Олимпиада 6ти кръг на сайта

[mkmarinov]

Още малко време не би попречило .

[martin123456]

още някои?
само да ви помогна в случай на удължение
зад 1 в трудна
зад 2 е лесна
зад 3 е трудна
зад 4 е лесна
зад 5 е трудна
зад 6 е лесна
зад 7 е трудна
зад 8 е лесна

[martin123456]

ок,
удължавам срока. на 7.11.2010 ще публикувам резултатите, вероятно по обед.
надявам се това удължаване да доведе още участници.

[L.e.o]

martin123456,
Срявнявайки твоите задачи със тези дадени от ins- в миналата олимпиада, ще кажа, че доста си ни надцинил. Аз лично само като прочетох условията на задачите ти и се депресирах. Помъчих се по уж най-лесната, олях я и се отказах.

[allier]

Задачите са доста интересни и не са много трудни. Така че, аз пък смятам, че Мартин е подбрал хубава тема.

[martin123456]

Leo катяо вижиш решенията ще разбереш, че не са трудни, а директни.

[ins-]

Има задачи, които се решават "почти наум" за останалите се иска известно старание и опит. Опитайте се да ги решите, може да научите нещо ново. За да се появи темата на сайта са вложени време и усилия и е хубаво да проявим уважение към вложения труд.
Искам да се извиня, че пропускам този кръг. За следващия мога да подбера стереметрични и/или планиметрични задачи и да изпратя на Мартин.
Успех на всички участници!

[ganka simeonova]

Аз пратих на Мартин решение на А2, но няма да пращам повече решения.

[ganka simeonova]

Мартин е подготвил чудесни задачи!
Евала, за труда му!
Аз няма да участвам, по лични съображения.Не са свързани с форума.

[rashi101]

Здравейте Пробвах да реша някои задачи, ще пратя решенията утре. (за всеки случай, да не би да решите да пуснете решенията по-рано )

[martin123456]

оки в неделя ще ги пусна
чакам те

[martin123456]

A1:

Решение:
Нека корените на уравнението означим с [tex]x_i[/tex], [tex]i=1,2,3[/tex]. От формулите на Виет имаме следните зависимости: (1) [tex]x_1+x_2+x_3=a[/tex], (2) [tex]x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=b[/tex] и (3) [tex]x_1x_2x_3=c[/tex].
Да забележим, че [tex]1+a+b+c=(1+x_1)(1+x_2)(1+x_3)[/tex], [tex]3+2a+b=(1+x_1)(1+x_2)+(1+x_1)(1+x_3)+(1+x_2)(1+x_3)[/tex].
Нека означим [tex]f(x,y,z)=\frac{xyz}{xy+yz+zx}[/tex]. Тогава търсим най-малката стойност на [tex]f(x_1+1,x_2+1,x_3+1)-f(x_1,x_2,x_3)[/tex].
Без ограничение на общността, считаме че [tex]x_1 \le x_2 \le x_3[/tex]. От неравенството на Чебишев: [tex](\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3})(\frac{1}{x_1+1}+\frac{1}{x_2+1}+\frac{1}{x_3+1})\le 3(\frac{1}{x_1(x_1+1)}+\frac{1}{x_2(x_2+1)}+\frac{1}{x_3(x_3+1)})[/tex]. Дясната страна е: [tex]3(\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_1+1}+\frac{1}{x_2}-\frac{1}{x_2+1}+\frac{1}{x_3}-\frac{1}{x_3+1})[/tex]. Заради общите части полагаме [tex]x=\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3}[/tex], [tex]y=\frac{1}{x_1+1}+\frac{1}{x_2+1}+\frac{1}{x_3+1}[/tex] и неравенството е [tex]xy\le 3(x-y)[/tex][tex]\Rightarrow \frac{x-y}{xy}\ge \frac{1}{3}[/tex]. Лявата страна по последното е точно [tex]f(x_1+1,x_2+1,x_3+1)-f(x_1,x_2,x_3)[/tex].

