Задача 1
PMS
Пролетни математически състезания
310 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.
16 години5 класаИма видими липси
Избрана година
2017
Открити липси за попълване от източника
- pms2017-8-1: има placeholder текст
- pms2017-8-2: има placeholder текст
- pms2017-8-3: има placeholder текст
- pms2017-8-4: има placeholder текст
- pms2017-10-3: има placeholder текст
8
22 задачиНужна е проверка
Задача 1b
Условие
а) Да се докаже тъждествотоб) Да се намери , така че числата и да удовлетворяват уравнението . За така намерената стойност на , да се намерят още две целочислениРешение
на това уравнение. а) Привеждаме в нормален вид двете части на равенството и получаваме, че всяка от тях е равна на . б) Заместваме и и получаваме . Нека . От тъждеството следва, че , което показва, че ако ( ) е на уравнението, то и ( ) също са , т. е. от , следва, че и също саЗадача 1c
Условие
Нека с ъглополовяща в триъгълника , като . Точката лежи на лъча , така че . Да се докаже, че .Решение
Понеже , то . Оттук и от условието следва, че триъгълниците и са еднакви, откъдето .Задача 1d
Условие
Да се докаже, че ако са положителни числа, такива чето .Решение
От дадените равенства получавамеоткъдето . От първите две равенства получаваме ; понеже , то . Останатите равенства следват аналогично.Задача 1e
Условие
Да се намерят стойностите на параметъра , при които уравненията и са еквивалентни.Решение
Модулното уравиение е еквивалентно на , което се опростява до . Двете уравнения ще са сквивалентни, ако параметричното уравнение има единствен корен . Заместваме последното и след опростяване достигаме до квадратното уравнение . Последното има корени и . При първото уравнение има единствен корен , а при то добива вида и всяко е негово Окончателно само е на задачата.Задача 1f
Условие
Да се реши уравнениетоРешение
Разкриваме скобите, като умножаваме равноотдалечените множители отляво и полагаме . Получаваме уравнението , което има корени и . Първият от тях не дава , а от втория получаваме .Задача 1g
Условие
Даден е успоредник , два от эглите па който имат разлика . Ъглополовящите на ъглите при и се пресичат в точка . Лицето на е 18 кв. см и см. Да се пресметне лицето на .Решение
Острият ъгъл на успоредника е , така че ъглите на са , , като правият ъгъл е при . В този триъгьлник медианата е половината от хипотенузата, а ъчьлът между тях е , така че височината му е равна на от хипотенузата. Тогава за лицето му имаме и значи , съответно . Ако с средата на , то с успоредник, така че и . Понеже и , получаваме . Отсечката сключва ъгъл със страната , така че разстоянието от до е равно на като катет срещу ъчъл . Сега лицето на е кв. см. Очепяване: 1 т. за определяне ылите на триъгълника; 1 т. за доказване, че височината е от хипотенузата; 1 т. за доказване, че т. за доказване, че т. за намиране височината на т. за намиране па лицето на .Задача 1h
Условие
Нека и са естествени числа, такива чеа) Възможно ли е да е изпълнено равенството ? б) Да се докаже, че числата и са точни квадрати на цели числа.Решение
а) От условието получаваме , което показва, че , имайки същата четност като , трябва да е четно число, т. е. не може да е 2017. б) Директно се проверява, че полученото в а) равенство може да се запише във видаОт тези равенства следва, че числата и са точни квадрати на цели числа.Задача 2
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 2b
Условие
Във вътрешността на равнобедрен триъгълник , е взета точка , а върху отсечката е взета точка , така че . Да се докаже, че ако , то .Решение
Продължаваме до пресичането с в точка . Триъгълникът е равнобедрен, защото , откъдето . Разглеждаме триъгълниците и . Имаме по условие, и като допълнителни към равни ъгли. Ще отбележим, че по тази причини те са тъпи ъгли. Следователно , откъдето . ОттукЗадача 2c
Условие
а) Да се докаже, че ако са числа от интервала и , то . б) Сред числата всеки две не се различават с повече от единица и . Да се намерят най-малката и най-голямата стойност на израза .Решение
а) . б) Имаме , откъдето . Оттук , като равенство се достига при . Следователно най-малката стойност на е 96. Да намерим най-голямата стойност на . Без ограничение на общността . Тогава и според а) . След деление на 2 получаваме . Равенство се достига например при . Следователно най-голямата стойност на е 97.Задача 2d
Условие
Даден е равнобедрен триъгълник , и точките и от правата , такива че и са съответно височина и медиана в триъгълника . Да се намерят мерките на ъглите на триъгълника , ако .Решение
Нека е остроъгълен триъгълник. Тогава точката е между и , защото в противен случай и не е възможно част от половината на да е равна на половината на . Нека точка е среда на . Тогава като медиана в правоъгълен триъгълник. От друга страна е средна отсечка и понеже , триъгълникът е равнобедрен с . Следователно (като външен), т. е. и от следва, че и . Ако триъгълникът е тъпоъгълен, действаме аналогично като получаваме , откъдето и .Задача 2e
Условие
Да се докаже, че за всеки две числа и е в сила неравенството . Кога се достига равенство?Решение
Разликата преобразуваме до 1) , откъдето твърденисто следва. Равенство се достига само за .Задача 3
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 3b
Условие
Да се намери най-малкото естествено число , за което съществува естествено число , такова чеРешение
Нека е естествено число, за което . От малката теорема на Ферма ( ) следва, че . Най-малката възможност за е 7. Тогава уравнението добива вида . Последното няма целочислени , защото последните могат да са само от вида , които лесно се отхвърлят. Нека . Тогава уравнението добива вида . Очевидно, ако е естествено число, то се дели на 2 и на 5, а е на последното. Търсената стойност на е 10.Задача 3c
Условие
За всяка двойка естествени числа ( ) полагаме . a) Съществува ли двойка естествени числа ( ), такава че ? б) Да се намери най-малката стойност на израза .Решение
а) Понеже всяко от числата и при деление с 4 дава остатък 1, то винаги ще се дели на 4, т. е. не може да е равно на 2014. б) Явно ; от а) видяхме, че се дели на 4; при стойността му е 8. Ще покажем, че това е най-малката стойност, като се уверим, че @ не е равно на 4. Ако , то ; числото вляво се дели на 3, а вдясноне. Ако , то . Последна цифра 4 е възможна само ако последната цифра на е 1, а на е 7, т. е. . Тогава , което е невъзможно, понеже множителите са взаимно прости, а 37 е просто число.Задача 3d
Условие
Да се намерят всички естествени числа , такива чеРешение
Нека е от желания вид. Числото е делител на числото . При получаваме , което е делител на . Ще покажем, че при е в сила неравенството . Последното е еквивалентно на . ИмамеСледователно единствената стойност на е .Задача 3e
Условие
На дъската са записани в редица естествените числа от 1 до 2016. Разрешава се изтриване на число от произволна двойка съседни числа по следното правило: ако сборът на числата от двойката е нечетен изтриваме лявото число, а ако е четендясното. След 2015 такива изтривани на дъската остава едно число. Да се намерят всички възможни стойности на това число.Решение
