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

2016

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2016-12-2: има placeholder текст

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е уравнението ∣2x−1∣−1=x2−a|2 x-1|-1=x^{2}-a. a) Да се реши уравнението при a=2a=2б) Да се намерят стойностите на параметъра aa, за които уравнението има два корена, които са цели числа.
Решениеа) При a=2a=2 уравнението е ∣2x−1∣−1=x2−2|2 x-1|-1=x^{2}-2. При x≥12x \geq \frac{1}{2} имаме x2−2x=0x^{2}-2 x=0 откъдето x1=0x_{1}=0 и x2=2x_{2}=2. Но x1<12x_{1}\lt{}\frac{1}{2}, така че само x2=2x_{2}=2 е корен (1 т.). При x<12x\lt{}\frac{1}{2} имаме x2+2x−2=0x^{2}+2 x-2=0 откъдето x1=−1+x25x_{1}=-1+\sqrt{\vphantom{x^2}5} и x2=−1−x25x_{2}=-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}. Но x1>12x_{1}\gt{}\frac{1}{2}, така че само x2=−1−x25x_{2}=-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5} е корен (1 т.). Окончателно корените на уравнението са x1=2x_{1}=2 и x2=−1−x25x_{2}=-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}. (1т.) б) І. При x≥12x \geq \frac{1}{2} имаме x2−2x+2−a=0x^{2}-2 x+2-a=0 откъдето x1=1+x2a−1x_{1}=1+\sqrt{\vphantom{x^2}a-1} и x2=1−x2a−1x_{2}=1-\sqrt{\vphantom{x^2}a-1}, които са цели при x2a−1=m≥0\sqrt{\vphantom{x^2}a-1}=m \geq 0, където mm е цяло число т. е. a−1=m2a-1=m^{2}. Тогава x1=1+mx_{1}=1+m и x2=1−m(1x_{2}=1-m(\mathbf{1} т.) Очевидно x1≥12x_{1} \geq \frac{1}{2}, за всяко цяло m≥0m \geq 0, а x2≥12x_{2} \geq \frac{1}{2}, когато 1−m≥121-m \geq \frac{1}{2} или m≤12m \leq \frac{1}{2}, т. е. m=0m=0. (1 т.) Тъй като при m=0m=0, т. е. a=1a=1 уравнението има единствен корен 1, то в този случай уравнението може да има само един цял корен. (1 т.) II. При x<12x\lt{}\frac{1}{2} имаме x2+2x−a=0x^{2}+2 x-a=0 откъдето x1=−1−x2a+1x_{1}=-1-\sqrt{\vphantom{x^2}a+1} и x2=−1+x2a+1x_{2}=-1+\sqrt{\vphantom{x^2}a+1}, които са цели при x2a+1=n≥0\sqrt{\vphantom{x^2}a+1}=n \geq 0, където nn е цяло число, т. е. a+1=n2a+1=n^{2}. Тогава x1=−1−nx_{1}=-1-n и x2=−1+nx_{2}=-1+n, (1 т.) Очевидно x1<12x_{1}\lt{}\frac{1}{2}, за всяко цяло n≥0n \geq 0, а x2<12x_{2}\lt{}\frac{1}{2}, когато −1+n<12-1+n\lt{}\frac{1}{2} или n<32n\lt{}\frac{3}{2}, т. е. n=0n=0 или 1. (1 т.) При n=0n=0, т. е. a=−1a=-1 уравнението има единствен корен -1 и при n>1n\gt{}1 може да има само един цял корен. При n=1n=1, т. е. a=0a=0 уравнението има два цели корена −x1=−2-x_{1}=-2 и x2=0x_{2}=0 (1 т.) Остава да проверим има ли цели числа m≥1m \geq 1 и n≥2n \geq 2, такива че m2+1=n2−1m^{2}+1=n^{2}-1. От 2=(n−m)(n+m)2=(n-m)(n+m) имаме n−m=1,n+m=2n-m=1, n+m=2, което е невъзможно при m≥1m \geq 1 и n≥2n \geq 2. Окончателно уравнението има два цели корена само при a=0a=0. (1 т.)
