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

11

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

zms2007-11-1: има placeholder текст

2006

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението

\log _{a}\left(a^{2\left(x^{2}+x\right)}+a^{2}\right)=x^{2}+x+\log _{a}\left(a^{2}+1\right),

където

a

е реален параметър.

Решение

Очевидно имаме

a^{x^{2}+x}\left(a^{2}+1\right)=a^{2\left(x^{2}+x\right)}+a^{2}

. Полагайки

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

, получаваме квадратното уравнение

u^{2}-\left(a^{2}+1\right) u+a^{2}

, което има корени 1 и

a^{2}

. За

x

получаваме съответно

x^{2}+x=0

x^{2}+x-2=0

. Окончателно получаваме, че за всяко

a \in(0, 1) \cup(1, +\infty)

уравнението има четири корена

x=-2, -1, 0, 1

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

, в който

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

. Редицата от точки

A_{0}, A_{1}, \ldots, A_{2006}

е дефинирана така:

A_{0}=A, A_{1}

е петата на перпендикуляра от

A_{0}

към правата

B C, A_{2}

е петата на перпендикуляра от

A_{1}

към правата

A C

и т. н.,

A_{2006}

е петата на перпендикуляра от

A_{2005}

към правата

A C

. По аналогичен начин е дефинирана редицата

B_{0}, B_{1}, \ldots, B_{2006}: B_{0}=B, B_{1}

е петата на перпендикуляра от

B_{0}

към правата

A C

и т. н. Да се докаже, че правата

A_{2006} B_{2006}

се допира до вписаната в

\triangle A B C

окръжност тогава и само тогава, когато

\frac{A C+B C}{A B}=\frac{2^{2006}+1}{2^{2006}-1}

Решение

Последователно имаме

C A_{1}=\frac{1}{2} C A_{0}, C A_{2}=\frac{1}{4}

и т. н. Ясно е, че

C A_{2006}=\frac{1}{2^{2006}} C A_{0}=\frac{1}{2^{2006}} C A

и аналогично

C B_{2006}=\frac{1}{2^{2006}} C B

. От обратната теорема на Талес следва, че

A_{2006} B_{2006} \| A B

, като

A_{2006} B_{2006}=\frac{1}{2^{2006}} A B

. Правата

A_{2006} B_{2006}

се допира до вписаната в

\triangle A B C

окръжност тогава и само тогава, когато четириъгълникът

A B B_{2006} A_{2006}

е вписан. Последното е еквивалентно на

\begin{aligned} A B+A_{2006} B_{2006}=A A_{2006}+B B_{2006} & \Leftrightarrow A B+\frac{1}{2^{2006}} A B=\frac{2^{2006}-1}{2^{2006}}(A C+B C) \\ & \Leftrightarrow \frac{A C+B C}{A B}=\frac{2^{2006}+1}{2^{2006}-1} \end{aligned}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

x, y, z

, за които

a(\cos 2 x+\cos 2 y+\cos 2 z)

+2(1-a)(\cos x+\cos y+\cos z)+6=

9 a

където

a

е целочислен параметър.

Решение

C помощта на формулата

\cos 2 \alpha=2 \cos ^{2} \alpha-1

записваме уравнението във вида

a\left(\cos ^{2} x+\cos ^{2} y+\cos ^{2} z\right)

+(1-a)(\cos x+\cos y+\cos z)+3-6 a=

0.

Да разгледаме функцията

f(t)=a t^{2}+(1-a) t+1-2 a, t \in[-1, 1]

. Корените на квадратното уравнение

f(t)=0

са

t_{1}=-1

t_{2}=\frac{2 a-1}{a}, a \neq 0

. Имаме три възможности:

(*)

a\lt{}0

. Имаме

\frac{2 a-1}{a}\gt{}1

и от свойствата на квадратната функция заключаваме, че

f(t) \geq 0

за всяко

t \in[-1, 1]

, като

f(t)=0

тогава и само тогава, когато

t=-1

(*)

a=0

. Имаме

f(t)=t+1 \geq 0

за всяко

t \in[-1, 1]

, като

f(t)=0

тогава и само тогава, когато

t=-1

(*)

a\gt{}0

. Понеже

a

е цяло число, имаме

a \geq 1

. Сега

\frac{2 a-1}{a} \geq 1

, като равенство се достига само при

a=1

. От графиката на

f(t)

се вижда, че

f(t) \geq 0

за всяко

t \in[-1, 1]

, като

f(t)=0

за

t=-1

при

a\gt{}1

f(t)=0

за

t= \pm 1

при

a=1

. Тъй като разглежданото уравнение има вида

f(\cos x)+f(\cos y)+f(\cos z)=0

, горните разсъждения показват, че решенията му са: Ако

a \in \mathbb{Z}, a \neq 1

, то

\cos x=\cos y=\cos z=-1

, т. е.

x=(2 k+1) \pi, y=(2 l+1) \pi

z=(2 m+1) \pi

, където

k, l, m \in \mathbb{Z}

. Ако

a=1

, то освен горното имаме още

\cos x=\cos y=\cos z=1

, т. е.

x=2 r \pi, y=2 s \pi, z=2 t \pi

, където

r, s, t \in \mathbb{Z}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Едно число с 2006 цифри наричаме "лошо", ако всяко число, образувано от три негови последователни цифри, не се дели на 3. a) Да се намери броят на "лошите" числа, в чиито десетичен запис участват само цифрите 1, 2 и 3. б) Нека

a

b

са различни "лоши" числа, в чиито десетичен запис участват само цифрите 1, 2 и 3. Ако

a+b

е лошо число и

k

е броят на разредите, в които

a

b

имат еднакви цифри, да се намерят всички възможни стойности на

k

Решение

а) Нека

\overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{n}}

n

-цифрено,

n\gt{}1

, число, записано с 1, 2 и 3. Тъй като точно едно от числата

\overline{a_{n-1} a_{n} 1}, \overline{a_{n-1} a_{n} 2}, \overline{a_{n-1} a_{n} 3}

се дели на 3, то две от числата

\overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{n} 1}, \overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{n} 2}, \overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{n} 3}

са лоши, а едно не е. Следователно от едно

n

-цифрено ("лошо" или не) число, записано с 1, 2 и 3 чрез добавяне на една от тези цифри могат да се получат точно две (

n+1

)-цифрени "лоши" числа. Тъй като двуцифрените числа, записани с 1, 2 и 3, са 9, то търсеният брой е

9 \cdot 2^{2004}

. б) Числата

122122 \ldots 12212

233233 \ldots 23323

са "лоши" числа, записани с 1, 2 и 3, чиято сума

355355 \ldots 35535

също е "лошо" число. Следователно

k=0

е една от търсените стойности. Нека

a=\overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{n}}

b=\overline{b_{1} b_{2} \ldots b_{n}}

са "лоши" числа, чиято сума

a+b

също е "лошо" число. Тогава

a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2}, b_{i}+b_{i+1}+b_{i+2}

a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2}+b_{i}+b_{i+1}+b_{i+2}

не се делят на 3. Това е възможно само когато

a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2} \equiv b_{i}+b_{i+1}+b_{i+2} \equiv 1

или

2(\bmod 3)

. Ако две от цифрите

a_{i}, a_{i+1}, a_{i+2}

съвпадат със съответните цифри от

b_{i}, b_{i+1}, b_{i+2}

, то от горнот следва, че и третата цифра съвпада. Продължавайки това разсъждение, ще видим, че двете числа са равни, което е невъзможно. Следователно измежду всеки три последователни цифри на

a

най-много една съвпада със съответната цифра на

b

. От друга страна, ако

a_{i}=b_{i}

, то

a_{i+3}=b_{i+3}

(и аналогично

a_{i-3}=b_{i-3}

). Наистина, от

a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2} \equiv b_{i}+b_{i+1}+b_{i+2}(\bmod 3)

