maths.bgmaths.bg
Всички колекции
OLIOBL

Национална олимпиада по математика — областен кръг

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

23 години5 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2005

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2005-9-2: има placeholder текст
  • oliobl2005-9-3: има placeholder текст
  • oliobl2005-12-3: има placeholder текст
  • oliobl2005-12-5: има placeholder текст

9

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалните параметри aa и bb, за които остатъкът при делението на полинома x4−3ax3+ax+bx^{4}-3 a x^{3}+a x+b на полинома x2−1x^{2}-1 е полиномът (a2+1)x+3b2\left(a^{2}+1\right) x+3 b^{2}.
РешениеОт условието следва, че за всяко xx трябва да бъде изпълнено равенствотоx4−3ax3+ax+b=q(x)(x2−1)+(a2+1)x+3b2,x^{4}-3 a x^{3}+a x+b=q(x)\left(x^{2}-1\right)+\left(a^{2}+1\right) x+3 b^{2},където q(x)q(x) е частното от делението. Полагаме в това равенство x=1x=1 и x=−1x=-1 и получаваме системата a2+3b2+2a−b=0,a2−3b2+2a+b+2=0a^{2}+3 b^{2}+2 a-b=0, a^{2}-3 b^{2}+2 a+b+2=0 с решение a=−1,b=1±x2136a=-1, b=\frac{1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}13}}{6}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-9-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър pp, за които уравнението ∣x2−px−2p+1∣=p−1\left|x^{2}-p x-2 p+1\right|=p-1 има четири реални корена x1x_{1}, x2,x3,x4x_{2}, x_{3}, x_{4}, за които x12+x22+x32+x42=20x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2}=20.
РешениеОтговор: p=2p=2. За наличието на 4 корена е необходимо (но не достатъчно!) условието p>1p\gt{}1. Разглеждаме два случая: Случай 1. Ако x2−px−2p+1=p−1⟺x2−px−3p+2=0x^{2}-p x-2 p+1=p-1 \Longleftrightarrow x^{2}-p x-3 p+2=0, по формулите на Виет получаваме x12+x22=p2−2(2−3p)=p2+6p−4x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=p^{2}-2(2-3 p)=p^{2}+6 p-4. Случай 2. Ако x2−px−2p+1=1−p⟺x2−px−p=0x^{2}-p x-2 p+1=1-p \Longleftrightarrow x^{2}-p x-p=0, по формулите на Виет имаме x32+x42=p2+2px_{3}^{2}+x_{4}^{2}=p^{2}+2 p. Тогава от условието получаваме x12+x22+x32+x42=20⟺2p2+8p−4=20⟺p2+4p−12=0x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2}=20 \Longleftrightarrow 2 p^{2}+8 p-4= 20 \Longleftrightarrow p^{2}+4 p-12=0, откъдето p=2p=2 или p=−6p=-6. Втората стойност противоречи на условието p>1p\gt{}1. При p=2p=2 уравнението наистина има четири реални корена (например с директна проверка).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Четириъгълник ABCDA B C D е вписан в окръжност kk. Лъчите DAD A и CBC B се пресичат в точка NN, а NTN T е допирателна към kk. Диагоналите ACA C и BDB D се пресичат в точка PP, която е медицентър на △NTD\triangle N T D. Да се намери отношението NT:APN T: A P.
РешениеОт условието следва, че TT не е на дъгата ADA D, значи е на дъгата BCB C. Нека M∈NT∩DPM \in N T \cap D P е средата на NTN T. От свойството на допирателна и секуща имаме MB.MD=MT2=MN2M B. M D=M T^{2}=M N^{2}. Тогава MB:MN=MN:MDM B: M N=M N: M D и следователно △NMB∼△DMN\triangle N M B \sim \triangle D M N по втори признак. Получаваме ∠MNB=∠MDN=∠NCA\angle M N B=\angle M D N=\angle N C A, така че NT∥ACN T \| A C. Следователно NT:AP=2NM:AP=2MD:PD=3:1N T: A P=2 N M: A P=2 M D: P D=3: 1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
"Ламя"е игра на карти за петима. В един лагер 25 души обичат да играят Ламя, но имат само едно тесте карти. След всяка игра петимата играли се изпокарват и всеки решава, че повече няма да играе с никого от останалите четирима. Колко игри най-много могат да се изиграят?