Решение на allier:
[tex]\frac{1+a+b+c}{3+2a+b}-\frac{c}{b}=\frac{b+ab+b^2+cb-3c-2ac-bc}{b(3+2a+b)}=\frac{b+ab+b^2-3c-2ac}{b(3+2a+b)}[/tex][tex]=\frac{3b+3ab+3b^2-9c-6ac}{3b(3+2a+b)}=\frac{3b+2ab+b^2-9c-6ac+ab+2b^2}{3b(3+2a+b)}=[/tex][tex]\frac{b(3+3a+b)-9c-6ac+ab+2b^2}{3b(3+2a+b)}=\frac{1}{3}+\frac{-9c-6ac+ab+2b^2}{3b(3+2a+b)}[/tex]. Имаме [tex]ab=\sigma_1 \sigma_2[/tex] и от СГСА получаваме [tex]ab \ge 3\sqrt[3]{\sigma_3}.3\sqrt[3]{\sigma_3^2}=9\sigma_3=c[/tex]. Още имаме [tex]b^2-3ac=(xy+yz+zx)^2-3(x+y+z)xyz=(xy)^2+(xz)^2+(yz)^2-(xy)(yz)-(xy)(xz)-(xz)[/tex][tex](zy)=0.5[(xy-xz)^2+(xy-yz)^2+(xz-yz)^2] \ge 0[/tex]. Значи най - малката стойност е [tex]\frac{1}{3}[/tex]. Равенство при [tex]x=y=z[/tex].

A2:

Решение на Hena, ganka simeonova:
[tex]x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)=(x+y)^3-3p[/tex]. Значи ни трябва най-малката стойност на [tex]a=x+y[/tex]. Тъй като от сгса [tex]xy \le \frac{a^2}{4}[/tex], то [tex]p=xya\le \frac{a^3}{4} \Rightarrow a \ge \sqrt[3]{4p}[/tex] [tex]\Rightarrow x^3+y^3 \ge p[/tex]. Равенство се достига при [tex]x=y[/tex] и тогава [tex]x=y=\frac{\sqrt[3]{4p}}{2}[/tex].

Решение на estoyanovvd, mkmarinov :
[tex]x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)=xy(x+y).\frac{x^2-xy+y^2}{xy}=[/tex][tex]p(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-1) \ge p(2-1)=p[/tex]. Равенство се достига при [tex]x=y[/tex].

Решение на rashi101 :
[tex]x+y=m, xy=\frac{p}{m}[/tex], [tex]x^3+y^3=m(m^2-\frac{3p}{m})=m^3-3p[/tex]. По Виет: [tex]x,y[/tex] са корени на [tex]mz^2-m^2z+p=0[/tex]. [tex]D=m^4-4mp=m(m^3-4p)[/tex]. Но [tex]m>0 \Rightarrow m^3 \ge 4p \Rightarrow m^3-3p \ge p[/tex]. Равенство се достига при [tex]x=y[/tex].

Решение на allier:
[tex]x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)=(x+y)^3-3p=(x+y)(x+y)^2-3p[/tex][tex]\ge (x+y)4xy-3p=p[/tex]. Равенство при [tex]x=y[/tex].

Г1:

Решение:
[tex]AI \bot OB:[/tex] Нека [tex]AI \cap BO=X \Rightarrow \angle AXB=\frac{\pi}{2} \Rightarrow \angle XAB+\angle XBA=\frac{\pi}{2}[/tex][tex]\Leftrightarrow \angle IAB+\angle OBA=\frac{\pi}{2}[/tex]. Но [tex]\angle IAB=\frac{\alpha}{2}[/tex] и [tex]\angle OBA=\frac{\pi}{2}-\gamma[/tex]. [tex]\Rightarrow \alpha=2\gamma[/tex].
Съвсем аналогично, от другата перпендикулярна зависимост [tex]\Rightarrow \beta=2\alpha[/tex].
Значи ъглите са [tex]\alpha=\frac{2\pi}{7},\hspace{2mm}\beta=\frac{4\pi}{7},\hspace{2mm}\gamma=\frac{\pi}{7}[/tex]. [tex]\angle CAO=\beta-\frac{\pi}{2}=\frac{4\pi}{7}-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{14}[/tex], [tex]\angle ICA=\frac{\gamma}{2}=\frac{\pi}{14}[/tex].

