OLIOBL

Национална олимпиада по математика — областен кръг

341 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.

23 години5 класаИма видими липси

По година По клас

Избран клас

9

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

oliobl2024-9-3: има placeholder текст
oliobl2023-9-3: има placeholder текст
oliobl2020-9-4: има placeholder текст
oliobl2019-9-3: има placeholder текст
oliobl2019-9-4: има placeholder текст
oliobl2018-9-3: има placeholder текст
oliobl2017-9-2: има placeholder текст
oliobl2013-9-3: има placeholder текст
oliobl2007-9-2: има placeholder текст
oliobl2007-9-4: има placeholder текст
oliobl2006-9-3: има placeholder текст
oliobl2005-9-2: има placeholder текст
oliobl2005-9-3: има placeholder текст
oliobl2003-9-5: има placeholder текст

2003

4 задачи

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

a

такива, че

4[a n]=n+ [a[a n]]

за всяко естествено число

n

([

x]

означава най-голямото цяло число, ненадминаващо

x

Решение

От условието следва, че

\begin{gathered} 4(a n-1)\lt{}n+a(a n) \text{и} 4 a n\gt{}n+a(a n-1)-1, \\ \text{т. е.} 1+a^{2}-\frac{a+1}{n}\lt{}4 a\lt{}1+a^{2}+\frac{4}{n}. \end{gathered}

При

n \rightarrow \infty

заключаваме, че

1+a^{2}=4 a

, откъдето

a=2-\sqrt{\vphantom{x^2}3}

или

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

. Като заместим

n=1

в условието виждаме, че първият случай не е възможен. Във втория случай полагаме

b=\left[\frac{n}{a}\right]

c=\frac{n}{a}-b

. Понеже

a=4-\frac{1}{a}

, то

\begin{aligned} & n+[a[a n]]=\left[n+a\left[4 n-\frac{n}{a}\right]\right]=[n+a(4 n-b-1)]=[a(4 n-1+c)]= \\ = & {\left[\left(4-\frac{1}{a}\right)(4 n-1+c)\right]=\left[4(4 n-1)-4\left(\frac{n}{a}-c\right)+\frac{1-c}{a}\right]=4(4 n-1-b)=} \end{aligned}

=4\left[4 n-\frac{n}{a}\right]=4[a n]

. Следователно

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

е единственият отговор на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2003-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Точка

D

върху страната

A C

на

\triangle A B C

е такава, че

B D=C D

. През точка

E

от страната

B C

е прекарана права, успоредна на

B D

, която пресича правата

A B

в точка

F

. Ако

G=A E \cap B D

, да се докаже, че

\angle B C G=\angle B C F

Решение

Ако

H=A C \cap E F

, то

\angle C D G=\angle F H C

\frac{C D}{D G}=\frac{B D}{D G}=\frac{F H}{H E}=\frac{F H}{H C}

Тогава

\triangle C D G \sim \triangle F H C

и значи

\angle G C D=\angle C F H

, откъдето

\angle B C G=\angle B C D-\angle G C D=\angle C E H-\angle C F H=\angle B C F \text{.}

\setcounter{enumi}{4}

(*)

Ако

y=0

, от първото уравнение следва, че

x=-z

, заместваме във второто и намираме

x=z=0

, като тройката (

0, 0, 0

) очевидно е решение на системата. При

y \neq 0

полагаме

a=\frac{x}{y}, b=\frac{z}{y}

и системата добива вида

\left\lvert\, \begin{aligned} & 1+a+b=3 a y \\ & 1+a^{2}+b^{2}=3 a b \\ & y\left(1+a^{3}+b^{3}\right)=3 b \end{aligned}\right.

Като изключим

y

, получаваме

\left\lvert\, \begin{aligned} & (1+a+b)\left(1+a^{3}+b^{3}\right)=9 a b \\ & 1+a^{2}+b^{2}=3 a b \end{aligned}\right.

Тогава за

u=a+b, v=a b

имаме, че

\left\lvert\, \begin{aligned} & (1+u)\left(1+u^{3}-3 u v\right)=9 v \\ & 1+u^{2}-2 v=3 v \end{aligned}\right.

откъдето

v=\frac{u^{2}+1}{5}

0=u^{4}+u^{3}-6 u^{2}+u-2=(u-2)\left(u^{3}+3 u^{2}+1\right)

. Случаят

u=2

води до

v=1, a=b=1

и решението

(x, y, z)=(1, 1, 1)

. Функцията

f(u)=u^{3}+3 u^{2}+1

има локален максимум при

u=-2

и локален минимум при

u=0

. Понеже

f(0)=1\gt{}0

, уравнението

f(u)=0

има единствен реален корен

u_{0}

, като

u_{0}\lt{}-2

. Тогава

u_{0}^{2}-4 \frac{u_{0}^{2}+1}{5}=\frac{u_{0}^{2}-4}{5}\gt{}0

и следователно системата

\begin{aligned} & a+b=u_{0} \\ & a b=\frac{u_{0}^{2}+1}{5} \end{aligned}

има две решения, които водят до още две решения на дадената система. Окончателно, системата от условието на задачата има четири реални решения.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2003-9-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2003-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Едно множество

C

от различни естествени числа ще наричаме "добро ако за всяко цяло число

k

съществуват

a, b \in C, a \neq b

, такива, че числата

a+k

b+k

не са взаимно прости. Да се докаже, ако сумата от елементите на

C

е равна на 2003, то за някое

c \in C

множеството

C \backslash\{c\}

също е "добро".

Решение

Нека

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

са всички прости делители на всевъзможните разлики на две различни числа от

C

. Да допуснем, че за всяко

p_{i}

съществува остатък

\alpha_{i}

, който се среща най-много веднъж при деление на числата от

C

на

p_{i}

. Съгласно Китайската теорема за остатъците можем да намерим цяло число

k

, даващо остатък

-\alpha_{i}

при деление на

p_{i}

за всяко

i

. От условието следва, че

p_{j}

дели

a+k

b+k

за някое

j

и някои

a, b \in C

. Тогава

a

b

дават остатък

\alpha_{j}

при деление на

p_{j}

, което е противоречие. И така, числата от

C

дават поне по два пъти всеки остатък при деление на някое просто число

p

. Ако допуснем, че тези остатъци се срещат точно по два пъти, то сумата от числата в

C

ще има вида

p. r+2(0+1+\cdots+p-1)=p(r+p-1), r \geq 1

- противоречие, понеже 2003 е просто число. Следователно някой остатък се среща поне три пъти и като махнем от

C

кое да е число, даващо този остатък, получаваме отново "добро" множество.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2003-9-6

2004

2 задачи

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че

\frac{9}{10} \leq \frac{a}{1+b c}+\frac{b}{1+c a}+\frac{c}{1+a b}\lt{}1,

където

a, b

c

са положителни числа така, че

a+b+c=1

Решение

За дясното неравенство е достатъчно да съобразим, че знаменателите са по-голем от 1 и тогава

\frac{a}{1+b c}+\frac{b}{1+c a}+\frac{c}{1+a b}\lt{}a+b+c=1

. За да докажем лявото неравенство, можем да считаме, че

a \leq b \leq c

. Тогава

\frac{1}{1+b c} \leq \frac{1}{1+c a} \leq \frac{1}{1+a b}

. Като приложим последователно неравенството на Чебишев, неравенството между средното аритметично и средното хармонично, и неравенството

(a+b+c)^{2} \geq 3(a b+b c+c a)

(което след разкриване на скобите е еквивалентно на

(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} \geq 0

), получаваме, че

\begin{aligned} & \frac{a}{1+b c}+\frac{b}{1+c a}+\frac{c}{1+a b} \geq \frac{a+b+c}{3}\left(\frac{1}{1+b c}+\frac{1}{1+c a}+\frac{1}{1+a b}\right) \\ = & \frac{1}{1+b c}+\frac{1}{1+c a}+\frac{1}{1+a b} \geq \frac{9}{3+a b+b c+c a} \geq \frac{9}{3+\frac{(a+b+c)^{2}}{3}}=\frac{27}{10} \end{aligned}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се реши в цели числа уравнението

x^{3}+10 x-1=y^{3}+6 y^{2}

Решение

Ясно е, че

x

y

трябва да са с различна четнист. Тогава

k=x-y

е нечетно число и получаваме уравнението

(3 k-6) y^{2}+\left(3 k^{2}+10\right) y+k^{3}+10 k-1=0

което е квадратно относно

y

. Дискриминантата му

D=-3 k^{4}+24 k^{3}- 60 k^{2}+252 k+76

трябьа да е точне квадрат. Понеже

D=-k^{2}\left(k^{2}-24 k+\right. 60)+252 k+76

, то

D\lt{}0

при

k \leq-1

. От друга страна,

D=3 k^{3}(8-k)+ 2\left(38-k^{2}\right)+2 k(126-29 k)

и следователно

D\lt{}0

и при

k \geq 8

. Също така

D=-71\lt{}0

при

k=7

. Остават случаите

k=1, 3, 5

. Тогава съответно

D=289=17^{2}, D=697

D=961=31^{2}

, което води до решенията

x=6, y=5

x=2, y=-3

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-9-4

2005

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на реалните параметри

a

b

, за които остатъкът при делението на полинома

x^{4}-3 a x^{3}+a x+b

на полинома

x^{2}-1

е полиномът

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

Решение

От условието следва, че за всяко

x

трябва да бъде изпълнено равенството

x^{4}-3 a x^{3}+a x+b=q(x)\left(x^{2}-1\right)+\left(a^{2}+1\right) x+3 b^{2},

където

q(x)

е частното от делението. Полагаме в това равенство

x=1

x=-1

и получаваме системата

a^{2}+3 b^{2}+2 a-b=0, a^{2}-3 b^{2}+2 a+b+2=0

с решение

a=-1, b=\frac{1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}13}}{6}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-9-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-9-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на реалния параметър

p

, за които уравнението

\left|x^{2}-p x-2 p+1\right|=p-1

има четири реални корена

x_{1}

x_{2}, x_{3}, x_{4}

, за които

x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2}=20

Решение

Отговор:

p=2

. За наличието на 4 корена е необходимо (но не достатъчно!) условието

p\gt{}1

. Разглеждаме два случая: Случай 1. Ако

x^{2}-p x-2 p+1=p-1 \Longleftrightarrow x^{2}-p x-3 p+2=0

, по формулите на Виет получаваме

x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=p^{2}-2(2-3 p)=p^{2}+6 p-4

. Случай 2. Ако

x^{2}-p x-2 p+1=1-p \Longleftrightarrow x^{2}-p x-p=0

, по формулите на Виет имаме

x_{3}^{2}+x_{4}^{2}=p^{2}+2 p

. Тогава от условието получаваме

x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2}=20 \Longleftrightarrow 2 p^{2}+8 p-4= 20 \Longleftrightarrow p^{2}+4 p-12=0

, откъдето

p=2

или

p=-6

. Втората стойност противоречи на условието

p\gt{}1

. При

p=2

уравнението наистина има четири реални корена (например с директна проверка).

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Четириъгълник

A B C D

е вписан в окръжност

k

. Лъчите

D A

C B

се пресичат в точка

N

, а

N T

е допирателна към

k

. Диагоналите

A C

B D

се пресичат в точка

P

, която е медицентър на

\triangle N T D

. Да се намери отношението

N T: A P

Решение

От условието следва, че

T

не е на дъгата

A D

, значи е на дъгата

B C

. Нека

M \in N T \cap D P

е средата на

N T

. От свойството на допирателна и секуща имаме

M B. M D=M T^{2}=M N^{2}

. Тогава

M B: M N=M N: M D

и следователно

\triangle N M B \sim \triangle D M N

по втори признак. Получаваме

\angle M N B=\angle M D N=\angle N C A

, така че

N T \| A C

. Следователно

N T: A P=2 N M: A P=2 M D: P D=3: 1

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

"Ламя"е игра на карти за петима. В един лагер 25 души обичат да играят Ламя, но имат само едно тесте карти. След всяка игра петимата играли се изпокарват и всеки решава, че повече няма да играе с никого от останалите четирима. Колко игри най-много могат да се изиграят?

Решение

Общият брой на двойките играчи е

25 \cdot 24 / 2=300

и с всяка изиграна игра губим по 10 двойки, следователно не е възможно да се изиграят повече от

300: 10=30

игри. Ще докажем, че 30 игри са възможни. Номерираме играчите с двойки естествени числа (

m; n

m, n \leq 5

(т. е. представяме си ги в таблица

5 \times 5

). В игра номер

i, 1 \leq i \leq 5

, играят петимата, за които

m=i

(от ред номер

i

в таблицата). В игра номер

6+5 k+i, 0 \leq i \leq 4, 0 \leq k \leq 4

, играят хората

(m; n)

, за които

m k+n

дава остатък

i

при деление на 5. Ясно е, че за всеки конкретни

k, i, m

ще има единствено

n

с искания остатък. Така от всеки ред на таблицата има по един човек, т. е. играчите са петима и те не са играли помежду си в първите 5 игри. За всеки двама играчи (

m; n

) и (

\left. m^{\prime}; n^{\prime}\right), m^{\prime} \neq m

, числата

k\left(m-m^{\prime}\right)

k=0, 1, 2, 3, 4

дават различни остатъци при деление на 5. Следователно съществува единствено

k

, за което

k\left(m-m^{\prime}\right) \equiv n-n^{\prime}(\bmod 5)

. Еквивалентно,

k m-n

k m^{\prime}-n^{\prime}

дават еднакъв остатък

i

при деление на 5 и получените

k, i

определят единствената игра, в която са участвали двамата играчи (

m; n

) и

\left(m^{\prime}; n^{\prime}\right)

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-9-6

2006

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на реалния параметър

a

, за които корените

x_{1}

x_{2}

на уравнението

x^{2}+6 x+\left(6 a-a^{2}\right)=0

удовлетворяват равенството

x_{2}=x_{1}^{3}-8 x_{1}

Решение

От формулите на Виет следва, че

-6=x_{1}+x_{2}=x_{1}+x_{1}^{3}-8 x_{1}

. Тогава

x_{1}^{3}-7 x_{1}+6=0

и следователно

x_{1}=-3, 1

или 2. Заместването на тези стойности на

x_{1}

в даденото уравнение дава

a=3

за

x=-3, a=-1

и 7 за

x=1

a=-2

и 8 за

x=2

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Окръжностите

k_{1}

k_{2}

се пресичат в точки

A

B

. Права

l

през

B

пресича за втори път

k_{1}

k_{2}

съответно в точки

X

Y

. Допирателните към

k_{1}

в точка

X

и към

k_{2}

в точка

Y

се пресичат в точка

C

. Да се докаже, че: a)

\angle X A C=\angle B A Y

. б)

\angle X B A=\angle X B C

, където

B

е средата на отсечката

X Y

Решение

а) Четириъгълникът

X C Y A

е вписан, защото

\begin{aligned} \angle X C Y & =180^{\circ}-\angle C X Y-\angle C Y X=180^{\circ}-\angle X A B-\angle B A Y \\ & =180^{\circ}-\angle X A Y. \end{aligned}

Следователно

\angle X A C=\angle X Y C=\angle B A Y

. б) От а) следва, че

\triangle X A C \sim \triangle B A Y

. Тогава

\frac{X C}{A C}=\frac{B Y}{A Y}

и тъй като имаме

X B= B Y

, получаваме

\frac{X C}{X B}=\frac{A C}{A Y}

. Нещо повече, от а) следва

\angle C X Y=\angle C A Y

, откъдето

\triangle X C B \sim \triangle A C Y

. Следователно

\angle X B C=

\angle A Y C=\angle X B A

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-9-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички цели числа

a

, за които уравнението

x^{4}+2 x^{3}+\left(a^{2}-a-9\right) x^{2}-4 x+4=0

има поне един реален корен.