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Числата xx и yy са такива, че x(4−3x)+y(4−3y)=3xyx(4-3 x)+y(4-3 y)=3 x y. Да се докаже, че0≤x+y≤169.0 \leq x+y \leq \frac{16}{9}.
РешениеПредставяме равенството във вида 4(x+y)=3(x2+xy+y2).(14(x+y)=3\left(x^{2}+x y+y^{2}\right).(\mathbf{1} т.) От x2+xy+y2=(x+12y)2+34y2≥0x^{2}+x y+y^{2}=\left(x+\frac{1}{2} y\right)^{2}+\frac{3}{4} y^{2} \geq 0 следва, че x+y≥0x+y \geq 0. (2т.) От друга страна 4(x+y)=3((x+y)2−xy)4(x+y)=3\left((x+y)^{2}-x y\right). (1т.) Като използваме неравенството xy≤(x+y2)2x y \leq\left(\frac{x+y}{2}\right)^{2} ще получим последователно 4(x+y)=3(x+y)2−3xy≥3(x+y)2−3(x+y2)24(x+y)=3(x+y)^{2}-3 x y \geq 3(x+y)^{2}-3\left(\frac{x+y}{2}\right)^{2}, откъдето 9(x+y)2≤16(x+y).(29(x+y)^{2} \leq 16(x+y).(2 т.) Ако x+y>0x+y\gt{}0 веднага следва, че x+y≤169x+y \leq \frac{16}{9}. (3 т.) Ако x+y=0x+y=0, твърдението е очевидно. (1 т.) Алтернативно Нека x+y=ax+y=a. Тогава y=a−xy=a-x и като заместим xx в даденото равенство с получения израз, след опростяване получаваме 3x2−3ax+3a2−4a=03 x^{2}-3 a x+3 a^{2}-4 a=0. За това квадратно уравнение относно xx знаем, че неговата дискриминанта е неотрицателна, защото има реален корен. Но дискриминантата му е равна на 48a−27a248 a-27 a^{2}, откъдето следва исканото.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
В триъгълника ABC□ACB=2□ABCA B C \square A C B=2 \square A B C. Точката MM лежи върху страната ACA C, такава че CM=BCC M=B C. Да се намерят ъглите на триъгълника ABCA B C ако BM=ACB M=A C.
РешениеПострояваме □ABC1=□ABC\square A B C_{1}=\square A B C така, че CC и C1C_{1} да са в различни полуравнини относно правата ABA B. Нека точка C1C_{1} върху рамото BC1B C_{1} е такава, че BC1=BCB C_{1}=B C. Тогава △MBC≅△CC1B\triangle M B C \cong \triangle C C_{1} B, като равнобедрени с едни и същи бедра и □MCB=□CBC1\square M C B=\square C B C_{1}, откъдето BM=CC1B M=C C_{1} (5 т.). Тъй като ABA B е ъглополовяща на □CBC1\square C B C_{1}, то AB⊥CC1A B \perp C C_{1}. Нека AB∩CC1=Q.A B \cap C C_{1}=Q. \quad Разглеждаме триъгълника ACQA C Q. Той е правоъгълен, а освен това AC=2AQA C=2 A Q (3 т.). Сега вече □CAB=30∘\square C A B=30^{\circ} (1 т.) и □ABC=50∘\square A B C=50^{\circ} и □ACB=100∘\square A C B=100^{\circ} (1 т.).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В квадратна таблица 2007×20072007 \times 2007 са записани цели неотрицателни числа така, че ако числото в една клетка е 0, то сборът от числата в реда и стълба, които се пресичат в тази клетка е не по-малък от 2007. Да се докаже, че сборът от всички числа в таблицата е не по-малък от 2014025.