Решение на allier:
За всеки [tex]\Delta[/tex] образуван от средите на дъгите [tex]\stackrel \frown {AB} ,\stackrel \frown {BC} ,\stackrel \frown {AC}[/tex] е остоъгълен, защото ъглите му са [tex]90^\circ - \frac{\gamma}{2}[/tex] и тн. Нека [tex]A_1,B_1,C_1[/tex] са средите на тези дъги. Тогава [tex]I_{ABC} \equiv H_{A_1B_1C_1}[/tex]. Задачата се трасформира в [tex]A_1H \bot OB[/tex], [tex]B_1H \bot OC[/tex]. Минаваме в комплексни числа с център [tex]O[/tex] и [tex]k[/tex] единична. [tex]A_1H \bot OB \Rightarrow \frac{a_1+b_1+c_1-a_1}{b}=-\frac{\overline{a_1+b_1+c_1-a_1}}{b}[/tex][tex]\Leftrightarrow \frac{b_1+c_1}{b}=-\frac{\overline{b_1+c_1}}{b} \Leftrightarrow b^2=-b_1c_1[/tex]. Аналогично [tex]c^2=-a_1c-1[/tex]. Условието [tex]CI||AO \Leftrightarrow C_1H ||AO \Leftrightarrow \frac{a_1+b_1}{a}=\frac{\overline{a_1+b_1}}{a} \Leftrightarrow a^2=a_1b-1[/tex]. Но [tex]B_1[/tex] е среда на [tex]\stackrel \frown {AC} \Rightarrow b_1^2=ac, c_1^2=ab \Rightarrow a^2bc=b_1^2c_1^2 \Rightarrow a^2=\frac{b_1^2c_1^2}{bc}[/tex][tex]a_1^2b_1^2=ac^2b, b^4=b_1^2c_1^2=a^2bc\Rightarrow b^3=a^2c[/tex]. Аналогично [tex]c^4=a_1^2c_1^2=b^2ac \Rightarrow c^3=b^2a \Rightarrow b^3c^3=a^3b^2c \Rightarrow bc^2=a^3 \Rightarrow ac^2b=a.a^3=a^4 \Rightarrow[/tex][tex](a^2)^2=(a_1b_1)^2 \Rightarrow a^2=a_1b_1[/tex], което решава задачата или [tex]a^2=-a_1b_1 \Rightarrow A \in \stackrel \frown {A_1B_1}[/tex] малка, което е невъзможно.

Г2:

Решение на dimy93, estoyanovvd, mkmarinov :
Нека [tex]S[/tex] е лицето на четириъгълника, [tex]R[/tex] е радиусът на описаната окръжност, [tex]AC=e[/tex], [tex]BD=f[/tex], [tex]\angle(AC,BD)=\varphi[/tex] и имаме стандартни означения за ъглите.
[tex]S_{ABCD}=S_{ABC}+S_{ACD}=\frac{ab\sin{\beta}+cd\sin{(\pi-\beta)}}{2}=\frac{\sin{\beta}}{2}(ab+cd)[/tex].
[tex]S_{ABCD}=S_{ABD}+S_{DCB}[/tex] и по аналогичен начин [tex]S=\frac{\sin{\alpha}}{2}(ad+cb)[/tex].
Значи [tex]ab+cd=\frac{2S}{\sin{\beta}}[/tex] и [tex]ad+cb=\frac{2S}{\sin{\alpha}}[/tex].
От формулата на Птоломей: [tex]ac+bd=ef[/tex].
Изразът в условието [tex](ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)=4S^2.\frac{f}{\sin{\alpha}}.\frac{e}{\sin{\alpha}}=16S^2R^2[/tex].
[tex]R[/tex] е фиксирано и значи най-голямата стойност на израза се достига при най-голямо лице на вписан в окръжност четириъгълник.
При горните означения, като използваме синусова т-ма за изразяване на диагоналите и формулата за лице чрез диагонали имаме [tex]S=2R^2\sin{\alpha}\sin{\beta}\sin{\gamma} \le 2R^2[/tex]. Равенство когато всички участващи ъгли са по [tex]\frac{\pi}{2}[/tex], което е еквивалентно четириъгълникът да е квадрат.

