ZMS

Зимни математически състезания

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

19 години5 класаИма видими липси

По година По клас

Избран клас

10

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

zms2021-10-3: има placeholder текст
zms2020-10-3: има placeholder текст
zms2013-10-3: има placeholder текст
zms2012-10-1: има placeholder текст
zms2012-10-3: има placeholder текст
zms2009-10-1: има placeholder текст

2006

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадено е неравенството

\sqrt{\vphantom{x^2}x}+\sqrt{\vphantom{x^2}2-x} \geq \sqrt{\vphantom{x^2}a}

където

a

е реален параметър. a) Да се реши неравенството при

a=3

. б) Да се намерят стойностите на

a

, за които неравенството има

Решение

и множеството от решенията му е интервал с дължина, ненадминаваща

\sqrt{\vphantom{x^2}3}

. а) При

a=3

x \in[0, 2]

неравенството е равносилно с

2 \sqrt{\vphantom{x^2}x(2-x)} \geq 1

или

4 x^{2}-8 x+1 \leq 0

. Следователно решенията му са

x \in\left[\frac{2-\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}, \frac{2+\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}\right]

б) При

a \geq 0

x \in[0, 2]

неравенството е равносилно с

2 \sqrt{\vphantom{x^2}x(2-x)} \geq a-2

. Ако

a \leq 2

, то всяко

x \in[0, 2]

е и условието не е изпълнено. Нека

a\gt{}2

. Тогава неравенството е равносилно с

4 x(2-x) \geq(a-2)^{2}

(оттук следва и

x \in[0, 2]

) или

4 x^{2}-8 x+a^{2}-4 a+4 \leq 0

. Ако

D=16\left(4 a-a^{2}\right)\lt{}0

, то полученото квадратно неравенство няма и условието отново не е изпълнено. Нека

D \geq 0

, т. е.

a \in

(2, 4]. Сега решенията на квадратното неравенство са

x \in\left[x_{1}, x_{2}\right]

, където

x_{1} \leq x_{2}

са корените на лявата му страна и условието става

x_{2}-x_{1} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}3}

. Имаме

x_{2}-x_{1}=\sqrt{\vphantom{x^2}\left(x_{2}-x_{1}\right)^{2}}=

\sqrt{\vphantom{x^2}\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=\sqrt{\vphantom{x^2}4 a-a^{2}}

\sqrt{\vphantom{x^2}4 a-a^{2}} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}3}

е равносилно с

a^{2}-4 a+3 \geq 0

. Оттук и от

a \in(2, 4]

получаваме търсените стойности на параметъра:

a \in[3, 4]

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

На страните

A B

B C

на успоредника

A B C D

са построени точки

E

F

, така че

D E

разполовява ъгъл

A D F

A E+C F=D F

. Права през

C

, перпендикулярна на

D E

, пресича страната

A D

в точка

L

и диагонала

B D

в точка

H

. Нека

D E

пресича

A C

в точка

N

. а) Да се докаже, че

A E=D L

; б) Ако

H N \| A D

, да се докаже, че

B C=C D

; в) Ако

H N \| A D

, да се докаже, че

A B C D

е квадрат.

Решение

а) Нека

M \in D E \cap C L, K \in D F \cap C L

. Тогава

D M

е височина и ъглополовяща в

\triangle L K D

, значи

D L=D K

. Имаме

\triangle L K D \sim \triangle C K F

, така че

K F= C F

и значи

A E=D F-C F=D F-K F=D K=D L

. б) От подобията

\triangle A N E \sim \triangle C N D, \triangle H N C \sim L A C

\triangle L H D \sim \triangle C H B

имаме

\frac{A E}{C D}=\frac{A N}{N C}=\frac{L H}{H C}=\frac{D L}{B C}

Тъй като

A E=D L

, получаваме

B C=C D

. в) От б) следва, че

A B C D

е ромб, така че

D B \perp A C

и значи

H

е ортоцентър на

\triangle D N C

. Оттук

H N \perp D C

, така че

A D \perp D C

A B C D

е квадрат.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се реши в естествени числа

t, x, y, z

уравнението

2^{t}=3^{x} 5^{y}+7^{z}.

Решение

От даденото уравнение получаваме

2^{t} \equiv 1 \bmod 3

и оттук 2 дели

t

. Също така получаваме

2^{t} \equiv 2^{z} \bmod 5

или (очевидно

t\gt{}z

)

2^{t-z} \equiv 1 \bmod 5

и оттук 4 дели

t-z

, така че 2 дели

z

. По-нататък, имаме (очевидно

t\gt{}4

)

0 \equiv 3^{x}(-3)^{y}+(-1)^{z} \bmod 8

или

3^{x+y} \equiv(-1)^{y+1} \bmod 8

. Ако 2 дели

y

, то

3^{x+y} \equiv-1 \bmod 8

, което е невъзможно. Значи 2 не дели

y

3^{x+y} \equiv 1 \bmod 8

, така че 2 дели

x+y

и оттук 2 не дели

x

. Да положим

t=2 m(m \geq 3), z=2 n(n \geq 1)

и да запишем уравнението във вида

\left(2^{m}-7^{n}\right)\left(2^{m}+7^{n}\right)=3^{x} 5^{y}.

Лесно се вижда, че

\left(2^{m}-7^{n}, 2^{m}+7^{n}\right)=1

. Следователно имаме следните три случая:

(*)

2^{m}-7^{n}=3^{x}, 2^{m}+7^{n}=5^{y}

;

(*)

2^{m}-7^{n}=5^{y}, 2^{m}+7^{n}=3^{x}

;

(*)

2^{m}-7^{n}=1, 2^{m}+7^{n}=3^{x} 5^{y}

. В случаите 1) и 2) имаме

2^{m} \mp 7^{n}=3^{x}

. Оттук (предвид

m \geq 3

и 2 не дели

x

) следва

\mp(-1)^{n} \equiv 3 \bmod 8

, т. е.

3 \equiv \pm 1 \bmod 8

, което е невъзможно. В случай 3) от

2^{m}-7^{n}=1

следва

2^{m} \equiv 1 \bmod 7

и оттук 3 дели

m

. Нека

m= 3 k(k \geq 1)

. Тогава

\left(2^{k}-1\right)\left(2^{2 k}+2^{k}+1\right)=7^{n}

. Лесно се вижда, че

\left(2^{k}-1, 2^{2 k}+2^{k}+1\right)=1

или 3. Следователно

2^{k}-1=1, 2^{2 k}+2^{k}+1=7^{n}

. Оттук последователно получаваме

k=1, n=1, m=3, t=6, z=2

и (от

2^{m}+7^{n}=3^{x} 5^{y}

)

x=1, y=1

. Окончателно, единственото е

t=6, x=1, y=1, z=2

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В двора на крал Артур има 40 рицари, които всяка сутрин се дуелират по двойки (всеки има по един противник на сутрин), а всяка вечер сядат около кръгла маса (без да се местят по време на вечерята). a) Колко най-малко сутрини са необходими на крал Артур, за да организира дуелите така, че всеки двама рицари да са се дуелирали поне веднъж? б) Колко най-малко вечери са необходими, за да може всеки двама рицари да са били съседи на масата поне два пъти?

Решение

а) Двойките рицари са

40 \cdot 39 / 2=20 \cdot 39

. Понеже на сутрин се образуват по 20 двойки, необходими са не по-малко от 39 сутрини. За 39 сутрини това може да се извърши по следния начин: разполагаме 39 от рицарите

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{39}

във върховете на правилен 39 -ъгълник, а последния (

B

) поставяме в центъра. През сутрин номер

i

, нека

B

се дуелира с

A_{i}

, а останалите дуели да са съставени от хордите

A_{i-j} A_{i+j}

, перпендикулярни на

B A_{i}

(номерацията е по модул 39). Понеже 39 е нечетно, всяка хорда е перпендикулярна на единствен радиус, така че всяка двойка ще се появи в някой от 39-те дни. б) Необходимите съседства са

40 \cdot 39 \cdot 2 / 2=40 \cdot 39

. Понеже на вечер се образуват по 40 съседства, необходими са не по-малко от 39 вечери. За 39 вечери масата може да се подреди с помощтта на схемата от (а) по следния начин. Нека свържем всички отсечки, съответстващи на дуели в дните

i

i+1

(номерацията на дните също е по модул 39). Ще получим затворената веригата

B A_{i} A_{i+2} A_{i-2} A_{i+4} A_{i-4} \ldots A_{i+38} A_{i-38}

(имаме

A_{i-38}=A_{i+1}

), която обхваща 40 точки без повторения (никои два номера не се различават с 39, заради четността, нито с негово кратно, понеже най-голямата разлика е

38-(-38)\lt{}2 \cdot 39

). Значи тази верига обхваща всичките 40 точки; нека тя задава последователността на рицарите около масата през вечер

i

. Съгласно а), всеки двама рицари ще са били съседи два пъти: в навечерието на дуела си и на вечерта след дуела (по модул 39).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-10-4

2007

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадени са функциите

f(x)=2 x^{2}+2 x-4

g(x)=x^{2}-x+2

. Да се определи, за кои стойности на

x

: а)

\frac{f(x)}{g(x)}

е естествено число; б) е изпълнено неравенството

\sqrt{\vphantom{x^2}f(x)}+\sqrt{\vphantom{x^2}g(x)} \geq \sqrt{\vphantom{x^2}2}

Решение

а) Полагаме

f(x) / g(x)=k

. След преобразуване достигаме до уравнението

(2-k) x^{2}+(2+k) x-2(2+k)=0.

Ако

k=2

, то

x=2

. Нека сега

k \neq 2

. Тогава горното уравнение е квадратно и има реални корени. Следователно

D=(2+k)(18-7 k) \geq 0

k \in\left[-2, \frac{18}{7}\right]

. Тъй като

k

е естествено число, различно от 2, получаваме

k=1

x_{1, 2}=(-3 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}33}) / 2

. Окончателно търсените стойности за

x

са три:

x_{1}=\frac{-3+\sqrt{\vphantom{x^2}33}}{2}, x_{2}=\frac{-3-\sqrt{\vphantom{x^2}33}}{2}, x_{3}=2

. б) Множеството от допустими стойности за

x

(-\infty, -2] \cup[1, +\infty)

. Лесно се проверява, че за всяко

x

от това обединение е изпълнено

g(x) \geq 2

. Следователно,

\sqrt{\vphantom{x^2}f(x)}+\sqrt{\vphantom{x^2}g(x)} \geq \sqrt{\vphantom{x^2}2}

за

x \in(-\infty, -2] \cup[1, +\infty)

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен

\triangle A B C

, в който са спуснати височините

B B_{1}

C C_{1}

към страните

A C

A B\left(B_{1} \in A C, C_{1} \in A B\right)

. Нека

M

N

са съответно средите на

B B_{1}

C C_{1}, P=A M \cap C C_{1}

Q=A N \cap B B_{1}

. Да се докаже, че а) точките

M, N, P

Q

лежат на една окръжност; б) ако точките

B, C, P

Q

лежат на една окръжност, то

\triangle A B C

е равнобедрен.

Решение

а)

\triangle A C C_{1} \cong \triangle A B B_{1}

, следователно

A N

A M

са съответни медиани в подобни триъгълници. Оттук

\angle A N C_{1}=\angle A M B_{1} \Rightarrow \angle Q N B=\angle P M Q

т. е. точките

M, N, P, Q

лежат на една окръжност. б) Ако точките

B, C, P, Q

лежат на една окръжност, то

\angle Q C P=\angle Q B P

. Но

\angle A C C_{1}=\angle A B B_{1}

, следователно

\angle Q C A=\angle P B A \tag{1}

От друга страна, от подобието на

\triangle A C C_{1}

\triangle A B B_{1}

имаме

\angle C A Q=\angle C A N=\angle B A M=\angle B A P \tag{2}

От (1) и (2) следва, че

\triangle A C Q \cong \triangle A B P

, откъдето

\frac{A C}{A B}=\frac{A Q}{A P}=\frac{A M}{A N}=\frac{A B}{A C},

т. е.

A B^{2}=A C^{2}

A B=A C

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

x, y

, за които

x y^2+2 y

дели

2 x^2 y+x y^2+8 x

Решение

Решение. Очевидно

x y^2+2 y

дели

(2 x+y)\left(x y^2+2 y\right)-y\left(2 x^2 y+x y^2+8 x\right)=2 y^2-4 x y,

т. е.

x y+2

дели

2 y-4 x

. 1) Нека

2 y-4 x \geq 0

. 1 \cdot 1) Ако

x \geq 2

имаме

x y+2\gt{}2 y-4 x

и следователно

2 y-4 x=0

. Оттук получаваме

x=a, y=2 a

. Непоредствено се получава, че в този случай

x y^2+2 y=4 a\left(a^2+1\right)

дели

2 x^2 y+x y^2+8 x=8 a\left(a^2+1\right)

. 1 \cdot 2) Ако

x=1

, to

y^2+2 y

дели 8, t. e.

y=2

. Това решение се съдържа в тези от 1 \cdot 1). 2) Нека

2 y-4 x\lt{}0

, т. е.

4 x-2 y\gt{}0

. Ако

y \geq 4, x y+2\gt{}4 x-2

. Следователно

y=1, 2

или 3. 2 \cdot 1) В случая

y=1

числото

\frac{2 x^2+9 x}{x+2}=2 x+5-\frac{10}{x+2}

е цяло, откъдето получаваме решенията

x=3, y=1

x=8, y=1

. 2 \cdot 2) В случая

y=2

числото

\frac{x^2+3 x}{x+1}=x+2-\frac{2}{x+1}

е цяло, т. е.

x=1

. Това решение се съдържа в тези от 1 \cdot 1). 2 \cdot 3) В случая

y=3

числото

\frac{6 x^2+17 x}{9 x+6}

е цяло. Оттук следва, че

3 \mid x

, т. е.

x=3 k

. След заместване и съкращаване получаваме, че числото

\frac{18 k^2+17 k}{9 k+2}=(2 k+1)+\frac{4 k-2}{9 k+2}

е цяло, което е невъзможно при

k \geq 1

. Окончателно имаме решенията

x=a, y=2 a

за всички естествени

a

x=3, y=1

x=8, y=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Група от

k

човека, всеки двама от които се познават, наричаме

k

компания. a) Да се намери минималният брой познанства в група от

n

човека така, че след запознаване на кои да е двама непознати възниква нова 3 -компания. б) Да се намери минималният брой познанства в група от

n

човека така, че след запознаване на кои да е двама непознати възниква нова 4 -компания.

Решение

На езика на графите задачата се формулира по следния начин: Да се намери минималния брой ребра в граф с

n

върха имащ свойството: a) Добавянето на кое да е ново ребро води до поява на несъществуващ до момента триъгълник ( 3 -клика). б) Добавянето на кое да е ново ребро води до поява на нова (несъществуваща до момента) 4-клика. a) Нека

G

е граф с исканото свойство, имащ

n

върха и минимален брой ребра. Да допуснем противното. Добавянето на ребро, свързващо два върха от различни компоненти на свързаност не води до поява на 3 -клика. Минималният брой ребра в свързан граф с

n

върха е

n-1

. Следователно

G

има поне

n-1

ребра. Лесно можем да посочим пример на граф с

n

върха и

n-1

ребра, имащ желаното свойство. Това е например

K_{1, n-1}

. (

K_{m, n}

се дефинира като граф с

m+n

върха, които се разбиват на две множества с

m

n

елемента, съответно. Два върха са съседни тогава и само тогава, когато принадлежат на различни множества. Така броят на ребрата е

m n

.) б) Да дефинираме граф с върхове

u_{1}, u_{2}, v_{1}, \ldots, v_{n-2}

, и ребравсички двойки

u_{i} v_{j}

i=1, 2, j=1, \ldots, n-2

, заедно с

u_{1} u_{2}

. Този граф е с

n

върха,

2 n-3

ребра и добавянето на ребро увеличава броя на 4 -кликите. Следователно търсеният минимален брой ребра не надхвърля

2 n-3

. Ще докажем чрез индукция по

n

, че той е точно

2 n-3

. Нещо повечеравенство се достига за граф, имащ описаната по-горе структура. Това твърдение е очевидно за

n=4

. Нека

G

е граф с

n

върха, имащ исканото свойство, в който броят на ребрата е минимален. Приемаме, че твърдението е доказано за графи с

n-1

и по-малко върха. От факта, че добавянето на ребро води до увеличаване на броя на 4 -кликите следва, че в

G

съществуват върхове

x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}

, между които има точно 5 ребра (ще считаме, че липсващотот ребро е

x_{1} x_{2}

). Нека

G^{*}

е графът, получен чрез идентифициране на върховете

x_{1}

x_{2}

. (По-подробно: от

G

премахваме върховете

x_{1}

x_{2}

, добавяме нов връх

u

и запазваме всички останали върхове. Новият връх е съседен с онези върхове, които са били съседни на поне един от

x_{1}

x_{2}

; всички ребра между стари върхове се запазват.) Очевидно

G^{*}

е граф с

n-1

върха и притежава свойството от уловието: добавянето на ребро увеличава броя на 4 -кликите. От друга страна, ако с

e(G)

означим броя на ребрата в

G

, имаме

e\left(G^{*}\right) \leq e(G)-2 \leq 2 n-5=2(n-1)-3

. Следователно, съгласно индукционното допускане,

e\left(G^{*}\right)=2 n-3

G^{*}

има описаната в началото структура: два върха от степен

n-2

и всички останали от степен 2. Поне един от върховете от степен

n-2

x_{3}

или

x_{4}

, да речем

x_{3}

. Следователно степента на

x_{3}

G

n-1

. Конструираме от

G

нов граф

G^{\prime}

като изтрием върха

x_{3}

и всички ребра, инцидентни с него. Графът

G^{\prime}

има не повече от

n-2

ребра, тъй като

G

има не повече от

2 n-3

ребра. Освен това

G^{\prime}

притежава свойството от т. (а): добавянето на произволно ребро в него води до поява на нова 3 -клика. Следователно,

G^{\prime}=K_{1, n-2}

(ot т. (а)). Сега лесно се получава, че

G

има описаната в началото структура.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-10-4

2008

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е квадратният тричлен

f(x)=x^{2}+a x+2

, където

a

е реален параметър. Известно е, че уравнението

f(x)-x=0

има два реални корена

x_{1}

x_{2}

, а уравнението

f(x-a)-x=0

- два реални корена

x_{3}

x_{4}

, като е изпълнено равенството

x_{3}-x_{1}=3\left(x_{4}-x_{2}\right)

. a) Да се докаже, че

x_{4}=x_{2}+\frac{a}{2}

. б) Да се намерят всички възможни стойности на

a

Решение

а) Имаме

\begin{array}{r} f(x)-x=x^{2}+(a-1) x+2 \cr f(x-a)-x=x^{2}-(a+1) x+2 \end{array}

Сега от условието получаваме

x_{3}-x_{1}+x_{4}-x_{2}=4\left(x_{4}-x_{2}\right)

, откъдето

4\left(x_{4}-x_{2}\right)=(a+1)+(a-1)=2 a

. Следователно

x_{4}=x_{2}+\frac{a}{2}

. б) От условието и а) получаваме системата

\left\lvert\, \begin{aligned} & x_{2}^{2}+(a-1) x_{2}+2=0 \\ & \left(x_{2}^{2}+\frac{a}{2}\right)^{2}-(a+1)\left(x_{2}+\frac{a}{2}\right)+2=0 \end{aligned}\right.