РешениеРазглеждаме сборовете на числата по редове и стълбове. (1 т.) Нека най-малкия такъв сбор е равен на kk. (2 т.) Нека този сбор е в един от редовете. Тогава в този ред има най-много 2007−k2007-k нули. (1 т.) От условието имаме, че сбора от числата във всеки стълб, съдържащ една от тези нули е не по-малък от 2007−k(12007-k(\mathbf{1} т.). Във всеки от останалите kk стълба сборът е не по-малък от kk. (1 т.) Тогава за сбора SS на числата в таблицата имаме:S≥S \geqk2+(2007−k)2=2k2−2⋅2007k+20072= k^{2}+(2007-k)^{2}=2 k^{2}-2 \cdot 2007 k+2007^{2}=2(k−20072)2+200722≥2\left(k-\frac{2007}{2}\right)^{2}+\frac{2007^{2}}{2} \geq200722=2014024,5 \frac{2007^{2}}{2}=2014024, 5Ако най-малкия сбор е в един от стълбовете, разглеждаме редовете, съдържащи нулите и получаваме същия резултат за сбора (3 т.). Тъй като SS е цяло число, то S≥2014025S \geq 2014025. (1 т.)
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
В окръжност е вписан изпъкналият петоъгълник ABCDEA B C D E. Точките MM и NN са вътрешни съответно за страните EDE D и CDC D. Отсечката MNM N пресича ADA D в точка KK и BDB D в точка LL. Да се докаже, че ако четириъгълникът ABLKA B L K е вписан, то и четириъгълникът ECNME C N M е вписан.
РешениеОт правилото за външния ъгъл за △LND\triangle L N D имаме ∠MNC=∠DLN+∠LDN=∠MLB+∠BDC\angle M N C= \angle D L N+\angle L D N=\angle M L B+\angle B D C. Използвайки вписаните четириъгълници ABLKA B L K и ABCDA B C D, получаваме180∘−∠KAB+∠BAC=180∘−∠KAC=180^{\circ}-\angle K A B+\angle B A C=180^{\circ}-\angle K A C=180∘−12\wideparenDC=180∘−∠DEC.180^{\circ}-\frac{1}{2} \wideparen{D C}=180^{\circ}-\angle D E C.Следователно четириъгълникът ECNME C N M е вписан.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дадена е системата∣ (a2−90a+2016)(∣x∣+1)=y−9−8∣x∣x2+y2=1,\left\lvert\, \begin{aligned} & \left(a^{2}-90 a+2016\right)(|x|+1)=y-9-8|x| \\ & x^{2}+y^{2}=1 \end{aligned}\right.,където aa е реален параметър. Да се намерят всички стойности на aa, за които системата има единствено реално
РешениеТъй като нищо не се променя в системата при замяната на xc−xx \mathrm{c}-x, можем да имаме единствено само при x=0x=0. Тогава от второто уравнение получаваме y=±1y= \pm 1 и достигаме до уравненията a2−90a+2016=−8a^{2}-90 a+2016=-8 и a2−90a+2016=−10a^{2}-90 a+2016=-10. Последното няма реални корени, а от другото получаваме a=44a=44 и a=46a=46. За горните стойности на aa системата придобива вида{−8(∣x∣+1)=y−9−8∣x∣x2+y2=1⟺∣y=1x2+y2=1.\left\{\begin{array}{l} -8(|x|+1)=y-9-8|x| \cr x^{2}+y^{2}=1 \end{array} \Longleftrightarrow\right| \begin{aligned} & y=1 \\ & x^{2}+y^{2}=1 \end{aligned}.Тогава x=0,y=1x=0, y=1 е единственото за тези стойности на aa.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото естествено число kk, за което уравнението2016+k⋅(2x−1)!≠21y22016+k \cdot(2 x-1)!\neq{}21 y^{2}има
Решениев естествени числа. (С (2x−1)(2 x-1)!! се означава произведението на нечетните естествени числа в интервала [1,2x−1][1, 2 x-1], където xx е естествено число.) Ако 2x−1≥92 x-1 \geq 9, то ( 2x−12 x-1 )!! се дели на 27. Тъй като 2016 се дели на 9, заключаваме, че 21y221 y^{2} се дели на 9, което означава, че yy се дели на 3. Но тогава излиза, че 2016 се дели на 27, което не е вярно. От друга страна, (2x−1)!!(2 x-1)!! трябва да се дели на 7, което означава, че 2x+1≥72 x+1 \geq 7. Следователно 2x−1=7,x=42 x-1=7, x=4, и след съкращаване на 21 получаваме 96+5k=y296+5 k=y^{2}. Оттук лесно се намрира търсеното най-малко kk - получаваме k=5k=5 и съответно y=11y=11.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Едно трицифрено числоще наричаме „демонично“, ако сборът от цифрите му е 18. На дъската са записани nn демонични числа. За всеки две от тях, цифрите на единиците им са различни, и цифрите на десетиците им са различни, и цифрите на стотиците им са различни. Определете най-голямата възможна стойност на nn.