РешениеОбщият брой на двойките играчи е 25⋅24/2=30025 \cdot 24 / 2=300 и с всяка изиграна игра губим по 10 двойки, следователно не е възможно да се изиграят повече от 300:10=30300: 10=30 игри. Ще докажем, че 30 игри са възможни. Номерираме играчите с двойки естествени числа ( m;nm; n ), m,n≤5m, n \leq 5 (т. е. представяме си ги в таблица 5×55 \times 5 ). В игра номер i,1≤i≤5i, 1 \leq i \leq 5, играят петимата, за които m=im=i (от ред номер ii в таблицата). В игра номер 6+5k+i,0≤i≤4,0≤k≤46+5 k+i, 0 \leq i \leq 4, 0 \leq k \leq 4, играят хората (m;n)(m; n), за които mk+nm k+n дава остатък ii при деление на 5. Ясно е, че за всеки конкретни k,i,mk, i, m ще има единствено nn с искания остатък. Така от всеки ред на таблицата има по един човек, т. е. играчите са петима и те не са играли помежду си в първите 5 игри. За всеки двама играчи ( m;nm; n ) и ( m′;n′),m′≠m\left. m^{\prime}; n^{\prime}\right), m^{\prime} \neq m, числата k(m−m′)k\left(m-m^{\prime}\right), k=0,1,2,3,4k=0, 1, 2, 3, 4 дават различни остатъци при деление на 5. Следователно съществува единствено kk, за което k(m−m′)≡n−n′( mod 5)k\left(m-m^{\prime}\right) \equiv n-n^{\prime}(\bmod 5). Еквивалентно, km−nk m-n и km′−n′k m^{\prime}-n^{\prime} дават еднакъв остатък ii при деление на 5 и получените k,ik, i определят единствената игра, в която са участвали двамата играчи ( m;nm; n ) и (m′;n′)\left(m^{\prime}; n^{\prime}\right).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-9-6

10

2 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е четириъгълник ABCDA B C D, в който ∣AB∣=a,∣BC∣=b|A B|=a, |B C|=b, ∣CD∣=c,∣DA∣=d,∣AC∣=e,∣BD∣=f|C D|=c, |D A|=d, |A C|=e, |B D|=f. a) Да се докаже, че a2+b2+c2+d2≥e2+f2a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2} \geq e^{2}+f^{2}. б) Ако ABCDA B C D е вписан в окръжност, да се докаже, че ∣a−c∣≥∣e−f∣|a-c| \geq|e-f|. Стоян Атанасов
Решениеа) Да означим средите на ACA C и BDB D съответно с MM и NN. Използвайки формулата за дължината на медиана, приложена за △BMD\triangle B M D имаме∣MN∣2=2∣MB∣2+2∣MD∣2−f24|M N|^{2}=\frac{2|M B|^{2}+2|M D|^{2}-f^{2}}{4}По нататък ∣MB∣2=(2a2+2b2−e2)/4,∣MD∣2=(2c2+2d2−e2)/4|M B|^{2}=\left(2 a^{2}+2 b^{2}-e^{2}\right) / 4, |M D|^{2}=\left(2 c^{2}+2 d^{2}-e^{2}\right) / 4 и замествайки в равенството за ∣MN∣2|M N|^{2} получаваме4∣MN∣2=a2+b2+c2+d2−e2−f2≥0.4|M N|^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}-e^{2}-f^{2} \geq 0.б) Съгласно теоремата на Птолемей ac+bd=efa c+b d=e f. Тъждеството получено в (а) лесно се преобразува до (a−c)2+(b−d)2=(e−f)2+4∣MN∣2(a-c)^{2}+(b-d)^{2}=(e-f)^{2}+4|M N|^{2}. За да докажем исканото неравенство е достатъчно да покажем, че ( b−d)2≤4∣MN∣2b- d)^{2} \leq 4|M N|^{2}. Но последното следва от неравенството на триъгълника, приложено за △MNP\triangle M N P, където PP е средата на CDC D.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички двойки естествени числа ( m,nm, n ), m>nm\gt{}n, за които е изпълнено[m2+mn,mn−n2]+[m−n,mn]=22005\left[m^{2}+m n, m n-n^{2}\right]+[m-n, m n]=2^{2005}където [a,b][a, b] означава най-малкото общо кратно на числата aa и bb.
