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

2017

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • somcomb2017-9-1: има placeholder текст

9 · Алгебра

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека a0,a1,…,an,an+1a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{n}, a_{n+1} е такава редица, че a0=12a_{0}=\frac{1}{2} иak+1=ak+ak2n,k=0,1,…,na_{k+1}=a_{k}+\frac{a_{k}^{2}}{n}, \quad k=0, 1, \ldots, nДа се докаже, че an<1<an+1a_{n}\lt{}1\lt{}a_{n+1}.
РешениеИмаме, че 1ak−1ak+1=1n+ak<1n\frac{1}{a_{k}}-\frac{1}{a_{k+1}}=\frac{1}{n+a_{k}}\lt{}\frac{1}{n} и като сумираме при k=0,…n−1k=0, \ldots n-1 получаваме, че 1a0−1an<1\frac{1}{a_{0}}-\frac{1}{a_{n}}\lt{}1, т. е. an<1a_{n}\lt{}1. Тогава 1ak−1ak+1>1n+1\frac{1}{a_{k}}-\frac{1}{a_{k+1}}\gt{}\frac{1}{n+1} и пак след сумиране следва, че 1a0−1an>nn+1\frac{1}{a_{0}}-\frac{1}{a_{n}}\gt{}\frac{n}{n+1}, т. е. an>n+1n+2a_{n}\gt{}\frac{n+1}{n+2}. Оттукan+1>n+1n+2+(n+1)2n(n+2)2=1+1n(n+2)2a_{n+1}\gt{}\frac{n+1}{n+2}+\frac{(n+1)^{2}}{n(n+2)^{2}}=1+\frac{1}{n(n+2)^{2}}Забележка. Във връзка с тази задача на читателите сигурно ще е интересно да видят и статията на проф. Николов в този брой.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomalg2017-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че ако α,β\alpha, \beta и γ\gamma са ъгли в триъгълник, то13−2cos⁡α+13−2cos⁡β+13−2cos⁡γ≥32.\frac{1}{3-2 \cos \alpha}+\frac{1}{3-2 \cos \beta}+\frac{1}{3-2 \cos \gamma} \geq \frac{3}{2}.
РешениеСлед полагането x=2sin⁡α2,y=2sin⁡β2,z=2sin⁡α2x=2 \sin \frac{\alpha}{2}, y=2 \sin \frac{\beta}{2}, z=2 \sin \frac{\alpha}{2} имаме да докажем, че ако x,y,z>0x, y, z\gt{}0 и (1) x2+y2+z2+xyz=4x^{2}+y^{2}+z^{2}+x y z=4, то11+x2+11+y2+11+z2≥32\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+y^{2}}+\frac{1}{1+z^{2}} \geq \frac{3}{2}което е екивалентно на (2) x2+y2+z2+3≥x2y2+y2z2+z2x2+3x2y2z2x^{2}+y^{2}+z^{2}+3 \geq x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}+3 x^{2} y^{2} z^{2}. Като използваме, че x2y2+y2z2+z2x2≤(x2+y2+z2)3x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2} \leq \frac{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)}{3} и (1), (2) ще следва от 7−xyz≥(4−xyz)23+3x2y2z27-x y z \geq \frac{(4-x y z)^{2}}{3}+3 x^{2} y^{2} z^{2}, което се преобразува до неравенството (xyz−1)(2xyz+1)≤0(x y z-1)(2 x y z+1) \leq 0. Остава да съобразим, че от x2+y2+z2≥3x2(xyz)23x^{2}+y^{2}+z^{2} \geq 3 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}(x y z)^{2}} и (1) следва, че 0<xyz≤10\lt{}x y z \leq 1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomalg2017-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека ff е полином с реални коефициенти и степен n≥1n \geq 1. Да се докаже, че съществуват реални числа a0,a1,…,ana_{0}, a_{1}, \ldots, a_{n}, не всички равни на 0, за които полиномът ∑i=0naix2i\sum_{i=0}^{n} a_{i} x^{2^{i}} се дели на f(x)f(x).
РешениеОт теоремата за деление на полиноми с частно и остатък следва, че за всяко 0≤i≤n0 \leq i \leq n имаме, че x2i=qi(x)f(x)+ri(x)x^{2^{i}}=q_{i}(x) f(x)+r_{i}(x), където deg⁡ri≤n−1\operatorname{deg} r_{i} \leq n-1. Тъй като всеки n+1n+1 вектора в Rn\mathbb{R}^{n} са линейно зависими следва, че съществуват реални числа a0,a1,…,ana_{0}, a_{1}, \ldots, a_{n}, не всички равни на 0, за които ∑i=0nairi(x)=0\sum_{i=0}^{n} a_{i} r_{i}(x)=0. Следователно ∑i=0naix2i=f(x)∑i=0naiqi(x)\sum_{i=0}^{n} a_{i} x^{2^{i}}=f(x) \sum_{i=0}^{n} a_{i} q_{i}(x).
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomalg2017-9-3