следва, че

a_{i+1}+a_{i+2} \equiv b_{i+1}+b_{i+2}(\bmod 3)

. Ако

a_{i+3} \neq b_{i+3}

, то

a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2} \equiv b_{i}+b_{i+1}+b_{i+2}(\bmod 3)

е невъзможно. Следователно, ако

k\gt{}0

, то измежду всеки три последователни цифри\_на\_

q

точно една съвпада със съответната цифра на

b

. Това означава, че

a_{1}=b_{1}, a_{2}=b

. или

a_{3}=b_{3}

. Оттук получаваме

k=669

или

k=668

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-11-4

2007

4 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

\triangle A B C

, за който

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

, са прекарани ъглополовящите

A A_{1}

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

. Правата

A_{1} B_{1}

пресича описаната около триъгълника окръжност в точки

A_{2}

B_{2}

. a) Да се докаже, че правата

O I

е успоредна на

A_{1} B_{1}

, където

O

I

са съответно центърът на описаната и на вписаната окръжност за триъгълника

A B C

. б) Ако

R

е средата на дъгата

\wideparen{A B}

, несъдържаща

C

, а

P

Q

са съответно средите на

A_{1} B_{1}

A_{2} B_{2}

, да се докаже, че

R P=R Q

Решение

а) Тъй като

\angle A O B=2 \gamma=120^{\circ}

\angle A I B=180^{\circ}-\frac{\alpha+\beta}{2}=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}

, то точките

A, O, I

B

лежат на една окръжност. Тъй като

R I=R A

(следва от равенството

\left.\angle R I A=\angle R A I=\frac{\alpha+\gamma}{2}\right)

и аналогично

R I=R B

, то центърът на тази окръжност е точката

R

. От равнобедрения

\triangle A O B

намираме

\angle B A O=30^{\circ}

и следователно

\angle O I B_{1}=30^{\circ}

. Тъй като

\angle A I B=120^{\circ}

, то около

I A_{1} C B_{1}

може да се опише окръжност, откъдето следва, че

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

30^{\circ}

\angle I A_{1} B_{1}=\angle I C B_{1}=30^{\circ}

. Понеже

\angle O I B_{1}=I B_{1} A_{1}

, то

O I \| A_{1} B_{1}

. б) Тъй като

O Q \perp A_{2} B_{2}, I P \perp A_{2} B_{2}

(от равнобедрения

\triangle A_{1} I B_{1}

) и

O I \| A_{2} B_{2}

, то

O I P Q

е правоъгълник и симетралата на

O I

съвпада със симетралата на

P Q

. Понеже симетралата на

O I

минава през

R

, то следва, че

R

лежи върху симетралата на

P Q

, т. е.

R P=R Q

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Имаме хартиена лента с дължина 2007. Разрязваме лентата на две части и записваме дължините на двете парчета. След това разрязваме едно от двете парчета на две части и отново записваме дължините на новополучените парчета. Продължаваме по този начин докато всички парчета са с дължина 1. Едно разрязване наричаме "лошо", ако двете получени части не са с равни дължини. а) Да се намери минималния възможен брой "лоши" разрязвания. б) Да се докаже, че за всички случаи с минимален брой лоши разрязвания броят на различните записани числа е един и същ.

Решение

а) Нека хартиената лента е с дължина

n

. Да означим с

g(n)

f(n)

съответно броят на единиците в двоичното представяне на

n

и минималния възможен брой лоши разрязвания. Ако

n=2^{k_{1}}+2^{k_{2}}+\cdots+2^{k_{l}}

да разгледаме следната последователност от ходове: първо отрязваме парче с дължина

2^{k_{1}}

, после парче с дължина

2^{k_{2}}

и т. н. На последното разрязване получаваме две ленти с дължини

2^{k_{l-1}}

2^{k_{l}}

. Тъй като лента с дължина степен на двойката може да се разреже на части с дължина 1 без лоши ходове, то общо имаме

l-1

лоши хода, т. е.

f(n) \leq g(n)-1. \tag{1}

Ще докажем с индукция по

n

, че

f(n) \geq g(n)-1

. За

n=1

имаме

f(1)=0

g(1)=1

, т. е. твърдението е вярно. Нека то е вярно за всички

n \leq k

, където

k

е естествено число и да разгледаме числото

k+1

(*)

Нека първият ход е "лош" и са получени две ленти с дължини съответно

a

b

. Тогава

a+b=k+1

f(k+1)=1+f(a)+f(b)

. Ако двоичните представяния на

a

b

нямат единици на една и съща позиция, то

g(k+1)=g(a)+g(b)

и следователно

f(k+1)=1+f(a)+f(b)=

1+g(a)-1+g(b)-1=g(k+1)-1.

Ако двоичните представяния на

a

b

имат поне една единица на една и съща позиция, то

g(k+1)=g(a)+g(b)-1

и тогава

f(k+1)=1+f(a)+f(b)=

1+g(a)-1+g(b)-1=g(k+1)\gt{}

g(k+1)-1.

\setcounter{enumi}{1}

(*)

Нека първият ход не е лош, т. е. лентата е разрязана на две части с равни дължини. Тогава

g(k+1)=g(a)=g(b)

и тъй като при

g(k+1)=1

твърдението е очевидно, то имаме

f(k+1)=f(a)+f(b)=2 f(a)=

2 g(a)-2=2 g(k+1)-2\gt{}

g(k+1)-1.

Следователно в този случай ще получим

f(k+1)\gt{}g(k+1)-1

. С това индукцията е завършена, откъдето

f(n) \geq g(n)-1 \tag{2}

От (1) и (2) следва, че

f(n)=g(n)-1

. а) Тъй като двоичното представяне на 2007 е 11111010111, т. е.

g(2007)=9

, то получаваме, че

f(2007)=8

. б) От горните разсъждения следва, че ако

f(n)=g(n)-1

на всеки "лош" ход лентата се разрязва на части с дължини

a

b

така, че двоичните представяния на

a

b

нямат единица на една и съща позиция. Следователно двоичните представяния на всички такива числа са различни. Освен това добрите ходове се извършват само върху ленти с дължина степен на двойката. Ясно е, че чрез пренареждане на ходовете можем да считаме, че първо са извършени всички лоши ходове. Техният брой е

g(n)-1

и при всеки лош ход се получават две нови числа. Следователно при лошите ходове всички записани числа са

2 g(n)-2

. Степените на 2, които са записани, са всички степени до най-високата степен в двоичното представяне на

n

. Следователно броят на различните числа е равен на

2 g(n)-2+k+1=2 g(n)+k-1

, където

k

е най-високата степен на 2 в двоичното представяне на

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

За всяко естествено число

n

полагаме

a_{n}=0

, ако броят на делителите на

n

, които са по-големи от 2007, е четно число, и

a_{n}=1

, ако този брой е нечетно число. Да се определи дали числото

\alpha=0, a_{1} a_{2} a_{3} \ldots a_{k} \ldots

е рационално.

