maths.bgmaths.bg
Всички колекции
SOM

Контролни по области

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

7 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2016

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • somalg2016-9-1: има placeholder текст
  • somalg2016-9-2: има placeholder текст
  • somcomb2016-9-2: има placeholder текст
  • somcomb2016-9-3: има placeholder текст

9 · Алгебра

3 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomalg2016-9-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomalg2016-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички функции f:R→Rf: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} такива, чеf(x+y)≥(y+1)f(x)∀x,y∈Rf(x+y) \geq(y+1) f(x) \quad \forall x, y \in \mathbb{R}
РешениеИмаме, че f(z)≥0.f(z+1)=0f(z) \geq 0. f(z+1)=0 и f(k+1nx)≥(1+xn)f(kxn)f\left(\frac{k+1}{n} x\right) \geq\left(1+\frac{x}{n}\right) f\left(\frac{k x}{n}\right). Като умножим тези неравенства при k=0,1,…,n−1k=0, 1, \ldots, n-1, получаваме, че f(x)≥(1+xn)nf(0)f(x) \geq\left(1+\frac{x}{n}\right)^{n} f(0). Аналогично, като умножим неравенствата f(kxn)≥(1−xn)f(k+1nx)f\left(\frac{k x}{n}\right) \geq\left(1-\frac{x}{n}\right) f\left(\frac{k+1}{n} x\right) при k=0,1,…,n−1k=0, 1, \ldots, n-1, получаваме, че f(0)≥(1−xn)nf(x)f(0) \geq\left(1-\frac{x}{n}\right)^{n} f(x). Тъй като (1±xn)n→e±x\left(1 \pm \frac{x}{n}\right)^{n} \rightarrow e^{ \pm x}, следва, че f(x)=f(0)exf(x)=f(0) e^{x}. Обратно, неравенството ey≥1+ye^{y} \geq 1+y показва че за всяко c≥0c \geq 0 функцията f(x)=cexf(x)=c e^{x} удовлетворява даденото условие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomalg2016-9-3

