БОМ

[v1rusman]

1.Да се намерят всички двойки естествени числа (m;n) , за които:
n!+1=(m!-1)²

2.Решете уравнението:
[2x]+[3x]+[5x]=2000

3.Да се докаже, че ако "n" е естествено число,то числото 19.8ⁿ+17 НЕ е просто.

[Реклама]

[Мирослав Стоенчев]

Задача 1. [tex]n!+1=(m!-1)^{2}\Leftrightarrow \frac{n!}{m!}=m!-2.[/tex]

Нека [tex]m\ge 4. [/tex] Ако [tex]n>m+1\Rightarrow \frac{n!}{m!}= (m+1)(m+2)...n\Rightarrow (m+1)(m+2)[/tex] дели [tex]m!-2.[/tex]

Но поне едно от числата [tex](m+1),(m+2)[/tex] е четно-oзначаваме го с [tex]\ m+i, [/tex] следователно [tex]2<\frac{m+i}{2}<m,[/tex] тогава [tex] \frac{m+i}{2}[/tex] дели [tex]\frac{m!}{2}-1.[/tex]

Накрая като вземем в предвид, че [tex]\frac{m+i}{2}[/tex] дели и [tex]\frac{m!}{2},[/tex] защото [tex]2<\frac{m+i}{2}<m,[/tex] то [tex]\frac{m+i}{2}=1\Rightarrow m+i=2\Rightarrow m<4.[/tex]

Остана да проверим за кои [tex]\ m\le 3[/tex] уравнението има решение. Намираме единственото решение [tex](n,m)=(4,3).[/tex]

Задача 2. Полагаме [tex]\ x=a+\alpha,\ [x]=a,\ \left\{x\right\}=\alpha,\ 0\le \alpha<1,\ A=[2x]+[3x]+[5x]\Rightarrow 10a=2a+3a+5a\le 10a+[2\alpha]+[3\alpha]+[5\alpha]=A=2000\Rightarrow a\le 200.[/tex]

Да допуснем, че [tex]a<200\Rightarrow a\le 199\Rightarrow 2000=A=10a+[2\alpha]+[3\alpha]+[5\alpha]\le 10.199+1+2+4=1997<2000\Rightarrow a=200.[/tex]

Нека сега [tex]\ a=200[/tex] [tex]\Rightarrow 2000= A=2000+[2\alpha]+[3\alpha]+[5\alpha]\Leftrightarrow [5\alpha]=0\Leftrightarrow 0\le \alpha<\frac{1}{5}.[/tex]
Доказахме, че всички решения на уравнението са [tex]x=200+\alpha,\ 0\le \alpha<\frac{1}{5}.[/tex]

Задача 3. Д-во: 1сл. [tex]n=2k\Rightarrow 19.8^{2k}+17\equiv 1.(-1)^{2k}-1\equiv 0(\bmod 3).[/tex]
2сл. [tex]n=4k+1\Rightarrow 19.8^{4k+1}+17\equiv 6(-5).(-5)^{4k}+4\equiv (-30)25^{2k}+2\equiv -4(-1)^{2k}+4\equiv 0(\bmod 13).[/tex]
3сл. [tex]n=4k+3\Rightarrow 19.8^{4k+3}+17\equiv -1.(-2)^{4k}(-2)^{3}+2\equiv (-1).(16)^{k}\left\(-8\right\)+2\equiv-1.1\left\(-8\right\)+2\equiv 10\equiv 0(\bmod 5)[/tex]

[v1rusman]

Защо точно [5x]=0 ?

[v1rusman]

Решете уравнението:
[ [tex]\frac{k}{3}[/tex] ] + [ [tex]\frac{2k+3}{5}[/tex] ] =[ [tex]\frac{8k+9}{11}[/tex] ]
Кое е най-голямото число,за което е уравнението е вярно ?
ПП:И трите дроби са в [...],т.е цялата част на израза в [...].

