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

2008

Назад към папките

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши уравнението ∣x−m∣+∣x+m∣=x|x-m|+|x+m|=x в зависимост от стойностите на параметъра mm.
РешениеРешение. Нека xx е едно решение на уравнението. Тогава от неравенството за модулите ще получим x=∣x−m∣+∣x+m∣≥∣(x−m)+(x+m)∣=2∣x∣x=|x-m|+|x+m| \geq|(x-m)+(x+m)|=2|x|, което е възможно само при x=0x=0. Но при x=0x=0 ще имаме m=0m=0. Окончателно уравнението има решение x=0x=0 при m=0m=0 и няма решение при m≠0m \neq 0.
Klasirane.bg — проверен архив8.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C, за който ∠A=20∘,∠C=40∘\angle A=20^{\circ}, \angle C=40^{\circ}. Построени са ъглополовящата AL(L∈BC)A L(L \in B C) и външната ъглополовяща CN(N∈AB→)C N\left(N \in A B^{\rightarrow}\right). Да се намери мярката на ъгъл CLNC L N.
РешениеНека ALA L и CNC N се пресичат в точка EE. Нека точката D∈AB→D \in A B^{\rightarrow} е такава, че AD=ACA D=A C. Имаме △ACL≅△ADL\triangle A C L \cong \triangle A D L и △ACE≅△ADE\triangle A C E \cong \triangle A D E по I признак. Оттук △ECL≅△EDL\triangle E C L \cong \triangle E D L. Имаме ∠ADL=∠ACL=40∘,∠EDL=∠ECL=70∘\angle A D L=\angle A C L=40^{\circ}, \angle E D L=\angle E C L=70^{\circ}, откъдето ∠NDE=∠EDL=70∘\angle N D E= \angle E D L=70^{\circ}. Също така ∠AED=∠AEC=60∘\angle A E D=\angle A E C=60^{\circ} и следователно ∠DEN=60∘\angle D E N=60^{\circ}. Сега △LED≅△NED\triangle L E D \cong \triangle N E D по II признак и значи LE=NEL E=N E и LD=NDL D=N D. Така DED E е симетрала на отсечката LNL N. Сега ∠LNE=30∘\angle L N E=30^{\circ} и значи ∠NLC=80∘\angle N L C=80^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Докажете, че съществува просто число pp, сборът от цифрите на което е нечетно съставно число. Намерете най-малкото такова pp.
РешениеНека p=a0a1…an‾p=\overline{a_{0} a_{1} \ldots a_{n}}. Известно е, че p≡a0+a1+⋯+an( mod 9)p \equiv a_{0}+a_{1}+\cdots+a_{n}(\bmod 9), а тъй като pp и сборът от цифрите му са нечетни числа, то p≡a0+a1+⋯+an( mod 18)p \equiv a_{0}+a_{1}+\cdots+a_{n}(\bmod 18). Тъй като pp е просто, то a0+a1+⋯+an≡1,5,7,11,13a_{0}+a_{1}+\cdots+a_{n} \equiv 1, 5, 7, 11, 13 или 17( mod 18)17(\bmod 18). Най-малкото такова съставно число е 25. Ще потърсим трицифрено просто число със сбор от цифрите 25 (ако сборът е по-голям от 25, той е поне 35 и такива числа са поне четирицифрени). Единствените нечетни трицифрени числа със сбор от цифрите 25 са 799,889,979799, 889, 979 и 997. Но 799=17⋅47,889=7⋅127799=17 \cdot 47, 889=7 \cdot 127 и 979=11⋅89979=11 \cdot 89, което показва, че тези числа не са прости. Числото 997 обаче е просто и това е търсеното най-малко просто число с желаното свойство.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека MM е множество от 99 различни лъча с общо начало, които лежат в една равнина. Известно е, че два от тези лъчи образуват тъп ъгъл, във вътрешността на който няма лъчи от MM. Какъв е възможно най-големият брой тъпи ъгли, чиито рамене са лъчи от MM?