9 · Геометрия

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е вписан четириъгълник ABCDA B C D с пресечна точка на диагоналите FF. Нека правите ABA B и CDC D се пресичат в точка PP, а точка MM е от лъча PD→P D^{\rightarrow}, такава, че PA⋅AB=PM.CDP A \cdot A B=P M. C D. Ако NN е симетричната точка на MM относно PP, то да се докаже, че PF∥ANP F \| A N.
РешениеРешение. Нека правата PFP F пресича правата AMA M в точка QQ. Означаваме с h1h_{1} и h2h_{2} разстоянията от точка FF към правите APA P и DPD P съответно. От △DCF∼△ABF\triangle D C F \sim \triangle A B F имамеPMPA=ABCD=h1h2⇒PM⋅h2=\frac{P M}{P A}=\frac{A B}{C D}=\frac{h_{1}}{h_{2}} \Rightarrow P M \cdot h_{2}=PA⋅h1⇒SPMF=SPAF⇒MQ=MA.P A \cdot h_{1} \Rightarrow S_{P M F}=S_{P A F} \Rightarrow M Q=M A.Следователно PQP Q е средна отсечка в △ANM\triangle A N M, т. е. PF∥ANP F \| A N.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomgeo2016-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е изпъкнал четириъгълник ABCDA B C D, в който ∠DAC=∠ABC\angle D A C =\angle A B C и ∠DCA=∠ACB\angle D C A=\angle A C B. Точка NN лежи на отсечката ABA B и е такава, че ∠NCB=∠ABD\angle N C B=\angle A B D. Нека MM е средата на BDB D. Правите AMA M и BCB C се пресичат в точка PP. Да се докаже, че PN⊥ABP N \perp A B.
РешениеРешение. Нека ∠ACB=γ\angle A C B=\gamma. Означаваме с KK и LL средите на ADA D и ABA B съответно. Имаме, че △DAC∼△ABC\triangle D A C \sim \triangle A B C и значи CKC K и CLC L са съответни медиани в тях. Следователно ∠AKC=∠BLC\angle A K C=\angle B L C, откъдето следва, че четириъгълникът AKCLA K C L е вписан. Сега от средна отсечка в △ABD\triangle A B D следва, че ∠ABD=∠ALK=∠ACK=∠BCL\angle A B D=\angle A L K=\angle A C K=\angle B C L, т. е. N≡LN \equiv L. Разглеждаме △ANM\triangle A N M. От една страна∠ANM=180∘−∠BAD=∠ACB,\angle A N M=180^{\circ}-\angle B A D=\angle A C B,а от друга,ANMN=ABAD=BCAC\frac{A N}{M N}=\frac{A B}{A D}=\frac{B C}{A C}Следователно △ANM∼△BCA\triangle A N M \sim \triangle B C A, т. е. ∠BAP=∠ABC\angle B A P=\angle A B C, откъдето следва, че △ABP\triangle A B P е равнобедрен. В този равнобедрен триъгълник NN е средата на основата и следователно PN⊥ABP N \perp A B.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomgeo2016-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C, който е вписан в окръжност kk с център OO. Разглеждаме трите полувписани окръжности за △ABC\triangle A B C, т. е. окръжностите, които се допират вътрешно до kk и до две от страните му. Да се докаже, че техният радикален център лежи на правата IOI O, където II е центърът на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност.
РешениеРешение. Нека ω\omega е вписаната, а ωA,ωB\omega_{A}, \omega_{B} и ωC\omega_{C} са полувписаните окръжности за △ABC\triangle A B C. Ще използваме означенията за точките от фигурата по-долу. Да разгледаме хомотетия hh, която изпраща вписаната в описаната за △ABC\triangle A B C окръжност. От теоремата за трите хомотетии следва, че правите ATA,BTBA T_{A}, B T_{B} и CTCC T_{C} се пресичат в центъра TT на хомотетията hh. Следователно T,IT, I и OO лежат на една права. От друга страна, полярите на точките QAQ_{A} и QCQ_{C} относно kk минават през точка TT и следователно QAQCQ_{A} Q_{C} е полярата на точката TT относно kk. Остава да съобразим, че относно k,PCk, P_{C} е полюс за радикалната ос ρ(ωA,ωB)\rho\left(\omega_{A}, \omega_{B}\right), а PAP_{A} е полюс за радикалната ос ρ(ωB,ωC)\rho\left(\omega_{B}, \omega_{C}\right). Тогава PAPCP_{A} P_{C} е поляра на радикалния център PP на ωA,ωB\omega_{A}, \omega_{B} и ωC\omega_{C} относно kk. Необходимо е да докажем, че PAPC∥QAQCP_{A} P_{C} \| Q_{A} Q_{C}. НоTBQAQAPA=TBXBXBMA=TBYBYBMC=TBQCQCPC\frac{T_{B} Q_{A}}{Q_{A} P_{A}}=\frac{T_{B} X_{B}}{X_{B} M_{A}}=\frac{T_{B} Y_{B}}{Y_{B} M_{C}}=\frac{T_{B} Q_{C}}{Q_{C} P_{C}}с което доказателството е завършено. C1. Съществуват два независими едноцветни триъгълника T1=X1X2X3T_{1}=X_{1} X_{2} X_{3} и T2=Y1Y2Y3T_{2}=Y_{1} Y_{2} Y_{3} (защо?). Нека X1X2X3X_{1} X_{2} X_{3} е червен, а Y1Y2Y3Y_{1} Y_{2} Y_{3} - син. Ребрата между останалите пет върха не образуват едноцветен триъгълник (ако има такъв задачата би била решена) и следователно подграфът, индуциран от тези върхове се разбива на два едноцветни цикъла: Z1Z2Z3Z4Z5Z1Z_{1} Z_{2} Z_{3} Z_{4} Z_{5} Z_{1} - червен и Z1Z3Z5Z2Z4Z1Z_{1} Z_{3} Z_{5} Z_{2} Z_{4} Z_{1} - син. В подграфа, породен от Yi,Z1,…,Z5,i=1,2,3Y_{i}, Z_{1}, \ldots, Z_{5}, i=1, 2, 3, съществува едноцветен триъгълник. Ако той е червен, задачата е решена, затова ще приемем, че това е син триъгълник. Аналогично от всеки връх Xi,i=1,2,3X_{i}, i=1, 2, 3, образува с два от върховете Z1,…,Z5Z_{1}, \ldots, Z_{5} червен триъгълник. Ако съществува монохроматичен триъгълник от вида XiYjYkX_{i} Y_{j} Y_{k} или XiXjYkX_{i} X_{j} Y_{k}, то задачата е решена, тъй като ще го комбинираме с един от построените по-горе триъгълници. Следователно от всеки връх YjY_{j} излиза не повече от едно червено ребро, а от всеки връх XiX_{i} излиза не повече от едно синьо ребро. Това е противоречие, тъй като имаме девет ребра от вида XiYjX_{i} Y_{j}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomgeo2016-9-3

