maths.bgmaths.bg
Всички колекции
EMT

Есенен математически турнир

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

16 години8 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2007

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • emt2007-11-3: има placeholder текст

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на параметъра aa, за които решенията на системата неравенства∣ 3x−53+3x+54≥x7−115(2x−a)3+(2x+a)(1−4x2)+16x2a−6xa2+a3≤2a2+a\left\lvert\, \begin{aligned} & \frac{3 x-5}{3}+\frac{3 x+5}{4} \geq \frac{x}{7}-\frac{1}{15} \\ & (2 x-a)^{3}+(2 x+a)\left(1-4 x^{2}\right)+16 x^{2} a-6 x a^{2}+a^{3} \leq 2 a^{2}+a \end{aligned}\right.образуват интервал с дължина 32225\frac{32}{225}.
РешениеСлед опростяване получаваме, че първото неравенство е еквивалентно на 135x−3528≥−15\frac{135 x-35}{28} \geq-\frac{1}{5}, откъдето x≥49225x \geq \frac{49}{225}. Второто неравенство е еквивалентно на x≤a2x \leq a^{2}. Следователно системата има при a2≥49225a^{2} \geq \frac{49}{225} и решенията и́ са интервал с дължина 32225\frac{32}{225} точно когато a2−49225=32225a^{2}-\frac{49}{225}=\frac{32}{225}. Тогава a2=925a^{2}=\frac{9}{25}, откъдето получаваме решенията a=35a=\frac{3}{5} и a=−35a=-\frac{3}{5}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е изпъкнал четириъгълник ABCDA B C D. Да се намери множеството от точки MM, вътрешни за ABCDA B C D, такива че лицата на четириъгълниците ABCMA B C M и AMCDA M C D да са равни.
РешениеНека S1=SABC,S2=SACDS_{1}=S_{A B C}, S_{2}=S_{A C D} и S1>S2S_{1}\gt{}S_{2}. Ако MM е такава, че SABCM=SAMCDS_{A B C M}= S_{A M C D}, то поради S1>S2S_{1}\gt{}S_{2} имаме, че М е вътрешна за △ABC\triangle A B C. Тогава SABCM=S1−SACMS_{A B C M}= S_{1}-S_{A C M} и SAMCD=S2+SACMS_{A M C D}=S_{2}+S_{A C M}. Оттук S1−SACM=S2+SACMS_{1}-S_{A C M}=S_{2}+S_{A C M}, т. е. SACM=12(S1−S2)S_{A C M}= \frac{1}{2}\left(S_{1}-S_{2}\right). Тогава, ако hh е разстоянието от MM до ACA C, то SACM=12(S1−S2)=12AC.hS_{A C M}=\frac{1}{2}\left(S_{1}-S_{2}\right)=\frac{1}{2} A C. h откъдето h=S1−S2ACh=\frac{S_{1}-S_{2}}{A C}. Следователно точките MM лежат върху отсечка PQ∥ACP Q \| A C и разстоянието между PQP Q и ACA C е hh.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички тройки прости числа p<q<rp\lt{}q\lt{}r, такива че p+q=rp+q=r и (r−p)(q−p)−27p(r-p)(q-p)-27 p е точен квадрат.
РешениеОчевидно p=2p=2, тогава r−p=qr-p=q, откъдето получаваме q(q−q(q-2) −54=u2-54=u^{2}, откъдето (q−1)2−u2=55(q-1)^{2}-u^{2}=55. Имаме (q−1−u)(q−1+u)=55=1⋅55=5⋅11(q-1-u)(q-1+u)=55= 1 \cdot 55=5 \cdot 11. Разглеждаме два случая Случай 1. q−1−u=1q-1-u=1 и q−1+u=55q-1+u=55, т. е. q=u+2q=u+2, откъдето q=29q=29 и r=29+2=31r=29+2=31. Случай 2. q−1−u=5q-1-u=5 и q−1+u=11q-1+u=11, т. е. q=u+6q=u+6, откъдето q=9q=9, противоречие. Следователно единственото е p=2,q=29p=2, q=29 и r=31r=31.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Даден е правилен седмоъгълник ABCDEFGA B C D E F G. Страните ABA B, BC,CD,DE,EF,FGB C, C D, D E, E F, F G и GAG A ще наричаме срещуположни съответно на върховете E,F,G,A,B,CE, F, G, A, B, C и DD. Ако MM е вътрешна точка за седмоъгълника, ще казваме, че правата съединяваща MM с връх на седмоъгълника, пресича негова страна (без върховете) в "правилна точка", ако страната е срещуположна на върха. Да се докаже, че броят на правилните точки, които се получават от произволна вътрешна точка е нечетно число.