Ще разгледаме следната помощна задача. В редица са поставени алтернативно бели и черни топчета, като започнем с бяло, след това черно, бяло и т. н. Разрешава се от всяка двойка съседни топчета да се махне едно по правилотоако топчетата са разноцветни махаме лявото, а ако са едноцветнидясното. Какъв е цветът на последното останало топче? Ще покажем, че цветът на последното топче не се изменя. Наистина, ако се извършва премахване, което не засяга последното топче, всичко е ясно. Ако извършваме действие с последните две топчета и те са разноцветни, махаме лявото, т. е. цветът на последното се запазва. Ако последните топчета са едноцветни без значение цветът на последното няма да се промени. Да се върнем към задачата. Наричаме нечетните числа бели, а четнитечерни. Тъй като 2016 е четно число, то ще е черно, което показва, че последното останало неизтрито число е четно. Ще покажем как може да достигнем с помощта на дадените операции до произволно четно число. Просто извършваме операциите с първите две числа и значи се изтрива числото 1. Продължаваме по същия начин докато достигнем до избраното число. След това действаме отзад напред като за два хода изтриваме последните две числа. Тъй като броят на числата, по-големи от избраното, е четен, ще достигнем и точно до избраното.Задача 3f
Условие
Намерете всички естествени числа , за които , къдсто и са прости числа и .Решение
Имаме . От равенството следва, че най-големият общ делител на и е делител на 9. Ако приемем, че числата и се делят на 3, то и тогава , а това с невъзможно. Следователно тези множители са взаимно прости. Проверяваме, че и тогава . Следователно и , откъдето . Получаваме и . Оцепявале: 2 т. за т. за т. за извода, че и т. за завършване.Задача 4
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 4b
Условие
В редица са записани числата от 1 до 9, така че сборът на всяко число на нечетна позиция със съседите (съседа) му е . Определете всички възможни стойности на .\Решение
Ако числата са записани в реда , то . Понеже , получаваме, че е срел чистата 11. 12. 13. 14. 15. От друга страна, , което изключва . е възможно при наредбата 925461738. е възможно при наредбата 941832567. е възможно при наредбата 592347168. Ако допуснем, че , то . Тъй като редицата от чиста a. b. c..., h. і записана в обратен ред също притежава свойството от условието. то без ограничение на общността . Ако , то : абсурд. Ако , то , т. е. . Ако . то : абстрл. Ако , то : абсурд, понеже вече са използвани числа от всички подходящи двойки. Ако , то , т. е. и. ти . Ако . то : абсурд. Ако , то : абсурл. понеже вече са използвани числа от всички подходящи двойки. Ако , то : абстрл. понеже вече са използвани числа от всички полходяши лвойки. Ако , то , т. е. . Ако . то : абсурд. Ако , то : абсурд. Окончателно или .Задача 4c
Условие
Сборът е записан като несъкратима дроб . а) Да се докаже, че се дели на 32. б) Да се докаже или опровергае, че се дели на 64.Решение
Ще докажем нещо повече, че се дели на 512. Да означим . Имаме последователноЗа да пресметнем последователно прибавяме дробите . Числителите на всяка от тези дроби се дели на 512 и следователно числителят на също ще се дели на 512. Като използваме неравенството за , което от своя страна лесно следва по индукция, виждаме че числителите на всяко от следващите събираеми ще се делят поне на 512. Следователно и числото ще се дели на 512.9
24 задачиЗадача 1
Условие
Нека е естествено число. Да се намерят всички стойности на реалните параметри и , за които остатъкът от делението на полинома на полинома е полиномът .Решение
Отговор: при четно , няма такива и при нечетно . Нека , където е частното от делението. Тогава при получаваме , а при имаме . От тези две уравнения за и получаваме , което няма при нечетно , а при четно намираме . Тогава . Имаме (при четно )Задача 1b
Условие
Да се намерят всички двойки реални числа ( ), за които квадратните уравнения и имат общ реален корен.Решение
Ако е общ реален корен на дадените уравнения, тооткъдето . Ако , то двете уравнения съвпадат и остава да проверим кога общите им корени са реални. Имаме . Ако , то за общия корен имаме , т. е. или . Първата възможност очевидно отпада, а втората дава , т. е. при . Окончателно, търсените двойки са , където и при .Задача 1c
Условие
Квадратното уравнение има два различни корена, които са естествени числа. Известно е, че . Да се намерят корените на уравнението и коефициентите и .Решение
От формулите на Виет имаме и . Тогават. е. . Тъй като разлагането на 2020 на прости множители е , от условието и наредбата (очевидно е невъзможно) следват четири възможности: ако и , то и ; ако и , то и ; ако и , то и ; ако и , то и . За пълно описание на отговорите трябва да се отчете и наредбата на и .Задача 1d
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър , за които уравнението има два различни реални корена и , такива, чеРешение
За да има уравнението два различни реални корена е необходимо и достатъчно дискриминантата му да е положителна, т. е. . От формулите на Виет, , откъдето (използвахме, че от по-горе). Следователно и окончателно търсените а са числата от интервала ( ].Задача 1e
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър , за които уравненията и имат съответно корени и , за които е изпълнено равенствотоРешение
Лесно се вижда, че корените на двете уравнения са реални. С помощта на формулите на Виет получаваме, чеОт последното равенство следва, че , откъдето и .Задача 2
Условие
Даден е остроъгълен , в който вписаната окръжност се допира до страните и съответно в точки и . Ъглополовящите на ъглите и пресичат правата съответно в точки и . Да се намери ъгъл , ако .Решение
Отговор: . Ще използваме стандартните означения за ъглите в . Нека е центърът на вписаната в окръжност. Тъй като , четириъгълникът е вписан. Тогава . От следва и че четириъгълникът е вписан, откъдето . Нека е средата на страната . Тогава и са медиани съответно в правоъгълните триъгълници и и следователно . Оттук и от условието следва, че е равностранен. Тъй като като външен за равнобедрения и аналогично , получаваме .Задача 2b
Условие
Точка е вътрешна за страната на остроъгълен . Около триъгълниците и са описани съответно окръжности и , като пресича за втори път в точка , а пресича за втори път в точка . Допирателната към в точка пресича за втори път в точка , а допирателната към в точка P пресича за втори път в точка . Известно е, че правите и се пресичат в една точка. Да се докаже, че точките и лежат на една права.Решение
Ще използваме стандартните означения за ъллита на . Нека и се пресичат в точка . От вписани ъгли следва, че и . Тогава и значи . Тъй като и аналогично , имаме и значи четириъгълникът е вписан, откъдето . Освен това от окръжността и следователно лежи на . Аналогично се вижда, че и лежи на .Задача 2c
Условие
Върху страната на триъгълник са построени точки и , а върху страната - точка , така че и . Ако , намерете градусната мярка на .Решение
От и следва, че е равнобедрен трапец и следователно е вписан в окръжност. ТогаваПолучаваме , така че и .Задача 2d
Условие
Да се намерят всички цели числа , за които съшествува цяло число , такова, че дели както , така и .Решение
От условието следва, че дели . Тъй като и 71 е просто число, имаме три възможности: или 71. В първия и втория случай намираме и -2, които са (работа върши всяко цяло ). В третия случай, уравнението има корени и . Тогава след умножение по 5 е равносилно с , а след умножение по 32 е равносилно отново с , т. е. работа вършат точно тези , които дават остатък 25 при деление на 71.Задача 2e
Условие
Да се намери най-малкото естествено число , за което съществува естествено число , такова, че числото е точен квадрат.Решение
( ) От следва, че . Да допуснем, че и да положим , където . Да отбележим, че , което означава, че е точен квадрат. Тъй като , заключаваме, че числата и са точни квадрати. От следва, че и оттук . Тъй като е точен квадрат, имаме всъщност . Тъй като е разликата от поне до следващия точен квадрат, имаме . Сега от следва, че и по същия начин, както по-горе, последователно получаваме , т. е. , откъдето , и накрая , което е противоречие, защото . ( Втори начин ) От следва, че . Ако допуснем, че , и , то от квадратното уравнение следва, че неговата дискриминанта е точен квадрат. Но от друга страна, и следователно , което е противоречие.Задача 2f
