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

2009

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2009-10-2: има placeholder текст
  • oliobl2009-11-3: има placeholder текст
  • oliobl2009-12-2: има placeholder текст

9

2 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши системата∣ x3+xy2+16=03y3−xy2+16=0\left\lvert\, \begin{aligned} & x^{3}+x y^{2}+16=0 \\ & 3 y^{3}-x y^{2}+16=0 \end{aligned}\right.
РешениеИзваждаме почленно второто уравнение от първото и получаваме x3+2xy2−3y3=0x^{3}+ 2 x y^{2}-3 y^{3}=0. Лесно се вижда, че y=0y=0 не дава решение на системата. При y≠0y \neq 0 разделяме полученото уравнение на y3y^{3} и полагаме xy=t\frac{x}{y}=t. Получаваме t3+2t−3=0⟺(t−1)(t2+t+3)=0t^{3}+2 t-3=0 \Longleftrightarrow(t-1)\left(t^{2}+t+3\right)=0 с единствено реално решение t=1t=1. Тогава x=yx=y и от системата получаваме x=y=−2x=y=-2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност се допира до страните ACA C и BCB C съответно в точки PP и QQ, а правата PQP Q пресича описаната около △ABC\triangle A B C окръжност в точки KK и L(K∈\wideparenAC,L∈\wideparenBC)L(K \in \wideparen{A C}, L \in \wideparen{B C}). Ако KK е среда на \wideparenAC\wideparen{A C}, да се намери отношението KL:ABK L: A B.
РешениеИмаме \wideparenAK+\wideparenCL2=∠QPC=∠PQC=\wideparenCK+\wideparenBL2\frac{\wideparen{A K}+\wideparen{C L}}{2}=\angle Q P C=\angle P Q C= \frac{\wideparen{C K}+\wideparen{B L}}{2}. Но \wideparenAK=\wideparenCK\wideparen{A K}=\wideparen{C K} и следователно LL е среда на \wideparenBC\wideparen{B C}. Тогава ALA L пресича BKB K в центъра II на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност и KLeK L \mathrm{e} симетрала на CIC I. Така получаваме, че PIQCP I Q C е квадрат, ∠ACB=90∘\angle A C B=90^{\circ} и освен това имаме △KLC∼△ABI\triangle K L C \sim \triangle A B I, т. е. KL:AB=CS:IR=CS:CP=x222K L: A B=C S: I R=C S: C P=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2}, където RR е допирната точка на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност с ABA B.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-9-2

10

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши неравенствотоx+ax2x2+a2>x+bx2x2+b2\frac{x+a}{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+a^{2}}}\gt{}\frac{x+b}{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+b^{2}}}където aa и bb са реални параметри и a>b>0a\gt{}b\gt{}0.
РешениеЩе разгледаме поотделно три възможности за знаците на числителите. Случай 1. Ако x>−bx\gt{}-b, то двете страни на неравенството са положителни и след повдигане на квадрат, освобождаване от знаменател и опростяване получаваме (a−b)x(x2−ab)>0(a-b) x\left(x^{2}-a b\right)\gt{}0. Тъй като a−b>0a-b\gt{}0, остава x(x2−ab)>0x\left(x^{2}-a b\right)\gt{}0, чиито решения (по метода на интервалите) са x∈(−x2ab,0)∪(x2ab,+∞)x \in(-\sqrt{\vphantom{x^2}a b}, 0) \cup(\sqrt{\vphantom{x^2}a b}, +\infty). Понеже −b>−x2ab-b\gt{}-\sqrt{\vphantom{x^2}a b}, решенията в този случай са x∈(−b,0)∪(x2ab,+∞)x \in(-b, 0) \cup(\sqrt{\vphantom{x^2}a b}, +\infty). Случай 2. Ако −a≤x≤−b-a \leq x \leq-b, неравенството очевидно е изпълнено. Случай 3. Ако x<−ax\lt{}-a, то, подобно на случай 1) получаваме неравенството (a−b)x(x2−ab)<0(a-b) x\left(x^{2}-a b\right)\lt{}0, чиито решения (отново по метода на интервалите) са x∈(−∞,−x2ab)∪(0,x2ab)x \in(-\infty, -\sqrt{\vphantom{x^2}a b}) \cup(0, \sqrt{\vphantom{x^2}a b}). Понеже −a<−x2ab-a\lt{}-\sqrt{\vphantom{x^2}a b}, решенията в този случай са x∈(∞,−a)x \in(\infty, -a). Окончателно, решенията са x∈(−∞,0)∪(x2ab,+∞)x \in(-\infty, 0) \cup(\sqrt{\vphantom{x^2}a b}, +\infty).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-10-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които равенството(x+y)2n+1−x2n+1−y2n+1=(x+y)^{2 n+1}-x^{2 n+1}-y^{2 n+1}=(2n+1)xy(x+y)(x2+xy+y2)n−1(2 n+1) x y(x+y)\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)^{n-1}е тъждество.