9 · Геометрия

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е равнобедрен △ABC\triangle A B C ( AC=BCA C=B C ), вписан в окръжност kk. Нека XX е произволна точка от страната ABA B. Разглеждаме окръжностите k1k_{1} и k2k_{2}, които се допират до страната ABA B, до отсечката CXC X и вътрешно до kk. Ако означим техните радиуси с r1r_{1} и r2r_{2}, да се докаже, чеr1+r2≤2rr_{1}+r_{2} \leq 2 rкъдето rr е радиусът на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност.
РешениеНека окръжността k1k_{1} е с център I1I_{1} и се допира до AXA X и CXC X в точките P1P_{1} и Q1Q_{1} съответно, окръжността k2k_{2} е с център I2I_{2} и се допира до BXB X и CXC X в точките P2P_{2} и Q2Q_{2} съответно, а вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност е с център II и се допира до ABA B в точка PP. От теоремата на Виктор-Тебо следва, че II лежи на отсечката I1I2I_{1} I_{2} и нещо повече, II е пресечната точка на правите P1Q1P_{1} Q_{1} и P2Q2P_{2} Q_{2} (Защо?). Без ограничение на общността нека ∠AXC≤90∘\angle A X C \leq 90^{\circ}. ТогаваI1III2=P1PPP2=tg⁡∠AXC2≤1\frac{I_{1} I}{I I_{2}}=\frac{P_{1} P}{P P_{2}}=\operatorname{tg} \frac{\angle A X C}{2} \leq 1и следователно средата MM на I1I2I_{1} I_{2} е между II и I2I_{2}. От друга страна, AC=BCA C= B C, т. е. r1≥r2r_{1} \geq r_{2} и следователно разстоянието от MM до ABA B ненадминава разстоянието от II до ABA B, т. е. r1+r22≤r\frac{r_{1}+r_{2}}{2} \leq r, с което доказателството е завършено. Забележка. В случай на произволен триъгълник, максималната стойност на r1+r2r_{1}+r_{2} се достига, когато XX съвпада със средата на отсечката, свързваща петата на височината от върха CC и допирната точка на външновписаната окръжност към страната ABA B с ABA B.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomgeo2017-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C. Нека MM и NN са точки върху страните ACA C и BCB C съответно, такива че при симетрия относно правата MNM N образът ω′\omega^{\prime} на описаната около △MNC\triangle M N C окръжност ω\omega се допира до страната ABA B. Да се докаже, че при всеки такъв избор на точките MM и NN, окръжността ω\omega се допира до фиксирана окръжност.
РешениеНека TT е допирната точка на окръжността ω′\omega^{\prime} с ABA B, а PP е втората пресечна точка на описаните окръжности около △AMT\triangle A M T и △BNT\triangle B N T. Без ограничение на общността нека PP е вътрешна точка за △ABC\triangle A B C. Тогава∠MPN=360∘−∠MPT−∠NPT=\angle M P N=360^{\circ}-\angle M P T-\angle N P T=α+β=180∘−γ,\alpha+\beta=180^{\circ}-\gamma,т. е. P∈ωP \in \omega ( PP е