РешениеАко AMA M пресича DED E, т. е. се получава "правилна точка", то MM е вътрешна за триъгълника ADEA D E. Броят на правилните точки, които се получават от дадена точка MM, е равен на броя на триъгълниците измежду ADE,BEF,CFG,DGA,EAB,FBCA D E, B E F, C F G, D G A, E A B, F B C и GCDG C D, за които MM е вътрешна точка. Тези триъгълници определят 22 части във вътрешността на седмоъгълника (Фиг. 1): (∗)(*) 7 триъгълника, една от страните на които е страна на седмоъгълника, (∗)(*) 7 четириъгълника, един от върховете на които е връх на седмоъгълника, (∗)(*) 7 триъгълника, две от страните на които са страни на четириъгълниците (∗)(*) 1 седмоъгълник. Фиг. 1 Всяка от тези части е обща точно за 1,3,51, 3, 5 или 7 от горните триъгълници. Следователно броят на правилните точки, които се получават от произволна вътрешна точка е 1,3,51, 3, 5 или 7.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадени са функциите f(x)=∣x−1∣−∣x−2∣f(x)=|x-1|-|x-2| и g(x)=∣x−3∣g(x)=|x-3|. а) Да се построи графиката на функцията f(x)f(x). б) Да се намери лицето на фигурата, ограничена от графиките на функциите f(x)f(x) и g(x)g(x).
Решениеа) Тъй като f(x)={−1приx∈(−∞,1]2x−3приx∈[1,2]1приx∈[2,+∞)f(x)=\left\{\begin{array}{ll}-1 & \text{при} x \in(-\infty, 1] \cr 2 x-3 & \text{при} x \in[1, 2] \cr 1 & \text{при} x \in[2, +\infty)\end{array}\right., графиката се състои от три части, както е показано на Фиг. 1. Фиг. 1 Фиг. 2 б) Двете графики се пресичат в точките A(2;1)A(2; 1) и B(4;1)B(4; 1), а интересуващата ни фигура е триъгълник ABCA B C, където C(3;0)C(3; 0) е точка от графиката на g(x)g(x) (вж. Фиг. 2). Търсеното лице е SABC=AB⋅hc2=2⋅12=1S_{A B C}=\frac{A B \cdot h_{c}}{2}=\frac{2 \cdot 1}{2}=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека a,ba, b и cc са реални числа, за които a+b+c=0a+b+c=0 и a4+b4+c4=a^{4}+b^{4}+c^{4}= 50. Да се намери ab+bc+caa b+b c+c a.
РешениеИмаме последователно a2+b2+c2=(a+b+c)2−2(ab+bc+ca)=−2(ab+bc+ca)a^{2}+b^{2}+c^{2}=(a+b+c)^{2}-2(a b+b c+c a)= -2(a b+b c+c a) и 50=a4+b4+c4=(a2+b2+c2)2−2(a2b2+b2c2+c2a2)=4(ab+bc+ca)2−2((ab+bc+ca)2−2abc(a+b+c))=2(ab+bc+ca)250=a^{4}+b^{4}+c^{4}=\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{2}-2\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right)= 4(a b+b c+c a)^{2}-2\left((a b+b c+c a)^{2}-2 a b c(a+b+c)\right)=2(a b+b c+c a)^{2}. Следователно ab+bc+ca=±5a b+b c+c a= \pm 5. Тъй като ab+bc+ca=−(a2+b2+c2)/2<0a b+b c+c a=-\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) / 2\lt{}0, получаваме ab+bc+ca=−5a b+b c+c a=-5. Например числата a=0,b=x25a=0, b=\sqrt{\vphantom{x^2}5} и c=−x25c=-\sqrt{\vphantom{x^2}5} имат исканото свойство.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
В изпъкналия четириъгълник ABCDA B C D диагоналите ACA C и BDB D се пресичат в точка EE, точка MM е среда на AEA E и точка NN е среда на CDC D. Известно е, че диагоналът BDB D разполовява ∠ABC\angle A B C. Да се докаже, че четириъгълникът ABCDA B C D е вписан в окръжност тогава и само тогава, когато четириъгълникът MBCNM B C N е вписан в окръжност.
РешениеНека четириъгълникът ABCDA B C D е вписан. От ∠ABD=∠CBD\angle A B D=\angle C B D следва, че AD=CDA D=C D. Да означим средата на DED E с SS. Тъй като SMS M и SNS N са средни отсечки съответно в △DEA\triangle D E A и △DEC\triangle D E C, имаме SM=AD/2=S M=A D / 2= CD/2=CNC D / 2=C N и SN∥ACS N \| A C. Следователно четириъгълникът MCNSM C N S е равнобедрен трапец, в частноствписан четириъгълник. От друга страна, имаме ∠MSB=∠ADB=∠ACB\angle M S B=\angle A D B=\angle A C B, откъдето заключаваме, че четириъгълникът MBCSM B C S е вписан. Следователно точките M,B,C,NM, B, C, N и SS лежат на една окръжност, т. е. четириъгълникът MBCNM B C N е вписан. Нека четириъгълникът MBCNM B C N е вписан и да означим пресечната точка на правата BDB D и окръжността, описана около △ABC\triangle A B C с D1D_{1}. Ще докажем, че D1≡DD_{1} \equiv D. Нека точката D1D_{1} е между BB и DD (случаят, когато DD е между BB и D1D_{1}, се разглежда аналогично). Ако N1N_{1} е средата на CD1C D_{1}, както по-горе се вижда, че четириъгълникът MBCN1M B C N_{1} е вписан. Следователно точките M,B,C,NM, B, C, N и N1N_{1} лежат на една окръжност. Но последното е невъзможно ако D≠D1D \neq D_{1}, защото тогава N1N_{1} лежи на средната отсечка през NN в △CDE\triangle C D E, което означава, че N1N_{1} е вътрешна за △MCN\triangle M C N.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото естествено число, което е делител на 2n+152^{n}+15 за някое естествено число nn и се представя във вида 3x2−4xy+3y23 x^{2}-4 x y+3 y^{2} за някои цели числа xx и yy.