РешениеЛявата страна се дели на m,nm, n и m−nm-n, следователно m=2a,n=2bm=2^{a}, n=2^{b}, m−n=2cm-n=2^{c}. Очевидно 2b(2a−b−1)=2c2^{b}\left(2^{a-b}-1\right)=2^{c}, откъдето a−b=1a-b=1. Полагайки обратно в уравнението получаваме[22a+22a−1,22a−1−22a−2]\left[2^{2 a}+2^{2 a-1}, 2^{2 a-1}-2^{2 a-2}\right]+[2a−2a−1,22a−1]=+\left[2^{a}-2^{a-1}, 2^{2 a-1}\right]=22a−1+3⋅22a−1=22a+1=22005.2^{2 a-1}+3 \cdot 2^{2 a-1}=2^{2 a+1}=2^{2005}.Следователно a=1002,m=21002,n=21001a=1002, m=2^{1002}, n=2^{1001}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-10-3

11

5 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
В остроъгълен триъгълник ABCA B C с лице 1 са избрани точки A1∈BC,B1∈CA,C1∈ABA_{1} \in B C, B_{1} \in C A, C_{1} \in A B така, че ∠CC1B=∠AA1C=∠BB1A=φ\angle C C_{1} B=\angle A A_{1} C=\angle B B_{1} A=\varphi, където φ\varphi е остър ъгъл. Отсечките AA1,BB1A A_{1}, B B_{1} и CC1C C_{1} се пресичат в точките M,NM, N и PP. а) Да се докаже, че центърът на описаната около △MNP\triangle M N P окръжност съвпада с ортоцентъра на △ABC\triangle A B C. б) Ако SMNP=2−x23S_{M N P}=2-\sqrt{\vphantom{x^2}3}, да се намери φ\varphi.
РешениеНека AA1∩BB1=M,BB1∩CC1=N,CC1∩AA1=PA A_{1} \cap B B_{1}=M, B B_{1} \cap C C_{1}=N, C C_{1} \cap A A_{1}=P. При традиционните означения за ълли, ∠PMN=φ−∠B1BC=φ−(φ−γ)=γ\angle P M N=\varphi-\angle B_{1} B C=\varphi-(\varphi-\gamma)=\gamma. Аналогично, ∠MNP=α\angle M N P=\alpha и ∠NPM=β\angle N P M=\beta, т. е. триъгълниците MNPM N P и ABCA B C са подобни. Нека HH е ортоцентър на △ABC\triangle A B C. От равенството ∠HCC1=∠HBB1=∠HAA1=90∘−φ\angle H C C_{1}=\angle H B B_{1}= \angle H A A_{1}=90^{\circ}-\varphi получаваме, че около всеки от четириъгълниците ABMHA B M H, BCNH,ACHPB C N H, A C H P може да се опише окръжност. Така получаваме, че ∠HMA=∠HBA=90∘−α\angle H M A= \angle H B A=90^{\circ}-\alpha и ∠HPM=180∘−∠APH=∠ACH=90∘−α\angle H P M=180^{\circ}-\angle A P H=\angle A C H=90^{\circ}-\alpha, откъдето следва, че HH е център на описаната окръжност за △MNP\triangle M N P. б) Доказахме, че точките A,B,MA, B, M и HH лежат на една окръжност; от синусовата теорема имаме MHsin⁡(90∘−φ)=csin⁡(180∘−γ)\frac{M H}{\sin \left(90^{\circ}-\varphi\right)}=\frac{c}{\sin \left(180^{\circ}-\gamma\right)}, т. е. MH=2Rcos⁡φM H=2 R \cos \varphi. Като вземем предвид, че MHM H е радиус на описаната около △MNP\triangle M N P окръжност, намираме, че коефициентът на подобие за △MNP\triangle M N P и △ABC\triangle A B C е 2cos⁡φ2 \cos \varphi. Следователно 4cos⁡2φ=2−x23⟺2cos⁡2φ=−x234 \cos ^{2} \varphi=2-\sqrt{\vphantom{x^2}3} \Longleftrightarrow 2 \cos 2 \varphi=-\sqrt{\vphantom{x^2}3} и тъй като 0<2φ<180∘0\lt{}2 \varphi\lt{}180^{\circ}, намираме 2φ=150∘2 \varphi=150^{\circ}, т. е. φ=75∘\varphi=75^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека nn е дадено естествено число. Естествените числа a,b,c,da, b, c, d са по-малки или равни на nn, като dd е най-голямото от тях и е изпълнено равенството(ab+cd)(bc+ad)(ac+bd)=(a b+c d)(b c+a d)(a c+b d)=(d−a)2(d−b)2(d−c)2.