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

2007

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2007-9-2: има placeholder текст
  • oliobl2007-9-4: има placeholder текст
  • oliobl2007-10-2: има placeholder текст
  • oliobl2007-10-3: има placeholder текст
  • oliobl2007-11-3: има placeholder текст
  • oliobl2007-11-4: има placeholder текст
  • oliobl2007-12-2: има placeholder текст
  • oliobl2007-12-4: има placeholder текст

9

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши уравнениетоx2x−3+x27−x=x2−10x+23\sqrt{\vphantom{x^2}x-3}+\sqrt{\vphantom{x^2}7-x}=x^{2}-10 x+23
РешениеУравнението има смисъл при x∈[3,7]x \in[3, 7]. Лесно се вижда, че x1=3x_{1}=3 и x2=7x_{2}=7 са решения. Нека x∈(3,7)x \in(3, 7) и да запишем уравнението във видаx2x−3+x27−x=2−(x−3)(7−x)\sqrt{\vphantom{x^2}x-3}+\sqrt{\vphantom{x^2}7-x}=2-(x-3)(7-x)Тъй като (x2x−3+x27−x)2=4+2x2(x−3)(7−x)>4(\sqrt{\vphantom{x^2}x-3}+\sqrt{\vphantom{x^2}7-x})^{2}=4+2 \sqrt{\vphantom{x^2}(x-3)(7-x)}\gt{}4 при x∈(3,7)x \in(3, 7), имаме x2x−3+x27−x>2\sqrt{\vphantom{x^2}x-3}+\sqrt{\vphantom{x^2}7-x}\gt{}2 за всяко x∈(3,7)x \in(3, 7). От друга страна, 2−(x−2-(x- 3) (7−x)<2(7-x)\lt{}2 за всяко x∈(3,7)x \in(3, 7). Следователноx2x−3+x27−x>2>2−(x−3)(7−x)\sqrt{\vphantom{x^2}x-3}+\sqrt{\vphantom{x^2}7-x}\gt{}2\gt{}2-(x-3)(7-x)за всяко x∈(3,7)x \in(3, 7), т. е. уравнението няма решение за x∈(3,7)x \in(3, 7).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-9-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малката възможна стойност на изразаM=x+y29x+3z232y+2z,M=x+\frac{y^{2}}{9 x}+\frac{3 z^{2}}{32 y}+\frac{2}{z},където x,yx, y и zz са положителни реални числа. Кога се достига тази наймалка стойност?
РешениеС помощта на неравенството a+b≥2x2aba+b \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}a b}, което е вярно за всички положителни aa и bb (с равенство точно когато a=ba=b ), последователно получавамеM≥2x2x⋅y29x+3z232y+2z=2y3+3z232y+2z≥2x22y3⋅3z232y+2z=z2+2z≥2x2z2⋅2z=2\begin{aligned} M & \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}x \cdot \frac{y^{2}}{9 x}}+\frac{3 z^{2}}{32 y}+\frac{2}{z}=\frac{2 y}{3}+\frac{3 z^{2}}{32 y}+\frac{2}{z} \\ & \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{2 y}{3} \cdot \frac{3 z^{2}}{32 y}}+\frac{2}{z}=\frac{z}{2}+\frac{2}{z} \\ & \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{z}{2} \cdot \frac{2}{z}}=2 \end{aligned}За да имаме равенство е необходимо и достатъчно да са изпълнени равенствата x=y29x,2y3=3z232yx=\frac{y^{2}}{9 x}, \frac{2 y}{3}=\frac{3 z^{2}}{32 y} и z2=2z\frac{z}{2}=\frac{2}{z}. От последното намираме z=2z=2, тогава от второто имаме y=34y=\frac{3}{4}, а от първото намираме x=14x=\frac{1}{4}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-9-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички четни естествени числа nn и всички реални aa, за които остатъкът при делението на полинома xn−xn−1+ax4+1x^{n}-x^{n-1}+a x^{4}+1 на полинома x2−a2x^{2}-a^{2} е равен на 97−(a+14)x97-(a+14) x.