РешениеНека d=3x2−4xy+3y2∣2n+15d=3 x^{2}-4 x y+3 y^{2} \mid 2^{n}+15 за някои цели xx и yy и някое естествено nn. Очевидно dd е нечетно и следователно xx и yy са с различна четност. Тогава имаме d≡3( mod 4)d \equiv 3(\bmod 4). Освен това от представянето 3d=(3x−2y)2+5y23 d= (3 x-2 y)^{2}+5 y^{2} следва, че 3d≡(3x−2y)2( mod 5)3 d \equiv(3 x-2 y)^{2}(\bmod 5) и понеже (d,5)=1(d, 5)=1, заключаваме, че 3d≡±1( mod 5)⟺d≡±2( mod 5)3 d \equiv \pm 1(\bmod 5) \Longleftrightarrow d \equiv \pm 2(\bmod 5). От d≡3( mod 4)d \equiv 3(\bmod 4) и d≡±2( mod 5)d \equiv \pm 2(\bmod 5) следва, че d≡3( mod 20)d \equiv 3(\bmod 20) или d≡7( mod 20)d \equiv 7 (\bmod 20). Очевидно d=3d=3 не е възможно, а ако d=7d=7, то 2n≡−1( mod 7)2^{n} \equiv-1(\bmod 7) за някое nn, което също е невъзможно. Следващата възможност d=23d=23 се реализира например при n=3n=3 и x=2,y=−1x=2, y=-1. Следователно търсеното число е d=23d=23.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички цели числа bb и cc, за които уравнението x2−bx+c=0x^{2}-b x+c=0 има два реални корена x1x_{1} и x2x_{2}, удовлетворяващи x12+x22=5x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=5.
РешениеТъй като корените са реални, имаме D=b2−4c≥0D=b^{2}-4 c \geq 0. От формулите на Виет имамеx12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=b2−2c,x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}=b^{2}-2 c,т. е. b2−2c=5b^{2}-2 c=5. Оттук 2c=b2−5≥−52 c=b^{2}-5 \geq-5, откъдето c≥−52c \geq-\frac{5}{2}. От друга страна 5−2c=b2−4c≥05-2 c=b^{2}-4 c \geq 0, откъдето c≤52c \leq \frac{5}{2}. Следователно cc е едно от числата -2, −1,0,1-1, 0, 1 или 2. Цели стойности за bb се получават само при c=−2c=-2 (съответно b=±1b= \pm 1 ) и c=2c=2 (съответно b=±3b= \pm 3 ). Окончателно решенията са b=±1,c=−2b= \pm 1, c=-2 и b=±3,c=2b= \pm 3, c=2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C ( AC>BCA C\gt{}B C ) със средна отсечка MNM N ( MM лежи на ACA C, а NN лежи на BCB C ). Ъглополовящата на ъгъл BB пресича правата MNM N в точка PP. Вписаната окръжност в △ABC\triangle A B C има за център точката II и се допира до BCB C в точка QQ. Перпендикулярите, издигнати от PP и QQ, съответно към MNM N и BCB C се пресичат в точка RR. Нека SS е пресечната точка на правите ABA B и RNR N. a) Да се докаже, че четириъгълникът PCQIP C Q I е вписан. б) Да се изрази дължината на отсечката BSB S чрез дължините a,b,ca, b, c на страните на △ABC\triangle A B C.
Решениеа) Очевидно∠ABP=∠BPN=∠PBN=β/2.\angle A B P=\angle B P N=\angle P B N=\beta / 2.Следователно BN=CN=PNB N=C N=P N, откъдето ∠BPC=90∘\angle B P C=90^{\circ}. Тъй като и ∠CQI=90∘\angle C Q I=90^{\circ}, четириъгълникът PCQIP C Q I е вписан. б) Пресмятаме∠PCI=∠PCB−∠ICB=(90∘−β2)−γ2=α2.\angle P C I=\angle P C B-\angle I C B=\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)-\frac{\gamma}{2}=\frac{\alpha}{2}.Тъй като ∠RPN=∠IQN=90∘\angle R P N=\angle I Q N=90^{\circ}, четириъгълникът RPQNR P Q N е вписан. Оттук и от а) получаваме∠NSB=∠PNR=∠PQR=∠PCI=α2\angle N S B=\angle P N R=\angle P Q R=\angle P C I=\frac{\alpha}{2}Следователно AIA I и SNS N са успоредни, откъдето BSAB=BNBL\frac{B S}{A B}=\frac{B N}{B L}, където LL е пресечната точка на ъглополовящата на ъгъл BACB A C с BCB C. Замествайки в горното равенство, получавамеBSc=a/2ac/(b+c),\frac{B S}{c}=\frac{a / 2}{a c /(b+c)},откъдето BS=b+c2B S=\frac{b+c}{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
За естественото число m>1m\gt{}1 означаваме с f(m)f(m) сумата на всички естествени числа, по-малки от mm и взаимно прости с mm. Да се намерят всички естествени числа nn, за които съществуват естествени числа kk и ll такива, че f(nk)=nlf\left(n^{k}\right)=n^{l}.
