maths.bgmaths.bg
Всички колекции
SOM

Контролни по области

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

7 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2019

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • somcomb2019-9-1: има placeholder текст

9 · Алгебра

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека f(x)=x2+ax+1,f1(x)=f(x),fn+1(x)=f(fn(x))f(x)=x^{2}+a x+1, f_{1}(x)=f(x), f_{n+1}(x)=f\left(f_{n}(x)\right), n≥1n \geq 1. Да се намерят всички естествени числа aa, за които уравнението fa(x)=0f_{a}(x)=0 има поне един реален корен.
РешениеЛесно се вижда, че при a=1a=1 и a=2a=2 уравнението няма реални корени. Да отбележим, че уравнението f(x)=bf(x)=b има реално решение при b≥1−a24b \geq 1-\frac{a^{2}}{4} и в този случай x1=−a+x2a2+4b−42≥−a2x_{1}=\frac{-a+\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}+4 b-4}}{2} \geq-\frac{a}{2}. Нека a=3a=3. Тогава уравнението f(x)=0f(x)=0 има корен x1=−3+x252x_{1}=\frac{-3+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}, уравнението f(x)=x1f(x)=x_{1} има реален корен x2=−3+x25+4x12≥1−94x_{2}=\frac{-3+\sqrt{\vphantom{x^2}5+4 x_{1}}}{2} \geq 1-\frac{9}{4} и следователно уравнението f(x)=x2f(x)=x_{2} има реален корен x3x_{3}. Тогаваf3(x3)=f2(f(x3))=f_{3}\left(x_{3}\right)=f_{2}\left(f\left(x_{3}\right)\right)=f2(x2)=f(f(x2))=f(x1)=0.f_{2}\left(x_{2}\right)=f\left(f\left(x_{2}\right)\right)=f\left(x_{1}\right)=0.Нека сега a≥4a \geq 4. Тогава уравнението f(x)=0f(x)=0 има реален коренx1=−a+x2a2−42≥−a2>1−a24x_{1}=\frac{-a+\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}-4}}{2} \geq-\frac{a}{2}\gt{}1-\frac{a^{2}}{4}и както по-горе следва, че съществува редица от реални числа x1,x2,…,xax_{1}, x_{2}, \ldots, x_{a}, за която уравнението f(x)=xkf(x)=x_{k} има решение xk+1x_{k+1} при k=1,2,…,a−1k=1, 2, \ldots, a-1. Тогава fa(xa)=fa−1(f(xa))=fa−1(xa−1)=⋯=f(x1)=0f_{a}\left(x_{a}\right)=f_{a-1}\left(f\left(x_{a}\right)\right)=f_{a-1}\left(x_{a-1}\right)=\cdots=f\left(x_{1}\right)=0. Следователно търсените стойности на aa са всички a≥3a \geq 3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomalg2019-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дадена е редицата {ak}\left\{a_{k}\right\}, за която a1=1a_{1}=1 и ak=ak−1+a[k/2]a_{k}=a_{k-1}+a_{[k / 2]} при k>1k\gt{}1. Възможно ли е някой член на тази редица да се дели на 4?
РешениеПърви начин. Ако nn е нечетно, то ana_{n} също е нечетно. Действително, a2k+1=a2k+ak=a2k−1+2aka_{2 k+1}=a_{2 k}+a_{k}=a_{2 k-1}+2 a_{k} показва, че a2k−1a_{2 k-1} и a2k+1a_{2 k+1} имат еднаква четност и е достатъчно да отбележим, че a1a_{1} е нечетно. Ще докажем по индукция, че a4k≡ak( mod 4)a_{4 k} \equiv a_{k}(\bmod 4). Базата се проверява лесно, а за индукционната стъпка последователно пресмятамеa4k+4=a4k+3+a2k+2=a4k+2+2a2k+1+ak+1=a4k+1+3a2k+1+ak+1==a4k+3a2k+1+a2k+ak+1=a4k+4a2k+1+ak+1−ak\begin{aligned} a_{4 k+4} & =a_{4 k+3}+a_{2 k+2}=a_{4 k+2}+2 a_{2 k+1}+a_{k+1}=a_{4 k+1}+3 a_{2 k+1}+a_{k+1}= \\ & =a_{4 k}+3 a_{2 k+1}+a_{2 k}+a_{k+1}=a_{4 k}+4 a_{2 k+1}+a_{k+1}-a_{k} \end{aligned}откъдето a4(k+1)−ak+1≡a4k−ak( mod 4)a_{4(k+1)}-a_{k+1} \equiv a_{4 k}-a_{k}(\bmod 4). Сега ще докажем, че ако n≡2( mod 4)n \equiv 2(\bmod 4), то an≡2( mod 4)a_{n} \equiv 2(\bmod 4). Имаме последователноa4k+2=a4k+1+a2k+1=a4k+a2k+a2k+1==a4k−ak+2a2k+1≡2a2k+1( mod 4)\begin{aligned} a_{4 k+2} & =a_{4 k+1}+a_{2 k+1}=a_{4 k}+a_{2 k}+a_{2 k+1}= \\ & =a_{4 k}-a_{k}+2 a_{2 k+1} \equiv 2 a_{2 k+1} \quad(\bmod 4) \end{aligned}и исканото следва от нечетността на a2k+1a_{2 k+1}. Да допуснем, че има членове на редицата, които се делят на 4 и нека ana_{n} е този от тях с най-малък индекс. Тогава от горното следва, че nn се дели на 4. Но сега an/4a_{n / 4} също се дели на 4, противоречие с избора на nn. Втори начин. Нека n=2kmn=2^{k} m, където mm е нечетно число. Тогава с индукция по nn се доказва, че: (1) ако kk е нечетно, то an≡2( mod 4)a_{n} \equiv 2(\bmod 4); (2) ако kk е четно и двоичният запис на nn съдържа s(n)s(n) цифри, то an≡2s(n)−1( mod 4)a_{n} \equiv 2 s(n)-1(\bmod 4).
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomalg2019-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека е медицентърът на △ABC\triangle A B C. Да се докаже, чеsin⁡∠MBC+sin⁡∠MCA+sin⁡∠MAB≤32\sin \angle M B C+\sin \angle M C A+\sin \angle M A B \leq \frac{3}{2}
РешениеНека DD е петата на перпендикуляра от MM към BCB C. Тъй като SAMB=SBMC=SCMAS_{A M B}=S_{B M C}=S_{C M A}, то MD=ha3M D=\frac{h_{a}}{3}, където hah_{a} е височината през AA. Понеже BM=2mb3B M=\frac{2 m_{b}}{3}, където mbm_{b} е дължината на медианата през BB, то sin⁡∠MBC=ha2mb\sin \angle M B C=\frac{h_{a}}{2 m_{b}}. Събирайки това равенство с другите две подобни, даденото неравенство добива видаhamb+hbmc+hcma≤3.\frac{h_{a}}{m_{b}}+\frac{h_{b}}{m_{c}}+\frac{h_{c}}{m_{a}} \leq 3.От неравенството на Коши-Буняковски-Шварц следва, че(hamb+hbmc+hcma)2≤\left(\frac{h_{a}}{m_{b}}+\frac{h_{b}}{m_{c}}+\frac{h_{c}}{m_{a}}\right)^{2} \leq(ha2+hb2+hc2)(1ma2+1mb2+1mc2)=:X.\left(h_{a}^{2}+h_{b}^{2}+h_{c}^{2}\right)\left(\frac{1}{m_{a}^{2}}+\frac{1}{m_{b}^{2}}+\frac{1}{m_{c}^{2}}\right)=: X.Значи е достатъчно да докажем, че X≤9X \leq 9. Нека (x,y,z)=(a2,b2,c2)(x, y, z)=\left(a^{2}, b^{2}, c^{2}\right). Да отбележим, чеha2+hb2+hc2=4SABC2⋅xy+yz+zxxyzh_{a}^{2}+h_{b}^{2}+h_{c}^{2}=4 S_{A B C}^{2} \cdot \frac{x y+y z+z x}{x y z}=(2(xy+yz+zx)−x2−y2−z2)(xy+yz+zx)4xyz1ma2+1mb2+1mc2=36(xy+yz+zx)(2x+2y−z)(2y+2z−x)(2z+2x−y)\begin{aligned} & =\frac{\left(2(x y+y z+z x)-x^{2}-y^{2}-z^{2}\right)(x y+y z+z x)}{4 x y z} \\ \frac{1}{m_{a}^{2}}+\frac{1}{m_{b}^{2}}+ & \frac{1}{m_{c}^{2}}=\frac{36(x y+y z+z x)}{(2 x+2 y-z)(2 y+2 z-x)(2 z+2 x-y)} \end{aligned}Тогава X≤9X \leq 9 е еквивалентно наxyz(2x+2y−z)(2y+2z−x)(2z+2x−y)+(x2+y2+z2)(xy+yz+zx)2≥2(xy+yz+zx)3\begin{gathered} x y z(2 x+2 y-z)(2 y+2 z-x)(2 z+2 x-y)+\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)(x y+y z+z x)^{2} \\ \geq 2(x y+y z+z x)^{3} \end{gathered}Разкривайки скобите, достигаме до (x−y)2(y−z)2(z−x)2≥0(x-y)^{2}(y-z)^{2}(z-x)^{2} \geq 0, което е очевидно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomalg2019-9-3