точката на Микел). От друга страна,∠APB=∠AMT+∠BNT=γ+∠MTN=2γ\angle A P B=\angle A M T+\angle B N T=\gamma+\angle M T N=2 \gammaи остава да докажем, че описаната около △ABP\triangle A B P окръжност се допира до ω\omega в точка PP. Но∠MPA+∠NPB=∠MTA+∠NTB=180∘−γ==(∠MNP+∠NMP)+(∠ABP+∠BAP),\begin{aligned} \angle M P A+\angle N P B & =\angle M T A+\angle N T B=180^{\circ}-\gamma= \\ & =(\angle M N P+\angle N M P)+(\angle A B P+\angle B A P), \end{aligned}с което достигаме до извода, че търсената окръжност е описаната около △ABP\triangle A B P.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomgeo2017-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C и точка TT върху страната ABA B. Да означим с NN и MM допирните точки на външновписаната за △ATC\triangle A T C окръжност към страната ACA C със страната ACA C и продължението на ATA T. Съответно с LL и KK означаваме допирните точки на външновписаната за △BTC\triangle B T C окръжност към страната BCB C със страната BCB C и продължението на BTB T. Да се докаже, че пресечната точка на правите MNM N и KLK L, средата XX на CTC T и центърът II на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност kk лежат на една права тогава и само тогава, когато TT съвпада с допирната точка на kk с ABA B.
РешениеНека O1O_{1} и O2O_{2} са центровете на разглежданите външновписани окръжности за △ATC\triangle A T C и △BTC\triangle B T C съответно, PP е пресечната точка на MNM N и O1TO_{1} T, а QQ е пресечната точка на KLK L и O2TO_{2} T. Точките O1,C,NO_{1}, C, N и PP лежат на една окръжност, както и точките O2,C,LO_{2}, C, L и QQ лежат на една окръжност и следователно ∠O1PC=∠O1NC=90∘\angle O_{1} P C=\angle O_{1} N C=90^{\circ} и ∠O2QC=∠O2LC=90∘\angle O_{2} Q C=\angle O_{2} L C=90^{\circ}. Но ∠O1TO2=90∘\angle O_{1} T O_{2}=90^{\circ}, т. е. PTQCP T Q C е правоъгълник, средата XX на CTC T е среда и на PQP Q, и нещо повече, PQ∥ABP Q \| A B (Защо?). Нека точките DD и EE от правата PQP Q са такива, че MADPM A D P и BKQEB K Q E са успоредници. От теоремата на Щайнер за трапеца MKQPM K Q P следва, че пресечната точка на правите MNM N и KL,XK L, X и II лежат на една права тогава и само тогава, когато X,IX, I и средата YY на MKM K лежат на една права, но отново от теоремата на Щайнер за трапеца ABDEA B D E последното е изпълнено тогава и само тогава, когато YY е среда на ABA B, т. е. MA=BKM A=B K. Остава да съобразим, че MA=BKM A=B K е еквивалентно с факта, че TT съвпада с допирната точка на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност с ABA B.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomgeo2017-9-3