Изваждайки първото от второто уравнение и решавайки по отношение на

x_{2}

получаваме

x_{2}=-\frac{a}{4}-\frac{1}{2}

. Заместваме получената стойност за

x_{2}

в уравнението

f(x)-x=0

\left(-\frac{1}{4} a-\frac{1}{2}\right)^{2}+(a-1)\left(-\frac{1}{4} a-\frac{1}{2}\right)+2=0

откъдето

a^{2}=\frac{44}{3}

a= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{44}{3}}= \pm \frac{2 \sqrt{\vphantom{x^2}33}}{3}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Върху страните

A C

B C

на

\triangle A B C

A C\lt{}B C

са взети съответно точки

M

N

като

A M=B N

. Нека

P

е пресечната точка на правите

A N

B M

, а

Q

е точка върху отсечката

B C

, за която

B Q=A C

. Да се докаже, че правата

P Q

е успоредна на ъглополовящата на

\triangle A B C

през върха

C

Решение

Означаваме

y=B N=A M, B C=a

A C=b

. Тогава

C M= N Q=b-y

N C=a-y

. Ако

P Q \| A C

, то

\frac{P Q}{M C}=\frac{B Q}{B C}

, т. е.

a=\frac{b(b-y)}{P Q}

и аналогично

\frac{P Q}{A C}=\frac{N Q}{N C}

, т. е.

a-y=\frac{b(b-y)}{P Q}

. Следователно

a=a-y

, което е невъзможно. Нека правата

P Q

пресича правата

A C

в точка

R

x=C R

. От теоремата на Менелай за

\triangle A N C

и правите

P R

B M

имаме съответно

\frac{A P}{P N} \cdot \frac{N Q}{Q C} \cdot \frac{C R}{R A}=1, \quad \frac{A P}{P N} \cdot \frac{N B}{B C} \cdot \frac{C M}{M A}=1

. Приравнявайки левите страни на горните равенства и използвайки, че

C M=N Q

A M=B N

, получаваме

\frac{1}{a-b} \cdot \frac{x}{x+b}=\frac{1}{a}

Оттук

x=a-b

, т. е.

C Q=C R

. Следователно

\angle C R Q=\gamma / 2

и правата

P Q

е успоредна на ъглополовящата през върха

C

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

k

n

са естествени числа. Означаваме с

\lambda(k, n)

броя на представянията на

k

във вида

k=a_{0}+a_{1} \cdot 2+a_{2} \cdot 2^{2}+\cdots+a_{n-1} \cdot 2^{n-1}

където

a_{i} \in\{-1, 0, +1\}

. а) Да се намери

\lambda\left(2^{i}, n\right)

, където

0 \leq i \leq n-1

. б) Да се намери

\lambda\left(2^{i}-1, n\right)

, където

0 \leq i \leq n

Решение

а) От равенството

2^{i}=a_{0}+a_{1}.2+a_{2}.2^{2}+\cdots+a_{n-1}.2^{n-1}

следва, че

a_{0}=a_{1}=\cdots=a_{i-1}=0

. Нека

j

е най-големият индекс, за който

a_{j} \neq 0

. Тогава

a_{j}=1

и имаме единствено представяне

2^{i}=-2^{i}-2^{i+1}-\ldots-2^{j-1}+2^{j}

Тъй като

j \in\{i, i+1, \ldots, n-1\}

, заключаваме, че

\lambda\left(2^{i}, n\right)=n-i

. б) Лесно се съобразява, че за нечетни

m

е в сила рекурентната връзка

\lambda(m, n)=\lambda\left(\frac{m-1}{2}, n-1\right)+\lambda\left(\frac{m+1}{2}, n-1\right)

Оттук получаваме

\begin{aligned} \lambda\left(2^{i}-1, n\right) & =\lambda\left(2^{i-1}-1, n-1\right)+\lambda\left(2^{i-1}, n-1\right) \\ \lambda\left(2^{i-1}-1, n-1\right) & =\lambda\left(2^{i-2}-1, n-2\right)+\lambda\left(2^{i-2}, n-2\right) \\ \lambda\left(2^{i-2}-1, n-2\right) & =\lambda\left(2^{i-2}-1, n-3\right)+\lambda\left(2^{i-3}, n-3\right) \\ \cdots & \cdots \cdots \\ \lambda\left(2^{2}-1, n-(i-2)\right) & =\lambda(2-1, n-(i-1))+\lambda(2, n-(i-1)) \\ \lambda(1, n-(i-1)) & =n-i+1 \end{aligned}

Сумирайки горните равенства и отчитайки резултата от точка а), получаваме

\lambda\left(2^{i}-1, n\right)=i(n-i)+1

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-10-3

2009

4 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението

\sqrt{\vphantom{x^2}x-2}+2 \sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}-x-2}=\sqrt{\vphantom{x^2}\left(x^{2}-4\right)\left(x^{2}-x-1\right)}

Решение

Уравнението има смисъл при

x \geq 2

. Лесно се вижда, че

x=2

е Нека

x \in(2, +\infty)

и да разделим двете страни на

\sqrt{\vphantom{x^2}x-2}

- получаваме уравнението

1+2 \sqrt{\vphantom{x^2}x+1}=\sqrt{\vphantom{x^2}x^{3}+x^{2}-3 x-2}

. Лесно се вижда, че

x=3

също е на разглежданото уравнение. Имаме

x^{3}+x^{2}-3 x-2=x^{2}(x+1)-3 x-2\gt{}9(x+1)-3 x-2=6 x+7

при

x\gt{}3

и аналогично

x^{3}+x^{2}-3 x-2\lt{}6 x+7

при

x \in(2, 3)

. Освен това

\sqrt{\vphantom{x^2}6 x+7}\gt{}1+2 \sqrt{\vphantom{x^2}x+1}

при

x\gt{}3

\sqrt{\vphantom{x^2}6 x+7}\lt{}1+2 \sqrt{\vphantom{x^2}x+1}

при

x \in(2, 3)

. Следователно разглежданото уравнение няма , различни от 2 и 3. Втори начин. Повдигаме на квадрат уравнението

1+2 \sqrt{\vphantom{x^2}x+1}=\sqrt{\vphantom{x^2}x^{3}+x^{2}-3 x-2}

и получаваме

4 \sqrt{\vphantom{x^2}x+1}=x^{3}+x^{2}-7 x-7

, откъдето имаме

4=\left(x^{2}-7\right) \sqrt{\vphantom{x^2}x+1}

. Тъй като дясната страна е по-малка от 4 при

x \in(2, 3)

и по-голяма от 4 при

x\gt{}3

, заключаваме, че

x=3

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че измежду числата

1, 2, 3, \ldots, 1000

повече са тези, които се представят във вида

3 u^{2}-4 v^{2}

, отколкото тези, които се представят във вида

28 x y-x^{2}-4 y^{2}

, където

u, v, x

y

са цели числа.

Решение

От представянето

3(x+2 y)^{2}-4(x-2 y)^{2}=28 x y-x^{2}-4 y^{2}

следва, че всяко число, което се представя във вида

28 x y-x^{2}-4 y^{2}

(

x, y

са цели), се представя и във вида

3 u^{2}-4 v^{2}(u, v

са цели). Следователно е достатъчно да посочим естествено число, по-малко от 1000, което има вида

3 u^{2}-4 v^{2}

, но не се представя във вида

28 x y-x^{2}-4 y^{2}

. Едно такова число е 11. Имаме

11=3 \cdot 3^{2}-4 \cdot 2^{2}

, а уравнението

28 x y-x^{2}-4 y^{2}=

11 няма в цели числа. Действително, равенството

32 x y-(x+2 y)^{2}=11

е невъзможно по модул 8.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Външновписаните окръжности към страните

A C

B C

на

\triangle A B C

допират страните

A C

B C

съответно в точките

M

N

, а продълженията на страната

A B

съответно в точките

P

Q

. Ако пресечната точка

T

на правите

P M

Q N

лежи на вписаната в

\triangle A B C

окръжност, то да се докаже, че

T

лежи на окръжността минаваща през средите на страните на триъгълника.

Решение

Нека

k

е вписаната в

\triangle A B C

окръжност с център

I, D

е допирната точка на

k

със страната

A B, E

е диаметрално противоположната точка на

D

k, H= C T^{\rightarrow} \cap A B

S

е средата на

A B

. Първо ще покажем, че

C H \perp A B

. Тъй като

\triangle P Q T \sim \triangle A B I

(защо?) е достатъчно да докажем, че

P H: Q H=A D: B D

. Като приложим теоремата на Менелай за

\triangle A H C

и правата (

P M T

), както и за

\triangle B H C

и правата (

Q N T

), получаваме

\frac{H T}{T C} \cdot \frac{C M}{M A} \cdot \frac{A P}{P H}=1=\frac{H T}{T C} \cdot \frac{C N}{N B} \cdot \frac{B Q}{Q H}

и от

A D=C M, B D=C N

, достигаме до

P H: Q H=A D: B D

. Следователно

C H \perp A B

т. e.

C H \| E D

(1) От

\triangle P Q T \sim \triangle A B I

и факта, че

S

е среда както на

A B

, така и на

P Q

, следва, че точките

T, I

S

са колинеарни. Ако точка

F=C E \rightarrow \cap A B

, то точка

F

е допирната точка на външновписаната към страната

A B

окръжност (защо?). Така

S

е среда и на отсечката

D F, S I

е средна отсечка в

\triangle D E F

, т. е

S T \| C F

(2) От (1) и (2), и

I T=I E

, следва, че

T I E C

е ромб. Тогава

C I

разполовява ъгъл

\angle T C E

, но

C I

разполовява и ъгъл

\angle T C O

, където

O

е центъра на описаната около

\triangle A B C

окръжност. Така

O \in C E \rightarrow

. От

O S \perp A B

следва, че

C T S O

е успоредник и

S T=O C=R

. Остава да съобразим, че окръжността минаваща през средите на страните на триъгълника, минава и през точка

H

и освен това нейният диаметър е точно

R

, т. е. минава и през точката

T

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-10-4

2011

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които корените

x_{1}, x_{2}

на уравнението

x^{2}-2 a x+a+2=0

са реални неотрицателни числа и

\sqrt{\vphantom{x^2}x_{1}}+\sqrt{\vphantom{x^2}x_{2}} \leq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}5}

Решение

Корените

x_{1}, x_{2}

са реални и неотрицателни когато

D=4\left(a^{2}-a-2\right) \geq 0

x_{1}+x_{2}=2 a \geq 0, x_{1} x_{2}=a+2 \geq 0

. Това дава

a \geq 2

. Сега

\sqrt{\vphantom{x^2}x_{1}}+\sqrt{\vphantom{x^2}x_{2}} \leq

2 \sqrt{\vphantom{x^2}5} \Leftrightarrow x_{1}+x_{2}+2 \sqrt{\vphantom{x^2}x_{1} x_{2}} \leq

20 \Leftrightarrow \sqrt{\vphantom{x^2}a+2} \leq 10-a.

При

a\gt{}10

това неравенство няма , а при

a \in[2, 10]

то е равносилно с

a+2 \leq(10-a)^{2}

, т. е.

a^{2}-21 a+98 \geq 0

. Оттук получаваме

a \in(-\infty, 7] \cup[14, +\infty)

и предвид

a \in[2, 10]

търсените стойности на параметъра са

a \in[2, 7]

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-10-1

Задача 1b

Пълен запис

Условие

Да се реши неравенството

\sqrt{\vphantom{x^2}x^{3}-7 x^{2}+36}\lt{}x-1

Решение

Определяме дефиниционното множество:

x^{3}-7 x^{2}+36 \geq 0 \Leftrightarrow(x+2)(x-3)(x-6) \geq

0 \Leftrightarrow x \in[-2, 3] \cup[6, +\infty).

Случай 1. Ако

x \in[-2, 1)

, то

\sqrt{\vphantom{x^2}x^{3}-7 x^{2}+36} \geq 0\gt{}x-1

и не достигаме до Случай 2. Ако

x \in[1, 3] \cup[6, +\infty)

, то повдигаме на квадрат двете страни на неравенството и след преобразуване достигаме до

x^{3}-8 x^{2}+2 x+35\lt{}0 \Leftrightarrow(x-7)\left(x^{2}-x-5\right)\lt{}0 \Leftrightarrow x \in\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{\vphantom{x^2}21}}{2}\right) \cup\left(\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}21}}{2}, 7\right)

. Така окончателно получаваме

x \in\left(\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}21}}{2}, 3\right] \cup[6, 7)

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-10-1b

Задача 2

Пълен запис

Условие

\triangle A B C(A C\lt{}B C)

са построени ъглополовящата

C L

и медианата

C M(L, M \in A B)

. Права през

A

, перпендикулярна на

C L

, пресича

C M

в точка.

K

. Да се намери

\angle A C B

, ако точките

A, L, K

C

лежат на една окръжност.

Решение

Нека

\angle A C B=\gamma, P=A K \cap C L

N

е средата на

A C

. По условие

\angle A P C=90^{\circ}

и следователно

\angle A N P=2 \angle A C P=\gamma

. От друга страна

M N

е средна отсечка в

\triangle A B C

, т. е.

\angle A N M=\angle A C B=\gamma

и следователно точките

N

P

M

лежат на една права. От теоремата на Чева за

\triangle A C M

получаваме

\frac{A N}{N C} \cdot \frac{C K}{K M} \cdot \frac{M L}{L A}=1 \Rightarrow \frac{C K}{K M}=\frac{A L}{L M}

и от теоремата на Талес следва, че

K L \| A C

. Но по условие точките

A, L, K

C

лежат на една окръжност, т. е.

A L K C

се оказва равнобедрен трапец и

\angle A C M=\angle M A C \Rightarrow A M=C M=B M

\angle A C B=90^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадена е „шахматна“ дъска с размери

m \times n

. Път в дъската наричаме всяка редица от клетки

A_{0}, A_{1}, \ldots, A_{n}

, такава че за всяко

i=0, \ldots, n-1

клетката

A_{i+1}

е достижима от

A_{i}

с един ход на топа. Броят

n

на ходовете, с които достигаме

A_{n}

от

A_{0}

наричаме дължина на пътя

A_{0}, A_{1}, \ldots, A_{n}

. Разстояние между две клетки

A

B

наричаме дължината на най-късия път с начало

A

и край

B

. Едно множество

M

от клетки наричаме добро, ако всяка клетка от дъската лежи върху най-къс път, започващ в клетка от

M

и свършващ в клетка от

M

. Да се определи минималният брой клетки в добро множество.

Решение

Да означим разстоянието между клетките

A

B

d(A, B)

. Очевидно

d(A, B)= \begin{cases}1, & \text{ако клетките} A \text{и} B \text{са в една линия}, \\ 2, & \text{ако клетките} A \text{и} B \text{са в различни линии.}\end{cases}

Нека

M

е добро множество. Ще докажем, че то съдържа клетки от всяка линия (ред или стълб) на дъската. Да допуснем противнотонека например

m

-тият ред не съдържа клетки от

M

. Прозволна клетка

C

от този ред лежи върху най-къс път от

A

до

B, A, B \in M

. Съществуват две възможности:

(*)

d(A, C)=d(B, C)=1

. Тогава

A, B, C

са в една линия и

d(A, B)=1

. От друга страна

d(A, B)=d(A, C)+d(C, B)=2

, противоречие.

(*)

d(A, C)=2

или

d(B, C)=2

(или и двете). Тогава

d(A, B)=d(A, C)+d(C, B) \geq 3

, отново противоречие с факта, че най-късите пътища са с дължина 1 или 2. От доказаното следва, че броят на клетките в

M

е поне

\max \{m, n\}

. Ще построим добро множество с такъв брой клетки. Нека без ограничение на общността

m \leq n

. Да означим с

(i, j)

клетката, намираща се в

i

-тия ред и

j

-тия стълб на дъската. Лесно се проверява, че множеството

M=

\{(i, i) \mid i=1, \ldots, m\} \cup\{(m, j) \mid j=m+1, \ldots, n\}

е добро.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-10-3

Задача 3b

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки естествени числа

m\gt{}1

n\gt{}1

, такива че

m^{n-1}

дели

n

Решение

Нека числата

m

n

удовлетворяват условието на задачата и

p

е прост делител на

m

. Тогава

p^{n-1}

дели

n!

; в частност

p \leq n

. Нека

k \in \mathbb{N}

е такова, че

p^{k} \leq n\lt{}p^{k+1}

. Най-голямото естествено число

\lambda

, за което

p^{\lambda}

дели

n!