9 · Геометрия

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е успоредник ABCDA B C D. Права ℓ\ell през CC пресича правите ADA D и ABA B съответно в точки PP и QQ ( DD е между AA и P,BP, B е между AA и QQ ). Да се докаже, че съществува фиксирана точка MM, такава, че когато ℓ\ell се мени, MCM C е ъглополовяща на ∠PMQ\angle P M Q.
РешениеНека MM е симетричната точка на CC относно BDB D. Тогава DBMAD B M A е равнобедрен трапец и ∠ADM=∠ABM\angle A D M=\angle A B M. От друга страна,MBBQ=BCBQ=DPDC=DPDM\frac{M B}{B Q}=\frac{B C}{B Q}=\frac{D P}{D C}=\frac{D P}{D M}т. е. △MBQ∼△MDP\triangle M B Q \sim \triangle M D P. Следователно MPMQ=DPBM=DPBC=PCQC\frac{M P}{M Q}=\frac{D P}{B M}=\frac{D P}{B C}=\frac{P C}{Q C}, т. е. MCM C е ъглополовяща на ∠PMQ\angle P M Q и твърдението е доказано.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomgeo2019-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C, вписан в окръжност kk с център OO. Нека PP е произволна точка във вътрешността на △ABC\triangle A B C, различна от OO. Правите AP,BPA P, B P и CPC P пресичат kk за втори път в точките A1,B1A_{1}, B_{1} и C1C_{1} съответно. Нека A2,B2A_{2}, B_{2} и C2C_{2} са съответно симетричните точки на A1,B1A_{1}, B_{1} и C1C_{1} относно правата OPO P. Да означим с ℓa\ell_{a} правата през средата на BCB C, успоредна на AA2A A_{2}. По аналогичен начин се дефинират правите ℓb\ell_{b} и ℓc\ell_{c}. Да се докаже, че ℓa,ℓb\ell_{a}, \ell_{b} и ℓc\ell_{c} се пресичат в една точка.
РешениеДостатъчно е да докажем, че AA2,BB2A A_{2}, B B_{2} и CC2C C_{2} минават през една точка, тогава ℓa,ℓb\ell_{a}, \ell_{b} и ℓc\ell_{c} ще минават през образа на тази точка при хомотетия с център медицентъра на △ABC\triangle A B C и коефициент −1/2-1 / 2. Да забележим, че ∠AOA2=∠APA2\angle A O A_{2}=\angle A P A_{2} и следователно описаната около △OAA2\triangle O A A_{2} окръжност минава през PP. Ако разгледаме инверсия относно kk, то образът на описаната около △OAA2\triangle O A A_{2} окръжност е правата AA2A A_{2} и следователно AA2A A_{2} минава през образа P′P^{\prime} на PP при тази инверсия. Аналогично BB2B B_{2} и CC2C C_{2} ще минават през P′P^{\prime}, с което доказателството е завършено.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomgeo2019-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C, вписан в окръжност kk и нека XX е произволна точка от страната ABA B. Разглеждаме окръжностите ω1\omega_{1} и ω2\omega_{2} с центрове U1U_{1} и U2U_{2}, които се допират до страната ABA B, до отсечката CXC X и вътрешно до окръжността kk. Да се определи геометричното място от точки, което описва средата SS на отсечката U1U2U_{1} U_{2}.
РешениеНека OO е центърът на описаната окръжност kk за △ABC,I\triangle A B C, I е центърът на вписаната окръжност, а ℓ\ell е права успоредна на ABA B на разстояние равно на радиуса на kk и разположена от страната на върха CC както е изобразено на чертежа. Забелязваме, че U1U_{1} и U2U_{2} се намират на едно и също разстояние както от OO, така и от правата ℓ\ell, т. е. при движението на XX по ABA B описват парабола с фокус OO и директриса ℓ\ell. От друга страна, от теоремата на Виктор Тебо следва, че U1U2U_{1} U_{2} минава през центъра II на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност, независимо от избора на точката XX. Остава да съобразим, че при това положение средата SS на U1U2U_{1} U_{2} също описва парабола (в случая на окръжност този факт е очевиден, но се оказва валиден и в общия случай на коника). Тази парабола е отново с директриса, успоредна на ABA B (нейната ос на симетрия минава през средата на OIO I и е перпендикулярна на ABA B ), минава през II, а краищата и S1S_{1} и S2S_{2} се явяват средите на отсечките, свързващи върховете AA и BB с центровете на съответните полувписани окръжности за △ABC\triangle A B C. Това са граничните случаи, когато X≡AX \equiv A и X≡BX \equiv B съответно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomgeo2019-9-3