9 · Комбинаторика

3 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomcomb2017-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е ориентиран граф GG. Да се докаже, че ориентацията на някои (възможно нула) от ребрата на GG може да се промени така, че да се получи граф HH със следните свойства: (1) В HH няма цикли. (2) Най-дългият път между произволни два върха в HH не надминава най-дългия път между тези върхове в GG.
РешениеДа разгледаме всички подграфи на GG, в които няма цикли. От всички такива графи да изберем граф XX, който има най-много ребра. Да образуваме граф HH, който се получава от GG по следния начин: На ребрата от XX запазваме посоката, а на ребрата извън XX променяме посоката. Ще докажем, че HH изпълнява двете условия на задачата. (1) Тъй като в XX няма цикли, то можем да номерираме върховете на XX (а значи и на GG ) така, че всяко ребро на XX свързва връх с по-малък номер с връх с по-голям номер. От максималността на XX следва, че всяко ребро от GG, което не е от XX участва в цикъл с ребрата на XX, т. е. свързва връх с по-голям номер с връх с по-малък номер. Но в HH всички ребра от GG, които не са от XX са с променена посока. Това означава, че в HH всяко ребро свързва връх с по-малък номер с връх с по-голям номер, т. е. в G1G_{1} няма цикли. (2) Да разгледаме път между два върха aa и bb в HH. Нека този път включва ребро x−yx-y от GG с променена посока. Тъй като y−xy-x участва в цикъл с ребра от XX, то реброто x−yx-y може да се замени с път, съставен само от ребра на XX. При това дължината на пътя между aa и bb може само да се увеличи. Това означава, че всеки път между два върха в HH може да се замени с път с поне същата дължина, който минава само по ребра на XX, а значи и само по ребра на GG. От тук следва, че най-дългият път между произволни два върха в HH не надминава най-дългия път между тези върхове в GG.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomcomb2017-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Всички клетки на таблица m×nm \times n, където mm и nn са нечетни числа без едно ъглово квадратче са покрити с домина 1×21 \times 2. За един ход може да изберем домино, което заедно с непокритото квадратче образува правоъгълник 1×31 \times 3 и да преместим това домино на едно квадратче в посока на празното квадратче. Да се докаже, че с няколко хода празното квадратче може да се премести във всеки от ъглите на таблицата m×nm \times n.
РешениеДа номерираме редовете и стълбовете на таблицата съответно с числата от 1 до mm и от 1 до nn. Без ограничение нека празното квадратче е в клетка ( 1;11; 1 ). При всеки ход една от координатите на празното квадратче се променя с 2. Това означава, че празното квадратче може да заема само клетки с две нечетни координати. При това всяко домино може да заема само две положения. Да оцветим в зелено клетките с две нечетни координати. Да разгледаме множеството AA от клетки, до които може да се стигне от клетката ( 1;11; 1 ) и да допуснем, че това множество не съдържа всички зелени клетки. Построяваме „граница“ на множеството AA по следния начин: За всеки правоъгълник 1×31 \times 3, в който само едната крайна клетка е зелена, оцветяваме средната клетка в червено. Получаваме червени клетки, всеки две съседни от които са през едно квадратче. Свързваме червените клетки до получаване на път, който започва и завършва в клетки ( a;ba; b ) и ( p;qp; q ) от контура на голямата таблица. Понеже a+ba+b и p+qp+q са нечетни числа (тъй като са от контура и не са зелени), то пътят между тях съдържа нечетен брой клетки. Да забележим, че всяка червена клетка е покрита от домино, което е перпендикулярно на правоъгълника 1×31 \times 3, от който е получена тази червена клетка (в противен случай двете крайни клетки в правоъгълника 1×31 \times 3 ще бъдат от AA ). Това означава, че целият път от (a;b)(a; b) до (p;q)(p; q) е покрит с домина, което е невъзможно, тъй като той има нечетна дължина. Следователно множеството AA съдържа всички зелени клетки, а значи и другите три ъглови клетки.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomcomb2017-9-3