РешениеПолагаме x=y=1x=y=1 и получаваме 22n+1−2=2(2n+1)3n−12^{2 n+1}-2=2(2 n+1) 3^{n-1}, откъдето 22n−1=(2n+1)3n−12^{2 n}-1=(2 n+1) 3^{n-1}. Това уравнение се удовлетворява за n=1,2,3n=1, 2, 3. Нека n≥4n \geq 4. Представяме уравнението във вида (43)n=2n+13+13n\left(\frac{4}{3}\right)^{n}=\frac{2 n+1}{3}+\frac{1}{3^{n}}. Имаме(43)n=(1+13)n>1+n3+n(n−1)2⋅32+13n,\left(\frac{4}{3}\right)^{n}=\left(1+\frac{1}{3}\right)^{n}\gt{}1+\frac{n}{3}+\frac{n(n-1)}{2 \cdot 3^{2}}+\frac{1}{3^{n}},откъдето 2n+13>1+n3+n2−n)18\frac{2 n+1}{3}\gt{}1+\frac{n}{3}+\frac{\left. n^{2}-n\right)}{18}, което е еквивалентно на n2−7n+12<0n^{2}-7 n+12\lt{}0, а последното не е възможно при n≥4n \geq 4. Неравенството (43)n>2n+13+13n\left(\frac{4}{3}\right)^{n}\gt{}\frac{2 n+1}{3}+\frac{1}{3^{n}} при n≥4n \geq 4 може да се докаже лесно и по индукция. Следователно търсените стойности на nn може да са само n=1,2,3n=1, 2, 3. Във всеки от тези три случая непосредствено се проверява, че тъждествата са верни.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека f(x)=x2+(2a−1)x−3f(x)=x^{2}+(2 a-1) x-3 и g(x)=x2+(a−2)x−1g(x)=x^{2}+(a-2) x-1, където aa е реален параметър. Да се намерят всички стойности на aa, за които корените на уравненията f(x)=0f(x)=0 и g(x)=0g(x)=0 са реални и са разположени така, че между двата корена на едното има точно един корен на другото.
РешениеПърви начин. Нека x1x_{1} и x2x_{2} са корените на f(x)=0f(x)=0, а x3x_{3} и x4x_{4} са корените на g(x)=0g(x)=0. Тогава не е трудно да се съобрази, че исканото е еквивалентно на f(x3)f(x4)<0f\left(x_{3}\right) f\left(x_{4}\right)\lt{}0. Имаме последователноf(x3)f(x4)<0⟺[x32+(2a−1)x3−3][x42+(2a−1)x4−3]<0⟺[1−(a−2)x3+(2a−1)x3−3][1−(a−2)x4+(2a−1)x4−3]<0⟺[(a+1)x3−2][(a+1)x4−2]<0⟺(a+1)2x3x4−2(a+1)(x3+x4)+4<0⟺a2−4a−1<0.\begin{array}{ll} & f\left(x_{3}\right) f\left(x_{4}\right)\lt{}0 \Longleftrightarrow\left[x_{3}^{2}+(2 a-1) x_{3}-3\right]\left[x_{4}^{2}+(2 a-1) x_{4}-3\right]\lt{}0 \cr \Longleftrightarrow & {\left[1-(a-2) x_{3}+(2 a-1) x_{3}-3\right]\left[1-(a-2) x_{4}+(2 a-1) x_{4}-3\right]\lt{}0} \cr \Longleftrightarrow & {\left[(a+1) x_{3}-2\right]\left[(a+1) x_{4}-2\right]\lt{}0} \cr \Longleftrightarrow & (a+1)^{2} x_{3} x_{4}-2(a+1)\left(x_{3}+x_{4}\right)+4\lt{}0 \cr \Longleftrightarrow & a^{2}-4 a-1\lt{}0. \end{array}Следователно търсените стойности на aa са a∈(2−x25,2+x25)a \in(2-\sqrt{\vphantom{x^2}5}, 2+\sqrt{\vphantom{x^2}5}). Втори начин. Исканото е еквивалентно на изискването пресечната точка на графиките на f(x)f(x) и g(x)g(x) да лежи под абсцисната ос. Тъй като пресечната точка има абсциса x0=2a+1x_{0}=\frac{2}{a+1} (единственото решение на уравнението f(x=g(x))f(x= g(x)), получаваме g(2a+1)<0⟺a2−4a−1<0g\left(\frac{2}{a+1}\right)\lt{}0 \Longleftrightarrow a^{2}-4 a-1\lt{}0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-10-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