РешениеАко m>2m\gt{}2, естествените числа, по-малки от mm и взаимно прости с mm се разбиват на двойки от вида (k,m−k),m−k≠k(k, m-k), m-k \neq k, като броят на двойките е φ(m)2\frac{\varphi(m)}{2}, където φ(m)\varphi(m) е функцията на Ойлер, и сумата на числата във всяка двойка е mm. Следователно f(m)=mφ(m)2f(m)=\frac{m \varphi(m)}{2}. Това равенство остава вярно и за m=2m=2. Като вземем предвид и това, че φ(nk)=nk−1φ(n)\varphi\left(n^{k}\right)=n^{k-1} \varphi(n), получавамеf(nk)=nkφ(nk)2=n2k−1φ(n)2f\left(n^{k}\right)=\frac{n^{k} \varphi\left(n^{k}\right)}{2}=\frac{n^{2 k-1} \varphi(n)}{2}Така условието става n2k−1φ(n)=2nln^{2 k-1} \varphi(n)=2 n^{l}. Ако l>2k−1l\gt{}2 k-1, получаваме φ(n)=2nl−2k+1≥2n\varphi(n)=2 n^{l-2 k+1} \geq 2 n, което е невъзможно. При l=2k−1l=2 k-1 получаваме φ(n)=2\varphi(n)=2. Лесно се установява, че това равенство е изпълнено само при n=3,4n=3, 4 и 6. Нека l<2k−1l\lt{}2 k-1. Тогава n2k−1−lφ(n)=2n^{2 k-1-l} \varphi(n)=2, което е изпълнено само при n=2n=2 и 2k−1−l=12 k-1-l=1, т. е. l=2k−2l=2 k-2. Окончателно, търсените естествени числа са n=2,3,4n=2, 3, 4 и 6.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички двойки естествени числа (m,n),m≤n(m, n), m \leq n, за които съществува таблица от нули и единици с mm реда и nn стълба, удовлетворяваща следното условие: Ако в една клетка е записана нула (съответно единица), то броят на нулите (съответно единиците) в реда на тази клетка е равен на броя на нулите (съответно единиците) в стълба на клетката.
РешениеС apqa_{p q} ще означаваме числото записано в pp-ия ред и qq-ия стълб на таблицата, като броенето на редовете се извършва от горе на долу, а на стълбовете от ляво на дясно. С A0(p)A_{0}(p) (съответно A1(p)A_{1}(p) ) ще означаваме броят на нулите (съответно единиците) в pp-ия ред. Аналогично, с B0(q)B_{0}(q) (съответно B1(q)B_{1}(q) ) ще означаваме броят на нулите (съответно единиците) в qq-ия стълб. Лема. Да разгледаме четирите клетки, които се получават при пресичане на ii-ия и jj-ия ред и kk-ия и ll-ия стълб на таблицата и съответните числа aika_{i k}, ail,ajka_{i l}, a_{j k} и ajla_{j l}. Ако точно 3 от тези цифри са равни, то m=nm=n. Доказателство. Без ограничение, нека aik=ail=ajk=0a_{i k}=a_{i l}=a_{j k}=0 и ajl=1a_{j l}=1. Тогава поради ajl=1a_{j l}=1 от условието следва A1(j)=B1(l)A_{1}(j)=B_{1}(l). Също така от aik=ail=ajk=0a_{i k}=a_{i l}=a_{j k}=0 намираме A0(j)=B0(k)=A0(i)=B0(l)A_{0}(j)=B_{0}(k)=A_{0}(i)=B_{0}(l). Следователно A1(j)=B1(l)A_{1}(j)=B_{1}(l) и A0(j)=B0(l)A_{0}(j)=B_{0}(l), което означава, че m=nm=n ◇. При m=nm=n например таблица само с нули (или с нули по главния диагонал и единици в останалите клетки) има исканото свойство Да допуснем, че n>mn\gt{}m. Ясно е, че разместване на стълбовете и редовете на таблицата не променя основното свойство. Следователно можем да считаме, че в първия ред от ляво на дясно най-напред са поставени единиците, а в първия стълб от горе на долу най-напред са поставени също единиците. При това, поради a11=1a_{11}=1 получаваме, че единиците в първия ред са колкото единиците в първия стълб. Нека този брой е tt. От Лемата сега следва, че apq=1a_{p q}=1 за всички p,q=1,2,…,tp, q=1, 2, \ldots, t. Случай 1. Нека n>m=tn\gt{}m=t. Тогава n>tn\gt{}t и apq=0a_{p q}=0 за всички q>tq\gt{}t. Следователно n−t=tn-t=t, т. е. n=2t=2mn=2 t=2 m. Случай 2. Нека n>m>tn\gt{}m\gt{}t. Ако apq=1a_{p q}=1 за някои p>tp\gt{}t и 1≤q≤t1 \leq q \leq t то от Лемата следва (поради apq=a11=a1q=1a_{p q}=a_{11}=a_{1 q}=1 и ap1=0a_{p 1}=0 ), че m=nm=n. Следователно apq=0a_{p q}=0 за p>tp\gt{}t и 1≤q≤t1 \leq q \leq t и аналогично apq=0a_{p q}=0 за q>tq\gt{}t и 1≤p≤t1 \leq p \leq t. Да допуснем, че apq=0a_{p q}=0 за някои p>tp\gt{}t и q>tq\gt{}t. Отново от Лемата следва, че m=nm=n. Следователно apq=1a_{p q}=1 за всички p>tp\gt{}t и q>tq\gt{}t. Сега поради amn=1a_{m n}=1 следва m−t=n−tm-t=n-t, т. е. m=nm=n. Окончателно получихме, че m=nm=n или n=2mn=2 m (например таблица, съставена от две долепени m×mm \times m таблици, едната с нули, а другата с единици, има исканото свойство).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-10-4