9 · Комбинаторика

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Ребрата на пълния граф с 11 върха са оцветени в червено и синьо. Да се докаже, че съществуват два независими (без общи върхове) едноцветни триъгълника, които са с един и същи цвят (и двата червени или и двата сини).
РешениеСъществуват два независими едноцветни триъгълника T1=X1X2X3T_{1}=X_{1} X_{2} X_{3} и T2=Y1Y2Y3T_{2}=Y_{1} Y_{2} Y_{3} (защо?). Нека X1X2X3X_{1} X_{2} X_{3} е червен, а Y1Y2Y3Y_{1} Y_{2} Y_{3} - син. Ребрата между останалите пет върха не образуват едноцветен триъгълник (ако има такъв задачата би била решена) и следователно подграфът, индуциран от тези върхове се разбива на два едноцветни цикъла: Z1Z2Z3Z4Z5Z1Z_{1} Z_{2} Z_{3} Z_{4} Z_{5} Z_{1} - червен и Z1Z3Z5Z2Z4Z1Z_{1} Z_{3} Z_{5} Z_{2} Z_{4} Z_{1} - син. В подграфа, породен от Yi,Z1,…,Z5,i=1,2,3Y_{i}, Z_{1}, \ldots, Z_{5}, i=1, 2, 3, съществува едноцветен триъгълник. Ако той е червен, задачата е решена, затова ще приемем, че това е син триъгълник. Аналогично от всеки връх Xi,i=1,2,3X_{i}, i=1, 2, 3, образува с два от върховете Z1,…,Z5Z_{1}, \ldots, Z_{5} червен триъгълник. Ако съществува монохроматичен триъгълник от вида XiYjYkX_{i} Y_{j} Y_{k} или XiXjYkX_{i} X_{j} Y_{k}, то задачата е решена, тъй като ще го комбинираме с един от построените по-горе триъгълници. Следователно от всеки връх YjY_{j} излиза не повече от едно червено ребро, а от всеки връх XiX_{i} излиза не повече от едно синьо ребро. Това е противоречие, тъй като имаме девет ребра от вида XiYjX_{i} Y_{j}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomcomb2016-9-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomcomb2016-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomcomb2016-9-3