9 · Комбинаторика

6 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomcomb2019-9-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
Във футболен турнир участват 6 отбора, които играят по веднъж всеки срещу всеки. За победа, равенство и загуба се присъждат съответно 3, 1 и 0 точки. Оказало се, че в крайното класиране разликата между всеки два съседни отбора е 2 точки. Колко победи има четвъртият в класирането?
РешениеНека точките в крайното класиране са s,s+2,…,s+10s, s+2, \ldots, s+10, а TT е сумата им, т. е. T=6s+30T=6 s+30. Да означим броя на равенствата с dd. Тогава T=2d+3(15−d)=45−dT=2 d+3(15-d)=45-d. От получените две равенства за TT получаваме, че T∈{30,36,42}T \in\{30, 36, 42\}. Ако T=30T=30, то d=15d=15, т. е. всички срещи са завършили наравно, което е невъзможно. Ако T=36T=36, то d=9d=9 и s=1s=1. Отборът с 1 точка е завършил наравно един мач и е изгубил останалите четири, а отборът с 3 точки е изгубил поне два мача. Освен това отборът победител е спечелил поне 3 срещи, което означава, че поне една от тях е срещу отборите от второ до четвърто място. Получихме общо 4+2+1=74+2+1=7 загуби, което противоречи на d=9d=9. При T=42T=42 имаме d=3d=3 и s=2s=2. Тогава отборите са спечелили съответно по 2,1,0,2,1,02, 1, 0, 2, 1, 0 точки от равенства. В частност, четвъртият в класирането има две победи.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomcomb2019-9-1b

Задача 2

Пълен запис
Условие
Едно естествено число AA ще наричаме kk-специално, ако е произведение на kk различни прости числа. (Ненаредена) двойка естествени числа ( d1,d2d_{1}, d_{2} ) наричаме κласнескa\kappa л а с{ }{ }^{\text{нескa}}, ако частното на по-голямото към по-малкото е просто число. Да се намерят всички естествени числа nn със следното свойство: за всяко 2019-специално AA класическите (ненаредени) двойки от делители на числото AnA^{n} могат да се разбият на непресичащи се множества {Si}i=1k\left\{S_{i}\right\}_{i=1}^{k} от по 2019 елемента, така че за всяко ii има делител did_{i} на AnA^{n}, който да е част от всички двойки в SiS_{i}. Например, n=1n=1 изпълнява условието при работа с k=2k=2, защото за всяко A=p1p2A=p_{1} p_{2} класическите двойки са 4:{(1,p1),(1,p2),(p1,A),(p2,A)}4: \left\{\left(1, p_{1}\right), \left(1, p_{2}\right), \left(p_{1}, A\right), \left(p_{2}, A\right)\right\}, като първите две и последните две дават разбиване с исканите свойства.
РешениеЩе покажем, че всички естествени nn удовлетворяват условието, като за целта ще конструираме разбиване с исканите свойства. Избираме произволно 2019 -специално A=p1…p2019A=p_{1} \ldots p_{2019} и произволно естествено nn. Всички делители на AnA^{n} са от вида p1α1…p2019α2019,αi∈{0,1,…,n}∀ip_{1}^{\alpha_{1}} \ldots p_{2019}^{\alpha_{2019}}, \alpha_{i} \in\{0, 1, \ldots, n\} \forall i и може да ги илюстрираме като точки в 2019 -мерното пространство с целочислени координати (α1,…,α2019)\left(\alpha_{1}, \ldots, \alpha_{2019}\right). Така отъждествихме множеството от делителите на AnA^{n} с целочислената решетка в [0,n]2019[0, n]^{2019}. Два делителя образуват класическа двойка тогава и само тогава, когато отговарят на съседни точки в решетката, т. е. класическите двойки се отъждествяват с ребрата на решетката. От своя страна, условията върху разбиването на множеството от класическите двойки делители е еквивалентно на разбиване на ребрата на решетката в непресичащи се конструкции от по 2019 две по две перпендикулярни ребра с общо начало (т. е. локална координатна система в целочислена точка от мрежата). Остава да фиксираме началните точки на тези локални координатни системи и да определим ориентацията на координатните оси. Да оцветим в червено всички целочислени точки, за които α1+⋯+α2019≡0( mod n+1)\alpha_{1}+\cdots+\alpha_{2019} \equiv 0(\bmod n+1) и да разгледаме произволна неоцветена целочислена точка B=(β1,…,β2019)B=\left(\beta_{1}, \ldots, \beta_{2019}\right). Върху всяка от координатните оси през BB лежат по точно n+1n+1 точки от решетката (включая BB ), като за всеки две съседни точки разликата от сумите от координатите им е точно 1. Следователно, тези суми образуват пълна система от остатъци по модул n+1n+1 и значи съдържат по точно една червена точка. Построяването на локалните координатни системи, центрирани във всички неоцветени целочислени точки от решетката и ориентирани по посока на червената точка във всяка от координатните оси ни дава разбиване с търсените свойства.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomcomb2019-9-2

Задача 2b

Пълен запис
Условие
Дадени са 1000 топки от 40 различни цвята, по 25 от всеки цвят. Да се намери минималното nn, за което е в сила следното: както и да разположим топките по окръжност, ще има nn поредни топки от поне 20 различни цвята.
РешениеАко топките са разположени последователно в блокове от по 25 от един и същи цвят, ще са ни необходими 18⋅25+2=45218 \cdot 25+2=452 поредни топки. Ще докажем, че 452 топки са и достатъчни. Да разгледаме произволно разположение и множеството от всички „дъги“ от точки, при които имаме точно 20 цвята (това множество не е празно!). Нека AA е "дъга" с 20 цвята и минимална дължина и първата топка от AA е бяла. Ако в AA има още една бяла топка, можем да премахнем първата и да получим противоречие с минималността на AA. По същия начин се вижда, че последната топка (която не е бяла) също е уникална. Следователно имаме по една топка от два различни цвята и най-много 18⋅25=45018 \cdot 25=450 топки от други цветове между тях, общо най-много 452.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomcomb2019-9-2b