\lambda=\left[\frac{n}{p}\right]+\left[\frac{n}{p^{2}}\right]+\ldots+\left[\frac{n}{p^{k}}\right] \leq

\frac{n}{p}+\frac{n}{p^{2}}+\ldots+\frac{n}{p^{k}}=\frac{n}{p-1}\left(1-\frac{1}{p^{k}}\right). \tag{1}

Оттук следва

\lambda\lt{}\frac{n}{p-1} \leq n

(понеже

p \geq 2

), а при

p \geq 3

имаме

\lambda\lt{}\frac{n}{2}\lt{}n-1

(понеже

n \geq p\gt{}2

). Това означава, че

p^{n}

не дели

n!

, а при

p \geq 3

p^{n-1}

не дели

n!

. Значи

m

е степен на 2. Ако

m\gt{}2

, то трябва

2^{2(n-1)}

да дели

n!

, което е невъзможно, тъй като

2(n-1) \geq n

. Така

m=2

. Освен това от (1) е ясно, че

\lambda=n-1

само когато

p=2

n=2^{k}

. С други думи,

2^{n-1}

дели

n!

само при

n=2^{k}

. Следователно търсените числа са

m=2

n=2^{k}(k \in \mathbb{N})

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-10-3b

Задача 4

Пълен запис

Условие

За естествено число

n\gt{}1

разглеждаме всички двойки естествени числа

a

b

, за които

1 \leq a\lt{}b \leq n

a+b\gt{}n

. Означаваме с

f(n)

броя на двойките, такива че

a

дели

b

и с

g(n)

- броя на двойките, такива че

a

b

са взаимно прости. Да се намерят всички

n\gt{}2

, за които

g(n)-g(n-1)=f(n)

Решение

Нека

a

дели

b

b=a q, q \in \mathbb{N}

. Условията

1 \leq a\lt{}b \leq n

a+b\gt{}n

приемат вида

q\gt{}1, \frac{n}{a}-1\lt{}q \leq \frac{n}{a}

. Ако

a\gt{}\frac{n}{2}

, то

q \leq \frac{n}{a}\lt{}2

и няма такова

q

. За всяко

a \leq \frac{n}{2}

има единствено цяло

q \in\left(\frac{n}{a}-1, \frac{n}{a}\right]

(а именно

q=\left[\frac{n}{a}\right]

) и за него

q\gt{}\frac{n}{a}-1 \geq 1

, т. е.

q\gt{}1

. Следователно броят на такива двойки (

a, b

) е равен на броя на целите числа

a

1 \leq a \leq \frac{n}{2}

, T. e.

f(n)=\left[\frac{n}{2}\right]

. Нека

M_{n}, n \geq 3

, е множеството на двойките (

a, b

), такива че

a

b

са взаимно прости. Лесно се вижда, че

(a, b) \in M_{n}

, но

(a, b) \notin M_{n-1}

точно когато

b=n, 1 \leq a\lt{}n

a

е взаимно просто с

n

. Броят на тези двойки е равен на

\varphi(n)

. Не е трудно да се съобрази, че

(a, b) \in M_{n-1}

, но

(a, b) \notin M_{n}

точно когато

a+b=n

, т. е.

b=n-a

и освен това

a\lt{}n-a

a

е взаимно просто с

n-a

или, еквивалентно,

1 \leq a\lt{}\frac{n}{2}

a

е взаимно просто с

n

. Броят на тези двойки е равен на

\frac{\varphi(n)}{2}

. Следователно

g(n)-g(n-1)=\varphi(n)-\frac{\varphi(n)}{2}=\frac{\varphi(n)}{2}

Сега равенството

g(n)-g(n-1)=f(n)

приема вида

\frac{\varphi(n)}{2}=\left[\frac{n}{2}\right]

. Ако 2 дели

n

, то дава

\varphi(n)=n

, което е невъзможно за

n\gt{}1

, а ако 2 не дели

n

е равносилно с

\varphi(n)=n-1

и е изпълнено точно когато

n

е просто число. Окончателно, търсените числа са всички прости числа

n\gt{}2

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-10-4

2012

5 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен

\triangle A B C(A C\lt{}B C)

. Нека

M

е средата на страната

A B

, а

O

O_{1}

са центровете на описаните окръжности за

\triangle A B C

\triangle A M C

. Да се пресметне

S_{A O O_{1}}

S_{A B C}

, ако

\angle B A C=60^{\circ}

Решение

Нека

R

е радиусът на описаната около

\triangle A B C

окръжност,

\angle A B C=\beta

N

е средата на страната

A C

. Тогава

O N \perp A C, O_{1} \in O N

\angle A O N=\frac{1}{2} \angle A O C=\beta

(от

A C\lt{}B C

следва

\angle A M C\lt{}90^{\circ}

). Нека

\angle O_{1} A O=\varphi

. Имаме

\angle A M C=\frac{1}{2} \angle A O_{1} C=\angle A O_{1} N=\beta+\varphi.

Но

\angle A M C=\beta+\angle B C M

и оттук

\angle B C M=\varphi

. Следователно

\triangle A O O_{1} \sim \triangle C B M

и тогава

S_{A O O_{1}}: S_{C B M}=(A O: B C)^{2}=(R: B C)^{2}

. Ако

P

е средата на

B C

, то

\angle B P O=90^{\circ}, \angle B O P=\angle B A C=60^{\circ}

\sin 60^{\circ}=\frac{B C / 2}{R}

, откъдето

\frac{R}{B C}=\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}

. Така

S_{A O O_{1}}: S_{C B M}=\frac{1}{3}

и (понеже

S_{C B M}=\frac{1}{2} S_{A B C}

) намираме

S_{A O O_{1}}: S_{A B C}=1: 6

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-10-2

Задача 2b

Пълен запис

Условие

Даден е квадратният тричлен

f(x)=x^{2}+2 x+b

, където

b

е реален параметър. Да се намерят всички стойности на

b

, за които уравнението

f(f(x))=0

има точно три различни реални корена.

Решение

Ако

f(x)=0

има корени

\alpha_{1}\lt{}\alpha_{2}

, то корените на

f(f(x))=0

съвпадат с корените на

f(x)=\alpha_{1}

f(x)=\alpha_{2}

. При това е ясно, че за да съществуват точно три различни корена е необходимо и достатъчно

f(x)=\alpha_{1}

да има точно един двоен корен. Минимумът на

f(x)

се достига за

x=-1

и е равен на

b-1

. Следователно

\alpha_{1}=b-1

f(b-1)=0

, откъдето

b^{2}+b-1=0

. Това уравнение има за корени числата

(-1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}5}) / 2

. При

b=(-1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}) / 2

имаме

\alpha_{1}=b-1=\frac{-3+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}\gt{}\alpha_{2}=\frac{1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}

и тази стойност на

b

не е на задачата. При

b=(-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}) / 2

имаме

\alpha_{1}=b-1=\frac{-3-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2},

и от

\alpha_{1}+\alpha_{2}=-1

следва, че

\alpha_{1}

наистина е по-малкият корен на

f(x)=0

. Окончателно

b=(-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}) / 2

. Втори начин (Н. Николов). Записваме във вида

f(x)=(x+1)^{2}+c, c=b-1

, откъдето

f(f(x))=(x+1)^{4}+2(c+1)(x+1)^{2}+c^{2}+3 c+1=0.

Единият корен на това уравнение трябва да е нула, а другиятположителен. Оттук получаваме

c=(-3-\sqrt{\vphantom{x^2}5}) / 2

b=c+1=(-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}) / 2

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-10-2b

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадени са реалните числа

x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2 n}

. Да се докаже, че тези числа могат да се разделят на две множества

A

B

от по

n

числа всяко, така че разликата на сумите

S(A)

S(B)

на числата в множествата да удовлетворява

|S(A)-S(B)| \leq \max _{1 \leq i\lt{}2 n}\left|x_{i+1}-x_{i}\right|

\sqrt{\vphantom{x^2}3-2^{x}} \leq 3-4^{x}

Решение

Полагаме

t=2^{x}\gt{}0

и получаваме неравенството

\sqrt{\vphantom{x^2}3-t} \leq 3-t^{2}

. От тук следва, че

t \in(0, \sqrt{\vphantom{x^2}3}]

и след повдигане на квадрат достигаме до еквивалентното неравенство

t^{4}-6 t^{2}+t+6 \geq 0

По схемата на Хорнер представяме последното във вида

(t+1)(t-2)\left(t^{2}+t-3\right) \geq 0

. Предвид факта, че

t \in(0, \sqrt{\vphantom{x^2}3}]

достигаме до

t \in\left(0, \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}13}-1}{2}\right]

и следователно

x \in\left(-\infty, \log _{2} \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}13}-1}{2}\right]

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-10-4

2013

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на параметъра

a

, за които уравнението

\left|x^{2}+x-2\right|=a x+2

има точно три реални

Решение

Тъй като

x^{2}+x-2=(x+2)(x-1)

, разглеждаме два случая: Случай 1. Нека

x \in[-2, 1]

. Тогава уравнението е еквивалентно на

x^{2}+(1+a) x=0

, което в разглеждания интервал има два различни корена

x=0

-(a+1)

при

a \in[-2, -1) \cup(-1, 1]

и един корен

x=0

в противен случай. Случай 2. Нека

x \in(-\infty, -2) \cup(1, +\infty)

. Тогава уравнението е еквивалентно на

x^{2}+(1-a) x-4=0

, което в разглеждания интервал има два различни корена при

a \in(-2, 1)

и един корен в противен случай. Така необходимото и достатъчно условие даденото уравнение да има точно три реални е

a=-2, a=1

или

a=-1

. Съответните са

x=0, 1, -4

;

0, -2, 2

0, 1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}, 1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е ромб

A B C D

\angle B A D=\alpha\lt{}90^{\circ}

. Нека

M

е средата на страната

C D

B P \perp A M(P \in A M)

. Да се намери

\angle B P D

и отношението

B P: P D

Решение

Нека

O

е пресечната точка на диагоналите

A C

B D

. От

\angle A P B=90^{\circ}= \angle A O B

следва, че четириъгълникът

A B O P

е вписан. Тогава

\angle P O D=180^{\circ}-\angle P O B=\angle P A B=\angle P M D

и следва, че четириъгълникът

D P O M

е вписан. От

\angle P D O=\angle P M O

\angle P B O= \angle P A O

следва, че

\triangle B D P \sim \triangle A M O

. Освен това

O M

е средна отсечка в

\triangle A C D

и получаваме

\angle B P D=\angle A O M=180^{\circ}-\frac{\alpha}{2} \text{и} B P: P D=

A O: O M=A C: A D=2 \cos \frac{\alpha}{2}.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-10-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В държава с

n, n \geq 4

, града се поддържат полети между повече от

3(n-1) / 2

двойки градове. Маршрут наричаме редица от градове

v_{1}, \ldots, v_{k}

, такава, че съществува полет от

v_{i}

до

v_{i+1}

за всяко

i=1, \ldots, k-1

. Два маршрута наричаме независими, ако те нямат общ град с изключение на крайните градове. Да се докаже, че съществуват два града

x

y

, между които съществуват три независими маршрута.

Решение

Трябва да докажем, че в граф

G

n

върха и повече от

3(n-1) / 2

ребра съществуват два върха, между които има поне три независими пътя. Ще използваме индукция по

n

. За

n=4

твърдението е очевидно. Без ограничение на общността можем да считаме, че графът е свързан, както и че всеки връх е от степен поне 2. Нека

C

е цикъл в

G

. Ако съществува път, свързващ два върха в цикъла задачата е решена. Следователно всички ребра, излизащи от върхове на

C

имат в другия си край различни върхове от

G

. Разглеждаме граф

G^{\prime}

с множество от върхове

(G \backslash C) \cup\{C\}

и с ребраребрата от

G

, имащи поне един край в

G \backslash C

. Извън

G \backslash C

има поне три върха и броят на ребрата в

G^{\prime}

е по-голям от

3\left(n^{\prime}-1\right) / 2

, където

n^{\prime}=n-|C|+1

е броят на върховете в

G^{\prime}

. Съгласно индукционното допускане в

G^{\prime}

съществуват два върха, свързани с поне три независими пътя. Оттук лесно конструираме двойка върхове в

G

, между които съществуват три независими пътя.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-10-4

2014

3 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на реалния параметър

a

, за които неравенството

\sqrt{\vphantom{x^2}1+4 x} \geq x^{2}-x+a

няма целочислени решения.

Решение

Тъй като

1+4 x \geq 0

, то достатъчно е да намерим тези стойности на

a

, за които даденото неравенство няма неотрицателни цели решения. При

x=0

x=2

получаваме

a \leq 1

, а при

x=1, a \leq \sqrt{\vphantom{x^2}5}

. Следователно необходимо условие е

a\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}5}

и остава да докажем, че то е и достатъчно, т. е.

x^{2}-x+a\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}1+4 x} \text{за всяко цяло} x\gt{}

2 \text{при} a\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}5} \text{.}

Да разгледаме неравенството

x^{2}-x+1\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}1+4 x}

. След повдигане на втора степен достигаме до еквивалентното неравенство:

x^{4}-2 x^{3}+3 x^{2}-6 x\gt{}0 \Leftrightarrow x(x-2)\left(x^{2}+3\right)\gt{}0

което очевидно е изпълнено за всяко цяло

x\gt{}2

. Следователно

x^{2}-x+a\gt{}x^{2}-x+\sqrt{\vphantom{x^2}5}\gt{}x^{2}-x+1\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}1+4 x}

за всяко цяло

x\gt{}2

, с което задачата е решена.

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 2 т. за намиране на необходимото условие

a\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}5}; 2

т. за свеждане на задачата до доказателство на неравенството

x^{2}-x+1\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}1+4 x}

за всяко цяло

x\gt{}2; 2

т. за самото доказателство.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

p

е просто число, за което

p \equiv 3(\bmod 4)

. Нека

N

е броят на правоъгълниците с лице

2 p^{2}

, чиито върхове имат целочислени координати

(x, y)

, удовлетворяващи неравенствата

0 \leq x, y \leq 2 p^{2}

. Да се намери остатъкът, който числото

N

дава при делене на

p

Решение

Най-напред ще определим броя на правоъгълниците със страни, успоредни на координатните оси. Очевидно, че броят на правоъгълниците със страни с дължини

a

b

, които са успоредни на координатните оси, и с върхове с целочислени координати

(x, y), 0 \leq x, y \leq n

, е

\left(2 p^{2}-a+1\right)\left(2 p^{2}-b+1\right) \equiv(a-1)(b-1)(\bmod p)

. Правоъгълниците с лице

2 p^{2}

имат страни

2 p^{2} \times 1, p^{2} \times 2, 2 p \times p, p \times 2 p, 2 \times p^{2}, 1 \times 2 p^{2}

. Следователно, ако броят на тези правоъгълници е

K

, то

K \equiv 0(\bmod p)

. Сега ще определим броя

L

на правоъгълниците, чиито страни не са успоредни на координатните оси. Да разгледаме три последователни върха на такъв правоъгълник, имащи координати

(0, a)), (b, 0), (b+c, d)

. Очевидно имаме

c=k a, d=k b

k\left(a^{2}+b^{2}\right)=

2 p^{2}

за някакво цяло

k

. (Да се аргументира, че

k

е цяло.). Това уравнение има решения:

k=1, a=b=p

k=p^{2}, a=b=1

. В първия случай имаме квадрата със лице

2 p^{2}

и неговото положение се определя еднозначно от описания около него квадрат със страна

2 p

. При второто решение имаме два правоъгълника с лице

2 p^{2}

вписани в квадрат със страна

p^{2}+1

. Така за

L

получаваме

L \equiv(2 p-1)^{2}+2 p^{4} \equiv 1 \quad(\bmod p)

Окончателно

N=K+L \equiv 1(\bmod p)

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 1 т. за намиране на броя на правоъгълниците със страни, успоредни на осите, и доказване, че този брой се дели на

p; 3

т. за пълно описание на вида на правоъгълниците със страни, неуспоредни на осите; 2 т. •за определяне на броя им; 1 т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен

\triangle A B C

, вписан в окръждост

k

. Правите през върха

C

, перпендикулярни на страните

A C

B C

пресичат в точките

E

F

съответно допирателните към

k

във върховете

A

B

. Ако

M

е среда на

A B

, а

N

е среда на височината

C H(H \in A B)

, то да се докаже, че правите

M N

E F

са перпендикулярни.

Решение

Нека

P

Q

са проекциите на върховете

A

B

върху правата

E F

. Тогава точките

A, C, P

E

лежат на окръжност с диаметър

A E

, а точките

B, C, F

Q

лежат на окръжност с диаметър

B F

. Следователно

\angle C P Q=\angle C A E=\angle C B A

\angle C Q P=\angle C B F=\angle C A B

, т. е.

\triangle C P Q \sim

\triangle C B A

. Нека правата през върха

C

, перпендикулярна на

E F

пресича

E F

в точка

R

A B

в точка

T

. От факта, че

A P\|M R\|

B Q

\triangle C P Q \sim \triangle C B A

следва, че

\frac{A T}{A B}=\frac{P R}{P Q}=\frac{B H}{B A}

![](/problem-assets/zms2014-10-4-diagram-1.jpg) т. е.

A T=B H

M

е среда на

T H

. Тогава

M N

е средна отсечка в

\triangle T H C, M N \| T C

и следователно

M N \perp E F

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 2 т. за построяване на точките

P

Q

\triangle C P Q \sim \triangle C B A; 3

т. за построяване на точката

T

M T=M H; 2

т. за довършване на решението

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-10-4

2015

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши системата

\begin{aligned}x y-\frac{1}{y z}=\frac{2}{3} \\; y z-\frac{1}{z x}=\frac{5}{2} \\; z x-\frac{1}{x y}=1\end{aligned}

Решение

Да положим

x y=a, y z=b

z x=c

, като отбележим, че

x^{2}=\frac{a c}{b}, y^{2}=\frac{a b}{c}

z^{2}=\frac{b c}{a}

. От третото уравнение имаме

c=\frac{a+1}{a}

, а оттук и второто получаваме

b=\frac{5}{2}+\frac{a}{a+1}=\frac{7 a+5}{2 a+2}.