Условие
Фиксирани са ъгъл и права , разделяща равнината на две полуравнини и . Подвижната точка от е такава, че . Вписаната окръжност за с център точка се допира до и в точки и съответно. Точка лежи върху лъча след и е такава, че и . Точка лежи върху лъча след и е такава, че и . Да се докаже, че симетралата на минава през постоянна точка.Решение
Нека точка е такава, че и . Ще докажем, че това е търсената точка, т. е. че . При стандартни означения за ъглите на имаме . От , и следва, че , откъдето и .Следователно , така че . Kpumepuu: (6 точки) 2т. за определяне мястото на т. за т. за и завършване.Задача 2g
Условие
В окръжност е вписан остроъгълен с ортоцентър . Окръжността, описана около , има радиус 1 и центърът и́ лежи върху . Да се намерят: а) големината на ; б) дължината на отсечката .Решение
а) Нека и е центърът на описаната около окръжност. Тогава . Лесно се вижда, че и следователно . От друга страна, четириъгълникът е внисан в и следователно , откъдето . б) Да означим с центъра на , с средата на и с петата на височината от върха . Тъй като и (понеже е среда на дъгата ), то е равностранен и тогава . От правоъчълния имаме като катет срещу ъчъ от . Освен това . Следователно и оттук .Задача 2h
Условие
Даден е , в който и . Точката е среда на . Да се намери .Решение
Нека . Тогава е равнобедрен и правоъгълен, а е медиана в правоъгълния . Следователно и . Тогава в окръжността с център и радиус имаме . Втори начин. Нека точката бъде симетрична на относно симетралата на . Тогава и . Оттуки следователно е равнобедрен и . Нека точките и бъдат симетрични на и съответно относно правата . Тогава и следователно е равностранен. Оттук получаваме, че и фигурата е квадрат. Но тогава правите и се пресичат в иЗадача 3
Условие
На дъската е написано числото 2017. Николай трябва да получи числото 1 с помощта на краен брой от следните операции: от се получава или , като второто е разрешено само ако е четно (например от 2017 се достига до 2048 с добавяне на 1 и след това до 1 с деление на 2). Възможно ли е Николай да организира получаването на 1 така, че някоя от цифрите да не се появи на дъската на никоя от стъпките?Решение
Отговор: Не! Да наречем една цифра добра, ако се появява на дъската. Цифрите и 8 очевидно са добри, а 9 също е добра, защото се получава на третия ход (в 2019 или 1009). Тъй като 1 може да се получи само от 2, а 2 само от 4, цифрата 4 също е добра. Ще докажем, че 5 е добра цифра. Действително, за да не получим 5 като последна цифра, трябва да приложим деление на 2 най-късно при 2024, при което ще получим число между 1009 и 1012. Сега, отново за да не получим 5 като последна цифра, трябва да приложим деление на 2 най-късно при 1014, при което ще получим число, започващо с 5. Цифрата 6 също е добра. Действително, за да не я получим като последна цифра, трябва последователно да сме в интервала [2017, 2025], после в [1009, 1015], оттам в [505, 515], после в [254, 259] (иначе имаме 6 като втора цифра), след което в и на следващата стъпка непременно ще получим число, започващо с 6. По подобен начин се вижда, че и цифрата 3 е добра. За да не я получаваме като последна цифра, трябва последователно да сме интервалите [2017, 2022], [1009, 1012], [505, 512], [254, 262], [127, 129], [64, 72 и на следващата стъпка няма как да не я получим като първа цифра.Задача 3b
Условие
Съществуват ли естествени числа и , за коитоза някое цяло число ?Решение
Да допуснем, че такива числа съществуват. Ще докажем с индукция по , че се дели на 9 за всяко естествено . Имаме 1) и е достатъчно да забележим, че . Следователно , откъдето . Оттук следва, че се дели на 3 и тогава , което е невъзможно.Задача 3c
Условие
Петър покрил една шахматна дъска с размери с правоъгълници с размери по такъв начин, че всяко квадратче от дъската да бъде покрито от точно един правоъгълник. След това, той разрязал всеки от тези правоъгълници на три по-малки правоъгълника с размери и по произволен начин и показал полученото покритие на Николай. Винаги ли ще може Николай по показаното му покритие с по-малки правоъгълници да определи еднозначно какво е било първоначалното покритие с правоъгълници ?Решение
Да, винаги! Да допуснем, че съществуват две покрития и с правоъгълници , които водят (при подходящи разрязвания) до едно и също покритие с по-малки правоъгълници. Тогава непременно има правоъгълник с размери , такъв, че правоъгълникът с размери , от който е част в , е разположен по различен начин от правоъгълника с размери , от който е част в . Без загуба на общност, нека се съдържа в -тия ред на дъската, се съдържа в -тия и -вия, и се съдържа в -тия и -вия ред. Нека бъде правоъгълниат , получен от в , и нека бъде правоъгълникът , от който е част в . Тогава се съдържа в -вия ред на дъската и се съдържа в -вия и -рия ред. Аналогично, нека бъде правоъгълникът , получен от в , и нека бъде правоъгълникът , от който е част в . Тогава се съдържа в -вия ред на дъската и се съдържа в -рия и -тия ред. Продължавайки по същия начин и по-нататък, в крайна сметка ще достигнем до правоъгълник , който ще трябва да лежи извън дъскатапротиворечие. И така, измежду всички покрития с правоъгълници има само еднопървоначалнотоот което с разрязване може да се получи покритието с по-малки правоъгълници, наблюдавано от Николай. На него му остава само да провери всички възможни покрития и всички възможни разрязвания на всяко от тях едно по едно, докато намери исканото.Задача 3e
Условие
Да се намерят всички естествени числа , за които е точна степен на просто число.Решение
Нека , където е просто число. Тогава . Двата множителя отляво са по-големи от е очевидно, а следва от , което се доказва лесно по индукция. Следователно и , където . Имаме и следователно или е делител на . Последното и дават отново . Случай 1. При имаме и значи е невъзможно да е точна степен на 2. Случай 2. При от следва, че . Сега от получаваме и дава , което е единственото на задачата.Задача 4
Условие
Да се намерят всички прости числа и , за които дели .Решение
Отговор: . Ако , то , откъдето следва, че , което е невъзможно. Нека . От условието и от равенството следва, че . Тъй като , заключаваме, че . Ако , то , което е невъзможно. Следователно . Тъй като е просто число, то дели един от множителите и . Ако , то и значи и , откъдето следва, че е положително кратно на , което не надминава . Тогава и получаваме и . Ако , то и значи и , откъдето следва, че е положително кратно на , което не надминава . При получаваме , което е невъзможно, а при намираме , което също е невъзможно.Задача 4b
Условие
Дадено е естествено число . Естествените числа от 1 до са записани по окръжност, така че всяко от тях се дели на разликата на своите два съседа. a) Ако е едноцифрено, определете всичките му възможни стойности. б) Възможно ли е ? в) Възможно ли е ?Решение
Нечетно число може да се намира само между числа с различна четност, така че нечетните числа са групирани по двойки, обградени с четни. Тогава броят на нечетните числа от 1 до е четен, което изключва случаите . При наредбата е . При наредбата е . При наредбата е . Ако се дели на , то можем да подредим числата така: , , следвани от двойките числа за . Там, където числата през едно имат разлика 1, условието явно е изпълнено. Остава да се уверим, че се дели на се дели на се дели на и че 2 се дели на . Това решава случаите и .Задача 4c
