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

2018

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2018-9-3: има placeholder текст
  • oliobl2018-11-3: има placeholder текст

8

2 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Върху страната ABA B на триъгълник ABCA B C с ∠ACB=50∘\angle A C B=50^{\circ} е избрана произволна точка OO. Описаната окръжност k1k_{1} около △AOC\triangle A O C пресича отсечката BCB C в точка NN. Описаната окръжност k2k_{2} около △BOC\triangle B O C пресича отсечката ACA C в точка MM. Правата ONO N пресича k2k_{2} в точка DD, а правата OMO M пресича k1k_{1} в точка PP. Правите PAP A и DBD B се пресичат в точка QQ. Да се намери мярката на ∠AQB\angle A Q B.
РешениеСистемата AA има две решения, а системата BB има едно решение, като трите решения са различни. Този случай не е възможен, защото системата BB има единствено решение при a=14a=\frac{1}{4}, а тогава системата AA няма решение.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадено е просто число pp. Да се намерят всички стойности на цялото число nn, за които уравнението:px3−px+n=0p x^{3}-p x+n=0има три различни рационални корена.
РешениеСистемите AA и BB имат по две решения, като едно от решенията съвпада. Тъй като за всяко решение на системата BB имаме x=12x=\frac{1}{2}, то търсим aa, за което системата AA има решение с x=12x=\frac{1}{2}. Тогава y=−2−12=−52y=-2-\frac{1}{2}=-\frac{5}{2} и от второто уравнение намираме a=132a=\frac{13}{2}. При тази стойност на aa решението (x,y)=(1/2,−5/2)(x, y)= (1 / 2, -5 / 2) е общо за системите AA и BB и оригиналната система има точно три решения. Следователно при a=2a=2 и a=132a=\frac{13}{2} системата има точно три решения. Инструкции за оценяване. ( 7 точки) 2 т. за разлагане на първото уравнение; по 1 т. за решаване на всяка от системите AA и BB по 1 т. за разглеждане на всеки от трите случая.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-8-3