Тогава първото уравнение дава

b=\frac{5}{2}+\frac{2 a+2}{7 a+5}

, откъдето

21 a^{2}-5 b-16=0

с корени

a_{1}=1

a_{2}=-\frac{16}{21}

. Следователно възможните тройки

(a, b, c)

са

(1, 3, 2)

\left(-\frac{16}{21}, -\frac{7}{10}, -\frac{5}{16}\right)

. Второто решение отпада (Защо?), а от първото получаваме

x= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{a_{1} c_{1}}{b_{1}}}=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{2}{3}}

и аналогично

y= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3}{2}}

z= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}6}

. Тъй като

x, y

z

са с еднакви знаци (следва от положителността на

a, b

c)

, окончателно заключаваме, че решенията са

\left(\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{2}{3}}, \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3}{2}}, \sqrt{\vphantom{x^2}6}\right)

\left(-\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{2}{3}}, -\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3}{2}}, -\sqrt{\vphantom{x^2}6}\right)

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за полагането, 2 т. за достигането на квадратно уравнение за

a, 1

т. за намирането на решенията, 1 т. за отхвърляне на отрицателните решения, 1 т. за връщането на полагането.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен

\triangle A B C(A C\gt{}B C)

с описана окръжност

k

, която има център точка

O

. Точка

N

е средата на

A B

, а точка

P

е петата на височината от

C

към

A B

. Нека правите

C P

C O

пресичат

k

за втори път съответно в точките

E

K

. Точка

F

е проекцията на

E

върху

C K

, а точка

M

е проекцията на

P

върху

F E

. Нека

T

е средата на

K F

. Да се докаже, че

\angle M T F=\angle P N C

Решение

Първи начин. Първо ще докажем, че

K E=2 N P

. Нека

H

е симетричната точка на

K

относно

N

. Тогава

O N

е средна отсечка в

\triangle H K C

и значи

O N \| C H

C H \perp A B

. Отсечката

C K

е диаметър в

k

, откъдето получаваме, че

\angle K E H=90^{\circ}

. Следователно

K E \| N P

N P

е средна отсечка в

\triangle K E H

, откъдето

K E=2 N P

. Ще докажем, че

\triangle M T F \sim \triangle C N P

, откъдето исканото следва. Да означим с

D

петата на перпендикуляра от

P

към

C K

. Имаме

\frac{M F}{T F}=\frac{2 P D}{F K}

. Освен това

\triangle C D P \sim \triangle E F K

и следователно

\frac{P D}{F K}=\frac{C P}{K E}

, което означава, че

\frac{M F}{T F}=\frac{2 C P}{K E}

. Остава да си спомним, че

K E=2 N P

и следователно

\frac{M F}{T F}=\frac{C P}{N P}

, с което въпросното подобие е доказано. Втори начин. Имаме, че

C K=2 R

\angle E C K=\beta-\alpha

, откъдето

K E=2 R \sin (\beta-\alpha)

. Също така

N P=N B-P B=\frac{c}{2}-a \cos \beta=R(\sin \gamma-2 \sin \alpha \cos \beta)=R \sin (\beta-\alpha)

и следователно

K E=2 N P

. Отново

D

е петата на перпендикуляра от

P

към

C K

\cot \angle M T F=\frac{T F}{F M}=\frac{K F}{2 D P}=

\frac{K E \sin (\beta-\alpha)}{2 C P \sin (\beta-\alpha)}=

\frac{2 N P}{2 C P}=\cot \angle P N C.

![](/problem-assets/zms2015-10-2-diagram-1.jpg)

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 3 т. за

K E=2 N P, 3

т. за подобието или директното пресмятане на котангенсите във второто решение.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

k

n

са естествени числа, за които

k\lt{}2^{n+1}

. Да се докаже, че числото

1^{2^{n}}+2^{2^{n}}+\cdots+k^{2^{n}}

се дели на

2^{n}

тогава и само тогава, когато

k=2^{n+1}-1

Решение

Нека

k\lt{}2^{n+1}

е такова естествено число, че

S(n, k)=1^{2^{n}}+2^{2^{n}}+\cdots+k^{2^{n}}

се дели на

2^{n}

. Тъй като (

\left.2 i\right)^{2^{n}}

се дели на

2^{2^{n}}

, достатъчно е да разгледаме само нечетните събираеми в

S(n, k)

. Ако

j

е нечетно, то

j^{2^{n-1}} \equiv 1\left(\bmod 2^{n}\right)

по теоремата на Ойлер и следователно

j^{2^{n}} \equiv 1\left(\bmod 2^{n}\right)

. Тогава

S(n, k) \equiv\left[\frac{k+1}{2}\right]\left(\bmod 2^{n}\right)\left(\left[\frac{k+1}{2}\right]\right.

е броят на нечетните числа, ненадминаващи

k

). Ясно е, че

\left[\frac{k+1}{2}\right] \leq 2^{n}

, като равенство се достига точно когато

k=

2^{n+1}-1

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 1 т. за отхвърляне на четните събираеми; 2 т. за прилагането на теоремата на Ойлер за нечетните събираеми; 2 т. за достигане до сравнението

S(n, k) \equiv

\left[\frac{k+1}{2}\right]\left(\bmod 2^{n}\right); 2

т. за заключението. Не повече от 1 т. за разглеждане на малки частни случаи.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В квадратчетата на една шахматна дъска с размери

10 \times 10

са написани числата от 1 до 100, всяко точно по веднъж. За всеки две числа, свързани с хода на коня, пресмятаме тяхната разлика като от по-голямото вадим по-малкото. Колко най-малко различни числа може да има измежду получените разлики?

Решение

Отговор: Четири. Да номерираме стълбовете на дъската отляво надясно и редовете и́ отгоре надолу. Всяко квадратче ще означаваме с наредената двойка от номера на реда и номера на стълба му. (Конструкция) Точно четири разлики имаме например, когато квадратчетата са номерирани отляво надясно и отгоре надолут. е., когато квадратчето

(i, j)

съдържа числото

10(i-1)+j

. (Оценка) Първи начин. Да разгледаме квадратче, от което могат да се направят 8 хода с коня (ясно е, че такова има). Тогава поне 4 от разглежданите разлики са с един и същи знак и са различни. Втори начин. Да оцветим в червено всички квадратчета освен ъгловите, съседните на ъгловите по страна и тези гранични, които се намират през едно от ъглово. (Същото разсъждение можем да проведем и ако оцветим в червено само 16 квадратчета - (1, 4), (2,

2), (3, 3)

и получените от тези три чрез завъртане на

90^{\circ}, 180^{\circ}

270^{\circ}

около (4, 4).) Тогава всяко червено квадратче е съседно с хода на коня с поне четири други. Да разгледаме най-малкото число, написано в червено квадратче: неговите съседи с хода на коня ни дават поне четири различни разлики.

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 2 т. за конструкцията и 5 т. за оценката.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-10-4

2016

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши неравенството

\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}7-3 x}+x-5}{x} \geq-1

Решение

Неравенството е дефинирано за всички

x \leq 7 / 3, x \neq 0

. 1) Нека

x\gt{}0

. Освобождавайки се от знаменателя получаваме

\sqrt{\vphantom{x^2}7-3 x} \geq 5-2 x

. Тъй като дясната страна е положителна можем да повдигнем на квадрат, откъдето

4 x^{2}-17 x+18 \leq 0

Оттук получаваме

x \in[2, 9 / 4]

. 2) Нека

x\lt{}0

. Сега имаме

\sqrt{\vphantom{x^2}7-3 x} \leq 5-2 x

4 x^{2}-17 x+18 \geq 0

. Неравенството се удовлетворява за

x \in(-\infty, 2] \cup[9 / 4, +\infty)

, откъдето

x \in(-\infty, 0)

. Окончателно получаваме

x \in(-\infty, 0) \cup[2, 9 / 4]

\textit{Оценяване}

: (6 точки) по 3 т. за всеки от случаите

x\gt{}0

x\lt{}0

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е равнобедрен трапец

A B C D(A B \| C D)

. Нека

M

е средата на

C D

E

е пресечната точка на

A C

B M

. Ако

\angle M B C=\angle A B D

, то да се докаже, че

A D=D E

Решение

От условието имаме, че

\angle M B C=\angle A B D=\angle B A C=\angle A C D

и следователно

\triangle M B C \sim \triangle M C E

. Тогава

M D^{2}=M C^{2}=M E \cdot M B

и следователно

\triangle M B D \sim \triangle M D E

. ![](/problem-assets/zms2016-10-2-diagram-1.jpg) Така получаваме, че

\angle M B D=\angle M D E

. Накрая

\angle A E D=\angle A C D+\angle M D E=

\angle M B C+\angle M B D=\angle C B D=\angle C A D

и следователно

\triangle A E D

е равнобедрен, с което доказателството е завършено. Оценяване: (6 точки) 2 т. за

\triangle M B C \sim \triangle M C E; 2

т. за

\triangle M B D \sim \triangle M D E

; 2 т. за

A D=D E

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

a

b

са взаимнопрости естествени числа. Да се намери броят на естествените числа

n

, които не могат да се представят във вида

n=u a+v b

със цели неотрицателни

u

v

Решение

Най-напред да забележим, че всяко естествено число

n

може да се представи по единствен начин във вида

n=u a+v b

, където

0 \leq u \leq b-1

. Ако

n

не може да се представи като

n=u a+v b

с неотрицателни

u

v

, то

v \leq-1

u \leq b-1

, откъдето

n \leq a b-a-b

. Да разгледаме числата

0 \leq m \leq a b-a-b

. Ако

m=u^{\prime} a+v^{\prime} b, 0 \leq u^{\prime} \leq b-1

, то

a b-a-b-m=\left(b-1-u^{\prime}\right) a+\left(1-v^{\prime}\right) b,

като представянията на

m

a b-a-b-m

са единствени. Сега от числата

v^{\prime}

1-v^{\prime}

точно едно е положително или нула и точно едно е отрицателно. Следователно точно половината от числата

m, 0 \leq m \leq a b-a-b

, не могат да се представят в искания вид и търсеният брой e

(a-1)(b-1) / 2

\textit{Оценяване}

: (7 точки) 1 т. за съществуването на единствено представяне

n=u a+v b

със

0 \leq u \leq b-1; 2

т. за намиране на най-малкото число, от което нататък представянето

n=u a+v b

с неотрицателни

u, v

е винаги възможно; 4 т. за доказателството на факта, че точно половината от числата

\leq a b-a-b

не могат да се представят в желания вид.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В хотел с

N

стаи с по две легла има два вида настаняване: във всички стаи се настаняват двойки познати или във всички стаи се настаняват двойки непознати. В хотела пристигнала група от

M

туристи и се установило, че е невъзможно да се изберат

2 N

от тях, които да бъдат настанени в хотела. Впоследствие пристигнал още един човек и такова настаняване вече било възможно. Да се намери най-голямата възможна стойност на

M

(като функция на

N

Решение

Ще докажем, че

M=3 N-2

. Наистина, ако имаме такава група, в която съществуват

2 N-1

туриста, всеки двама от които се познават, а всички останали двойки са непознати, то настаняване е невъзможно. Съществуването на настаняване за група от

3 N-1

туриста ще докажем по индукция. Базата на индукцията е очевидна. Да допуснем, че имаме

N-1

двойки познати, да речем

X_{i} Y_{i}

i=1, \ldots, N-1

. Можем да премем, че всеки двама от останалите

N+1

туриста

Z_{1}, \ldots, Z_{N+1}

са непознати (в противен случай задачата е решена). Освен това във всяка двойка

X_{i} Y_{i}

поне един от туристите има най-много един познат измежду

Z_{1}, \ldots, Z_{N+1}

(в противен случай отново можем да настаним

N

двойки познати). Но сега очевидно могат да се конструират

N

независими двойки непознати, за които настаняване е възможно.

\textit{Оценяване}

: (7 точки) 2 т. за конструиране на група от

3 N-2

туриста, за които настаняване е невъзможно; 5 т. за доказателството за съществуване на

N

независими двойки при група от

3 N-1

туриста.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-10-4

2017

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на реалния параметър

a

, за които неравенството

a^{2} x^{4}-(4 a-1) x^{2}+7\lt{}0

има решение.

Решение

Очевидно при

a=0

неравенството няма решение. Нека

a \neq 0

. Да разгледаме функцията

f(t)=a^{2} t^{2}-(4 a-1) t+7, \quad t \geq 0

Задачата се свежда до това да определим, за кои стойности на

а

неравенството

f(t)\lt{}0

има неотрицателно решение, или, еквивалентно, за кои стойности на

a

минималната стойност на

f(t)

в интервала

[0, +\infty)

е отрицателна. Минимумът на

f(t)

се достига за

t_{0}=\frac{4 a-1}{2 a^{2}}

. Ако

t_{0} \leq 0

, то за

t \geq 0

функцията е растяща и

f(t) \geq f(0)=7\gt{}0

. Следователно

t_{0}\gt{}0

, т. е.

a\gt{}\frac{1}{4}

. Сега

f\left(t_{0}\right)=\min f(t)=

a^{2}\left(\frac{4 a-1}{2 a^{2}}\right)^{2}-(4 a-1) \frac{4 a-1}{2 a^{2}}+7=

-\frac{(4 a-1)^{2}}{4 a^{2}}+7\lt{}0

Последното неравенство води до

12 a^{2}+8 a-1\lt{}0

, чиито решения са

\left. a \in(-2-\sqrt{\vphantom{x^2}7}) / 6, (-2+\sqrt{\vphantom{x^2}7}) / 6\right)

. Тъй като

1 / 4\gt{}(-2+\sqrt{\vphantom{x^2}7}) / 6

, такива

a

не съществуват. Критерии за оценяване: 1 т. за случая

a=0, 1

т. за преминаване към изследване на квадратна функция (включително преформулировка на задачата), 1 т. за

t_{0} \leq 0, 2

т. за получаване на неравенството

12 a^{2}+8 a-1\lt{}0, 1

т. за заключението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен

\triangle A B C

с височина

C H(H \in A B)

и ъглополовяща

A L(L \in B C)

, които се пресичат в точка

O

. Правата

B O

пресича страната

A C

в точка

E

. Да се докаже, че

\angle A H E\gt{}

45^{\circ}

Решение

Първо да забележим, че исканото неравенство

\angle A H E\gt{}45^{\circ}

е еквивалентно с

\frac{A E}{E C}\gt{}\frac{A H}{H C}

. От теоремата на Чева за

\triangle A B C

и правите

A L, B E

C H

получаваме

\frac{A E}{E C} \cdot \frac{C L}{L B} \cdot \frac{B H}{H A}=1 \Rightarrow \frac{A E}{E C}=

\frac{B L}{L C} \cdot \frac{A H}{H B}=\frac{A B}{A C} \cdot \frac{A H}{H B}

Нека

B P

е височината от върха

B

. Имаме

\frac{A B}{A C}=\frac{B P}{C H} \Rightarrow \frac{A E}{E C}=\frac{A H}{H C} \cdot \frac{B P}{B H}

![](/problem-assets/zms2017-10-2-diagram-1.jpg) Остава да съобразим, че

B P\gt{}B H

като хорди в окръжността с диаметър

B C

, съответстващи на

\angle B C P\gt{}\angle B C H

. Критерии за оценяване: 1 т. за свеждане на задачата до

A E / E C\gt{}A H / H C

; 2 т. за прилагане теоремата на Чева и използване на факта, че

B L / L C=A B / A C; 3

т. за довършване на доказателството.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се реши в естествени числа уравнението

2^{n}+n=m!.

Решение

Очевидно

n=1

не е решение. Освен това

m\gt{}1

и тогава

m

! се дели на 2. Понеже

2^{n}

е четно, то

n

е четно. Ако

n

е просто, то

n=2

m=3

. Ако

n\gt{}2

, то

n

е съставно. Нека

n=2^{w} s

, където

w, s \in \mathbb{N}

(s, 2)=1

. Получаваме, че

w

е каноничната степен на 2 в разлагането на

m

!. Да допуснем, че

s\gt{}1

. Тогава нека

p

е най-малкият прост делител на

s

. Ясно е, че ако

p \leq m

, то

m!

се дели на

p

и понеже

n=2^{w} s

се дели на

p

, то и

2^{n}

се дели на

p

, което е невъзможно. Следователно

p\gt{}m

, откъдето

s\gt{}m

. Да допуснем, че

2^{w} \leq m

. Тогава

2^{w}

ще бъде единствената степен на двойката като множител в

m

!, защото

2^{w}| | m

!. Така получаваме единствена възможност -

w=1

m=2

, което не води до решение. Противоречие. Следователно

2^{w}\gt{}m

. Сега използваме резултатите

s\gt{}m

2^{w}\gt{}m

и след почленно умножение на неравенствата достигаме до

2^{w} s\gt{}m^{2}

или

n\gt{}m^{2}

. Тогава

2^{n}+n\gt{}2^{m^{2}}+m^{2}\gt{}2^{m^{2}}

. Но

2^{m}\gt{}m

за всяко

m \in \mathbb{N}

. Умножаваме неравенствата

2^{m}\gt{}m, 2^{m}\gt{}m-1, \cdots, 2^{m}\gt{}1

и извеждаме

2^{m \cdot m}\gt{}m!