Условие
Да се докаже, че за всяко естествено число съществува естествено число , такова, че дели при подходящ избор на знака.Решение
Нека е нечетен прост делител на (тъй като не се дели на 4, такъв съществува). Тогава и числото е четно. Следователно(използвахме сравненията и теоремата на Уилсън). Получихме , откъдето и твърдението на задачата следва.Задача 4e
Условие
Във всеки от върховете на един правилен 360 -ъгълник с център е записано по едно естествено число, не по-голямо от 180, като при това сумата на всички записани числа е нечетна. Да се докаже, че могат да се намерят два върха и на , такива, че разликата на записаните в тях числа е равна на градусната мярка на .Решение
За всеки връх на , нека е този връх на , за който градусната мярка на е равна на числото, записано в , и е положително ориентиран. За всяко , да нарисуваме стрелка, сочеща от към . Ако две от тези стрелки сочат един и същи връх на , то тогава техните начални върхове образуват двойка от вида, който се търси в задачата. Да допуснем, че такава двойка няма. Тогава, понеже от всеки връх излиза точно една стрелка, то и във всеки връх трябва да влиза точно една стрелка. Следователно, стрелките образуват няколко независими цикъла. Понеже всеки такъв цикъл извършва цял брой обороти около , сумата от градусните мерки на стрелките, които участват в него, ще бъде кратна на 360. Оттук следва, че и сумата от градусните мерки на всички стрелкикоято съвпада със сумата от всички записани числаще бъде кратна на 360: противоречие.Задача 4f
Условие
Точката лежи върху описаната около квадрата окръжност. Нека и са симетричните точки на относно правите и съответно. Да се докаже, че симетричните точки на относно правите . и лежат на една права, която минава през центъра на .Решение
Нека, без загуба на общност, лежи върху дъгата . Нека и са симетричните точки на относно правите и , и нека и са проекциите на върху правите и , съответно. Имаме (понеже и са среди на и ) (понеже четириъгълникът е вписан в окръжност с диаметър . Аналогично се установява и , откъдето следва, че точките , и лежат на една права. На тази права лежи и точката , понеже и са симетрични относно . От следва, че точката, симетрична на относно правата , лежи на . Аналогично, на лежат и точките, симетрични на относно и . Понеже е диаметър в описаната окръжност на и съдържа неговия център, то с това задачата е решена.Задача 4g
Условие
В равнината са дадени 109 точки, никои три от които не лежат на една права. Всяка точка е оцветена в един от седем възможни цвята и от всеки цвят има поне по осем точки. Ще наричаме триъгълник едноцветен, ако трите му върха са в един цвят. Да се докаже, че има поне 2015 едноцветни разностранни триъгълника.Решение
Ако има точки от даден цвят, те образуват триъгълника. На симетралата на всяка двойка точки може да има най-много две от дадените точки, така че равнобедрените триъгълници с тази основа са не повече от . Остават поне разностранни триъгълника с върхове в този цвят. Ще бележим . Да допуснем, че в друг цвят има точки и . Ще докажем, че . Преобразуваме еквивалентно:което е вярно, понеже и . Следователно е достатъчно да докажем твърдението в случая, когато бройките точки в различните цветове се различават с не повече от 1. Понеже , в този случай ще имаме по 16 точки в 4 от цветовете и по 15 в останалите 3 цвята. Понеже и , твърдението следва. Kpuтepuu: (7 точки) 2т. за доказване наЗадача 4h
Условие
Нека е фиксирано естествено число. Да се докаже, че за всяко просто число : а) съществуват безбройно много естествени числа , за които се дели на ; б) съществуват безбройно много естествени числа , за които се дели на .Решение
Очевидно а) следва от б), но ще дадем доказателства и на двете. Ако , работа върши всяко , което се дели на . Затоваще считаме, че . a) Малката теорема на Ферма подсказва идеята да тьрсим така, че да са в сила сравненията защото тогава и . Безбройно много такива съществуват съласно китайската теорема за остатьците. В явен вид имаме от първото сравнение и тогава , т. е. от второто. Следователно е цяло число. б) За намерените в а) стойности на имаме(използвахме теоремата на Ойлер за . Следователно е достатъчно да изберем така, че , за да получим .10
20 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят стойностите на реалния параметър , за които точно две от целочислените на неравенството не надминават 3.Решение
Очевидно има смисъл да разглеждаме само положителни стойности на , за които . Ясно е също, че и . Нека . Сега . Оттук имаме или , което води до или . Това дава решенията . Тъй като и , две целочислени , ненадхвърлящи 3, се получават, когато , т. е. когато . Така в този случай получаваме . Нека . Сега получаваме последователно и , откъдето . Очевидно в този интервал има само една целочислена стойност за . Накрая нека . Както в 2 ) получаваме . Точно две целочислени за , които са по-малки или равни на 3, се получават, когато . Така в този случай получаваме . Окончателно имаме .Задача 1b
Условие
Нека е реално число от интервала . Да се реши уравнениетоРешение
Очевидно и са Нека . Тогава от неравенството следва, че всеки от събираемите отляво е поне и оттам лявата страна е винаги по-голяма от дясната.Задача 1c
Условие
Дадени са квадратните функции и , където е реален параметър. Пресечните точки на графиката на с координатните оси определят триъгълник с лице , а пресечните точки на графиката на с координатните оси определят триъгълник с лице . Да се намерят всички стойности на , за които .Решение
Както , така и има два различни реални корена. Триъгълникът, определен от точките на пресичане на графиката на с координатните оси има страна върху абсцисата (където и са корените на ) и височина към тази страна . Следователно . Аналогично . Неравенството от условието е еквивалентно на , откъдето или . Kpumepuu: (6 точки) 3т. за намирането на или т. за намирането и на второто лице; 2т. за решаване на неравенството .Задача 1d
Условие
Да се реши уравнениетоРешение
Даденото уравнение е еквивалетно с уравнениетоРазглеждаме следните два случая: Случай 1. Ако , то след преобразувания достигаме до уравнениетои получаваме две x_{1}=1, x_{2}=5x \in\left[\frac{1}{2}, 1\right), то достигаме до уравнението $ x^{3}-4 x^{2}+15 x-12=0 \Leftrightarrow(x-1)\left(x^{2}-3 x+12\right)=0, $$ което няма в разглеждания интервал.\\ Окончателно даденото уравнение има точно две x_{1}=1$ и $x_{2}=5$.Задача 2
Условие
Нека е допирната точка на вписаната в окръжност със страната . Нека и са центровете на вписаните окръжност в и съответно. Да се докаже, че описаната около окръжност се допира до .Решение
Да означим с и допирните точки на вписаните в и окръжности със страните и съответно. Тогаваи следователно вписаните в и се допират до в една и съща точка. Остава да съобразим, че , с което доказателството е завършено.Задача 2b
Условие
Нека е височина в , като . Окръжността с център и радиус пресича описаната около окръжност в точките и съответно. Ако правата разполовява , то да се намери .Решение
Нека правата пресича и в точките и съответно. Отследва, че . ТогаваАналогично и следователно точките и лежат на окръжност с диаметър . Но по условие е среда на , т. е. е центърът на тази окръжност и .Задача 2c
Условие
Да се определят стойностите на параметъра , за които уравнениетоима най-много едно положителноРешение