В △ABC\triangle A B C е известно е, че 2∠BAC+3∠ABC=180∘2 \angle B A C+3 \angle A B C =180^{\circ}. Да се докаже, че 4(BC+CA)≤5AB4(B C+C A) \leq 5 A B.
РешениеЩе използваме стандартните означения за елементите на △ABC\triangle A B C. Лесно се вижда, че β=2γ−180∘\beta=2 \gamma-180^{\circ} и α=360∘−3γ\alpha=360^{\circ}-3 \gamma, откъдето 90∘<γ<120∘90^{\circ}\lt{}\gamma\lt{}120^{\circ}, т. е. −12<cos⁡γ<0-\frac{1}{2}\lt{}\cos \gamma\lt{}0. Имаме последователноa+bc=sin⁡α+sin⁡βsin⁡γ=−sin⁡3γ+sin⁡2γsin⁡γ=−(3−4sin⁡2γ)−2cos⁡γ=−4cos⁡2γ−2cos⁡γ+1\begin{aligned} \frac{a+b}{c} & =\frac{\sin \alpha+\sin \beta}{\sin \gamma}=-\frac{\sin 3 \gamma+\sin 2 \gamma}{\sin \gamma} \\ & =-\left(3-4 \sin ^{2} \gamma\right)-2 \cos \gamma=-4 \cos ^{2} \gamma-2 \cos \gamma+1 \end{aligned}Тъй като квадратната функция y=−4x2−2x+1y=-4 x^{2}-2 x+1 приема най-голямата си стойност при x=−14∈(−12,0)x=-\frac{1}{4} \in\left(-\frac{1}{2}, 0\right), заключаваме, че a+bc≤y(−14)=54\frac{a+b}{c} \leq y\left(-\frac{1}{4}\right)=\frac{5}{4}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-10-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека N=n(n+1)(n+2)(n+3)N=n(n+1)(n+2)(n+3), където nn е естествено число. Да се докаже, че не съществува цяло число mm, за което N+m9=2008N+m^{9}=2008.
РешениеДа допуснем противното. Тъй като n(n+1)(n+2)(n+3)=(n2+3n+1)2−1n(n+1)(n+2)(n+3)=\left(n^{2}+\right. 3 n+1)^{2}-1, разглежданото равенство се записва във вида k2+m9=2009k^{2}+m^{9}=2009, където k=n2+3n+1k=n^{2}+3 n+1. Да разгледаме последното равенство по модул 19 (тъй като 9=19−129=\frac{19-1}{2} ). Тогава от малката теорема на Ферма следва, че mm е сравнимо с 0 или ±1\pm 1 по модул 19, а остатъците на точните квадрати по модул 19 са 0,1,4,5,6,7,9,11,160, 1, 4, 5, 6, 7, 9, 11, 16 и 17. От друга страна, имаме 2009≡142009 \equiv 14 (mod 19), откъдето следва, че исканото равенство е невъзможно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-10-6

11

5 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
а) Да се докаже, че за триъгълник с ъгли α,β\alpha, \beta и γ\gamma е изпълнено равенствотоr=4Rsin⁡α2sin⁡β2sin⁡γ2r=4 R \sin \frac{\alpha}{2} \sin \frac{\beta}{2} \sin \frac{\gamma}{2}където rr и RR са съответно радиусът на вписаната и на описаната окръжност за този триъгълник. б) Шестоъгълникът ABCDEFA B C D E F е вписан в окръжност. Да се докаже, че произведението на радиусите на вписаните окръжности в △ABF,△BCD\triangle A B F, \triangle B C D и △DEF\triangle D E F е равно на произведението на радиусите на вписаните окръжности в △ABC,△CDE\triangle A B C, \triangle C D E и △EFA\triangle E F A тогава и само тогава, когато периметрите на △ACE\triangle A C E и △BDF\triangle B D F са равни.