Решение на Hena:
Нека дадения четириъгълни е [tex]ABCD[/tex]. Нека означим [tex]AB=a,BC=b,CD=c,DA=d,AC=e,BD=f[/tex], [tex]\angle (AC,BD)=\alpha,R[/tex]-радиуса на описаната окръжност,[tex]S[/tex]-лицето на четириъгълника.
Тъй като [tex]ABCD[/tex] е вписан,тогава от теоремата на Птоломей,следва,че:
[tex]ac+bd=ef \Rightarrow (ab+cd)(ad+bc)ef \le (ab+cd)(ad+bc)4R^2[/tex],като се достига максимална стойност,когато [tex]e=f=2R[/tex] Така получаваме,че [tex]\angle A=\angle B=\angle C=\angle D=90^\circ[/tex].
[tex]\frac{1}{2}(ab+cd)=\frac{1}{2}(ad+bc)=S \Rightarrow (ab+cd)(ad+bc)=4S^2[/tex].
От друга страна имаме,че [tex]S=\frac{efsin\alpha}{2}=\frac{4R^2sin\alpha}{2}=2R^2sin\alpha \le 2R^2sin90^\circ[/tex],откъдето следва,че [tex]AC\bot BD[/tex]
Така получаваме,че израза [tex](ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)[/tex] достига най-голямата си стойност,когато [tex]ABCD[/tex] е квадрат.

Решение на allier:
[tex]AC=d_1, BD=d_2, \angle DAC=\varphi, \angle CAB=\theta, \angle ABD=\alpha[/tex]. От т-мата на Птоломей имаме [tex]ac+bd=d_1d_2[/tex]. Ако полупериметърът е [tex]s[/tex] от формулата на Бретшнайдер [tex]S_{ABCD}=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}=\frac{\sqrt{(ac+bd)(ab+cd)(ad+bc)}}{4R}[/tex][tex]\Rightarrow (4RS_{ABCD})^2=(ac+bd)(ab+cd)(ad+bc)=f[/tex]. Но е максимално при дадено [tex]R[/tex] при квадрат.
забележка от мартин: пропуснал съм да цитирам някои неща, които вече ги има горе.

ТЧ1:

Решение:
[tex]\circ :[/tex] Ако има 3 числа сред дадените, които са конгруентни с някакво число [tex]x[/tex], то взимаме тях, защото [tex]a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca \equiv 3x^2-3x^2=0 \pmod{7}[/tex].
[tex]\circ:[/tex] Ако няма такива 3 числа. Значи най-много 2 числа могат да са конгруентни помежду си. Може да има няколко такива двойки. Също така има поне една двойка - от принципа на Дирихле. Нека например [tex]a\equiv b \equiv x \pmod{7}[/tex]. Ако [tex]\exist[/tex] 3ка, удовлетворяваща ъусловието и в нея участват [tex]a[/tex] и [tex]b[/tex], то получаваме [tex]2x^2+c^2-x^2-2xc=(x-c)^2 \equiv 0 \pmod{7}[/tex][tex]\Rightarrow c \equiv x \pmod{7}[/tex], което е невъзможно. Значи няма смисъл да разглеждаме пробваме с 2 конгруентни числа. Можем да премахнем едното от тях от 7те числа. Тъй като имаме най-много 3 2ки такива числа, то в краен случай ще останем с 4 числа, между които няма конгруентни помежду им. Тъй като тези 4 числа ще обходят всички остатъци при деление на 7 и тъй като 5 или 6 числа, обхождащи остатъците при деление на 7 ще съдържат тези 4, то случаят да имаме 4 различни остатъци е достатъчен да бъде разгледан, за да се установи че сред тях има 3, които ни устройват. Всички случаи, които трябва да разгледаме са [tex]{7 \choose 4}=35[/tex]. За улеснение в сметките, да забележим, че [tex]a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2}[/tex] и тъй като [tex](2,7)=1 \Rightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca \equiv 0 \pmod{7}[/tex][tex]\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \equiv 0 \pmod{7}[/tex]. Значи ще проверяваме [tex](a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2[/tex].
[tex]\rightarrow 0,2,3 \Rightarrow (0-2)^2+(0-3)^2+(2-3)^2 = 4+9+1 \equiv 0 \pmod{7}[/tex]. Това значи че за [tex][\{0,1,2,3\},\{0,2,3,4\},\{0,2,3,5\},\{0,2,3,6\}][/tex] имаме исканото.
[tex]\rightarrow 1,2,4 \Rightarrow (2-1)^2+(4-2)^2+(4-1)^2 = 1+4+9 \equiv 0 \pmod{7}[/tex].
Това значи че за [tex][\{0,1,2,4\},\{1,2,3,4\},\{1,2,4,5\},\{1,2,4,6\}][/tex] имаме исканото.
[tex]\rightarrow 0,1,5 \Rightarrow (1-0)^2+(5-0)^2+(5-1)^2 = 1+25+16 \equiv 0 \pmod{7}[/tex].
Това значи че за [tex][\{0,1,2,5\},\{0,1,3,5\},\{0,1,4,5\},\{0,1,5,6\}][/tex] имаме исканото.
[tex]\rightarrow 0,2,6 \Rightarrow (2-0)^2+(6-0)^2+(6-2)^2 = 4+36+16 \equiv 0 \pmod{7}[/tex].
Това значи че за [tex][\{0,1,2,6\},\{0,2,3,6\},\{0,2,4,6\},\{0,2,5,6\}][/tex] имаме исканото.
[tex]\rightarrow 1,3,4 \Rightarrow (1-3)^2+(1-4)^2+(4-3)^2 = 4+9+1 \equiv 0 \pmod{7}[/tex].
Това значи че за [tex][\{0,1,3,4\},\{1,2,3,4\},\{1,3,4,5\},\{1,3,4,6\}][/tex] имаме исканото.
[tex]\rightarrow 0,1,3 \Rightarrow (1-0)^2+(3-0)^2+(3-1)^2 = 1+9+4 \equiv 0 \pmod{7}[/tex].
Това значи че за [tex][\{0,1,2,3\},\{0,1,3,4\},\{0,1,3,5\},\{0,1,3,6\}][/tex] имаме исканото.
[tex]\rightarrow 0,4,6 \Rightarrow (4-0)^2+(4-6)^2+(6-0)^2 = 16+4+36 \equiv 0 \pmod{7}[/tex].
Това значи че за [tex][\{0,1,4,6\},\{0,2,4,6\},\{0,3,4,6\},\{0,4,5,6\}][/tex] имаме исканото.
[tex]\rightarrow 2,4,5 \Rightarrow (2-4)^2+(5-2)^2+(5-4)^2 = 4+9+1 \equiv 0 \pmod{7}[/tex].
Това значи че за [tex][\{0,2,4,5\},\{1,2,4,5\},\{2,3,4,5\},\{2,4,5,6\}][/tex] имаме исканото.
[tex]\rightarrow 0,4,5 \Rightarrow (4-0)^2+(5-0)^2+(5-4)^2 = 16+25+1 \equiv 0 \pmod{7}[/tex].
Това значи че за [tex][\{0,1,4,5\},\{0,2,4,5\},\{0,3,4,5\},\{0,4,5,6\}][/tex] имаме исканото.
[tex]\rightarrow 3,5,6 \Rightarrow (3-5)^2+(6-5)^2+(6-3)^2 = 4+1+9 \equiv 0 \pmod{7}[/tex].
Това значи че за [tex][\{0,3,5,6\},\{1,3,5,6\},\{2,3,5,6\},\{3,4,5,6\}][/tex] имаме исканото.
[tex]\rightarrow 2,3,5 \Rightarrow (2-3)^2+(2-5)^2+(3-5)^2 = 1+9+4 \equiv 0 \pmod{7}[/tex].
Това значи че за [tex][\{0,2,3,5\},\{1,2,3,5\},\{2,3,4,5\},\{2,3,5,6\}][/tex] имаме исканото.
[tex]\rightarrow 1,2,6 \Rightarrow (2-1)^2+(2-6)^2+(6-1)^2 = 1+16+25 \equiv 0 \pmod{7}[/tex].
Това значи че за [tex][\{0,1,2,6\},\{1,2,3,6\},\{1,2,4,6\},\{1,2,5,6\}][/tex] имаме исканото.
[tex]\rightarrow 1,3,4 \Rightarrow (1-3)^2+(1-4)^2+(3-4)^2 = 4+9+1 \equiv 0 \pmod{7}[/tex].
Това значи че за [tex][\{0,1,3,4\},\{1,2,3,4\},\{1,3,4,5\},\{1,3,4,6\}][/tex] имаме исканото.
[tex]\rightarrow 1,5,6 \Rightarrow (1-5)^2+(1-6)^2+(5-6)^2 = 16+25+1 \equiv 0 \pmod{7}[/tex].
Това значи че за [tex][\{0,1,5,6\},\{1,2,5,6\},\{1,3,5,6\},\{1,4,5,6\}][/tex] имаме исканото.
[tex]\rightarrow 3,4,6 \Rightarrow (3-4)^2+(3-6)^2+(6-4)^2 = 1+9+4 \equiv 0 \pmod{7}[/tex].
Това значи че за [tex][\{0,3,4,6\},\{1,3,5,6\},\{2,3,4,6\},\{3,4,5,6\}][/tex] имаме исканото.
Това обходи всички 35 възможности.