Решение

Полагаме

u=x-\frac{2}{x}

и получаваме уравнението

u^{2}+2 u+\left(a^{2}-a-5\right)=0 \tag{1}

Тъй като уравнението

x^{2}-u x-2=0

има реални корени за всяко реално

u

, достатъчно е да намерим целите стойности на

a

, за които уравнението (1) има реален корен. Последното е еквивалентно на

D=-a^{2}+a+6 \geq 0

, т. е.

(a-3)(a+2) \leq 0

, откъдето

a \in[-2, 3]

. Следователно

a=-2, -1, 0, 1, 2, 3

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

В правоъгълен

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

, нека

C H, H \in A B

, е височината към

A B

и вписаната в

\triangle A B C

окръжност се допира до

A C

B C

съответно в точки

P

Q

. Ако

A Q \perp H P

, да се намери отношението

\frac{A H}{B H}

Решение

От

A Q \perp H P

следва, че

\angle Q A B= \angle P H C

. От друга страна,

\angle A B C=\angle A C H

и следователно

\triangle A B Q \sim \triangle H C P

. Тогава

\frac{A B}{B Q}=\frac{H C}{C P}

. При стандартните означения за елементите на

\triangle A B C

получаваме последова- телно

\begin{aligned} \frac{c}{p-b}=\frac{h}{r} & \Longleftrightarrow \frac{c}{p-b}=\frac{2 S / c}{S / p} \Longleftrightarrow \frac{c}{p-b}=\frac{2 p}{c} \\ & \Longleftrightarrow \frac{2 c}{a+c-b}=\frac{a+b+c}{c} \Longleftrightarrow 2 c^{2}=(a+c)^{2}-b^{2} \\ & \Longleftrightarrow c^{2}=a^{2}+2 a c-b^{2} \Longleftrightarrow b^{2}=a c \end{aligned}

тъй като

c^{2}=a^{2}+b^{2}

. Полагаме

k=\frac{A H}{B H}=\frac{b^{2} / c}{a^{2} / c}=\frac{b^{2}}{a^{2}}

и получаваме

b^{4}=a^{2}\left(a^{2}+b^{2}\right) \Longleftrightarrow b^{4}-a^{2} b^{2}-a^{4}=0 \Longleftrightarrow k^{2}-k-1=0.

Тъй като

k\gt{}0

, получаваме

k=\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

В страна с 16 града авиокомпания поддържа 36 линии между различни двойки градове. Да се докаже, че е възможно да се направи пътуване, започващо и завършващо в един и същи град и включващо 4 различни града.

Решение

Да разгледаме граф с върхове градовете в страната и ребра свързващи двойките върхове, между които има линия, обслужвана от компанията. Да допуснем, че не съществува пътуване, удовлетворяващо изискванията от условието, т. е. в така дефинирания граф няма цикъл с дължина 4. Ако

d(x)

е броят на съседните върхове на

x

, то броят на двойките върхове, едновременно съседни на

x

, е

\binom{d(x)}{2}

. От направеното допускане следва, че всяка такава двойка може да бъде получена най-много от един връх. Като имаме предвид, че

\sum_{x} d(x)=72

и като използваме неравенството между средно аритметично и средно квадратично, получаваме

\begin{aligned} \binom{16}{2}=120 & \geq \sum_{x \in V}\binom{d(x)}{2}=\sum_{x \in V} \frac{d^{2}(x)}{2}-\sum_{x \in V} \frac{d(x)}{2} \\ & \geq \frac{1}{32}\left(\sum_{x \in V} d(x)\right)^{2}-\sum_{x \in V} \frac{d(x)}{2} \\ & =\frac{72^{2}}{32}-36=126, \end{aligned}

противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2006-9-6

2007

5 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението

\sqrt{\vphantom{x^2}x-3}+\sqrt{\vphantom{x^2}7-x}=x^{2}-10 x+23

Решение

Уравнението има смисъл при

x \in[3, 7]

. Лесно се вижда, че

x_{1}=3

x_{2}=7

са решения. Нека

x \in(3, 7)

и да запишем уравнението във вида

\sqrt{\vphantom{x^2}x-3}+\sqrt{\vphantom{x^2}7-x}=2-(x-3)(7-x)

Тъй като

(\sqrt{\vphantom{x^2}x-3}+\sqrt{\vphantom{x^2}7-x})^{2}=4+2 \sqrt{\vphantom{x^2}(x-3)(7-x)}\gt{}4

при

x \in(3, 7)

, имаме

\sqrt{\vphantom{x^2}x-3}+\sqrt{\vphantom{x^2}7-x}\gt{}2

за всяко

x \in(3, 7)

. От друга страна,

2-(x-

(7-x)\lt{}2

за всяко

x \in(3, 7)

. Следователно

\sqrt{\vphantom{x^2}x-3}+\sqrt{\vphantom{x^2}7-x}\gt{}2\gt{}2-(x-3)(7-x)

за всяко

x \in(3, 7)

, т. е. уравнението няма решение за

x \in(3, 7)

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-9-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малката възможна стойност на израза

M=x+\frac{y^{2}}{9 x}+\frac{3 z^{2}}{32 y}+\frac{2}{z},

където

x, y

z

са положителни реални числа. Кога се достига тази наймалка стойност?

Решение

С помощта на неравенството

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

, което е вярно за всички положителни

a

b

(с равенство точно когато

a=b

), последователно получаваме

\begin{aligned} M & \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}x \cdot \frac{y^{2}}{9 x}}+\frac{3 z^{2}}{32 y}+\frac{2}{z}=\frac{2 y}{3}+\frac{3 z^{2}}{32 y}+\frac{2}{z} \\ & \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{2 y}{3} \cdot \frac{3 z^{2}}{32 y}}+\frac{2}{z}=\frac{z}{2}+\frac{2}{z} \\ & \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{z}{2} \cdot \frac{2}{z}}=2 \end{aligned}

За да имаме равенство е необходимо и достатъчно да са изпълнени равенствата

x=\frac{y^{2}}{9 x}, \frac{2 y}{3}=\frac{3 z^{2}}{32 y}

\frac{z}{2}=\frac{2}{z}

. От последното намираме

z=2

, тогава от второто имаме

y=\frac{3}{4}

, а от първото намираме

x=\frac{1}{4}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-9-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички четни естествени числа

n

и всички реални

a

, за които остатъкът при делението на полинома

x^{n}-x^{n-1}+a x^{4}+1

на полинома

x^{2}-a^{2}

е равен на

97-(a+14) x

Решение

От условието следва, че за всяко

x

е в сила равенството

x^{n}-x^{n-1}+a x^{4}+1=\left(x^{2}-a^{2}\right) g(x)+97-(a+14) x,

където

g(x)

е частното от делението. Полагаме

x=a

x=-a

и получаваме системата

\left\{\begin{array}{l} a^{n}-a^{n-1}+a^{5}=-a(a+14)+96 \cr a^{n}+a^{n-1}+a^{5}=a(a+14)+96 \end{array}\right|

След почленно събиране и изваждане получаваме уравненията

a^{n}+a^{5}=

96 и

a^{n-1}=a^{2}+14 a

. Очевидно

a=0

не е решение и след елиминиране на

a^{n}

получаваме

a^{5}+a^{3}+14 a^{2}-96=0

. Проверка на делители на 96 показва, че

a=2

е решение на това уравнение и имаме

a^{5}+a^{3}+14 a^{2}-96= (a-2)\left(a^{4}+2 a^{3}+5 a^{2}+24 a+48\right)

. Тъй като

a^{4}+2 a^{3}+5 a^{2}+24 a+48=

a^{2}(a+1)^{2}+4(a+3)^{2}+12\gt{}0

за всяко реално

a

, разглежданото уравнение от пета степен няма други реални решения освен

a=2

. При

a=2

получаваме

2^{n}=64

, т. е.

n=6

и делението е

x^{6}-x^{5}+2 x^{4}+1=

\left(x^{2}-4\right)\left(x^{4}-x^{3}+6 x^{2}-4 x+24\right)+97-16 x

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-9-5

2008

5 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки цели числа

(p, q)

, за които корените на уравнението

(p x-q)^{2}+(q x-p)^{2}=x

са цели числа.

Решение

Записваме уравнението във вида

\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)

. Тогава уравнението дма единствен корен

x=0

, който е цяло число. Нека поне едно от числата

p

или

q

е различно от нула. Сега представяме уравнението във вида

x^{2}-\frac{4 p q+1}{p^{2}+q^{2}} x+1=0

От формулите на Виет следва, че числото

\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

x_{1}=x_{2}=1

или

x_{1}=x_{2}=-1

. От равенствата

\frac{4 p q+1}{p^{2}+q^{2}}= \pm 2

, получаваме

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)

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е ромб

A B C D

със страна

a

. Върху правата

A C

са взети точки

M

N

, така че

A

лежи между

M

C

, а

C

лежи между

A

N

M A \cdot N C=a^{2}

. Означаваме с

P

пресечната точка на

M D

B C

, а с

Q

пресечната точка на

N D

A B

. Да се докаже, че

D

е център на вписаната окръжност за

\triangle P Q B

Решение

Очевидно

\triangle A D M \sim \triangle C N D

(І признак). Следователно

\angle D N C= \angle M D A

. По-нататък

\triangle B C N \cong \triangle D C N

, откъдето

\angle D N C=\angle B N C

. Следователно точките

M, B, N, P

лежат на една окръжност. Аналогично, точките

N, B, M, Q

лежат на една окръжност. Оттук получаваме

\angle Q P M=\angle Q N M=\angle B N M=\angle B P M

Следователно

P D

е ъглополовяща на

\angle Q P B

и тъй като

B D

е ъглополовяща на

\angle Q B P

, то

D

е центърът на вписаната окръжност за

\triangle P Q B

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

p

е просто число. Да се намерят всички цели числа

x

y

, за които

(2 x+y)^{3}=p^{2} x(x+y)^{2}

Решение

Да положим

2 x+y=A

x+y=B

. Получаваме равенството

A^{3}= p^{2} B^{2}(A-B)

, от което следва, че

p \mid A

. Нека

A=p A_{1}

, където

A_{1}

е цяло число. Тогава

p A_{1}^{3}=B^{2}\left(p A_{1}-B\right)

, откъдето следва, че

p \mid B

(в противен случай дясната страна не се дели на

p

). Нека

B=p B_{1}

, където

B_{1}

е цяло число. Получаваме

A_{1}^{3}=p^{2} B_{1}^{2}\left(A_{1}-B_{1}\right)

, което е от същия вид, както полученото по-горе уравнение

A^{3}=p^{2} B^{2}(A-B)

, и следователно можем да продължим с аналогични разсъждения. Ясно е, че при

A \neq 0

този процес ще продължи безкрайно, т. е.

A

ще се дели на произволно висока степен на

p

, което е абсурдно. Следователно

A=B=0

, откъдето веднага получаваме

x=y=0

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Даден е равнобедрен триъгълник

A B C(A C=B C)

, в който

\angle A C B=30^{\circ}

. Точката

M

е симетричната на върха

A

относно правата

B C

. Точката

N

е симетричната на

M

относно върха

C

. Ако

P=A C \cap B N

Q=A N \cap P M

, намерете отношението

A Q: Q N

Решение

Тъй като

B C

е симетрала на

A M, \triangle A M C

е равностранен. Следователно

A C=B C=C M=C N

. От равнобедрения триъгълник

B N C

получаваме, че

\angle C B N=\angle C N B=15^{\circ}

, а от равнобедрения триъгълник

C A N

следва, че

\angle A N C=30^{\circ}

. Следователно

N B

е ъглополовяща на

\angle A N C

. От свойството на ъглополовящата получаваме

C P: A P=C N

A N=1: \sqrt{\vphantom{x^2}3}

. За определяне на търсеното отношение използваме теоремата на Менелай за триъгълника

C A N

, пресечен с правата

M P Q

. Имаме

\frac{C P}{P A} \cdot \frac{A Q}{Q N} \cdot \frac{N M}{M C}=1,

откъдето намираме търсеното отношение

A Q: Q N=\sqrt{\vphantom{x^2}3}: 2

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2008-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението

x^{2}-13[x]+11=0

където

[x]

е най-голямото цяло число, което е по-малко или равно на

x

Решение

Очевидно

[x]\gt{}0

и тъй като

x \geq[x]

-13[x] \geq-13 x

имаме

0=x^{2}-13[x]+11 \geq x^{2}-13 x+11,

откъдето

x \in[(13-\sqrt{\vphantom{x^2}125}) / 2, (13+\sqrt{\vphantom{x^2}125}) / 2]

, т. е.

[x] \in\{1, 2, \ldots, 12\}

. Тъй като числото

x^{2}+11

е цяло и се дели на 13, имаме

x^{2}+11 \in\{13, 26, \ldots, 156\},

или

x \in\{\sqrt{\vphantom{x^2}2+13 k} \mid k=0, 1, \ldots, 11\}.

Тъй като

[x]=\left(x^{2}+11\right) / 13

, то

[\sqrt{\vphantom{x^2}2+13 k}]=k+1

. С директна проверка се установява, че решения се получават за

k=0, 9, 10, 11

, т. е.

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

2009

2 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши системата

\left\lvert\, \begin{aligned} & x^{3}+x y^{2}+16=0 \\ & 3 y^{3}-x y^{2}+16=0 \end{aligned}\right.

Решение

Изваждаме почленно второто уравнение от първото и получаваме

x^{3}+ 2 x y^{2}-3 y^{3}=0

. Лесно се вижда, че

y=0

не дава решение на системата. При

y \neq 0

разделяме полученото уравнение на

y^{3}

и полагаме

\frac{x}{y}=t

. Получаваме

t^{3}+2 t-3=0 \Longleftrightarrow(t-1)\left(t^{2}+t+3\right)=0

с единствено реално решение

t=1

. Тогава

x=y

и от системата получаваме

x=y=-2

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Вписаната в

\triangle A B C

окръжност се допира до страните

A C

B C

съответно в точки

P

Q

, а правата

P Q

пресича описаната около

\triangle A B C

окръжност в точки

K

L(K \in \wideparen{A C}, L \in \wideparen{B C})

. Ако

K

е среда на

\wideparen{A C}

, да се намери отношението

K L: A B

Решение

Имаме

\frac{\wideparen{A K}+\wideparen{C L}}{2}=\angle Q P C=\angle P Q C= \frac{\wideparen{C K}+\wideparen{B L}}{2}

. Но

\wideparen{A K}=\wideparen{C K}

и следователно

L

е среда на

\wideparen{B C}

. Тогава

A L

пресича

B K

в центъра

I

на вписаната в

\triangle A B C

окръжност и

K L \mathrm{e}

симетрала на

C I

. Така получаваме, че

P I Q C

е квадрат,

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

и освен това имаме

\triangle K L C \sim \triangle A B I

, т. е.