9

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е равнобедрен правоъгълен △ABC,∠C=90∘\triangle A B C, \angle C=90^{\circ}, с височина CC1C C_{1}, C1∈ABC_{1} \in A B. Окръжността k1k_{1} е описана около △ACC1\triangle A C C_{1}, а окръжността k2k_{2} е описана около △BCC1\triangle B C C_{1}. Точка DD е вътрешна за малката дъга \wideparenCC1\wideparen{C C}_{1} от k1k_{1}, а точка KK е вътрешна за малката дъга \wideparenCC1\wideparen{C C}_{1} от k2k_{2}. Правата CKC K пресича k1k_{1} за втори път в точка TT, а правата CDC D пресича k2k_{2} за втори път в точка PP. Правите DC1D C_{1} и BPB P се пресичат в точка P1P_{1}, а правите KC1K C_{1} и ATA T се пресичат в точка T1T_{1}. Да се докаже, че TP1⊥PT1T P_{1} \perp P T_{1}.
РешениеИмаме ∠T1TC1=∠C1CA=\wideparenAC12=45∘(\angle T_{1} T C_{1}=\angle C_{1} C A=\frac{\wideparen{A C_{1}}}{2}=45^{\circ}\left(\right. в k1)\left. k_{1}\right) и ∠C1KT=∠C1BC=\wideparenCC12=45∘\angle C_{1} K T=\angle C_{1} B C= \frac{\wideparen{C C}_{1}}{2}=45^{\circ} (в k2k_{2} ). Следователно △C1KT\triangle C_{1} K T е равнобедрен правоъгълен. По-нататък, от ∠TC1T1=90∘\angle T C_{1} T_{1}=90^{\circ} и ∠T1TC1=45∘\angle T_{1} T C_{1}=45^{\circ} следва, че и △TT1C1\triangle T T_{1} C_{1} е равнобедрен правоъгълен. Аналогично се вижда, че △C1DP\triangle C_{1} D P и △PP1C1\triangle P P_{1} C_{1} са равнобедрени правоъгълни. Да разгледаме ротацията φ\varphi на 90∘90^{\circ} с център C1C_{1} по посока на часовниковата стрелка. От доказаното по-горе следва, че φ(P)=P1\varphi(P)=P_{1} и φ(T1)=T\varphi\left(T_{1}\right)=T. Тогава φ(PT1)=TP1\varphi\left(P T_{1}\right)=T P_{1} и от свойствата на ротацията следва, че TP1⊥PT1T P_{1} \perp P T_{1}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В държава има nn града, като между някои от градовете има директна двупосочна авиолиния. От всеки град може да се стигне до всеки друг и всеки град е свързан с авиолиния с точно три други града. Град AA се нарича важен, ако съществуват два града BB и CC, всеки маршрут между които минава през AA. Да се намери минималната възможна стойност на nn, ако точно 25%25 \% от всички градове са важни.
РешениеРешение. Образуваме граф GG с върхове градовете и ребра авиолиниите. Графът е свързан, всеки връх има степен 3 и връх е важен, ако след отстраняването му графът престава да бъде свързан. Ще покажем, че търсеното минимално nn е 16. Тъй като 25%25 \% от всички върхове са важни, то nn се дели на 4. Пример за граф с 16 върха е следният: ребра AX,AYA X, A Y и AZA Z и към връх XX (съответно към YY и ZZ ) "закачаме" четири върха P,Q,RP, Q, R и SS с ребра XP,XSX P, X S, PQ,PR,QR,QS,SRP Q, P R, Q R, Q S, S R. В този пример важни са градовете A,X,YA, X, Y и ZZ и са точно 25%25 \% от всички върхове. Остава да покажем, че не съществува граф с 4, 8 или 12 върха и съответно 1, 2 или 3 важни върха. При n=4n=4 твърдението е очевидно. Да разгледаме един важен връх AA и нека той е свързан с върховете X,YX, Y и ZZ. Нека след изтриване на AA върховете XX и YY не са свързани с път. Това означава, че поне един от върховете XX и YY не е свързан с ZZ и без ограничение нека това е XX. Това означава, че върхът XX също е важен, защото след изтриването му няма път между YY и произволен връх от свързаната компонентна на XX. Нека G1G_1 е графът, съставен от свързаната компонента на върха XX след изтриване на реброто AXA X. В този граф върхът XX е от степен 2, а всички останали върхове са от степен 3. Тъй като броят на върховете с нечетна степен е четно число, то броят на върховете от степен 3 е четно число. Този брой не може да бъде 2 (тогава не може да има връх от степен 3) и следователно е поне 4. Това означава, че в G1G_1 има поне 5 върха. Ако n=8n=8, то няма други върхове (до този момент имаме A,Y,ZA, Y, Z и върховете на G1G_1 ), което е невъзможно защото YY и ZZ не могат да бъдат от степен 3. Нека n=12n=12. От доказаното по-горе следва, че всеки важен връх има съседен важен връх. Ако важните върхове са 3, то те са A,BA, B и CC, като AA е свързан с BB и BB е свързан с CC. Както по-горе доказваме, че след изтриване на BB свързаните компоненти на AA и CC съдържат поне 5 върха. Следователно остава само един връх, който е свързан с BB и той не може да е от степен 3, противоречие. Инструкции за оценяване. ( 7 точки) 1 т. за наблюдението, че nn се дели на 4;14; 1 т. за отхвърляне на случая n=8;3n=8; 3 т. за отхвърляне на случая n=12;2n=12; 2 т. за пример с n=16n=16.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-9-4