(d-a)^{2}(d-b)^{2}(d-c)^{2}.a) Да се докаже, че d=a+b+cd=a+b+c. б) Да се намери броят на наредените четворки ( a,b,c,da, b, c, d ) с посочените свойства.
Решениеа) Директна проверка показва, че при a+b+c=da+b+c=d условието е изпълнено. Да допуснем, че a+b+c>da+b+c\gt{}d. Тогава ab+cd>(d−a)(d−b)a b+c d\gt{}(d-a)(d-b). Наистина, последното е равносилно с ab+cd>d2−ad−bd+ab⟺d(a+b+c)>d2⟺a+b+c>da b+c d\gt{}d^{2}-a d-b d+a b \Longleftrightarrow d(a+b+c)\gt{}d^{2} \Longleftrightarrow a+b+c\gt{}d. Аналогично bc+ad>(d−b)(d−c)b c+a d\gt{}(d-b)(d-c) и ac+bd>(d−a)(d−c)a c+b d\gt{}(d-a)(d-c). След почленно умножаване получаваме противоречие с условието. Аналогично разсъждаваме и при a+b+c<da+b+c\lt{}d. Следователно d=a+b+cd=a+b+c. б) При фиксирано 3≤d≤n3 \leq d \leq n броят на решенията на уравнението d=a+b+cd= a+b+c е точно равен на биномния коефициент (d−12)=(d−1)(d−2)2\binom{d-1}{2}=\frac{(d-1)(d-2)}{2}. Можем да докажем това по следния начин: ако запишем в редица dd единици, броят на решенията е равен на броя на начините, по които можем да разположим две "разделителни чертички" в редицата (например 111∣11…11∣1111|11 \ldots 11| 1 съответства на a=3,b=d−4,c=1a=3, b=d-4, c=1 ), т. е. на (d−12)\binom{d-1}{2}. Можем да приемем, че формулата е вярна и при d=1d=1 и d=2d=2, защото тогава броят е нула. Остана да пресметнем∑d=1n(d−1)(d−2)2=12∑d=1nd2−32∑d=1nd+n==12⋅n(n+1)(2n+1)6−32⋅n(n+1)2+n=n(n−1)(n−2)6.\begin{gathered} \sum_{d=1}^{n} \frac{(d-1)(d-2)}{2}=\frac{1}{2} \sum_{d=1}^{n} d^{2}-\frac{3}{2} \sum_{d=1}^{n} d+n= \\ =\frac{1}{2} \cdot \frac{n(n+1)(2 n+1)}{6}-\frac{3}{2} \cdot \frac{n(n+1)}{2}+n=\frac{n(n-1)(n-2)}{6}. \end{gathered}
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравнениетоlog⁡ax(3x+4x)=\log _{a x}\left(3^{x}+4^{x}\right)=log⁡(ax)2(72(4x−3x))+log⁡(ax)38x−1\log _{(a x)^{2}}\left(7^{2}\left(4^{x}-3^{x}\right)\right)+\log _{(a x)^{3}} 8^{x-1}има