РешениеНека допуснем сред демоничните числа и „числото“ 099. С него общият брой демонични числа е 55 (има 1 с първа цифра 0, 2 с първа цифра 1, 3 с първа цифра 2 и т. н. до 10 с първа цифра 9). Ако числото abc‾\overline{a b c} е на дъската, то на нея липсват другите демонични числа с първа цифра aa (техният брой е aa ), както и другите демонични числа с втора цифра bb (техният брой е bb ), а също и демоничните числа с трета цифра cc (техният брой е cc ), или общо присъствието на abc‾\overline{a b c} на дъската забранява a+b+c=18a+b+c=18 други демонични числа. Понеже всяко число може да бъде забранено не повече от три пъти (по веднъж за всяка негова цифра), общият брой забранени числа е поне 18.n/3=6n18. n / 3=6 n. Като добавим и записаните на дъската nn числа, получаваме 6n+n≤556 n+n \leq 55, откъдето n≤7n \leq 7. Ето пример със 7 демонични числа: 666,378,783,837,495,954,549666, 378, 783, 837, 495, 954, 549.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на параметъра mm, за които уравнението9x2−x−m⋅3x2+9x=09^{x^{2}-x}-m \cdot 3^{x^{2}}+9^{x}=0има точно две реални
РешениеУравнението е еквивалентно на 9x2−2x−m⋅3x2−2x+1=09^{x^{2}-2 x}-m \cdot 3^{x^{2}-2 x}+1=0. Полагаме t=3x2−2xt=3^{x^{2}-2 x} и достигаме до t2−mt+1=0t^{2}-m t+1=0. Разглеждаме квадратната функция f(t)=t2−mt+f(t)=t^{2}-m t+ 1 с дефиниционна област t≥3−1=13t \geq 3^{-1}=\frac{1}{3}. За да е изпълнено условието имаме следните възможности: Случай 1. f(t)=0f(t)=0 има два различни реални корена t1t_{1} и t2t_{2}, като t1<13<t2t_{1}\lt{}\frac{1}{3}\lt{}t_{2}. Тогава f(13)<0f\left(\frac{1}{3}\right)\lt{}0. т. е. m>103m\gt{}\frac{10}{3}. Случай 2. f(t)=0f(t)=0 има единствен реален корен t0>13t_{0}\gt{}\frac{1}{3}. Тогава D=m2−4=0D=m^{2}-4=0 и m>23m\gt{}\frac{2}{3}, т. е. m=2m=2. Окончателно m∈(103,+∞)∪{2}m \in\left(\frac{10}{3}, +\infty\right) \cup\{2\}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C с център на вписаната окръжност II. Нека DD е точка от описаната около △ABC\triangle A B C окръжност, различна от CC, такава, че DID I е ъглополовяща на ∠ADB\angle A D B. Ако AD+BD=2DIA D+B D=2 D I, то да се докаже, че AC=BCA C=B C.
РешениеНека kk е описаната около △ABC\triangle A B C окръжност и правите AIA I и BIB I пресичат за втори път kk в точките KK и LL съответно. От условието следва, че∠ADI=∠BDI=12∠ADB=∠LDK,\angle A D I=\angle B D I=\frac{1}{2} \angle A D B=\angle L D K,но ∠DAI=∠DLK\angle D A I=\angle D L K и ∠DBI=∠DKL\angle D B I=\angle D K L и следователно △ADI∼△LDK∼IDB\triangle A D I \sim \triangle L D K \sim I D B. ТогаваADID=IDBD⇒AD⋅BD=DI2.\frac{A D}{I D}=\frac{I D}{B D} \Rightarrow A D \cdot B D=D I^{2}.Окончателно AD+BD=2DIA D+B D=2 D I и AD⋅BD=DI2A D \cdot B D=D I^{2} откъдето следва, че AD=BD=DIA D=B D=D I. Това означава, че точките C,IC, I и DD лежат на една права, но ∠ADI=∠BDI\angle A D I=\angle B D I, т. е. AC=BCA C=B C.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Разглеждаме пермутации a1a2…ana_{1} a_{2} \ldots a_{n} на числата 1,2,…,n1, 2, \ldots, n, имащи свойствата: (i) ai<ai+2a_{i}\lt{}a_{i+2} за всички i=1,2,…,n−2i=1, 2, \ldots, n-2; (ii) ai<ai+3a_{i}\lt{}a_{i+3} за всички i=1,2,…,n−3i=1, 2, \ldots, n-3. Да се намери най-малкото число nn, за което броят на тези пермутации надхвърля 1000.