Решение на rashi101 :
[tex]a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ac = \frac{ (a-b)^2 + (b-c)^2 + (a-c)^2}{2 }[/tex]
Нека [tex]a-b\equiv u (mod7)[/tex],[tex]b-c\equiv v(mod7)[/tex] и [tex]a-c\equiv u+v(mod7)[/tex]. Единствените стойности на [tex]u[/tex], [tex]v[/tex] и [tex]u+v[/tex] за които изразът в числител се дели на [tex]7[/tex] и [tex]2[/tex] , са [tex](0,0,0)[/tex], [tex](1,2,3)[/tex], [tex](1,4,5)[/tex] и [tex](2,4,6)[/tex]. Решавайки за [tex]a[/tex], [tex]b[/tex] и [tex]c[/tex], откриваме, че имаме три възможности (при положение че редът на a,b и c няма значение):
[tex]a\equiv b\equiv c (mod7)[/tex]
[tex]a\equiv n (mod7) b\equiv n+1(mod7) c\equiv n+3 (mod7)[/tex] (1)
[tex]a\equiv n (mod7) b\equiv n+1(mod7) c\equiv n+5 (mod7)[/tex] (2)
[tex]n\in (0,1,2,3,4,5,6)[/tex]
Ако три от числата дават еднакъв остатък при деление на 7, имаме първия случай е задачата е решена. В противен случай според принципа на Дирихле имаме поне четири числа, даващи различни остатъци при делениена 7. Лесно може да се види,че от тях винаги можем да изберем три, отговарящи на (1) или (2).

ТЧ2:

Решение на allier:
[tex]n|(4^m-1)\Rightarrow 4^m-1=nk,\hspace{2mm}k \in \mathbb{N}[/tex], [tex]2^m|(n-1) \Rightarrow n-1=2^ml,\hspace{2mm}l\in \mathbb{N}[/tex].
[tex]\Rightarrow 4^m-1=k(2^ml+1) \Rightarrow -1 \equiv k \pmod{2^m} \Rightarrow k=2^mp-1, \hspace{2mm}p \in \mathbb{N}[/tex]. Тогава [tex]4^m-1=(2^mp-1)(2^ml+1) \ge(2^m-1)(2^m+1) \Rightarrow p=l=1[/tex]. Оттук [tex]n=\frac{4^m-1}{k}=\frac{4^m-1}{2^m-1}=2^m+1[/tex].