, което е равносилно на

2^{m^{2}}\gt{}m

! и така изкарваме

2^{n}+n\gt{}m

!, което е невъзможно. Следователно

s\gt{}1

не води до решение. Сега знаем, че

n=2^{w}

за

w \in \mathbb{N}

2^{n}+n=m

!. Понеже

n\gt{}2(n

е съставно), то

m \geq 3

и така

2^{n}+n

се дели на 3, но понеже

n

е четно, то

2^{n} \equiv 1(\bmod 3)

и оттук извеждаме

n \equiv 2(\bmod 3)

. Тогава

2^{n} \equiv 2^{2}(\bmod 7)

и така

n \equiv 3(\bmod 7)

. Но нека вземем предвид факта, че

n=2^{w}

. Така

2^{w} \equiv 3(\bmod 7)

, което е невъзможно, защото степените на 2 дават остатъци 1, 2 и 4 при деление на 7, а 3 не е от тях. Следователно за съставно

n

решение няма. Така единственото решение на задачата е

(n; m)=(2; 3)

. Критерии за оценяване: 1 т. за равенството на степение на 2 в

n

2^{n}+n, 1

т. за

s\gt{}m, 1

т. за

2^{w}\gt{}m, 2

т. за

s=1, 2

т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадено е естествено число

n

. Да се намери най-малката възможна стойност на естественото число

k

, за което съществува полином

f(x)

с цели коефициенти, който има цял корен, а полиномът

f(x)+k

има

n

различни цели корена.

Решение

Отговор:

(m!)^{2}

при четно

n=2 m

(m+1)(m!)^{2}

при нечетно

n=2 m+1

. Нека първо

n=2 m

е четно число. От условието следва, че

g(x)=f(x)+k=\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right) \ldots\left(x-x_{2 m}\right) h(x)

където

x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2 m}

са различни цели числа, а

h(x)

е полином с цели коефициенти. Ако

f(x)

има цял корен

x_{0}

, от горното равенство следва, че

k=\left(x_{0}-x_{1}\right)\left(x_{0}-x_{2}\right) \ldots\left(x_{0}-x_{2 m}\right) h\left(x_{0}\right)

, откъдето

k=\left|x_{0}-x_{1}\right|\left|x_{0}-x_{2}\right| \ldots\left|x_{0}-x_{2 m}\right|\left|h\left(x_{0}\right)\right|

. Множителите отдясно са естествени числа и измежду

\left|x_{0}-x_{1}\right|, \left|x_{0}-x_{2}\right|, \ldots, \left|x_{0}-x_{2 m}\right|

никое естествено число не може да се появява повече от два пъти. Следователно

k \geq\left|x_{0}-x_{1}\right|\left|x_{0}-x_{2}\right| \ldots\left|x_{0}-x_{2 m}\right| \geq

1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2. \cdots. m \cdot m=(m!)^{2}

Нека

k=(m!)^{2}

f(x)=(-1)^{m}\left(x^{2}-1\right)\left(x^{2}-4\right) \ldots\left(x^{2}-m^{2}\right)-(m!)^{2}

. Лесно се вижда, че

f(0)=0

f(x)+k

има корени

\pm 1, \pm 2, \ldots, \pm m

. При нечетно

n=2 m+1

разсъждаваме по аналогичен начин, като в този случай оценката е

k \geq

(m+1)(m!)^{2}

, а полином с исканите свойства е

f(x)=(-1)^{m+1}\left(x^{2}-1\right)\left(x^{2}-4\right) \ldots\left(x^{2}-m^{2}\right)(x-m-1)-

(m+1)(m!)^{2}

. Критерии за оценяване: (7 точки) 1 т. за представянето

k=\left(x_{0}-x_{1}\right)\left(x_{0}-x_{2}\right) \ldots\left(x_{0}-x_{2 m}\right) h\left(x_{0}\right), 1

т. за

k=\left|x_{0}-x_{1}\right|\left|x_{0}-x_{2}\right| \ldots\left|x_{0}-x_{2 m}\right|\left|h\left(x_{0}\right)\right|, 1

т. за извода, че в

\left|x_{0}-x_{1}\right|, \left|x_{0}-x_{2}\right|, \ldots, \left|x_{0}-x_{2 m}\right|

едно естествено число може да се среща най-много два пъти, 2 т. за оценката

k \geq(m!)^{2}, 1

т. за конструкция, 1 т. за описание на нечетния случай.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-10-4

2018

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

и ъглополовяща

C L(L \in A B)

. Окръжност през

C

L

пресича правата

A B

и описаната около

A B C

окръжност

k

за втори път съответно в точки

M

N

, като

A

е между

M

B

, а

N

е върху дъгата

\widehat{A B}

, несъдържаща

C

. Аналогично, втора окръжност през

C

L

пресича правата

A B

k

за втори път съответно в точки

P

Q

, като

B

е между

P

A

, а

Q

е върху дъгата

\widehat{A B}

, несъдържаща

C

. Да се докаже, че точките

M, N

P

Q

лежат на една окръжност.

Решение

Нека

C L

е ъглополовяща на

\angle A C B

. Нека

K

е средата на дъгата

\overparen{A B}

, несъдържаща

C

. Тогава

K

лежи на правата

C L

и имаме

\angle M N C=\angle M L C

\angle K N C=\angle B L C

, откъдето

\angle M N C+\angle K N C=\angle M L C+\angle B L C=180^{\circ}

т. е. точките

M, N

K

лежат на една права. Аналогично се вижда, че

Q, P

K

лежат на една права. Сега от

K N \cdot K M=K L \cdot K C=K P. K Q

следва, че точките

M, N, P

Q

лежат на една окръжност. Забележка. Вярно е и обратното твърдениеако

M, N, P

Q

лежат на една окръжност, то

C L

е ъглополовяща. Нека

M, N, P

Q

лежат на една окръжност. Тогава правите

M N

C L

P Q

се пресичат в една точка, защото са общи хорди на окръжностите, описани около

M N L C, P Q C L

M N P Q

. Както по-горе получаваме

\angle M N C+\angle Q P C=\angle M L C+\angle Q L C=180^{\circ}

и следователно

\angle K N C+\angle K P C=180^{\circ}

, т. е.

K

лежи върху

k

. Сега от

\angle K P C=\angle M N C=

\angle A L C

следва, че

\widehat{A K}=\widehat{B K}

, т. е.

C L

е ъглополовяща на

\angle A C B

\textit{Оценяване}

: (6 точки) 1 т. за въвеждане на средата на дъгата

\overparen{A B}, 3

т. за доказване на двете колинеарности, 2 т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се определи за кои стойности на реалния параметър

a

, уравнението

\sqrt{\vphantom{x^2}3+2 x-x^{2}}-\sqrt{\vphantom{x^2}4-a^{2}+2 a x-x^{2}}=1-a

има единствено решение.

Решение

Дефиниционната област на уравнението е

[-1, 3] \cap[a-2, a+2]

и тя е непразно множество за

a \in[-3, 5]

. Ясно е, че за

a=1

, всяко

x

е решение. Ще разглеждаме даденото уравнение за

a \in[-3, 5]

a \neq 2

. Пренаписвайки го като

\sqrt{\vphantom{x^2}3+2 x-x^{2}}+(a-1)=\sqrt{\vphantom{x^2}4-a^{2}+2 a x-x^{2}}

и повдигайки на квадрат, получаваме

\sqrt{\vphantom{x^2}3+2 x-x^{2}}=x-a

и замествайки в (1), получаваме

\sqrt{\vphantom{x^2}4-a^{2}+2 a x-x^{2}}=x-1

След повдигане на квадрат на (2) (или на (3)) имаме, че

f(x)=2 x^{2}-2(a+1) x+a^{2}-3=0

Преобразуванията на (1) до (4) са еквивалентни за

x

от дефиниционата област

[-1, 3] \cap[a-

2, a+2], a \neq 1

и за

x \geq a, x \geq 1

. Така даденото уравнение има единствено решение тогава и само тогава, когато уравнението (4) има единствено решение, ако

a \in[-3, 5], a \neq 1, x \in[-1, 3] \cap[a-2, a+2], x \geq a

x \geq 1

. Уравнението (4) има решение, ако

D_{f}=-a^{2}+2 a+7 \geq 0

, т. е. за

a \in[1-2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}, 1+2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}] \subset

[-3, 5]

и то ще е единствено за

x \geq a

x \geq 1

, само ако

a

и 1 са между корените му, т. е. за

f(a)=f(1)=a^{2}-2 a-3 \leq 0 \text{или} a \in

[-1, 3] \subset[1-2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}, 1+2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}] \subset[-3, 5].

Остава да видим за кои

a \in[-1, 3], a \neq 1

решението на уравнението (4), за което

x \geq a

x \geq 1

, принадлежи на дефиниционната област. Тъй като

f(-1)=f(a+2)=(a+1)^{2} \geq

0 \text{и} f(3)=f(a-2)=(a-3)^{2} \geq 0,

то трябва и двата корена на уравнението (4) да се съдържат в интервалите от дефиниционната област, което е еквивалентно на неравенствата

-1 \leq \frac{a+1}{2} \leq 3 \text{и} a-2 \leq \frac{a+1}{2} \leq a+2,

които са изпълнени за всяко

a \in[-1, 3]

. Окончателно, даденото уравнение има единствено решение за

a \in[-1, 1) \cup(1, 3]

\textit{Оценяване}

: (6 точки) 1 т. за получаване на уравнение с един радикал, 1 т. за получаване на квадратното уравнение (4), 2 т. за описание на условията за единствен корен, 2 т. за изследването им.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, които са точна степен (възможно първа) на просто число и такива, че

\sigma(n)

дели числото

n \varphi(n)-6

. Със

\sigma(n)

се означава сумата от естествените делители на

n

, а с

\varphi(n)

- броят на естествените числа, по-малки от

n

и взаимнопрости с

n

Решение

Нека

n=p^{k}

, където

p

е просто, а

k

е естествено число. Тъй като

\varphi(n)=p^{k-1}(p-1)

\sigma(n)=\left(p^{k+1}-1\right) /(p-1)

, условието се записва във вида

p^{2 k-1}(p-1) \equiv 6 \quad\left(\bmod \frac{p^{k+1}-1}{p-1}\right)

Тъй като

p^{k+1} \equiv 1\left(\bmod \frac{p^{k+1}-1}{p-1}\right)

, от (1) следва, че

p-1 \equiv 6 p^{3}\left(\bmod \frac{p^{k+1}-1}{p-1}\right)

. Ако

k \geq 4

, то

p^{5}-1 \leq p^{k+1}-1 \leq(p-1)\left(6 p^{3}-p+1\right)

, откъдето

p^{4}+p^{3}+p^{2}+p+1 \leq

6 p^{3}-p+1 \Longleftrightarrow p^{3}(p-5)+2 p\lt{}0

, което е възможно само при

p=2

p=3

. В тези два случая получаваме съответно

6 p^{3}-p+1=47

и 160, за които лесно се вижда, че не се делят на числа от вида

p^{k+1}-1

за

p=2

и 3 и

k \geq 4

. При

k=3

имаме

p^{3}+p^{2}+p+1 \mid 6 p^{3}-p+1=6\left(p^{3}+p^{2}+p+1\right)-6 p^{2}-7 p-5

, откъдето

p^{3}+p^{2}+p+1 \mid 6 p^{2}+7 p+5

, т. е.

p^{3}+p^{2}+p+1 \leq 6 p^{2}+7 p+5

. Последното е еквивалентно на

p\left(p^{2}-5 p-6\right) \leq 4

, което е възможно само ако

p \leq 5

. Директна проверка на

p=2, 3

и 5 води до решението

p=3\left(n=3^{3}=27\right)

. При

k=2

имаме

p^{2}+p+1 \mid 6 p^{3}-p+1=6 p\left(p^{2}+p+1\right)-6\left(p^{2}+p+1\right)-p+7

, откъдето

p^{3}+p^{2}+p+1 \mid p-7

, т. е.

p^{3}+p^{2}+p+1 \leq p-7

(което очевидно е невъзможно) или

p=7

. Последното дава решение

n=7^{2}=49

. При

k=1

имаме

p+1 \mid 6 p^{3}-p+1=\left(6 p^{2}-6 p+5\right)(p+1)-4

, откъдето

p+1 \mid 4

, т. е.

p=3=n

\textit{Оценяване}

: (7 точки) 2 т. за редуциране на сравнението до трета степен; 2 т. за случая

k \geq 4

, по 1 т. за случаите

k=3, 2

и 1 (последните два могат да се разглеждат директно от (1)).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число. Пермутация (

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2018}

) на числата

(1, 2, \ldots, 2018)

се нарича добра, ако

\left|a_{i}-i\right| \leq n

за всяко

i=1, 2, \ldots, 2018

. Да се намерят всички стойности на

n

, за които броят на добрите пермутации е нечетен.

Решение

Отговор:

n=504

или

n=1008

. Ще разгледаме общия случай (т. е. с

N

вместо 2018). Ще докажем, че броят на добрите пермутации е нечетен точно когато

2 n+1

дели

N

или

N-1

. Да отбележим първо, че ако една пермутация е добра, то и обратната и е такава. Следователно остава да се интересуваме от четността на добрите пермутации, които съвпадат с обратните си (ще ги наричаме инволюции). Общият брой на инволюциите е нечетен само при

N=0

N=1

(защото е равен на

N

! минус броя на пермутациите, които не са инволюции). Ако

2 \leq N \leq n+1

всяка пермутация е добра и броят им е четно число. Нека

N\gt{}n+1

и да разгледаме добрите инволюции в зависимост от действието (ограничението им) върху множествата

\{n+2, \ldots, N\}

. За всеки клас

T

с фиксирано действие върху

\{n+2, \ldots, N\}

действието върху

\{1, 2, \ldots, n+1\}

също е фиксирано. Ако

f(T)

е ограничението на тези инволюции върху

\{1, 2, \ldots, n+1\}

, то

|T|

е равно на броя на инволюциите в

f(T)

. Следователно

|T|

може да е нечетно само ако последният брой е нечетен, т. е. равен на 1. Следователно в нашата цяла добра инволюция имаме

1 \rightarrow 1, i \rightarrow n+i

за

2 \leq i \leq n+1

. Горното свежда задачата от

N

към

N-(2 n+1)

. За да финишираме в нечетен брой, трябва накрая

N-k(2 n+1)

да е равно на 0 или 1 (

k

е броят на редукциите), т. е.

2 n+1

дели

N

или

N-1

. При

N=2018

получаваме

2 n+1 \mid 2018

, т. е.

n=504

или

2 n+1 \mid 2017

, т. е.

n=1008

\textit{Оценяване}

: (7 точки) 1 т. за разглеждане на всяка пермутация заедно с обратната ѝ, 1 т. за съображението, че броят на инволюциите е нечетен само при

N=0

и 1, 4 т. за свеждане на задачата от

N

към

N-(2 n+1), 1

т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-10-4

2019

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на параметъра

a

, за които системата

\begin{aligned}\ x^{2}+2 a x-a^{2}+2=0 \\ y^{2}+y-x=0\end{aligned}

има точно две решения.

Решение

Дискриминантата на

y^{2}+y-x=0

като квадратно уравнение относно

y

D=

1+4 x

. Лесно се вижда, че условието е равносилно на това да намерим всички

a

, за които

x^{2}+2 a x-a^{2}+2=0

има точно един корен в интервала

\left[-\frac{1}{4}, \infty\right)

и той е различен от

-\frac{1}{4}

. Нека

f(x)=x^{2}+2 a x-a^{2}+2=0

. Първи случай.

f\left(-\frac{1}{4}\right)\lt{}0 \Longleftrightarrow 16 a^{2}+8 a-33\gt{}0 \Longleftrightarrow a \in

\left(-\infty, \frac{-1-\sqrt{\vphantom{x^2}34}}{4}\right) \cup\left(\frac{-1+\sqrt{\vphantom{x^2}34}}{4}, \infty\right)

Втори случай.

D=0 \Longleftrightarrow a^{2}=1 \Longleftrightarrow a= \pm 1.

Ако

a=1

уравнението е

x^{2}+2 x+1=0

и има двоен корен

x_{1}=x_{2}=-1

, т. е.

a=1

не е решение. Ако

a=-1

уравнението е

x^{2}-2 x+1=0

и има двоен корен

x_{1}=x_{2}=1

, т. е.

a=-1

е решение. Окончателно

a \in\left(-\infty, \frac{-1-\sqrt{\vphantom{x^2}34}}{4}\right) \cup\{-1\} \cup\left(\frac{-1+\sqrt{\vphantom{x^2}34}}{4}, \infty\right)

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за свеждане до единствен корен на уравнението

x^{2}+2 a x-a^{2}+2=

0 в интервала

\left[-\frac{1}{4}, \infty\right)

, различен от

-\frac{1}{4}; 2

т. за първи случай; 3 т. за втори случай.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В остроъгълния триъгълник

A B C

медианата

C M

разделя

\angle A C B

в отношение

2: 1(\angle A C M=2 \angle M C B)

. Описаната около триъгълник

A B C

окръжност с център

O

пресича за втори път описаната около триъгълник

M O C

окръжност в точка

D

. Да се докаже, че

C D

е ъглополовяща за

\angle A C M.

