2sin⁡x−2)2≤2sin⁡x\left(2^{\sin x}-2\right)^{2} \leq 2^{\sin x}
РешениеСлед въвеждане на ново неизвестно t=2sin⁡x>0t=2^{\sin x}\gt{}0 достигаме до квадратното неравенство (t−2)2≤t(t-2)^{2} \leq t. Откъдето получаваме t2−5t+4≤0t^{2}-5 t+4 \leq 0 или (t−1)(t−4)≤0(t-1)(t-4) \leq 0, т. е. решенията на неравенството (t−2)2≤t(t-2)^{2} \leq t са t∈[1,4]t \in[1, 4]. Понеже функцията 2y2^{y} расте и sin⁡x∈[−1,1]\sin x \in[-1, 1], то след връщане към неизвестното xx ще имаме 20=1≤2sin⁡x≤4=222^{0}=1 \leq 2^{\sin x} \leq 4=2^{2} или 0≤sin⁡x≤20 \leq \sin x \leq 2, т. е. неравенството (2sin⁡x−2)2≤2sin⁡x\left(2^{\sin x}-2\right)^{2} \leq 2^{\sin x} е еквивалентно на sin⁡x≥0\sin x \geq 0. на последното неравенство са интервалите x∈[2kπ,(2k+1)π]x \in[2 k \pi, (2 k+1) \pi], за k∈Zk \in \mathbb{Z}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-12-1b

Задача 1c

Пълен запис
Условие
Да се реши неравенството:x232x+1−4⋅3x+1≥3x+1−5\sqrt{\vphantom{x^2}3^{2 x+1}-4 \cdot 3^{x}+1} \geq 3^{x+1}-5
РешениеНека да означим y=3xy=3^{x} (можем да отбележим допълнително, че y>0y\gt{}0 ). Тогава даденото неравенство добива вида x23y2−4y+1≥3y−5(∗)\sqrt{\vphantom{x^2}3 y^{2}-4 y+1} \geq 3 y-5 \quad(*). Неравенството ( ∗* ) на променливата yy има смисъл при 3y2−4y+1≥03 y^{2}-4 y+1 \geq 0, т. е. при y∈(−∞,13]∪[1,+∞)(y \in\left(-\infty, \frac{1}{3}\right] \cup [1, +\infty)\left(\right. или y∈(0,13]∪[1,+∞)y \in\left(0, \frac{1}{3}\right] \cup[1, +\infty), ако отчетем y>0)\left. y\gt{}0\right). Сега ще разгледаме два основни случая. I случай. Нека 3y−5<03 y-5\lt{}0, т. е. y∈(−∞,13]∪[1,53)(y \in\left(-\infty, \frac{1}{3}\right] \cup\left[1, \frac{5}{3}\right)\left(\right. или y∈(0,13]∪[1,53)y \in\left(0, \frac{1}{3}\right] \cup\left[1, \frac{5}{3}\right), при y>0)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∈(−∞,13]∪[1,53)(y \in\left(-\infty, \frac{1}{3}\right] \cup\left[1, \frac{5}{3}\right) \left(\right. или y∈(0,13]∪[1,53))\left. y \in\left(0, \frac{1}{3}\right] \cup\left[1, \frac{5}{3}\right)\right). II случай. Нека 3y−5≥03 y-5 \geq 0, т. е. y∈[53,+∞)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 3y2−4y+1≥9y2−30y+253 y^{2}-4 y+1 \geq 9 y^{2}-30 y+25 или 3y2−13y+12≤03 y^{2}-13 y+12 \leq 0, т. е. y∈[43,3]y \in\left[\frac{4}{3}, 3\right]. След пресичане с интервала [53,+∞]\left[\frac{5}{3}, +\infty\right] получаваме, че в този случай на неравенството (}) са y∈[53,3]y \in\left[\frac{5}{3}, 3\right]. Така за решенията на (∗)(*) окончателно получаваме y∈(−∞,13]∪[1,3]y \quad \in \quad\left(-\infty, \frac{1}{3}\right] \cup[1, 3] ( или y∈(0,13]∪[1,3]y \in\left(0, \frac{1}{3}\right] \cup[1, 3], при y>0y\gt{}0 ). След връщане към променливата xx имаме 3x≤13=3−1∪30=1≤3x≤3=313^{x} \leq \frac{1}{3}=3^{-1} \cup 3^{0}=1 \leq 3^{x} \leq 3=3^{1}, което поради факта, че функцията 3x3^{x} е растяща ни води до x≤−1∪0≤x≤1x \leq-1 \cup 0 \leq x \leq 1. Така окончателно получаваме, че на даденото показателно ирационално неравенство са x∈(−∞,−1]∪[0,1]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 nn-ъгълна пресечена пирамида. Да се докаже, че пирамидата е правилна.