РешениеПо условие имаме:a1<a3<a5,…a1<a4<a7<…a_{1}\lt{}a_{3}\lt{}a_{5}, \ldots \quad a_{1}\lt{}a_{4}\lt{}a_{7}\lt{}\ldotsоткъдетоa1<min⁡{a3,a4,…,an}.a_{1}\lt{}\min \left\{a_{3}, a_{4}, \ldots, a_{n}\right\}.Следователно a1≤2a_{1} \leq 2 и имаме две възможности: (1) a1=1a_{1}=1 и (2) a1=2a_{1}=2 (т. е. a2=1a_{2}=1 ). Да означим със g(n)g(n) броят на пермутациите на 1,2,…,n1, 2, \ldots, n, имащи исканите две свойства. Очевидно броят на пермутациите от тип (1) е g(n−1)g(n-1), а броят на пермутациите от тип (2) е g(n−2)g(n-2). Следователно, g(n)=g(n−1)+g(n−2)g(n)=g(n-1)+g(n-2) като освен това g(1)=1,g(2)=2g(1)=1, g(2)=2. С непосредствена проверка се убеждаваме, че търсеното число е n=16n=16.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадено е естественото число nn. Да се намери максималния брой делители на числото M=2016nM=2016^{n} такива, че нито един от тях не дели някой друг.
РешениеИмаме M=25n⋅32n⋅7nM=2^{5 n} \cdot 3^{2 n} \cdot 7^{n}. Всеки делител dd на MM има видаd=2α⋅3β⋅7γ,0≤α≤5n,d=2^{\alpha} \cdot 3^{\beta} \cdot 7^{\gamma}, 0 \leq \alpha \leq 5 n,0≤β≤2n,0≤γ≤n. 0 \leq \beta \leq 2 n, 0 \leq \gamma \leq n.Така с всеки делител dd свързваме тройка (α,β,γ)(\alpha, \beta, \gamma), като α,β,γ\alpha, \beta, \gamma се менят в указаните интервали. Ако делителите d1d_{1} и d2d_{2} изпълняват условието d1d_{1} да дели d2d_{2} и с тях са свързани съответно тройките ( α1,β1,γ1\alpha_{1}, \beta_{1}, \gamma_{1} ) и ( α2,β2,γ2\alpha_{2}, \beta_{2}, \gamma_{2} ), то имамеα1≤α2,β1≤β2,γ1≤γ2(⋆)\alpha_{1} \leq \alpha_{2}, \beta_{1} \leq \beta_{2}, \gamma_{1} \leq \gamma_{2} \tag{$\star$}Сега условието на задачата се преформулира така: да се намери максималният брой тройки (α,β,γ),0≤α≤5n,0≤β≤2n,0≤γ≤n(\alpha, \beta, \gamma), 0 \leq \alpha \leq 5 n, 0 \leq \beta \leq 2 n, 0 \leq \gamma \leq n, за никои две от които не се изпълнява (*). За фиксирани β\beta и γ\gamma веригите Cβ,γ={(α,β,γ)∣0≤α≤5n}C_{\beta, \gamma}=\{(\alpha, \beta, \gamma) \mid 0 \leq \alpha \leq 5 n\} покриват всички допустими тройки ( α,β,γ\alpha, \beta, \gamma ). Тъй като от всяка от тях може да се избере най-много една тройка, то търсеният брой не надхвърля (n+1)(2n+1)(n+1)(2 n+1). От друга страна, множеството(3n−β−γ,β,γ)∣0≤β≤2n,0≤γ≤n}(3 n-\beta-\gamma, \beta, \gamma) \mid 0 \leq \beta \leq 2 n, 0 \leq \gamma \leq n\}Съдържа (n+1)(2n+1)(n+1)(2 n+1) тройки, никои две от които не изпълняват ( ★) (Защо?).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-10-4

11

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
В трапец ABCD,AB∥CDA B C D, A B \| C D, вписаната окръжност в триъгълник ABDA B D допира страните ABA B и BDB D съответно в точки MM и NN, а вписаната окръжност в триъгълник ACDA C D допира страните ACA C и DCD C съответно в точки PP и QQ. Да се докаже, че пресечната точка на правите MNM N и PQP Q лежи на средната основа на трапеца.