[Мирослав Стоенчев]

Задача 4. Да се намери максималното [tex]k\in N:\ \left\[\frac{k}{3}\right\]+\left\[\frac{2k+3}{5}\right\]=\left\[\frac{8k+9}{11}\right\].[/tex]

Р-е: Разделяме с частно и остатък [tex]k[/tex] на [tex]165=3.5.11\Rightarrow k=165q+r,\ 0\le q,\ 0\le r\le 164.[/tex] Тогава изходното уравнение е еквивалентно на

[tex]q+\left\[\frac{r}{3}\right\]+\left\[\frac{2r+3}{5}\right\]=\left\[\frac{8r+9}{11}\right\][/tex] Сега да разделим [tex]r[/tex] с частно и остатък на [tex]15\Rightarrow r=15t+s,\ 0\le t,\ 0\le s\le 14.[/tex]

Получаваме [tex]q+\left\[\frac{r}{3}\right\]+\left\[\frac{2r+3}{5}\right\]=\left\[\frac{8r+9}{11}\right\]\Leftrightarrow q+\left\[\frac{s}{3}\right\]+\left\[\frac{2s+3}{5}\right\]=\left\[\frac{8s+9-t}{11}\right\].[/tex]


Накрая разглеждаме поотделно 15-те случая: [tex]s=0,1,...,14.[/tex] Заключаваме, че:


[tex]i)[/tex] [tex]q\le 1\Rightarrow \max\ q=1.[/tex]

[tex]ii)[/tex] [tex]\max\ r[/tex] се получава при [tex]s=8\Rightarrow t=7\Rightarrow \max\ k=165.1+15.7+8=278.[/tex] Проверяваме, че числото [tex]k=278[/tex] удовлетворява уравнението от условието. Така доказахме, че максималната търсена стойност е [tex]k=278.[/tex]

[v1rusman]

Страхотно решение!

[v1rusman]

1.Да се докаже,че всеки 2n точки могат да се свържат по двойки с n НЕПРЕСИЧАЩИ
се отсечки.

2.Да се реши в цели числа уравнението
(x² –y²)² =1+16y

[Мирослав Стоенчев]

Задача 5. Р-е: Нека дадените точки са [tex]A_{i},\ i=1,2,...,2n.[/tex] Прекарваме прави през всяка двойка точки [tex]\left\(A_{j},A_{k}\right\),\ 1\le j<k\le 2n [/tex] и избираме точка [tex]X [/tex] която да не принадлежи на никоя от правите съдържащи отсечките [tex]A_{j}A_{k}.[/tex] Да прекараме отсечките [tex]XA_{i},\ i=1,2,...2n.[/tex] Сега да завъртим в посока обратна на часовниковата стрелка [tex]XA_{1}^{\to},[/tex] и да преномерираме точките [tex]A_{i},\ i=2,...2n,[/tex] в зависимост от последователността на "попадане" върху лъчът при въртене.Първата точка която "попадне" върху лъча я означаваме с [tex]A_{i_{2}},[/tex] втората с [tex]A_{i_{3}},[/tex] и т.н. [tex](2n-1)-[/tex]та с [tex]A_{i_{2n}}.[/tex] Едно възможно свързване по двойки без пресичане е [tex]A_{1}A_{i_{2}},\ A_{i_{3}}A_{i_{4}},\ ...\ ,A_{i_{2n-1}}A_{i_{2n}}.[/tex]


Задача 6. Р-е:[tex]\ 1+16y=(x^{2}-y^{2})^{2}\Rightarrow y\ge 0. [/tex] Очевидно ако [tex](x,y)[/tex] е решение [tex]\Leftrightarrow (-x,y)[/tex] също. Нека [tex]x\ge 0.[/tex]

1сл. [tex]x\le y-1\Rightarrow 1+16y=(x^{2}-y^{2})^{2}\ge \left\((y-1)^{2}-y^{2}\right\)^{2} \Leftrightarrow (2y-1)^{2}\le 1+16y\Rightarrow 4y(y-5)\le0\Rightarrow 0\le y\le 5.[/tex]

2сл. [tex]x\ge y+1\Rightarrow (2y+1)^{2}\le 1+16y\Rightarrow 4y(y-3)\le 0\Rightarrow 0\le y\le 3.[/tex]

Окончателно решения на уравнението са [tex](x,y)=(\pm 1,0),\ (\pm 4,3),\ (\pm 4,5).[/tex]

[v1rusman]

1.Да се намери броят на естествените числа "а",които са по-малки от 2003 и за които съществува естествено число "n" така,че 3²⁰⁰³ дели n³ +a.

2.Да се намери най-малкият брой цветове,с които могат да бъдат оцветени естествените числа от 1 до 2004 така,че да не съществува тройка различни едноцветни числа а,b,с, за
които а дели b и b дели с.

3.Да се намерят всички четирицифрени числа m,по-малки от 2005,за които съществува число n<m,такова,че m-n има не повече от три естествени делителя и m.n е точен
квадрат.

4.Докажете,че уравнението х²+5=у³ няма решение в цели
числа.