Решениеа) Равенството следва от тъждеството sin⁡α2=x21−cos⁡α2\sin \frac{\alpha}{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{1-\cos \alpha}{2}}, косинусовата теорема и формулите S=pr=abc4RS=p r=\frac{a b c}{4 R}. б) Ще използваме, че ако α,β\alpha, \beta и γ\gamma са ъгли в триъгълник, то sin⁡2α+sin⁡2β+sin⁡2γ=2sin⁡(α+β)cos⁡(α−β)+2sin⁡γcos⁡γ=\sin 2 \alpha+\sin 2 \beta+\sin 2 \gamma=2 \sin (\alpha+\beta) \cos (\alpha-\beta)+2 \sin \gamma \cos \gamma==2sin⁡γ(cos⁡(α−β)−cos⁡(α+β))==2 \sin \gamma(\cos (\alpha-\beta)-\cos (\alpha+\beta))=4sin⁡αsin⁡βsin⁡γ4 \sin \alpha \sin \beta \sin \gammaКато използваме тъждеството от а), получавамеsin⁡∠ABC2sin⁡∠CDE2sin⁡∠EFA2=\sin \frac{\angle A B C}{2} \sin \frac{\angle C D E}{2} \sin \frac{\angle E F A}{2}=sin⁡∠BCD2sin⁡∠DEF2sin⁡∠FAB2(1)\sin \frac{\angle B C D}{2} \sin \frac{\angle D E F}{2} \sin \frac{\angle F A B}{2} \tag{1}Освен това ∠ABC+∠CDE+∠EFA=∠BCD+∠DEF+∠FAB=\angle A B C+\angle C D E+\angle E F A=\angle B C D+\angle D E F+\angle F A B= △ABC\triangle A B C. <120∘\lt{}120^{\circ}, тямата =54=\frac{5}{4}. (n2+\left(n^{2}+\right.: 2009, цул 19 e mm e ти по ≡14\equiv 14 нието Тъй 3i≥a\frac{3}{i} \geq a гелно x=x= инуsin⁡γ\sin \gamma 360∘360^{\circ}, откъдето следва, че sin⁡∠ABC+sin⁡∠CDE+sin⁡∠EFA=sin⁡∠BCD+sin⁡∠DEF+sin⁡∠FAB\sin \angle A B C+\sin \angle C D E+\sin \angle E F A=\sin \angle B C D+\sin \angle D E F+\sin \angle F A B. От синусовата теорема сега следва твърдението на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-11-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметьр aa, за които уравнението23x−a22x+1+(a2+1)2x−a=02^{3 x}-a 2^{2 x+1}+\left(a^{2}+1\right) 2^{x}-a=0има три различни реални корена, които образуват аритметична прогресия.