РешениеОт условието следва, че за всяко xx е в сила равенствотоxn−xn−1+ax4+1=(x2−a2)g(x)+97−(a+14)x,x^{n}-x^{n-1}+a x^{4}+1=\left(x^{2}-a^{2}\right) g(x)+97-(a+14) x,където g(x)g(x) е частното от делението. Полагаме x=ax=a и x=−ax=-a и получаваме системата{an−an−1+a5=−a(a+14)+96an+an−1+a5=a(a+14)+96∣\left\{\begin{array}{l} a^{n}-a^{n-1}+a^{5}=-a(a+14)+96 \cr a^{n}+a^{n-1}+a^{5}=a(a+14)+96 \end{array}\right|След почленно събиране и изваждане получаваме уравненията an+a5=a^{n}+a^{5}= 96 и an−1=a2+14aa^{n-1}=a^{2}+14 a. Очевидно a=0a=0 не е решение и след елиминиране на ana^{n} получаваме a5+a3+14a2−96=0a^{5}+a^{3}+14 a^{2}-96=0. Проверка на делители на 96 показва, че a=2a=2 е решение на това уравнение и имаме a5+a3+14a2−96=(a−2)(a4+2a3+5a2+24a+48)a^{5}+a^{3}+14 a^{2}-96= (a-2)\left(a^{4}+2 a^{3}+5 a^{2}+24 a+48\right). Тъй катоa4+2a3+5a2+24a+48=a^{4}+2 a^{3}+5 a^{2}+24 a+48=a2(a+1)2+4(a+3)2+12>0a^{2}(a+1)^{2}+4(a+3)^{2}+12\gt{}0за всяко реално aa, разглежданото уравнение от пета степен няма други реални решения освен a=2a=2. При a=2a=2 получаваме 2n=642^{n}=64, т. е. n=6n=6 и делението еx6−x5+2x4+1=x^{6}-x^{5}+2 x^{4}+1=(x2−4)(x4−x3+6x2−4x+24)+97−16x\left(x^{2}-4\right)\left(x^{4}-x^{3}+6 x^{2}-4 x+24\right)+97-16 x
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-9-5

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на xx, за които е изпълнено неравенствотоx2−x2+6x+1+5x−152x−5≥1.\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}-x^{2}+6 x+1}+5 x-15}{2 x-5} \geq 1.
РешениеДопустимите стойности за xx се получават от условията −x2+6x+1≥0-x^{2}+6 x+1 \geq 0 и 2x−5≠02 x-5 \neq 0. Това са всички x∈[3−x210,52)∪(52,3+x210]x \in\left[3-\sqrt{\vphantom{x^2}10}, \frac{5}{2}\right) \cup\left(\frac{5}{2}, 3+\sqrt{\vphantom{x^2}10}\right]. Случай 1. Нека x>52x\gt{}\frac{5}{2}. Тогаваx2−x2+6x+1≥−x+5\sqrt{\vphantom{x^2}-x^{2}+6 x+1} \geq-x+5Ако x>5x\gt{}5, то неравенството очевидно е изпълнено, тъй като лявата странае положителна, а дяснатаотрицателна. Ако x≤5x \leq 5, то повдигаме на квадрат и получаваме, че x2−8x+12≤0x^{2}-8 x+12 \leq 0, т. е. x∈[2,6]x \in[2, 6]. Решение в този случай е всяко x∈(52,3+x210]x \in\left(\frac{5}{2}, 3+\sqrt{\vphantom{x^2}10}\right]. Случай 2. Нека x<52x\lt{}\frac{5}{2}. Сега x2−x2+6x+1≤−x+5\sqrt{\vphantom{x^2}-x^{2}+6 x+1} \leq-x+5. Дясната страна е положителна и можем да повдигнем на квадрат. Получаваме x2−8x−12≥0x^{2}-8 x-12 \geq 0, т. е. x∈(−∞,2]∪[6,+∞)x \in(-\infty, 2] \cup[6, +\infty). В този случай решение е всяко x∈[3−x210,2]x \in[3-\sqrt{\vphantom{x^2}10}, 2]. Окончателно x∈[3−x210,2]∪(52,3+x210]x \in[3-\sqrt{\vphantom{x^2}10}, 2] \cup\left(\frac{5}{2}, 3+\sqrt{\vphantom{x^2}10}\right].