K L: A B=C S: I R=C S: C P=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2}

, където

R

е допирната точка на вписаната в

\triangle A B C

окръжност с

A B

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-9-2

2010

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на реалния параметър

a

, за които корените

x_{1}

x_{2}

на уравнението

x^{2}+(\sqrt{\vphantom{x^2}a+1}-a) x-1=0

са реални и удовлетворяват равенството

x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+a^{2}=

2 a\left(x_{1}+x_{2}\right)+2+\sqrt{\vphantom{x^2}a^{3}+a^{2}-14 a+25}.

Решение

Уравнението има смисъл и корените му са реални за всяко

a \geq-1

. Да означим за краткост

g(a)=a^{3}+a^{2}-14 a+25

. Даденото условие може да се запише във вида

\left(x_{1}+x_{2}-a\right)^{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}g(a)}

което е еквивалентно на уравнението

a+1=\sqrt{\vphantom{x^2}g(a)}

. След повдигане на квадрат получаваме

a^{3}-16 a+24=0 \Longleftrightarrow(a-2)\left(a^{2}+2 a-12\right)=0

с корени

a_{1}=2

a_{2}=-1+\sqrt{\vphantom{x^2}13}

a_{3}=-1-\sqrt{\vphantom{x^2}13}

. Тъй като

a_{3}\lt{}-1\lt{}a_{1}\lt{}a_{2}, g\left(a_{1}\right)=\left(a_{1}+1\right)^{2} \geq 0

g\left(a_{2}\right)=\left(a_{2}+1\right)^{2} \geq 0

, то

a_{1}=2

a_{2}=-1+\sqrt{\vphantom{x^2}13}

са единствените на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В даден четириъгълник

A B C D

може да се впише окръжност

k

, която се допира до страните

A B, B C, C D

D A

в точките

M, N, P

Q

съответно. Нека

S

е средата на хордата, получена от пресичането на диагонала

A C

с окръжността

k

. Да се докаже, че е изпълнено равенството

S M. S Q=S N. S P

Решение

Нека

I

е центъра на окръжността

k

и да въведем стандартние означения за ъглите на четириъгълника с

\alpha, \beta, \gamma

\delta

. Ще покажем, че

\triangle M N S \sim \triangle P Q S

откъдето следва, че

\frac{S M}{S P}=\frac{S N}{S Q}

, т. е.

S M. S Q=S N. S P

. Тъй като

S

е среда на хорда в

k

, лежаща на правата

A C

, то

\angle I S C=90^{\circ}

. От друга страна

\angle I P C=\angle I N C=90^{\circ}

и следователно точките

I, N, C, P

S

лежат на окръжност с диаметър

C I

. Тогава

\angle N S C=\angle C S P=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}

и аналогично

\angle M S A=\angle Q S A=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}

\begin{aligned} & \text{Следователно} \angle M S N=\angle P S Q=\frac{\alpha+\gamma}{2}. \text{Освен това} \\ & \begin{aligned} \angle S P Q & =\angle S P D-\angle Q P D=\angle S N C-\left(90^{\circ}-\frac{\delta}{2}\right)=\left(180^{\circ}-\angle S N B\right)-\left(90^{\circ}-\frac{\delta}{2}\right)= \\ & =\left(180^{\circ}-\angle S N M\right)-\angle M N B-\left(90^{\circ}-\frac{\delta}{2}\right)= \\ & =\angle N M S+\angle M S N-\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)-\left(90^{\circ}-\frac{\delta}{2}\right)= \\ & =\angle N M S+\frac{\alpha+\gamma}{2}-\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)-\left(90^{\circ}-\frac{\delta}{2}\right)=\angle N M S \end{aligned} \end{aligned}

и с това доказателството е завършено.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Върху успоредните прави

a

b

са взети съответно точките

A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}

B_{1}, B_{2}, B_{3}, B_{4}

, които са две по две различни. Да се намери минималният възможен брой различни точки, получени при пресичането на отсечките

A_{i} B_{j}, i=1, 2, 3, 4

;

j=1, 2, 3, 4

. (Включително самите точки

A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}

B_{1}, B_{2}, B_{3}, B_{4}

Решение

Нека точките върху правата

a

са разположени в реда

A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}

отляво надясно и аналогично за точките

B_{1}, B_{2}, B_{3}, B_{4}

върху

b

. Тогава 10-те отсечки

A_{1} B_{i}, i=2, 3, 4, A_{2} B_{j}, j=1, 4

A_{3} B_{k}, k=1, 4

A_{4} B_{m}, m=1, 2, 3

, определят 19 различни пресечни точки (по 3 върху отсечките

A_{1} B_{2}

A_{3} B_{4}

, по 4 върху

A_{1} B_{3}

A_{2} B_{4}

и 5 върху

A_{1} B_{4}

- означени, като „празни“ точки на чертежа). Отсечките, които все още не сме разгледали са

A_{2} B_{2}, A_{2} B_{3}, A_{3} B_{2}

A_{3} B_{3}

. Остава да съобразим, че върху всяка една от отсечките

A_{2} B_{3}

A_{3} B_{2}

съществуват по още поне 2 нови пресечни точки, различни по между си и различни от горните 19. Като добавим и дадените осем точки върху правите

a

b

достигаме до поне

19+2+2+8=

31 пресечни точки. Ще покажем, че може да се построи желана конфигурация с точно 31 пресечни точки. Нека за целта разположим точките, така че отсечките

A_{i} B_{i}

да са перпендикулярни на правите

a

b, A_{1} A_{2}=A_{3} A_{4}=x

A_{2} A_{3}=y

. Тогава

B_{1} B_{2}=B_{3} B_{4}=x

B_{2} B_{3}=y

. Ще търсим отношението

x: y

, така че правата

A_{2} B_{2}

да минава през пресечната точка

P

на отсечките

A_{1} B_{4}

A_{3} B_{1}

. За целта използваме двойките подобни триъгълници

\triangle A_{1} A_{2} P

\triangle B_{2} B_{4} P

, както и триъгълниците

\triangle A_{2} A_{3} P

\triangle B_{1} B_{2} P

. След съответните пресмятания достигаме до равенството

x^{2}-x y-y^{2}=0

, т. е.

\frac{x}{y}=\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}

A_{1} A_{2}=A_{3} A_{4}=\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2} A_{2} A_{3}

. От съображение за симетрия, в този случай получаваме, че отсечката

A_{2} B_{2}

минава през пресечната точка на отсечките

A_{1} B_{3}

B_{1} A_{4}

, т. е. отсечката

A_{2} B_{2}

не носи нови пресечни точки различни от горните 19. Аналогично и отсечката

A_{3} B_{3}

няма да носи нови точки и вече лесно се вижда, че останалите две отсечки

A_{2} B_{3}

A_{3} B_{2}

ще донесат точно 4 нови точки, което ни води и до търсеният брой.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се реши системата

\left\lvert\, \begin{aligned} x+a y^{2}+a^{2} z^{2} & =a^{2} \\ x+b y^{2}+b^{2} z^{2} & =b^{2} \\ x+c y^{2}+c^{2} z^{2} & =c^{2} \end{aligned}\right.

където

a, b

c

са реални параметри (

a \neq b, b \neq c, c \neq a

Решение

Нека един от параметрите, например

a

, е равен на 0. Тогава

x=0

от първото уравнение, а от другите две уравнения получаваме системата

\left\lvert\, \begin{aligned} & y^{2}+b z^{2}=b \\ & y^{2}+c z^{2}=c \end{aligned}\right.

откъдето лесно намираме

y^{2}=0

z^{2}=1

, т. е.

y=0

z= \pm 1

. Нека сега

a b c \neq 0

. Тогава след изразяване на

z^{2}-1

от трите уравнения получаваме системата

\frac{x+a y^{2}}{a^{2}}=\frac{x+b y^{2}}{b^{2}}=\frac{x+c y^{2}}{c^{2}}

. Следователно

\left\{\begin{array}{l} x\left(b^{2}-a^{2}\right)+a b(b-a) y^{2}=0 \cr x\left(c^{2}-a^{2}\right)+a c(c-a) y^{2}=0 \end{array} \Longleftrightarrow\right| \begin{aligned} & x(a+b)+a b y^{2}=0 \\ & x(a+c)+a c y^{2}=0 \end{aligned}.

В последната система умножаваме първото уравнение

c c

, второто с

b

и ги изваждаме, за да получим

a x(c-b)=0

, откъдето

x=0

. Тогава

y=0 \quad z^{2}=1

достигаме до решенията

(x, y, z)=(0, 0, \pm 1)

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

с ортоцентър

H

и център на вписаната окръжност

I

. Окръжност, минаваща през върховете

A

B

пресича страните

C A

C B

за втори път в точките

P

Q

съответно. а) Ако

I

лежи на отсечката

P Q

, да се докаже, че

A P+B Q=P Q

; б) Ако

H

лежи на отсечката

P Q

, да се докаже, че

\frac{A P}{A H}+\frac{B Q}{B H}=\frac{P Q}{C H}

Решение

Да въведем стандартните означения за ъглите на

\triangle A B C

\alpha, \beta

\gamma

. a) Нека

I

лежи на отсечката

P Q

и описаната около

\triangle A B I

окръжност

k

пресича за втори път правата

P Q

в точка

D

(възможно е

D \equiv I

, ако

k

се допира до

P Q

). Без ограничение на общността нека

D \in I P \rightarrow

и тогава

\angle A D I=180^{\circ}-\angle A B I=180^{\circ}-\frac{\beta}{2}\gt{}180^{\circ}-\beta=\angle A P Q

, т. е.

D

е вътрешна точка за отсечката

I P

. От

\angle A D P=\angle A B I=\frac{\beta}{2}=\frac{1}{2} \angle D P C

следва, че

\triangle A D P

е равнобедрен и

A P=P D

. Аналогично

B Q=D Q

и следователно

A P+B Q=P D+D Q=P Q

. б) Нека

H

лежи на отсечката

P Q

. Тъй като

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

, то

\triangle B Q H \sim \triangle B H C

\frac{B Q}{B H}=\frac{Q H}{C H}

. Аналогично

\triangle A P H \sim \triangle A H C

\frac{A P}{A H}=\frac{P H}{C H}

. Като съберем тези две равенства получаваме

\frac{A P}{A H}+\frac{B Q}{B H}=\frac{P Q}{C H}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число. Да се намери най-малкото естествено число

k

, за което съществуват естествени числа

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

, такива че

7 \cdot 2^{n}=a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{k}^{2}

Решение

Очевидно

k\gt{}1

. Нека

k=2

. Ако

7 \mid a_{1}

7 \mid a_{2}

, то

7 \mid a_{1}^{2}+a_{2}^{2}

и оттук

7^{2} \mid 7 \cdot 2^{n}

, което е невъзможно. Нека

7 \nmid a_{1}

и тогава очевидно

7 \nmid a_{2}

. Сега от

a_{1}^{2}+a_{2}^{2} \equiv 0 (\bmod 7)

или

a_{1}^{2} \equiv-a_{2}^{2}(\bmod 7)

следва

a_{1}^{6} \equiv-a_{2}^{6}(\bmod 7)

и (от теоремата на Ферма)

1 \equiv-1(\bmod 7)

- противоречие. Нека

k=3

. Ако

n\gt{}1

, то

a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2} \equiv 0(\bmod 4)

, откъдето лесно следва, че

a_{1}, a_{2}, a_{3}

са четни числа. Тогава

a_{1}=2 b_{1}, a_{2}=2 b_{2}, a_{3}=2 b_{3}\left(b_{1}, b_{2}, b_{3} \in \mathbb{N}\right)

7 \cdot 2^{n-2}=

b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+b_{3}^{2}

. Продължавайки по точи начин заключаваме, че

7 \cdot 2^{2}

или 7 \cdot 2 трябва да е сума на три квадрата. Непосредствено се проверява, че това не е изпълнено за

7 \cdot 2^{2}=28

и следователно не е изпълнено за

7 \cdot 2^{n}

при четно

n

. От друга страна,

7 \cdot 2=14=3^{2}+2^{2}+1^{2}

, което ни подсеща при нечетно

n=2 m+1

да изберем

a_{1}=3 \cdot 2^{m}, a_{2}=2 \cdot 2^{m}, a_{3}=1 \cdot 2^{m}

и тогава

a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}=14 \cdot 2^{2 m}=7 \cdot 2^{n}

. Нека

n=2 m

е четно и

k=4

. Аналогично на горното, тъй като

7=2^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}

, избираме

a_{1}=2^{m+1}, a_{2}=a_{3}=a_{4}=2^{m}

и получаваме

a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+a_{4}^{2}=7 \cdot 2^{2 m}=7 \cdot 2^{n}

. Окончателно,

k=3

за нечетно

n

k=4

за четно

n

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-9-6

2011

7 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението

\sqrt{\vphantom{x^2}x-\sqrt{a}}=a-x

в зависимост от стойностите на реалния параметър

a

Решение

Преди всичко трябва

a \geq 0

, като при

a=0

единственото е

x=0

. Нека

a\gt{}0

. Уравнението има смисъл при

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

, като при

x\gt{}a

то няма Нека

\sqrt{\vphantom{x^2}a} \leq x \leq a

. Оттук следва и

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

, т. е.

a \geq 1

и при

0\lt{}a\lt{}1

уравнението няма При

a \geq 1

уравнението е равносилно с

x-\sqrt{\vphantom{x^2}a}=(a-x)^{2}

или

x^{2}-(2 a+1) x+a^{2}+\sqrt{\vphantom{x^2}a}=

0. Корените на това квадратно уравнение са

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

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

. Тъй като

a+\sqrt{\vphantom{x^2}a}\gt{}a

, то

x_{1}

не е Понеже

a-\sqrt{\vphantom{x^2}a}+1 \geq \sqrt{\vphantom{x^2}a}

(това е равносилно с

(\sqrt{\vphantom{x^2}a}-1)^{2} \geq 0

) и

a-\sqrt{\vphantom{x^2}a}+1 \leq a

(това следва от

a \geq 1

), то

x_{2}

е Окончателно, при

a\lt{}0

0\lt{}a\lt{}1

уравнението няма , при

a=0

има x=0

и при

a \geq 1 то е

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-9-1

Задача 1b

Пълен запис

Условие

Да се реши системата уравнения:

\begin{aligned} x^{2} y+x y^{2}+x+y & =9 \\ x^{3} y+x y^{3}+x^{2}+y^{2} & =15. \end{aligned}

Решение

Разлагаме на множители и двете уравнения:

\begin{gathered} (x+y)(x y+1)=9 \\ \left(x^{2}+y^{2}\right)(x y+1)=15 \end{gathered}

Следователно можем да разделим второто уравнение на първото. Нека положим

u=x+y

v=x y

. Значи

x^{2}+y^{2}=u^{2}-2 v

. Разделяме, заместваме с

u

v

и получаваме:

\begin{aligned} & \frac{u^{2}-2 v}{u}=\frac{5}{3} \\ & u(v+1)=9 \end{aligned}

От първото уравнение изразяваме

v=\frac{3 u^{2}-5 u}{6}

и заместваме във второто:

u \frac{3 u^{2}-5 u}{6}+u=9 \quad \Leftrightarrow \quad 3 u^{3}-5 u^{2}+6 u-54=0 \quad \Leftrightarrow \quad(u-3)\left(3 u^{2}+4 u+18\right)=0

. Разлагането може да бъде направено например чрез схема на Хорнер. Квадратният тричлен е положителен

\left(D=4\left(2^{2}-3 \cdot 18\right)\lt{}0\right.