РешениеСлед полагането y=2xy=2^{x}, уравнението ставаy3−2ay2+(a2+1)y−a=0(1)y^{3}-2 a y^{2}+\left(a^{2}+1\right) y-a=0 \tag{1}Ако уравнението от условието има три реални корена, които образуват аритметична прогресия, то уравнението (1) има три реални положителни корена, които образуват геометрична прогресия. Уравнението (1) може да се запише във вида (y−a)(y2−ay+1)=0(y-a)\left(y^{2}-a y+1\right)=0. За да има три корена трябва a>0a\gt{}0 и a2−4>0a^{2}-4\gt{}0, което означава, че a>2a\gt{}2. За тези стойности на aa корените y1y_{1} и y2y_{2} на y2−ay+1=0y^{2}-a y+1=0 са положителни защото y1y2=1y_{1} y_{2}=1 и y1+y2=a>0y_{1}+y_{2}=a\gt{}0. Единствената възможност a,y1a, y_{1} и y2y_{2} да образуват геометрична прогресия е y12=ay2y_{1}^{2}=a y_{2}, което дава ay1−1=a(a−y1)a y_{1}-1=a\left(a-y_{1}\right). Оттук y1=a2+12ay_{1}=\frac{a^{2}+1}{2 a} и след заместване в уравнението, получаваме a4−4a2−1=0a^{4}-4 a^{2}-1=0. Единственият положителен корен е a=x22+5a=\sqrt{\vphantom{x^2}2+\sqrt{5}}, като a>2a\gt{}2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-11-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Дадена е редица от положителни числа a1,a2,…a_{1}, a_{2}, \ldots, за която a1=1,a2=2a_{1}=1, a_{2}=2 иan+1=an2+an−12+an−22+an−2a_{n+1}=a_{n}^{2}+a_{n-1}^{2}+a_{n-2}^{2}+a_{n-2}за n≥3n \geq 3. Да се намери a3a_{3}, ако1a1+1+1a2+1+⋯+1a2008+1+1a2009=1.\frac{1}{a_{1}+1}+\frac{1}{a_{2}+1}+\cdots+\frac{1}{a_{2008}+1}+\frac{1}{a_{2009}}=1.
РешениеЩе докажем, че a3=6a_{3}=6 е търсената стойност. Нека a3=6a_{3}=6. Тогава a2=a12+a1,a3=a22+a2a_{2}=a_{1}^{2}+a_{1}, a_{3}=a_{2}^{2}+a_{2} и a4=a32+a22+a12+a1=a32+a22+a2=a32+a3a_{4}=a_{3}^{2}+a_{2}^{2}+a_{1}^{2}+a_{1}=a_{3}^{2}+a_{2}^{2}+a_{2}=a_{3}^{2}+a_{3}. Сега по индукция лесно следва, че an=an−12+an−1a_{n}=a_{n-1}^{2}+a_{n-1}. Пресмятаме1ai+1=1ai−1ai(ai+1)=1ai−1ai+1\frac{1}{a_{i}+1}=\frac{1}{a_{i}}-\frac{1}{a_{i}\left(a_{i}+1\right)}=\frac{1}{a_{i}}-\frac{1}{a_{i+1}}и след телескопично сумиране получаваме тъждеството от условието. Ясно е, че ако a3>6a_{3}\gt{}6, то сборът от условието е по-малък от 1, а при a3<6a_{3}\lt{}6, той е по-голям от 1. Следователно единствената стойност е a3=6a_{3}=6.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-11-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Естествените числа a,ba, b и cc са такива, че a2+ab+b2=c2a^{2}+a b+b^{2}=c^{2} и aa и bb са взаимнопрости. Да се докаже, че числото ∣a−b∣+2c|a-b|+2 c е точен квадрат на естествено число тогава и само тогава, когато то не се дели на 3.