РешениеДа решим даденото уравнение. Тъй като условията ax>0a x\gt{}0 и 4x−3x>04^{x}-3^{x}\gt{}0, т. е. x>0x\gt{}0 трябва да бъдат изпълнени едновременно, при a<0a\lt{}0 уравнението няма При a>0,x>0,ax≠1a\gt{}0, x\gt{}0, a x \neq 1 уравнението е еквивалентно на3x+4x=3^{x}+4^{x}=7⋅2x−1x24x−3x⟺45(43)2x−57(43)x−4=7 \cdot 2^{x-1} \sqrt{\vphantom{x^2}4^{x}-3^{x}} \Longleftrightarrow 45\left(\frac{4}{3}\right)^{2 x}-57\left(\frac{4}{3}\right)^{x}-4=0,0,което при y=(43)x>0y=\left(\frac{4}{3}\right)^{x}\gt{}0 записваме като 45y2−57y−4=045 y^{2}-57 y-4=0. Корените на полученото уравнение са y1=43y_{1}=\frac{4}{3} и y2=−115y_{2}=-\frac{1}{15} и намираме x=1x=1. За да няма даденото уравнение, за x=1x=1 трябва да е в сила равенството ax=1a x=1, което се получава при a=1a=1. Окончателно, отговорът на задачата е a∈(0,+∞)\{1}a \in(0, +\infty) \backslash\{1\}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-11-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Ъглополовящите на ∠BAC,∠ABC\angle B A C, \angle A B C и ∠ACB\angle A C B в △ABC\triangle A B C пресичат описаната около триъгълника окръжност съответно в точки A1,B1A_{1}, B_{1} и C1C_{1}. Страната ABA B пресича правите C1B1C_{1} B_{1} и C1A1C_{1} A_{1} съответно в MM и N,BCN, B C пресича A1C1A_{1} C_{1} и A1B1A_{1} B_{1} съответно в PP и QQ и ACA C пресича B1A1B_{1} A_{1} и B1C1B_{1} C_{1} съответно в RR и SS. а) Да се докаже, че височината през RR в триъгълник CRQC R Q е равна на радиуса на вписаната в триъгълник ABCA B C окръжност. б) Да се докаже, че правите MQ,NRM Q, N R и SPS P се пресичат в една точка.
РешениеАко RTR T е височината през RR в △CRQ\triangle C R Q, то RT=CRsin⁡γR T=C R \sin \gamma \quad (1). От синусовата теорема за △B1RC\triangle B_{1} R C намирамеCR=B1Csin⁡α2cos⁡γ2=2Rsin⁡β2sin⁡α2cos⁡γ2C R=\frac{B_{1} C \sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\gamma}{2}}=\frac{2 R \sin \frac{\beta}{2} \sin \frac{\alpha}{2}}{\cos \frac{\gamma}{2}}където RR е радиусът на описаната около △ABC\triangle A B C окръжност. След заместване в (1) получаваме RT=4Rsin⁡α2sin⁡β2sin⁡γ2R T=4 R \sin \frac{\alpha}{2} \sin \frac{\beta}{2} \sin \frac{\gamma}{2}. Но r=4Rsin⁡α2sin⁡β2sin⁡γ2r=4 R \sin \frac{\alpha}{2} \sin \frac{\beta}{2} \sin \frac{\gamma}{2}, където rr е радиусът на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност. Следователно RT=rR T=r. б) Аналогично на а) височината през NN на △BNP\triangle B N P е равна на rr, което означава, че правата NRN R е успоредна на BCB C и е на разстояние rr от нея, следователно I∈NRI \in N R, където II е център на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност. Аналогично II лежи и на правите MQM Q и SRS R.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-11-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Измежду върховете на правилен 26 -ъгълник са избрани по произволен начин 9 върха. Да се докаже, че съществува равнобедрен триъгълник с върхове измежду избраните. Остава ли в сила твърдението, ако изберем по произволен начин 8 върха?