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-10-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-10-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на реалния параметър aa, за които уравнението log⁡x−a(x+a)=2\log _{x-a}(x+a)=2 има точно едно решене.
РешениеПолагаме y=x−ay=x-a. Задачата е еквивалентна на това да определим за кои стойности на реалния параметър aa уравнението log⁡y(y+2a)=2\log _{y}(y+2 a)=2 има единствено решение. Това означава съществуването на единствено решение на y2−y−2a=0y^{2}-y-2 a=0, удовлетворяващо условията y>0,y>−2a,y≠1y\gt{}0, y\gt{}-2 a, y \neq 1. Ако D=1+8a=0D=1+8 a=0, то a=−1/8a=-1 / 8 и достигаме до y=1/2y=1 / 2, което очевидно е решение. Нека D>0D\gt{}0, т. е. a>−1/8a\gt{}-1 / 8. Полагаме f(y)=y2−y−2af(y)=y^{2}-y-2 a. Ако a∈(−1/8,0]a \in(-1 / 8, 0], то −2a>0-2 a\gt{}0 и трябва −2a-2 a да лежи между корените на ff, т. е. f(−2a)=4a2<f(-2 a)=4 a^{2}\lt{} 0, което е противоречие. Ако a∈(0,+∞]a \in(0, +\infty], то −2a<0-2 a\lt{}0 и трябва 0 да лежи между корените на ff, т. е. f(0)=−2a<0f(0)=-2 a\lt{}0, което е изпълнено. Окончателно търсените стойности са a∈(0,+∞)∪{−18}a \in(0, +\infty) \cup\left\{-\frac{1}{8}\right\}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-10-4

11

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на параметъра aa, за които систематаsin⁡x+cos⁡y=4a+6cos⁡x+sin⁡y=3a+2\begin{aligned} & \sin x+\cos y=4 a+6 \\ & \cos x+\sin y=3 a+2 \end{aligned}
РешениеПовдигаме на квадрат двете равенства и събираме почленно. Получаваме 2+2sin⁡xcos⁡y+2cos⁡xsin⁡y=(4a+6)2+(3a+2)2=25a2+60a+40=(5a+6)2+42+2 \sin x \cos y+2 \cos x \sin y=(4 a+6)^{2}+(3 a+2)^{2}=25 a^{2}+60 a+40=(5 a+6)^{2}+4, откъдето sin⁡(x+y)=(5a+6)22+1\sin (x+y)=\frac{(5 a+6)^{2}}{2}+1. Тъй като 1≥sin⁡(x+y)=(5a+6)22+1≥1 \geq \sin (x+y)=\frac{(5 a+6)^{2}}{2}+1 \geq 1, то sin⁡(x+y)=1\sin (x+y)=1 и (5a+6)2=0(5 a+6)^{2}=0, т. е. a=−65a=-\frac{6}{5}. За тази стойност на aa решение са ( x0,y0x_{0}, y_{0} ), за които sin⁡x0=35,cos⁡x0=−45\sin x_{0}=\frac{3}{5}, \cos x_{0}=-\frac{4}{5} и y0=90∘−x0y_{0}=90^{\circ}-x_{0},
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека nn е естествено число и a1,a2,…,an,b1,b2,…,bna_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}, b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n} са положителни реални числа. Да се докаже неравенството(a1+b1)(a2+b2)…(an+bn)\left(a_{1}+b_{1}\right)\left(a_{2}+b_{2}\right) \ldots\left(a_{n}+b_{n}\right)+2n−1(1a1b1+1a2b2+⋯+1anbn)≥+2^{n-1}\left(\frac{1}{a_{1} b_{1}}+\frac{1}{a_{2} b_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n} b_{n}}\right) \geq2n−1(n+2). 2^{n-1}(n+2).Кога се достига равенство?