Решение

(Герджиков) Първо,

\angle C O M=\angle C O A+\angle A O M=2 \beta+\gamma=180-\alpha+\beta\gt{}180-\alpha

. Следователно, точките

D

O

са в различни полуравнини спрямо

C M

, защото в противен случай

\angle C O M=\angle C D M\lt{}\angle C D B=180-\alpha\lt{}\angle C O M

. Имаме, че

\angle M D O=\angle M C O=

\angle A C O-\angle A C M=90-\beta-2 \gamma / 3

\angle C D M=180-\angle C O M=180-2 \beta-\gamma

. Следователно,

\angle O D C=\angle C D M-\angle M D O=90-\beta-\gamma / 3

. Но

O D=O C

, като радиуси в окръжност и значи

\angle O C D=\angle O D C

, а оттук и

\angle D C A=\angle O C A-\angle O C D=90-\beta-(90-\beta-\gamma / 3)=

\gamma / 3=\frac{1}{2} \angle M C A

. Следователно,

C D

е ъглополовяща за

\angle A C M

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за доказване, че

D

O

са в различни полуравнини спрямо

C M

. По 1 т. за изразяването на ъглите

\angle M D O, \angle C D M, \angle O D C

\angle D C A.1

т. за довършване. Решение. (Данова/Харизанов) Нека

B A

пресича за втори път описаната около

\triangle M O C

окръжност

k_{2}

в точка

P

. Точките

A

M

са между точките

P

B

, защото

\angle A C M\gt{}\angle M C B

и следователно

O

е вътрешна за

\triangle M B C

. Тъй като

O M

е симетрала за

A B

, то

\angle P M O=90^{\circ}

и значи

P O

е диаметър за

k_{2}

. Тъй като

O

е център на описаната около

\triangle A B C

окръжност

k_{1}, \{C, D\} \in k_{1}

\angle O C P=\angle O D P=90^{\circ}

, следва че

P C

P D

са допирателните към

k_{1}

през точката

P

. Тогава

\angle A M D=\angle P C D

(от

k_{2}

), а

\angle P C D=\angle C B D

\angle D A M=\angle D C B

(от

k_{1}

). Следователно

\triangle D M A \sim \triangle D B C

и значи

\frac{D A}{D C}=\frac{M A}{B C}=\frac{M B}{B C} \Rightarrow \frac{D A}{M B}=\frac{D C}{B C} \Rightarrow \triangle D A C \sim

\triangle M B C(\angle A D C=\angle M B C).

От тук,

\angle A C D=\angle M C B=\frac{1}{2} \angle A C M

и тъй като

D

лежи на дъгата

A B

от

k_{1}

, несъдържаща

C

, то

C D

е ъглополовяща за

\angle A C M

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за построяването на

P

и доказването, че

P C

P D

са допирателни към

k_{1}

. По 2 т. за доказване на всяка от двете двойки подобни триъгълници. 1 т. за обяснението, че

C D

е вътрешна за

\angle A C M

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Една редица

a

ще наричаме самопресичаща се, ако сумата на някои от нейните членове е равна на сумата на някои от другите й членове, т. е. съществуват два по два различни индекси

i_{1}, i_{2}, \ldots, i_{s}, j_{1}, j_{2}, \ldots, j_{r}, s, r \geq 1

, такива че

a_{i_{1}}+\cdots+a_{i_{s}}=a_{j_{1}}+\cdots+a_{j_{r}}

. Например, редицата

1, 3, 5, 7, 9, \ldots

е самопресичаща се, докато редицата

1, 3, 9, 27, 81, \ldots

не е. Да се намерят всички двойки естествени числа

(\alpha, \beta)

, за които редицата:

a_{1}=1, a_{2}=2

a_{n+1}=\alpha a_{n}+\beta a_{n-1}, n \geq 2

, е самопресичаща се.

Решение

Отговор:

(\alpha, \beta)=(1, 1)

. Тъй като

\alpha, \beta \geq 1

a_{n+1}-a_{n}=(\alpha-1) a_{n}+\beta a_{n-1} \geq a_{n-1}

, то по индукция следва, че за всеки избор на естествените

(\alpha, \beta)

, генерираната редица е строго монотонно растяща и положителна. Да разгледаме произволна самопресичаща се редица от търсения вид. Без ограничение на общността, нека

i_{1}\lt{}i_{2} \cdots\lt{}i_{s}, j_{1}\lt{}j_{2} \cdots\lt{}j_{r}

i_{s}\lt{}j_{r}

. Поради монотонността, не може

r=s=1

. Ako

\alpha \geq 2

, то

a_{n+1}=\alpha a_{n}+\beta a_{n-1}\gt{}2 a_{n}

a_{j_{1}}+\cdots+a_{j_{r}} \geq a_{j_{r}}\gt{}2 a_{j_{r}-1}\gt{}

a_{j_{r}-1}+2 a_{j_{r}-2}\gt{}a_{j_{r}-1}+\cdots+a_{1}\gt{}a_{i_{1}}+\cdots+a_{i_{s}}

Противоречие. Следователно

\alpha=1

. Ако

\beta \geq 2

, то

a_{n+1}=a_{n}+\beta a_{n-1} \geq a_{n}+2 a_{n-1}

a_{j_{r}} \geq a_{j_{r}-1}+2 a_{j_{r}-2} \geq

a_{j_{r}-1}+a_{j_{r}-2}+a_{j_{r}-3}+2 a_{j_{r}-4} \geq

\cdots \geq a_{j_{r}-1}+a_{j_{r}-2}+\cdots+a_{1}

Следователно,

\beta=2, r=1, i_{s}=j_{r}-1

и е в сила равенството

a_{j_{r}}=a_{j_{r}-1}+a_{j_{r}-2}+\cdots+a_{1}

. Но тогава,

a_{j_{r}}=a_{j_{r}-1}+2 a_{j_{r}-2}

и значи

a_{j_{r}-2}=a_{j_{r}-3}+\cdots+a_{1} \Rightarrow a_{j_{r}-4}=

a_{j_{r}-5}+\cdots+a_{1} \Rightarrow \cdots \Rightarrow a_{2}=a_{1} \text{или} a_{1}=0.

Противоречие. Следователно, остава единствената възможност

(\alpha, \beta)=(1, 1)

, водеща до редицата на Фибоначи, която е самопресичаща се защото

a_{n+1}=a_{n}+a_{n-1}

\textit{Оценяване: }

( 7 точки) 1 т. за доказване на положителност и монотонност на редицата. 2 т. за случая

\alpha \geq 2, 3

т. за случая

\alpha=1, \beta \geq 2

и 1 т. за показването, че редицата на Фибоначи е самопресичаща се.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-10-3

2020

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

x

, за които:

x^{4}-\sqrt{\vphantom{x^2}70-x^{2}}=2020.

Решение

Ако положим

\sqrt{\vphantom{x^2}70-x^{2}}=t

, то

t \in[0, \sqrt{\vphantom{x^2}70}]

и уравнението добива вида:

\left(70-t^{2}\right)^{2}-t=2020 \Leftrightarrow t^{4}-140 t^{2}-t+2880=

0 \Leftrightarrow(t-5)\left(t^{3}+5 t^{2}-115 t-576\right)=0

От

t \geq 0

t \leq \sqrt{\vphantom{x^2}70}\lt{}9

следва, че

t^{3}+5 t^{2}-115 t-576=(t-9)\left(t^{2}+14 t+11\right)-477\lt{}0

. Така окончателно

t=5

и уравнението има две решения

x_{1}=3 \sqrt{\vphantom{x^2}5}

x_{2}=-3 \sqrt{\vphantom{x^2}5}

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за полагането

\sqrt{\vphantom{x^2}70-x^{2}}=t

и свеждане до уравнение от четвърта степен; 2 т. за разлагането и откриване на решение при

t=5; 2

т. за доказателство, че няма други решения; 1 т. за окончателния отговор.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

\triangle A B C

е вписана окръжност

k

, която се допира до страните

B C, C A

A B

в точките

D, E

F

съответно. Нека

F P

е височина в

\triangle D E F

и симетралата на

F P

пресича

k

в точките

Q

R

. a) Да се докаже, че точките

A, B, Q

R

лежат на една окръжност. б) Ако радиусът на тази окръжност е равен на радиуса на описаната около

\triangle A B C

окръжност, то да се намери

\angle A C B

Решение

Нека

I

е центърът на

k

и симетралата на

F P

пресича

D F

E F

в точките

M

N

съответно. Тогава

M

е среда на

D F

и от равнобедрения

\triangle B D F

следва, че

M

лежи на

B I

B M \perp F D

. От правоъгълния

\triangle B I F

и от свойството на секущите в

k

следва, че

B M. M I=F M^{2}=F M. M D=Q M. M R

, т. е.

R B Q I

е вписан четириъгълник. Аналогично

R A Q I

е вписан четириъгълник и следователно точките

A, B

Q, R

I

лежат на една окръжност

\omega

. Остава да съобразим, че радиусът на

\omega

е равен на радиуса на описаната около

\triangle A B C

окръжност тогава и само тогава, когато симетричната точка на

I

относно

A B

лежи на описаната окръжност, т. е.

\angle A I B+\angle A C B=180^{\circ}

. Но ![](/problem-assets/zms2020-10-2-diagram-1.jpg)

\angle A I B=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle A B C

и следователно

\angle A C B=60^{\circ}

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 4 т. за а); 2 т. за б).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-10-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

K_{n}

е граф с

n \geq 3

върха, всеки два от които са свързани с ребро. Казваме, че ребрата на

K_{n}

са правилно оцветени, ако ребрата на всеки триъгълник или са едноцветни, или са оцветени в три различни цвята. a) Да се докаже, че ако

K_{n}

е правилно оцветен с използването на поне два цвята, то броят на използваните цветове е поне

\sqrt{\vphantom{x^2}n}+1

. б) Съществува ли правилно оцветяване на ребрата на

K_{25}

, което използва точно 6 цвята?

Решение

Нека

K_{n}

е правилно оцветен в

r\gt{}1

различни цвята. Нека

N(x, c)

е броят на върховете, съседни на

x

, които са оцветени в цвят

c

. Да фиксираме връх

x_{0}

и цвят

c_{0}

, за които

N\left(x_{0}, c_{0}\right)

е максимално и да означим този максимум с

N

. Ребрата, имащи за връх

x_{0}

, се разбиват на не повече от

r

класа едноцветни ребра, всеки от които е с не повече от

N

елемента. Следователно

N \cdot r \geq n-1

Нека

x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{N}

са съседите на

x_{0}

, които са в цвят

c_{0}

. Разглеждаме пълния подграф

G

, индуциран от

x_{0}, x_{1}, \ldots, x_{N}

. Очевидно всички ребра на

G

са в цвят

c_{0}

. Тъй като има поне два цвята, то съществува връх

y

от

K_{n}

, който е свързан с

G

с цвят раличен от

c_{0}

. От условието за правилна оцветеност следва, че всички ребра

y x_{i}

са оцветени в различни цветове, които са различни от

c_{0}

. Следователно,

r \geq N+2

От (2) и (3) получаваме

r(r-2) \geq r N \geq n-1

откъдето

r \geq \sqrt{\vphantom{x^2}n}+1

. Нека

n=p^{2}, p

- просто число, и нека върховете на

K_{n}

са

V=\{(i, j) \mid 0 \leq i, j \leq p-1\}

Нека цветовете са елементите на

\{0, 1, \ldots, p\}

. Реброто между върховете

\left(i_{1}, j_{1}\right)

\left(i_{2}, j_{2}\right)

оцветяваме в цвят

c \in\{0, 1, \ldots, p-1\}

, ако

i_{1}-i_{2} \equiv c\left(j_{1}-j_{2}\right) \quad(\bmod p)

и в цвят

p

, ако

j_{1}=j_{2}

\textit{Оценяване: }

(7 точки) Пълно решение на а) се оценява с 5 т. Пълно решение на б) се оценява с 3 т. Пълно решение на а) и б) - 7 т. Построяване на правилно оцветяване без доказателство, че е наистина такова - 2 т.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-10-4

2021

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички положителни стойности на параметъра

a

, за които уравнението

\sqrt{\vphantom{x^2}x-\sqrt{2 a x-a^{2}}}+

\sqrt{\vphantom{x^2}x+1+\sqrt{(a+2)(2 x-a)}}=\sqrt{\vphantom{x^2}2}

има повече от едно решение. За получените стойности за

а

определете решенията на уравнението.

Решение

Тъй като

a

е положителен параметър по условие, дефиниционната област за

x

2 x-a \geq 0

, т. е.,

x \geq a / 2

. Умножаваме двете страни на уравнението с

\sqrt{\vphantom{x^2}2}

и посредством еквивалентни преобразувания получаваме:

\sqrt{\vphantom{x^2}2 x-2 \sqrt{2 a x-a^{2}}}+\sqrt{\vphantom{x^2}2 x+2+2 \sqrt{(a+2)(2 x-a)}}=

\begin{aligned}2 & \Longleftrightarrow \\ \sqrt{\vphantom{x^2}(\sqrt{2 x-a}-\sqrt{a})^{2}}+\sqrt{\vphantom{x^2}(\sqrt{2 x-a}+\sqrt{a+2})^{2}}=\end{aligned}

\begin{aligned}2 & \Longleftrightarrow \\ |\sqrt{\vphantom{x^2}2 x-a}-\sqrt{\vphantom{x^2}a}|+\sqrt{\vphantom{x^2}2 x-a}+\sqrt{\vphantom{x^2}a+2}=\end{aligned}

2 &

Полагаме

t: =\sqrt{\vphantom{x^2}2 x-a}

и разглеждаме двата случая: 1 сл.

t \geq \sqrt{\vphantom{x^2}a}

, което е еквивалентно на

x \geq a

. От (1) получаваме линейната връзка

2 t=

2+\sqrt{\vphantom{x^2}a}-\sqrt{\vphantom{x^2}a+2}

и следователно уравнението има най-много едно решение (ако въпросното

t

удолетворява наложените допълнителни ограничения). 2 сл.

t \leq \sqrt{\vphantom{x^2}a}

, което е еквивалентно на

x \leq a

. От (1) получаваме

0 \cdot t=2-\sqrt{\vphantom{x^2}a}-\sqrt{\vphantom{x^2}a+2}

, от където уравнението или няма решение или има безброй много такива. Второто е възможно единствено, когато

\sqrt{\vphantom{x^2}a}+\sqrt{\vphantom{x^2}a+2}=2

. Директна проверка дава, че

a=1 / 4

е единствено решение. В този случай, от дефиниционното множество и допълнителните ограничения, получаваме, че решение на оригиналното уравнение е всяко

x

в интервала

[1 / 8, 1 / 4]

. Окончателно, отговорьт на задачата е

a=1 / 4

x \in[1 / 8, 1 / 4]

\textit{Оценяване: }

(6 точки) По 1 т. за представяне като точен квадрат за всеки от изразите под двата корена; 1 т. за (1); 1 т. за разглеждане/доказване на 1 сл.; 2 т. за разглеждане/доказване на 2 сл.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В остроъгълен триъгълник

A B C

са построени височините

A A_{1}

B B_{1}\left(A_{1} \in\right.

B C, B_{1} \in A C

). През върха

C

е построена права, която пресича отсечката

A_{1} B_{1}

в точка

F

и страната

A B

в точка

K

така, че

\frac{A_{1} F}{F B_{1}}=\frac{A K}{K B}

. Да се докаже, че е в сила следното отношение между лицата на триъгълниците:

\left(\frac{S_{\triangle A F B}}{S_{\triangle A_{1} B_{1} K}}\right)^{2}=\frac{S_{\triangle A B C}}{S_{\triangle A_{1} B_{1} C}}

Решение

Ще използваме стандартните означения за триъгълник. От съобръжения за симетрия, без ограничение на общността можем да допуснем, че

A C \geq B C

, респективно

\alpha \leq \beta

. Четириъгълникът

A B A_{1} B_{1}

е вписан, следователно

\angle B_{1} A_{1} C=\alpha

\angle C B_{1} A_{1}=\beta

, респективно

\triangle A B C \sim \triangle A_{1} B_{1} C_{1}

. От условието и подобието,

\frac{A_{1} F}{F B_{1}}=\frac{A K}{K B} \Leftrightarrow \frac{A_{1} B_{1}}{F B_{1}}=\frac{A B}{K B} \Leftrightarrow \frac{F B_{1}}{K B}=

\frac{A_{1} B_{1}}{A B}=\frac{C B_{1}}{C B} \Rightarrow \triangle F B_{1} C \sim

\triangle K B C

и значи

C K

е ъглополовяща на

\angle A C B

. Да означим петите на височините от

F

K

към

A B

A_{1} B_{1}

съответно с

F_{1}

K_{1}

. Лесно се съобразява, че

F_{1}

K_{1}

са разположени в една и съща полуравнина спрямо

K F

и подобно на

A B A_{1} B_{1}

, четириъгълникът

K F_{1} K_{1} F

е вписан. При това, съгласно допускането,

\angle K_{1} F K=\angle B_{1} F C=\angle F_{1} K F

, от където

K F_{1} K_{1} F

е равнобедрен трапец и

K K_{1}=F F_{1}

. Окончателно,

\left(\frac{S_{\triangle A F B}}{S_{\triangle A_{1} B_{1} K}}\right)^{2}=

\left(\frac{\frac{A B \cdot F F_{1}}{2}}{\frac{A_{1} B_{1} \cdot K K_{1}}{2}}\right)^{2}=

\left(\frac{A B}{A_{1} B_{1}}\right)^{2}=\frac{S_{\triangle A B C}}{S_{\triangle A_{1} B_{1} C}}

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 3 т. за

C K

ъглополовяща на

\angle A C B; 2

т. за

K K_{1}=F F_{1}; 1

т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-10-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}

, за които при всеки избор на двойка естествени числа

m

n

, числото

f(n)+m

да дели

\left|f(m)-n^{4}\right|.