Решение99 лъча образуват 99⋅98/2=99⋅4999 \cdot 98 / 2=99 \cdot 49 ъгъла. Тези 99 от ъллите, вътре в които няма други лъчи, ще наричаме елементарни. Елементарните ъгли имат сбор 360∘360^{\circ}, така че сред тях има не повече от три тъпи. От условието следва, че има поне един тъп елементарен ъгъл. Ако тъпите елементарни ъгли са три, те разделят лъчите на три множества, съдържащи съответно k,m,nk, m, n лъча, k+m+n=99k+m+n=99. Всички ълли, съставени от лъчи от едно множество, са задължително остри. Ако тъпите елементарни ъгли са два, те разделят лъчите на две множества; поне едното от тях се съдържа в остър ъгъл (нека в него има kk лъча), а другото се съдържа в ъгъл, по-малък от 180∘180^{\circ}. Разделяме второто по ъглополовящата на този ъгъл на две множества (съдържащи съответно m,nm, n лъча), k+m+n=99k+m+n=99. Всички ъгли, съставени от лъчи от едно от трите получени множества, са задължително остри. Ако тъпият елементарен ъгъл е единствен, то всички лъчи се съдържат в ъгъл, по-малък от 270∘270^{\circ}. Разделяме този ъгъл на три остри ъгъла. Нека в тях има съответно k,m,nk, m, n лъча, k+m+n=99k+m+n=99. Всички ъгли, съставени от лъчи от едно от трите получени множества, са задължително остри. Във всеки от трите случаи общият брой остри ъгли е понеk(k−1)2+m(m−1)2+n(n−1)2=k2+m2+n22−k+m+n2≥(k+m+n)26−992=99⋅33−992=99⋅16\begin{aligned} \frac{k(k-1)}{2}+\frac{m(m-1)}{2}+\frac{n(n-1)}{2} & =\frac{k^{2}+m^{2}+n^{2}}{2}-\frac{k+m+n}{2} \\ & \geq \frac{(k+m+n)^{2}}{6}-\frac{99}{2}=\frac{99 \cdot 33-99}{2}=99 \cdot 16 \end{aligned}Неравенството в горните разсъждения следва от неравенството между средно аритметично и средно квадратично, или от КошиБуняковскиШварц, или от класическото k2+m2+n2≥km+kn+mnk^{2}+m^{2}+n^{2} \geq k m+k n+m n. Останалите не повече от 99⋅49−99⋅16=99⋅33=326799 \cdot 49-99 \cdot 16=99 \cdot 33=3267 ъгли могат да са тъпи. Те могат да бъдат точно толкова: достатъчно е да има три елементарни тъпи ъгъла и k=m=n=33k=m=n=33.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши системата ∣ x2y2+∣xy∣=49xy+1=x+y2\left\lvert\, \begin{aligned} & x^{2} y^{2}+|x y|=\frac{4}{9} \\ & x y+1=x+y^{2}\end{aligned}\right..
РешениеТъй като x2y2=∣xy∣2x^{2} y^{2}=|x y|^{2}, от първото уравнение получаваме (∣xy∣+12)2=2536\left(|x y|+\frac{1}{2}\right)^{2}= \frac{25}{36}, откъдето намираме ∣xy∣=56−12=13|x y|=\frac{5}{6}-\frac{1}{2}=\frac{1}{3}. Второто уравнение е еквивалентно на (y−1)(x−y−1)=0(y-1)(x-y-1)=0 и имаме две възможности. Случай 1. Ако y=1y=1, то ∣x∣=13|x|=\frac{1}{3}, откъдето x=±13x= \pm \frac{1}{3}. Случай 2. Ако y=x−1y=x-1, то ∣x2−x∣=13\left|x^{2}-x\right|=\frac{1}{3}, т. е. x2−x˙=±13x^{2}-\dot{x}= \pm \frac{1}{3}. Знакът минус е невъзможен, защото тогава (x−12)2=x2−x+14=14−13<0\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}=x^{2}-x+\frac{1}{4}=\frac{1}{4}-\frac{1}{3}\lt{}0. Следователно x2−x−13=x^{2}-x-\frac{1}{3}= 0, чиито са x1,2=3±x2216x_{1, 2}=\frac{3 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}21}}{6}. Съответно имаме y=x−1=−3±x2216y=x-1=\frac{-3 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}21}}{6}. Окончателно, решенията са двойките(13,1),(−13,1),(3+x2216,−3+x2216),\left(\frac{1}{3}, 1\right), \left(-\frac{1}{3}, 1\right), \left(\frac{3+\sqrt{\vphantom{x^2}21}}{6}, \frac{-3+\sqrt{\vphantom{x^2}21}}{6}\right),(3−x2216,−3−x2216). \left(\frac{3-\sqrt{\vphantom{x^2}21}}{6}, \frac{-3-\sqrt{\vphantom{x^2}21}}{6}\right).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C, в който е спусната височината CHC H ( HH е вътрешна за ABA B ) и с MM е означена средата на страната ACA C. Да се докаже, че ако описаната около △ABC\triangle A B C окръжност kk и описаната около △MHC\triangle M H C окръжност k1k_{1} се допират, то радиусът на k1k_{1} е два пъти по-малък от радиуса на kk.
РешениеОт условието за допиране на kk и k1k_{1} в точка CC имаме∠CHM=12MC^=12AC^=∠ABC\angle C H M=\frac{1}{2} \widehat{M C}=\frac{1}{2} \widehat{A C}=\angle A B CОт друга страна HMH M е медиана в правоъгълния △AHC\triangle A H C, откъдето следва, че ∠ACH=∠CHM=∠ABC\angle A C H= \angle C H M=\angle A B C. Тогава∠ACB=∠ACH+∠BCH==∠ABC+∠BCH=90∘,\begin{aligned} \angle A C B & =\angle A C H+\angle B C H= \\ & =\angle A B C+\angle B C H=90^{\circ}, \end{aligned}т. е. △ABC\triangle A B C е правоъгълен. Ако означим с OO центъра на kk, то OO е средата на хипотенузата ABA B, и OMO M е средна отсечка в △ABC\triangle A B C. Следователно OM∥BCO M \| B C, откъдето ∠OMC=90∘=∠OHC\angle O M C= 90^{\circ}=\angle O H C, т. е. OCO C е диаметър в k1k_{1} и радиус в kk.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека nn е естествено число. Да се докаже, че ако n5+n4+1n^{5}+n^{4}+1 има точно 6 различни естествени делителя, то n3−n+1n^{3}-n+1 е точен квадрат на естествено число.