Забелязваме, че е корен на уравнението и го записваме във видаНека и . Случай 1. Ако , т. е. , то има най-много едно x=\frac{1}{2} и едно положително x=\frac{1}{2}a=\frac{3}{4}D>0\frac{1}{2}>0f(x)=0f(0)=-a+1 \leq 0x=a-1 \geq 0f(x)=0a=1f(a-1)=0a=1a=3 и . Окончателно .Задача 2d
Условие
Построени са графиките на две квадратни функции и със старши коефициенти и -3 съответно, като има корени 2 и 5, а има корени -2 и 1. Една мравка стартира от точка , която лежи върху точно една от тези графики, и се движи по тях, без да се връща назад. Всеки път, когато достигне пресечна точка на двете графики, мравката сменя графиката, по която върви, като избира посоката си върху новата графика произволно. Какви трябва да бъдат координатите на началната точка , за да може мравката да се върне обратно в нея?Решение
Пресмятаме в явен вид двете функции: и . Пресечните точки на двете параболи намираме чрез корените на функциятаСтаршият коефициент на е положителен и следователно параболата е "обърната нагоре". Старшият коефициент на е отрицателен и следователно параболата е "обърната надолу". Ако мравката тръгне от точка с абсциса, която не принадлежи на интервала , то тя или ще отиде в безкрайността, движейки се по параболата, от която е започнала, или ще стигне до кръстопът. Сменяйки параболата, тя или ще отиде в безкрайността, движейки се по другата парабола, или ще стигне до другия кръстопът. Повтаряйки това разсъжение няколко пъти, виждаме, че мравката или ще отиде в безкрайността по някоя от параболите, или ще остане затворена в цикъла между двете, като посоката на въртене в този цикъл е такава, че тя не може да се върне в . Ако мравката тръгне от точка с абсциса, която принадлежи на , то тя ще може да се върне обратно в след като мине през два кръстопътя. Следователно, търсените координати са от вида или ( ), където .Задача 2e
Условие
Даден е правоъгълен с прав ъгъл при върха . Нека е средата на , а и са петите на перпендикулярите от върха към и съответно. Ако , то да се намери .Решение
Нека . Тъй като точките и лежат на окръжност с диаметър , тои следователно четириъгълникът е вписан в окръжност. Освен това, е медиана в правоъгълния и следователноТака получаваме, че . От друга страна, и следователно . Тогават. е. и .Задача 2f
Условие
Даден е остроъгълен с височина , имаща среда . Нека . Точка е избрана така, че е правоъгълник. Да се докаже, че разполовява отсечката .Решение
Означаваме пресечната точка на и с . Ще докажем, че точка е среда на . Нека е средата на и . Тогава е успоредник и следователно е среда на , както и на . Освен това и значи точките и лежат на една права, защото и са съответни медиани в подобните триъгълници. Сега е средна отсечка в и следователно е средна отсечка в , откъдето исканото следва. (Марк Андонов). Нека петата на перпендикуляра от към означим с . Тогава, използвайки, че е успоредник и теоремата на Талес, получавамеи оттук . Kpuтерии: (6 точки) 1 т. за въвеждане на т. за доказване, че е обща среда на и т. за доказване, че разполовява т. за завършване. 1 т. за въвеждане на т. за доказване, че е успоредник; 4 т. за правилно пресмятане на отношенията. За частични резултати общо най-много 3 т.Задача 3
Условие
Нека е броят на начините на покриване на правоъгълник с плочки от вида домино и L-тромино (квадрат без една клетка). Да се докаже, че за всяко е в сила неравенството .Решение
BLANK BLANK BLANKЗадача 3b
Условие
Да се докаже, че за всяко нечетно просто число числата идават един и същи остатък при деление на .Решение
Имаме, чеНека е остатъкът на числото при деление на . Остава да покажем, че остатъкът на при деление на също е равен на . Имaмеоткъдето, съгласно теоремата на Уилсън,От друга страна, теоремата на Уилсън ни дава иСледователно, , с което задачата е решена.Задача 3c
Условие
Даден е с център на външновписаната окръжност към страната . Нека е средата на страната и пресича страната в точка . Ако е известно, че , то да се докаже, че .Решение
Нека е центъра на вписаната в окръжност. От следва, че . Тогавакъдето е радиусът на външновписаната окръжност към страната . Така достигаме до извода, чеОт друга страна, е ъглополовяща в равнобедрения и следователно лежи на симетралата на , но е ъглополовяща на , т. е. лежи на описаната окръжност около . Така достигаме до извода, че е трапец, вписан в окръжност, т. е. той е равнобедрен и .Задача 3d
Условие
Дадено е просто число р. Да се докаже, че числотосе дели на .Решение
Да означим . Тъй като , то се дели на . Нека е просто число. Ще докажем, че се дели на , което ще означава, че се дели на . От теоремата на Ферма имаме , което означава, че за някое . ТогаваКато използваме развититето на и и това, че се дели на , намирамес което доказателството е завършено.Задача 4
Условие
Дадено е множеството , както и петелементните подмножества на :Някои от елементите от оцветяваме в червено. Какъв е минималният брой елементи, които трябва да се оцветят, така че всяко от множествата да съдържа като оцветени, така и неоцветени числа.Решение
Всяка двойка от числа от се среща в точно едно от множествата . Това се проверява лесно, ако забележим, че разликите , пробягват всички ненулеви остатъци по модул 21. В частност оттук следва, че всеки елемент на се появява в точно пет от множествата . Нека е множество, съдържащо максимален брой оцветени числа. Очевидпо този брой е поне 2. Да допуснем, че той е точно 2 и да означим със броя на всички оцветени елементи от . Да означим още с и броя на подмножествата, съдържащи съответно 1 и 2 оцветени точки. Очевидно имамеоткъдето , т. е. . Последното уравнение няма реални корени. Следователно съществува множество с поне 3 оцветени числа. Оттук получаваме, че броят на оцветените числа от е поне 7. За това е достатъчно да разгледаме множествата , които съдържат фиксирано неоцветено число. Стойността 7 се достига; да оцветим, например, всички числа, които се делят на 3.Задача 4b
Условие
Дадена е редица от цели числа с положителна сума . Казваме, че редицата е добра, ако са изпълнени неравенстватаДа се намери максималния възможен брой добри редици измежду:Решение
Разглеждаме безкрайната редицаи построяваме начупената линия с върховеОчевидно, ако ( ) е добра, то начупената линия е изцяло над правата . Ако редицата ( ) е добра, то точката ( ) лежи върху тази права. Така търсеният брой е НОД( ). Лесно се строи пример, за който тази стойност се достига.Задача 4c
Условие
Даден е остроъгълен с ортоцентър , център на вписаната окръжност и център на външновписаната окръжност срещу . Нека е височина в , точката е проекцията на върху правата , и . Да се докаже, че лежи на .Решение
Нека е окръжността с център и радиус . Тогава е външният център на хомотетия за и , а е външният център на хомотетия за и . Съгласно теоремата за трите хомотетии, външният център на хомотетия за и лежи на . Но лежи също така и на и следователно . Нека е допирателната към , която е успоредна на и не съвпада с , и нека допира в . Разглеждаме хомотетии с център и с център , такива че изобразява в и изобразява в . Тогава изобразява в и изобразява в ; следователно, и значи , както се искаше.Задача 4d
Условие
Всеки от участващите ученици в едно математическо състезание има не повече от познати. Нека и са неотрицателни цели числа, за които . Да се докаже, че учениците могат да бъдат разделени в две стаи по такъв начин, че всеки ученик в първата стая има не повече от познати в неговата стая и всеки ученик във втората стая има не повече от познати в неговата стая.Решение