11

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадени са различни остри ъгли α\alpha и β\beta, за които(cos⁡2α+cos⁡2β)(1+tg⁡αtg⁡β)=2.\left(\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \beta\right)(1+\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta)=2.Да се докаже, че α+β=90∘\alpha+\beta=90^{\circ}.
РешениеСлед заместване cos⁡2α=11+tg⁡2α\cos ^{2} \alpha=\frac{1}{1+\operatorname{tg}^{2} \alpha} и cos⁡2β=11+tg⁡2β\cos ^{2} \beta=\frac{1}{1+\operatorname{tg}^{2} \beta} и преобразования даденото неравенство се записва във вида(tg⁡αtg⁡β−1)(tg⁡α−tg⁡β)2=0.(\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta-1)(\operatorname{tg} \alpha-\operatorname{tg} \beta)^{2}=0.Понеже α\alpha и β\beta са различни остри ъгли, то tg⁡α≠tg⁡β\operatorname{tg} \alpha \neq \operatorname{tg} \beta, откъдето tg⁡αtg⁡β=1\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta=1, т. е. sin⁡αsin⁡β=cos⁡αcos⁡β\sin \alpha \sin \beta=\cos \alpha \cos \beta. Оттук cos⁡(α+β)=0\cos (\alpha+\beta)=0 и тъй като α\alpha и β\beta са остри ъгли, получаваме α+β=90∘\alpha+\beta=90^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на параметъра aa, за които неравенствотоx2x−x2−a+x26a−2x−x2≤\sqrt{\vphantom{x^2}x-x^{2}-a}+\sqrt{\vphantom{x^2}6 a-2 x-x^{2}} \leqx210a−2x−4x2 \sqrt{\vphantom{x^2}10 a-2 x-4 x^{2}}има единствено
РешениеДа положим u=x−x2−au=x-x^{2}-a и v=6a−2x−x2v=6 a-2 x-x^{2}. Тогава е изпълнено равенството 10a−2x−4x2=2(u+v)10 a-2 x-4 x^{2}=2(u+v). Даденото неравенството може да се запише във вида x2u+x2v≤x22(u+v)\sqrt{\vphantom{x^2}u}+\sqrt{\vphantom{x^2}v} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}2(u+v)}. То е еквивалентно на 2x2ux2v≤u+v2 \sqrt{\vphantom{x^2}u} \sqrt{\vphantom{x^2}v} \leq u+v, което е изпълнено за всички стойности от дефиниционната област ∣ u≥0v≥0\left\lvert\, \begin{aligned} & u \geq 0 \\ & v \geq 0\end{aligned}\right.. Следователно неравенството има само едно точно когато системата ∣ x2−x+a≤0x2+2x−6a≤0случаи: \left\lvert\, \begin{aligned} & x^{2}-x+a \leq 0 \\ & x^{2}+2 x-6 a \leq 0 \\ & \text{случаи: }\end{aligned}\right. има единствено Това е възможно в следните случаи: Случай 1. Едно от неравенствата има единствено , което е на другото неравенство. Следователно или D1=1−4a=0D_{1}=1-4 a=0, откъдето a=14a=\frac{1}{4}, което е , или D2=1+6a=0D_{2}=1+6 a=0, откъдето a=−16a=-\frac{1}{6}, което не е Случай 2. Уравненията x2−x+a=0x^{2}-x+a=0 и x2+2x−6a=0x^{2}+2 x-6 a=0 имат общ реален корен. След умножаване на първото уравнение с 6 и събиране с второто получаваме 7x2−4x=07 x^{2}-4 x=0, т. е. x1=0x_{1}=0 и x2=47x_{2}=\frac{4}{7}. При x1=0x_{1}=0 получаваме a=0a=0, а при x2=47x_{2}=\frac{4}{7} намираме a=1249a=\frac{12}{49}. Директна проверка показва, че a=0a=0 е и a=1249a=\frac{12}{49} не е. Окончателно търсените стойности са a=0a=0 и a=14a=\frac{1}{4}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-11-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-11-3

Задача 3

Пълен запис
Условие
В триъгълник ABCABC е прекарана ъглополовящата CC1CC_1. Точките P∈C1BP \in C_1B, Q∈BCQ \in BC, R∈ACR \in AC и S∈AC1S \in AC_1 са такива, че C1P=PQ=QCC_1P = PQ = QC и CR=RS=SC1CR = RS = SC_1. Да се докаже, че CC1CC_1 е ъглополовящата на ∠SCP\angle SCP.