Решение

Ще докажем, че

\alpha

е ирационално. Ще използваме, че ако редицата

a_{1}, a_{2}, a_{3}

\ldots, a_{k}, \ldots

не е периодична от известно място, то числото

\alpha=0, a_{1} a_{2} \ldots a_{k} \ldots

е ирационално. Да допуснем, че

\alpha

е рационално, т. е. че от известно място разглежданата редица е периодична. Това означава, че съществуват

k_{0}

T

, такива, че за всяко

k\gt{}k_{0}

е изпълнено

a_{k}=a_{k+T}

. Избираме естествено число

m

, за което

m T\gt{}k_{0}

m T

е точен квадрат. Това е възможно, защото ако

T=p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{s}^{\alpha_{s}}

е каноничното разлагане на

T

, то достатъчно е да изберем

m=p_{1}^{\beta_{1}} p_{2}^{\beta_{2}} \ldots p_{s}^{\beta_{s}}

, където

\alpha_{i}+\beta_{i}

е четно число за всяко

i=1, 2, \ldots, s

и числата

\beta_{i}

са достатъчно големи. Да изберем просто число

p\gt{}2007

p \neq p_{i}, i=1, 2, \ldots, s

. Тъй като

p m T-m T

е кратно на

T

, то

a_{m T}=a_{p m T}

. Но ако

\tau(k)

е броят на делителите на

k

, а

f(k)

е броят на тези, които са по-големи от 2007, то

f(p m T)=f(m T)+\tau(m T)

и понеже

\tau(m T)

е нечетно число, то

f(p m T)

f(m T)

са с различна четност, което е противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-11-4

2008

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадени са различни цели числа

a, b

c

, които образуват аритметична прогресия. Същите числа, евентуално в някакъв друг ред, образуват геометрична прогресия. Да се докаже, че

a^{2}+b^{2}+c^{2}

се дели на 21.

Решение

От условието имаме

a+c=2 b

. Тъй като числата образуват геометрична прогресия, ако едно от тях е равно на нула, то и другите две числа са нули, което е противоречие с условието. В зависимост от подредбата на числата в геометричната прогресия, имаме

b^{2}=a c, a^{2}=b c

или

c^{2}=a b

, като последните два случая са аналогични. Ако

b^{2}=a c

, то

(a+c)^{2}=4 b^{2}=4 a c

, откъдето

(a-c)^{2}=0

, т. е.

a=c

. Оттук

a=b=c

, което е противоречие с условието. Когато

a^{2}=b c

получаваме

a+\frac{a^{2}}{b}=2 b

, откъдето

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

. Решенията на това хомогенно уравнение са

a=b

(което е противоречие с условието) и

a=-2 b

. Следователно

c=2 b-a=4 b

и тогава сборът

a^{2}+b^{2}+c^{2}=21 b^{2}

се дели на 21.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

с ъглополовяща

C L(C A \neq C B, L \in A B)

. Вписаната в триъгълника окръжност се допира до страните

A B, B C

C A

съответно в точки

M, N

P

, а външновписаната откъм

A B

окръжност се допира до

A B

и продълженията на

C A

C B

съответно в точки

Q, K

T

. Нека

k_{1}, k_{2}

k_{3}

са описаните окръжности съответно около

\triangle P K L, \triangle N T L

\triangle C M Q

. a) Да се докаже, че втората пресечна точка на

k_{1}

k_{2}

лежи на правата

C L

. б) Да се докаже, че

k_{1}, k_{2}

k_{3}

се пресичат в една точка.

Решение

а) При осева симетрия с ос правата

C L

точките

P

N

са симетрични, както и точките

K

T

. Следователно

k_{1}

k_{2}

също са симетрични, откъдето следва твърдението. б) Нека

X

е втората пресечна точка на

k_{3}

и правата

C L

. Съгласно а) е достатъчно да докажем, че

k_{1}

минава през

X

, което е еквивалентно на

C L. C X=C P. C K

. При стандартните означения за триъгълник, като използваме равенството

C L. L X=M L. L Q

и формулата за ъглополовящата

C L^{2}=a b-A L \cdot B L

, получаваме последователно

\begin{aligned} C L. C X=C P. C K & \Longleftrightarrow C L(C L+L X)=(p-c) p \\ & \Longleftrightarrow C L^{2}+M L. L Q=(p-c) p \\ & \Longleftrightarrow C L^{2}+[L A-(p-a)][L B-(p-a)]=(p-c) p \\ & \Longleftrightarrow C L^{2}+L A \cdot L B-c(p-a)+(p-a)^{2}=(p-c) p \\ & \Longleftrightarrow a b-c p+a c+p^{2}-2 a p+a^{2}=p^{2}-p c \\ & \Longleftrightarrow a(a+b+c)=2 a p \end{aligned}

което е очевидно вярно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадени са

2 n

външно неразличими монети. Известно е, че

n

от тях имат едно и също тегло

a

, а останалите

n

монети също са с едно и също тегло

b

, като

a\lt{}b

. Разполагаме с кантар, с който можем да претеглим общото тегло на кои да са

n

от монетите. Да се докаже, че с

n+1

претегляния с този кантар можем да намерим

a

b

Решение

Нека

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

са дадените монети и на

i

-тото,

i=1, 2, \ldots, n+

1 претегляне да поставим на кантара монетите

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n-1}, a_{n+i-1}

. Да означим общото тегло на монетите

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n-1}

A

. При всяко претегляне кантара ще показва две възможни тегла:

A+a

или

A+b

в зависимост от теглото на монетата

a_{n+i-1}

. Тъй като измежду монетите

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

има и от двата вида, то

p\gt{}0

от претеглянията са дали един и същи резултат

x

, а останалите

q=n+1-p\gt{}0

претегляния са дали резултат

y

и без ограничение

x\lt{}y

. Това означава, че измежду монетите

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

има точно

p

монети с тегло

a

q

монети с тегло

b

. Следователно измежду монетите

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n-1}

има

n-p

с тегло

a

n-q

с тегло

b

. Следователно

(n-p) a+(n-q) b+a=x

(n-p) a+(n-q) b+b=y

. Използвайки, че

n=p+q-1

получаваме системата:

\left\lvert\, \begin{aligned} & q a+(p-1) b=x \\ & (q-1) a+p b=y, \end{aligned}\right.

откъдето

a=\frac{(x-y) p+y}{n}

b=\frac{(y-x) q+x}{n}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n_{0}, n_{1}, \ldots, n_{2008}

са дадени естествени числа, а

M

е множеството от всички полиноми

f(x)=a_{0} x^{2008}+a_{1} x^{2007}+\cdots+a_{2007} x+a_{2008}

, такива че за всяко

i, 0 \leq i \leq 2008

, имаме

a_{i} \in\left\{1, 2, \ldots, n_{i}\right\}

. Да се определи кои полиноми от

M

са повече: тези, на които всички корени са цели числа или тези, които нямат нито един реален корен.