Разбиваме учениците на две групи и и означваме с броя на двойките познати във . Измежду всички възможни разбивания на учениците по стаи, които са краен брой, да разгледаме такова разбиване (то може и да не е единствено) при което числото е минимално. Ще докажем, че това разбиване изпълнява условието на задачата. Да допуснем противното и нека в поне една от групите, да речем , има ученик , който има познати в групати. Означаваме с броя на познатите на във . При преместването на във броят на познанствата във и става съответно и . Оттуккоето е противоречие с минималността на . С това и доказателството е завършено.Задача 4e
Условие
Да се намерят всички функции , за които равенството е изпълнено за всички естествени числа .Решение
От условието следва, че произволни е изпълненоСледователно, за всички естествени числа имамеНо тъй като и , получавамеТогава за имаме, че , където . Следователно . Полагаме , което преобразува предното уравнение в и по индукция лесно получаваме . Следователно, има вида , където и са константи. Проверката показва, че , т. е. решенията са , където е произволна цяла неотрицателна константа.Задача 4f
Условие
Някои от градовете в една държава са свързани с пътища. Два града са съседни, ако са свързани с път, неминаващ през други градове. От всеки град излиза поне един път. Да се докаже, че е възможно да бъдат построени болници в града така, че всеки град да има болница или да е съседен на град с болница. (С означаваме най-голямото цяло число не надминаващо .)Решение
Дефинираме граф , в който всеки град е връх и два върха са свързани с ребро, ако между съответните градове има директен път. По условие минималната степен на връх от е 1. Трябва да докажем, че можем да изберем множество от (не повече от) върха, така че всеки връх да е в или да е съседен на връх от . Нека е максимална антиклика в , а е множеството от останалите върхове в . Тогава всеки връх от е свързан с поне един връх от и, обратно, всеки връх от е свързан с поне един връх от . Следователно за всяко от множествата и е вярно, че ако построим болници в това множество, то във всеки град има болница или този град с съседен на град с болница. Очевидно поне едно от множествата и съдържа не повече от върха.11
10 задачиЗадача 1
Условие
Да се реши неравенствотоРешение
Полагаме и тогава . Неравенството е еквивалентно на , откъдето . Следователно , тоест . Лявото неравенство е изпълнено за всяко , а от дясното получаваме илиЗадача 1b
Условие
Да се намери броят на аритметичните прогресии, за всяка от които са изпълнени следните свойства: Първият член и разликата на прогресията са естествени числа. Последният член е 2015. Броят на членовете е степен на числото 10 със степенен показател естествено число.Решение
Да означим прогресия с исканото свойство с . Имаме , където или 1000. Това означава, че на всяка прогресия съответстват стойности на и , за които . При възможните стойности на са при възможните стойности на са и при възможните стойности на са . Общо имаме 245 такива прогресии. Kpumepuu: (6 точки) 1 т. за общия член на аритметична прогресия; по 2 т. за всеки от случаите и т. за случая .Задача 1c
Условие
Числата и образуват в този ред аритметична прогресия с разлика . Да се намери , ако числата са различни и са последователни членове на аритметична прогресия.Решение
От условието следва, че и . Тогава числата са последователни членове на аритметична прогресия. Следователно , откъдето . Ако , то числата от втората прогресия не са различни. Ако , то . Директно се проверява, че при всяка от тези стойности на се получаваЗадача 2
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник . Нека и са съответно ортоцентърът и медицентърът на . Точка е пресечната точка на медианата през и височината през , а точка е пресечната точка на медианата през и височината през . Ако точките и лежат на една окръжност, да се докаже, че триъгълникът, образуван от медианите на , е подобен на .Решение
Тъй като и лежат на една окръжност, то . Следователно , откъдето следва, че , където е средата на . От тук получаваме или . Като използваме, че от последното равенство следва, че . От формулите за медианите пресмятаме:откъдето следва твърдението на задачата.Задача 2b
Условие
В остроъгълен е вписана окръжност с център . Нека и са съответно височината и ъглополовящата от върха , а точките и са средите съответно на и . Ако допирната точка на със страната е среда на отсечката , да се докаже, че е център на описаната окръжност за .Решение
Да означим допирната точка на и страната с . При стандартни означения за триъгълник имаме и . Тъй като е среда на получаваме , откъдето намираме:След заместване получаваме . От това равенство намираме и . Аналогично . Следователно .Задача 3
Условие
Да се намерят всички естествени числа , за които числотое просто.Решение
При получаваме , което е просто число. Ако е нечетно число, то е четно число и , т. е. не е просто число. Ако е четно число, записваме , където е нечетно число. Да разгледаме числото . Имаме и . Тогаваи не е просто число. Единствената стойност на е .Задача 3b
Условие
Нека е множеството от всички четирицифрени числа, записани с цифрите 1, 2 или 3, като последната цифра не е 3. Нека е множество от четирицифрени числа със следното свойство: за всяко число от съществува число от , което се различава от в най-много една позиция. Да се намери най-малкия възможен брой елементи на .Решение
Директно се проверява, че множеството:има исканото свойство. Да допуснем, че съществува множество с 8 числа. От принципа на Дирихле следва, че без ограничение можем да приемем, че броят на числата в с първа цифра 3 е не повече от 2. От всяко такова число с промяна на втората, третата или четвъртата цифра можем да получим 5 други числа (втората и третата цифра могат да се променят по два начина, а третата цифра по един). Следователно число с първа цифра 3, покрива 6 числа (към горните пет числа прибавяме и самото число) и тъй като имаме 18 числа с първа цифра 3 получаваме, че числата с първа цифра 1 или 2 са поне . Понеже в има 8 числа заключаваме, че има две числа с първа цифра 3 и не съществува число, което се различава от всяко от тези две числа в една цифра. Без ограничение двете числа с първа цифра 3 са 3111 и 3222. Тогава в трябва да има числа където всяко от числата е 1 или 2. Тъй като получавамеЧислата 1121 и 2121 могат да се различават в една цифра само от числото . Ако числото 2121 няма да е покрито от число от , а ако числото 1121 няма да е покрито от число от . Следователно търсеният минимален брой е 9.Задача 4
Условие
Дадено е естествено число и две дъски. На първата дъска са записани единици и няколко (поне една) двойки, а втората дъска е празна. За един ход се изтриват две произволни числа от първата дъска, на тяхно място се записва техния сбор, а на втората дъска се записва произведението на изтритите числа. След няколко хода на първата дъска останало само едно число, като се оказало, че удвоеният сбор на числата върху втората дъска е точен квадрат. Да се намерят всички възможни стойности на .Решение
Лема. Ако върху първата дъска първоначално числата са , то сборът на числата върху втората дъска в края е равен наДоказателство. За твърдението е вярно. Нека то е вярно за числа и да разгледаме числата върху първата дъска. Без ограничение първият ход е с числата и . Тогава върху първата дъска ще бъдат записани числа , а върху втората дъска е записано числото . Сега твърдението следва директно от прилагане на индукционното допускане за числата . Нека в началото броят на двойките на първата дъска е . От Лемата следва, че в края сборът на числата върху втората дъска е равен наТогава . При имаме и условието е изпълнено. Ако получавамекоето означава, че не може да е точен квадрат.Задача 4b
Условие