[Мирослав Стоенчев]

Задача 10. Уравнението [tex]x^2+5=y^3[/tex] няма решение в цели числа.

Д-во: Да допуснем, че диофантовото уравнение има решение, и че [tex]y=2y_{1}\Rightarrow x=2x_{1}+1.[/tex]

Toгава [tex]x^2+5=y^3\Leftrightarrow 4x_{1}(x_{1}+1)+6=8y_{1}^3\Rightarrow 8|6,[/tex] което е невъзможно. Така доказахме, че [tex]y[/tex] трябва да е нечетно. Имаме 2 случая:

1сл. [tex]y=4k+1\Rightarrow x^{2}+4=y^3-1\Leftrightarrow x^{2}+4=(y-1)(y^2+y+1)=4k(4s+3),\ s=4k^2+3k.[/tex] Ще използваме следните:

Лема 1. Ако [tex]n=4s+3,[/tex] то [tex]\exists q=4l+3[/tex] просто число такова, че [tex]q|n.[/tex]

Лема 2. Ако [tex]q=4l+3[/tex] е просто и [tex]q|a^2+b^2,[/tex] то [tex]q|a[/tex] и [tex]q|b.[/tex]

Относно Лема 1 и Лема 2, може да прочетете тук: http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=2779

Използвайки Лема 1 и 2 [tex]\Rightarrow \exists q=4l+3:\ q|4s+3\Rightarrow q|x^2+2^2\Rightarrow q|x,\ q|2,[/tex] което е невъзможно тъй като [tex]q=4l+3\ne 2.[/tex]

2сл. [tex]y=4k+3\Rightarrow x^{2}+1=y^3-4=4t+3\Rightarrow \exists q=4l+3:\ q|4t+3\Rightarrow q|x^2+1^2\Rightarrow q|1,[/tex] което е невъзможно. Така доказахме, че уравнението [tex]x^2+5=y^3[/tex] няма решение в цели числа.

[Мирослав Стоенчев]

Задача 9. Да се намерят всички четирицифрени естествени числа [tex]m<2005,[/tex] за които [tex]\exists n\in N:\ mn[/tex] е точен квадрат и [tex]m-n[/tex] има не повече от [tex]3[/tex] естествени делителя.

Р-е: От това, че [tex]m-n[/tex] има не повече от [tex]3[/tex] естествени делителя [tex]\Rightarrow m-n=1,p,p^{2},[/tex] където [tex]p[/tex] е просто число.

1сл. [tex]m-n=1\Rightarrow n=m-1\Rightarrow mn=m(m-1)=l^2,[/tex] което е невъзможно.

2сл. [tex]m-n=p\Rightarrow n=m-p\Rightarrow mn=m(m-p)=l^2\Rightarrow (m-l)(m+l)=mp. [/tex]

Нека [tex]gcd(m,n)=d,\ m=m_{1}d,\ n=n_{1}d,\ gcd(m_{1},n_{1})=1\Rightarrow \frac{d}{m_{1}}(m_{1}-l_{1})(m_{1}+l_{1})=p.[/tex] Понеже [tex]gcd(m_{1},m_{1}\pm l_{1})=1\Rightarrow \frac{d}{m_{1}}\in N.[/tex]
Тогава [tex]\frac{d}{m_{1}}=m_{1}-l_{1}=1,\ m_{1}+l_{1}=p\Rightarrow d=m_{1},\ m_{1}=\frac{p+1}{2}\Rightarrow m=dm_{1}=\left\(\frac{p+1}{2}\right\)^{2}.[/tex]
Поради това, че търсим четирицифрените[tex]\ m<2005\Rightarrow 1000\le \left\(\frac{p+1}{2}\right\)^{2}\le 2005\Rightarrow 62<p<89\Rightarrow p=67,71,73,79,83\Rightarrow m=1156,\ 1296,\ 1369,\ 1600,\ 1764.[/tex]

3сл. [tex]m-n=p^2\Rightarrow \frac{d}{m_{1}}(m_{1}-l_{1})(m_{1}+l_{1})=p^2\Rightarrow m_{1}-l_{1}=1.[/tex] Имаме 2 случая:
3.1 [tex]m_{1}+l_{1}=p,\ \frac{d}{m_{1}}=p\Rightarrow m=\frac{p(p+1)^{2}}{4}\Rightarrow 1000\le \frac{p(p+1)^{2}}{4}\le 2005 \Rightarrow p=17,19\Rightarrow m=1377,1900. [/tex]