РешениеНека пирамидата има основи A1…AnA_{1} \ldots A_{n} и B1…BnB_{1} \ldots B_{n}. Те са описани около окръжности с центрове проекциите IaI_{a} и IbI_{b} на центъра II на дадената сфера върху тях. Хомотетия с център MM и коефициент A1A2B1B2>1\frac{A_{1} A_{2}}{B_{1} B_{2}}\gt{}1 изпраща IbI_{b} в IaI_{a}. Следователно (1) точките M,Ib,Ia,IM, I_{b}, I_{a}, I лежат на една права, перпендикулярна на основите. Ако C1C_{1} и C2C_{2} са допирните точки на сферата с ръбовете A1MA_{1} M и A2MA_{2} M, то △IMC1≅△IMC2\triangle I M C_{1} \cong \triangle I M C_{2}. Тогава ∠IaMA1=∠IaMA2\angle I_{a} M A_{1}=\angle I_{a} M A_{2}, т. е. (2) MA1=MA2=:aM A_{1}=M A_{2}=: a. Понеже сферата се допира до ръба A1A2A_{1} A_{2}, то (3) A1A2=2(a−c)A_{1} A_{2}=2(a-c), където c:=MC1=MC2c: =M C_{1}=M C_{2}. От (2) и (3) следва, че MAi=aM A_{i}=a и AiAi+1=2(a−c)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 nn ще наричаме хубаво, ако НОД(( n−1)!+1,n!)>1n-1)!+1, n!)\gt{}1. Нека a,ba, b и cc са три хубави числа. Естествено число NN ще наричаме прекрасно, ако простите му делители са измежду простите делители на произведението abca 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.
РешениеПърво ще докажем, че хубавите числа са всички прости числа. Ако НОД((n 1)!+1,n!)=d>11)!+1, n!)=d\gt{}1 и nn не е просто число, то нека pp е прост делител на dd. Тъй като nn не е просто число, то p<np\lt{}n. Тогава pp дели n!n! и (n−1)!(n-1)!, т. е. pp дели 1, противоречие. Обратно, ако nn е просто число, то от теоремата на Уилсън следва, че (n−1)!+1(n-1)!+1 се дели на nn и тогава nn дели НОД ((n−1)!+1,n!)((n-1)!+1, n!), т. е. НОД(( n−1)!+1,n!)>1n-1)!+1, n!)\gt{}1. Трябва да докажем, че от всеки 8 числа от вида pα⋅qβ⋅rγp^{\alpha} \cdot q^{\beta} \cdot r^{\gamma}, където p,qp, q и rr 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 (α,β,γ)(\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≥3n \geq 3 съществуват безброй много нечетни точни квадрати с точно n2+n+22\frac{n^{2}+n+2}{2} единици в двоичния си запис.