Решение на Hena, estoyanovvd :
Тъй като [tex]2^m|n-1[/tex],следователно можем да запишем [tex]n-1=2^mk \Rightarrow n=2^mk+1[/tex],като [tex]k \in \mathbb{N}[/tex] Тъй като [tex]n|4^m-1=2^{2m}-1 \Rightarrow 2^{2m}-1\ge n=2^mk+1[/tex] Сега нека запишем [tex]k=2^il,i\in [0;m),l\in \mathbb{N}[/tex]Тогава за [tex]n[/tex] получаваме:[tex]n=2^{m+i}l+1[/tex]. Така ще получим,че:[tex]2^{m+i}l+1|2^{2m}-1[/tex][tex]\Rightarrow 2^{m+i}l+1|2^{2m}-1+2^{m+i}l+1+1[/tex]
[tex]\Rightarrow 2^{m+i}l+1|2^{m+i}(2^{m-i}+l)[/tex]. Нека сега пресметнем [tex](2^{m+i},2^{m+i}l+1)=d[/tex][tex]\Rightarrow d|2^{m+i}l+1 (1)[/tex],а също и че:[tex]d|2^{m+i} \Rightarrow d|2^{m+i}l -->(2)[/tex]. Сега от [tex](1)[/tex] и [tex](2)[/tex],получаваме,че [tex]d|1 \Rightarrow d=1[/tex] Сега връщайки се към това,че [tex]\Rightarrow 2^{m+i}l+1|2^{m+i}(2^{m-i}+l)[/tex],получаваме,че [tex]2^{m+i}l+1|2^{m-i}+l[/tex][tex]\Rightarrow 2^{m-i}+l \ge 2^{m+i}l+1[/tex][tex]\Rightarrow 2^{m-i}-1\ge l(2^{m+i}-1)[/tex],което очевидно има решение само при [tex]i=0[/tex] и [tex]l=1 \Rightarrow k=1 \Rightarrow n=2^m+1[/tex].

Решение на rashi101 :
[tex]2^{m}|n-1[/tex] [tex]n=k.2^m+1[/tex][tex]k\in N[/tex]. [tex]k.2^m+1|4^m-1[/tex].
[tex]k.2^m+1\le 4^m-1[/tex], [tex]k\le\frac{4^m-2}{2^m}<2^m[/tex], [tex]2^m=\frac{n-1}{k }[/tex], [tex]k<\frac{n-1}{k}[/tex], [tex]k^2< n-1[/tex] (1).
[tex]n|(\frac{n-1}{k })^2 - 1[/tex], [tex]n|\frac{n^2- 2n +1- k^2}{k^2 }[/tex], [tex]n^2- 2n +1- k^2\equiv 0 (mod n)[/tex], [tex]k^2-1\equiv 0(mod n)[/tex].
Оттук веднага получаваме [tex]k=1[/tex] за решение. При [tex]k>1[/tex] имаме:
[tex]n\le k^2-1[/tex] [tex]k^2\ge n+1[/tex]
Но това противоречи на (1),значи [tex]k=1[/tex] е единствено решение и [tex]n=2^m+1[/tex] е винаги вярно.

K1:

Решение на Hena, allier:
Нека множеството [tex]\{1,2,\ldots,4n\}[/tex] е разбито по искания начин. Товага имаме [tex]n[/tex] подмножества с вид [tex]\{a,b,c,d\}[/tex] и значи сумата на числата във всяко от тях е [tex]a+b+c+d=a+3a=4a \equiv 0 \pmod{4}[/tex]. Значи сумата на числата в [tex]\{1,2,\ldots,4n\}[/tex] също се дели на 4. Последната сума е [tex]\frac{4n(4n+1)}{2}=2n(4n+1)[/tex] и [tex]\Rightarrow 2|n[/tex]. Това е необходимо условие.
Ще покажем, че е и достатъчно. Разглеждаме 8 елементните подмножества с вид [tex]\{8k+1,8k+2,\ldots, 8k+8\}[/tex], където [tex]k=0,1,\ldots,\frac{n-2}{2}[/tex]. Имаме [tex]\cup_{k}\{8k+1,8k+2,\ldots, 8k+8\} = \{1,2,\ldots,4n\}[/tex]. Освен това [tex]8k+4=\frac{(8k+1)+(8k+3)+(8k+8)}{3}[/tex] и [tex]8k+5=\frac{(8k+2)+(8k+6)+(8k+7)}{3}[/tex].