Решение

Нека

f(x) \in M

и всички негови корени са цели числа. Понеже полиномите от

M

нямат неотрицателни корени, то

f(x)=a_{0}\left(x+\alpha_{1}\right)(x+ \left.\alpha_{2}\right) \ldots\left(x+\alpha_{2008}\right)

, като

\alpha_{i}

са естествени числа, които без ограничение можем да считаме наредени по големина:

\alpha_{1} \leq \alpha_{2} \leq \cdots \leq \alpha_{2008}

. Разглеждаме полинома

\begin{aligned} f^{\star}(x)= & a_{0}\left[x^{2008}+\alpha_{1} x^{2007}+\left(\alpha_{1} \alpha_{1005}+1\right) x^{2006}+\alpha_{1} \alpha_{2} x^{2005}+\right. \\ & +\left(\alpha_{1} \alpha_{2} \alpha_{1005} \alpha_{1006}+1\right) x^{2004}+\cdots+ \\ & +\left(\alpha_{1} \alpha_{2} \ldots \alpha_{1003} \alpha_{1005} \ldots \alpha_{2007}+1\right) x^{2}+ \\ & \left.+\alpha_{1} \alpha_{2} \alpha_{1004} x+\alpha_{1} \alpha_{2} \ldots \alpha_{1004} \alpha_{1005} \ldots \alpha_{2008}\right] \end{aligned}

Можем да представим

f^{\star}(x)

като сума от тричлени от вида

x^{2 k}+\alpha_{1} \alpha_{2} \ldots \alpha_{t} x^{2 k-1}

+\left(\alpha_{1} \alpha_{2} \ldots \alpha_{t} \alpha_{1005} \ldots \alpha_{1004+t}\right) x^{2 k-2}

След изнасяне на

x^{2 k-2}

пред скоби, получаваме квадратен тричлен с дискриминанта

D=\alpha_{1} \ldots \alpha_{t}\left[\alpha_{1} \ldots \alpha_{t}-4 \alpha_{1005} \ldots \alpha_{t+1004}\right]

, като от наредбата на корените следва, че

D\lt{}0

. Това означава, че

f^{\star}(x)

няма реални корени, понеже

f^{\star}(x)\gt{}0

за всяко

x

. Освено това от формулите на Виет лесно се вижда, че ако

f(x) \in M

, то

f^{\star}(x) \in M

. Също така ако

f(x) \neq g(x)

f, g \in M

, то

f^{\star}(x) \neq g^{\star}(x)

, защото иначе според принципа за сравняване на коефициентите, ще получим, че

f(x)

g(x)

имат едни и същи корени и старши коефициенти, т. е.

f(x) \equiv g(x)

. При това съпоставяне очевидно полинома

x^{2008}+x^{2007}+\cdots+x+1

не е съпоставен на никой, а той е от

M

и няма реални корени. Следователно полиномите от

M

, които нямат нито един реален корен са повече от полиномите от

M

, на които всички корени са цели числа.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-11-4

2009

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадени са аритметична прогресия с първи член

a_{1}

и разлика

d \neq 0

и геометрична прогресия с първи член

b_{1}

и частно

q

. Ако

a_{1}+b_{1}=d+2 a_{1}=0

и сборът на първите 4 члена на геометричната прогресия е равен на сборът на първите 5 члена на аритметичната прогресия, да се намери частното на геометричната прогресия.

Решение

От формулите за сбор на първите

n

члена на аритметична и геометрична прогресия и от условието получаваме

b_{1}\left(q^{3}+q^{2}+q+1\right)=\left(a_{1}+2 d\right) 5

. След заместване

d=-2 a_{1}, b_{1}=a_{1}

и съкращаване на

b_{1}

(тъй като

d \neq 0

, то

b_{1} \neq 0

), получаваме

q^{3}+q^{2}+q-14=0

. Последното уравнение е еквивалентно на

(q-2)\left(q^{2}+3 q+7\right)=0

и понеже

q^{2}+3 q+7\gt{}0

, то

q=2

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се реши системата:

\left\lvert\, \begin{aligned} & \cos ^{2}\left(\frac{\pi x}{2}\right)-\cos (\pi y z)+1=0 \\ & x^{2} y^{2} z+z+10=0 \end{aligned}\right.

Решение

Понеже

\cos ^{2}\left(\frac{\pi x}{2}\right) \geq 0

1-\cos (\pi y z) \geq 0

, то първото уравнение е изпълнено точно когато

\cos \left(\frac{\pi x}{2}\right)=0

\cos (\pi y z)=1

. Оттук следва, че

x=2 p+1

y z=2 q

, където

p

q

са цели числа. Нека

q=0

. Тъй като от второто уравнение имаме, че

z \neq 0

, то намираме

y=0

. Сега от второто уравнение получаваме

z=-10

. В този случай решенията са

(x, y, z)=(2 p+1, 0, -10)

, където

p

е произволно цяло число. Нека сега

q \neq 0

. След заместване

x=2 p+1

y=\frac{2 q}{z}

, получаваме

z^{2}+10 z+ 4(2 p+1)^{2} q^{2}=0

. Това уравнение има когато

25-4(2 p+1)^{2} q^{2} \geq 0

, т. е.

(2(2 p+1) q)^{2} \leq 25

. Оттук следва, че

|2 p+1|=1

q= \pm 1

или

q= \pm 2

. В този случай решенията са

(x, y, z)=

\left( \pm 1, \frac{2 q}{-5 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}25-4 q^{2}}}, -5 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}25-4 q^{2}}\right)

където

q= \pm 1

или

q= \pm 2

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

A B C

с център на описаната окръжност точка

O

. Върху отсечките

B O

C O

са избрани съответно точки

M

N

така, че

O M=C N

. Точки

P

Q

са такива, че

\triangle A M P

\triangle A N Q

са подобни и еднакво ориентирани съответно на

\triangle A O C

\triangle A O B

. Да се докаже, че сборът

P N+Q M

не зависи от избора на точките

M

N

Решение

От

\triangle A M P \sim \triangle A O C

следва, че

\angle M A P=\angle O A C

, което означава, че лъчът

A P \rightarrow

пресича отсечката

O C

и че

\angle M A O=\angle P A C

. От същото подобие намираме

\frac{A M}{A O}=\frac{A P}{A C}

, което заедно с

\angle M A O=\angle P A C

означава, че

\triangle A M O \sim \triangle A P C

. Оттук следва, че

\angle A C P=2 \angle A C B

, т. е.

\angle B C P=\angle A C B

. Аналогично получаваме, че

\angle C B Q=\angle A B C

. Да означим пресечната точка на

C P

B Q

R(R

е симетричната на върха

A

спрямо правата

B C

). От

\triangle A B C \cong \triangle R B C

и от

\triangle A M O \sim \triangle A P C

намираме

\frac{C R}{C P}=\frac{C A}{C P}=\frac{A O}{O M}=\frac{C O}{C N},

което означава, че

P N \| R O

\frac{P N}{R O}=\frac{C N}{C O}

. Аналогично намираме, че

Q M \| R O

\frac{Q M}{R O}=\frac{B M}{B O}

. Следователно

\frac{P N+Q M}{R O}=\frac{C N}{C O}+\frac{B M}{B O}=1

, т. е.

P N+Q M=R O

, като дължината на

R O

не зависи от избора на точките

M

N

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

A

е множество с

n \geq 5

елемента. Да се намери минималното естествено число

m

със следното свойство: За всеки 10 триелементни подмножества на

A

съществува оцветяване на елементите на

A

m

цвята така, че никое от избраните триелементни подмножества на

A

не съдържа три едноцветни елемента.