РешениеНека OO е центърът на вписаната в △ABD\triangle A B D окръжност и ъглополовящата на ъгъл BACB A C пресича правата MNM N в точка SS. Тъй като ∠ASM=∠BMN−∠BAO\angle A S M=\angle B M N-\angle B A O, то ∠ASM=12∠ADB\angle A S M=\frac{1}{2} \angle A D B. Следователно точките O,S,NO, S, N и DD лежат на една окръжност. Тогава ∠DSA=∠DNO=90∘\angle D S A=\angle D N O=90^{\circ}. Понеже ABCDA B C D е трапец, то DSD S е ъглополовяща на ∠ADC\angle A D C. По същия начин доказваме, че ъглополовящите на ∠ADC\angle A D C и ∠BAC\angle B A C се пресичат върху PQP Q. Следователно SS е пресечната точка на правите MNM N и PQP Q. Ако TT е средата на ADA D, то ∠TSA=∠TAS=∠SAB\angle T S A=\angle T A S=\angle S A B, което означава, че ST∥ABS T \| A B. Понеже TT е среда на ADA D и ST∥ABS T \| A B, точката SS лежи на средната основа на трапеца.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадено е естествено число t>2t\gt{}2. За редицата от естествени числа a1,a2,…,ana_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n} е изпълнено a1=ta_{1}=t иan+1=an2−2приn≥1.a_{n+1}=a_{n}^{2}-2 \text{при} n \geq 1.a) Да се намери най-големият общ делител на a2016a_{2016} и a1008a_{1008}. б) Да се пресметне границата lim⁡n→∞a1⋅a2……anan+1\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1} \cdot a_{2} \ldots \ldots a_{n}}{a_{n+1}}.
РешениеСлед повдигане на втора степен на дадената рекурентна връзка, получавамеan+12−4=an2(an2−4)(1)a_{n+1}^{2}-4=a_{n}^{2}\left(a_{n}^{2}-4\right) \tag{1}а) Оттук следва, че a20162−4=a20152⋅a20142…a10082(a10082−4)a_{2016}^{2}-4=a_{2015}^{2} \cdot a_{2014}^{2} \ldots a_{1008}^{2}\left(a_{1008}^{2}-4\right). Ако d=(a2016,a1008)d=\left(a_{2016}, a_{1008}\right), то dd дели a1008a_{1008} и следователно dd дели a20162−4a_{2016}^{2}-4, т. е. d=1,2d=1, 2 или 4. Ако a1a_{1} е четно число, то всички членове на редицата след първия се делят на 2, но не и на 4, а ако a1a_{1} е нечетно число, всички членове на редицата са нечетни числа. Следователно d=2d=2 при tt четно и d=1d=1 при tt нечетно. б) Тъй като a1=t>2a_{1}=t\gt{}2 редицата е строго растяща. От (1) следваlim⁡n→∞a1⋅a2…anan+1=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1} \cdot a_{2} \ldots a_{n}}{a_{n+1}}=x21−4an+12a12−4\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{1-\frac{4}{a_{n+1}^{2}}}{a_{1}^{2}-4}}и тогава търсената граница е равна на x21t2−4\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{1}{t^{2}-4}}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека f:R→Rf: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} е такава функция, че f(x2+y2)≥f(x+y)∀x,y∈Rf\left(x^{2}+y^{2}\right) \geq f(x+y) \forall x, y \in \mathbb{R}. Да се докаже, че f(x)=f(y)∀x,y∈(0,2)f(x)=f(y) \forall x, y \in(0, 2).