) и значи

u=3

е единственото реално Тогава

v=2

. Връщаме полагането:

\begin{array}{r} x+y=3 \cr x y=2. \end{array}

По формулите на Виет,

x

y

са корени на полинома

z^{2}-3 z+2

и значи получаваме

(x, y)= (1, 2)

или

(x, y)=(2, 1)

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-9-1b

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички прости числа

p

, за които съществуват взаимно прости естествени числа

a

b

, такива, че

p\left(a^{2}+a b+b^{2}\right)=1501(a+b).

Решение

Ако допуснем, че има просто число

r

, делящо

a+b

a^{2}+a b+b^{2}

, то от

b \equiv-a(\bmod r)

0 \equiv a^{2}+a b+b^{2} \equiv a^{2}-a^{2}+a^{2}=a^{2}(\bmod r)

следва, че

r \mid a

r \mid b

, което противоречи на

(a, b)=1

. Следователно

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

. Тогава, тъй като

a+b \mid p\left(a^{2}+a b+b^{2}\right)

, то

a+b \mid p

. Но

a+b\gt{}1

, така че

a+b=p

a^{2}+a b+b^{2}=1501

. От

1501=(a+b)^{2}-a b=p^{2}-a b

получаваме

p^{2}\gt{}1501

и оттук

p \geq 39

. Освен това

a

b

са корени на квадратното уравнение (1)

x^{2}-p x+p^{2}-1501=0

и трябва дискриминантата

D

на това уравнение да е неотрицателна. От

D=6004-3 p^{2} \geq 0

получаваме

p^{2} \leq 2001

и значи

p \leq 44

. Понеже

p

е просто число, остават възможностите

p=41

p=43

. Сега пресмятаме, че при

p=41

корените на (1) са 5 и 36 (взаимно прости естествени числа), а при

p=43

те не са цели числа. Окончателно,

p=41

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Даден е изпъкнал четириъгълник

A B C D

, в който

H_{a}

е ортоцентър на

\triangle B C D, H_{b}

е ортоцентър на

\triangle C D A, H_{c}

е ортоцентър на

\triangle D A B

H_{d}

е ортоцентър на

\triangle A B C

. Да се докаже, че ако правите

A C

H_{a} H_{c}

са успоредни, но не съвпадат, то правите

B D

H_{b} H_{d}

са успоредни.

Решение

Имаме

A H_{c} \perp B D

C H_{a} \perp B D

, откъдето

A H_{c} \| C H_{a}

и следователно четириъгълникът

A H_{c} C H_{a}

е успоредник. Да построим точката

P

така, че векторите

\overrightarrow{A H_{c}}, \overrightarrow{P B}

\overrightarrow{C H_{a}}

са равни. Тогава

P B \| A H_{c} \Rightarrow \angle P B D=90^{\circ}

P A \| B H_{c} \Rightarrow \angle P A D=90^{\circ}

. Оттук, точката

A

лежи на описаната окръжност на

\triangle P B D

. Аналогично, точката

C

лежи на същата описана окръжност и четириъгълникът

A B C D

е вписан в окръжност. Да построим точката

Q

, диаметрално противоположна на

C

в тази окръжност. По обратния път на горното разсъждение установяваме, че

Q A H_{d} B

е успоредник,

Q A=B H_{d}

, и аналогично

Q A=D H_{b}

, откъдето

B H_{d}=D H_{b}

, фигурата

B H_{d} H_{b} D

също е успоредник, и

B D \| H_{b} H_{d}

, както се искаше.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на реалните параметри

a

b

, за които полиномът

f(x)=x^{4}+x^{3}-\left(a^{2}-1\right) x^{2}+2 a b x+a^{2}-a-6

се дели на полинома

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

Решение

Лесно се вижда, че

a=0

не дава на задачата. Тъй като корените на делителя

g(x)

са

a

-a

, при

a \neq 0

условието е еквивалентно на

f(a)= f(-a)=0

. Оттук получаваме системата

a^{4}+a^{3}-a^{2}\left(a^{2}-1\right)+2 a^{2} b+a^{2}-a-6=0

a^{4}-a^{3}-a^{2}\left(a^{2}-1\right)-2 a^{2} b+a^{2}-a-6=0

. След елиминиране на

a^{3}+2 a^{2} b

достигаме до квадратното уравнение

2 a^{2}-a-6=0

с корени

a_{1}=2

a_{2}=-\frac{3}{2}

. Сега от първото уравнение от горната система намираме

b=-\frac{a}{2}

, откъдето

b_{1}=-1

b_{2}=\frac{3}{4}

. Следователно търсените стойности са

(a, b)=(2, -1)

\left(-\frac{3}{2}, \frac{3}{4}\right)

, като съответните разлагания са

x^{4}+x^{3}-3 x^{2}-4 x-4=\left(x^{2}-4\right)\left(x^{2}+x+1\right)

x^{4}+x^{3}-\frac{5}{4} x^{2}-\frac{9}{4} x-\frac{9}{4}= \left(x^{2}-\frac{9}{4}\right)\left(x^{2}+x+1\right)

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

T

е множеството от всички триъгълници

A B C

с радиуси

r

r_{a}

съответно на вписаната окръжност и на външновписаната окръжност срещу върха

A

, където

r

r_{a}

са фиксирани положителни числа. Да се докаже, че: a) всички триъгълници в

T

имат една и съща дължина на височината от върха

A

; б) измежду всички триъгълници в

T

най-малко лице има този, за който

A B=A C

Решение

а) Нека

I

I_{a}

са съответно центъровете на вписаната и външновписаната окръжност, а

A H=h_{a}

е разстоянието от

A

до

B C, H \in B C

. Ако

I P \perp B C, P \in B C

, и

I_{a} Q \perp B C, Q \in B C

, имаме

\frac{A I}{A I_{a}}=\frac{r}{r_{a}}

. Аналогично, ако

I R \perp A H, R \in A H

, и

I_{a} S \perp A H, S \in A H

, то

\frac{A I}{A I_{a}}=\frac{h_{a}-r}{h_{a}+r_{a}}

. Оттук се вижда, че

h_{a}=\frac{2 r r_{a}}{r_{a}-r}

може да бъде определено еднозначно по

r

r_{a}

, и следователно всички триъгълници от

T

имат равни височини през

A

. б) От а) следва, че най-малко лице ще има този от триъгълниците в

T

, в който дължината на страната

B C

е минимална. Лесно се вижда, че четириъгълникът

B I_{a} C I

е вписан в окръжност

k

с диаметър

I I_{a}

, като

I I_{a} \geq r+r_{a}

и равенство се достига, когато вписаната и външновписаната окръжност се допират. В същия случай мярката на

\angle B A C

е максимална, а

B C

е хорда в

k

срещу ъгъл

90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle B A C

. Получихме, че лицето на

\triangle A B C

е минимално точно тогава, когато вписаната и външновписаната окръжност се допират. Последното е възможно само тогава, когато

A B=A C

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Една редица от естествени числа

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

се нарича

n

-добра, ако

x_{1}\lt{}x_{2}\lt{}\cdots\lt{}x_{k} \leq n

x_{i}-i

се дели на 3 за всяко

i=1, \ldots, k

. Нека

a_{n}

е броят на

n

-добрите редици за фиксирано естествено число

n

. Да се докаже, че числото

a_{n+8}-a_{n}

се дели на 3.

Решение

Ако

1, x_{2}, x_{3}, \ldots, x_{k}

n

-добра редица, то

x_{2}-1, x_{3}-1, \ldots, x_{k}-1

(n-1)

добра редица. Вземайки пред вид и редицата с единствен член

x_{1}=1

получаваме, че броят на

n

-добрите редици, които започват с 1, е

a_{n-1}+1

. Ако

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

n

-добра редица с

x_{1} \geq 4

, то

x_{1}-3, x_{2}-3, \ldots, x_{k}-3

(n-3)

-добра редица. Оттук следва, че броят на

n

-добрите редици, незапочващи с 1, е

a_{n-3}

. Горните разсъждения показват, че

a_{n}=a_{n-1}+a_{n-3}+1

. Пресмятаме първите няколко стойности на

a_{n}

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|r|r|r|r|r|r|} \hline n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 \cr \hline a_{n} & 1 & 2 & 3 & 5 & 8 & 12 & 18 & 27 & 40 & 59 & 87 \cr \hline a_{n}(\bmod 3) & 1 & 2 & 0 & 2 & 2 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 0 \cr \hline \end{array}

Сега твърдението лесно следва по индукция. Базата за индукцията следва от таблицата. Нека

n \geq 4

a_{k+8} \equiv a_{k}(\bmod 3)

за всяко

k \leq n

. Тогава

a_{n+9}=a_{n+8}+a_{n+6}+1 \equiv a_{n}+a_{n-2}+1=a_{n+1}(\bmod 3),

което завършва доказателството.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-9-6

2013

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че ако за дължините на страните на

\triangle A B C

е в сила равенството

A B+B C=2 A C

, то върхът

B

, центърът на вписаната в триъгълника окръжност и средите на страните

A B

B C

лежат на една окръжност.

Решение

Ще използваме стандартните означения за

\triangle A B C

. По условие

a+c=2 b

и без ограничение на общността може да считаме, че

a\lt{}b\lt{}c

. Нека

C_{1}

е средата на

A B, B_{1}

е средата на

B C, I

е центърът на вписаната в

\triangle A B C

окръжност,

I P \perp A B

P \in A B

I Q \perp B C, Q \in B C

. Тъй като

P

Q

са допирните точки на вписаната в

\triangle A B C

окръжност съответно със страните

B C

A B

, то

B P=B Q=p-b=\frac{b}{2}, B_{1} Q=B Q-B B_{1}=\frac{b-a}{2},

C_{1} P=B C_{1}-B P=\frac{c-b}{2}

и следователно

B_{1} Q=C_{1} P

. Тогава по първи признак

\triangle I B_{1} Q \cong \triangle I C_{1} P

, откъдето

\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

C_{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

a

b

, за които полиномът

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

е такъв, че

f(a-1)=f(a+1)

и при делението му на полинома

x-b

се получава остатък

-2 a

Решение

Условието

f(a-1)=f(a+1)

е еквивалентно (след съответните пресмятания) на

a b=a^{2}+2

, а от другото изискване

f(b)=-2 a

получаваме

2 a+6 b=a^{2} b

. От тези две равенства изразяваме

b=\frac{a^{2}+2}{a}=\frac{2 a}{a^{2}-6}

(лесно се вижда, че

a=0

a^{2}=6

не водят до ). Следователно

\frac{a^{2}+2}{a}=\frac{2 a}{a^{2}-6}

, откъдето получаваме биквадратното уравнение

a^{4}-6 a^{2}-12=0

. Тогава

a^{2}=3 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}21}

, т. е.

a= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3+\sqrt{21}}

и съответно

b= \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

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2013-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

A

е множество от естествени числа със следното свойство: за всеки два елемента

m, n \in A, m \neq n

, е в сила неравенството

10|m-n|+50 \geq m n

. Да се намери максималният възможен брой елементи на

A

Решение

Отговор: 9. Нека

m, n \in A

и без ограничение на общността

m\gt{}n

. Тогава даденото неравенство се записва във вида

m n+10 n-10 m \leq 50 \Longleftrightarrow(m+10)(n-10) \leq

-50. Последното означава, че е невъзможно да имаме

n \geq 10

. Следователно в

A

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

A

. Тогава

|A| \leq 9

. Множеството

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

2014

3 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

с център на вписаната окръжност I. Окръжност с център

I

минава през върха

C

и пресича страната

A B

във вътрешни точки

M

N

. Да се докаже, че

\angle M C N\lt{}60^{\circ}

Решение

Решение. В

\triangle A M C

точка

I

се явява пресечна точка на симетралата на страната

C M

и ъглополовящата на

\angle C A M

и следователно

I

лежи на описаната около

\triangle A M C

окръжност и в частност

\angle I C M=\angle I A M=\frac{1}{2} \angle C A B

. Аналогично

\angle I C N=\frac{1}{2} \angle C B A

и следователно

\angle A C B=180^{\circ}-\angle C A B-\angle C B A=180^{\circ}-2 \angle M C N

. Но по условие

M

N

са вътрешни точки за

A B

и следователно

\angle A C B\gt{}\angle M C N

, т. е.

\angle M C N\lt{} 60^{\circ}

. Инструкции за оценяване. (7 точки) 3 т. за

A M I C

- вписан и

B N I C

- вписан; 2 т. за изразяване на

\angle A C B

чрез

\angle M C N

и 2 т. за заключението

\angle M C N\lt{}60^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които числото

A=n(n+2)(n+3)(n+5)

има точно три различни прости делителя. (Някои от простите делители на

A

могат да делят

A

и с по-висока от първа степен.)

Решение

t b_{\max }^{*}+\frac{5 \cdot 6 t}{3} \leq 55 t

т. е. $b_{\max }^{*} \leq 15$. Нека $b^{*}$ е броят на различните саксии (максимални и немаксимални). Нека $\mathcal{B}^{*}$ е максимално множество от саксии,

е което всеки две са ралични.,

т. е. $\left|\mathcal{B}^{*}\right|= b^{*}$. Преброявайки по два начина двойките $(B, (x, y))$, където $B \in \mathcal{B}^{*}$,

а $(x, y)$ е двойка сортове, която се среща в $B$, получаваме неравенството

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

За дадено множество

S

от 2014 точки в равнината нека

\ell

е минималното естествено число, за което съществуват

\ell

прави, такива, че всяка точка от

S

лежи върху някоя от тях. Нека

c

е минималното естествено число, за което съществуват

c

окръжности, такива, че всяка точка от

S

лежи върху някоя от тях. Съществува ли множество

S

, за което: а)

\ell=15

c=67

; б)

\ell=19

c=53

Решение

Решение. а) Отговор: Не. Да разгледаме едно покриване на

S

със

c

окръжности. Тогава върху окръжността с най-много точки от

S

има поне

\frac{2014}{c}

точки и за да покрием тези точки с прави, са ни необходими поне

\frac{2014}{2 c}=\frac{1007}{c}

прави (защото всяка права покрива най-много две от точките). Следователно

\ell \geq \frac{1007}{c} \Longleftrightarrow c \ell \geq 1007

, докато за дадените стойности на

c

\ell

имаме

c \ell=15 \cdot 67=1005

. б) Отговор: Да. Да разгледаме 19 успоредни прави и 53 окръжности, всяка от които пресича всяка от деветнадесетте прави в по 2 различни точки (и никои две окръжности не се пресичат върху правите). Получаваме множество

S

от общо 19 \cdot 53 \cdot 2 = 2014 точки, за което ще докажем, че има исканото свойство. Да допуснем, че

c\lt{}

30. Тогава ще има окръжност, върху която лежат повече от 20 точки и някоя от 19-те успоредни трябва да пресича тази окръжност поне в 3 точки, противоречие. Аналогично, ако допуснем, че

\ell\lt{}10

, то в съответното покриване има права на която лежат повече от 60 точки и тогава върху някоя от 30 -те окръжности от конструкцията има поне 3 точки от тази права, пак противоречие. Инструкции за оценяване. ( 7 точки) 3 т. за а) и 4 т. за пример за б), в това число 2 т. за посочване на работещ пример и по 1 т. за доказване на

\ell=19

c=53

. Правилни отговори без смислена обосновка се оценяват с 0 т.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-9-4

2015

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Ако

x_{1}

x_{2}

са корените на уравнението

x^{2}-5 x=3

, намерете всички реални

z

, за които

\left(2 z^{2}-4 z-\sqrt{\vphantom{x^2}z^{2}-2 z-10}\right)\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right)=2015.