9 · Теория на числата

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Естествените числа a,b,ca, b, c и dd са такива, чеa2+b2=c2+d2иa≠d.a^{2}+b^{2}=c^{2}+d^{2} \quad \text{и} \quad a \neq d.Да се докаже, че числото ac+bda c+b d има прост делител, който дава остатък 1 при деление на 44.
РешениеРешение. Да означим f(x,y,z)=x2+2y2+4z2+yzf(x, y, z)=x^{2}+2 y^{2}+4 z^{2}+y z. За всяко a∈{1,2,…,30}a \in\{1, 2, \ldots, 30\} непосредствено се посочват примери, в които f(x,y,z)=af(x, y, z)=a за някои цели x,yx, y и zz (това става най-лесно ако се разгледа първо 2y2+4z2+yz2 y^{2}+4 z^{2}+y z ). Да допуснем, че f(x,y,z)=31f(x, y, z)=31 за някои цели x,yx, y и zz. Тогава несложни пребразования водят до равенството16x2+(8z+y)2=31(16−y2)16 x^{2}+(8 z+y)^{2}=31\left(16-y^{2}\right)което е невъзможно за цели x,yx, y и zz. Действително, 31 трябва да дели xx и 8z+y8 z+y, откъдето лявата страна се дели на 31231^{2}, тогава y=4,x=8z+y=0y=4, x=8 z+y=0 и т. н. Забележка. Горното решение е по-лесната част от решението на следната задача: Да се намери max⁡min⁡{a∈N:a\max \min \{a \in \mathbb{N}: a не се представя като f(x,y,z)}f(x, y, z)\}, където минимизирането се извършва по всички положително дефинитни квадратични форми на три цели променливи с цели коефициенти. Оказва се, че търсеният max min e точно 31, като квадратичната форма x2+2y2+4z2+yzx^{2}+2 y^{2}+4 z^{2}+y z е единствената (с точност до еквивалентност), за която се достига равенство.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomnt2016-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Редицата от естествени числа a1,a2,…a_{1}, a_{2}, \ldots удовлетворява връзкатаan+3=an+2an+1an+1a_{n+3}=a_{n+2} a_{n+1} a_{n}+1за всяко естествено nn. Да се докаже, че съществуват безбройно много естествени числа nn, за които an−43a_{n}-43 е нечетно съставно число.
РешениеЩе решим следната по-обща задача. Дадени са естествени числа m≥3m \geq 3 и s≥2s \geq 2, като ss не се дели на 2[m+12]2^{\left[\frac{m+1}{2}\right]}. Да се докаже, че за всяко естествено число kk съществува естествено число nn, такова, че числото n2k−2m+1n 2^{k}-2^{m}+1 е точна ss-та степен на естествено число. Достатъчно е да покажем, че за всяко естествено kk сравнението xs≡1−2m( mod 2k)x^{s} \equiv 1-2^{m} \left(\bmod 2^{k}\right) има решение xkx_{k}. При k≤mk \leq m това е очевидноможем да вземем x1=x2=⋯=xm=1x_{1}= x_{2}=\cdots=x_{m}=1. Ако xkx_{k} е решение при някое k≥mk \geq m, ще конструираме решение xk+1x_{k+1} за k+1k+1. Ако xks≡1−2m( mod 2k+1)x_{k}^{s} \equiv 1-2^{m}\left(\bmod 2^{k+1}\right), полагаме xk+1=xkx_{k+1}=x_{k}. Ако xks≢1−2m( mod 2k+1)x_{k}^{s} \not \equiv 1-2^{m}\left(\bmod 2^{k+1}\right), то xks≡1−2m+2k( mod 2k+1)x_{k}^{s} \equiv 1-2^{m}+2^{k}\left(\bmod 2^{k+1}\right). Нека s=2abs=2^{a} b, където bb е нечетно число, а a≤[m+12]−1a \leq\left[\frac{m+1}{2}\right]-1, т. е. a+1≤m+12⟺2a+1≤ma+1 \leq \frac{m+1}{2} \Longleftrightarrow 2 a+1 \leq m. Тогава полагаме xk+1=xk+2k−ax_{k+1}=x_{k}+2^{k-a}. Имаме последователноxk+1s=(xk+2k−a)s≡xks+sxks−12k−a≡1−2m+2k(1+bxks−1)≡1−2m( mod 2k+1)\begin{aligned} x_{k+1}^{s} & =\left(x_{k}+2^{k-a}\right)^{s} \equiv x_{k}^{s}+s x_{k}^{s-1} 2^{k-a} \\ & \equiv 1-2^{m}+2^{k}\left(1+b x_{k}^{s-1}\right) \equiv 1-2^{m}\left(\bmod 2^{k+1}\right) \end{aligned}(използвахме, че 2(k−a)≥k+1⟺k≥2a+12(k-a) \geq k+1 \Longleftrightarrow k \geq 2 a+1, което следва от k≥m≥2a+1k \geq m \geq 2 a+1 и че числата bb и xkx_{k} са нечетни).
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomnt2016-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека a1=1<a2<a3<⋯<an<⋯a_{1}=1\lt{}a_{2}\lt{}a_{3}\lt{}\cdots\lt{}a_{n}\lt{}\cdots е редица от естествени числа. За всяко i=1,2,…i=1, 2, \ldots дефинираме множеството Ai={k∈N:k<ai+1A_{i}=\left\{k \in \mathbb{N}: k\lt{}a_{i+1}\right. и kk се дели на ai}\left. a_{i}\right\}. Да се опишат тези редици aia_{i}, които притежават следното свойство: всяко естествено число се представя по единствен начин като сума на елементи от множествата AiA_{i}, като при това от всяко множество участва не повече от един елемент.
РешениеРешение. Първо ще докажем, че всяка редица YY с дължина n−1n-1 може да бъде допълнена по единствен начин до нейна суперредица XX с дължина nn при условие, че разглежданото сравнение има решение. Нека добавеният символ s∈{0,1}s \in\{0, 1\} и нека pp е позицията на ss в XX, т. е. xp=sx_{p}=s. Да означим с L0L_{0} броят на нулите и с L1L_{1} броят на единиците отляво на xpx_{p} в XX и аналогично нека R0R_{0} (съответно R1R_{1} ) е броят на нулите (единиците) отдясно на xpx_{p} в XX. Очевидно имаме p=1+L0+L1p=1+L_{0}+L_{1}. Освен това, ако ww е теглото (т. е. броят на единиците) на YY, то w=L1+R1w=L_{1}+R_{1}. Нека S=∑iixi( mod n+1)S=\sum_{i} i x_{i}(\bmod n+1) и S′=∑iiyi( mod n+1)S^{\prime}=\sum_{i} i y_{i}(\bmod n+1). Ако s=0s=0, имамеS−S′( mod n+1)=R1≤w,S-S^{\prime} \quad(\bmod n+1)=R_{1} \leq w,а ако s=1s=1, тоS−S′( mod n+1)=p+R1=1+L0+L1+R1=1+L0+w>w.S-S^{\prime}(\bmod n+1)=p+R_{1}=1+L_{0}+L_{1}+R_{1}=1+L_{0}+w\gt{}w.Тъй като S≡a( mod n+1)S \equiv a(\bmod n+1), разликата отляво е известна. Ако тя не надминава ww, трябва да сме добавили 0, т. е. xp=0x_{p}=0, в противен случай xp=1x_{p}=1. В първия случай намираме еднозначно R1R_{1}, а във втория (отново еднозначно) L0L_{0} и това определя позицията pp (всъщност получаваме XX като добавим 0 отляво на R1R_{1} единици, броени отдясно наляво в YY, или 1 отдясно на L0L_{0} нули, броени отляво надясно). Остава да преброим суперредиците на YY с дължина n−1n-1. Лесно се вижда, че този брой е ∑i=0t−1(n−1i)\sum_{i=0}^{t-1}\binom{n-1}{i}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomnt2016-9-3