Решение

Да изберем произволни 5 елемента от

A

и да образуваме всичките

\binom{5}{2}=

10 триелементни подмножества. Ако сме използвали само два цвята, то ще има едноцветно триелементно подмножество. Следователно

m \geq 3

. Ще покажем, че 3 цвята са достатъчни. При

n \leq 6

е достатъчно да оцветим елементите на

A

така, че да няма три едноцветни елемента. При

n=7

е достатъчно да изберем три елемента, които не образуват някое от избраните множества (поради

\binom{7}{2}=21\gt{}10

това е възможно) и да ги оцветим в първия цвят. В другите два цвята оцветяваме по 2 от останалите 4 елемента. Нека

8 \leq n \leq 10

. Ще покажем, че съществува подмножество на

A

n-5

елемента в което не се съдържа никое от избраните 10 триелементни подмножества. Всички

n-5

елементни подмножества на

A

са

\binom{n}{n-5}

, докато едно триелементно подмножество "покрива" точно

\binom{n-3}{n-8}

такива

n-5

елементни подмножества. Тъй като

\binom{n}{n-5}\gt{} 10\binom{n-3}{n-8}

, за

8 \leq n \leq 10

, то получаваме исканото. Да оцветим елементите на това

n-5

елементно множество в първия цвят. Ако в останалите 5 елемента има триелементо подмножество, което не е измежду избраните, го оцветяваме във втория цвят, а останалите два елемента оцветяваме в третия цвят. Ако всички триелементни подмножества измежду останалите 5 елемента са избрани, то задачата се свежда до случая

n=5

. Нека

n \geq 11

. Тъй като в десетте триелементни подмножества елементите на

A

се срещат с повторения общо 30 пъти, то съществува елемент

a \in A

, който се среща не повече от два пъти. Да разгледаме множеството

A \backslash\{a\}

и всички триелементни подмножества, които не съдържат

a

. От доказаното по-горе следва, че можем да оцветим това множество в три цвята така, че да няма едноцветно триелементно множество. За елемента

a

има най-много два забранени цвята (онези, които правят двете множества в които участва

a

, едноцветни), т. е.

a

също може да бъде оцветен без да има едноцветно подмножесто.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-11-4

2010

1 задача

Задача 4

Пълен запис

Условие

В една държава има 1000 града, някои от които трябва да се свържат с двупосочни пътища, така че от всеки град да излизат точно три пътя и от всеки град да може да се стигне до всеки друг град. Път между два града

A

B

се нарича главен, ако след затварянето му от

A

не може да се стигне до

B

. Да се докаже, че за всяко цяло число

t, 0 \leq t \leq 331

пътищата могат да се прекарат така, че да има точно

t

главни пътя.

Решение

От всяка държава с градове и пътища между някои от тях образуваме по естествен начин граф. Свързан граф, всички върхове на който са от степен 3 ще наричаме правилен граф. Тъй като всички върхове са от степен 3, в този граф има цикъл, като е ясно, че всяко ребро от цикъл не може да бъде главно. Лема 1. Ако

G

е правилен граф с

n

върха, то съществува правилен граф

G_{1}

n+2

върха, като

G

G_{1}

имат един и същи брой главни ребра. Доказателство: Да разгледаме две ребра

A B

A C

от

G

, които участват в цикъл. Да заменим тези ребра с ребрата

A X, A Y, B X, C Y

X Y

, където

X

Y

са два нови върха и нека полученият граф е

G_{1}

. Графът

G_{1}

е правилен, като при това ребрата

A X, A Y

X Y

не са главни (поради цикъла

A X Y A

). Ако допуснем, че

B X

е главно в

G_{1}

, то и

B A

е главно в

G

(защото ако

B A

не е главно в

G

, то от

B

може да се стигне до

X

G_{1}

като първо се стигне до

A

и след това до

X

). Но

A B

A C

не са главни, което означава, че

B X

(аналогично

C Y

) не е главно. Получихме правилен граф

G_{1}

съе същия брой главни ребра като

G

. Лема 2. Ако

G

е правилен граф с

n

върха, то съществува правилен граф

G_{1}

n+6

върха, като

G_{1}

има един главен път повече от

G

. Доказателство: Да разгледаме произволно ребро

A B

от

G

, което не е главно. Нека

G_{1}

е графът, получен от

G

чрез добавяне на върхове

P, Q, R, S, T

H

, изтриване на реброто

A B

и добавяне на ребра

A P, B P, P Q, Q R, R S, S T, T H, R T

S H

. Лесно се вижда, че главните ребра на

G

са главни и в

G_{1}

, а само

P Q

от добавените ребра е главно. Лема 3. Съществува граф с

6 s+4

върха и

2 s-1

главни ребра. Доказателство: Да разгледаме дърво

G

2 s

върха, като от всеки връх, който не е листо излизат три ребра. Нека

G

има

x

листа. Тъй като ребрата му са

2 s-1

имаме равенството

1. x+3.(2 s-x)=2(2 s-1)

, откъдето намираме

x=s+1

. За всеки лист

A

на

G

да прибавим върхове

B, C, D

E

и ребра

A B, A E, B C, C D, D E

B D

E C

. Лесно се вижда, че полученият граф

G_{1}

е правилен, като главни са само ребрата на дървото

G

. При това върховете на

G_{1}

са точно

2 s+4(s+1)=6 s+4

. Така конструирахме граф с

6 s+4

върха и

2 s-1

главни ребра. От Лема 3 при

s=166

получаваме граф с 1000 върха и 331 главни ребра. За нечетни

t\lt{}331

от Лема 3 и Лема 1 следва, че съществува граф с 1000 върха и

t

главни ребра. За четно

t=2 s \leq 330

от Лема 3 можем да намерим граф с

2 s-1

главни ребра и

6 s+4 \leq 994

върха. Сега от Лема 2 и Лема 1 следва съществуването на граф с 1000 върха и

t

главни ребра.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2010-11-4

2011

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на реалния параметър

a

, за които уравнението

25^{x}-(a+1) 5^{x}-6 a^{2}+3 a=0

има единствено

Решение

След полагането

t=5^{x}\gt{}0

уравнението се записва във вида

t^{2}-(a+

t-6 a^{2}+3 a=0

с корени

t_{1}=3 a

t_{2}=1-2 a

. За да има уравнението единствено , трябва да е изпълнено едно от следните условия:

t_{1} \leq 0\lt{}t_{2}, t_{2} \leq 0\lt{}t_{1}

или

t_{1}=t_{2}\gt{}0

. Първото условие дава

a \leq 0

, второто

a \geq \frac{1}{2}

, а третото

a=\frac{1}{5}

. Следователно търсените стойности са

a \in(-\infty, 0] \cup\left\{\frac{1}{5}\right\} \cup\left[\frac{1}{2}, +\infty\right)

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В четириъгълник

A B C D

е вписана окръжност с център

O

, която се допира до страните

A D

B C

съответно в точки

P

Q

. Правите

A O, B O, C O

D O

пресичат правата

P Q

съответно в различни точки

A_{1}, B_{1}, C_{1}

D_{1}

. a) Да се докаже, че

B A_{1} \perp A O

. б) Ако

\frac{A B+C D}{A_{1} B_{1}+C_{1} D_{1}}=2

, да се намери ъгълът между правите

A D

B C

Решение

а) Нека за определеност правите

A D

B C

се пресичат в точка

R

, като

A

е между

D

R

. Да означим

\angle C R D=\varphi

. Тъй като

A O

B O

са ъглополовящи, то

\begin{aligned} \angle A O B & =180^{\circ}-\frac{1}{2}(\angle B A D+\angle A B C) \\ & =180^{\circ}-\frac{1}{2}\left(180^{\circ}+\varphi\right)=90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi. \end{aligned}

От равнобедрения

\triangle P Q R

намираме

\angle A_{1} Q B= \angle P Q R=90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi

, което означава, че

\angle A O B= \angle A_{1} Q B

, т. е. около четириъгълника

A_{1} B Q O

може да се опише окръжност. Следователно

\angle B A_{1} O=\angle B Q O=

90^{\circ}

. б) Аналогично на а) намираме, че

\angle A B_{1} O=90^{\circ}

. Като използваме известния факт, че

\triangle A B O \sim \triangle B_{1} A_{1} O

с коефициент на подобие

\cos \angle A O B

, намираме

A_{1} B_{1}= A B \cos \left(90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi\right)

. Аналогично намираме, че

\angle C O D=90^{\circ}+\frac{1}{2} \varphi

и понеже

\triangle C O D \sim \triangle D_{1} O C_{1}

с коефициент на подобие

\cos \left(180^{\circ}-\left(90^{\circ}+\frac{1}{2} \varphi\right)\right)=\cos \left(90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi\right)

, то

C_{1} D_{1}=C D \cos \left(90^{\circ}-\right. \frac{1}{2} \varphi

). Следователно

\cos \left(90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi\right)=\frac{A_{1} B_{1}+C_{1} D_{1}}{A B+C D}=\frac{1}{2}

, откъдето следва

90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi=60^{\circ}

, т. е.