Решение

От формулите на Виет имаме

x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}=5^{2}+2 \cdot 3=31

, следователно

2 z^{2}-4 z-\sqrt{\vphantom{x^2}z^{2}-2 z-10}=2015: 31=65

. Полагаме

t=\sqrt{\vphantom{x^2}z^{2}-2 z-10} \geq 0

и условието добива вида

2 t^{2}+20-t=65

, т. е.

2 t^{2}-t-45=0

. Единственият неотрицателен корен на това уравнение е

t=\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}1+360}}{4}=5

. Получаваме

z^{2}-2 z-10=5^{2}, z^{2}-2 z-35=0

, чиито са

z=7

z=-5

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Върху страните

B C, C A

A B

на равнобедрения

\triangle A B C(A B=B C)

са взети съответно точките

A_{1}, B_{1}

C_{1}

, така че

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

. Отсечките

B B_{1}

C C_{1}

се пресичат в точка

P

. Да се докаже, че четириъгълниците

A B A_{1} B_{1}

A B_{1} P C_{1}

са вписани.

Решение

Щом

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

, то

A_{1} C_{1} \| A C

, следователно

A C A_{1} C_{1}

е равнобедрен трапец. Ако

\angle C A B=\alpha

, то

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

\angle A B_{1} A_{1}=2 \alpha

като външен за

\triangle A_{1} B_{1} C

, следователно

A B A_{1} B_{1}

е вписан.

A A_{1}

C C_{1}

са диагонали в равнобедрен трапец, следователно

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

. Отсечката

P A_{1}

се вижда под един и същ ъгъл от точките

B_{1}

C

, т. е. четириъгълникът

A_{1} P B_{1} C

е вписан, откъдето

\angle B_{1} P C=\angle B_{1} A_{1} C

. Следователно

\angle B_{1} P C_{1}+\angle B_{1} A C_{1}=180^{\circ}

, т. е.

A B_{1} P C_{1}

е вписан.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Ще наричаме едно естествено число мощно, ако се дели на квадрата на всеки свой прост делител (числото 1 също е мощно по тривиални причини). Ще наричаме мощ, на едно число броя на мощните му делители. Колко най-много поредни естествени числа можем да изберем, така че никое от тях да няма мощ, кратна на: а) 2; б) 3; в) 2015?

Решение

Едно число е мощно, ако всеки негов прост делител е поне от втора степен. Ако разлагането на различни прости множители на едно число е

p_{1}^{s_{1}} p_{2}^{s_{2}} \ldots p_{k}^{s_{k}}

, то мощта му е равна на

s_{1} s_{2} \ldots s_{k}

, понеже за степента на делителя му

p_{k}

има

s_{k}

възможни избора (

0, 2, 3

\left.\ldots, s_{k}\right)

. a) Ако изберем 8 поредни числа, някое от тях ще се дели на

2^{2}

, без да се дели на

2^{3}

, така че мощта му ще се дели на 2. Има 7 поредни числа, всяко от които има мощ, която не се дели на 2, например

29, 30, 31, \ldots, 35

. б) Ако изберем 16 поредни числа, някое от тях ще се дели на

2^{3}

, без да се дели на

2^{4}

, така че мощта му ще се дели на 3. Има 15 поредни числа, всяко от които има мощ, която не се дели на 3, например

9, 10, 11, \ldots, 23

. в) Ако изберем

2^{2016}

поредни числа, някое от тях ще се дели на

2^{2015}

, без да се дели на

2^{2016}

, така че мощта му ще се дели на 2015. Има

2^{2016}-1

поредни числа, всяко от които има мощ, която не се дели на 2015, например

2^{2015}+1, 2^{2015}+2, \ldots, 3 \cdot 2^{2015}-1

(използваме, че

3 \cdot 2^{3}.2^{2012}\lt{}3 \cdot 3^{2}.3^{2012}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Мравка се намира в координатното начало

O

. Всяка секунда тя изминава 1 см в някоя от посоките изток, запад, север или юг. След

m

секунди мравката била пак в

O

. Ако броят на всевъзможните маршрути на мравката се дели на 2015, намерете най-малката възможна стойност на

m

Решение

Кодираме с И, З, С, Ю според посоката; броят на буквите С трябва да е колкото буквите Ю (нека са по

k

), а на И колкото З (по

n-k

, където

m=2 n

); броят на тези кодове е

\frac{(2 n)!}{k! k!(n-k)!(n-k)!}=\binom{2 n}{n}\binom{n}{k}\binom{n}{n-k}

. Общо получаваме

\binom{2 n}{n} \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\binom{n}{n-k}= \binom{2 n}{n}^{2}

маршрута. Тук използвахме тъждеството

\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\binom{n}{n-k}=\binom{2 n}{n}

, което може да се докаже комбинаторно: ако в клас има

n

момчета и

n

момичета, то лявата страна представя броя начини да изберем

n

от децата, а дяснатав избраната група да има

k

момчета и

n-k

момичета. Остава да открием най-малкото

n

, за което

\binom{2 n}{n}=\frac{(2 n)!}{n! n!}

се дели на 5 \cdot 13 \cdot 31. Заради делимостта на 31 е необходимо

n \geq 16

. Стойностите

n=16, \ldots, 19

не са подходящи, понеже степента на 13 в числителя и знаменателя на

\frac{(2 n)!}{n! n!}

е еднаква. При

n=20

степента на 5, 13 и 31 в числителя е по-голяма, отколкото в знаменателя, така че тази стойност е подходяща. Отговор:

m=2 n=40

. Kpumepuu. 2 т. за представяне на броя пътища като сума; 2 т. за представянето на броя като биномен коефициент или еквивалентен затворен израз; 2 т. за доказване, че

m\gt{}39; 1

т. за обяснение, че

m=40

е подходяща стойност.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-9-4

2016

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

В окръжност е вписан изпъкналият петоъгълник

A B C D E

. Точките

M

N

са вътрешни съответно за страните

E D

C D

. Отсечката

M N

пресича

A D

в точка

K

B D

в точка

L

. Да се докаже, че ако четириъгълникът

A B L K

е вписан, то и четириъгълникът

E C N M

е вписан.

Решение

От правилото за външния ъгъл за

\triangle L N D

имаме

\angle M N C= \angle D L N+\angle L D N=\angle M L B+\angle B D C

. Използвайки вписаните четириъгълници

A B L K

A B C D

, получаваме

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

180^{\circ}-\frac{1}{2} \wideparen{D C}=180^{\circ}-\angle D E C.

Следователно четириъгълникът

E C N M

е вписан.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дадена е системата

\left\lvert\, \begin{aligned} & \left(a^{2}-90 a+2016\right)(|x|+1)=y-9-8|x| \\ & x^{2}+y^{2}=1 \end{aligned}\right.,

където

a

е реален параметър. Да се намерят всички стойности на

a

, за които системата има единствено реално

Решение

Тъй като нищо не се променя в системата при замяната на

x \mathrm{c}-x

, можем да имаме единствено само при

x=0

. Тогава от второто уравнение получаваме

y= \pm 1

и достигаме до уравненията

a^{2}-90 a+2016=-8

a^{2}-90 a+2016=-10

. Последното няма реални корени, а от другото получаваме

a=44

a=46

. За горните стойности на

a

системата придобива вида

\left\{\begin{array}{l} -8(|x|+1)=y-9-8|x| \cr x^{2}+y^{2}=1 \end{array} \Longleftrightarrow\right| \begin{aligned} & y=1 \\ & x^{2}+y^{2}=1 \end{aligned}.

Тогава

x=0, y=1

е единственото за тези стойности на

a

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото естествено число

k

, за което уравнението

2016+k \cdot(2 x-1)!\neq{}21 y^{2}

има

Решение

в естествени числа. (С

(2 x-1)

!! се означава произведението на нечетните естествени числа в интервала

[1, 2 x-1]

, където

x

е естествено число.) Ако

2 x-1 \geq 9

, то (

2 x-1

)!! се дели на 27. Тъй като 2016 се дели на 9, заключаваме, че

21 y^{2}

се дели на 9, което означава, че

y

се дели на 3. Но тогава излиза, че 2016 се дели на 27, което не е вярно. От друга страна,

(2 x-1)!!

трябва да се дели на 7, което означава, че

2 x+1 \geq 7

. Следователно

2 x-1=7, x=4

, и след съкращаване на 21 получаваме

96+5 k=y^{2}

. Оттук лесно се намрира търсеното най-малко

k

- получаваме

k=5

и съответно

y=11

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Едно трицифрено числоще наричаме „демонично“, ако сборът от цифрите му е 18. На дъската са записани

n

демонични числа. За всеки две от тях, цифрите на единиците им са различни, и цифрите на десетиците им са различни, и цифрите на стотиците им са различни. Определете най-голямата възможна стойност на

n

Решение

Нека допуснем сред демоничните числа и „числото“ 099. С него общият брой демонични числа е 55 (има 1 с първа цифра 0, 2 с първа цифра 1, 3 с първа цифра 2 и т. н. до 10 с първа цифра 9). Ако числото

\overline{a b c}

е на дъската, то на нея липсват другите демонични числа с първа цифра

a

(техният брой е

a

), както и другите демонични числа с втора цифра

b

(техният брой е

b

), а също и демоничните числа с трета цифра

c

(техният брой е

c

), или общо присъствието на

\overline{a b c}

на дъската забранява

a+b+c=18

други демонични числа. Понеже всяко число може да бъде забранено не повече от три пъти (по веднъж за всяка негова цифра), общият брой забранени числа е поне

18. n / 3=6 n

. Като добавим и записаните на дъската

n

числа, получаваме

6 n+n \leq 55

, откъдето

n \leq 7

. Ето пример със 7 демонични числа:

666, 378, 783, 837, 495, 954, 549

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-9-4

2017

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши системата

\left\lvert\, \begin{array}{ll} \left(x^{2}+1\right)(x-1)^{2} & =2017 y z \cr \left(y^{2}+1\right)(y-1)^{2} & =2017 z x \cr \left(z^{2}+1\right)(z-1)^{2} & =2017 x y \end{array}\right.

където

x \geq 1, y \geq 1

z \geq 1

Решение

Ако

x=1

, от първото уравнение следва, че

y z=0

, т. е.

y=0

или

z=0

. Ако например

y=0

, то

z=1 / 2017

z=1

съответно от второто и третото уравнения, което е невъзможно. Следователно

x\gt{}1, y\gt{}1

z\gt{}1

. Да допуснем, че

x\gt{}y

. Тогава лявата страна на второто уравнение е по-голяма от лявата страна на първото, а при десните страни е обратното, което е невъзможно. Аналогично се вижда, че

x\lt{}y

е невъзможно. Следователно

x=y

и аналогично

y=z

. Системата придобива вида

\left\lvert\, \begin{aligned} & x=y=z\gt{}1 \\ & \left(x^{2}+1\right)(x-1)^{2}=2017 x^{2} \end{aligned}\right.

За последното уравнение имаме

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

2017 \Longleftrightarrow\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(x-2+\frac{1}{x}\right)=2017.

Полагаме

x+\frac{1}{x}=t\gt{}2

и получаваме

t^{2}-2 t-2017=0

, откъдето

t=1+\sqrt{\vphantom{x^2}2018}

. Тогава

x^{2}-x(1+\sqrt{\vphantom{x^2}2018})+1=0, x=\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}2018}+\sqrt{\vphantom{x^2}2015+2 \sqrt{2018}}}{2}

. Така то на системата е

x=y=z=\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}2018}+\sqrt{\vphantom{x^2}2015+2 \sqrt{2018}}}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-9-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

На дъската са написани числата

1!, 2!, 3!, \ldots, 2017!

. Колко най-малко от тези числа трябва да се изтрият, за да бъде произведението на останалите точен квадрат? (С

n!

се означава произведението на естествените числа, ненадминаващи

n

, където

n

е естествено число.)

Решение

Тъй като числото 2017 е просто, изтриването на 2017! е задължително. От равенството

k!(k+1)\neq{}(k!)^{2}(k+1)

следва, че произведението на

1!, 2!, 3!, \ldots, 2016!

е равно на

A^{2} 2 \cdot 4 \ldots..2016=A^{2} 2^{1008} 1008!

, където

A

е естествено число. Тъй като 1008! не е точен квадрат (например защото 997 е просто число), трябва да изтрием поне още едно число. Освен това от това представяне следва, че е достатъчно да изтрием 1008!.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-9-3

2018

3 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е равнобедрен правоъгълен

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

, с височина

C C_{1}

C_{1} \in A B

. Окръжността

k_{1}

е описана около

\triangle A C C_{1}

, а окръжността

k_{2}

е описана около

\triangle B C C_{1}

. Точка

D

е вътрешна за малката дъга

\wideparen{C C}_{1}

от

k_{1}

, а точка

K

е вътрешна за малката дъга

\wideparen{C C}_{1}

от

k_{2}

. Правата

C K

пресича

k_{1}

за втори път в точка

T

, а правата

C D

пресича

k_{2}

за втори път в точка

P

. Правите

D C_{1}

B P

се пресичат в точка

P_{1}

, а правите

K C_{1}

A T

се пресичат в точка

T_{1}

. Да се докаже, че

T P_{1} \perp P T_{1}

Решение

Имаме

\angle T_{1} T C_{1}=\angle C_{1} C A=\frac{\wideparen{A C_{1}}}{2}=45^{\circ}\left(\right.

\left. k_{1}\right)

\angle C_{1} K T=\angle C_{1} B C= \frac{\wideparen{C C}_{1}}{2}=45^{\circ}

(в

k_{2}

). Следователно

\triangle C_{1} K T

е равнобедрен правоъгълен. По-нататък, от

\angle T C_{1} T_{1}=90^{\circ}

\angle T_{1} T C_{1}=45^{\circ}

следва, че и

\triangle T T_{1} C_{1}

е равнобедрен правоъгълен. Аналогично се вижда, че

\triangle C_{1} D P

\triangle P P_{1} C_{1}

са равнобедрени правоъгълни. Да разгледаме ротацията

\varphi

на

90^{\circ}

с център

C_{1}

по посока на часовниковата стрелка. От доказаното по-горе следва, че

\varphi(P)=P_{1}

\varphi\left(T_{1}\right)=T

. Тогава

\varphi\left(P T_{1}\right)=T P_{1}

и от свойствата на ротацията следва, че

T P_{1} \perp P T_{1}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-9-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В държава има

n

града, като между някои от градовете има директна двупосочна авиолиния. От всеки град може да се стигне до всеки друг и всеки град е свързан с авиолиния с точно три други града. Град

A

се нарича важен, ако съществуват два града

B

C

, всеки маршрут между които минава през

A

. Да се намери минималната възможна стойност на

n

, ако точно

25 \%

от всички градове са важни.