РешениеРешение. Да означим ∠SCC1=φ\angle SCC_{1}=\varphi, ∠PCC1=ψ\angle PCC_{1}=\psi и ∠PC1C=δ\angle PC_{1}C=\delta. От △PQC\triangle PQC имаме cos⁡(γ2−ψ)=CP2CQ\cos \left(\frac{\gamma}{2}-\psi\right)=\frac{CP}{2CQ}, а от синусовата теорема за △PC1C\triangle PC_{1}C получаваме CPPC1=sin⁡δsin⁡ψ\frac{CP}{PC_{1}}=\frac{\sin \delta}{\sin \psi}. Тъй като CQ=QP=PC1CQ=QP=PC_{1}, от горните равенства намираме cos⁡(γ2−ψ)sin⁡ψ=sin⁡δ2\cos \left(\frac{\gamma}{2}-\psi\right)\sin\psi=\frac{\sin\delta}{2}. Аналогично от △SCR\triangle SCR и △SC1C\triangle SC_{1}C получаваме cos⁡(γ2−φ)sin⁡φ=sin⁡δ2\cos \left(\frac{\gamma}{2}-\varphi\right)\sin\varphi=\frac{\sin\delta}{2}.Чертеж към решението с точките A, S, C1, P, B, R, Q и C и ъглите φ и ψ.Следователноcos⁡(γ2−ψ)sin⁡ψ=cos⁡(γ2−φ)sin⁡φ,\cos \left(\frac{\gamma}{2}-\psi\right)\sin\psi=\cos \left(\frac{\gamma}{2}-\varphi\right)\sin\varphi,откъдето sin⁡(γ2)+sin⁡(2ψ−γ2)=sin⁡(γ2)+sin⁡(2φ−γ2)\sin\left(\frac{\gamma}{2}\right)+\sin\left(2\psi-\frac{\gamma}{2}\right)=\sin\left(\frac{\gamma}{2}\right)+\sin\left(2\varphi-\frac{\gamma}{2}\right), т.е. 2φ+2ψ−γ=180∘2\varphi+2\psi-\gamma=180^\circ или φ=ψ\varphi=\psi. Тъй като γ>φ+ψ\gamma\gt{}\varphi+\psi, то 2φ+2ψ−γ<γ<180∘2\varphi+2\psi-\gamma\lt{}\gamma\lt{}180^\circ, т.е. първото равенство е невъзможно. Остава φ=ψ\varphi=\psi, което означава, че CC1CC_{1} е ъглополовяща на ∠SCP\angle SCP.
Klasirane.bg — проверен архив11.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
В една държава има 1000 града A1,A2,…,A1000A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{1000}, като някои от тях са свързани с авиолинии. Известно е, че ii-ият град е свързан с did_{i} други града, като при това d1≤d2≤⋯≤d1000d_{1} \leq d_{2} \leq \cdots \leq d_{1000} и dj≥j+1d_{j} \geq j+1 за всяко j=1,2,…,999−d999j=1, 2, \ldots, 999-d_{999}. Да се докаже, че ако летището на който и да е град AkA_{k} бъде затворено, тоще е възможно да долетим от произволен град AiA_{i} до произволен друг град Aj,i,j≠kA_{j}, i, j \neq k (възможно с прекачвания).