10

2 задачи

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намери най-голямото естествено число n≥2n \geq 2 със следното свойство: измежду произволни 20 различни естествени числа могат да бъдат избрани nn числа, a1,a2,…,ana_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}, за които съществува естествено число mm, такова, че числата m+a1,m+a2,…,m+anm+a_{1}, m+a_{2}, \ldots, m+a_{n} са две по две взаимнопрости.
РешениеРешение. Отговор: 9. Нека сме избрали числата a1,a2,…,ana_1, a_2, \ldots, a_n. Ако просто число pp дели едновременно m+aim+a_i и m+aj,i≠jm+a_j, i \neq j, то дели и разликата ai−aj≠0a_i-a_j \neq 0. Следователно такива прости числа има само краен брой. Ако те са p1,p2,…,pkp_1, p_2, \ldots, p_k, достатъчно е за всяко от тях pip_i да съществува остатък αi\alpha_i, който се среща най-много веднъж при деление на a1,a2,…,ana_1, a_2, \ldots, a_n на това просто число. Действително, системата m+αi≡0( mod pi),i=1,2,…,km+\alpha_i \equiv 0 \left(\bmod p_i\right), i=1, 2, \ldots, k, има решение съгласно Китайската теорема за остатъците и такова решение върши работа (най-много едно от числата m+aim+a_i ще се дели на pip_i за всяко i=1,2,…,ki=1, 2, \ldots, k, а други общи делители не може да има). Сега от нашите 20 числа можем да изберем 10 с еднаква четност и едно от другата четност (или 11 от една и съща четност), а от тези 11 числа можем да изберем 9 така, че някой от остатъците при деление на 3 да се среща най-много веднъж (има остатък, който се среща не повече от 3 пътимахаме максимум два от тях). За тези 9 числа е ясно, че при всяко просто число p≥5p \geq 5 можем да намерим остатък с исканите свойства (остатъците вече са много!). Остава да докажем, че има 20 числа, за които изборът на 10 числа с исканото свойство е невъзможен. Действително, ако имаме 10 четни и 10 нечетни числа и във всяка от тези "десятки" има по три с остатъци 1 и 2 при деление на 3 и 4 делящи се на 3, няма как да изберем 10 числа с исканото свойствопоне 9 са с еднаква четност и от тях всеки остатък при деление на 3 ще се среща поне по два пъти и добавянето на кое да е mm ще даде поне две кратни на 3. Инструкции за оценяване. (7 точки) 3 т. за доказателство, че съществуват 20 числа, за които изборът на 10 числа с исканото свойство е невъзможен, 4 т. за доказателство, че винаги можем да изберем 9 числа с исканото свойство. Повечето решения вероятно ще са подобни на втория и третия абзац.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C и произволна точка LL, вътрешна за страната ABA B. Окръжност през точките AA и LL се допира до правата CLC L и пресича страната ACA C за втори път в точка MM. Аналогично, окръжност през точките BB и LL се допира до правата CLC L и пресича страната BCB C за втори път в точка NN. Ъглополовящата на ъгъл ALMA L M пресича ACA C в точка PP, а ъглополовящата на ъгъл BLNB L N пресича BCB C в точка QQ. Да се докаже, че центърът на вписаната в триъгълник MNLM N L окръжност лежи на отсечката PQP Q.
РешениеРешение. От условието следва, че ∠MLC=∠BAC\angle M L C=\angle B A C и ∠NLC=∠ABC\angle N L C=\angle A B C. Тогава имаме ∠ACB+∠MLN=180∘\angle A C B+\angle M L N=180^{\circ} и значи четириъгълникът MLNCM L N C е вписан. По-нататък, ∠CPL=∠BAC+12∠ALM\angle C P L=\angle B A C+\frac{1}{2} \angle A L M като външен за △ALP\triangle A L P и ∠CLP=∠CLM+12∠ALM\angle C L P=\angle C L M+\frac{1}{2} \angle A L M, откъдето ∠CPL=∠CLP\angle C P L=\angle C L P и следователно CP=CLC P=C L. Аналогично CQ=CLC Q=C L, т. е. P,QP, Q и LL лежат на окръжност с център CC. От ∠PML+∠QNL=180∘\angle P M L+\angle Q N L=180^{\circ} следва, че окръжностите, описани около триъгълниците PMLP M L и QNLQ N L се пресичат за втори път в точка от отсечката PQP Q. Ако тази точка е II, имаме ∠LPI=∠LMI\angle L P I=\angle L M I. От друга страна, ∠LNM=∠LCN=2∠LPQ\angle L N M=\angle L C N=2 \angle L P Q. Следователно ∠LMI=12∠LMN\angle L M I=\frac{1}{2} \angle L M N, т. е. MIM I е ъглополовяща в △MNL\triangle M N L. Аналогично се вижда, че NIN I е ъглополовяща в △MNL\triangle M N L и следователно II е центърът на вписаната в триъгълник MNLM N L окръжност. Инструкции за оценяване. (7 точки) 1 т. за доказателство, че MLNCM L N C е вписан, 1 т. за доказателство, че P,QP, Q и LL лежат на окръжност с център C,2C, 2 т. за въвеждането на точка II като пресечна на окръжностите, описани около триъгълниците PMLP M L и QNLQ N L, 3 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Решете неравенството:x⋅4x+16x−5⋅2x+1>0x \cdot 4^{x}+\frac{16}{x}-5 \cdot 2^{x+1}\gt{}0