РешениеДа разкрием скобите в израза (a1+b1)(a2+b2)…(an+bn)\left(a_{1}+b_{1}\right)\left(a_{2}+b_{2}\right) \ldots\left(a_{n}+b_{n}\right). Ще получим 2n2^{n} събираеми, като всяко число aia_{i} и bib_{i} участва в точно 2n−12^{n-1} събираеми. Тъй като за всяко i=1,2,…,ni=1, 2, \ldots, n можем да запишем2n−11aibi=1aibi+1aibi+⋯+1aibi⏟2n−12^{n-1} \frac{1}{a_{i} b_{i}}=\underbrace{\frac{1}{a_{i} b_{i}}+\frac{1}{a_{i} b_{i}}+\cdots+\frac{1}{a_{i} b_{i}}}_{2^{n-1}}то изразът от ляво може да се представи като сбор на 2n+n2n−12^{n}+n 2^{n-1} събираеми. При това в произведението на всички тези събираеми всяко от числата aia_{i} и bib_{i} участва в числителя и в знаменателя в степен 2n−12^{n-1}, т. е. произведението на тези събираеми е равно на 1. Сега неравенството от задачата следва от неравенството между средното аритметично и средното геометрично. За да имаме равенство трябва всички 2n+n2n−12^{n}+n 2^{n-1} събираеми да са равни. Но ако имаме събираемо от вида aiTa_{i} T, то имаме и събираемо от вида biTb_{i} T, откъдето следва, че ai=bia_{i}=b_{i} за всяко ii. Оттук и от 1aibi=1ajbj\frac{1}{a_{i} b_{i}}=\frac{1}{a_{j} b_{j}} следва, че a1=a2=⋯=an=b1=b2=⋯=bn=ca_{1}=a_{2}=\cdots=a_{n}=b_{1}=b_{2}=\cdots=b_{n}=c. Тъй като всички събираеми сега са от вида cnc^{n} или 1c2\frac{1}{c^{2}}, то cn=1c2c^{n}=\frac{1}{c^{2}}, откъдето c=1c=1. Следователно равенство се достига когато всички числа са равни на 1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-11-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-11-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-11-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека DD е точка от страната ABA B на △ABC\triangle A B C. Означаваме с PP и MM центровете на вписаните окръжности съответно за △ADC\triangle A D C и △BDC\triangle B D C, а с QQ и NN центровете на външновписаните окръжности съответно за △ADC\triangle A D C към страната ADA D и за △BDC\triangle B D C към страната BDB D. Нека KK и LL са симетричните точки на QQ и NN спрямо правата ABA B. a) Да се докаже, че правите AB,QNA B, Q N и PMP M или се пресичат в една точка или са успоредни. б) Да се докаже, че ако точките M,P,K,LM, P, K, L лежат на една окръжност, то △ABC\triangle A B C е равнобедрен.
Решениеа) Точките PP и QQ лежат на ъглополовящата на ∠ACD\angle A C D, а точките MM и NN лежат на ъглополовящата на ∠BCD\angle B C D. Да означим F=CQ∩ABF=C Q \cap A B и E=CN∩ABE=C N \cap A B. Нека PMP M пресича ABA B в точка TT. От теоремата на Менелай за △CFE\triangle C F E и правата PMP M получавамеCP⋅FT⋅EMPF⋅TE⋅MC=1\frac{C P \cdot F T \cdot E M}{P F \cdot T E \cdot M C}=1Тъй като CPCQ=PFQF\frac{C P}{C Q}=\frac{P F}{Q F} (и двете отношения са равни на rADCr\frac{r_{A D C}}{r}, където rr е радиусът на външновписаната окръжност за △ADC\triangle A D C към ADA D ), то CPPF=CQQF\frac{C P}{P F}= \frac{C Q}{Q F} и аналогично CMCN=MENE\frac{C M}{C N}=\frac{M E}{N E}, откъдето EMMC=ENNC\frac{E M}{M C}=\frac{E N}{N C}. Следователно1=CP⋅FT⋅EMPF⋅TE⋅MC=1=\frac{C P \cdot F T \cdot E M}{P F \cdot T E \cdot M C}=CQ⋅FT⋅ENQF⋅TE⋅NC\frac{C Q \cdot F T \cdot E N}{Q F \cdot T E \cdot N C}което по обратната теорема на Менелай за △CFE\triangle C F E означава, че N,QN, Q и TT лежат на една права. По същия начин, ако NQN Q пресича ABA B, то MPM P също минава през тази