РешениеНека е затворено летището в kk-ия град за някое 1≤k≤10001 \leq k \leq 1000. Означаваме останалите градове с B1,…,B999B_{1}, \ldots, B_{999} като можем да считаме, че Bi=AiB_{i}=A_{i} за i=1,…,k−1i=1, \ldots, k-1 и Bi=Ai+1B_{i}=A_{i+1} за i=k+1,…,1000i=k+1, \ldots, 1000. Да означим броя на авиолиниите излизащи от BiB_{i} с di′d_{i}^{\prime}. Очевидно di′≥di−1d_{i}^{\prime} \geq d_{i}-1 за всяко i=1,…,999i=1, \ldots, 999. Без ограничение на общността можем да приемем, че d1′≤d2′≤…≤d999′d_{1}^{\prime} \leq d_{2}^{\prime} \leq \ldots \leq d_{999}^{\prime}. Нека XX е множеството от градовете достижими от B999B_{999} (след закриване на летището в град AkA_{k} ). Очевидно x=∣X∣≥d999′+1≥d999x=|X| \geq d_{999}^{\prime}+1 \geq d_{999}. Да допуснем, че има градове, недостижими от B999B_{999} (в противен случай няма какво да се доказва). Нека означим множеството на тези градове с YY и нека BuB_{u} е градът с най-голям номер в YY. Тъй като 999−x≤999−d999999-x \leq 999-d_{999} имамеdu′≥d999−x′≥d999−x−1≥d_{u}^{\prime} \geq d_{999-x}^{\prime} \geq d_{999-x}-1 \geq(999−x+1)−1=999−x(999-x+1)-1=999-xт. е. ∣Y∣≥1000−x|Y| \geq 1000-x. Оттук получаваме∣X∩Y∣=∣X∣∪∣Y∣−∣X∪Y∣≥x+(1000−x)−999≥1, противоречие.\begin{aligned} & |X \cap Y|=|X| \cup|Y|-|X \cup Y| \geq x+(1000-x)-999 \geq 1 \text{, } \\ & \text{противоречие.} \end{aligned}
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на реалния параметър aa, за които уравнениетоsin⁡2xsin⁡4x−sin⁡xsin⁡3x=a\sin 2 x \sin 4 x-\sin x \sin 3 x=aима единствено
Решениев интервала [0,π)[0, \pi). Да забележим, че ако α\alpha е на даденото уравнение, то π−α\pi-\alpha също е негово Значи ако α0∈[0,π)\alpha_{0} \in[0, \pi) е единствено на уравнението в интервала [0,π)[0, \pi), то α0=0\alpha_{0}=0 или α0=π/2\alpha_{0}=\pi / 2. Ако t=cos⁡2xt=\cos 2 x, то уравнението е еквивалентно последователно на(cos⁡2x−cos⁡6x)−(cos⁡2x−cos⁡4x)=2a⟺cos⁡4x−cos⁡6x=2a⟺(2t2−1)−(4t3−3t)=2a⟺4t3−2t2−3t+2a+1=0\begin{gathered} (\cos 2 x-\cos 6 x)-(\cos 2 x-\cos 4 x)=2 a \Longleftrightarrow \cos 4 x-\cos 6 x=2 a \Longleftrightarrow \\ \left(2 t^{2}-1\right)-\left(4 t^{3}-3 t\right)=2 a \Longleftrightarrow 4 t^{3}-2 t^{2}-3 t+2 a+1=0 \end{gathered}При α0=0\alpha_{0}=0 следва, че a=0a=0 и получаваме (t−1)(4t2+2t−1)=0(t-1)\left(4 t^{2}+2 t-1\right)=0. Квадратният тричлен в скобите има две реални нули в (−1,1)(-1, 1) и следователно a=0a=0 не е на задачата. При α0=π/2\alpha_{0}=\pi / 2 следва, че a=1a=1 и получаваме (t+1)(4t2−6t+3)=0(t+1)\left(4 t^{2}-6 t+3\right)=0. Квадратният тричлен в скобите няма реални нули и следователно a=1a=1 е на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Всички ръбове на триъгълна пирамида ABCDA B C D имат равни дължини. Нека MM е средата на ръба DB,ND B, N е точката върху продължението на ръба ABA B, за която 2NA=NB2 N A=N B и PP е точка върху височината на △BCD\triangle B C D през върха DD. Да се намери ∠MPD\angle M P D, ако сечението на пирамидата с равнината ( NMPN M P ) е трапец.
РешениеТъй като сечението е четириъгълник правата MPM P пресича страната BCB C. Нека L=MP∩BC,K=NM∩ADL=M P \cap B C, K=N M \cap A D и Q=NL∩ACQ=N L \cap A C. Тъй като правите KMK M и QLQ L не са успоредни, то ML∥KQM L \| K Q. От друга страна NMN M и DAD A са медиани в △BDN\triangle B D N и следователноNQQL=NKKM=21.\frac{N Q}{Q L}=\frac{N K}{K M}=\frac{2}{1}.Но ACA C е медиана в △NCB\triangle N C B и щом NQQL=21\frac{N Q}{Q L}=\frac{2}{1} следва, че NLN L е медианата към BCB C, т. е. LL е средата на BCB C. Следователно L=P,MP∥DCL=P, M P \| D C и∠MPD=∠BLD−∠BLM=90∘−60∘=30∘.\angle M P D=\angle B L D-\angle B L M=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа rr, за които неравенствотоr(ab+bc+ca)+(3−r)(1a+1b+1c)≥9r(a b+b c+c a)+(3-r)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \geq 9е изпълнено за произволни реални a,b,c>0a, b, c\gt{}0.