Задача 3

Пълен запис
Условие
При подготовката на математическия бой към COM, проф. Бойваленков си бе поставил амбициозна задача. Той искаше да състави най-различни проекто-отбори за състезанието измежду поканените 43 ученици така, че: (∗)(*) Всеки проекто-отбор да е съставен от поне трима ученици. (∗)(*) Всеки два проекто-отбора да имат точно един общ участник. (∗)(*) Независимо кои двама ученици дойдат първи за състезанието, да могат да са съотборници. Възможно ли е това? Ако е възможно, да се даде пример.
РешениеРешение. Ще докажем, че не е възможно да удовлетворим всички горепосочени изисквания. Да означим учениците c{c1,…,c43}\mathrm{c}\left\{c_{1}, \ldots, c_{43}\right\}, а проекто-отборите с {T1,T2,…}\left\{T_{1}, T_{2}, \ldots\right\}. Първо ще докажем, че е необходимо броят проекто-отбори да е 43, като всеки от тези отбори трябва да включва точно 7 ученика, а всеки ученик участва в точно 7 различни проекто-отбора. Разглеждаме произволен отбор TT и произволен ученик c∉Tc \notin T, който не е част от отбора. Да означим броя участници в TT с k≥3k \geq 3. Тогава всеки отбор T′T^{\prime}, за който c∈T′c \in T^{\prime}, има по точно един общ участник с TT, като различните отбори имат различен общ участник (заради условие 2 ) и всеки различен участник в TT е в общ отбор с cc (заради условие 3). Следователно cc участва в точно kk раз- лични отбора и всеки отбор, в който cc не участва, е от точно kk участници. Сега нека изберем произволен участник c′∈Tc^{\prime} \in T от отбора TT и да разгледаме единствения отбор T′′T^{\prime \prime}, за който {c,c′}∈T′′\left\{c, c^{\prime}\right\} \in T^{\prime \prime}. От условие 1 следва, че съществува и трети ученик c′′∉{c,c′},c′′∈T′′c^{\prime \prime} \notin\left\{c, c^{\prime}\right\}, c^{\prime \prime} \in T^{\prime \prime}. Имаме, че c′′∉Tc^{\prime \prime} \notin T, следователпо този ученик участва в точно k≥3k \geq 3 отбора и значи има отбор T′′′T^{\prime \prime \prime} такъв, че c′′∈T′′′c^{\prime \prime} \in T^{\prime \prime \prime} и {c,c′}∉T′′′\left\{c, c^{\prime}\right\} \notin T^{\prime \prime \prime}. От c∉T′′′c \notin T^{\prime \prime \prime} следва, че ∣T′′′∣=k\left|T^{\prime \prime \prime}\right|=k, а от c′∉T′′′c^{\prime} \notin T^{\prime \prime \prime} следва, че c′c^{\prime} участва в точно kk различни отбора. Но c′c^{\prime} бе произволен участник от TT и значи всички участници в този отбор участват в по kk отбора. Получихме, че всички ученици участват в точно kk различни отбора и всички отбори са с по точно kk участници. Оттук следва, че броят ученици е равен на броя отбори, т. е. трябва да се съставят 43 отбора. Но ние имаме броя отбори като функция на kk, защото от условие 2 следва че всички отбори имат по точно един общ участник с TT и значи k(k−1)+1=43k(k-1)+1=43, т. е. k=7k=7. Конструираме матрицата {Aij}\left\{A_{i j}\right\} по следния начин:Aij={1,ci∈Tj0,ci∉TjA_{i j}= \begin{cases}1, & c_{i} \in T_{j} \\ 0, & c_{i} \notin T_{j}\end{cases}От доказаното дотук получаваме, че AA е с размери 43×4343 \times 43 и условия 1−31-3 са еквивалентни на (∗)(*) ∑k=143Aki=∑k=143Aik=7,∀i=1,2,…,43\sum_{k=1}^{43} A_{k i}=\sum_{k=1}^{43} A_{i k}=7, \forall i=1, 2, \ldots, 43. (∗)(*) ∑k=143AkiAkj=∑k=143AikAjk={1,i≠j;7,i=j.\sum_{k=1}^{43} A_{k i} A_{k j}=\sum_{k=1}^{43} A_{i k} A_{j k}= \begin{cases}1, & i \neq j; \\ 7, & i=j.\end{cases} Да допуснем, че такава матрица съществува. Нека x1,x2,…,x43x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{43} са рационални числа, които засега оставяме произволни, но ще ги фиксираме едно по едно в процеса на доказателството. Дефинираме рационалните числа {zi}143\left\{z_{i}\right\}_{1}^{43} посредством:zi:=∑k=143Akixk.z_{i}: =\sum_{k=1}^{43} A_{k i} x_{k}.Всяко от тези числа е сума на 7 от хиксовете, в частност е тяхна линейна комбинация. Директно се проверява, че∑k=143zk2=∑k(∑i,jAikAjkxixj)=∑i,j(∑kAikAjk)xixj=6∑kxk2+(∑kxk)2⏟:=s2.