РешениеНеравенството има смисъл при x≠0x \neq 0 и е еквивалентно наx(22x−10⋅2xx+16x2)>x\left(2^{2 x}-10 \cdot \frac{2^{x}}{x}+\frac{16}{x^{2}}\right)\gt{}0⟺x(2x−8x)(2x−2x)>0.0 \Longleftrightarrow x\left(2^{x}-\frac{8}{x}\right)\left(2^{x}-\frac{2}{x}\right)\gt{}0.Последното няма при x<0x\lt{}0, тъй като лявата страна очевидно е отрицателна. Нека x>0x\gt{}0. Сега неравенството приема вида(2x−8x)(2x−2x)>0,\left(2^{x}-\frac{8}{x}\right)\left(2^{x}-\frac{2}{x}\right)\gt{}0,което се решава по метода на интервалите. Тъй като функцията 2x2^{x} е строго растяща, а 1/x1 / x - строго намаляваща за x>0x\gt{}0, множителите си сменят знака точно когато x=2x=2 и x=1x=1. При x∈(0,1)x \in(0, 1) и двата множителя са отрицателни, при x∈(1,2)x \in(1, 2) единият е положителен, а другият отрицателен, а при x∈(2,+∞)x \in(2, +\infty) и двата са положителни. Следователно решенията са x∈(0,1)∪(2,+∞)x \in(0, 1) \cup(2, +\infty).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че числото rr е рационално тогава и само тогава, когато съществуват три различни цели числа a,ba, b и cc, за които r+a,r+br+a, r+b и r+cr+c образуват геометрична прогресия.
РешениеНека r+a,r+br+a, r+b и r+cr+c образуват геометрична прогресия. Тогава (r+b)2=(r+a)(r+c)(r+b)^{2}= (r+a)(r+c), откъдетоr(a+c−2b)=b2−ac.r(a+c-2 b)=b^{2}-a c.Ако a+b−2c=0a+b-2 c=0, то a,b,ca, b, c образуват аритметична прогресия с разлика, да речем dd. Полагайки a=b−d,c=b+da=b-d, c=b+d, получаваме0=b2−ac=d20=b^{2}-a c=d^{2}откъдето d=0d=0 и a=b=ca=b=c, противоречие. Сегаr=b2−aca+c−2b,r=\frac{b^{2}-a c}{a+c-2 b},което означава, че rr е рационално. Инструкции за оценяване. ( 7 точки) 3 т. за необходимостта на условието; 4 т. за достатъчността на условието; отнема се 1 т., ако не е изчистен случая, когато две от числата a,b,ca, b, c са равни.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-11-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадена е правоъгълна таблица с размери m×n,m,n≥2m \times n, m, n \geq 2, клетките на която са бели или черни. Всеки ред има поне две бели клетки и за никои два реда не съществува точно един стълб, в който и двата реда да имат бели клетки. Да се докаже, че белите клетки могат да бъдат оцветени в синьо и червено така, че да са изпълнени условията: (∗)(*) всички бели клетки, намиращи се в един и същи стълб, получават един цвят; (∗)(*) всеки ред съдържа както сини, така и червени клетки.
РешениеДа означим стълбовете на таблицата със {C1,…,Cn}\left\{C_{1}, \ldots, C_{n}\right\}. Ще опишем процедура за оцветяване на всички бели клетки в синьо и червено. Белите клетки на първия стълб оцветяваме в произволен цвят, да речем синьо. Да допуснем, че сме оцветили стълбовете C1,…,CkC_{1}, \ldots, C_{k} така, че да няма ред, който се състои само от сини и черни или само от червени и черни клетки. Да допуснем, че е невъзможно да оцветим белите клетки на Ck+1C_{k+1}, като спазваме условието. Това, че не можем да оцветим в синьо се случва, защото съществува ред, чиито бели клетки са в стълбовете Ci1,…,Cis,Ck+1,i1<i2<⋯<is<k+1C_{i_{1}}, \ldots, C_{i_{s}}, C_{k+1}, i_{1}\lt{}i_{2}\lt{}\cdots\lt{}i_{s}\lt{}k+1, и всички те, без последната, вече са оцветени в синьо. Аналогично, оцветяване на Ck+1C_{k+1} в червено е невъзможно, защото съществува ред, чиито бели клетки са в стълбовете Cj1,…,Cjt,Ck+1,j1<j2<⋯<jt<k+1C_{j_{1}}, \ldots, C_{j_{t}}, C_{k+1}, j_{1}\lt{}j_{2}\lt{}\cdots\lt{}j_{t}\lt{}k+1, и всички те, без последната, вече са червени. Но така конструирахме два реда, за които съществува точно един стълб, в който и двата реда да имат бели клетки. Това противоречи на условието.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-11-4