РешениеПърво ще докажем, че ако изберем 5 от върховете на правилен 13ъгълник, съществува равнобедрен триъгълник с върхове измежду избраните точки. Нека избраните точки образуват изпъкналия петоъгълник ABCDEA B C D E. Да допуснем, че имаме две двойки успоредни прави, определени от върховете на петоъгълника. Понеже успоредни диагонали не съществуват, имаме следните възможности: (∗)(*) Две двойки успоредни странинапример AE∥CDA E \| C D и BC∥DEB C \| D E. Тогава ∠AED=∠BCD\angle A E D=\angle B C D или ∠AED=180∘−∠BCD\angle A E D=180^{\circ}-\angle B C D, т. е. sin⁡∠AED=sin⁡∠BCD\sin \angle A E D=\sin \angle B C D и от AD=2Rsin⁡∠AED=2Rsin⁡∠BCD=BDA D=2 R \sin \angle A E D=2 R \sin \angle B C D=B D получаваме равнобедрения △ABD\triangle A B D. (∗)(*) Две двойки успоредни прави от вида диагоналстрана. Нека без ограничение AB∥CEA B \| C E. Ако AC∥DEA C \| D E, аналогично на 1) получаваме BC=CDB C= C D. Ако AD∥BCA D \| B C, то EB=BDE B=B D. Случаите BE∥CDB E \| C D и BD∥AEB D \| A E са аналогични на разгледаните. (∗)(*) Две двойки успоредни прави от вида диагонал-страна и страна-страна. Нека отново без ограничение AB∥CEA B \| C E. Понеже AE∥BCA E \| B C е невъзможно иначе ABCEA B C E е правоъгълник с върхове измежду върховете на правилен 13 -ъгълник, можем да считаме, че DE∥BCD E \| B C. Тогава DC=CAD C=C A. Нека сега имаме най-много една двойка успоредни прави. Тогава измежду 10 -те отсечки, определени от върховете на ABCDEA B C D E има 9, никои две от които не са успоредни. Понеже такава отсечка е основа на равнобедрен триъгълник с връх измежду върховете на 13 -ъгълника и всички такива върхове са различни поради това, че никои две отсечки не са успоредни, получваме, че поне един от тези 9 върха е измежду ABCDEA B C D E, понеже останалите върхове са 8. Понеже правилният 26 -ъгълник е образуван от два правилни 13 -ъгълника, то ако изберем 9 от неговите върхове, поне 5 от тях ще са измежду върховете на единия от 13 -ъгълниците и следователно имаме равнобедрен триъгълник. Следният пример показва, че можем да изберем 8 върха така, че никои три от тях да не са върхове на равнобедрен триъгълник: ако номерираме последователно върховете с числата от 1 до 26, може да изберем върхове 1, 2,4,5,10,11,13,142, 4, 5, 10, 11, 13, 14.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-11-6

12

5 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на реалните параметри aa и bb, за които графиката на функцията y=x3+ax+by=x^{3}+a x+b има точно три общи точки с координатните оси и те са върхове на правоъгълен триъгълник.