\begin{aligned} \sum_{k=1}^{43} z_{k}^{2} & =\sum_{k}\left(\sum_{i, j} A_{i k} A_{j k} x_{i} x_{j}\right)=\sum_{i, j}\left(\sum_{k} A_{i k} A_{j k}\right) x_{i} x_{j} \\ & =6 \sum_{k} x_{k}^{2}+\underbrace{\left(\sum_{k} x_{k}\right)^{2}}_{: =s^{2}}. \end{aligned}Ясно е, че ss също е рационално, като сума на рационални числа. Прибавяме към двете страни на тъждеството 6x4426 x_{44}^{2} и дефинираме рационалните числа {yi}144\left\{y_{i}\right\}_{1}^{44} посредствомy4i+1:=x4i+1−2x4i+2−x4i+3y4i+2:=2x4i+1+x4i+2+x4i+4y4i+3:=x4i+1+x4i+3−2x4i+4y4i+4:=−x4i+2+2x4i+3+x4i+4\begin{aligned} y_{4 i+1} &: =x_{4 i+1}-2 x_{4 i+2}-x_{4 i+3} \\ y_{4 i+2} &: =2 x_{4 i+1}+x_{4 i+2}+x_{4 i+4} \\ y_{4 i+3} &: =x_{4 i+1}+x_{4 i+3}-2 x_{4 i+4} \\ y_{4 i+4} &: =-x_{4 i+2}+2 x_{4 i+3}+x_{4 i+4} \end{aligned}за всяко i=0,1,…,10i=0, 1, \ldots, 10. Тези числа отново са линейни комбинации на хиксовете, като директно се проверява, че 6∑kxk2=∑kyk26 \sum_{k} x_{k}^{2}=\sum_{k} y_{k}^{2} и значи∑k=143zk2+6x442=∑k=144yk2+s2\sum_{k=1}^{43} z_{k}^{2}+6 x_{44}^{2}=\sum_{k=1}^{44} y_{k}^{2}+s^{2}при произволен избор на числата x1,x2,…,x44x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{44}. Остава да съобразим, че при подходящ избор на числата x1,…,x43x_{1}, \ldots, x_{43} можем да унищожим част от квадратите от двете страни, така че да съществува рационално YY, такова че Y2=∑k=144yk2−∑k=143zk2Y^{2}=\sum_{k=1}^{44} y_{k}^{2}-\sum_{k=1}^{43} z_{k}^{2}. Ще илюстрираме само първата стъпка. Без ограничени на общността, с точност до преномериране на редовете и стълбовете на AA, можем да считаме, A11=1A_{11}=1 и значи z1=x1+A21x2+…z_{1}=x_{1}+A_{21} x_{2}+\ldots Тъй като y1=x1−2x2−x3y_{1}=x_{1}-2 x_{2}-x_{3}, ако изберемx1:=x_{1}: =−(A21−2)x2+(A31−1)x3+A41x4+⋯+A43,1x432-\frac{\left(A_{21}-2\right) x_{2}+\left(A_{31}-1\right) x_{3}+A_{41} x_{4}+\cdots+A_{43, 1} x_{43}}{2}си гарантираме y1+z1=0y_{1}+z_{1}=0 и значи y12=z12y_{1}^{2}=z_{1}^{2}. Останалите y2,…,y44y_{2}, \ldots, y_{44} и z2,…,z43z_{2}, \ldots, z_{43} са линейни комбинации на x2,…,x44x_{2}, \ldots, x_{44} и продължаваме по аналогичен начин на стъпка ii да фиксираме xix_{i} да е подходящо избрана линейна комбинация с рационални коефициенти на xi+1,…,x44x_{i+1}, \ldots, x_{44}, така че да съществуват двойка j,kj, k със свойството yj±zk=0y_{j} \pm z_{k}=0, което води до yj2=zk2y_{j}^{2}=z_{k}^{2}. Така, стигнахме до тъждеството6x442=Y2+s2,6 x_{44}^{2}=Y^{2}+s^{2},където YY и ss са рационални числа, функции на x44x_{44}, а x44x_{44} е произволно рационално. Нека сега вземем x44=1,Y=A/B,s=C/Dx_{44}=1, Y=A / B, s=C / D, където A,B,C,DA, B, C, D са цели числа. След подвеждане под общ знаменател, получаваме че трябва да съществуват естествени числа u,v,wu, v, w, такива че6w2=u2+v2,6 w^{2}=u^{2}+v^{2},което е невъзможно и по модул 2 и по модул 3. Следователно, такава матрица AA не съществува! Забележка: Втората част от решението е доказателство, че не съществува крайна проективна равнина от ред 6. Това следва и директно от теоремата на Брук-Райзър, тъй като 6≡2( mod 4)6 \equiv 2(\bmod 4) и не може да се представи като сума на два точни квадрата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomcomb2019-9-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Нека AA е множество от функции f:R→Rf: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} със следното свойство: за всеки две функции f1,f2∈Af_{1}, f_{2} \in A съществува функция f3∈Af_{3} \in A, такава, чеf1(f2(y)−x)+2x=f3(x+y)f_{1}\left(f_{2}(y)-x\right)+2 x=f_{3}(x+y)за всички x,y∈Rx, y \in \mathbb{R}. Да се докаже, че f(x−f(x))=0f(x-f(x))=0 за всяка функция f∈Af \in A и за всяко реално число xx.
РешениеПолагането x=0x=0 дава f1(f2(y))=f3(y)f_{1}\left(f_{2}(y)\right)=f_{3}(y) за всяко yy, което означава, че съответната на f1f_{1} и f2f_{2} функция е тяхната композиция. Сега полагаме x=−yx=-y и получаваме f1(f2(y)+y)−2y=f3(0)=f1(f2(0))f_{1}\left(f_{2}(y)+y\right)-2 y=f_{3}(0)=f_{1}\left(f_{2}(0)\right). Това важи и за двойката функции ( f3,f2f_{3}, f_{2} ), т. е. f3(f2(y)+y)−2y=f3(f2(0))f_{3}\left(f_{2}(y)+y\right)-2 y=f_{3}\left(f_{2}(0)\right). Връщайки се към двойката ( f1,f2f_{1}, f_{2} ), полагаме x=f2(y)x=f_{2}(y) и получаваме f1(0)+2f2(y)=f3(f2(y)+y)=2y+f3(f2(0))f_{1}(0)+2 f_{2}(y)=f_{3}\left(f_{2}(y)+y\right)=2 y+f_{3}\left(f_{2}(0)\right). Оттук следва, че f2(y)=y+af_{2}(y)=y+a, където 2a=f3(f2(0))−f1(0)2 a=f_{3}\left(f_{2}(0)\right)-f_{1}(0), т. е. aa е константа и f2f_{2} е линейна функция. Последното важи за всяка функция f∈Af \in A. Следователноf(x−f(x))=f(x−(x+a))=f(−a)=0.f(x-f(x))=f(x-(x+a))=f(-a)=0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomcomb2019-9-3b