3.2 [tex]m_{1}+l_{1}=p^2,\ \frac{d}{m_{1}}=1\Rightarrow m=\left\(\frac{p^2+1}{4}\right\)^2\Rightarrow 1000\le \left\(\frac{p^2+1}{4}\right\)^2\le 2005\Rightarrow [/tex] не се удовлетворява за никое просто [tex]p.[/tex]

Окончателно: [tex]m\in\left\{1156,1296,1369,1377,1600,1764,1900\right\}.[/tex]

[Мирослав Стоенчев]

Задача 8. Да се намери най-малкият брой цветове с които могат да бъдат оцветени естствените числа от [tex]1[/tex] до [tex]2047[/tex] така, че да не съществуват различни едноцветни естествени числа [tex]a,b,c:\ a|b[/tex] и [tex] b|c.[/tex]

Р-е: Да разгледаме редицата от степените на двойката: [tex]1=2^0,2^1,2^2,...,2^{10}.[/tex] Ako използваме само пет цвята, то съгласно принципа на Дирихле ще имаме поне [tex]3[/tex] числа от разглежданата редица, които са еднакво оцветени. Да ги означим с [tex]a<b<c.[/tex] Поради видът на редицата, ще имаме [tex]a|b[/tex] и [tex]b|c.[/tex] Така доказахме, че броя на цветовете е не по-малък от [tex]6.[/tex]

Сега ще покажем, че [tex]6 [/tex] е търсения минимален брой. Да "разбием" отреза [tex]N_{2047}=\left\{1,2,...,2^{11}-1\right\}[/tex] на [tex]6[/tex] подмножества: [tex]\left\{1\right\},\ \left\{2^1,...,2^3-1\right\},\ \left\{2^3,...,2^5-1\right\},\ \left\{2^5,...,2^7-1\right\},\ \left\{2^7,...,2^9-1\right\},\ \left\{2^9,...,2^{11}-1\right\}.[/tex] Числата от [tex]i-[/tex] тото подмножество ги оцветяваме в [tex]i-[/tex] тия цвят, за [tex]i=1,2,3,4,5,6.[/tex]. Така използваме само [tex]6[/tex] цвята.

Да допуснем че има три числа [tex]a<b<c:\ a|b [/tex]и [tex]b|c.[/tex]
Тогава [tex]a,b,c[/tex] принадлежат на едно и също подмножество, т.е. [tex]\exists k\in\left\{1,...,9\right\}:\ 2^{k}\le a<b<c\le 2^{k+2}-1.[/tex] Понеже [tex]a|b [/tex]и [tex]b|c,[/tex] то [tex]b\ge 2a,\ c\ge 2b\Rightarrow c\ge 4a\ge 4.2^k=2^{k+2}.[/tex] Но имахме, че [tex]c\le 2^{k+2}-1,[/tex] така достигнахме до противоречие. Следователно
няма 3 едноцветни числа [tex]a<b<c,[/tex] за които [tex]a|b [/tex]и [tex]b|c[/tex] при разглежданото оцветяване. Така доказахме, че търсения минимален брой е [tex]6.[/tex]

[v1rusman]

11.Точките М и N от страните АС и ВС на триъгълник АВС са такива,че АМ=BN.Докажете,че правата,минаваща през средите на отсечките АN и BM е перпендикулярна на ъглополовящата на ъгъл ACB.

12.Докажете,че числото 4⁵⁴⁵ + 545⁴ не е просто.

13.Докажете,че ако n[tex]\in[/tex]N и :
a)2.n+1 и 3.n+1 са точни квадрати,то 40 дели n.
б)3.n+1 и 4.n+1 са точни квадрати,то 56 дели n.

[Pinetop Smith]

11 задача.

Нека P, Q, Х и У са среди съответно на AN, BM, AB и PQ. Имаме ХР = XQ(среди отсечки в триъгълниците АВМ и ABN, но AM = BN по условие). Освен това [tex]\angle PXQ = \angle ACB [/tex] като ъгли с взаимно успоредни рамене. Следователно [tex]XY || CL \bot PQ[/tex], където [tex]l_C \cap PQ = L[/tex].