12

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че: а) за всяко цяло число n≥2n \geq 2 съществува единствено реално число an>1a_{n}\gt{}1 такова, че ann+1+1=2anna_{n}^{n+1}+1=2 a_{n}^{n}. б) редицата a2,a3,…a_{2}, a_{3}, \ldots от а) е строго растяща и сходяща, и да се намери границата й.
Решениеа) За fn(x)=xn+1−2xn+1f_{n}(x)=x^{n+1}-2 x^{n}+1 имаме, че fn′(x)=(n+1)xn−1(x−yn)f_{n}^{\prime}(x)=(n+1) x^{n-1}\left(x-y_{n}\right), където yn=2n/(n+1)∈(1,2)y_{n}= 2 n /(n+1) \in(1, 2). Следователно fnf_{n} строго намалява в интервала [0,yn]\left[0, y_{n}\right] и (*) строго расте в интервала [yn,+∞)\left[y_{n}, +\infty\right). Понеже fn(yn)<fn(1)=0<1=fn(2)f_{n}\left(y_{n}\right)\lt{}f_{n}(1)=0\lt{}1=f_{n}(2), то съществува единствено реално число an>1a_{n}\gt{}1 такова, че fn(an)=0f_{n}\left(a_{n}\right)=0. б) От а) имаме, че an∈(yn,2)a_{n} \in\left(y_{n}, 2\right). Понеже yn→2y_{n} \rightarrow 2, то и an→2a_{n} \rightarrow 2. (Тъй като 0<1/ann≤(3/4)n→00\lt{}1 / a_{n}^{n} \leq (3 / 4)^{n} \rightarrow 0, това следва и след граничен преход в равенството an+1/ann=2a_{n}+1 / a_{n}^{n}=2 ). По-нататък, в сила е неравенството fn+1(an+1)<fn(an)f_{n+1}\left(a_{n+1}\right)\lt{}f_{n}\left(a_{n}\right), защото е еквивалентно на an+1n+1(an+1−2)<an+1n(an+1−2)⟺(an+1−1)(an+1−2)<0a_{n+1}^{n+1}\left(a_{n+1}-2\right)\lt{}a_{n+1}^{n}\left(a_{n+1}-2\right) \Longleftrightarrow\left(a_{n+1}-1\right)\left(a_{n+1}-2\right)\lt{}0, което следва от an+1∈(1,2)a_{n+1} \in(1, 2). Тогава 0=fn(an)=fn+1(an+1)<fn(an+1)0=f_{n}\left(a_{n}\right)=f_{n+1}\left(a_{n+1}\right)\lt{}f_{n}\left(a_{n+1}\right). Тъй като an+1>yn+1>yna_{n+1}\gt{}y_{n+1}\gt{}y_{n}, an>yna_{n}\gt{}y_{n}, от (*) и fn(an)<fn(an+1)f_{n}\left(a_{n}\right)\lt{}f_{n}\left(a_{n+1}\right) следва, че an<an+1a_{n}\lt{}a_{n+1}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека AMA M и BNB N ( M∈BC,N∈ACM \in B C, N \in A C ) са вътрешните ъглополовящи съответно на ∠BAC\angle B A C и ∠ABC\angle A B C в триъгълника ABCA B C. Ако AM∩BN=IA M \cap B N=I, а описаните окръжности съответно около △ANI\triangle A N I и △BMI\triangle B M I се пресичат за втори път в точката LL от страната ABA B, да се докаже, че лицето на △MNL\triangle M N L не надминава една четвърт от лицето на △ABC\triangle A B C.
РешениеТъй като ∠CNI=∠ALI,∠CMI=∠BLI\angle C N I=\angle A L I, \angle C M I=\angle B L I и ∠ALI+∠BLI=180∘\angle A L I+\angle B L I=180^{\circ}, то четириъгълникът NICM е вписан в окръжност. Тогава180∘=γ+∠NIM=γ+90∘+12γ=32γ+90∘,180^{\circ}=\gamma+\angle N I M=\gamma+90^{\circ}+\frac{1}{2} \gamma=\frac{3}{2} \gamma+90^{\circ},т. е. γ=60∘\gamma=60^{\circ}. Тогава∠CNM=∠CNB−∠MNB=\angle C N M=\angle C N B-\angle M N B=α+12β−30∘=12α+30∘\alpha+\frac{1}{2} \beta-30^{\circ}=\frac{1}{2} \alpha+30^{\circ}и ∠LNM=∠LNI+∠MNI=12α+30∘\angle L N M=\angle L N I+\angle M N I=\frac{1}{2} \alpha+30^{\circ}. Следователно ∠CNM=∠LNM\angle C N M=\angle L N M и аналогично ∠CMN=∠LMN\angle C M N=\angle L M N, т. е. △LNM≅△CMN\triangle L N M \cong \triangle C M N. ПолучавамеSLMNSABC=SCMNSABC=CM⋅CNCB⋅CA=\frac{S_{L M N}}{S_{A B C}}=\frac{S_{C M N}}{S_{A B C}}=\frac{C M \cdot C N}{C B \cdot C A}=abb+c⋅aba+cab=ab(a+c)(b+c).