9 · Теория на числата

8 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека gcd⁡(x1,…,xn)\operatorname{gcd}\left(x_{1}, \ldots, x_{n}\right) означава най-големия общ делител на естествените числа x1,…,xnx_{1}, \ldots, x_{n}. Да се докаже, че gcd⁡((n−1k−1),(nk+1),(n+1k))=gcd⁡((n−1k),(n+1k+1),(nk−1))\operatorname{gcd}\left(\binom{n-1}{k-1}, \binom{n}{k+1}, \binom{n+1}{k}\right)=\operatorname{gcd}\left(\binom{n-1}{k}, \binom{n+1}{k+1}, \binom{n}{k-1}\right). Тук (nk)=n!k!(n−k)!\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}.
РешениеЯсно е, чеgcd⁡((n−1k−1),(nk+1),(n+1k))=gcd⁡((nk)kn,(nk)n−kk+1,(nk)n+1n+1−k),gcd⁡((n−1k),(n+1k+1),(nk−1))=gcd⁡((nk)n−kn,(nk)n+1k+1,(nk)kn+1−k).\begin{array}{r} \operatorname{gcd}\left(\binom{n-1}{k-1}, \binom{n}{k+1}, \binom{n+1}{k}\right)=\operatorname{gcd}\left(\binom{n}{k} \frac{k}{n}, \binom{n}{k} \frac{n-k}{k+1}, \binom{n}{k} \frac{n+1}{n+1-k}\right), \cr \operatorname{gcd}\left(\binom{n-1}{k}, \binom{n+1}{k+1}, \binom{n}{k-1}\right)=\operatorname{gcd}\left(\binom{n}{k} \frac{n-k}{n}, \binom{n}{k} \frac{n+1}{k+1}, \binom{n}{k} \frac{k}{n+1-k}\right). \end{array}Нека pp е произволно просто число, а aa - естествено число. С λp(a)\lambda_{p}(a) означаваме максималната степен на pp, която дели aa. Трябва да докажем, че най-високата степен на pp, която дели лявата страна на исканото равенство е равна на най-високата степен на pp, която дели дясната страна. Това е еквивалентно на равенствотоmin⁡(λp(k)−λp(n),λp(n−k)−λp(k+1),λp(n+1)−λp(n+1−k))=min⁡(λp(n−k)−λp(n),λp(n+1)−λp(k+1),λp(k)−λp(n+1−k)).(1)\begin{array}{r} \min \left(\lambda_{p}(k)-\lambda_{p}(n), \lambda_{p}(n-k)-\lambda_{p}(k+1), \lambda_{p}(n+1)-\lambda_{p}(n+1-k)\right)= \tag{1}\cr \min \left(\lambda_{p}(n-k)-\lambda_{p}(n), \lambda_{p}(n+1)-\lambda_{p}(k+1), \lambda_{p}(k)-\lambda_{p}(n+1-k)\right). \end{array}Ако положим x1=λp(k)−λp(n),y1=λp(n−k)−λp(k+1),z1=λp(n+1)−λp(n+1−k))\left. x_{1}=\lambda_{p}(k)-\lambda_{p}(n), y_{1}=\lambda_{p}(n-k)-\lambda_{p}(k+1), z_{1}=\lambda_{p}(n+1)-\lambda_{p}(n+1-k)\right), x2=min⁡(λp(n−k)−λp(n),y2=λp(n+1)−λp(k+1),z2=λp(k)−λp(n+1−k)x_{2}=\min \left(\lambda_{p}(n-k)-\lambda_{p}(n), y_{2}=\lambda_{p}(n+1)-\lambda_{p}(k+1), z_{2}=\lambda_{p}(k)-\lambda_{p}(n+1-k)\right., равенство (1) е еквивалентно наmin⁡(x1,y1,z1)=min⁡(x2,y2,z2),(2)\min \left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right)=\min \left(x_{2}, y_{2}, z_{2}\right), \tag{2}като при товаx1+y1+z1=x2+y2+z2.(3)x_{1}+y_{1}+z_{1}=x_{2}+y_{2}+z_{2}. \tag{3}Очевидно е, че ако λp(a)≤λp(b)\lambda_{p}(a) \leq \lambda_{p}(b), то λp(a)=λp(∣a±b∣)\lambda_{p}(a)=\lambda_{p}(|a \pm b|). Оттук, ако λp(k)≤λp(n)\lambda_{p}(k) \leq \lambda_{p}(n), то λp(k)=λp(n−k)\lambda_{p}(k)=\lambda_{p}(n-k) и x1=x2x_{1}=x_{2}. Ако λp(k)>λp(n)\lambda_{p}(k)\gt{}\lambda_{p}(n), то λp(n−k)=λp(n)\lambda_{p}(n-k)=\lambda_{p}(n) и x1>0,x2=0x_{1}\gt{}0, x_{2}=0, т. е. min⁡(x1,x2)=0\min \left(x_{1}, x_{2}\right)=0. Така доказахме, че имаме x1=x2x_{1}=x_{2} или min⁡(x1,x2)=0\min \left(x_{1}, x_{2}\right)=0. Аналогично се доказва, че y1=y2y_{1}=y_{2} или min⁡(y1,y2)=0\min \left(y_{1}, y_{2}\right)=0, както и че z1=z2z_{1}=z_{2} или min⁡(z1,z2)=0\min \left(z_{1}, z_{2}\right)=0. Нека x1=x2x_{1}=x_{2} и y1=y2y_{1}=y_{2}. Тогава от (3) следва z1=z2z_{1}=z_{2} и (2) е очевидно. Ако x1=x2,y1≠y2,z1≠z2x_{1}=x_{2}, y_{1} \neq y_{2}, z_{1} \neq z_{2}, то без ограничение на общността y1>y2=0,z1<z2=0y_{1}\gt{}y_{2}=0, z_{1}\lt{}z_{2}=0. Сега минимумът е 0 или x1=x2x_{1}=x_{2} и (2) е очевидно. Накрая при x1≠x2,y1≠y2,z1≠z2x_{1} \neq x_{2}, y_{1} \neq y_{2}, z_{1} \neq z_{2} от (3) отново получавамеmin⁡(x1,y1,z1)=min⁡(x2,y2,z2)=0.\min \left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right)=\min \left(x_{2}, y_{2}, z_{2}\right)=0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomnt2019-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дадени са естествени числа mm и nn, за които m≤n24m \leq \frac{n^{2}}{4}. Всеки прост делител на mm е не по-голям от nn. Да се докаже, че mm дели n!n!.
РешениеДостатъчно е да докажем, че ако pk∣mp^{k} \mid m, то pk∣n!p^{k} \mid n!. Ако k=1k=1, то p∣mp \mid m и от условието следва, че p≤np \leq n, което означава, че p∣n!p \mid n!. При k>1k\gt{}1 от pk≤m≤n24p^{k} \leq m \leq \frac{n^{2}}{4} получаваме n≥2x2pkn \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}p^{k}}. Ако n≥kpn \geq k p, то поне kk от числата 1,2,…,n1, 2, \ldots, n се делят на pp и следователно pk∣n!p^{k} \mid n!. Следователно е достатъчно да докажем, че 2x2pk≥kp2 \sqrt{\vphantom{x^2}p^{k}} \geq k p или еквивалентноpk−22≥k2(1)p^{\frac{k-2}{2}} \geq \frac{k}{2} \tag{1}При k=2k=2 горното неравенство е изпълнено, а при k≥4k \geq 4 имамеpk−22≥2k−22≥k2p^{\frac{k-2}{2}} \geq 2^{\frac{k-2}{2}} \geq \frac{k}{2}като последното неравенство се доказва лесно по индукция. При k=3k=3 неравенство (1) е вярно при p>2p\gt{}2, а при p=2p=2 получаваме m≥8m \geq 8, откъдето n>5n\gt{}5 и n!n! се дели на 8.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomnt2019-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа mm, за които 2m+12^{m}+1 дели 5m−15^{m}-1.