Решение

Решение. Образуваме граф

G

с върхове градовете и ребра авиолиниите. Графът е свързан, всеки връх има степен 3 и връх е важен, ако след отстраняването му графът престава да бъде свързан. Ще покажем, че търсеното минимално

n

е 16. Тъй като

25 \%

от всички върхове са важни, то

n

се дели на 4. Пример за граф с 16 върха е следният: ребра

A X, A Y

A Z

и към връх

X

(съответно към

Y

Z

) "закачаме" четири върха

P, Q, R

S

с ребра

X P, X S

P Q, P R, Q R, Q S, S R

. В този пример важни са градовете

A, X, Y

Z

и са точно

25 \%

от всички върхове. Остава да покажем, че не съществува граф с 4, 8 или 12 върха и съответно 1, 2 или 3 важни върха. При

n=4

твърдението е очевидно. Да разгледаме един важен връх

A

и нека той е свързан с върховете

X, Y

Z

. Нека след изтриване на

A

върховете

X

Y

не са свързани с път. Това означава, че поне един от върховете

X

Y

не е свързан с

Z

и без ограничение нека това е

X

. Това означава, че върхът

X

също е важен, защото след изтриването му няма път между

Y

и произволен връх от свързаната компонентна на

X

. Нека

G_1

е графът, съставен от свързаната компонента на върха

X

след изтриване на реброто

A X

. В този граф върхът

X

е от степен 2, а всички останали върхове са от степен 3. Тъй като броят на върховете с нечетна степен е четно число, то броят на върховете от степен 3 е четно число. Този брой не може да бъде 2 (тогава не може да има връх от степен 3) и следователно е поне 4. Това означава, че в

G_1

има поне 5 върха. Ако

n=8

, то няма други върхове (до този момент имаме

A, Y, Z

и върховете на

G_1

), което е невъзможно защото

Y

Z

не могат да бъдат от степен 3. Нека

n=12

. От доказаното по-горе следва, че всеки важен връх има съседен важен връх. Ако важните върхове са 3, то те са

A, B

C

, като

A

е свързан с

B

B

е свързан с

C

. Както по-горе доказваме, че след изтриване на

B

свързаните компоненти на

A

C

съдържат поне 5 върха. Следователно остава само един връх, който е свързан с

B

и той не може да е от степен 3, противоречие. Инструкции за оценяване. ( 7 точки) 1 т. за наблюдението, че

n

се дели на

4; 1

т. за отхвърляне на случая

n=8; 3

т. за отхвърляне на случая

n=12; 2

т. за пример с

n=16

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-9-4

2019

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши системата

\left\lvert\, \begin{gathered} x^{2}+y^{2}=\frac{2 x y}{z} \\ y^{2}+z^{2}=\frac{2 y z}{x} \\ x^{2}+z^{2}=\frac{2 x z}{y} \end{gathered}.\right.

Решение

Имаме, че

x, y, z \neq 0

и изваждайки първото уравнение от второто, след елементарни преобразования стигаме до

z^{2}-x^{2}=\frac{2 y\left(z^{2}-x^{2}\right)}{x z}

. Възможни са три случая:

z=x

или

z=-x

или

2 y=x z

. Първият случай води до

y=1

(директно заместване в третото уравнение) и

x=z= \pm 1

(заместване в първото уравнение с

x=z

y=1

). Аналогично, вторият случай води до

y=-1

и отново

x=z= \pm 1

. При

2 y=x z

, от първото уравнение получаваме, че

x^{2}+y^{2}=x^{2}

, т. е.,

y=0

, което не е в дефиниционното множество. Следователпо този случай не води до Окончателно, имаме четири , които са:

( \pm 1, 1, \pm 1)

и (

\pm 1, -1, \mp 1

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

A B C, A C \neq B C

, с център на описаната окръжност

O

. Права, успоредна на

A B

, се допира до окръжността, описана около триъгълник

A O B

, в точка

T

и пресича продълженията на страните

C A

C B

съответно в точките

X

Y

. Нека

F

е пресечната точка на правите

B X

A Y

. Да се докаже, че центърът на вписаната в триъгълник

F C T

окръжност лежи върху описаната около триъгълник

A B C

окръжност.

Решение

Без ограничение на общността, нека

A C\gt{}B C

. Използваме стандартните означения за ъглите в

\triangle A B C

. От това, че

A T B O

е вписан четириъгълник и точките

O

T

са в различни полуравнини спрямо

A B

, следва че

\angle A T B=180-2 \gamma

. Като използваме и, че правите

X Y

A B

са успоредни, получаваме

\angle X T A=\angle T A B=\angle B T Y=(180-(180-2 \gamma)) / 2=\gamma

. Но

\angle A B T=\angle B T Y=\angle T A B

(кръстни ъгли за успоредни прави) и значи

O T

е симетралата на

A B

(този извод може да се направи и по друг начин: ако означим с

O_{1}

центърът на описаната около

\triangle A B O

окръжност, то

O O_{1}

е симетрала за

A B

и следователно

O O_{1} \perp X Y

. Но

O_{1} T \perp X Y

и значи

T \in O O_{1}

). От допускането, че

A C\gt{}B C

, следва че

X, F

са в едната полуравнина спрямо

O T

, а

C, Y

- в другата. Ще докажем, че

O T

е ъглополовящата за

\angle F T C

. Наистина,

\angle B T Y=\gamma=\angle X C B

, следователно

X T B C

- вписан и

\angle B C T=\angle B X T

, а

\angle C X B=\angle C T B

. Аналогично,

A T Y C

- вписан и

\angle B C T=\angle Y A T

. Следователно,

A F T X

- вписан и

\angle A T F=\angle A X F=\angle C T B

, т. е.,

\angle F T O=\angle O T C=\angle F T C / 2

. Сега ще докажем, че

\angle A C F=\angle B C T

и значи, ъглополовящата на

\angle T C F

съвпада с ъглополовящата на

\angle B C A

. Тогава, центърът на вписаната в

\triangle T C F

окръжност е пресечната точка на симетралата на

A B

с ъглополовящата на

\angle A C B

, което е средата на дъгата

A B

, несъдържаща

C

в описаната около

\triangle A B C

окръжност. С това задачата ще бъде решена. За последната стъпка, използваме, че поради вписаността на

A F T X, \angle A F X=\angle A T X=\gamma

и четири- ъгълникът

A F B C

също е вписан. Следователно,

\angle A C F=180-\angle A X F-\angle A F X-\angle C F A= 180-\angle C T B-\angle A B T-\angle C B A=\angle B C T

. С това задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-9-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-9-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-9-4

2020

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на реалния параметър

a

, за които един от корените на уравнението

|a x| x+x+6=0

е реципрочен на корен на уравнението

2|a x| x+(a+2) x-a=0

Решение

От условието следва, че ако едното уравнение има корен

z

, то второто има корен

1 / z

. Оттук,

z \neq 0

. Нека

a z \geq 0

. Тогава

a / z \geq 0

и търсените стойности на

a

са на системата:

\left\lvert\, \begin{aligned} & a z^{2}+z+6=0 \\ & \frac{2 a}{z^{2}}+\frac{a+2}{z}-a=0 \end{aligned}\right.

След привеждане под общ знаменател на второто уравнение и почленно събиране получаваме, че:

(2 a+6)+(a+3) z=0

Ако

a=-3

, последното е изпълнено и от първото уравнение получаваме

z=(1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}73}) / 6

, като

z=(1-\sqrt{\vphantom{x^2}73}) / 6

отговаря на условието

a z\gt{}0

. При

a \neq-3

получаваме

z=-2

, откъдето

a=-1

и очевидно

a z\gt{}0

е изпълнено. При

a z\lt{}0

имаме

a / z\lt{}0

и разглеждаме системата:

\left\lvert\, \begin{aligned} & -a z^{2}+z+6=0 \\ & -\frac{2 a}{z^{2}}+\frac{a+2}{z}-a=0 \end{aligned}\right.

откъдето получаваме

z=(2 a+6) /(a+1)

. След заместване в първото уравнение и опростяване достигаме до:

a^{3}+4 a^{2}+4 a-3=0 \Longleftrightarrow a(a+2)^{2}=3,

откъдето очевидно следва

a\gt{}0

. Но тогава и

z=(2 a+6) /(a+1)\gt{}0

, което противоречи на

a z\lt{}0

. Следователно задачата няма в този случай. Окончателно, търсените стойности на

a

са -1 и -3.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

A B C

, вписан в окръжност

k

. Точка

P

от малката дъга

\wideparen{A C}

на

k

е такава, че

\angle B A C=2 \angle P B C

, а точка

Q

от малката дъга

\wideparen{B C}

на

k

е такава, че

\angle A B C=2 \angle Q A C

. Правата през средата на малката дъга

\wideparen{B C}

и средата на хордата

P C

пресича правата

B P

в точка

K

. Правата през средата на малката дъга

\wideparen{A C}

и средата на хордата

Q C

пресича правата

A Q

в точка

T

. Да се докаже, че

K T=A C+B C

Решение

Нека

N

е средата на

\wideparen{B C}

. Тогава от условието следва, че дъгите

\wideparen{P C}, \wideparen{C N}

\wideparen{N B}

са равни, откъдето лесно следва, че четириъгълникът

P C N B

е равнобедрен трапец, откъдето диагоналите му

P N

B C

са равни. Сега от успоредността

K P \| C N

и разполовяването на

C P

от

K N

следва, че четириъгълникът

C K P N

е успоредник. Тогава

C K=P N=B C

от тези два четириъгълника. Аналогично се вижда, че

C T=C A

. От успоредника

C K P N

и условието имаме

\angle K C P=\angle C P N=\angle C P B

, което означава, че

C K

е допирателна към

k

. Аналогично се вижда, че и

C T

е допирателна към

k

. Следователно точките

C, K

T

лежат в този ред на една права и следователно

K T=K C+C T= B C+A C

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

В една социална мрежа някои участници са приятели, а други не (приятелството е взаимно). Известно е, че в социалната мрежа има поне едно приятелство и за никои двама, които имат един и същи брой приятели, не съществува трети участник, който да е приятел едновременно и с двамата. Да се докаже, че съществува участник, който има само един приятел.

Решение

Нека

A

е участник с най-много на брой приятели. Нека този брой е

k

. От условието, че приятелства в социалната мрежа има, следва, че участник

A

съществува и още, че

k\gt{}0

. Тогава за някой от приятелите на

A

това приятелство е единствено. Действително, ако допуснем противното, броевете на приятелствата на приятелите на

A

, са измежду числата

2, 3, \ldots, k

и значи два от тях са равни. Тогава от условието следва, че за съответните двама не съществува трети участник, който да е техен общ приятел. Но

A

е такъв участник, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-9-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-9-4

2021

13 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадени са квадратните уравнения

a x^{2}-x-1=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

a

b

, за които всеки две от уравненията имат общ реален корен, но трите уравнения нямат общ реален корен.

Решение

Първо, 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 \neq 0

. Нека означим корените на първото уравнение с

x_{1}

x_{2}

, а на второто с

x_{2}

x_{3}

. Тогава, съгласно условието, корените на третото уравнение са

x_{3}

x_{1}

. Можем лесно да изразим

x_{2}

като функция на

a

b

от разликата на двете уравнения. Наистина, имаме

a x_{2}^{2}-x_{2}-1=0

b x_{2}^{2}-2 x_{2}-1=0

, следователно

(b-a) x_{2}^{2}=x_{2}

. Но

x_{2}=0

не може да е корен на никое от първите две уравнения (стойността на квадратните тричлени в нулата

\mathrm{e}-1

) и значи

x_{2}=\frac{1}{b-a}

, като

b \neq a

. От формулите на Виет, имаме че

x_{1} x_{2}=-\frac{1}{a}, \quad \Longrightarrow \quad x_{1}=\frac{a-b}{a};

\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 имаме

\frac{b-a}{a b}=x_{1} x_{3}=\frac{(a-b)^{2}}{a b},

\quad \Longrightarrow \quad(b-a-1)(b-a)=0, \quad \Longrightarrow \quad b-a=1,

защото вече споменахме, че

b \neq a

. Оттук,

x_{2}=1

и значи

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

, т. е.,

a=2

b=a+1=3

. Директна проверка показва, че при тези стойности на параметрите първото уравнение има корени

\{-1 / 2, 1\}

, второто уравнение има корени

\{1, -1 / 3\}

, а третото уравнение има корени

\{-1 / 2, -1 / 3\}

. Окончателно, единствено

a=2

b=3

са на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-9-1

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намери броят на пермутациите (

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

) на числата (

1, 2, \ldots, n

), за които за всяко

1 \leq k \leq n

числото

k

дели

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

Решение

Да означим с

t_{n}

търсеният брой. Имаме

t_{1}=1, t_{2}=2

t_{3}=6

. Нека

n\gt{}3

. Тъй като

n-1

дели

2\left(a_{1}+\cdots+a_{n-1}\right)=n(n+1)-2 a_{n} \equiv 2-2 a_{n}(\bmod n-1)

a_{n} \leq n

, то

2\left(a_{n}-1\right)=0, n-1

или

2(n-1)

. Съответните стойности на

a_{n}

са

a_{n}=1, a_{n}=\frac{n+1}{2}

a_{n}=n

. При

a_{n}=n

пермутацията (

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

) на числата

1, 2, \ldots, n-1

изпълнява условието на задачата и следователнио в този случай има точно

t_{n-1}

пермутации. При

a_{n}=1

пермутацията (

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

) на числата

1, 2, \ldots, n-1

изпълнява условието на задачата и следователнио в този случай има точно

t_{n-1}

пермутации. При

a_{n}=\frac{n+1}{2}

получаваме, че

n-2

дели

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

2 a_{n-1}-3

е нечетно число, то

2 a_{n-1}=n-2

, то

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

, противоречие. Следователно

t_{n}=2 t_{n-1}

, откъдето получаваме

t_{n}=3 \cdot 2^{n-2}

при

n \geq 3

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2021-9-1

Задача 1b

Пълен запис

Условие

Нека

a, b, c

са такива, че

(a-b+c)(4 a-2 b+c) \leq 0

. Да се докаже, че

b^{2} \geq 4 a c

Решение

Нека

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

. Ако

a=0

, то

b^{2}-4 a c=b^{2} \geq 0

за всяко

b

. Нека

a \neq 0

. Тогава

f(-1)=a-b+c

, а

f(-2)=4 a-2 b+c

. Също така, дискриминантата на

f

е точно

b^{2}-4 a c

. Сега, от даденото следва, че

f(-1) f(-2) \leq 0

, т. е. едната от двете стойности е неотрицателна, а другатанеположителна. Но тогава в интервала

[-2, -1]

има корен на

f

и значи дискриминантата е неотрицателна.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-9-1b

Задача 2

Пълен запис

Условие

Вписаната окръжност в триъгълник

A B C

се допира до страните

A B, B C

C A

съответно в точките

M, N

P

. Точка

K

от страната

B C

е такава, че

M N

е ъглополовяща на

\angle C M K

, а точка

Q

е такава, че

K

е среда на

M Q

. Да се докаже, че

\angle K N Q=\angle P N M

Решение

Нека

L

е среда на

P N

. Тъй като точка

C

се явява пресечната точка на допирателните през върховете

N

P

към описаната около триъгълник

N P M

окръжност, то

M C

е симедиана за

\triangle P M N

. Следователно,

\angle P M L=\angle C M N=\angle N M K

. Но,

\angle L P M=\angle M N K

, като половинки от дъгата

N M

и значи

\triangle P L M \sim \triangle N K M \quad \Longrightarrow \quad

\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

\angle M L N=180^{\circ}-\angle M L P=180^{\circ}-\angle M K N=\angle Q K N.