РешениеЕдно естествено число има точно 6 естествени делителя тогава и само тогава, когато неговото канонично разлагане има вида p5p^{5} или pq2p q^{2}, където pp и qq са прости числа. Имаме разлагането n5+n4+1=(n3−n+1)(n2+n+1)n^{5}+n^{4}+1=\left(n^{3}-n+1\right)\left(n^{2}+n+1\right). Да отбележим, че n2+n+1n^{2}+n+1 не е точен квадрат на естествено число. Действително, ако допуснем противното и n2+n+1=t2n^{2}+n+1=t^{2} за някое естествено tt, то (2n+1)2+3=(2t)2(2 n+1)^{2}+3=(2 t)^{2}, което е невъзможно. Да означим с dd най-големият общ делител на n3−n+1n^{3}-n+1 и n2+n+1n^{2}+n+1. Тогава последователно имаме d∣n(n2+n+1)−(n3−n+1)=n2+2n−1,d∣n2+2n−1−(n2+n+1)=n−2,d∣n2+n+1−n(n−2)=3n+1d\left|n\left(n^{2}+n+1\right)-\left(n^{3}-n+1\right)=n^{2}+2 n-1, d\right| n^{2}+2 n-1-\left(n^{2}+n+1\right)= n-2, d \mid n^{2}+n+1-n(n-2)=3 n+1 и d∣3n+1−3(n−2)=7d \mid 3 n+1-3(n-2)=7. Следователно d=1d=1 или d=7d=7. Случай 1. Ако d=1d=1, то (n3−n+1)(n2+n+1)=pq2\left(n^{3}-n+1\right)\left(n^{2}+n+1\right)=p q^{2} и единствената възможност е n3−n+1=q2n^{3}-n+1=q^{2} и n2+n+1=pn^{2}+n+1=p, като първото от тези две равенства е твърдението на задачата. Една реализация се получава при n=3n=3. Случай 2. Ако d=7d=7 и (n3−n+1)(n2+n+1)=p5\left(n^{3}-n+1\right)\left(n^{2}+n+1\right)=p^{5} или pq2p q^{2}, то един от множителите отляво е равен на 7. Лесно се вижда, че това не дава
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Стоян и Николай имат две еднакви таблици 100×100100 \times 100. Всеки номерирал полетата на своята таблица с числата от 1 до 10000 по някакъв начин. Възможно ли е да се случи така, че всеки две числа aa и bb, които са в съседни полета в таблицата на Николай, да бъдат разположени в таблицата на Стоян така, че от едното може да се достигне до другото с един ход на шахматен кон?
РешениеДа допуснем, че отговорът е положителен, т. е. двете таблици могат да се номерират така, че всеки две числа aa и bb, които са в съседни полета в таблицата на Николай, да бъдат разположени в таблицата на Стоян така, че от едното може да се достигне до другото с един ход на шахматен кон. От всеки ъгъл на дъската на Стоян с ход на кон може да се достигне точно до две полета. Следователно техните съответни в дъската на Николай имат не повече от два съседа. Такива са само ъглите и значи числата в ъглите на дъските си съответстват. Нека A1,A2,…,A100A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{100} са центровете на полетата от първия стълб (отгоре надолу), а B1,B2,…,B100B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{100} са центровете на полетата от втория стълб (отгоре надолу) на дъската на Николай. Нека в дъската на Стоян C1,C2,…,C100C_{1}, C_{2}, \ldots, C_{100} са центровете на полетата, съответни последователно на A1,A2,…,A100A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{100} и D1,D2,…,D100D_{1}, D_{2}, \ldots, D_{100} са центровете на полетата съответни последователно на B1,B2,…,B100B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{100}. Тъй като двойките ( Ai,Ai+1A_{i}, A_{i+1} ), (Ai,Bi),(Bi,Bi+1)\left(A_{i}, B_{i}\right), \left(B_{i}, B_{i+1}\right) и (Ai+1,Bi+1)\left(A_{i+1}, B_{i+1}\right) са съседни в дъската на Николай, двойките (Ci,Ci+1)\left(C_{i}, C_{i+1}\right), (Ci,Di),(Di,Di+1)\left(C_{i}, D_{i}\right), \left(D_{i}, D_{i+1}\right) и (Ci+1,Di+1)\left(C_{i+1}, D_{i+1}\right) определят ходове на коня в дъската на Стоян. Това означава, че четириъгълникът CiDiDi+1Ci+1C_{i} D_{i} D_{i+1} C_{i+1} е с четири равни страни, т. е. е ромб. Последното твърдение е вярно за всяко i=1,2,…,99i=1, 2, \ldots, 99. Тогава C1D1D100C100C_{1} D_{1} D_{100} C_{100} е успоредник и, тъй като полетата с центрове C1C_{1} и C100C_{100} са ъглови, един от върховете D1D_{1} и D100D_{100} на този успоредник излиза извън дъската на Стоян, което е невъзможно. Следователно отговорът на поставения в задачата въпрос е отрицателен.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-9-4

10

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
За кои стойности на параметъра aa уравнението(2x−a)x2ax2−(a2+a+2)x+2(a+1)=0(2 x-a) \sqrt{\vphantom{x^2}a x^{2}-\left(a^{2}+a+2\right) x+2(a+1)}=0има три различни корена?