РешениеДа предположим, че съществува mm с исканото свойство. Ако mm е нечетно, то 3∣2m+1∣5m−13\left|2^{m}+1\right| 5^{m}-1, което е невъзможно. Ако n=2kn=2 k и kk е нечетно, то 5∣2m+1∣5m−15\left|2^{m}+1\right| 5^{m}-1, което е невъзможно. Нека m=2ntm=2^{n} t, където n≥2n \geq 2 и tt са естествени числа и tt е нечетно, и нека Fn=22n+1F_{n}=2^{2^{n}}+1 е nn-тото число на Ферма. Тогава Fn≡2( mod 5)F_{n} \equiv 2(\bmod 5), което означава, че съществува просто число pp, което дели FnF_{n} и за което p≡±2( mod 5)p \equiv \pm 2 (\bmod 5). Ясно е, че p∣Fn∣22nt+1=2m+1∣5m−1p\left|F_{n}\right| 2^{2^{n}} t+1=2^{m}+1 \mid 5^{m}-1. Известно е (и се доказва лесно с разглеждане на показателя на 2 по модул pp ), че p≡1( mod 2n+1)p \equiv 1\left(\bmod 2^{n+1}\right); нека p=2n+1q+1p=2^{n+1} q+1, където qq е естествено число. От p≡±2( mod 5)p \equiv \pm 2(\bmod 5) следва, че pp е квадратичен неостатък по модул pp. Тогава по критерия на Ойлер имаме 5(p−1)/2≡−1( mod p)5^{(p-1) / 2} \equiv-1(\bmod p), т. е. 52nq≡−1( mod p)5^{2^{n} q} \equiv-1 (\bmod p). Следователно 5mq=52nqt≡(−1)t=−1( mod p)5^{m q}=5^{2^{n} q t} \equiv(-1)^{t}=-1(\bmod p). Последното обаче е невъзможно при 5m≡1( mod p)5^{m} \equiv 1(\bmod p) - противоречие, което приключва решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomnt2019-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека a1≤a2≤⋯<a100a_{1} \leq a_{2} \leq \cdots\lt{}a_{100} са реални числа, за които a1+a2+⋯+a100>0a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{100}\gt{}0 и100(a12+a22+⋯+a1002)=100\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{100}^{2}\right)=2(a1+a2+⋯+a100)2.2\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{100}\right)^{2}.Да се докаже, че a51>0a_{51}\gt{}0.
РешениеЩе наричаме (a1,…,a100)\left(a_{1}, \ldots, a_{100}\right) добра, ако удовлетворява условията. Да отбележим, че умножение с положителна константа запазва „добрината“ и затова можем без ограничение на общността да считаме, че a1+⋯+a100=50a_{1}+\cdots+a_{100}=50. Нека 1<ℓ<1001\lt{}\ell\lt{}100 е индекс, за който a1≤⋯≤aℓ≤0<aℓ+1≤⋯≤a100a_{1} \leq \cdots \leq a_{\ell} \leq 0\lt{} a_{\ell+1} \leq \cdots \leq a_{100}. Да допуснем, че ℓ>50\ell\gt{}50. Да означим X:=aℓ+1+⋯+a100X: =a_{\ell+1}+\cdots+a_{100} и Y:=−(a1+⋯+aℓ)Y: =-\left(a_{1}+\cdots+a_{\ell}\right). Ясно е, че XX и YY са положителни и 2(X−Y)=100>02(X-Y)=100\gt{}0. С помощта на неравенството на Коши-Буняковски имаме50=150⋅(502)2=150(a1+⋯+a100)2=((−a1)2+⋯+(−aℓ)2)+(aℓ+12+⋯+a1002)≥Y2ℓ+X2100−ℓ.\begin{aligned} 50=\frac{1}{50} \cdot\left(\frac{50}{2}\right)^{2} & =\frac{1}{50}\left(a_{1}+\cdots+a_{100}\right)^{2} \\ & =\left(\left(-a_{1}\right)^{2}+\cdots+\left(-a_{\ell}\right)^{2}\right)+\left(a_{\ell+1}^{2}+\cdots+a_{100}^{2}\right) \\ & \geq \frac{Y^{2}}{\ell}+\frac{X^{2}}{100-\ell}. \end{aligned}Директно се проверява, чеX2100−ℓ+Y2ℓ≥2(X2+Y2)100.\frac{X^{2}}{100-\ell}+\frac{Y^{2}}{\ell} \geq \frac{2\left(X^{2}+Y^{2}\right)}{100}.Действително, ако е вярно обратното, тоX2(1100−ℓ−2100)≤Y2(2100−1ℓ)X^{2}\left(\frac{1}{100-\ell}-\frac{2}{100}\right) \leq Y^{2}\left(\frac{2}{100}-\frac{1}{\ell}\right)откъдето 1≤X2Y2≤100−ℓℓ1 \leq \frac{X^{2}}{Y^{2}} \leq \frac{100-\ell}{\ell} (съкратихме на 2ℓ−100>02 \ell-100\gt{}0 ). Следователно 2ℓ≤1002 \ell \leq 100, противоречие. Сега (X−Y)2=502≥X2+Y2(X-Y)^{2}=50^{2} \geq X^{2}+Y^{2}, откъдето XY≤0X Y \leq 0, противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomnt2019-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека k>1k\gt{}1 е естествено число, а SkS_{k} е множеството от тройки ( n,a,bn, a, b ) от естествени числа, за които nn е нечетно, ( a,ba, b ) =1,a+b=k=1, a+b=k и n∣an+bnn \mid a^{n}+b^{n}. Да се намерят всички kk, за които SkS_{k} е крайно множество.
РешениеЩе докажем, че SkS_{k} е крайно тогава и само тогава, когато kk е степен на 2. До допуснем за момент, че kk има нечетен прост делител pp. Нека n=pℓn=p^{\ell} за някое естествено число ℓ\ell. От лемата за повишаване на експонентата имамеvp(an+bn)=vp(apℓ+bpℓ)=v_{p}\left(a^{n}+b^{n}\right)=v_{p}\left(a^{p^{\ell}}+b^{p^{\ell}}\right)=vp(a+b)+vp(n)=vp(k)+ℓ≥v_{p}(a+b)+v_{p}(n)=v_{p}(k)+\ell \geq1+ℓ. 1+\ell.Следователно n∣an+bnn \mid a^{n}+b^{n}, което означава, че (pℓ,a,b)∈Sk\left(p^{\ell}, a, b\right) \in S_{k} и множеството SkS_{k} е безкрайно. Нека сега k=2mk=2^{m}. Нека n>1n\gt{}1 е фиксирано и pp е най-малкият му прост делител. Ако pp дели bb, то pp дели и aa, което противоречи на (a,b)=1(a, b)=1. Следователно (p,b)=1(p, b)=1 и значи съществува цяло число cc, такова, че bc≡1( mod p)b c \equiv 1 (\bmod p). Тогава от an+bn≡0( mod p)a^{n}+b^{n} \equiv 0(\bmod p) следва, че (ac)n≡−1( mod p)(a c)^{n} \equiv-1(\bmod p). Нека dd е показателят на aca c по модул pp. Тогава d∣2nd \mid 2 n и d∣p−1d \mid p-1, т. е. d∣(2n,p−1)d \mid(2 n, p-1). Последното, заедно с избора на pp дава d∈{1,2}d \in\{1, 2\}. Ако d=1d=1, то −1≡(ac)n≡1( mod p)⟹p=2-1 \equiv(a c)^{n} \equiv 1(\bmod p) \Longrightarrow p=2, противоречие. Ако d=2d=2, то p∣(ac)2−1p \mid(a c)^{2}-1, откъдето ac≡−1( mod p)a c \equiv-1(\bmod p). Последното след умножение с cc води до p∣a+b=kp \mid a+b=k, което е невъзможно, защото kk е степен на 2. Следователно n=1n=1, което означава, че множеството SkS_{k} е крайно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomnt2019-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
На дъската са написани числата 1,2,…,1001, 2, \ldots, 100. На всяка минута се избират две от написаните числа aa и bb, изтриват се и на тяхно място се записва най-големият общ делител на числата a2b2+3a^{2} b^{2}+3 и a2+b2+2a^{2}+b^{2}+2. Възможно ли е последното число на дъската да е точна степен (по-голяма от първа)?
РешениеТъй като a2b2+3a^{2} b^{2}+3 никога не се дели на 9, последното число няма да се дели на 9 и е достатъчно да докажем, че то се дели на 3. За целта е достатъчно да видим, че четността на кратните на 3 числа на дъската се запазва. Ако aa и bb не се делят на 3, то a2b2+3a^{2} b^{2}+3 също не се дели на 3 и в този случай четността не се променя. Ако aa и bb се делят на 3, то a2+b2+2a^{2}+b^{2}+2 не се дели на 3 и отново четността не се променя. Накрая, ако точно едно от числата aa и bb се дели на 3, то a2b2+3a^{2} b^{2}+3 се дели на 3 и четността се запазва.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomnt2019-9-6