\varphi=60^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

n

е дадено естествено число. Да се намерят всички реални числа

a

, за които за редицата

x_{0}=a, x_{1}=1

x_{i+2}=\frac{x_{i+1}-(n-i) x_{i}}{i+1} \text{при} i \geq 0

е изпълнено

x_{2010 n}=0

Решение

При

i=n

от рекурентната връзка получаваме

x_{n+2}=\frac{x_{n+1}}{n+1}

. Оттук намираме

x_{n+3}=\frac{\frac{x_{n+1}}{n+1}+x_{n+1}}{n+2}=\frac{x_{n+1}}{n+1}.

Тъй като

i\gt{}n

, то всички следващи членове на редицата са от вида

p x_{n+1}

, където

p

е някакво положително рационално число. Следователно, ако

x_{2010 n}=0

, то и

x_{n+1}=0

, откъдето намираме

x_{n+2}=0

. Нека

2 \leq s \leq n+2

. Ще покажем, че

x_{s}=x_{s-1}

тогава и само тогава, когато

x_{s-2}= x_{s-3}

. От

x_{s}=\frac{x_{s-1}-(n-s+2) x_{s-2}}{s-1}

намираме

(s-1) x_{s}-x_{s-1}=(s-n-2) x_{s-1}

, а от

x_{s-1}=\frac{x_{s-2}-(n-s+3) x_{s-3}}{s-2}

имаме

(s-1) x_{s-1}=x_{s-2}+(s-n-3) x_{s-3}

. Изваждайки горните две равенства получаваме

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

Тъй като

2 \leq s \leq n+2

, то

s \neq 1

s \neq n+3

и това равенство доказва твърдението. Продължавайки по този начин ще получим, че

1=x_{1}=x_{0}=a

когато

n

е нечетно и до

x_{2}=x_{1}

, 'когато

n

е четно и тогава от

x_{2}=x_{1}-n x_{0}

намираме

a=x_{0}=0

. Следователно търсените стойности са

a=1

при

n

нечетно и

a=0

при

n

четно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

\alpha

е рационално положително число. За всяко естествено число

n

x_{n}

означаваме броят на делителите

d

на

n

, за които

\frac{n^{\alpha}}{10^{2011}}\lt{}d\lt{}\frac{n^{\alpha}}{10^{2010}}

Да се докаже, че редицата

\left\{x_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}

е неограничена тогава и само тогава, когато

\alpha\lt{}1

Решение

Да допуснем, че редицата

\left\{x_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}

е неограничена и

\alpha \geq 1

. Ако

d

е делител на

n

, то

d_{1}=\frac{n}{d}

също е делител на

n

и тогава от

\frac{n^{\alpha}}{10^{2011}}\lt{}d

следва

d_{1}\lt{}\frac{10^{2011}}{n^{\alpha-1}} \leq 10^{2011}

Това означава, че за

d_{1}

(следователно и за

d

) имаме краен брой възможности, т. е.

x_{n}

е ограничено. Полученото противоречие показва, че

\alpha\lt{}1

. Нека

\alpha=\frac{p}{q}\lt{}1

. Тъй като множеството на рационалните числа е гъсто, то за всяко естествено число

t

можем да изберем рационални числа

\frac{p_{1}}{q_{1}}, \frac{p_{2}}{q_{2}}, \ldots, \frac{p_{t}}{q_{t}}

, всяко от който е в интервала

\left(\frac{1}{10^{2011}}, \frac{1}{10^{2010}}\right)

. Нека

N=p_{1} p_{2} \ldots p_{t} q_{1} q_{2} \ldots q_{t}

и да изберем

n=N^{q}

. Да забележим, че за всяко

i=1, 2, \ldots, t

числото

\frac{p_{i}}{q_{i}} N^{p}

е цяло и е делител на

n=N^{q}

. Освен това

n^{\alpha}=N^{p}

и тъй като

\frac{n^{\alpha}}{10^{2011}}\lt{}\frac{p_{i}}{q_{i}} N^{p}\lt{}\frac{n^{\alpha}}{10^{2010}}

то

x_{n} \geq t

, което означава, че редицата

\left\{x_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}

е неограничена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-11-4

2012

7 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на реалния параметър

a

, за които уравнението

\log _{x} a+2 \log _{a x} a=6 \log _{a^{2} x} a

има поне две

Решение

в интервала

[a, +\infty)

. Допустимите стойности са

x\gt{}0, x \neq 1, a\gt{}0, a x \neq 1, a^{2} x \neq 1

. При

a=1

всяко

x\gt{}0, x \neq 1

е на уравнението. Когато

a \neq 1

след полагане

t=\log _{a} x

, записваме уравнението като

\frac{1}{t}+\frac{2}{t+1}=\frac{6}{t+2}.

Решенията на това уравнение са

t=1

t=-\frac{2}{3}

, откъдето

x=a

x=\frac{1}{\sqrt[3]{\vphantom{x^2}a^{2}}}

. Тъй като

\frac{1}{\sqrt[3]{\vphantom{x^2}a^{2}}} \geq a

при

a \leq 1

, в този случай са

a\lt{}1

. Окончателно търсените стойности са

a \in(0, 1]

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-11-1

Задача 1b

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички цели стойности на реалния параметър

a

, за които съществува цяло, различно от нула число, което е

Решение

на уравнението

a 4^{x}+(a-1) 9^{x}=(2 a-1) 6^{x}.

След разделяне на

9^{x}

и полагане

t=\left(\frac{2}{3}\right)^{x}

, получаваме уравнението

a t^{2}-(2 a-1) t+a-1=0. \tag{1}

При

a=0

получаваме

t=1

, откъдето

x=0

. При

a \neq 0

корените на уравнението (1) са

t_{1}=1

t_{2}=\frac{a-1}{a}

. При

\left(\frac{2}{3}\right)^{x}=1

получаваме

x=0

. Нека

\left(\frac{2}{3}\right)^{x}=\frac{a-1}{a}

. Директно се проверява, че при

a \geq 4

или

a \leq-3

са изпълнени неравенствата

\frac{3}{2}\gt{}\frac{a-1}{a}\gt{}\frac{2}{3}. \tag{1}

Тъй като при

x \geq 1

имаме

\left(\frac{2}{3}\right)^{x} \leq \frac{2}{3}

, а при

x \leq-1

е изпълнено

\left(\frac{2}{3}\right)^{x} \geq \frac{3}{2}

неравенствата (1) показват, че можем да имаме само при

-2 \leq a \leq 3

. Директна проверка показва, че само при

a=-2

a=3

получаваме цели съответно

x=-1

x=1

. Окончателно търсените стойности са

a=-2

a=3

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-11-1b

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е равнобедрен остроъгълен триъгълник