РешениеПри a=0a=0 уравнението има два различни корена. Когато a≠0a \neq 0 отax2−(a2+a+2)x+2(a+1)=(ax−2)(x−a−1).a x^{2}-\left(a^{2}+a+2\right) x+2(a+1)=(a x-2)(x-a-1).следва, че корени на уравнението са x=2a,a+1,a2x=\frac{2}{a}, a+1, \frac{a}{2}. Тези корени са различни за a≠−2,1,2a \neq-2, 1, 2. Остава да проверим, ако x=a2x=\frac{a}{2}, за кои aa подкоренната величина е положителна:(a⋅a2−2)(a2−a−1)=−14(a+2)2(a−2)≥0\left(a \cdot \frac{a}{2}-2\right)\left(\frac{a}{2}-a-1\right)=-\frac{1}{4}(a+2)^{2}(a-2) \geq 0откъдето a≤2a \leq 2. Окончателно a∈(−∞,−2)∪(−2,0)∪(0,1)∪(1,2)a \in(-\infty, -2) \cup(-2, 0) \cup(0, 1) \cup(1, 2).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C и нека MM е средата на страната BCB C, а PP и QQ са петите на перпендикулярите спуснати от MM съответно към страните ABA B и ACA C на триъгълника. Да се намери ∠BAC\angle B A C, ако е известно, че SMPQ=14SABCS_{M P Q}=\frac{1}{4} S_{A B C} и PP и QQ са вътрешни точки за страните на триъгълника.
РешениеОт условието следва, че точките A,P,MA, P, M и QQ лежат на окръжност kk с диаметър AMA M и тогава ∠BAM=∠PQM\angle B A M=\angle P Q M и ∠CAM=∠QPM\angle C A M=\angle Q P M. Ако означим с NN средата на ABA B, то MNM N е средна отсечка в △ABC,MN∥AC\triangle A B C, M N \| A C и значи ∠AMN=∠CAM\angle A M N= \angle C A M. Следователно △MPQ∼△NMA\triangle M P Q \sim \triangle N M A. От друга страна, от условието следва, чеSMPQ=14SABC=SNMAS_{M P Q}=\frac{1}{4} S_{A B C}=S_{N M A}Тогава △MPQ≅△NMA\triangle M P Q \cong \triangle N M A. Следователно AM=PQ,PQA M=P Q, P Q е диаметър в kk и ∠BAC=90∘\angle B A C= 90^{\circ}. Заблежка: От формулата на Ойлер имаме: SMPQ=SABC4∣1−d2R2∣S_{M P Q}=\frac{S_{A B C}}{4}\left|1-\frac{d^{2}}{R^{2}}\right|, където dd е разстоянието от MM до центъра на описаната около △ABC\triangle A B C окръжност. Така условието ни води до d=0d=0, т. е. ∠BAC=90∘\angle B A C=90^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа x,yx, y и zz, за които 7x+13y=2z7^{x}+13^{y}=2^{z}.
РешениеОт даденото уравнение имаме 2z≡(−1)y( mod 7)2^{z} \equiv(-1)^{y}(\bmod 7). Тъй като 23≡1( mod 7)2^{3} \equiv 1 (\bmod 7), сравнението 2z≡−1( mod 7)2^{z} \equiv-1(\bmod 7) не е изпълнено за никое zz, а сравнението 2z≡12^{z} \equiv 1 (mod 7) е изпълнено точно когато zz се дели на 3. Така z=3l,l∈Nz=3 l, l \in \mathbb{N}, и yy е четно число. Отново от даденото уравнение имаме 7x≡2z=23l( mod 13)7^{x} \equiv 2^{z}=2^{3 l}(\bmod 13) и оттук 74x≡212l≡1( mod 13)7^{4 x} \equiv 2^{12 l} \equiv 1 (\bmod 13), понеже по теоремата на Ферма 212≡1( mod 13)2^{12} \equiv 1(\bmod 13). Следователно 4x4 x се дели на показателя на 7 по модул 13. Пресмятаме, че този показател е равен на 12 и получаваме, че 12 дели 4x4 x, т. е. x=3k,k∈Nx=3 k, k \in \mathbb{N}. Да запишем даденото уравнение във вида13y=23l−73k=13^{y}=2^{3 l}-7^{3 k}=(2l−7k)(22l+2l⋅7k+72k).