РешениеУсловието, че графиката на дадената функция има точно три общи точки с координатните оси, които са върхове на триъгълник, означава, че уравнението x3+ax+b=0x^{3}+a x+b=0 има един двоен реален корен x1≠0x_{1} \neq 0 и още един реален корен x2≠0x_{2} \neq 0, т. е. x3+ax+b=(x−x1)2(x−x2)x^{3}+a x+b=\left(x-x_{1}\right)^{2}\left(x-x_{2}\right). Тогава ∠ACB=90∘\angle A C B=90^{\circ}, където A=(x1,0),B=(x2,0),C=(0,b)A=\left(x_{1}, 0\right), B=\left(x_{2}, 0\right), C=(0, b) и x1x2<0x_{1} x_{2}\lt{}0. Оттук AO⋅BO=CO2A O \cdot B O=C O^{2}, т. е. −x1x2=b2-x_{1} x_{2}=b^{2}. Понеже b=−x12x2b=-x_{1}^{2} x_{2} и x1,x2≠0x_{1}, x_{2} \neq 0, то x13x2=−1x_{1}^{3} x_{2}=-1. От друга страна, 2x1+x2=02 x_{1}+x_{2}=0 и значи 2x1=−x2=1x132 x_{1}=-x_{2}=\frac{1}{x_{1}^{3}}. Следователно x1=±1x224x_{1}= \pm \frac{1}{\sqrt[4]{\vphantom{x^2}2}} и x2=∓x284x_{2}=\mp \sqrt[4]{\vphantom{x^2}8}. Тогава a=x12+2x1x2=−3x22a=x_{1}^{2}+2 x_{1} x_{2}=-\frac{3}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}} и b=−x12x2=±x224b=-x_{1}^{2} x_{2}= \pm \sqrt[4]{\vphantom{x^2}2}. От направените разглеждания е ясно, че и за двете намерени стойности на bb са изпълнени условията на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-12-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Върху ръба ABA B на куб ABCDA1B1C1D1A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1} е взета точка KK така, че правата A1BA_{1} B сключва с равнината ( B1CKB_{1} C K ) ъгъл с големина 60∘60^{\circ}. Да се намери тангенсът на ъгъла между тази равнина и равнината на основата ABCDA B C D на куба.
РешениеЩе считаме, че ръбовете на куба имат дължина 1. Нека M=A1B∩KB1M=A_{1} B \cap K B_{1} и KB=xK B=x. От △KBM∼△A1MB1\triangle K B M \sim \triangle A_{1} M B_{1} следва, че MBA1M=x\frac{M B}{A_{1} M}=x. Понеже A1M+MB=x22A_{1} M+M B=\sqrt{\vphantom{x^2}2}, намираме, че MB=xx22x+1M B=\frac{x \sqrt{\vphantom{x^2}2}}{x+1}. Нека VV е обемът на пирамидата KBCB1K B C B_{1}. ТогаваV=13BB1.SKBC=x6.(5)V=\frac{1}{3} B B_{1}. S_{K B C}=\frac{x}{6}. \tag{5}От друга страна, височината на KBCB1K B C B_{1} през върха BB е равна на h=BMsin⁡60∘=xx262(x+1)h= B M \sin 60^{\circ}=\frac{x \sqrt{\vphantom{x^2}6}}{2(x+1)}. Тъй като B1K=CK=x2x2+1B_{1} K=C K=\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+1} и B1C=x22B_{1} C=\sqrt{\vphantom{x^2}2}, то SB1KC=x22x2+12S_{B_{1} K C}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2 x^{2}+1}}{2}. СледователноV=h⋅SB1KC3=xx26x22x2+112(x+1).V=\frac{h \cdot S_{B_{1} K C}}{3}=\frac{x \sqrt{\vphantom{x^2}6} \sqrt{\vphantom{x^2}2 x^{2}+1}}{12(x+1)}.Оттук и (5) следва, чеx6=xx26x22x2+112(x+1).\frac{x}{6}=\frac{x \sqrt{\vphantom{x^2}6} \sqrt{\vphantom{x^2}2 x^{2}+1}}{12(x+1)}.След съкращаване на x6\frac{x}{6} и повдигане в квадрат намираме, че x=12x=\frac{1}{2}. Нека сега LL е петата на перпендикуляра от BB към KCK C. От теоремата за трите перпендикуляра следва, че KC⊥B1LK C \perp B_{1} L и значи търсеният ъгъл е α=∠B1LB\alpha=\angle B_{1} L B. От △KBC\triangle K B C намираме BL=1x25B L=\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}5}} и следователно tg⁡α=x25\operatorname{tg} \alpha=\sqrt{\vphantom{x^2}5}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-12-4

Задача 5

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-12-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека mm е естествено число, A={−m,−m+1,…,m−1,m}A=\{-m, -m+1, \ldots, m-1, m\} и f:A→Af: A \rightarrow A е такава функция, че f(f(n))=−nf(f(n))=-n за всяко n∈An \in A. a) Да се докаже, че mm е четно число. б) Да се намери броят на всички функции f:A→Af: A \rightarrow A с даденото свойство.