Нека е естествено число и е множеството от всички наредени двойки от естествени числа ( ), за които и и не са взаимно прости. ОзначавамеСъществува ли естествено число , което дели ?Решение
Първо ще докажем, че ако , то дели . Наистина, ако , то всяко от простите числа е взаимно просто с или с . Ако от равенството следва, че дели . Да допуснем, че дели . Тогава оти от горното твърдение следва, че дели . Оттук следва, че е нечетно число и нека е най-малкия прост делител на , а е степента на в каноничното разлагане на на прости множители, т. е. и . Тогава дели , откъдето получаваме, че дели . Това означава, че , което е противоречие с това, че е най-малкия прост делител на и е нечетно число. Следователно такова не съществува.Задача 4c
Условие
Нека и са естествени числа. Да означим с броят на двойките , за които се дели на . Редица от естествени числа, за която за всяко паричаме добра, ако броят на двойките , за които е равен на . Да се намери броят на добрите редици.Решение
Нека . Ще докажем, че търсеният брой с равен на . За фиксирано да означим с броят на числата от 1 до , които дават остатък при деление с . Очевидно и . Тогава броят на двойките , за които се дели на с равсн на . Да забележим, че и разликата между най-голямото и най-малкото от числата е 1 (т. е. те са ночти равни). Добре известно е, че от всички суми от вида за които най-малка стойност приема сумата . Да означим с за броят на членовете на редицата , които са равни на . Тогава и броят на двойките , за които е равен на . Тъй като , то числата за трябва да са почти равни, т. е. от тях трябва да са равни па , а останалите трябва да са равни на . Такива числа могат да се изберат по (фиксираме местата на поголомите ) начина и всеки начин определя еднозначно редицата .12
22 задачиЗадача 1
Условие
Дадена е правилна четириъгълна пирамида с основа . Всички ръбове на пирамидата са равни. Да се намери косинусът на ъгъла между правите и , където точка е среда на ръба , а точка е среда на ръба .Решение
Нека точка в равнината на основата е такава, че и . Тогава е успоредник и и търсим косинусо на ъгъла между и . От правоъгълния триъгълник получаваме . Тъй като от косинусовата теорема за триъгълник получаваме: . Следователно търсеният косинус е .Задача 1b
Условие
Нека . Да се намериРешение
Понеже , тооткъдето и .Задача 1c
Условие
Нека е редица от положителни числа, за които , и т. н. Да се намери най-малката възможна стойност на .Решение
Ако и , то и . Следователно и , откъдето и . Значи за всяко точно когато .Задача 1d
Условие
Да се намерят стойностите на реалния параметър , за които уравнението имаРешение
Даденото уравнение е еквивалентно наЛявата страна описва интервала и значи търсените са тези, за които , т. е. .Задача 2
Условие
Да се докаже, че върховете на параболите , лежат на една права, която не е успоредна на оста , тогава и само тогава, когато тези параболи имат обща допирателна.Решение
Нека правата се допира до параболата . Това означава, че уравнението има двоен корен, т. е. . Полагаме . Тогава за върха на параболата имаме, чеИ така, ако правата се допира до трите параболи, то техните върхове лежат на правата . Обратно, по подобен начин се вижда, че ако върховете на параболите лежат на правата , то правата се допира до трите параболи.Задача 2b
Условие
Да се реши неравенството .Решение
Неравенството има смисъл при . Случай 1. При неравенството е еквивалентно на . Тъй като при , да разгледаме . Функцията расте от 1 до 2 в този интервал и понеже при , остава да разгледаме . В този интервал имаме , докато . Тъй като , неравенството няма и в този интервал. Случай 2. При неравенството се преобразува в . Имаме , докато при . Накрая, лесно се вижда, че неравенството е изпълнено за всяко в интервала . Окончателно .Задача 2d
Условие
Нека и са дължините на медианата и ъглополовящата през върха на с лице . Ако , да се докаже, чеРешение
Имаме, чеТогаваЗадача 2e
Условие
Точки и лежат на страната на . Допирателните през и към описаните окръжности около и пресичат отсечките и съответно в точки и . Ако е равнобедрен трапец, да се докаже, че .Решение
Нека и . Тогава и значи е вписан в окръжност четириъгълник. Аналогично е вписан в окръжност четириъгълник. Тогава и следователно е равнобедрен трапец. Ако и , тои значиТогава (по първи признак), откъдето , т. е. .Задача 2f
Условие
Нека е функция, за коятоза всяко . Да се докаже, че множествотосъдържа вътрешността на триъгълник с лице 1.Решение
Нека и . Ако , то от даденото равенство следва, че , противоречие. Ако , то от даденото равенство следва, че , което също е противоречие. Следователно . Обратно, ако и даденото равенство е изпълнено. Аналогично се проверява, че при даденото равенство е изпълнено само ако и . В този случай намираме, че . Същите разсъждения показват, че при даденото равенство е еквивалентно на , а при то е еквивалентно на . Следователно множеството съдържа вътрешността на триъгълника с върхове , който има лице 1.Задача 2g
Условие
Точка върху страната на и точка върху отсечката са такива, че и . Да се докаже, че е равнобедрен.Решение
Нека . При стандартните означения за ъллите на от синусовата теорема имаме, чеВърху лъча съществува (единствена) точка такава, че . Тогава , т. е. около четириъгълника може да се опише окръжност. Пак от синусовата теорема следва, чеОттук и (1) следва, чеДясната страна е равна на и значи за имаме, че , т. е. или . Попеже , то .Задача 2h
Условие
Права през центъра на вписаната в триъгълник окръжност го разделя на две части така, че отношението на техните лица е равно на отношението на периметрите им. Да се докаже, че това отношение е равно на 1.Решение
Можем да считаме, че правата пресича страните и на в точки и . Имаме, чеи следователноТогаваоткъдето .Задача 2i
Условие
Да се намерят стойностите на реалния параметър , за които всякоРешение
на неравенствотое и на неравенствотоНеравенството (1) има смисъл при и се преобразува във вида . Имаме при при и при при . Сравнявайки знаците на двата множителя, заключаваме, че решенията на (1) ca . Полагаме и (2) приема вида (3) . Освен това е равносилно с . Следователно всяко на (1) е и на (2) точно тогава, когато всяко число е на (3). За квадратното неравенство (3) това е равносилно с . Отрук и следователно търсените стойности са .Задача 3
Условие
Нека и са естествени числа, като е нечетно, е четно и не се дели на 3 и . Една аритметична прогресия се нарича добра, ако най-големите естествени делители на числата , различни от тях самите, също образуват растяща аритметична прогресия (в този ред). a) Да се докаже, че съществуват безбройно много добри аритметични прогресии. б) Колко са добрите аритметични прогресии, за които ?Решение
Нека втората прогресия е . Тъй като не се дели на 3, точно едно от числата се дели на 3. Ако не се дели на 3, то или ( е разликата на втората прогресия), като и в двата случая получаваме противоречие с условието . Следователно . Ако не се дели на 5, то , което означава, че , противоречие. Следователно . Нека . Да отбележим, че трябва да е просто число и или всички прости делители на трябва да са поне . ИмамеОт последното равенство и от следва, че . Оттук следва, че се дели на 8. Нека , където е естествено число. Тогава . Тези параметри удовлетворяват условията за двете прогресии и остава да осигурим условието да е най-големият делител на . а) От теоремата на Дирихле следва, че в аритметичната прогресия с общ член има безбройно много прости числа (това се доказва лесно и директно с имитация на класическото доказателство на Евклид за съществуването на безбройно много прости числа). Първото тях е 23 и дава при числата , и съответно . Една безкрайна серия е например , съответно . б) Ако , то според горното и първата възможност е . Всъщност това е и последно, защото при получаваме . Следователно прогресиите с исканите свойства са тези, за които е просто, , т. е. , и още една ( , съответно ). Тези от първия вид са 22 - от се изключват кратните на и 19. Следователно търсеният брой е 23. Kpuтepuu. ( 7 точки) 1 т. за т. за т. за връзка между и т. за т. за довършване на а), 2 т. за преброяването в б). Ако за а) е посочен само пример за прогресия (с или без използването на теоремата на Дирихле), той се оценява с 2 т.Задача 3b