(1)\left(2^{l}-7^{k}\right)\left(2^{2 l}+2^{l} \cdot 7^{k}+7^{2 k}\right). \tag{1}Не е възможно и двата множителя в дясната страна на (1) да се делят на 13, защото от 2l≡7k( mod 13)2^{l} \equiv 7^{k}(\bmod 13) и 22l+2l⋅7k+72k≡0( mod 13)2^{2 l}+2^{l} \cdot 7^{k}+7^{2 k} \equiv 0(\bmod 13) следва 0≡72k+7k⋅7k+72k=3⋅72k( mod 13)0 \equiv 7^{2 k}+7^{k} \cdot 7^{k}+7^{2 k}=3 \cdot 7^{2 k} (\bmod 13), което е невъзможно. Следователно равенството (1) може да е изпълнено единствено при2l−7k=1,22l+2l⋅7k+72k=13y(2)2^{l}-7^{k}=1, \quad 2^{2 l}+2^{l} \cdot 7^{k}+7^{2 k}=13^{y} \tag{2}Да разгледаме първото равенство в (2). Очевидно l≥3l \geq 3. Ако l≥4l \geq 4, получаваме 7k≡−1( mod 16)7^{k} \equiv-1 (\bmod 16), което не е възможно за никое kk, понеже 72≡1( mod 16)7^{2} \equiv 1(\bmod 16). Следователно l=3l=3 и тогава k=1k=1, т. е. z=9z=9 и x=3x=3. Сега от второто равенство в (2) получаваме 13y=26+23⋅7+72=16913^{y}=2^{6}+2^{3} \cdot 7+7^{2}=169 и y=2y=2. Окончателно търсените числа са x=3,y=2x=3, y=2 и z=9z=9.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-10-3

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадена е аритметична прогресия a1,a2,…a_{1}, a_{2}, \ldots Известно е, че съществуват естествени числа p,qp, q и tt, за които ap+tp=aq+tqa_{p}+t p=a_{q}+t q. Ако at=ta_{t}=t и сборът на първите tt члена на прогесията е равен на 18, да се намери a2008a_{2008}.
РешениеОт условието следва, че a1+(p−1)d+tp=a1+(q−1)d+tqa_{1}+(p-1) d+t p=a_{1}+(q-1) d+t q, откъдето намираме (p+1)(d+t)=0(p+1)(d+t)=0. Тъй като p+q>0p+q\gt{}0, то dt=−td_{t}=-t. Сега t=at=a1+(t−1)(−t)t=a_{t}=a_{1}+(t-1)(-t), т. е. a1=t2a_{1}=t^{2}. От ∑i=1tai=18\sum_{i=1}^{t} a_{i}=18, следва t2+t2⋅t=18\frac{t^{2}+t}{2} \cdot t=18, т. е. t2(t+1)=36t^{2}(t+1)=36. Тъй като tet \mathrm{e} естествено число, то t=3t=3, откъдето a2008=9+2007.(−3)=−6012a_{2008}=9+2007.(-3)=-6012.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Върху страните ABA B и ACA C на правоъгълен △ABC,∠A=90∘\triangle A B C, \angle A=90^{\circ} са избрани съответно точки C1C_{1} и B1B_{1}. Ако M=CC1∪BB1M=C C_{1} \cup B B_{1} и AC1=AB1=AMA C_{1}=A B_{1}=A M да се докаже, чеSAB1MC1+SAB1C1=SBMCS_{A B_{1} M C_{1}}+S_{A B_{1} C_{1}}=S_{B M C}
РешениеПонеже AA е център на описаната около △B1C1M\triangle B_{1} C_{1} M окръжност, то ∠C1B1M=12∠C1AM\angle C_{1} B_{1} M= \frac{1}{2} \angle C_{1} A M. От друга страна∠ACC1=90∘−∠AC1M=\angle A C C_{1}=90^{\circ}-\angle A C_{1} M=90∘−(90∘−12∠C1AM)=12∠C1AM90^{\circ}-\left(90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle C_{1} A M\right)=\frac{1}{2} \angle C_{1} A MСледователно ∀C1B1M=∠C1CB1\forall C_{1} B_{1} M=\angle C_{1} C B_{1} \quad и аналогично ∠B1C1M=∠B1BC1\angle B_{1} C_{1} M=\angle B_{1} B C_{1}. Оттук следва, че △CB1C1∼△B1C1B\triangle C B_{1} C_{1} \sim \triangle B_{1} C_{1} B, откъдето намирамеCC1⋅C1B1=CB1⋅B1B(1)C C_{1} \cdot C_{1} B_{1}=C B_{1} \cdot B_{1} B \tag{1}Нека K∈CAK \in C A и AK=AC1A K=A C_{1}, като AA е между CC и KK. Тъй като SAB1C1=SAKC1S_{A B_{1} C_{1}}=S_{A K C_{1}}, то условието става SKC1MB1=SBMCS_{K C_{1} M B_{1}}=S_{B M C}. Последното равенство е еквивалентно на SCKC1=SCBB1S_{C K C_{1}}=S_{C B B_{1}}. Тъй като KC1MB1K C_{1} M B_{1} е вписан, то ∠KC1C=∠CB1B\angle K C_{1} C=\angle C B_{1} B и следователно трябва да докажем, че CC1⋅C1K=CB1⋅B1BC C_{1} \cdot C_{1} K=C B_{1} \cdot B_{1} B. Това равенство следва от C1K=C1B1C_{1} K=C_{1} B_{1} и от (1).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
В изпъкнал 2008-ъгълник част от диагоналите са оцветени в червено, а останалите в синьо така, че от всеки връх излиза точно един червен диагонал и никои три червени диагонала не минават през една точка. Известно е, че всеки син диагонал се пресича от червен диагонал във вътрешна точка. Да се намери минималния брой пресечни точки на червени диагонали.