точка. Следователно правите PM,ABP M, A B и QNQ N или са успоредни, или се пресичат в една точка. б) Ще покажем, че M,P,KM, P, K и LL лежат на една окръжност тогава и само тогава, когато M,P,QM, P, Q и NN лежат на една окръжност. Ако QN∥AB∥PMQ N\|A B\| P M, то и KL∥ABK L \| A B. Тъй като QNMPQ N M P е равнобедрен трапец тогава и само тогава, когато PMLKP M L K е равнобедрен трапец, то QNMPQ N M P е вписан тогава и само тогава, когато PMLKP M L K е вписан. Ако QN,ABQ N, A B и PMP M се пресичат в точка TT, то и KLK L минава през същата точка. Тъй като TK=TQT K=T Q и TL=TNT L=T N, тоTP⋅TM=TK⋅TL⟺TP⋅TM=TQ⋅TN.T P \cdot T M=T K \cdot T L \Longleftrightarrow T P \cdot T M=T Q \cdot T N.Следователно M,P,QM, P, Q и NN лежат на една окръжност. Освен това Q,DQ, D и MM лежат на една права (ъглополовящата на ∠BDC\angle B D C ), а N,DN, D и PP също лежат на една права (ъглополовящата на ∠ADC\angle A D C ). Оттук ∠QAP=∠QDP=∠NDM=∠NBM=90∘\angle Q A P=\angle Q D P= \angle N D M=\angle N B M=90^{\circ}, т. е. AQDPA Q D P и BNDMB N D M са вписани четириъгълници. Следователно ∠BAC2=∠DAP=∠PQD=∠PNM=∠DBM=∠ABC2\frac{\angle B A C}{2}=\angle D A P=\angle P Q D=\angle P N M=\angle D B M=\frac{\angle A B C}{2}, т. е. △ABC\triangle A B C е равнобедрен.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-11-5

12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа aa, за които съществуват две взаимно перпендикулярни допирателни към графиката на функцията f(x)=ax+sin⁡xf(x)=a x+\sin x.
РешениеДопирателните l1l_{1} и l2l_{2} в точките ( x1,f(x1)x_{1}, f\left(x_{1}\right) ) и ( x2,f(x2)x_{2}, f\left(x_{2}\right) ) са взаимно перпендикулярни, ако f′(x1)f′(x2)=−1f^{\prime}\left(x_{1}\right) f^{\prime}\left(x_{2}\right)=-1. Оттук 0=(a+cos⁡x1)(a+cos⁡x2)+1=(a+cos⁡x1+cos⁡x22)2+1−(cos⁡x1−cos⁡x2)240=\left(a+\cos x_{1}\right)\left(a+\cos x_{2}\right)+1=\left(a+\frac{\cos x_{1}+\cos x_{2}}{2}\right)^{2}+1-\frac{\left(\cos x_{1}-\cos x_{2}\right)^{2}}{4}. Понеже ∣cos⁡x1∣,∣cos⁡x2∣≤1\left|\cos x_{1}\right|, \left|\cos x_{2}\right| \leq 1, то ∣cos⁡x1−cos⁡x2∣≤2\left|\cos x_{1}-\cos x_{2}\right| \leq 2 и следователно cos⁡x1=−cos⁡x2=±1\cos x_{1}= -\cos x_{2}= \pm 1 и a=0a=0. Обратно, ако a=0,x1=kπa=0, x_{1}=k \pi и x2=lπx_{2}=l \pi, където kk и ll са цели числа от различна четност, то l1⊥l2l_{1} \perp l_{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-12-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че ако xx и yy са цели числа, то числото x2(y−2)+y2(x−2)x^{2}(y-2)+y^{2}(x-2) не е просто.
РешениеЛесно се проверява, че x2(y−2)+y2(x−2)x^{2}(y-2)+y^{2}(x-2) е четно число. Следователно трябьа да докажем, че уравнението x2(y−2)+y2(x−2)=2x^{2}(y-2)+y^{2}(x-2)=2 няма решение в цели числа. Да допуснем противното. Полагаме x−2=a,y−2=bx-2=a, y-2=b и получаваме (ab+4)(a+b+8)=34(a b+4)(a+b+8)=34. Оттук следва, че ab=c−4a b=c-4 и a+b=34c−8a+b=\frac{34}{c}-8 т. е. aa и bb са корени на t2+(8−34c)t+c−4=0t^{2}+\left(8-\frac{34}{c}\right) t+c-4=0, където c=±1,±2,±17,±34c= \pm 1, \pm 2, \pm 17, \pm 34. Като решим това уравнение, виждаме, че то няма целочислени корени.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-12-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-12-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Да се реши уравнението 8x−2x6x−3x=2\frac{8^{x}-2^{x}}{6^{x}-3^{x}}=2.