Условие
Да се намери най-малкото просто число от вида , за което не съществува естествено число , такова, че е точен квадрат.Решение
Тъй като , и , първият сериозен кандидат за е . Да допуснем, че за някои естествени и . Ако е четно, то , откъдето лесно получаваме и , противоречие. Нека е нечетно. Непосредствено се проверява, че дава остатъци 2, 8 и 32 по модул 63 (показателят на 2 по модул 63 е 6 ), което означава, че . Остава да проверим, че сравненията нямат За първото и третото това е очевидно, а второто води до , което също нямаЗадача 3e
Условие
Да се намери най-малкото естествено число , за което уравнениетонямаРешение
в естествени числа . При имаме съответно , , и . Ще докажем, че при уравнението няма Записваме го във видаНека , където и са нечетни числа. Ако , токоето е невъзможно, защото лявата страна е нечетно число. Аналогично случаят е невъзможен. Следователно иТогава се дели на 4 и значи и са нечетни числа, които дават различни остатъци при деление на 4. Нека . Тогава има прост делител от вида , който дели , което е невъзможно.Задача 3f
Условие
Нека е средата на ъглополовящата в . Описаната окръжност около пресича отсечката в точка . Да се докаже, че ако , то .Решение
( ) Нека . От условието следва, чеСледователно . Тогава . От друга страна, и след като съберем тези равенства по- лучавамеПоследното означава, че и имат една и съща проекция върху правата , т. е. . ( Втори начин ) (Стоян Боев) Нека е петата на перпендикуляра от към . Тогава се явява медиана в правоъгълен триъгълник и получавамеСледователно е вписан четириъгълник от къдетот. е. също е вписан четириъгълник и .Задача 3g
Условие
Да се докаже, че ако и , тоРешение
Понежеможем да считаме, че . Пьрво ще докажем, чеПолагайки , след привеждане под общ знаменател и разкриване на скобите достигаме до неравенствотокоето е вярно, защото (и значи ). Следователно е достатъчно да докажем даденото неравенство при . Тогава и след привеждане под общ знаменател и разкриване на скобите получавамекоето очевидно е в сила. Равенство се достига при .Задача 3h
Условие
Дадени са естествени числа и . Двама играчи и (като първи е ) последователно заменят числото с едно от числата или . Този играч, който пръв получи отрицателно число, губи играта. а) Да се намери най-голямото естествено число , за което съществува и последователни стойности на , за всяка от които печели . б) Да се намери броят на числата , за които се достига стойността от a).Решение
а) Ще докажем, че . Да допуснем, че съществува , за което има 4 последователни стойности на (нека това са ), за всяка от които печели . Това означава, че при играч трябва да замени с (защото в противен случай числото ще стане или и ще спечели ), като при печели играчът, който не е на ход. Аналогично, за да спечели , когато , той трябва да замени с , като при печели играчът, който не е на ход. Получихме две последователни стойности и , за които печели играчът, който не е на ход. Но това е невъзможно тъй като при играчът, който е на ход може да замени числото (като извади 1) и да спечели. Полученото противоречие показва, че . Остава да забележим, че при стойностите са печеливши за . б) Ще докажем, че търсените стойности са онези , които се делят на 3. Лесно се вижда, че при игра, в която е разрешено изваждане само на 1 и 2, първият печели когато не се дели на три и губи, когато се дели на три. Ако се дели на 3, то и са печеливши за , са печеливши за тъй като там можем да вадим само 1 или 2). Ако не се дели на 3, ще покажем, че когато се дели на 3 печели вторият играч. Наистина, нека е най-малкото , за което печели . Тогава трябва да е печелившо за играча, който не е на ход, което не е вярно, защото не се дели на 3. Следователно търсеният брой е .Задача 3i
Условие
Нека е такава редица от положителни числа, че за всяко . Да се докаже, че редицата с общ член е сходяща.Решение
За условието приема видаАко за някое , следва, че за всяко . Значи редицата е намаляваща и ограничена отдолу (от 0 ), и следователно е сходяща. Нека сега за всяко . Това е еквивалентно на . Понеже , следва, че редицата ( ) е растяща и ограничена отгоре, и следователно е сходяща.Задача 4
Условие
Дадено е естествено число и две дъски. На първата дъска са записани единици и няколко (поне една) двойки, а втората дъска е празна. За един ход се изтриват две произволни числа от първата дъска, на тяхно място се записва техния сбор, а на втората дъска се записва произведението на изтритите числа. След няколко хода на първата дъска останало само едно число, като се оказало, че удвоеният сбор на числата върху втората дъска е точен квадрат. Да се намерят всички възможни стойности на .Решение
Лема. Ако върху първата дъска първоначално числата са , то сборът на числата върху втората дъска в края е равен наДоказателство. За твърдението е вярно. Нека то е вярно за числа и да разгледаме числата върху първата дъска. Без ограничение първият ход е с числата и . Тогава върху първата дъска ще бъдат записани числа , а върху втората дъска е записано числото . Сега твърдението следва директно от прилагане на индукционното допускане за числата . Нека в началото броят на двойките на първата дъска е . От Лемата следва, че в края сборът на числата върху втората дъска е равен наТогава . При имаме и условието е изпълнено. Ако получавамекоето означава, че не може да е точен квадрат.Задача 4b
Условие
Дадени са взаимно прости естествени числа . Да се намери броят на начините по които можем да оцветим числата в два цвята така, че за всяко а числата и bt са разноцветни и числата at и също са разноцветни.Решение
Да разгледаме граф с върхове 2013ab и за всяко да свържем с ребро върховете и и върховете at и . Ще докажем, че всички цикли в този граф са с четна дължина. Да разгледаме произволен цикъл и нека е наймалкият елемент в него. Тогава най-големият елемент ще има вида . Всеки път между и ще се състои от няколко ребра съответстваши на умножение с и на няколко ребра съответстващи на умножение с . Това означава, че степента на за всяко ново число се увеличава с 1 и следователно дължината на всеки път между и е .. Оттук следва, че всеки цикъл е с дължина , т. е. е четно число. Тъй като всеки граф, в който всички цикли са с четна дължина е двуделен, то върховете му могат да се оцветят в два цвята така, че свързани с ребро върхове да са разноцветни. Следователно, ако броят на свързаните компоненти в разглеждания граф е , то различните оцветявания са . Ще намерим като разгледаме наймалкият елемент на всяка компонента. Ако дели , то е в същата компонента и тогава не е най-малкият елемент. Ако дели и , то ше бъде елемент на същата компонента и отново не е най-малкия елемент. Накрая, ако дели и , то е най-малкият елемент в съответната компонента. Броят на тези е . Освен това, ако не се дели нито на , нито на , то е най-малък елемент в своята компонента. Броят на тези е . Окончателно и отговорът е .Задача 4c