РешениеПърво ще докажем, че движейки се по червени диагонали от всеки връх може да се стигне до всеки друг. Да допуснем, че тове не е така. Без ограничение можем да считаме, че от A1A_{1} може да се стигне да Ak+1A_{k+1} и не може да се стигне до A2,…,AkA_{2}, \ldots, A_{k} за някое k≥2k \geq 2. Ако k=2k=2, то червения диагонал от A2A_{2} ще пресича пътя от A1A_{1} до A3A_{3} и следователно от A1A_{1} може да се стигне до A2A_{2}, противоречие. Ако k>2k\gt{}2, то A1AkA_{1} A_{k} е син диагонал и той трябва да се пресича от червен диагонал AiAjA_{i} A_{j} за 2≤i≤k−12 \leq i \leq k-1 и k+1≤j≤2008k+1 \leq j \leq 2008. Такъв диагонал обаче винаги пресича пътя от A1A_{1} до AkA_{k}, което означава, че от A1A_{1} може да се стигне до AiA_{i}, противоречие. Червените диагонали са точно 1004. От доказаното следва, че всеки червен диагонал пресича поне един червен диагонал. Да изберем два пресичащи се червени диагонала. От останалите червени диагонали поне един пресича дадените два защото в противен случай условието, че от всеки връх може да се стигне до всеки друг не е изпълнено. Продължавайки по този начин на всяка стъпка избираме червен диагонал, който пресича някой от вече избраните червени диагонали. Тъй като имаме 1002 червени диагонала, всеки новоизбран диагонал добавя поне една пресечна точка и никои три червени диагонала не минават през една точка, то имаме поне 1003 пресечни точки. Лесно се вижда, че ако червените диагонали са A1A1005,A2A2008,A3A2007,…A_{1} A_{1005}, A_{2} A_{2008}, A_{3} A_{2007}, \ldots, A1004A1006A_{1004} A_{1006} имаме точно 1003 пресечни точки и условието на задачата е изпълнено.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
а) Да се докаже, че [x][x] е нечетно число тогава и само тогава, когато [2{x2}]=1\left[2\left\{\frac{x}{2}\right\}\right]=1. (С [x][x] означаваме най-голямото цяло число ненадминаващо xx и {x}=x−[x]\{x\}= x-[x].) б) Дадено е естествено число nn. Да се намери броят на свободните от квадрати числа aa, за които числото [nx2a]\left[\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right] е нечетно. (Едно число се нарича свободно от квадрати, ако не се дели на квадрат на просто число.)
Решениеа) Нека [x][x] е нечетно число. Тогава x=2t+1+αx=2 t+1+\alpha, където tt е естествено число и 0≤α<10 \leq \alpha\lt{}1. Тогава 12≤α+12<1\frac{1}{2} \leq \frac{\alpha+1}{2}\lt{}1, откъдето получаваме2{x2}=2{t+α+12}=2\left\{\frac{x}{2}\right\}=2\left\{t+\frac{\alpha+1}{2}\right\}=2{α+12}=2⋅α+12=α+12\left\{\frac{\alpha+1}{2}\right\}=2 \cdot \frac{\alpha+1}{2}=\alpha+1Понеже 1≤α+1<21 \leq \alpha+1\lt{}2, то [2{x2}]=1\left[2\left\{\frac{x}{2}\right\}\right]=1. Аналогично получаваме, че ако [x][x] е четно число, то [2{x2}]=0\left[2\left\{\frac{x}{2}\right\}\right]=0. б) Нека AA е множеството от свободните от квадрати естествени числа и mm е произволно реално число. Ще докажем, че ∑a∈A[mx2a]=[m2]\sum_{a \in A}\left[\frac{m}{\sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right]=\left[m^{2}\right]. Всяко естествено число може да се представи по единствен начин като p2ap^{2} a, където aa е свободно от квадрати. Да разгледаме всички числа, които не надминават m2m^{2} и които се представят по този начин за някакво фиксирано aa. Ако техният брой е kk, то kk е най-голямото число, за което k2a≤m2k^{2} a \leq m^{2}, т. е. k=[mx2a]k=\left[\frac{m}{\sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right]. Тогава в сумата ∑a∈A[mx2a]\sum_{a \in A}\left[\frac{m}{\sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right] са преброени всички естествени числа, не надминаващи m2m^{2}, т. е. тя е точно равна на [m2]\left[m^{2}\right]. От а) следва, че търсим ∑a∈A[2{n2x2a}]\sum_{a \in A}\left[2\left\{\frac{n}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right\}\right]. От друга страна[nx2a]=[2n2x2a]=\left[\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right]=\left[2 \frac{n}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right]=[2[n2x2a]+2{n2x2a}]=\left[2\left[\frac{n}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right]+2\left\{\frac{n}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right\}\right]=2[n2x2a]+[2{n2x2a}]2\left[\frac{n}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right]+\left[2\left\{\frac{n}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right\}\right]откъдето [2{n2x2a}]=[nx2a]−2[n2x2a]\left[2\left\{\frac{n}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right\}\right]=\left[\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right]-2\left[\frac{n}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right] Като използваме доказаното по-горе, намираме∑a∈A[2{n2x2a}]=\sum_{a \in A}\left[2\left\{\frac{n}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right\}\right]=∑a∈A[nx2a]−2∑a∈A[n2x2a]=\sum_{a \in A}\left[\frac{n}{\sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right]-2 \sum_{a \in A}\left[\frac{n}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}a}}\right]=n2−2[n24]n^{2}-2\left[\frac{n^{2}}{4}\right]Лесно се проверява, че при nn четно n2−2[n24]=n22n^{2}-2\left[\frac{n^{2}}{4}\right]=\frac{n^{2}}{2}, а при nn нечетно n2−2[n24]=n2+12n^{2}-2\left[\frac{n^{2}}{4}\right]= \frac{n^{2}+1}{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на реалния параметър aa, за които решенията на системата неравенства∣ log⁡13(3x−6a)+2log⁡a3<x−3log⁡13(3x−18)>x−5\left\lvert\, \begin{aligned} & \log _{\frac{1}{3}}\left(3^{x}-6 a\right)+\frac{2}{\log _{a} 3}\lt{}x-3 \\ & \log _{\frac{1}{3}}\left(3^{x}-18\right)\gt{}x-5 \end{aligned}\right.образуват интервал с дължина 13\frac{1}{3}.