Решениеа) Нека n∈An \in A и On={n,f(n),−n,f(−n)}O_{n}=\{n, f(n), -n, f(-n)\}. Понеже f(f(n))=−nf(f(n))=-n и f(f(−n))=nf(f(-n))=n, лесно следва, ако k∈Ak \in A, то или Ok=OnO_{k}=O_{n}, или On∩Ok=∅O_{n} \cap O_{k}=\emptyset. От тези равенства следва още, че f(n)≠f(−n)f(n) \neq f(-n) при n≠0n \neq 0. По-нататък, ако f(±n)=±nf( \pm n)= \pm n, то ∓n=f(f(±n))=f(±n)=±n\mp n=f(f( \pm n))=f( \pm n)= \pm n, т. е. n=0n=0. Тогава ако f(±n)=∓nf( \pm n)=\mp n, то ∓n=f(f(±n)=f(∓n)\mp n=f(f( \pm n)=f(\mp n) и значи n=0n=0. Следователно ∣On∣=4\left|O_{n}\right|=4 при n≠0n \neq 0. И така, A\{0}A \backslash\{0\} се разбива на непресичащи се четворки от числа, т. е. mm е четно число. б) Нека m=2k,f:A→Am=2 k, f: A \rightarrow A е функция с даденото свойство и A+={1,2,…,m}A_{+}= \{1, 2, \ldots, m\}. Да забележим, че f(−n)=f(f(f(n))=−f(n)f(-n)=f(f(f(n))=-f(n); в частност f(0)=0f(0)=0. Следователно за n≠0n \neq 0 имаме, че или f(n)>0f(n)\gt{}0, или f(−n)<0f(-n)\lt{}0. Значи на четворката OnO_{n} съответства двойка ( n′,f(n′)n^{\prime}, f\left(n^{\prime}\right) ) от различни числа от A+:(n,f(n))A_{+}: (n, f(n)) или ( f(−n),nf(-n), n ). Така ff индуцира разбиване на A+A_{+}на наредени двойки от числа. Обратно, на всяко разбиване на A+A_{+}на наредени двойки (n,k)(n, k) от числа съответства (нечетна) функция с дадените свойста:f(0)=0,f(n)=k,f(k)=−n,f(0)=0, f(n)=k, f(k)=-n,f(−n)=−k,f(−k)=n. f(-n)=-k, f(-k)=n.Остава да преброим тези разбивания. Като наредим всички двойки от дадено разбиване една след друга, което може да стане по k!k! начина, получаваме пермутация на числата от 1 до mm. По този начин пермутациите ( m!m! на брой) на тези числа се разделят на класове от по kk! "еквивалентни" пермутации. Следователно търсеният брой е равен на m!k!\frac{m!}{k!}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2005-12-6