РешениеБез ограничение можем да считаме, че a>ba\gt{}b. Записваме равенството a2+ab+b2=c2a^{2}+a b+b^{2}=c^{2} във вида (2c−a+b)(2c+a−b)=3(a+b)2(2 c-a+b)(2 c+a-b)=3(a+b)^{2}. Тъй като aa и bb са взаимнопрости, то те не са едновременно четни. От a2+ab+b2=c2a^{2}+a b+b^{2}=c^{2} следва, че cc е нечетно число. Нека НОД (2c−a+b,2c+a−b)=d(2 c-a+b, 2 c+a-b)=d. Ако pp е нечетен прост делител на dd, то p2p^{2} дели 3(a+b)23(a+b)^{2} и значи pp дели a+ba+b. Освен това pp дели 2c−a+b−(2c+a−b)=2(b−a)2 c-a+b-(2 c+a-b)=2(b-a) и следователно pp дели b−ab-a. Получаваме, че pp дели aa и bb, което е противоречие. Следователно dd няма нечетни прости делители и тъй като dd дели 4c4 c и сс е нечетно, то d∈{1,2,4}d \in\{1, 2, 4\}. Ако d=2d=2 или 4, то a,ba, b и cc са нечетни, т. е. a2≡b2≡c2≡1( mod 8)a^{2} \equiv b^{2} \equiv c^{2} \equiv 1(\bmod 8) и имаме ab≡7( mod 8)a b \equiv 7(\bmod 8). Оттук и от факта, че всяко от числата aa и bb дава остатък 1,3,51, 3, 5 или 7 при деление на 8, следва, че a+ba+b се дели на 8. Ако d=2d=2, то 2c−a+b=2p2 c-a+b=2 p и 2c+a−b=2q2 c+a-b=2 q, като (p,q)=1(p, q)=1 и p+q=2cp+q=2 c е четно число. Следователно pp и qq са нечетни и равенството (2c−a+b)(2c+a−b)=3(a+b)2(2 c-a+b)(2 c+a-b)=3(a+b)^{2} е невъзможно по модул 8. Ако d=4d=4, след съкращаване на 4 получаваме ситуация, аналогична на случая d=1d=1, като при това точният квадрат си остава такъв. Нека d=1d=1, т. е. aa и bb са с различна четност. Тогава числата 2c−a+b2 c-a+b и 2c+a−b2 c+a-b са нечетни и едното от тях е от вида 3p23 p^{2}, а другото е от вида q2q^{2}, където qq не се дели на 3, защото иначе 2c−a+b2 c-a+b и 2c+a−b2 c+a-b не са взаимнопрости. Остава да отбележим, че ако ∣a−b∣+2c|a-b|+2 c е точен квадрат, то е равно на q2q^{2} и значи не се дели на 3 и, обратно, ако ∣a−b∣+2c|a-b|+2 c не се дели на 3, то е равно на q2q^{2}, т. е. е точен квадрат.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-11-6

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши уравнението3x4−4x3−12x2+164x−1+62x+1=03 x^{4}-4 x^{3}-12 x^{2}+16 \frac{4^{x-1}+6}{2^{x}+1}=0
РешениеИзследваме функцията f(x)=3x4−4x3−12x2f(x)=3 x^{4}-4 x^{3}-12 x^{2} в интервала (−∞,+∞)(-\infty, +\infty). Имаме f′(x)=12(x3−x2−2x)=12x(x+1)(x−2)f^{\prime}(x)=12\left(x^{3}-x^{2}-2 x\right)=12 x(x+1)(x-2). Оттук f′(x)<0f^{\prime}(x)\lt{}0 при x∈(−∞,−1)∪(0,2)x \in(-\infty, -1) \cup(0, 2) и f′(x)>0f^{\prime}(x)\gt{}0 при x(−1,0)∪(2,+∞)x(-1, 0) \cup(2, +\infty). Тогава ff намалява в първите два интервала и расте във вторите два. Следователно най-малката стойност на ff се достига при x=−1x=-1 или x=2x=2. Понеже f(−1)=−5>−32=f(2)f(-1)=-5\gt{}-32=f(2), тя е равна на f(2)=−32f(2)=-32. От друга страна,g(x)=4x−1+62x+1≥2⇔4(2x−2−1)2≥0g(x)=\frac{4^{x-1}+6}{2^{x}+1} \geq 2 \Leftrightarrow 4\left(2^{x-2}-1\right)^{2} \geq 0Следователно f(x)+16g(x)≥−32+16⋅2=0f(x)+16 g(x) \geq-32+16 \cdot 2=0, като равенство се достига само при x=2x=2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-12-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа aa, за които: а) съществува функция f:R→Rf: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} такава, че f(0)=af(0)=a и f(f(x))=x2009f(f(x))=x^{2009} за всяко x∈Rx \in \mathbb{R}; б) съществува непрекъсната функция със свойствата от а).