РешениеПървото неравенство има смисъл при a>0,a≠1a\gt{}0, a \neq 1 и 3x>6a3^{x}\gt{}6 a. То се записва във видаlog⁡13(3x−6a)−log⁡13a2<x−3⇔log⁡133x−6aa2<x−3⇔3x−6aa2>33−x⇔32x−6a3x−27a2>0\begin{gathered} \log _{\frac{1}{3}}\left(3^{x}-6 a\right)-\log _{\frac{1}{3}} a^{2}\lt{}x-3 \Leftrightarrow \log _{\frac{1}{3}} \frac{3^{x}-6 a}{a^{2}}\lt{}x-3 \\ \Leftrightarrow \frac{3^{x}-6 a}{a^{2}}\gt{}3^{3-x} \Leftrightarrow 3^{2 x}-6 a 3^{x}-27 a^{2}\gt{}0 \end{gathered}Полагаме y=3x>0y=3^{x}\gt{}0. Тогава y2−6ay−27a2>0y^{2}-6 a y-27 a^{2}\gt{}0 и следователно y>9ay\gt{}9 a, т. е. x>log⁡39ax\gt{}\log _{3} 9 a. Второто неравенство е еквивалентно на0<3x−18<35−x⇔0<3x(3x−18)<0\lt{}3^{x}-18\lt{}3^{5-x} \Leftrightarrow 0\lt{}3^{x}\left(3^{x}-18\right)\lt{}35⇔18<3x<27⇔x∈(log⁡318,3).3^{5} \Leftrightarrow 18\lt{}3^{x}\lt{}27 \Leftrightarrow x \in\left(\log _{3} 18, 3\right).Понеже 3−log⁡318>133-\log _{3} 18\gt{}\frac{1}{3} (проверете), то условието е еквивалентно на 3−log⁡39a=133-\log _{3} 9 a=\frac{1}{3}, т. е. a=x293a=\sqrt[3]{\vphantom{x^2}9}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека ABCA B C е триъгълник, за който средата на страната ABA B, центърът на вписаната окръжност и допирната точка на външновписаната окръжност към страната BCB C с продължението на страната ACA C лежат на една права. Да се намерят страните ABA B и BCB C, ако AC=3A C=3 и ∠ABC=60∘\angle A B C=60^{\circ}.
РешениеНека MM е средата на AB,IA B, I е центърът на вписаната окръжност и NN е допирната точка на външновписаната окръжност към страната BCB C с продължението на страната ACA C. Точките M,IM, I и NN лежат на една права точно когато е в сила SMAN=SMAI+SNAIS_{\text{MAN}}=S_{\text{MAI}}+S_{N A I}. Тъй като AN=pA N=p, следва, че cpsin⁡A=cr+2prc p \sin A=c r+2 p r. Заместваме sin⁡A=2Sbc,r=Sp\sin A=\frac{2 S}{b c}, r=\frac{S}{p} и след съкращаване получавамеa+b+c2b=ca+b+c+1⇔b2+2bc=a2+c2+2ac.\frac{a+b+c}{2 b}=\frac{c}{a+b+c}+1 \Leftrightarrow b^{2}+2 b c=a^{2}+c^{2}+2 a c.Тъй като ∠ABC=60∘\angle A B C=60^{\circ} от косинусовата теорема имаме b2=a2+c2−acb^{2}=a^{2}+c^{2}-a c. Като заместим по-горе, намираме, че 2b=3a2 b=3 a. Тъй като b=3b=3, то a=2a=2 и тогава c2−2c−5=0c^{2}-2 c-5=0, т. е. c=1+x26c=1+\sqrt{\vphantom{x^2}6}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички непрекъснати функции f:R→Rf: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} такива, че((f(x)f(y)−1)f(x+y)=2f(x)f(y)−f(x)−f(y)((f(x) f(y)-1) f(x+y)=2 f(x) f(y)-f(x)-f(y)за произволни x,y∈Rx, y \in \mathbb{R}.