9 · Теория на числата

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши в цели числа уравнението2m−37n2=19.2^{m}-37 n^{2}=19.
РешениеСлед умножение на двете страни по 4 уравнението може да се запише във вида2(2m+1−1)=37((2n)2+2).2\left(2^{m+1}-1\right)=37\left((2 n)^{2}+2\right).Тъй като показателят на 2 по модул 37 е 36, то 36∣m+136 \mid m+1 и следователно 7=23−1∣2m+1−17=2^{3}-1 \mid 2^{m+1}-1. От друга страна, 7∤(2n)2+27 \nmid(2 n)^{2}+2 за никое n∈Zn \in \mathbb{Z}, откъдето заключваме, че даденото уравнение няма решение в цели числа.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomnt2017-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека pp и qq са нечетни прости числа, като q>pq\gt{}p иAk=kp−1+kp−2+⋯+k+1заk∈{1,2,…,q−1}.A_{k}=k^{p-1}+k^{p-2}+\cdots+k+1 \text{за} k \in\{1, 2, \ldots, q-1\}.Да се намерят всички възможни остатъци, които могат да се получат при деление на qq на числото A1A2…Aq−1A_{1} A_{2} \ldots A_{q-1}.
РешениеАко q≡1( mod p)q \equiv 1(\bmod p), то kp−1∣kq−1−1k^{p}-1 \mid k^{q-1}-1 и сравнението xp≡1( mod q)x^{p} \equiv 1(\bmod q) има решения в множеството {2,3,…,q−1}\{2, 3, \ldots, q-1\}. Следователно в този случай A1A2…Aq−1≡0( mod q)A_{1} A_{2} \ldots A_{q-1} \equiv 0(\bmod q). Нека q≢1( mod p)q \not \equiv 1(\bmod p). Тогава kp≡1( mod q)k^{p} \equiv 1(\bmod q) за k∈{2,3,…,q−1}k \in\{2, 3, \ldots, q-1\} е невъзможно (Защо?). Ако k1p≡k2p( mod q)k_{1}^{p} \equiv k_{2}^{p}(\bmod q) за някои k1,k2∈{2,3,…,q−1},k1≠k2k_{1}, k_{2} \in\{2, 3, \ldots, q-1\}, k_{1} \neq k_{2}. Тогава (k1k2−1)p≡1( mod q)\left(k_{1} k_{2}^{-1}\right)^{p} \equiv 1(\bmod q), откъдето k1k2−1≡1( mod q)k_{1} k_{2}^{-1} \equiv 1(\bmod q) съгласно горното. Тъй като обратният елемент е единствен, получаваме k2−1=k1−1k_{2}^{-1}=k_{1}^{-1}, т. е. k2=k1k_{2}=k_{1}, противоречие. Следователно остатъците на kp−1,k∈{2,3,…,q−1}k^{p}-1, k \in\{2, 3, \ldots, q-1\}, пробягват множеството {1,2,…,q−2}\{1, 2, \ldots, q-2\}, а същото правят и остатъците на (k−1)−1,k∈{2,3,…,q−1}(k-1)^{-1}, k \in\{2, 3, \ldots, q-1\}. ТогаваA2A3…Aq−1≡A_{2} A_{3} \ldots A_{q-1} \equiv∏k=2q−1(kp−1)∏k=2q−1(k−1)−1≡1 \prod_{k=2}^{q-1}\left(k^{p}-1\right) \prod_{k=2}^{q-1}(k-1)^{-1} \equiv 1 \quad( mod q)(\bmod q)(използвахме теоремата на Уилсън), откъдето окончателно получаваме A1A2…Aq−1≡p( mod q)A_{1} A_{2} \ldots A_{q-1} \equiv p(\bmod q).
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomnt2017-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
За дадени естествено число nn и просто число p>np\gt{}n означаваме с fp(n)f_{p}(n) броя на числата от множеството {1,2,…,n}\{1, 2, \ldots, n\}, които са квадратични остатъци по модул pp. Естественото число nn се нарича cnoкойно по отношение на квадратичните остатъи, и (споко), ако за всяко просто число p>np\gt{}n имаме fp(n)≥n2f_{p}(n) \geq \frac{n}{2}. Да се определи дали 100 е споко.
РешениеЩе докажем, че 100 не е спокойно по отношение на квадратичните остатъци. За целта е достатъчно да докажем, че fp(100)≤49f_{p}(100) \leq 49 за някое просто p>100p\gt{}100. Идеята е да изберем просто число pp, което е малко по-голямо от 100 и да установим, че квадратичните остатъци в интервала [101,p−1][101, p-1] са повече от половината. Тъй като квадратичните остатъци в [1,p−1][1, p-1] са точно половината, това ще означава, че тези в [1,100][1, 100] са по-малко от половината, т. е. fp(100)≤49f_{p}(100) \leq 49 и значи 100 не е споко. Числото p=109p=109 има исканите свойства. Директно се проверява, че числата 102,104,105,106102, 104, 105, 106 и 108 са квадратични остатъци по модул 109 (102=502,104=392,105=432,106=182,108=332( mod 109))\left(102=50^{2}, 104=39^{2}, 105=43^{2}, 106=18^{2}, 108=33^{2}(\bmod 109)\right).
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomnt2017-9-3