РешениеАко 2z≥t22 z \geq t^{2}, то за 2x=t+x22z−t2,2y=t−x22z−t22 x=t+\sqrt{\vphantom{x^2}2 z-t^{2}}, 2 y=t-\sqrt{\vphantom{x^2}2 z-t^{2}} имаме, че x2+y2=zx^{2}+y^{2}=z, x+y=tx+y=t и значи f(z)≥f(t)f(z) \geq f(t). Ако z∈(0,2)z \in(0, 2) и t∈(z,x22z]t \in(z, \sqrt{\vphantom{x^2}2 z}], то 2z≥t2,2t>z22 z \geq t^{2}, 2 t\gt{}z^{2} и следователно f(z)=f(t)(∗)f(z)=f(t)(*). Нека сега a0=1a_{0}=1 и an+1=x22an(n≥0)a_{n+1}=\sqrt{\vphantom{x^2}2 a_{n}}(n \geq 0). По индукция следва, че 1≤an<an+1<21 \leq a_{n}\lt{}a_{n+1}\lt{}2 и значи съществува l=lim⁡n→∞anl=\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}. Понеже l=x22ll=\sqrt{\vphantom{x^2}2 l}, то l=2l=2. Следователно [1,2)=⋃n=0∞[an,an+1)[1, 2)= \bigcup_{n=0}^{\infty}\left[a_{n}, a_{n+1}\right). Тогава от доказаното в началото следва, че f(x)=f(1)∀x∈(1,2)f(x)=f(1) \forall x \in(1, 2). По същия начин, с помощта на редицата, дефинирана чрез равенствата b0=1b_{0}=1 и 2bn+1=bn2(n≥0)2 b_{n+1}=b_{n}^{2}(n \geq 0), се доказва, че f(x)=f(1)∀x∈(0,1)f(x)=f(1) \forall x \in(0, 1).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека aa и bb са реални положителни числа. Да се докаже, че редицата {un}n=1∞\left\{u_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}, зададена сu1=x2a,un+1=x2a+bun,u_{1}=\sqrt{\vphantom{x^2}a}, \quad u_{n+1}=\sqrt{\vphantom{x^2}a+b u_{n}},е сходяща и да се намери границата lim⁡n→∞un\lim _{n \rightarrow \infty} u_{n}.
РешениеОт очевидното неравенствоun+1=x2a+ba+…+ba+ba⏟n+1корена>u_{n+1}=\underbrace{\sqrt{\vphantom{x^2}a+b \sqrt{a+\ldots+b \sqrt{a+b \sqrt{a}}}}}_{n+1 \text{корена}}\gt{}x2a+ba+…+ba⏟nкорена=un\underbrace{\sqrt{\vphantom{x^2}a+b \sqrt{a+\ldots+b \sqrt{a}}}}_{n \text{корена}}=u_{n}следва, че редицата е растяща. Да означим с mm по-голямото от числата aa и bb, т. е. m=max⁡{a,b}m=\max \{a, b\}. Сега имаме u1=x2a<a+1≤m+1u_{1}=\sqrt{\vphantom{x^2}a}\lt{}a+1 \leq m+1 иun+1=x2a+bun≤x2m+mun<u_{n+1}=\sqrt{\vphantom{x^2}a+b u_{n}} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}m+m u_{n}}\lt{}x2m+m(m+1)=x2m2+2m<m+1.\sqrt{\vphantom{x^2}m+m(m+1)}=\sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+2 m}\lt{}m+1.Доказахме, че редицата {un}\left\{u_{n}\right\} е растяща и ограничена отгоре, откъдето следва, че границата L=lim⁡n→∞unL=\lim _{n \rightarrow \infty} u_{n} съществува и удовлетворява L2−bL−a=0L^{2}-b L-a=0. Тъй като очевидно L>0L\gt{}0, окончателно получаваме L=b+x2b2+4a2L=\frac{b+\sqrt{\vphantom{x^2}b^{2}+4 a}}{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-12-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Гришо попълва с положително число някоя от звездичките в уравнението∗x12+⋯+∗x7+x6+∗x5+⋯+∗x+∗=0,* x^{12}+\cdots+* x^{7}+x^{6}+* x^{5}+\cdots+* x+*=0,а след това Мишо попълва с положително число друга от звездичките и т. н., докато бъдат попълнени дванайсетте звездички. Да се докаже, че Мишо има стратегия, при която полученото накрая уравнение има реален корен.