A B C, A C=B C

. Правата, през центъра на описаната окръжност, която е успоредна на бедрото

B C

разделя триъгълника на две части с равни лица. Да се намери

\angle A C B

Решение

Нека правата пресича страните на

A B C

в точки

P \in A B

Q \in A C

. Да прекараме през

O

права, успоредна на

A C

. Тя също разполовява лицето и нека тази права пресича страните на

A B C

в точки

R \in A B

S \in B C

. Тъй като

S_{R B S}=S_{P B C Q}=\frac{1}{2} S_{A B C}

, то

S_{R P O}=S_{Q O S C}

. Тогава

\sqrt{\vphantom{x^2}2} O S=O P

и от синусовата теорема за

\triangle P B O

\triangle S B O

получаваме

\frac{O S}{R}=\frac{\cos \alpha}{\sin \gamma}

\frac{O P}{R}=\frac{\cos \gamma}{\sin \alpha}

. Следователно

\sqrt{\vphantom{x^2}2}=\frac{O P}{O S}=\frac{2 \sin \gamma \cos \gamma}{\sin 2 \alpha.}=

\frac{2 \sin \gamma \cos \gamma}{\sin \gamma}=2 \cos \gamma,

откъдето намираме

\cos \gamma=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2}

, т. е.

\gamma=45^{\circ}

. Втори начин. Нека правата

A O

пресича

B C

в точка

\underline{D}

и описаната около

A B C

окръжност в точка

E

. От условието следва, че

A D=R \sqrt{ \vphantom{x^2}} 2

и тогава

O D=R(\sqrt{ \vphantom{x^2}} 2-1)

E D=R(2-\sqrt{\vphantom{x^2}2})

. Понеже

\angle O B D=\angle E B D=\frac{1}{2} \gamma

, то

B D

е ъглополовяща, откъдето

\frac{E B}{O B}=\frac{E D}{O D}=\sqrt{\vphantom{x^2}2},

т. е.

E B=R \sqrt{\vphantom{x^2}2}

. Оттук следва, че

\triangle O E B(O B=O E=R, E B=R \sqrt{\vphantom{x^2}2})

е правоъгълен. Следователно

\gamma=\frac{1}{2} \angle A O B=45^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-11-2

Задача 2b

Пълен запис

Условие

Даден е трапец

A B C D, A B \| C D

, за който

A D=6, D C=3

B C=12

. Ъглополовящата на

\angle A B C

пресича страната

A D

в точка

M

, като

\frac{A M}{M D}=\frac{5}{3}

. a) Да се докаже, че в

A B C D

може да се впише окръжност. б) Да се намери дължината на отсечката

O M

, където

O

е центърът на вписаната в

A B C D

окръжност.

Решение

а) Да означим с

N

пресечната точка на продължението на

B M

и правата

C D

. Тъй като

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

, то

N C=B C

. Следователно

D N=N C- D C=12-3=9

и от подобието на

\triangle D N M

\triangle A B M

намираме

\frac{A B}{D N}=\frac{A M}{D M}=\frac{5}{3}

, т. е.

A B=15

. Понеже

A B+C D=A D+B C=18

, то в

A B C D

може да се впише окръжност. б) Ако

P

е пресечната точка на

A D

B C

, от подобието на

\triangle D C P

\triangle A B P

, намираме

\frac{P C}{P C+C B}=\frac{D C}{A B}=\frac{1}{5}

. От това равенство получаваме

P C=3

, т. е.

A B= P B

. Следователно

B O \perp A P

, което означава, че

O M

е радиусът на вписаната в

A B C D

окръжност. Тъй като

A M=\frac{15}{4}

, от правоъгълния

\triangle A M B

пресмятаме

B M=\frac{15}{4} \sqrt{\vphantom{x^2}15}

и понеже

A O

е ъглополовяща на

\angle B A M

, имаме

\frac{O M}{B M-O M}=\frac{A M}{A B}

. От това равенство пресмятаме

O M=\frac{3}{4} \sqrt{\vphantom{x^2}15}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-11-2b

Задача 3

Пълен запис

Условие

В турнир по футбол участват 2011 отбора, като всеки два отбора играят помежду си точно по един път. В крайното класиране точките на съседни в класирането отбори се различават с 1. Колко най-много точки може да има последния в класирането? (В турнир по футбол за победа се дават 3 точки, за равен -1 точка и за загуба 0 точки.)

Решение

Тъй като срещите са

\frac{n(n-1)}{2}

, то максималния брой точки на всички отбори е

\frac{3 n(n-1)}{2}

. Ако последния отбор има

k

точки, то всички отбори имат общо

k+(k+1)+\cdots+(k+n-1)=\frac{2 k+n-1}{2} \cdot n \leq

\frac{3 n(n-1)}{2}

откъдето

k \leq n-1

. Ако

k=n-1

, в турнира е имало само победи и тогава точките на всеки отбор ще се делят на 3 и условието не може да е изпълнено. Следователно

k \geq n-2

. Ще докажем, че при всяко

n \geq 4

, съцествува турнир от

n

отбора, изпълняващ условието на задачата и последния отбор има точно

n-2

точки. Броят точки в такъв турнир е равен на

\frac{3 n-5}{2}. n

, което означава, че броят на ремитата е равен на

\frac{3 n(n-1)}{2}-\frac{3 n-5}{2}. n=n

. С индукция по

n \geq 4

ще построим такъв турнир. При

n=4

нека

A

е победил

B

и е завършил реми с

C

D; B

е победил

D

и е завършил реми с

C

и накрая,

C

D

са завършили наравно. Тогава

A, B, C

D

имат съответно

5, 4, 3, 2

точки. Да допуснем, че имаме такъв турнир за някое

n \geq 4

. Да разгледаме турнир с

n+1

отбора. Да отделим един отбор

A

и нека в турнира между останалите

n

отбора да се е получило класиране, удовлетворяващо условието на задачата и последния в класирането има

n-2

точки. Нека първите три отбора са

X, Y

Z

. Нека отборите с точки

n-2, n+1, n+4

и т. н. докато стигнем до един от първите три отбора, да победят

A

. Ако стигнем до

Z

нека

Z

A

завършат реми,

Y

победи

A

A

победи всички останали. Ако стигнем до

Y

нека

Y

победи

A, X

A

завършват реми и

A

победи всички останали. Ако стигнем до

X

нека

X

A

завършват реми и

A

победи всички останали. Във всеки от горните случаи последния отбор има

(n+1)-2

точки и в турнира има

n

ремита. Директно се вижда, че такъв турнир удовлетворяма условието на задачата. Следователно търсеният отговор е 2009.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-11-3

Задача 3b

Пълен запис

Условие

В държава има 2012 града. Между някои от градовете са прекарани пътища, като от всеки град може да се стигне до всеки друг. Известно е, че ако два града са свързани с път, то общият брой пътища, излизащи от тези два града е нечетно число. Колко най-много са прекараните пътища?

Решение

Да разделим градовете на две групи

P

Q

по следния начин. В

P

влизат всички градове, от които излизат четен брой пътища, а в

Q

влизат всички градове, от които излизат нечетен брой пътища. Нека

|P|=p

|Q|=q

, като

p+q=2012

. Според условието на задачата няма път, който да свързва два града от

P

или два града от

Q

. Това означава, че всеки път свързва град от

P

с град от

Q

. Тъй като от всеки град от

P

излизат четен брой пътища, то общият брой пътища е четно число. Оттук и от условието, че от всеки град от

Q

излизат нечетен брой пътища, следва че

q

е четно число. Понеже

p+q=2012

, то

p

също е четно число. Това означава, че от всеки град от

Q

излизат най-много

p-1

пътя. Следователно, ако

p=2 p_{0}

q=2 q_{0}

, пътищата са най-много

2 q_{0}\left(2 p_{0}-1\right)

. Тъй като

2 q_{0}+\left(2 p_{0}-1\right)=2011

, то най-голямата стойност на

2 q_{0}\left(2 p_{0}-1\right)

се достига когато

2 q_{0}

2 p_{0}-1

са почти равни, т. е.