Заключаваме, че

\triangle K N Q \sim \triangle L N M

, от където

\angle K N Q=\angle P N M

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-9-2

Задача 2

Пълен запис

Условие

Съществува ли редица

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

, такава че

\left(a_{i}, a_{j}\right)=1

за всички

i \neq j

и за всяка тройка индекси

i, j, k

никое от числата

a_{i}+a_{j}

a_{i}+a_{j}+a_{k}

не е точна степен на естествено число (с показател по-голям от 1 )?

Решение

Да съществува! Нека

p_{i}

i

-тото просто число и да разгледаме редицата

a_{n}=\frac{6^{p_{n+3}}-1}{5}

. Да отбележим, че тъй като

\left(p_{n+3}, 5\right)=1

, то и

\left(a_{n}, 5\right)=1

за всяко

n

. Тогава да забележим, че ако

p \mid a_{n}

, то

p \mid 6^{p_{n+3}}-1

и следователно показателят на 6 по модул

p

p_{n+3}

или 1. Тъй като

\left(a_{n}, 5\right)=

1 получаваме, че търсеният показател е

p_{n+3}

. Последното означава, че всеки два различни члена от редицата са взаимнопрости. Лесно се проверява, че

a_{i}+a_{j}

се дели на 2, но не се дели на 4, както и че

a_{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

A B C

\angle A C B=50^{\circ}

и височини

A M(M \in B C

) и

C N(N \in A B)

. Ъглополовящата на

\angle M C N

пресича отсечките

A M

A B

съответно в точките

P

Q

. Описаната около триъгълника

A P Q

окръжност пресича отсечката

A C

за втори път в точка

K

, а правата

K P

пресича отсечката

B C

в точка

L

. Да се намери големината на

\angle K Q L

Решение

(А. Иванов) Нека

P_{1}

е симетричната точка на

P

относно

B C

(явно

P, M

P_{1}

лежат на една права) и

P_{1} L \cap A B=Q_{1}

. Тъй като

\angle C P_{1} Q_{1}=\angle C P L=\angle K P Q=180^{\circ}-\angle B A C

, получаваме, че

A C P_{1} Q_{1}

е вписан в окръжност. От друга страна,

\angle Q C P_{1}=2 \angle Q C B= \angle N C B=\angle P_{1} A Q

и значи

A C P_{1} Q

също е вписан. Оттук

Q

Q_{1}

съвпадат, откъдето

\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

A Q P K

) и

\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

K Q \cap C N=S

. От вписания

A Q P K

получаваме

\angle P K Q= \angle P A Q=\angle M A B=\angle N C B=\angle S C L

и значи

K S L C

е вписан. Оттук

\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

C S=C L

. Така

\triangle S C Q \cong \triangle L C Q

по първи признак,

\angle K Q C=\angle L Q C

\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 \geq 2

, за което съществуват

n

естествени числа

a_{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

n

-та степен на естествено число.

Решение

Отговор

n=3

. При

n=2

искаме да решим системата:

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

a_{1} a_{2}=k^{2}

. Директно се вижда, че ако

\left\{a_{1}, a_{2}\right\}

е на задачата и

\left(a_{1}, a_{2}\right)=d\gt{}1

, то и двойката

\left\{\frac{a_{1}}{d}, \frac{a_{2}}{d}\right\}

също е Следователно, б. о. о., можем да приемем, че числата

a_{1}

a_{2}

са взаимно прости. Тогава

a_{1}=b_{1}^{2}

a_{2}=b_{2}^{2}

за някои естествени числа

b_{1}, b_{2}

и търсим на уравнението

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

. Лема: Уравнението

x^{4}+y^{4}=z^{2}

няма в естествени числа! Да допуснем противното и да разгледаме то

x_{0}, y_{0}, z_{0}

, при което

z_{0}

е най-малко. Ясно е, че

\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)=1

. Ще конструираме с по-малко

z

, което ще доведе до противоречие. Числата

x_{0}^{2}, y_{0}^{2}

z_{0}

образуват питагорова тройка. Следователно съществуват естествени числа

u

v

, за които

x_{0}^{2}=2 u v, \quad y_{0}^{2}=u^{2}-v^{2}, \quad z_{0}=u^{2}+v^{2}

От

\left(x_{0}, y_{0}\right)=1

, следва че

v

е четно, а

u

- нечетно (в противен случай

y_{0}^{2} \equiv-1(\bmod 4)

, което е невъзможно). От

x_{0}^{2}=2 u v

следва, че

v=2 a^{2}

u=b^{2}

за някои естествени числа

a

b

. От равенството

y_{0}^{2}+v^{2}=\left(u^{2}-v^{2}\right)+v^{2}=u^{2}

следва, че

y_{0}, v

u

също образуват питагорова тройка. Тогава съществуват взаимно прости естествени числа

p

q

, за които

y_{0}=p^{2}-q^{2}, \quad v=2 p q, \quad u=p^{2}+q^{2}

Следователно

a^{2}=p q

p=s^{2}, q=t^{2}

. В крайна сметка, получаваме

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=2

не е възможно. При

n=3

, директна проверка показва, че

\left\{a_{1}, a_{2}, a_{3}\right\}= \{4, 9, 48\}

удовлетворява условието на задачата, защото

4^{2}+9^{2}+48^{2}=49^{2}

4 \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 \times n

в клетките на която са записани реални числа

\{a(i, j)\}

. Двойката

(R, C)

ще наричаме седлова, ако

R \subseteq\{1, 2, \ldots, m\}

е подмножество от редовете на таблицата,

C \subseteq\{1, 2, \ldots, n\}

е подмножество от стълбовете на таблицата и следните две условия са едновременно изпълнени: (i) За всеки ред

i^{\prime} \in\{1, 2, \ldots, m\}

съществува ред

i \in R

, такъв че

a(i, j) \geq a\left(i^{\prime}, j\right), \forall j \in C

. (ii) За всеки стълб

j^{\prime} \in\{1, 2, \ldots, n\}

съществува стълб

j \in C

, такъв че

a(i, j) \leq a\left(i, j^{\prime}\right), \forall i \in R

. Една седлова двойка

(R, C)

ще наричаме минимална, ако за всяка друга седлова двойка (

R^{\prime}, C^{\prime}

), изпълняваща

R^{\prime} \subseteq R

C^{\prime} \subseteq C

, имаме че

R^{\prime}=R

C^{\prime}=C

. Да се докаже, че за всеки две минимални седлови двойки (

R_{1}, C_{1}

) и (

R_{2}, C_{2}

) е в сила равенството

\left|R_{1}\right|=\left|R_{2}\right|

Решение

Ще наричаме двойката от непразни множества (

R^{\prime}, C^{\prime}

) поддвойка на двойката (

R, C

), ако

R^{\prime} \subseteq R

C^{\prime} \subseteq C

. Поддвойката ще бъде чиста, ако поне едно от включванията е строго. Да разгледаме произволни две седлови двойки (

R_{1}, C_{1}

) и (

R_{2}, C_{2}

), като допуснем че

\left|R_{1}\right|\gt{}\left|R_{2}\right|

. Ще конструираме чиста седлова поддвойка (

R^{\prime}, C^{\prime}

) на (

R_{1}, C_{1}

), такава че

\left|R^{\prime}\right| \leq\left|R_{2}\right|

. Ясно е, че това решава задачата. Стъпка 1: Ще конструираме функции

\rho: R_{1} \rightarrow R_{1}

\sigma: C_{1} \rightarrow C_{1}

, такива че

\left|\rho\left(R_{1}\right)\right| \leq\left|R_{2}\right|

a\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

\rho_{1, 2}

\sigma_{1, 2}

, базирани единствено на факта, че

\left(R_{1}, C_{1}\right)

\left(R_{2}, C_{2}\right)

са седлови двойки и дефинициите (i) и (ii):

\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

\rho: =\rho_{1} \circ \rho_{2}: R_{1} \rightarrow R_{1}

and

\sigma: =\sigma_{1} \circ \sigma_{2}: C_{1} \rightarrow C_{1}

. Имаме, че

\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

i_{1} \in R_{1}

j_{1} \in C_{1}

е в сила

a\left(\rho\left(i_{1}\right), j_{1}\right) \geq a\left(\rho_{2}\left(i_{1}\right), j_{1}\right) \geq

a\left(\rho_{2}\left(i_{1}\right), \sigma_{2}\left(j_{1}\right)\right) \geq

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

\rho

\sigma

, ще конструираме чиста седлова поддвойка (

R^{\prime}, C^{\prime}

) на (

R_{1}, C_{1}

), такава че

\left|R^{\prime}\right| \leq\left|R_{2}\right|

. Свойствата на

\rho

\sigma

ни гарантират

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

\cdots \geq a\left(i_{1}, \sigma^{k}\left(j_{1}\right)\right),

\quad \forall k \in \mathbb{N};

\quad \forall i_{1} \in R_{1} \quad \forall j_{1} \in C_{1}.

Нека разгледаме образите

R^{k}=\rho^{k}\left(R_{1}\right)

C^{k}=\sigma^{k}\left(C_{1}\right)

. Ясно е, че

R_{1}=R^{0} \supseteq R^{1} \supseteq R^{2} \supseteq \ldots

, съответно

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

\ell

, такъв че

R^{\ell}=R^{\ell+1}=\ldots

, респективно

C^{\ell}=C^{\ell+1}=\ldots

. Тогава

\rho^{\ell}\left(R^{\ell}\right)=R^{2 \ell}=R^{\ell}

и значи рестрикцията на

\rho^{\ell}

върху

R^{\ell}

е биекция. Аналогично за

\sigma^{\ell}

. Следователно, съществува

s \in \mathbb{N}

, такова че

\rho^{\ell s}

\sigma^{\ell s}

са идентитети в

R^{\ell}

, съответно

C^{\ell}

. Твърдим, че (

R^{\ell}, C^{\ell}

) е седлова поддвойка на (

R_{1}, C_{1}

), като

\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^{\prime}

. Тъй като (

R_{1}, C_{1}

) е седлова двойка, съществува

i_{1} \in R_{1}

, такъв че

a\left(i_{1}, j_{1}\right) \geq a\left(i^{\prime}, j_{1}\right), \forall j_{1} \in C_{1}

. Нека сега

i_{*}=\rho^{\ell s}\left(i_{1}\right) \in R^{\ell}

. Тогава, за всяко

j \in C^{\ell}

имаме

j=\sigma^{\ell s}(j)

и оттук

a\left(i_{*}, j\right)=a\left(\rho^{\ell s}\left(i_{1}\right), j\right) \geq

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

n

, за които

2\left(343^{n}+1\right)

е точен квадрат.

Решение

Очевидно

n=0

е Ще докажем, че други няма. Наистина,

343=7^{3}

, откъдето

343^{n}+1=\left(7^{n}+1\right)\left(7^{2 n}-7^{n}+1\right)

7^{2 n}-7^{n}+1=\left(7^{n}+1\right)\left(7^{n}-2\right)+3 \quad \Longrightarrow \quad

\left(7^{n}+1, 7^{2 n}-7^{n}+1\right)=\left(7^{n}+1, 3\right)=1,

защото

7^{n} \equiv 1(\bmod 3)

и значи

3 \nmid 7^{n}+1

. Ако допуснем, че съществува

n\gt{}0

удовлетворяващо условието, имаме само две възможности

\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

7^{2 n}-7^{n}+1

е нечетно, следователно втората възможност отпада. За всяко

n \geq 1

имаме, че

7^{2 n}-7^{n}+1

е заключено между два последователни квадрата:

\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 \geq 1

. Задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-9-3b

Задача 4

Пълен запис

Условие

Върху квадратна дъска

2021 \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

k

, за която гарантирано можем да твърдим, че всеки квадрат

k \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.)

Решение

Отговор:

k=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, \ldots, 106

, като във всеки стълб да имаме най-много един топ (т. е., на

i

-тия ред поставяме топовете в стълбовете

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

\ell

на най-големия празен квадрат от дъската, с връх

(2021, 2021)

. Лесно се съобразява, че това е най-голямото число удовлетворяващо неравенството

(2021-\ell) \cdot 19 \geq \ell \quad \Longrightarrow \quad

\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 \times 1919

, т. е.,

k \geq 1920

. Нека сега допуснем, че при позволено разположение на топовете съществува празен квадрат

1920 \times 1920

. След пренареждане на редовете и стълбовете на дъската, б. о. о., този квадрат отново е с връх

(2021, 2021)

. Тъй като

2021-1920=101

и във всеки от първите 101 реда имаме не повече от 19 топа, а

19 \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 \times 1920

съдържа в себе си поне по един топ.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-9-4

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

M

е множеството от всички 2021-цифрени числа без 0 в десетичния запис. Две числа от

M

ще наричаме

c

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?

Решение

Да дефинираме граф, с върхове числата от

M

, 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

M

(връх) е от нечетна степен, точно когато има нечетен брой цифри равни на 1 или 9, т. е., търсеният брой е

\begin{aligned}\sum_{\substack{0 \leq i \leq 2021 \\ i-\text{нечетно}}}\binom{2021}{i} \cdot 2^{i} \cdot 7^{2021-i}=\end{aligned}

7^{2021} \sum_{i-\text{нечетно}}\binom{2021}{i} \cdot\left(\frac{2}{7}\right)^{i}. \tag{1}

Нека

n \in \mathbb{N}

, а

x \in \mathbb{R}

. Да разгледаме сумите

S_{1}(x): =\sum_{i-\text{нечетно}}\binom{n}{i} \cdot x^{i};

\quad S_{2}(x): =\sum_{i-\text{четно}}\binom{n}{i} \cdot x^{i}.

Имаме, че

S_{1}(x)+S_{2}(x)=(1+x)^{n}

, съответно

S_{2}(x)-S_{1}(x)=(1-x)^{n}

. Следователно,

S_{1}(x)=\frac{(1+x)^{n}-(1-x)^{n}}{2} \Longrightarrow \text{сумата в}(1)=

7^{2021} \frac{\left(1+\frac{2}{7}\right)^{2021}-\left(1-\frac{2}{7}\right)^{2021}}{2}=

\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:

\# \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

A

от нечетна степен и избираме най-дългата разходка (по брой ребра) с начало

A

, без повтаряне на ребра. Ако

B

е върхът, където разходката завършва, не е трудно да се види, че

B

е различен от

A

и също е от нечетна степен. "Изтриваме" ребрата от разходката и получаваме нов граф

G^{\prime}

със старите върхове, но без изтритите ребра, като в него вече

A

B

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^{\prime}

, като изтриваме ребрата на новата максимална разходка в произволна компонента на свързаност на

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

n

съществува неразложим полином с цели коефициенти

P

, такъв че

n

дели

P(k)

за всяко цяло число

k

Решение

Нека

p\gt{}(2 n)!