K2:

Решение на allier:
Допускаме противното. Броят на пермутациите на елементите в [tex]\{1,2,\ldots,n\}[/tex] са [tex]n![/tex] и толкова са и сумите [tex]S[/tex] над тях и щом [tex]\not \exist[/tex] 2 суми конгруентни [tex]\pmod{n!} \Rightarrow[/tex] тези суми образуват пълна система остатъци [tex]\pmod{n!}[/tex]. Оттук [tex]\sum_{\overline{a}}S=\sum_{i=1}^{n!}i=\frac{(n!-1)n!}{2}[/tex].
От друга страна, от дефиницията на [tex]S[/tex] получаваме [tex]\sum_{\overline{a}}S=\sum_{i=1}^{n}c_i(n-1)!(1+2+\cdots+n)[/tex], понеже броят на пермутациите с фиксиран [tex]i[/tex]-ти елемент е [tex](n-1)![/tex], a всички числа от 1 до [tex]n[/tex] ще бъдат на [tex]i[/tex]-то място. Последната сума е [tex]\sum_{\overline{a}}S=\sum_{i=1}^{n}c_i\frac{(n-1)!n(n+1)}{2}=\sum_{i=1}^{n}c_in!\frac{n+1}{2}[/tex]. По условие [tex]n[/tex] е нечетно [tex]\Rightarrow 2|(n+1) \Rightarrow[/tex][tex]\sum_{\overline{a}}S \equiv 0 \pmod{n!}[/tex].
Сега като се върнем към по-горе намерената сума получаваме [tex]n!|\frac{(n!-1)n!}{2}\Leftrightarrow 2|(n!-1)[/tex]. Но последното не е вярно.

Решение на Hena:
Допускаме противното. Броят на пермутациите на [tex]n[/tex] елемента е [tex]n![/tex]. Имаме толкова суми [tex]S(a)[/tex]. От допускането на противното следва, че всеки 2 суми са несравними по модул [tex]n![/tex] и значи всички суми образуват пълна система остатъци [tex]\pmod{n!}[/tex]. Значи [tex]\sum_{\overline{a}}S(a)\equiv \sum_{i=0}^{n!-1}i=\frac{n!(n!-1)}{2} \pmod {n!}[/tex].
Сега да извършим следното групиране по 2ки: на пермутацията [tex]x[/tex] съпоставяме пермутацията [tex]y=\overline{1+n-x_i}[/tex]. Тогава [tex]S(x)+S(y)=\sum_{i=1}^{n}c_i(1+n)=(1+n)\sum_{i=1}^{n}c_i[/tex]. Тъй като имаме [tex]n>1 \Rightarrow \frac{n!}{2} \in \mathbb{Z}[/tex] . Сега сумирайки по тези 2ки получаваме [tex]\sum_{\overline{a}}S(a)=\sum_{\overline{x},\overline{y}}(S(x)+S(y))=\frac{(1+n)\sum{c_i}}{2}[/tex].
Накарая получаваме [tex]\frac{(1+n)\sum{c_i}}{2} \equiv \frac{n!(n!-1)}{2} \pmod {n!}[/tex]. Значи [tex](1+n)\sum{c_i} \equiv n!-1 \pmod{2}[/tex]. Но вляво е четно число, а в дясно нечетно.

[martin123456]

Благодаря ви за участието. Всички се справихте страхотно.

[mkmarinov]

Някой да се опита да реши А1 (почти) без формули на Виет? Интересно ми е да видя пълно такова решение.

П.С. Очакваме кръг 7 .

[ins-]

Пратих на Мартин една стереометрия, защото до сега в олимпиадата не е имало стереометрична задача, а стереометрията може да бъде наистина красива.