\frac{\frac{a b}{b+c} \cdot \frac{a b}{a+c}}{a b}=\frac{a b}{(a+c)(b+c)}.Трябва да докажем, че ab(a+c)(b+c)≤14⟺(a+c)(b+c)≥4ab\frac{a b}{(a+c)(b+c)} \leq \frac{1}{4} \Longleftrightarrow(a+c)(b+c) \geq 4 a b. Тъй като a+c≥2x2aca+c \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}a c} и b+c≥2x2bcb+c \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}b c}, последното неравенство е еквивалентно на c2≥abc^{2} \geq a b. От косинусовате теорема имаме c2=a2+b2−ab≥ab⟺(a−b)2≥0,cc^{2}=a^{2}+b^{2}-a b \geq a b \Longleftrightarrow(a-b)^{2} \geq 0, \mathrm{c} което задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Колко най-малко може да бъде разстоянието между точки MM и NN съответно от графиките на функциите y=x2y=x^{2} и y=5x2+1y=5 x^{2}+1?
РешениеАко M=(x−a,(x−a)2)M=\left(x-a, (x-a)^{2}\right) и N=(x,5x2+1)N=\left(x, 5 x^{2}+1\right), тоMN2=a2+(5x2+1−(x−a)2)2=M N^{2}=a^{2}+\left(5 x^{2}+1-(x-a)^{2}\right)^{2}=a2+(4(x+a/4)2+1−5a2/4)2.(1)a^{2}+\left(4(x+a / 4)^{2}+1-5 a^{2} / 4\right)^{2}. \tag{1}При a2≥4/5a^{2} \geq 4 / 5 следва, че (2) MN2≥4/5M N^{2} \geq 4 / 5, а при a2<4/5a^{2}\lt{}4 / 5 имаме, че(3)MN2≥\text{(3)} M N^{2} \geqa2+(1−5a2/4)2=(3/5−5a2/4)2+16/25. a^{2}+\left(1-5 a^{2} / 4\right)^{2}=\left(3 / 5-5 a^{2} / 4\right)^{2}+16 / 25 \text{.}Значи (4) min⁡MN=4/5\min M N=4 / 5 (достига се при a=±2x23/5,x=∓x23/10a= \pm 2 \sqrt{\vphantom{x^2}3} / 5, x=\mp \sqrt{\vphantom{x^2}3} / 10 ). Втори начин. Лесно се съобразява, че разстоянието между точки от двете параболи има най-малка стойност, Нека тя се достига за точки MM и NN. Тогава кръговете с центрове в тези точки и радиус MNM N се допират до съответната парабола. Следователно правата MNM N е перпендукулярна на съответните допирателни, т. е. е обща нормала за двете параболи (*). Ако MNM N е успоредна на ординатната ос, то (1) M=(0,0),N=(1,0)M=(0, 0), N=(1, 0) и MN=1M N=1. Иначе M=(x1,x12),N=(x2,5x22+1),x1x2≠0M=\left(x_{1}, x_{1}^{2}\right), N=\left(x_{2}, 5 x_{2}^{2}+1\right), x_{1} x_{2} \neq 0, и правата MNM N може да бъде зададена по два начина:(2)y−x12=−12x1(x−x1),\text{(2)} \quad y-x_{1}^{2}=-\frac{1}{2 x_{1}}\left(x-x_{1}\right),y−(5x22+1)=−110x2(x−x2). \quad y-\left(5 x_{2}^{2}+1\right)=-\frac{1}{10 x_{2}}\left(x-x_{2}\right) \text{.}Оттук x1=5x2,x12+1/2=5x22+1+1/10x_{1}=5 x_{2}, x_{1}^{2}+1 / 2=5 x_{2}^{2}+1+1 / 10, т. е. (3) x1=±x23/2,x2=±x23/10x_{1}= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3} / 2, x_{2}= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3} / 10. Тогава (4) MN=4/5M N=4 / 5, което е отговорът на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-12-3