е просто число. Да разгледаме полиномът

P(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)

, където

A

B

са неконстантни полиноми с цели коефициенти и старши коефициенти 1. Тогава

n p=P(0)=A(0) B(0)

и нека б. о. о.

p \mid A(0)

. Оттук

|B(0)| \leq n

и в частност съгласно формулите на Виет

B

има комплексен корен

z_{0}

, за който

\left|z_{0}\right| \leq n

. Тъй като

z_{0}

е корен и на

P

получаваме, че

p n=\left|z_{0}\left(z_{0}-1\right)\left(z_{0}-2\right) \cdots\left(z_{0}-n+1\right)\right| \leq

\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{}

(2 n)!,

което е противоречие с избора на

p

. Така получихме, че

P

е неразложим над

\mathbb{Z}

, а понеже

P(k) \equiv P(k \quad(\bmod n)) \quad

(\bmod n)=p n \quad(\bmod n) \equiv 0 \quad(\bmod n),

\quad \forall k \in \mathbb{Z}

то

n

дели

|P(k)|

за всяко цяло число

k

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2021-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

(IMO ShortList G6) Даден е остроъгълен триъгълник

\triangle A B C

, за който

A B\lt{}A C

. Центърът на вписаната му окръжност

k

е означен с

I

, а центърът на външновписаната му окръжност към страната

B C-

I_{A}

. Точка

D

е допирната точка на

k

със страната

B C

и нека правата

A D

пресича правите

B I_{A}

C I_{A}

съответно в точки

E

F

. Да се докаже, че описаната около

\triangle A I D

окръжност се допира до описаната около

\triangle I_{A} E F

окръжност.

Решение

\mathrm{C} \angle(p, q)

ще означаваме ориентирания ъгъл между правите

p

q

. Точките

B, C, I

I_{A}

лежат на окръжност

\Gamma

с диаметър

I I_{A}

. Да означим с

\omega

описаната около

\triangle I_{A} E F

окръжност, а с

\Omega

описаната около

\triangle A I D

окръжност. Нека

L

е диаметралната точка на

I

спрямо

\Omega

. Тогава,

\angle I A L=\angle I D L=90^{\circ}

, следователно

L

е петата на външната ъглополовяща при върха

A

\triangle A B C

. Нека

L I \cap \Gamma=M \neq I

е втората пресечна точка на правата с окръжността. Да означим с

T

петата на перпендикуляра от

I

към правата

I_{A} L

. Тогава

T

е втората пресечна точка на

\Omega

и Г. Ще покажем, че

T

е търсената допирна точка на

\omega

\Omega

. Първо ще покажем, че

T \in \omega

. Да забележим, че

\angle(L T, L M)=\angle(A T, A I) \quad \text{и} \quad

\angle(M T, M L)=\angle(M T, M I)=\angle\left(I_{A} T, I_{A} I\right),

откъдето

\triangle T M L \sim \triangle T I_{A} A

и двата триъгълника са еднакво ориентирани. Следователно, съществува въртяща хомотетия

\tau

изобразяваща

\triangle T M L

\triangle T I_{A} A

. Тъй като

\angle(M L, L D)=\angle(A I, A D)

имаме, че

\tau(B C)=A D

, като при това

\tau(B)=E

\tau(C)=F

. Наистина,

\angle(M B, M L)=\angle(M B, M I)=

\angle\left(I_{A} B, I_{A} I\right)=\angle\left(I_{A} E, I_{A} A\right) \quad

\Rightarrow \quad \tau(B)=E

и аналогично за

\tau(C)=F

. Тогава, тъй като

M, B, C, T \in \Gamma

\tau(M)=I_{A}, \tau(B)=E, \tau(C)=F

, то

\tau(\Gamma)=w

T \in \omega

. Накрая, от

\tau(L)=A

\tau(B)=E, \triangle A T L \sim \triangle E T B

, следователно

\angle(A T, A L)=\angle(E T, E B)=\angle\left(E I_{A}, E T\right).

Последното означава, че допирателните към

\Omega

\omega

в точка

T

сключват един и същи ъгъл с правата

I_{A} L

, значи окръжностите наистина се допират.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2021-9-6

2022

2 задачи

Задача 3

Пълен запис

Условие

Младият учен и Старият учен играят следната игра. Първо Младият избира и обявява множество

S

от различни естествени числа. След това Старият избира и обявява безкрайна редица

x_{1}, x_{2}, \ldots

от различни естествени числа. След това Младият избира и обявява естествено число

M

и число

p

от множеството

S

. Накрая, Старият избира естествено число

N

и играта приключва. Старият печели точно когато за всяко естествено

n \geq N

числото

x_{n}

се дели на

p^{M}

; в противен случай печели Младият. Кой от двамата има печеливша стратегия, ако множеството

S

е: a) крайно б) безкрайно?

Решение

Ще покажем, че без значение какво е

S

Старият винаги има печеливши редица

\left(x_{n}\right)_{n \geq 1}

и число

N

. Нека първо Младият е избрал крайното множество

S=\left\{p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{k}\right\}

, където

p_{1}\lt{}p_{2}\lt{} \ldots\lt{}p_{k}

. Тогава Старият може да използва редицата

x_{n}=\left(p_{1} p_{2} \cdots p_{k}\right)^{n}

(която е растяща и значи с различни членове). Сега без значение какви

M

p

избере Младият, Старият може да използва

N=M

за да спечелинаистина,

x_{n}

се дели на

p^{n}

за всяко

p

от

S

и значи на

p^{M}

за всяко

n \geq N

. Нека сега Младият е избрал безкрайното множество

S=\left\{p_{1}, p_{2}, \ldots\right\}

, където

p_{1}\lt{}p_{2}\lt{}\ldots

. Тогава Старият може да използва редицата

x_{n}=\left(p_{1} p_{2} \cdots p_{n}\right)^{n}

(която е растяща и значи с различни членове). Сега без значение какви

M

p_{k}

избере Младият, Старият може да използва

N=\max (M, k)

за да спечелинаистина,

x_{k}

се дели на

p_{k}^{n}

за всяко

p_{k}

от

S

, когато

n \geq k

, и значи на

p_{k}^{M}

за всяко

n \geq \max (M, k)

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2022-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

На лятна школа по математика участвали 2022 ученици. Школата била посетена от

k

на брой професионални математици и всеки от тях избрал няколко (поне един) от учениците за разработване на проект. Позволено е ученик да не бъде избиран въобще или да бъде избиран повече от веднъж, но няма двама математици с еднакви групи от избрани ученици. Да се намери най-голямото

k

със следното свойствобез значение как са избрани групите ще е сигурно, че има някой ученик, който ако го махнем от всички групи, в които той се намира (възможно никои), отново няма да има две еднакви групи. Например при

k=3

ако са избрани

\{A, B, B\}, \{A, B\}

\{

Б, Г, Д, Е\}, то при премахването на Б получаваме две групи

c\{A, B\}

и една

c\{\Gamma

, Д,

E\}

; но при премахването на

\Gamma

стават

\{A

, Б,

B\}, \{A, Б\}

\{

Б, Д,

E\}

Решение

Отговор:

k=2022

. За удобство ще означаваме учениците с естествените числа от 1 до 2022. Първо ще дадем контрапример за 2023. При избор

\{1\}, \{1, 2\}, \{1, 2, 3\}, \ldots, \{1, 2, \ldots, 2022\}

\{2\}

, след премахването на 1 получаваме две копия на

\{2\}

; а при премахването на

n \geq 2

получаваме две копия на

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

. За

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2022-9-4

2023

3 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е изпъкнал четириъгълник

A B C D

. Върху страната

C D

са избрани точки

P

Q

(като

Q

е между

C

P

), за които

\angle D A P=\angle C B Q

\angle P A Q=\angle Q B P

, а

D P=4, P Q=1

Q C=5

. a) Да се докаже, че

A B C D

е вписан четиръгълник. б) Продълженията на страните

A B

C D

се пресичат в точка

R

, като

A

е между

R

B

. Да се намери дължината на отсечката

R D

Решение

а) От

\angle P A Q=\angle Q B P

следва, че

A B Q P

е вписан четириъгълник. Тогава:

\begin{aligned} \angle A B C+\angle C D A & =\angle A B Q+\angle C B Q+\angle A P Q-\angle D A P= \\ & =\angle A B Q+\angle A P Q+(\angle C B Q-\angle D A P)=\angle A B Q+\angle A P Q=180^{\circ}. \end{aligned}

Следователно четириъгълникът

A B C D

също е вписан в окръжност. б) От вписаните четириъгълници в а) имаме, че от една страна

\triangle R A P \sim \triangle R Q B

и значи

R P / R B=R A / R Q

, а от друга

\triangle R A D \sim \triangle R C B

и значи

R D / R B=R A / R C

. Следователно

R P \cdot R Q=R A \cdot R B=R D \cdot R C \quad

\Longrightarrow \quad R D \cdot R C=R P \cdot R Q.

Да означим

R D=x

. Получаваме

x(x+10)=(x+4)(x+5)

. Оттук

x=20

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2023-9-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2023-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В една компютърна мрежа има 27 устройства. Всяко от тях има уникален

n

цифрен номер, съставен само от нули и единици. Номерата на устройствата, които трябва да комуникират помежду си, се различават в точно 3 позиции, а номерата на тези, които не трябва да комуникират помежду си, се различават в точно 6 позиции. Ако поне две от устройствата комуникират помежду си, да се намерят всички възможни стойности за

n

Решение

d(x, y)

ще означаваме броят на позициите, в които се различават два номера. Ще казваме, че

x

y

са на разстояние

d(x, y)

Нека разгледаме устройството

S

, което си комуникира с най-много устройства измежду останалите. Ще го наричаме сървър и ще докажем, че всички останали устройства си комуникират с него. Без ограничение на общността, можем да предположим, че номера на сървъра е

0000 \ldots 0

. Да разгледаме две произволни други устройства

A

B

. Нека

A

е на разстояние

d(A, S)=a

от сървъра, а

B

- на разстояние

d(B, S)=b

от сървъра. Тъй като номерът на сървъра има само нули, то

A

ще има в номера си

a 1

-ци, а

B-b

. Да пресметнем

d(A, B

). Нека

A

B

имат 1 -ци на

k

общи позиции. Тогаваще има

a-k

позиции, в които

A

ще има 1, а

B 0

b-k

позиции, в които

A

ще има 0, а

B 1

. Така разстоянието между тях ще бъде

d(A, B)=a-k+b-k=a+b-2 k

. В нашия конкретен случай

a, b

a+b-2 k

са или 3, или 6. Използвайки единствено четност, директно се проверява, че

\text{I.} a=b=3 \Rightarrow k=0; \quad \text{II.} a=3, b=6 \Rightarrow k=3;

\quad \text{III.} a=b=6 \Rightarrow k=3.

С други думи, всяко устройство, което не си комуникира със сървъра, трябва да си комуникира с всички устройства, които си комуникират със сървъра и не трябва да си комуникира с останалите, а всеки две устройства, които си комуникират със сървъра не си комуникират помежду си. Съгласно условието и екстремалния избор на

S

, съществува поне едно устройство

A

, което си комуникира със сървъра (т. е.,

a=3

). Ако допуснем, че съществува устройство

B

, което не си комуникира със сървъра (т. е.,

b=6

), то то трябва да си комуникира с

A

и значи има единици на всички позиции, на които

A

има единици. Тъй като никои две устройства, комуникиращи си със сървъра не си комуникират помежду си, заключаваме че в този случай сървъра си комуникира с най-много две други устройства. Но тогава останалите поне 24 устройства не си комуникират с

S

и значи си комуникират с

A

- противоречие с избора на

S

да е устройството с най-много комуникации. Следователно всички останали 26 устройства си комуникират с

S

, имат по 3 единици в номерата си и няма два номера с единица на една и съща позиция, т. е.,

n \geq 26 \cdot 3=78

. Обратно, пример за

n=78

се конструира лесно: сървър

S

свързан с 26 устройства

A_{i}

, като номера на

A_{i}

съдържа единици на позиции

\{3 i-2, 3 i-1, 3 i\}, i=1, 2, \ldots, 26

. Очевидно за всяко число по-голямо от 78 можем да конструираме примери, като просто "залепваме" необходимия брой нули към всички номера в края на записа им.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2023-9-4

2024

3 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Точките

D

E

лежат на страните

A B

A C

на триъгълник

A B C

, като

D E \| B C

. Точките

A_{1}

A_{2}

лежат върху страната

B C

така, че

A_{1}

е между

B

A_{2}

, а

B A_{1}=C A_{2}

. Ако

A A_{1}

пресича

B E

в точка

M

, а

A A_{2}

пресича

C D

в точка

N

, да се докаже, че

M N

е успоредна на

B C

Решение

Нека

A A_{1}

A A_{2}

пресичат

D E

съответно в точки

P

Q

. Тъй като

B A_{1}=C A_{2}

\frac{B A_{1}}{D P}=\frac{A B}{A D}=\frac{A C}{A E}=\frac{C A_{2}}{E Q}

то

D P=E Q

. Следователно

D Q=D P+P Q=E Q+P Q=E P

и от

\frac{B M}{M E}=\frac{B A_{1}}{E P} \text{и} \frac{C N}{N D}=\frac{C A_{2}}{D Q}

получаваме

\frac{B M}{M E}=\frac{C N}{N D}

и твърдението следва от теоремата на Талес.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-9-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В Лемурия има 2024 града, всеки два от които са свързани с директен полет, чиято цена е или 1 грош, или 2 гроша. Всеки маршрут, който започва и свършва в един и същи град струва четно количество грошове. Ако закупим по един билет за всеки директен полет (пътуването от

A

до

B

и от

B

до

A

считаме за един и същ полет, като и цената в двете посоки винаги е една и съща), колко най-малко би могло да струва това?

Решение

За да намерим минималната стойност трябва да намерим най-големият възможен брой полети, струващи 1 грош. Нека да разгледаме графът, формиран от онези полети, които струват 1 грош. Очевидно, в него не може да има нечетни цикли и значи е двуделен (т. е. граф, чиито върхове могат да бъдат разделени на две непресичащи се множества, така че всички ребра свързват елемент на едното с елемент на другото множество). И обратновсички цикли в пълен двуделен граф са четни. Сега, нека тези две множества имат съответно

n

m

елемента.

n+m=2024

и броят на ребрата на графа е

n m

. Лесно можем да покажем (например чрез квадратно уравнение или неравенство между средните), че най-голямата стойност на произведението е при

n=m=

1012. Сега вече можем да конструираме мрежа с минимална сума на ценитеразделяме градовете на две множество от по 1024, като полетите между множествата струват 1 грош, а вътре в множествата - 2 гроша. Сумата от цените е

1012^{2}+2 \frac{1012 \cdot 1011}{2}=2047276

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-9-4