Решение

Ще докажем, че единствено

f(n)=n^{2}

удовлетворява условието. Замествайки с

(m, n)=(1, 1)

и отчитайки, че за всяко естествено число

N, N-1\lt{}N+1

, заключаваме, че

f(1)=1

. Полагайки

n=1

, получаваме че

(m+1) \mid(f(m)-1)

и значи за всяко естествено

m, f(m)=

g(m)(m+1)+1

, като

g(m) \geq 0

. Нека сега вземем

m=1

n=p+1

, където

p

е нечетно просто число. Тогава

(g(n)(n+1)+2)\left|\left(n^{4}-1\right)=(n-1)(n+1)\left(n^{2}+1\right) \Longrightarrow(g(n)(n+1)+2)\right|(n-1)\left(n^{2}+1\right)

защото

n+1=p+2

е нечетно и НОД

(g(n)(n+1)+2, n+1)=1

. Освен това, ако допуснем, че

g(n)(n+1)+2 \equiv 0 \quad(\bmod n-1) \Rightarrow g(n)(p+2) \equiv-2 \quad(\bmod p) \Rightarrow g(n) \equiv-1 \quad(\bmod n-1)

, то

g(n) \geq 1, g(n)=h(n)(n-1)-1, g(n)(n+1)+2=(h(n)(n+1)-1)(n-1)

& (h(n)(n+1)-1) \mid

\begin{aligned}\left(\left(n^{2}+1\right)=(n+1)(n-1)+2\right) \Rightarrow \\ & (h(n)(n+1)-1) \mid\end{aligned}

\begin{aligned}((n+1)(n-1)+2+2(h(n)(n+1)-1)) \Rightarrow \\ & (h(n)(n+1)-1) \mid\end{aligned}

\begin{aligned}((n+1)(n-1+2 h(n))) \Rightarrow \\ & (h(n)(n+1)-1) \mid(n-1+2 h(n)).\end{aligned}

Това е невъзможно, тъй като директна проверка показва, че за големи

n

единствено при

h(n)=1

делителя остава по-малък от делимото, а последното води до

n \mid(n+1)

, което не е вярно. Следователно, допускането ни е грешно и значи НОД

(n-1, f(n)+1)=1

, т. е.,

(g(n)(n+1)+2) \mid\left(n^{2}+1\right)

. Последното е равносилно на

\begin{array}{l|l} (g(n)(n+1)+2) & ((n-1)(n+1)+2) \Leftrightarrow \cr (g(n)(n+1)+2) & ((n-1)(n+1)+2-(g(n)(n+1)+2)) \Leftrightarrow \cr (g(n)(n+1)+2) & ((n-1-g(n))(n+1)) \Leftrightarrow \cr (g(n)(n+1)+2) & (n-1-g(n)). \end{array}

При последното сравнение отново използвахме нечетността на

n+1

. Но

g(n)(n+1)+2\gt{}|n-1-g(n)|, \quad \forall n \geq 4

Следователно

g(n)=n-1

, т. е.,

g(p+1)=p

за всяко нечетно просто

p

. От тук

f(p+1)=

g(p+1)(p+2)+1=p(p+2)+1=(p+1)^{2}

. Накрая, полагайки

n=p+1

, където

p

е нечетно просто число и прилагайки тъждеството

f(m)-m^{2}=f(m)-n^{4}+\left(n^{2}-m\right)\left(n^{2}+m\right)

получаваме, че за произволно

m

е в сила

\left(n^{2}+m\right) \mid\left(f(m)-m^{2}\right)

, т. е.,

f(m)=m^{2}

за всяко

m

\textit{Оценяване: }

( 7 точки) 1 т. за

f(1)=1

и изказана хипотеза за отговор

f(n)=n^{2}; 1

т. за

f(n)=g(n)(n+1)+1; 3

т. за

f(p+1)=(p+1)^{2}; 2

т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-10-4

2022

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е вписан четириъгълник

A B C D

с пресечна точка на диагоналите

P

. Нека

K

L

са точки от отсечките

C P

D P

съответно, такива че описаната около триъгълника

P K L

окръжност се допира до

C D

в точка

M

. Нека

X

Y

са точки съответно от отсечките

A P

B P

, такива че

A X=C K

B Y=D L

. Точките

Z

T

са средите на

P K

P L

, съответно. Ако точките

C, D, X

Y

лежат на една окръжност, да се докаже, че

\angle M Z P=\angle M T P.

Решение

От вписаните

A B C D

C D X Y

следва

\angle C X Y=\angle C D Y=\angle C A B

, т. е.

A B \| X Y

. От теоремата на Талес следва

\frac{P A}{P B}=\frac{A X}{B Y}

, а с условията

A X=C K, B Y=D L

и подобието

\triangle A B P \sim \triangle D C P

достигаме до

\frac{P D}{P C}=\frac{C K}{D L}

, т. е.

D L \cdot D P=C P \cdot C K

. Сега от триъгълниците

M L P

M K P

с допирателни

D M

C M

следва

C M^{2}=C P \cdot C K=D L \cdot D P=D M^{2}

, т. е.

M

е средата на

C D

. Нека точката

Q

е такава, че

P C Q D

е успоредник. Тогава

M Z

M T

са средни отсечки в триъгълниците

P K Q

P L Q

и значи исканото е еквивалентно на

\angle Q K C=\angle Q L D

. Понеже

\angle Q C K=\angle Q D L

от успоредника

P C Q D

, достатъчно е да докажем, че

\triangle Q C K \sim \triangle Q D L

, т. е.

\frac{Q C}{Q D}=\frac{C K}{D L}

. Но

Q C=D P

Q D=C P

, така че последното е еквивалентно на полученото по-горе

\frac{P D}{P C}=\frac{C K}{D L}

, с което задачата е решена.

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за

A B \| X Y

; 1 т. за

D L \cdot D P=C P \cdot C K; 1

т. за заключението, че

M

е средата на

C D; 1

т. за свеждане до

\angle Q K C=\angle Q L D; 1

т. за идеята да се докаже

\triangle Q C K \sim \triangle Q D L

по две страни и ъгъл между тях; 1 т. за завършване. Коментар. След

C M=D M

задачата може да се довърши и само чрез центъра на описаната около PKL окръжност.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки реални числа

(x, y)

, за които

\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}-2 x+y^{2}+4 y+5}+

\begin{aligned}\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}-8 x+y^{2}-4 y+20}=5 \\ 16 x^{2}+9 y^{2}=68.\end{aligned}

Решение

Решение. Ще покажем, че първото уравнение е еквивалентно на

3 y=4 x-10

при

x \in

[1, 4]

. Един вариант на доказателство е двукратно повдигане на квадрат и решаване на полученото квадратно уравнение. Ще предложим по-елегантна алтернатива. Да разгледаме правоъгълна координатна система в равнината и точките

A(1, -2)

B(4, 2)

. Тъй като

\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}-2 x+y^{2}+4 y+5} =

\begin{aligned}\sqrt{\vphantom{x^2}(x-1)^{2}+(y+2)^{2}} \\ \sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}-8 x+y^{2}-4 y+20} =\end{aligned}

\sqrt{\vphantom{x^2}(x-4)^{2}+(y-2)^{2}}

то решения на първото уравнение са всички точки

C(x, y)

, за които

|C A|+|C B|=5

. Но

|A B|=\sqrt{\vphantom{x^2}(4-1)^{2}+(2-(-2))^{2}}=

\sqrt{\vphantom{x^2}16+9}=5=|C A|+|C B|,

следователно точката

C

лежи върху отсечката

A B

. Уравнението на правата

A B

3 y=

4 x-10

и значи търсим решения на второто равенство в условието, удовлетворяващи едновременно горната зависимост, както и

x \in[1, 4]

. Така, сведохме задачата до решаване на квадратното уравнение

32 x^{2}-80 x+100=68 \quad \Leftrightarrow \quad

2 x^{2}-5 x+2=0 \quad \Leftrightarrow \quad x_{1}=\frac{1}{2},

x_{2}=2

Единствено

x_{2}

е в интервала

[1, 4]

и значи единственото решение на системата е двойката

(2, -2 / 3)

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 3 т. за

\{3 y=4 x-10\} \cup\{x \in[1, 4]\}; 1

т. за решаване на квадратното уравнение

2 x^{2}-5 x+2=0

; по 1 т. за разглеждане всеки от корените

x_{1, 2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Съставно естествено число

n

ще наричаме балансирано, ако за всяко естествено число

k

в интервала

[1, \sqrt{\vphantom{x^2}n}-1]

броят начини от група от

n

души да изберем

k

на брой (като редът на избор няма значение) се дели на

n

. Да се намери най-малката възможна абсолютна разлика

|m-n|

между две петцифрени балансирани числа.

Решение

Нека първо охарактеризираме всички балансирани числа. Условието изисква (

\left.\begin{array}{l}n \cr k\end{array}\right)

да се дели на

n

за всяко

1 \leq k \leq \sqrt{\vphantom{x^2}n}-1

. Да допуснем, че

n

има прост делител

p \leq \sqrt{\vphantom{x^2}n}-1

и да разгледаме

k=p

. Явно

p!\binom{n}{p}=

n(n-1)(n-2) \cdots(n-p+1)

и ако допуснем, че

\binom{n}{p}

се дели на

n

, то след

\binom{n}{p}=n s

и съкращаване на

n

би следвало, че

p

дели

(n-1)(n-2) \cdots(n-p+1)

- това обаче не е така, тъй като

p

дели

n

и значи не дели никое

n-\ell, 1 \leq \ell \leq p-1

. Значи вече можем да считаме, че всички прости делители на

n

са по-големи от

\sqrt{\vphantom{x^2}n}-1

. Да допуснем, че простите делители са поне 3 на брой (считано с техните кратности). За

n=8

директна проверка показва, че е решение, а при

n=12

имаме делителят

2\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}12}-1

; нека

n \geq 16

. Тогава

n\gt{}(\sqrt{\vphantom{x^2}n}-1)^{3} \geq\left(\frac{3 \sqrt{\vphantom{x^2}n}}{4}\right)^{3}=\frac{27 n^{3 / 2}}{64}

, т. е.

n\lt{}\left(\frac{64}{27}\right)^{2}\lt{}9

, противоречие. Остава да разгледаме

n=p q

за прости

\sqrt{\vphantom{x^2}n}-1\lt{}p \leq q

. Ако допуснем, че

q \geq p+3

, то

n \geq p(p+3)\gt{}(\sqrt{\vphantom{x^2}n}-1)(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+2)=n+\sqrt{\vphantom{x^2}n}-2\gt{}n

, противоречие. При

q=p+1

имаме само

p=2, q=3

, т. е.

n=6

, за което директно се проверява, че е решение. Ако

q=p

1 \leq k \leq p-1

, то в

k!\binom{p^{2}}{k}=\left(p^{2}-k+1\right)\left(p^{2}-k+2\right) \cdots\left(p^{2}-1\right) p^{2}

дясната страна се дели на

p^{2}

, но

k

! вляво не се дели на

p

- значи

p^{2}

дели

\binom{p^{2}}{k}

. Ако

q=p+2

1 \leq k \leq p-1

, то в

k!\binom{p^{2}+2 p}{k}=\left(p^{2}+2 p-k+1\right)\left(p^{2}+2 p-k+2\right) \cdots\left(p^{2}+2 p-1\right)\left(p^{2}+2 p\right)

дясната страна се дели на

p

p+2;

k

! не се дели на

p

и на простото

q=p+2-

следователно

\binom{p^{2}+2 p}{k}

се дели на

p

и на

p+2

, а оттук и на

p(p+2)

. Окончателно, всички петцифрени балансирани числа са от един от двата вида:

p^{2}

или

p(p+2)

, където

p

p+2

са прости. Тъй като

p(p+2)=(p+1)^{2}-1\lt{}(p+1)^{2}

, то най-малката абсолютна разлика между две петцифрени числа ще бъде равна на

2 p

, където

p

е най-малкото просто число, при което

p+2

също е просто, а

p^{2}

p(p+2)

- са петцифрени. Най-малкото петцифрено число е

10000=10^{4}

, т. е., търсим

p \geq 100

. Директно се проверява, че 101 и 103 са прости числа, следователното съответните 5 -цифрени балансирани числа са

101^{2}

101 \cdot 103

, чиято абсолютна разлика е

2 \cdot 101=202

\textit{Оценяване: }

( 7 точки) По 1 т. за всеки от случаите

n=p^{2}

n=p(p+2), 1

т. за отхвърляне на съставните

n

с прост делител

p \leq \sqrt{\vphantom{x^2}n}-1

; 1 т. за отхвърляне на

n

с поне три прости делителя; 3 т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадени са естествените числа

m\lt{}n

. Да се намери броя на различните инективни функции

f: \{1, 2, \ldots, m\} \rightarrow\{1, 2, \ldots, n\}

такива, че за всяко непразно подмножество

A \subseteq\{1, 2, \ldots, m\}

, множеството от стойности

f(A)

да не съвпада с

A(f(A) \neq A)

. (Една функция

f

се нарича инективна, ако

f(x) \neq f(y)

когато

x \neq y)

Решение

Ще използваме означението

B_{i}=\{1, 2, \ldots, i\}

. С индукция по

m

ще докажем, че за всяко

n\gt{}m

броят на инекциите

f: B_{m} \rightarrow B_{n}

, удовлетворяващи условието е

(n-1)(n-2) \ldots(n-m)

. При

m=1

искаме

f(1) \neq 1

, т. е., имаме

n-1

възможни стоойности, с което базата е доказана. Нека твърдението е вярно за

m-1

и да разгледаме

f: B_{m} \rightarrow B_{n}

, изпълняваща условието за произволно непразно подмножество на

B_{m-1}

. 1 сл.

m \notin f\left(B_{m-1}\right)

. Тогава имаме

m

\textit{забранени} стойности за

f(m): f\left(B_{m-1}\right) \cup\{m\}

. Първитезаради инективността на функцията, а последнатазащото

=\{m\}

не би изпълнявала условието. Следователно, \textit{разрешени} са

n-m

. 2 сл.

m \in f\left(B_{m-1}\right)

. Нека

a_{1}=f^{-1}(m) \in B_{m-1}

е праобраза на

m

. Аналогично, ако

a_{1} \in

f\left(B_{m-1}\right)

, то нека

a_{2}=f^{-1}\left(a_{1}\right) \in B_{m-1}

и т. н. Тъй като

m \in f\left(B_{m-1}\right)

, но

m \notin B_{m-1}

и двете множества са равномощни поради инективността, ще достигнем до число

a_{k} \in B_{m-1}

, такова че

f\left(a_{k}\right)=a_{k-1} \in f\left(B_{m-1}\right)

, но

a_{k} \notin f\left(B_{m-1}\right)

. Тогава \textit{забранени} стойности за

f(m)

са

f\left(B_{m-1}\right) \cup\left\{a_{k}\right\}

(отновопървите поради инективност, а последната поради проблем с множеството

A^{\prime}=\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}, m\right\}

). Обратно, всички останали

n-m

стойности са \textit{разрешени}. Наистина да разгледаме произволно непразно

A \subseteq B_{m}

. Ако

m \notin A

, то

f(A) \neq A

, съгласно индукционната хипотеза. Ако

m \in A

f(A)=A

, то от

m \in f(A)

, следва че

a_{1} \in A

и, както и по-горе,

A^{\prime} \subseteq A

. Но тогава

a_{k} \in A

a_{k} \notin f\left(B_{m}\right) \notin f(A)

- противоречие. Следователно и при двата случая имаме по

n-m

\textit{разрешени} стойности, т. е., съгласно индукционната хипотеза отговора е

(n-1)(n-2) \ldots(n-m)

\textit{Оценяване: }

( 7 точки) 1 т. за отговор; 1 т. за разглеждане на малки случаи за

m

(индукционна база); 1 т. за 1 сл.; 4 т. за 2 сл.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-10-4

2023

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални

x

, които са корени на уравнението

\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+4 x+13}+\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+4 x+8}}=\frac{1}{10}.

Решение

Нека положим

u=x^{2}+4 x+4=(x+2)^{2}

. Като рационализираме лявата страна получаваме

(\sqrt{\vphantom{x^2}u+9}-\sqrt{\vphantom{x^2}u+4}) / 5

, тоест трябва да решим

\sqrt{\vphantom{x^2}u+9}=\frac{1}{2}+\sqrt{\vphantom{x^2}u+4}.

И двете страни са положителни, така че при вдигане на квадрат и опростяване получаваме еквивалентно уравнение

\sqrt{\vphantom{x^2}u+4}=\frac{19}{4}

Двете страни са положителни, така че можем да вдигнем на квадрат отново и да получим

u=\left(19^{2}-8^{2}\right) / 4^{2}

, или

(x+2)^{2}=9 \cdot \frac{33}{16}

, тоест

x_{1, 2}=-2 \pm \frac{3}{4} \sqrt{\vphantom{x^2}33}

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 3 т. за решаване спрямо

u

; 2т. за изразяване на решението чрез

x

; 1т. за проверка.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е изпъкнал четириъгълник

A B C D

в който може да се впише окръжност. Нека

P

е пресечната точка на диагоналите му

A C

B D

, а

O_{1}, O_{2}, O_{3}

O_{4}

са центровете на вписаните окръжности съответно в триъгълниците

P D C, P C B, P B A

P A D

. Да се докаже, че втората пресечна точка на описаните окръжности около

\triangle P O_{1} O_{2}

\triangle P O_{3} O_{4}

лежи върху

B D.

Решение

Тъй като триъгълниците

\mathrm{PO}_{1} O_{2}

\mathrm{PO}_{3} O_{4}

са правоъгълни, а общият им връх

P

лежи върху

B D

, то достатъчно е да докажем, че правата през средите на отсечките

O_{1} O_{2}

O_{3} O_{4}

е перпендикулярна на

B D

. Да означим с

T, R, L

K

проекциите на

O_{1}, O_{2}, O_{3}

O_{4}

върху

B D

. Тогава

P K=\frac{P A+P D-A D}{2};

P T=\frac{P C+P D-C D}{2} \Rightarrow P K-P T=\frac{P A-P C+C D-A D}{2}.

Аналогично

P L=\frac{P A+P B-A B}{2};

P R=\frac{P B+P C-B C}{2} \Rightarrow P L-P R=\frac{P A-P C+B C-A B}{2}.

Обединявайки горните две формули и използвайки, че

A B C D

е описан, т. е.,

C D-A D=

B C-A B

, заключаваме че

P K-P T=P L-P R

. Оттук, средите на

K L

T R

съвпадат и значи средите на

O_{1} O_{2}

O_{3} O_{4}

се проектират върху

B D

в една и съща точка (общата среда). Задачата е доказана.