Задача 7

Пълен запис
Условие
Даден е правоъгълен △ABC,∠C=90∘\triangle A B C, \angle C=90^{\circ}, в който DD е средата на ACA C, а EE е петата на перпендикуляра от CC към BDB D. Да се докаже, че допирателната в точка CC към окръжността, описана около △AEC\triangle A E C, е перпендикулярна на ABA B.
РешениеНека SS е пресечната точка на разглежданата допирателна и ABA B. Тъй като △BCD∼△CED\triangle B C D \sim \triangle C E D, имаме DCDB=DEDC\frac{D C}{D B}=\frac{D E}{D C}, откъдетоDADB=DEDA.\frac{D A}{D B}=\frac{D E}{D A}.Последното и общият ∠BDA\angle B D A дават подобието △ADE∼△BDA\triangle A D E \sim \triangle B D A. Тогава ∠ABD=∠EAD=∠ECS\angle A B D=\angle E A D=\angle E C S, откъдето следва, че четириъгълникът BCESB C E S е вписан и сега ∠BSC=∠BEC=90∘\angle B S C=\angle B E C=90^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomnt2019-9-7

Задача 8

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен △ABC\triangle A B C. Нека DD е петата на височината през AA, а точките EE и F,E≠FF, E \neq F, върху ADA D са такива, че AE=BEA E=B E и AF=CFA F=C F. Точка T≠DT \neq D е такава, че ∠BTE=∠CTF=90∘\angle B T E=\angle C T F=90^{\circ}. Да се докаже, че TA2=TC⋅TBT A^{2}=T C \cdot T B.
РешениеНека MM и nn са средите съответно на ABA B и ACA C. Тогава точките B,D,TB, D, T и MM лежат на окръжността с диаметър BEB E, а точките CC, N,T,DN, T, D и FF - на окръжността с диаметър CDC D. От теоремата на Микел следва, че четириъгълникът AMTNA M T N е вписан. За исканото е достатъчно да докажем, че △TBA∼△TAC\triangle T B A \sim \triangle T A C. Имаме ∠NTC=∠NFC=90∘−∠FCN\angle N T C=\angle N F C=90^{\circ}-\angle F C N. Тъй като ∠FCN=∠CAF\angle F C N=\angle C A F, получаваме ∠NTC=90∘−∠CAF=∠ACB\angle N T C=90^{\circ}-\angle C A F=\angle A C B. Следователно ∠ACT=∠NCT=180∘−∠NTC−∠CNT=180∘−∠ACB−∠CNT=∠CNM−∠CNT=∠MNT=∠BAT\angle A C T=\angle N C T=180^{\circ}-\angle N T C-\angle C N T=180^{\circ}-\angle A C B-\angle C N T =\angle C N M-\angle C N T=\angle M N T=\angle B A T(използвахме, че MNM N е успоредно на BCB C и AMTNA M T N е вписан). Аналогично се вижда, че ∠ABT=∠CAT\angle A B T=\angle C A T.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomnt2019-9-8