РешениеПърво да предположим, че f(x0)=1f\left(x_{0}\right)=1 за някое x0x_{0}. При x=y=x0/2x=y=x_{0} / 2 от даденото равенство, което ще означаваме със ( ⋆\star ), следва, че (f(x0/2)−1)2=0\left(f\left(x_{0} / 2\right)-1\right)^{2}=0, т. е. f(x0/2)=1f\left(x_{0} / 2\right)=1. Следователно f(x0/2n)=f\left(x_{0} / 2^{n}\right)= за всяко n∈Nn \in N. Тъй като ff е непрекъсната функция (в точката 0 ), заключаваме, че f(0)=1f(0)=1. Сега полагането y=0y=0 в ( ⋆\star ) води до (f(x)−1)2=0(f(x)-1)^{2}=0, т. е. f(x)=1f(x)=1. Очевидно функцията f≡1f \equiv 1 изпълнява ( ⋆\star ). Нека сега f(x)≠1f(x) \neq 1 за всяко xx. Ако g(x)=f(x)f(x)−1g(x)=\frac{f(x)}{f(x)-1}, то ( ⋆\star ) приема вида g(x+y)=g(x)+g(y)g(x+y)= g(x)+g(y). Тъй като gg е непрекъсната, то (както е добре известно) g(x)=axg(x)=a x за някое a∈Ra \in R. Понеже g(x)≠1g(x) \neq 1 за всяко xx, то a=0a=0, т. е. f≡0f \equiv 0. Тази функция също удовлетворява ( ⋆\star ).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Вени написала краен брой различни реални числа (възможно едно число), повдигнала ги на квадрат, след това от всяко извадила 1 и получила началните числа в някакъв ред. Кои са числата?
РешениеНека множеството от написаните числа е A={a1,a2,…,an}A=\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right\}. Тогава A={a12−1,a22−1,…,an2−1}A=\left\{a_{1}^{2}-1, a_{2}^{2}-1, \ldots, a_{n}^{2}-1\right\}. Да забележим, че a≥−1a \geq-1 за всяко a∈Aa \in A. Нека A∋a>0A \ni a\gt{}0. Тогава a=b2−1a=b^{2}-1 за някое b∈Ab \in A, откъдето b=±x21+ab= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}1+a}. Понеже b>−1b\gt{}-1, то b=x21+ab=\sqrt{\vphantom{x^2}1+a}. Следователно, ако c1=ac_{1}=a и ci+1=x2ci+1,i∈Nc_{i+1}=\sqrt{\vphantom{x^2}c_{i}+1}, i \in \mathbb{N}, то ci∈Ac_{i} \in A. Да означим с x1,2=1±x252x_{1, 2}=\frac{1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2} корените на уравнението x2−x−1=0x^{2}-x-1=0. Лесно се проверява, че ако c1<x1c_{1}\lt{}x_{1} или c1>x1c_{1}\gt{}x_{1}, то съответно ci↑x1c_{i} \uparrow x_{1} или ci↓x1c_{i} \downarrow x_{1}. Понеже AA е крайно множество, следва, че a=c1=x1a=c_{1}=x_{1}. Нека a∈(x2,0)a \in\left(x_{2}, 0\right). Тогава A∋a2−1>−1A \ni a^{2}-1\gt{}-1 и a2−1−x2<x22−1−x2=0a^{2}-1-x_{2}\lt{}x_{2}^{2}-1-x_{2}=0. Този случай се свежда до следващия. Сега да отбележим, че ако a∈Aa \in A, то (a2−1)2−1=a4−2a2∈A\left(a^{2}-1\right)^{2}-1=a^{4}-2 a^{2} \in A. Нека A∋a∈(−1,x2)A \ni a \in \left(-1, x_{2}\right), и ci+1=ci4−2ci2,i∈Nc_{i+1}=c_{i}^{4}-2 c_{i}^{2}, i \in \mathbb{N}. Понеже A∋ci≥−1A \ni c_{i} \geq-1 и ci+1−ci=ci(ci+1+1)(ci−x1)(ci−x2)<0c_{i+1}-c_{i}=c_{i}\left(c_{i+1}+1\right)\left(c_{i}-\right. \left. x_{1}\right)\left(c_{i}-x_{2}\right)\lt{}0, то ci↓−1c_{i} \downarrow-1, което противоречи на това, че AA е крайно множество. И така, единствените елементи на AA могат да бъдат 0,−1,x10, -1, x_{1} и x2x_{2}. Непосредствено се проверява, че AA е някое от множествата {x1},{x2},{x1,x2},{0,−1},{0,−1,x1}\left\{x_{1}\right\}, \left\{x_{2}\right\}, \left\{x_{1}, x_{2}\right\}, \{0, -1\}, \left\{0, -1, x_{1}\right\}, {0,−1,x2}\left\{0, -1, x_{2}\right\} и {0,−1,x1,x2}\left\{0, -1, x_{1}, x_{2}\right\}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-12-4