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1т. за разглеждане на проекциите върху

B D

; 3т. за доказателство, че средите на

K L

T R

съвпадат; 1 т. за следствието, че правата през средите на отсечките

O_{1} O_{2}

O_{3} O_{4}

е перпендикулярна на

B D

; 1т. за довършване. Коментар. Твърдението е вярно и в обратната посока, т. е., ако втората пресечна точка на описаните окръжности около

\triangle P O_{1} O_{2}

\triangle P O_{3} O_{4}

лежи върху

B D

, то

A B C D

е описан.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Една редица от нули и единици с дължина 2023 ще наричаме великолепна седморка, ако съдържа поне седем последователни единици в записа си. Една редица от нули и единици с дължина 2024 ще наричаме омразна осморка, ако съдържа поне осем последователни еднакви елементи (нули или единици) в записа си. Да се намери отношението на броя на великолепните седморки към този на омразните осморки.

Решение

Oтговор. 1: 2. Да разгледаме задачата за произволна дължина на редиците (

n

n+1

, като в конкретния случай, имаме

n=2023

) и произволна последователност

k

от единици (в случая

k=7

). Твърдим, че винаги броят на двоичните редици с дължина

n

, съдържащи поне

k

последователни единици е половината от броя на двоичните редици с дължина

n+1

, съдържащи поне

k+1

последователни еднакви елементи. За целта, на всяка редица от първия вид ще съпоставим взаимно еднозначно двойка редици от втория. Въвеждаме бинарната операция

\mathrm{XNOR} \oplus

, за която

\oplus (x, y) = 1

ако

x=1, y=1

или

x=0, y=0

. За всяка двоична редица

a=\left\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}\right\}

с дължина

n

дефинираме нейната XNOR наследничка

b=\left\{b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n-1}\right\}

, където

b_{i}=a_{i} \oplus a_{i+1}

за всяко

i=1, 2, \ldots, n-1

. Лесно се съобразява, че на всяка двойка редици (

a, \bar{a}

), където

\bar{a}

е редицата, нямаща общ елемент с а съответства точно една XNOR наследничка, както и обратното всяка редица с дължина

n-1

е XNOR наследничка на точно две редици (взаимни отрицания една на друга). Остава да съобразим, че двоична редица с дължина

n

съдържа поне

k

последователни единици тогава и само тогава, когато е XNOR наследница на двойка двоични редици с дължина

n+1

, съдържащи поне

k+1

последователни еднакви елементи. С това задачата е решена.

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 1 т. за отговор; не повече от 1 т. за неработеща инекция/биекция; 3 т. за построяване на работеща биекция; 3 т. за ясна проверка, че тя работи.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

а) Съществува ли едноцифрено естествено число

k

, за което съществуват рационални числа

a

b

, такива че

a^{3}+b^{3}=7 k+3

? б) Съществува ли двуцифрено естествено число

k

, за което съществуват положителни рационални числа

a

b

, такива че

a^{3}+b^{3}=7 k+3?

Решение

Отговор. а) Да, например

k=2, (x, y)=(-1 / 7, 18 / 7)

. б) Да, например

k=24, (x, y)=(20 / 7, 37 / 7)

. Решение. Да анализираме общата задача

a^{3}+b^{3}=7 k+3, \quad a, b \in \mathbb{Q}

Тъй като

x^{3} \equiv\{0, \pm 1\}(\bmod 7)

, то горното уравнение няма решения в цели числа. Първо ще покажем, че необходимо условие

(a, b)

да е решение е да имат общ знаменател в несъкратимия си вид. Наистина, нека

a=p_{1} / q_{1}, b=p_{2} / q_{2}

, където

\left(p_{1}, q_{1}\right)=\left(p_{2}, q_{2}\right)=1

. Нека

d=\left(q_{1}, q_{2}\right)

q_{1}=d q_{1}^{\prime}, q_{2}=d q_{2}^{\prime}

. Тогава е в сила равенството

\left(p_{1} q_{2}^{\prime}\right)^{3}+\left(p_{2} q_{1}^{\prime}\right)^{3}=(7 k+3)\left(d q_{1}^{\prime} q_{2}^{\prime}\right)^{3}

Ако

q_{1}^{\prime}\gt{}1

, стигаме до противоречие по модул

q_{1}^{\prime}

, и аналогично за

q_{2}^{\prime}

. Следователно, без ограничение на общността

a=x / d, b=y / d

, където

(x, d)=(y, d)=1

. От тук, получаваме целочисленото Диофантово уравнение

x^{3}+y^{3}=(7 k+3) d^{3}, \quad(x, d)=(y, d)=1.

По модул 7 заключаваме, че

7 \mid d

, така че

d=7 d_{1}

. От тук,

7^{3} \mid x^{3}+y^{3}

. Да забележим, че

x^{3}+y^{3}=(x+y)\left(x^{2}-x y+y^{2}\right)

, и

x^{2}-x y+y^{2}=(x+y)^{2}-3 x y

, от където НОД на

x+y

x^{2}-x y+y^{2}

е най-много

3(x, y)

, което е взаимнопросто със

7^{3}

. Да отбележим, че ако има решение за едно

k

, то има и за безбройно много

k

. Наистина, достатъчно е да изберем

d_{1}\gt{}1

така, че

d_{1} \equiv 1(\bmod 7)

, и тогава

(7 k+3) d^{3}=7 \ell+3

, като рационалната двойка решения за

\ell

е рационалната двойка решения за

k

, умножена по

d_{1}

. За а), забелязваме, че при

k=2, 7 k+3=17

е просто от вид

3 s+2

. Ако искаме

(x+y)\left(x^{2}-\right.

\left. x y+y^{2}\right)=17 \cdot 7^{3} d_{1}^{3}

, то

(x, y)=1

17 \mid(x+y)

. Наистина, от

x^{3} \equiv-y^{3}(\bmod 1) 7

, следвам че

x^{1} 8 \equiv y^{1} 8(\bmod 1) 7

, и по малка теорема на Ферма

x^{2} \equiv y^{2}(\bmod 1) 7

. Ако

x \equiv y(\bmod 1) 7

, то

17 \mid x, y

: противоречие! Следователно,

17 \mid x+y

. Ще пробваме

x+y=17

d_{1}=1

. Търсим решение на системата

x+y=17, x^{2}-x y+y^{2}=343

, следователно

x y=-18

, от където

x=-1, y=18

. За б), отново ще разгледаме опростения случай

d_{1}=1

(x, y)=1

, т. е.

x^{3}+y^{3}=(7 k+3) 7^{3}

. Тъй като

7^{3}

е голямо число, ще опитаме

7^{3} \mid x^{2}-x y+y^{2}

(или, от

x^{2}-x y+y^{2} \geq 3(x+y)^{2} / 4

, ще получим противоречие с двуцифрено

k)

. При

x^{2}-x y+y^{2}=343 s

x+y=(7 k+3) / s

след пресмятане на

x y

и анализиране на

(x-y)^{2}=(x+y)^{2}-4 x y

да е точен квадрат намираме решение

k=24, s=3, x=20, y=37

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 3т. за а); 4т. за б). Ако няма напълно решена подточка: 1т. за (1) и 1 т. за

7 \mid d

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-10-4

2024

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се пресметне

A_{2024}

, където

A_{n}=1 \cdot 2+3 \cdot 4+5 \cdot 8+\cdots+(2 n-1) \cdot 2^{n}.

Решение

Тъй като

2 A_{n}=

1 \cdot 4+3 \cdot 8+\cdots+(2 n-3) \cdot 2^{n}+(2 n-1) \cdot 2^{n+1}

то

A_{n}=2 A_{n}-A_{n} & =

\begin{aligned}(2 n-1) \cdot 2^{n+1}-\left(1 \cdot 2+2 \cdot 4+2 \cdot 8+\cdots+2 \cdot 2^{n}\right) \\ & =\end{aligned}

\begin{aligned}(2 n-1) \cdot 2^{n+1}-2 \cdot\left(2+4+8+\cdots+2^{n}\right)+1 \cdot 2 \\ & =\end{aligned}

(2 n-1) \cdot 2^{n+1}-2 \cdot 2 \cdot \frac{2^{n}-1}{2-1}+2=(2 n-3) \cdot 2^{n+1}+6

Следователно

A_{2024}=4045 \cdot 2^{2025}+6

\textit{Оценяване: }

( 6 точки) 2т. за пресмятането на

2 A_{n}

; 1т. за изразяването

A_{n}=2 A_{n}-A_{n}; 2

т. за пресмятане на геометричната прогресия и изразяване на

A_{n}

в затворена форма; 1т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

k

, за които съществуват естествени числа

x, y

, такива че числото

\frac{x^{k} y}{x^{2}+y^{2}}

е просто.

Решение

Решение. Нека

d=(x, y)

е най-големият общ делител на числата

x

y

. Тогава,

x=d x_{1}

y=d y_{1}

, където

x_{1}

y_{1}

са естествени и взаимно прости. Изразът в условието се преработва до

A(x, y)=\frac{d^{k-1}}{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}} x_{1}^{k} y_{1}=p

където искаме

p

да е просто. Но

\left(x_{1}^{k}, x_{1}^{2}+y_{1}^{2}\right)=\left(x_{1}^{\min (k, 2)}, y_{1}^{2}\right)=

1=\left(x_{1}^{2}, y_{1}\right)=\left(y_{1}, x_{1}^{2}+y_{1}^{2}\right),

т. е.,

x_{1}^{k} y_{1}

е взаимно просто с

x_{1}^{2}+y_{1}^{2}

и за да бъде

p

цяло е необходимо

x_{1}^{2}+y_{1}^{2} \mid d^{k-1}

. Тъй като

x_{1}^{2}+y_{1}^{2} \geq 2

, то

k \geq 2

. Освен това, ако

x_{1}\gt{}1

, то съществува негов прост делител

q

q^{k} \mid p

, което е противоречие с простотата на

p

. Следователно, за да бъде

p

просто цяло число е необходимо да сме в един от следните два сценария: едновременно да са изпълнени

\begin{array}{lll} \text{1)} x_{1}=1, & y_{1}=p \text{и} x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=d^{k-1}; \quad \text{или} & \text{2)} x_{1}=1, y_{1}=1 \text{и} p \cdot\left(x_{1}^{2}+y_{1}^{2}\right)=d^{k-1} \text{.} \end{array}

Първият сценарий води до

d^{k-1}=p^{2}+1

. Директна проверка показва, че за

p=2, 2^{2}+1=5

не е степен на естествено число, а за

p\gt{}2, 2 \mid p^{2}+1

, но

4 \nmid p^{2}+1

. Следователно,

k\gt{}2

не води до решение тук. При

k=2

, за произволно просто

p

двойката

(x, y)=\left(p^{2}+1, p\left(p^{2}+1\right)\right)

води до

A(x, y)=p

и изпълнява условието на задачата. Следователно,

k=2

е решение. Вторият сценарий води до

2 \cdot p=d^{k-1}

, чието единствено решение е

p=2

k=3

. В този случай единствено двойката

(x, y)=(2, 2)

води до

A(x, y)=2

и изпълнява условието на задачата. Окончателно, всички решения са

k \in\{2, 3\}

, като при

k=2 A(x, y)

може да приеме произволна проста стойност, докато при

k=3

единственото просто

A(x, y)

A(2, 2)=2

\textit{Оценяване: }

(6 точки) По 1т. за определяне всеки от двата сценария; по 2т. за пълното решаване на всеки от тях.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Вписаната окръжност в

\triangle A B C(A C \neq B C)

се допира до страните му

A B

B C

C A

в точките

D, E

F

съответно. Нека

P

е петата на перпендикуляра от

D

към

E F

(P \in E F)

. Ако описаните окръжности около

\triangle A B C

\triangle E F C

се пресичат за втори път в точка

Q

, да се докаже, че

\angle P Q C=90^{\circ}.

Решение

От факта, че

C

лежи на описаната около

\triangle F E Q

окръжност и

C E=C F

следва, че

C Q

е външна ъглополовяща за

\angle F Q E

и остава да докажем, че

Q P

е ъглополовяща на

\angle F Q E

, т. е.

Q F: Q E=F P: P E

. От

\angle Q F C=\angle Q E C

\angle Q A C=\angle Q B C

следва, че

\triangle Q F A \sim \triangle Q E B

, т. е.

Q F: Q E=A F: B E=A D: B D.

Нека

I

е центърът на вписаната в

\triangle A B C

окръжност

k

и правата

D P

пресича за втори път

k

в точка

R

. Тогава

\angle R E F=\angle R D F=90^{\circ}-\angle D F E=

90^{\circ}-\angle D I B=\angle I B A

![](/problem-assets/zms2024-10-3-diagram-1.jpg) и аналогично

\angle R F E=\angle I A B

, т. е.

\triangle F E R \sim \triangle A B I

. Но

R P \perp E F, I D \perp A B

, т. е.

P

D

са съответни елементи в подобни триъгълници и

F P: P E=A D: B D

, с което доказателството е завършено

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 2 т. за свеждане на задачата до

Q F: Q E=F P: P E; 2

т. за

Q F: Q E=A D: B D; 3

т. за

F P: P E=A D: B D

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадено е естествено число

n \geq 3

. Да се намери най-малкото реално число

k\gt{}0

със следното свойство: Ако

G

е свързан граф с

n

върха и

m

ребра, то винаги е възможно да изтрием не повече от

k \cdot\left(m-\left[\frac{n}{2}\right]\right)

ребра, така че върховете да могат да се оцветят в два цвята и всяко неизтрито ребро да има разноцветни върхове.

Решение

Oтговор.

k=1 / 2

за всяко

n

. Решение. Лема: Нека

G

е свързан граф с поне 3 върха. Тогава или съществуват два върха, свързани с ребро, премахването на които (заедно с ребрата, излизащи от тях) оставя

G

свързан, или съществуват два върха от степен 1 (т. е., \textit{листа}). Доказателство: Да разгледаме произволно \textit{покриващо дърво} на

G

и да вземем за негов \textit{корен} произволен връх, който не е \textit{листо}. Нека

v

е най-отдалечения връх от \textit{корена}, а

u

е \textit{предшественикът} му. Нека

v_{1}, v_{2}, \ldots, v_{k}

са \textit{наследниците} на

u

. Ясно е, че те всички са листа в дървото. 1 случай: Измежду

v_1, v_2,..., v_k

има два върха, свързани с ребро в

G

. Тогава премахването на тези два върха оставя дървото (а значи и

G

) свързано. 2 случай: Измежду

v_1, v_2,..., v_k

има не повече от един връх, който е листо в

G

(б. о. о., нека това е

v_1

). Тогава да \textit{свържем} всеки от

v_{2}, \ldots, v_{k}

с произволен връх в

G

, различен от

u

(такива върхове има, като никое от тези \textit{свързващи} ребра не е част от покриващото дърво, поради екстремалния избор на

u

, т. е., всяко от тях е част от цикъл, всички останали ребра на който са от покриващото дърво). Сега можем да премахнем

u

v_{1}

и отново ще имаме покриващо дърво, а значи

G

остава свързан. С това лемата е доказана. С нейна помощ лесно можем да докажем следното Твърдение: Нека

G

е свързан граф с

n \geq 2

върха. Тогава можем да оцветим върховете му в два цвята, така че ако

x

y

са съответно броя на \textit{разноцветните} и \textit{едноцветните} ребра, то

x-y \geq\left[\frac{n}{2}\right]

. Доказателство: При

n=2, 3

твърдението се проверява непосредствено. Нека

n \geq 4

G

е свързан граф с

n

върха. Нека

u

v

са двата върха от Лемата. \textit{Премахваме}

u

v

и оцветяваме

G \backslash\{u, v\}

съгласно индукционната хипотеза. Сега не е трудно да се съобрази, че можем да оцветим

u \cup v

така, че разглежданата разлика да се увеличи поне с 1. Наистина, това е ясно, ако

u

v

са листа, а в противен случай, разглеждайки четността на броя съседи на

u \cup v

G \backslash\{u, v\}

, виждаме че винаги има такъв начин. Твърдението е доказано по индукция. Нека сега разгледаме произволен свързан граф

G

n \geq 3

върха и

m

ребра. \textit{Оцветяваме} го съгласно Твърдението: имаме

x-y \geq\left[\frac{n}{2}\right]; x+y=m

, следователно

y \leq \frac{1}{2} \cdot\left(m-\left[\frac{n}{2}\right]\right)

и изтриването на

y

ребра удовлетворява условието. Така, получихме

k \leq \frac{1}{2}

. За да покажем, че

k \geq \frac{1}{2}

нека разгледаме пълния граф с

n

върха. Необходимо и достатъчно условие за да имаме оцветяването от условието е, получения след изтриването на ребрата граф да е двуделен. Наистина, в графа не трябва да има цикли с нечетна дължина, което е еквивалентно на горното. ![](/problem-assets/zms2024-10-4-diagram-1.jpg) всички ребра във всяка от двете групи върхове, като броя изтрити ребра е минимален, когато двете групи са равномощни и съдържат по

n_{1}

върха. Така, трябва да изтрием поне

\binom{n_{1}}{2}+\binom{n_{1}}{2}=n_{1}^{2}-n_{1}

ребра. Оттук

n_{1}^{2}-n_{1} \leq

k \cdot\left(\binom{2 n_{1}}{2}-\left[\frac{2 n_{1}}{2}\right]\right)=

k \cdot\left(\frac{2 n_{1}\left(2 n_{1}-1\right)}{2}-n_{1}\right) \Longrightarrow k \geq

\frac{1}{2}

\underline{2 \text{сл.}} n=2 n_{1}+1, n_{1} \geq 1

. Аналогично, тук трябва да изтрием поне

\binom{n_{1}+1}{2}+\binom{n_{1}}{2}=n_{1}^{2}

ребра и отново

n_{1}^{2} \leq

k \cdot\left(\binom{2 n_{1}+1}{2}-\left[\frac{2 n_{1}+1}{2}\right]\right)=

k \cdot\left(\frac{2 n_{1}\left(2 n_{1}+1\right)}{2}-n_{1}\right) \Longrightarrow k \geq

\frac{1}{2}

Задачата е решена.

\textit{Оценяване: }

( 7 точки) 5т. за

k \leq 1 / 2

, от които 3т. за Лемата, 1т. за Твърдението и 1т. за конструкция на оцветяването; 2т. за

k \geq 1 / 2

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-10-4