РешениеПри a=b=ca=b=c следва, чеra2+(3−r)1a≥r a^{2}+(3-r) \frac{1}{a} \geq3⟺(a−1)(r(a2+a+1)−3)≥0∀a>0. 3 \Longleftrightarrow(a-1)\left(r\left(a^{2}+a+1\right)-3\right) \geq 0 \forall a\gt{}0.Оттук лесно следва, че r=1r=1 (Докажете!). Обратно нека r=1r=1. Записваме неравенството във вида 2+abc3≥31a+1b+1c\frac{2+a b c}{3} \geq \frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}. От неравенството между средното геометрично и средното хармонично следва, че31a+1b+1c≤x2abc3\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}} \leq \sqrt[3]{\vphantom{x^2}a b c}и е достатъчно да проверим, че 2+x33≥x\frac{2+x^{3}}{3} \geq x, където x=x2abc3>0x=\sqrt[3]{\vphantom{x^2}a b c}\gt{}0. Последното е еквивалентно на очевидното неравенство (x−1)2(x+2)≥0(x-1)^{2}(x+2) \geq 0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека pp и qq са прости числа и {an}n=1∞\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} е редицата от цели числа, дефинирана с равенствата:a0=0,a1=1иan+2=pan+1−qana_{0}=0, a_{1}=1 \text{и} a_{n+2}=p a_{n+1}-q a_{n}при n≥0n \geq 0. Да се намерят pp и qq, ако съществува kk такова, че a3k=−3a_{3 k}=-3.
РешениеНека pp и qq са нечетни прости числа. От рекурентната зависимост следва, че a2=pa_{2}=p и a3=p2−qa_{3}=p^{2}-q. Следователно a0a_{0} и a3a_{3} са четни числа. Тъй като a3k+3=pa3k+2−qa3k+1=p(pa3k+1−qa3k)−qa3k+1=(p2−q)a3k+1−pqa3ka_{3 k+3}=p a_{3 k+2}-q a_{3 k+1}=p\left(p a_{3 k+1}-q a_{3 k}\right)-q a_{3 k+1}=\left(p^{2}-q\right) a_{3 k+1}-p q a_{3 k}и p2−qp^{2}-q е четно число, по индукция следва, че a3ka_{3 k} е четно число за всяко k≥0k \geq 0, противоречие с условието. Да предположим сега, че q=2q=2. Тогава p≠2p \neq 2, защото в противен случай всички числа an,n≥2a_{n}, n \geq 2 са четни. Нека p≥3p \geq 3. Ще докажем, че в този случай an>0a_{n}\gt{}0 при n≥1n \geq 1, което отново е противоречие. По индукция ще докажем, че an+1>an≥0a_{n+1}\gt{}a_{n} \geq 0 за n≥0n \geq 0. За n=0n=0 твърдението е очевидно. Да допуснем, че твърдението е вярно за n=kn=k, т. е. ak+1>ak≥0a_{k+1}\gt{}a_{k} \geq 0. Тогаваak+2=pak+1−ak=(p−2)ak+1+2(ak+1−ak)>a_{k+2}=p a_{k+1}-a_{k}=(p-2) a_{k+1}+2\left(a_{k+1}-a_{k}\right)\gt{}ak+1>0a_{k+1}\gt{}0и значи ak+2>ak+1>0a_{k+2}\gt{}a_{k+1}\gt{}0. Остава да разгледаме случая p=2,q>2p=2, q\gt{}2. От рекурентната връзка следва, че при n≥0n \geq 0 имаме an+2≡2an+1( mod q)a_{n+2} \equiv 2 a_{n+1}(\bmod q) и по индукция заключаваме, че an+1≡2n( mod q)a_{n+1} \equiv 2^{n}(\bmod q). Да предположим, че a3k=−3a_{3 k}=-3 за някое k≥1k \geq 1. Тогава −3=a3k≡23k−1( mod q)-3=a_{3 k} \equiv 2^{3 k-1}(\bmod q). От друга страна пак от рекурентната връзка следва, че an+2≡2an+1−an( mod q−1)a_{n+2} \equiv 2 a_{n+1}-a_{n}(\bmod q-1). Следователноan+2−an+1≡an+1−an≡⋯≡a1−a0=1( mod q−1)a_{n+2}-a_{n+1} \equiv a_{n+1}-a_{n} \equiv \cdots \equiv a_{1}-a_{0}=1(\bmod q-1)и значи an+1≡n+1( mod q−1)a_{n+1} \equiv n+1(\bmod q-1) за n≥0n \geq 0. Тогава −3=a3k≡3k( mod q−1)-3=a_{3 k} \equiv 3 k(\bmod q-1) и от малката теорема на Ферма следва, че 23k+3≡1( mod q)2^{3 k+3} \equiv 1(\bmod q). Тогава 1≡23k+3≡16⋅23k−1≡−48( mod q)1 \equiv 2^{3 k+3} \equiv 16 \cdot 2^{3 k-1} \equiv-48(\bmod q), т. е. q=7q=7. В този случай a3=22−7=−3a_{3}=2^{2}-7=-3 и следователно търсените прости числа са p=2p=2 и q=7q=7.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-12-4