[Мирослав Стоенчев]

Задача 11. Д-во: Нека [tex]\vec{i},\ \vec{j}[/tex] са единичните вектори колинеарни съответно с [tex]\vec{CA},\ \vec{CB}.[/tex] Нека още [tex]K,L [/tex] са съответно средите на [tex]AN,BM.[/tex] Полагаме [tex]|CB|=a,\ |CA|=b.[/tex] Понеже [tex]|MA|=|NB|\Rightarrow \exists k\in R^+: \vec{CM}=(b-k)\vec{i},\ \vec{CN}=(a-k)\vec{j}.[/tex]
Пресмятаме: [tex]\vec{KL}=-\frac{k}{2}(\vec{i}-\vec{j}),\ l_{c}\parallel \vec{p}=\vec{i}+\vec{j}.[/tex] Toгава [tex]\vec{p}.\vec{KL}=0 \Rightarrow \vec{p}\bot \vec{KL}\Rightarrow l_{c}\bot KL.[/tex] Задачата е решена.

[Мирослав Стоенчев]

Задача 13. а) Д-во: Нека [tex]2n+1=t^2,\ 3n+1=s^2,\ t,s\in N.[/tex] Тогава [tex]n=\frac{t^2-1}{2}\Rightarrow t=2t_{1}-1,\Rightarrow n[/tex] е четно. Тогава [tex]s=2s_{1}-1\Rightarrow n=\frac{s^2-1}{3}=\frac{4s_{1}(s_{1}-1)}{3}\Rightarrow 8|n.[/tex]

Също имаме, че [tex]\frac{s^2-1}{3}=n=\frac{t^2-1}{2}\Rightarrow 3t^2=2s^2+1.[/tex] При [tex]k\in Z\Rightarrow k^2\equiv 0,1,4(\bmod 5).[/tex]

1сл. [tex]t\equiv 0(\bmod 5)\Rightarrow 2s^2+1\equiv 0 (\bmod 5),[/tex] което не е изпълнено за никое цяло [tex]s.[/tex]

2сл. [tex]t^2\equiv 4(\bmod 5)\Rightarrow 2s^2-1\equiv 0(\bmod 5),[/tex] което също не е изпълнено за никое цяло [tex]s.[/tex]

Така доказахме, че [tex]t^2\equiv 1(\bmod 5)\Rightarrow 5|\frac{t^2-1}{2}=n\Rightarrow 40|n.[/tex]

б) Д-во: [tex]3n+1=t^2,\ 4n+1=s^2,\Rightarrow n=\frac{s^2-1}{4}.[/tex] Тогава [tex]n[/tex] е четно, а [tex]s,t[/tex] са нечетни.По същия начин както в а) доказваме, че [tex]8|n.[/tex]
Ще докажем, че [tex]7|n.[/tex]

От [tex]\frac{t^2-1}{3}=n=\frac{s^2-1}{4}\Rightarrow (2t-1)(2t+1)=3s^2.[/tex] Има 2 случая:

1сл. [tex]3|2t-1\Rightarrow \begin{tabular}{|l}2t-1=3a^2\\2t+1=b^2\\s=ab \end{tabular}\Rightarrow b^2-3a^2=2\Rightarrow b^2\equiv 2(\bmod 3), [/tex] което не е изпълнено за никое цяло [tex]b.[/tex]

2сл. [tex]3|2t+1\Rightarrow \begin{tabular}{|l}2t-1=a^2\\2t+1=3b^2\\s=ab \end{tabular}\Rightarrow 3b^2-a^2=2.[/tex] Но от [tex]k\in Z\Rightarrow k^2\equiv 0,1,2,4(\bmod 7)[/tex]

Тогава от [tex]3b^2-a^2=2\Rightarrow a^2b^2\equiv 1 (\bmod 7 )\Rightarrow 7|\frac{a^2b^2-1}{4}=n\Rightarrow 56|n.[/tex]

[v1rusman]

14.Да се докаже,че ако n[tex]\in[/tex]N и (n,3)=1,т.е числата n и 3 са взаимнопрости,то
1+2ⁿ+2²ⁿ ≡0(mod7)

[Мирослав Стоенчев]

Задача 14. Д-во: [tex]n=3k+r,\ r\in \left\{1,2\right\}\Rightarrow 1+2^n+2^{2n}=1+2^r.8^k+4^r.8^{2k}\equiv 1+2^r+4^r\equiv 0(\bmod 7).[/tex]

[v1rusman]

Намерете цифрата преди и след десетичната запетая на:
[tex](\sqrt{2}+\sqrt{3} )[/tex]¹⁹⁸⁰

[krassi__holmz]

12. [tex]4^{545} + 545^4[/tex] = [tex]4* 4^{544} + 544^4[/tex] и използваме, че:
[tex]x^4 + 4 y^4 = (x^2 + 2 x y + 2y^2)(x^2 - 2x y + 2y^2)[/tex]