Решениеа) Понеже f2009(x)=f(f(f(x)))=f(x2009)f^{2009}(x)=f(f(f(x)))=f\left(x^{2009}\right), то a2009=aa^{2009}=a, т. е. a=0,±1a= 0, \pm 1. Да отбележим, че ако {b,c,d}={−1,0,1}\{b, c, d\}=\{-1, 0, 1\} иf(x)={1/x,∣x∣>11/x2009,0<∣x∣<1b,x=bc,x=dd,x=cf(x)= \begin{cases}1 / x, & |x|\gt{}1 \\ 1 / x^{2009}, & 0\lt{}|x|\lt{}1 \\ b, & x=b \\ c, & x=d \\ d, & x=c\end{cases}то f(f(x))=x2009f(f(x))=x^{2009} за всяко x∈Rx \in \mathbb{R}. Значи търсените числа са 0 и ±1\pm 1. б) Да отбележим, че ff е инективна функция (ако f(x)=f(y)f(x)=f(y), то x2009=f(f(x))=f(f(y))=y2009x^{2009}= f(f(x))=f(f(y))=y^{2009}, т. е. x=yx=y ). Ако допуснем, че a=f(0)=−1a=f(0)=-1, то f(−1)=0f(-1)=0. За e=f(1)e=f(1) имаме, че e≠0,−1e \neq 0, -1 и e2009=ee^{2009}=e, т. е. e=1e=1. Тогава f(0)f(1)<0f(0) f(1)\lt{}0 и понеже ff е непрекъсната, то f(y)=0f(y)=0 за някое y∈(0,1)y \in(0, 1). Това е противоречие с инективността на ff и f(−1)=0f(-1)=0. Аналогично a≠1a \neq 1. Остава a=0a=0. Тази стойност може да се реализира както показва следната непрекъсната функция ff, за която f(f(x))=x2009f(f(x))=x^{2009}:f(x)={xx22009,x>00,x=0−(−x)x22009,x<0f(x)= \begin{cases}x^{\sqrt{\vphantom{x^2}2009}}, & x\gt{}0 \\ 0, & x=0 \\ -(-x)^{\sqrt{\vphantom{x^2}2009}}, & x\lt{}0\end{cases}
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В △ABC(AC<BC)\triangle A B C(A C\lt{}B C) с лице 20x2320 \sqrt{\vphantom{x^2}3} точките MM и II са съответно медицентър и център на вписаната окръжност. Отсечката IMI M има дължина 1 и е успоредна на страната ABA B. Да се намерят дължините на страните на триъгълника.
РешениеДа означим BC=a,AC=bB C=a, A C=b и AB=cA B=c. Нека CL(L∈AB)C L(L \in A B) и CNC N ( N∈ABN \in A B ) са съответно ъглополовяща и медиана ( LL е между AA и NN, понеже AC<BCA C\lt{}B C ). От условието следва, че △CLN∼△CIM\triangle C L N \sim \triangle C I M. Тогава LN1=CLCI=CNCM=32\frac{L N}{1}=\frac{C L}{C I}= \frac{C N}{C M}=\frac{3}{2} (понеже MM е медицентър). От ba=ALBL=ALc−AL\frac{b}{a}=\frac{A L}{B L}=\frac{A L}{c-A L} получаваме AL=bca+bA L=\frac{b c}{a+b}. Тъй като AIA I е ъглополовяща в △ALC\triangle A L C, то CIIL=ACAL=a+bc\frac{C I}{I L}=\frac{A C}{A L}=\frac{a+b}{c} и оттук CLCI=a+b+ca+b\frac{C L}{C I}=\frac{a+b+c}{a+b}. Но CLCI=32\frac{C L}{C I}=\frac{3}{2} и получаваме a+b=2ca+b=2 c. Тогава32=LN=AN−AL=c2−bca+b=c(a−b)2(a+b)=a−b4\frac{3}{2}=L N=A N-A L=\frac{c}{2}-\frac{b c}{a+b}=\frac{c(a-b)}{2(a+b)}=\frac{a-b}{4}откъдето намираме a−b=6a-b=6. Сега от a+b=2ca+b=2 c и a−b=6a-b=6 следва, че a=c+3a=c+3 и b=c−3b=c-3. Хероновата формула ни дава, че1200=SABC2=1200=S_{A B C}^{2}=3c2(c2−3)(c2+3)c2⇔c4−36c2−6400=0,\frac{3 c}{2}\left(\frac{c}{2}-3\right)\left(\frac{c}{2}+3\right) \frac{c}{2} \Leftrightarrow c^{4}-36 c^{2}-6400=0,т. е. (c2−100)(c2+64)=0\left(c^{2}-100\right)\left(c^{2}+64\right)=0, откъдето c=10c=10 и a=c+3=13,b=c−3=7a=c+3=13, b=c-3=7.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2009-12-4