РешениеНека уравнението е ∑i=012aixi=0\sum_{i=0}^{12} a_{i} x^{i}=0. Да разделим коефициентите по двойки (a0,a1),(a2,a3),(a4,a5),(a7,a8),(a9,a10),(a11,a12)\left(a_{0}, a_{1}\right), \left(a_{2}, a_{3}\right), \left(a_{4}, a_{5}\right), \left(a_{7}, a_{8}\right), \left(a_{9}, a_{10}\right), \left(a_{11}, a_{12}\right). Лесно се проверява, че ако b>0b\gt{}0, тоmin⁡(bx2k+cx2k−1)=(c2k)2k(1−2kb)2k−1.\min \left(b x^{2 k}+c x^{2 k-1}\right)=\left(\frac{c}{2 k}\right)^{2 k}\left(\frac{1-2 k}{b}\right)^{2 k-1}.Значи след първия попълнен от Гришо коефициент, Мишо може да попълни другия коефициент от съответната двойка така, че ajx0j+aj+1x0j+1+x06=0a_{j} x_{0}^{j}+a_{j+1} x_{0}^{j+1}+x_{0}^{6}=0 за някое x0<x_{0}\lt{} 0 (защо?) При попълен по-нататък коефициент от Гришо, Мишо попълва другия коефициент от съответната двойка така, че aj+aj+1x0=0a_{j}+a_{j+1} x_{0}=0. Следователно x0x_{0} е корен на полученото уравнение.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
За кои стойности на реалния параметър aa уравнениетоsin⁡x2+cos⁡9x=a\sin \frac{x}{2}+\cos \frac{9}{x}=aима положителен реален корен?
РешениеНека f(x)=sin⁡x2+cos⁡9xf(x)=\sin \frac{x}{2}+\cos \frac{9}{x}. Да допуснем, че f(x)=af(x)=a за някое x>0x\gt{}0. Очевидно a<2a\lt{}2. Ако a=2a=2, то x2=π2+2kπ\frac{x}{2}= \frac{\pi}{2}+2 k \pi и 9x=2lπ\frac{9}{x}=2 l \pi за някои k,l∈Zk, l \in \mathbb{Z}, откъдето π2=92l(4k+1)\pi^{2}=\frac{9}{2 l(4 k+1)}, противоречие. Понататък, sin⁡x2>0\sin \frac{x}{2}\gt{}0 при 0<x<2π0\lt{}x\lt{}2 \pi и cos⁡9x>0\cos \frac{9}{x}\gt{}0 при x>18πx\gt{}\frac{18}{\pi}. Понеже 2π>18π2 \pi\gt{}\frac{18}{\pi}, следва, че a>−1a\gt{}-1. Обратно, ще докажем, че ако a∈(−1,2)a \in(-1, 2), то f(x)=af(x)=a за някое x>0x\gt{}0. Нека bn=π+4nπb_{n}=\pi+4 n \pi и cn=9(2n+1)πc_{n}=\frac{9}{(2 n+1) \pi}. Понеже lim⁡n→∞f(bn)=2\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(b_{n}\right)=2 и lim⁡n→∞f(cn)=−1\lim _{n \rightarrow \infty} f\left(c_{n}\right)=-1, можем да намерим n∈Nn \in \mathbb{N} така, че f(cn)<a<f(bn)f\left(c_{n}\right)\lt{}a\lt{}f\left(b_{n}\right). От теоремата на Болцано-Вайерщрас следва, че f(x)=af(x)=a за някое x∈(cn,bn)x \in\left(c_{n}, b_{n}\right).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-12-4