РешениеНека a1=k≥4,a2=k+1,a3=k+2,a4=2k+4a_{1}=k \geq 4, a_{2}=k+1, a_{3}=k+2, a_{4}=2 k+4 и an+1=2an−1a_{n+1}=2 a_{n}-1 при n≥4n \geq 4. Полагаме An=1+2a1+⋯+2anA_{n}=1+2^{a_{1}}+\cdots+2^{a_{n}}. ТогаваA32=1+2k+1+2k+2+2k+3+22k+22k+4+22k+5A42=1+2k+1+2k+2+2k+3+22k+22k+4+22k+6+23k+5+23k+6+23k+7+24k+8\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≥4n \geq 4 и числото An2A_{n}^{2} има точно n2+n+22\frac{n^{2}+n+2}{2} единици в двоичния си запис. ТогаваAn+12=(An+22an−1)2=An2+22anAn+24an−2=(1+⋯+2an+an−1+1+22an)+22an(1+2a1+⋯+2an)+24an−2=1+⋯+2an+an−1+1+22an+1+22an+a1+⋯+23an+24an−2\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 An+12A_{n+1}^{2} е равен наn2+n+22−1+(n+1)+1=(n+1)2+(n+1)+22\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∈N0k \in \mathbb{N}_{0} с BkB_{k} означаваме множеството от степени на двойката в единственото (двоично) представяне на kk като сума от степени на двойката. Например, B12={23,22}B_{12}=\left\{2^{3}, 2^{2}\right\}. За двойките числа m,n∈N0m, n \in \mathbb{N}_{0} дефинираме операцията m⊕n=∑b∈Bm△Bnbm \oplus n=\sum_{b \in B_{m} \triangle B_{n}} b, където Bm△Bn={Bm∪Bn}\{Bm∩Bn}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 BmB_{m} и BnB_{n}, т. е m⊕nm \oplus n е сумата от различните степени на двойката в двоичното представяне на mm и nn, като сумата от елементите на празното множество приемаме за 0. Например 12⊕10=22+21=612 \oplus 10=2^{2}+2^{1}=6. Нека f:N0×N0→N0f: \mathbb{N}_{0} \times \mathbb{N}_{0} \rightarrow \mathbb{N}_{0} е дефинирана по следния начин: (∗)(*) f(0,0)=0f(0, 0)=0; (∗)(*) За (m,n)≠(0,0)(m, n) \neq(0, 0) дефинирамеf(m,n):=f(m, n): =min⁡k∈N0{k∉{f(m′,n):0≤m′<m}∪{f(m,n′):0≤n′<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⊕nf(m, n)=m \oplus n за всички естествени числа mm и nn.
РешениеДа отбележим, че т. к Bn△Bm=Bm△BnB_{n} \triangle B_{m}=B_{m} \triangle B_{n}, то n⊕m=m⊕nn \oplus m=m \oplus n за m,n∈Nm, n \in \mathbb{N} и освен това m⊕n=0m \oplus n=0 тогава и само тогава, когато m=nm=n (ако не са равни, ще има позиция, в която двоичните им записи се различават и значи m⊕n>0m \oplus n\gt{}0, а ако са равни такава позиция няма, значи m⊕m=0m \oplus m=0 ). Също така Bm⊕n△Bk=(Bm△Bn)△Bk={a:aB_{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 Bm,Bn,Bk}\left. B_{m}, B_{n}, B_{k}\right\}. Аналогично получаваме, че последното е равно и на Bm△(Bn△Bk)=Bm△Bn⊕kB_{m} \triangle\left(B_{n} \triangle B_{k}\right)=B_{m} \triangle B_{n \oplus k}. Така получаваме, че Bm⊕n△Bk=Bm△Bn⊕kB_{m \oplus n} \triangle B_{k}=B_{m} \triangle B_{n \oplus k}, което значи, че ( m⊕nm \oplus n ) \oplus k=m⊕(n⊕k)k=m \oplus(n \oplus k) за всички