РешениеПърви начин. Полагаме t=2xt=2^{x} и a=log⁡2a=\log _{2} 3. Уравнението добива вида t3−tta(t−1)=2\frac{t^{3}-t}{t^{a}(t-1)}=2, т. е. f(t)=2,t≠1f(t)=2, t \neq 1, където f(t)=t+1ta−1,t>0f(t)=\frac{t+1}{t^{a-1}}, t\gt{}0. Имаме, че f′(t)=(2−a)t+1−ataf^{\prime}(t)=\frac{(2-a) t+1-a}{t^{a}}. Понеже a∈(1,2)a \in(1, 2) следва, че функцията ff строго намалява в интервала (0,a−12−a]\left(0, \frac{a-1}{2-a}\right] и строго расте в интервала [a−12−a,+∞)\left[\frac{a-1}{2-a}, +\infty\right). Следователно уравнението f(t)=2f(t)=2 най-много по едно решение в тези интервали. Остава да съобразим, че f(1)=f(2)=0f(1)=f(2)=0, т. е. x=1x=1 е единственото решение на началното уравнение. Втори начин. Очевидно x=1x=1 е решение. Ще докажем, че други няма. Фиксираме x≠0,1x \neq 0, 1 и записваме условието във вида f(2)=f(5)f(2)=f(5), където f(t)=tx+(t+3)x−2(t+1)xf(t)=t^{x}+(t+3)^{x}-2(t+1)^{x}. Достатъчно е да покажем, че f(t)f(t) е строго монотонна функция при t≥1t \geq 1. Имаме, чеf′(t)=x(tx−1+(t+3)x−1−2(t+1)x−1)tx−1+(t+3)x−1>2x2(t(t+3))x−1t(t+3)≥(t+1)2,t≥1\begin{gathered} f^{\prime}(t)=x\left(t^{x-1}+(t+3)^{x-1}-2(t+1)^{x-1}\right) \\ t^{x-1}+(t+3)^{x-1}\gt{}2 \sqrt{\vphantom{x^2}(t(t+3))^{x-1}} \\ t(t+3) \geq(t+1)^{2}, \quad t \geq 1 \end{gathered}Значи ако t≥1t \geq 1, то f′(t)>0f^{\prime}(t)\gt{}0 при x>0,x≠1x\gt{}0, x \neq 1 и f′(t)<0f^{\prime}(t)\lt{}0 при x<0x\lt{}0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-12-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички функции f:R→Rf: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} такива, че f(0)≤0f(0) \leq 0 и f(x+y)≤x+f(f(y))f(x+y) \leq x+f(f(y)) за произволни x,y∈Rx, y \in \mathbb{R}.
РешениеПонеже f(f(x))=f(f(x)−x+x)≤f(x)−x+f(f(x))f(f(x))=f(f(x)-x+x) \leq f(x)-x+f(f(x)), то f(x)≥xf(x) \geq x. В частност, f(0)=0f(0)=0 и значи f(x)≤x+f(f(0))=xf(x) \leq x+f(f(0))=x. И така, f(x)=xf(x)=x, като тази функция изпълнява даденото условие. Забележка. Лесно се вижда, че една функция ff изпълнява условието f(x+y)≤x+f(f(y))f(x+ y) \leq x+f(f(y)) тогава и само тогава, когато sup⁡(f(x)−x)≤inf⁡(f(f(x))−x)\sup (f(x)-x) \leq \inf (f(f(x))-x). В частност, f(x)=xf(x)=x за всяко xx или f(x)>xf(x)\gt{}x за всяко xx. Например, ако c>0c\gt{}0 и ff е такава функция, че c≤f(x)−x≤2cc \leq f(x)-x \leq 2 c, то ff изпълнява горното условие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2007-12-6