m,n,k∈N0m, n, k \in \mathbb{N}_{0}. Сега ще докажем със силна индукция по m+nm+n, че f(m,n)=m⊕nf(m, n)=m \oplus n. Първо очевидно твърдението е вярно за m+n≤0m+n \leq 0, защото тогава получаваме m=n=0m=n=0 и f(0,0)=0=0⊕0f(0, 0)=0=0 \oplus 0. Сега нека твърдението е вярно за всички m,n:m+n≤N−1m, n: m+n \leq N-1 за някое N≥1N \geq 1 и нека m,nm, n са такива, че m+n=Nm+n=N. Да разгледаме S={f(m′,n):0≤m′<m}∪{f(m,n′):0≤n′<n}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(m′,n)=m′⊕nf\left(m^{\prime}, n\right)=m^{\prime} \oplus n и f(m,n′)=m⊕n′f\left(m, n^{\prime}\right)=m \oplus n^{\prime} за m′<mm^{\prime}\lt{}m и n′<nn^{\prime}\lt{}n, т. е S={m′⊕n:0≤m′<m}∪{m⊕n′:0≤n′<n}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⊕n∈Sm \oplus n \in S. Тогава m⊕n=m′⊕nm \oplus n=m^{\prime} \oplus n или m⊕n=m⊕n′m \oplus n=m \oplus n^{\prime} за някои m′<mm^{\prime}\lt{}m или n′<nn^{\prime}\lt{}n, като БОО можем да приемем, че m⊕n=m′⊕nm \oplus n=m^{\prime} \oplus n за някое m′<mm^{\prime}\lt{}m (защото m⊕n=n⊕m)m \oplus n=n \oplus m). Тогава m=m⊕0=m⊕(n⊕n)=(m⊕n)⊕n=(m′⊕n)⊕n=m′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′<mm^{\prime}\lt{}m, т. е получаваме m⊕n≥min⁡(N0\S)=f(m,n)m \oplus n \geq \min \left(\mathbb{N}_{0} \backslash S\right)=f(m, n). Сега нека k∈N0k \in \mathbb{N}_{0} е такова, че k<m⊕nk\lt{}m \oplus n. Ще докажем, че k∈Sk \in S. Да разгледаме числото s=m⊕n⊕ks=m \oplus n \oplus k. Да отбележим, че s>0s\gt{}0, защото k≠m⊕nk \neq m \oplus n. Нека 2l2^{l} е максималната степен на двойката в двоичното представяне на ss. Тогава 2l2^{l} се среща в двоичното представяне на поне едно от числата n,mn, m или kk (следва от дефиницията на ⊕\oplus ). Пбрви случай: 2l∈Bk2^{l} \in B_{k}. Следователно Bk⊕s⊆Bk\{2l}∪{2t:t<l}B_{k \oplus s} \subseteq B_{k} \backslash\left\{2^{l}\right\} \cup\left\{2^{t}: t\lt{}l\right\}. Но тогава k⊕s≤k−2l+∑t=0l−12t=k−2l+2l−1=k−1<kk \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⊕s=n⊕m>kk \oplus s=n \oplus m\gt{}k. Втори случай: 2l∈Bn2^{l} \in B_{n} или 2l∈Bm2^{l} \in B_{m}, като БОО можем да приемем, че 2l∈Bm2^{l} \in B_{m}. Тогава като в първия случай получаваме, че m⊕s<mm \oplus s\lt{}m, но понеже m⊕s⊕n=km \oplus s \oplus n=k, то k∈{m′⊕n:m′<m}⊆Sk \in\left\{m^{\prime} \oplus n: m^{\prime}\lt{}\right. m\} \subseteq S. Така получаваме, че k∈Sk \in S за всяко k<m⊕nk\lt{}m \oplus n, т. е m⊕n≤min⁡(N0\S)=f(m,n)m \oplus n \leq \min \left(\mathbb{N}_{0} \backslash S\right)=f(m, n) и значи т. к m⊕n≥f(m,n)m \oplus n \geq f(m, n) получаваме равенството f(m,n)=m⊕nf(m, n)=m \oplus n и индукцията е завършена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-12-4b