2 q_{0}=1006

2 p_{0}-1=1005

. Тогава пътищата са

1005 \cdot 1006=1011030

. Ще построим пример, за който пътищата са точно 1006 \cdot 1005. Нека

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{1006}

B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{1006}

са съответно градовете в

P

Q

. Свързваме всеки от градовете

B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{1004}

с всеки от градовете

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{1005}

. Свързваме

B_{1005}

B_{1006}

с всеки от

A_{2}, A_{3}, \ldots, A_{1006}

. Директно се проверява, че пътищата са 1006 \cdot 1005 и от всеки град може да се стигне до всеки друг.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-11-3b

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

a, m

n

са естествени числа, като

a

е четно и

m\lt{}n

. Да се докаже, че едно от числата

a^{m}+1, a^{m+1}+1, a^{m+2}+1, \ldots, a^{n}+1

е взаимно просто с всяко от останалите числа.

Решение

Да означим с

k

най-голямата степен на двойката, която дели някое от числата

m, m+1, \ldots, n

. Да допуснем, че има две числа, които се делят на

2^{k}

. Тези числа се представят във вида

2^{k} t_{1}

2^{k} t_{2}

, където

t_{1}\lt{}t_{2}

са нечетни числа. Числото

2^{k}\left(t_{1}+1\right)\lt{}2^{k} t_{2}

се дели на

2^{k+1}

, което е противоречие с избора на

k

. Следователно съществува число

r, m \leq r \leq n

, което се дели на

2^{k}

и всяко друго число не се дели на

2^{k}

. Ще докажем, че числото

a^{r}+1

е взаимно просто с всяко от останалите числа. Нека

p

е прост делител на

a^{r}+1

. Тъй като

a

е четно, то

p

е нечетно число и тогава

p

не дели

a^{r}-1

. Ако

l

е показателят на

a

по модул

p

, то

l

дели

2 r

(защото

a^{2 r}-1

се дели на

p

), но не дели

r

(защото

a^{r}-1

не се дели на

p

). Следователно

l

се дели на

2^{k+1}

. Да допуснем, че

p

дели

a^{s}+1

за

s \neq r

. Това означава, че

l

дели

2 s

, т. е.

2^{k}

дели

s

, което е противоречие. Показахме, че всеки прост делител на

a^{r}+1

не дели нито едно от останалите числа. Следователно

a^{r}+1

е взаимно просто с всяко от останалите числа.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-11-4

2013

3 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Вписаната в правоъгълен триъгълник

A B C

окръжност се допира до хипотенузата

A B

в точка

C_{1}

. Точките

P \in C C_{1}

Q \in A C

са такива, че

P Q

е успоредна на

B C

и в четириъгълника

A C_{1} P Q

може да се впише окръжност. Да се докаже, че

C P=O_{1} O_{2}

, където

O_{1}

O_{2}

са центровете на вписаните окръжности в

\triangle A C_{1} C

\triangle B C_{1} C

Решение

При стандартните означения за

\triangle A B C

имаме

A C_{1}=p-a

B C_{1}=p-b

. Нека

X

Y

са допирните точки съответно на вписаните окръжности в

\triangle A C_{1} C

\triangle B C_{1} C

със страната

C C_{1}

. Пресмятаме

C X=\frac{C C_{1}+C A-A C_{1}}{2}=\frac{C C_{1}+b-(p-a)}{2}=\frac{C C_{1}+a+b-p}{2}

и аналогично

C Y=\frac{C C_{1}+C B-B C_{1}}{2}=

\frac{C C_{1}+a-(p-b)}{2}=\frac{C C_{1}+a+b-p}{2}.

Следователно

C X=C Y

, т. е. двете окръжности допират страната

C C_{1}

в една и съща точка. Тогава

O_{1} O_{2} \perp C C_{1}

. Нека

\angle A C O_{1}=\angle C_{1} C O_{1}=\varphi

\angle B C O_{2}=\angle C_{1} C O_{2}=\psi

. Тогава

\angle Q P C= \angle P C B=2 \psi

и понеже

P O_{1}

е ъглополовяща на

\angle Q P C_{1}

, намираме

\angle Q P O_{1}=90^{\circ}-\psi

. Сега от

\triangle C P O_{1}

получаваме

\angle C O_{1} P=180^{\circ}-\varphi-2 \psi-\left(90^{\circ}-\psi\right)=

90^{\circ}-\varphi-\psi.

Следователно

O_{1} P \perp C O_{2}

, т. е.

P

е ортоцентър на

\triangle C O_{1} O_{2}

. Тъй като

\angle O_{1} C O_{2}= \frac{1}{2} \angle A C B=45^{\circ}

, то

C P=2 R \cos \angle O_{1} C O_{2}=O_{1} O_{2} \operatorname{cotg} \angle O_{1} C O_{2}=O_{1} O_{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Намерете най-голямото реално число

a

със следното свойство: съществува изпъкнал шестоъгълник

A B C D E F

, всички страни на който са равни на 1, и точки

A_{1}, B_{1}, C_{1}, D_{1}, E_{1}

F_{1}

във вътрешността на шестоъгълника за които всяка от отсечките

A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}, D D_{1}, E E_{1}

F F_{1}

има дължина

a

и никои две от тези отсечки нямат обща точка, която е вътрешна и за двете отсечки.

Решение

Да разгледаме сборовете

\angle A_{1} A B+\angle B_{1} B A, \angle B_{1} B C+\angle C_{1} C B

\angle C_{1} C D+\angle D_{1} D C, \angle D_{1} D E+\angle E_{1} E D, \angle E_{1} E F+\angle F_{1} F E

\angle F_{1} F A+\angle A_{1} A F

. Тъй като сборът на ъллите на шестоъгълника е

720^{\circ}

, то поне един от тези сборове не надминава

120^{\circ}

. Без ограничение нека това е

\angle A_{1} A B+\angle B_{1} B A

, т. е.

\angle A_{1} A B+\angle B_{1} B A \leq 120^{\circ}.

Тогава правите

A A_{1}

B B_{1}

се пресичат в точка

X

, която е в една и съща полуравнина с шестоъгълника

A B C D E F

спрямо правата

A B

\angle A X B \geq 60^{\circ}

. Тъй като

A A_{1}

B B_{1}

нямат обща вътрешна точка, то поне една от отсечките

A X

B X

има дължина поне

a

. От друга страна, всяка от тези отсечки е най-много равна на диаметъра на окръжността, от която отсечката

A B

се вижда под ъгъл

60^{\circ}

. Понеже този диаметър е равен на

\frac{A B}{\sin 60^{\circ}}=\frac{2}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}

, то

a \leq \frac{2}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}

. Да разгледаме правилен шестоъгълник

A B C D E F

със страна 1. Нека

A_{1}=A E \cap F D, B_{1}=B F \cap A E, C_{1}=C A \cap B F, D_{1}=D B \cap A C, E_{1}=E C \cap D B

F_{1}=F D \cap E C

. Отсечките

A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}, D D_{1}, E E_{1}

F F_{1}

са с равни дължини и всеки две от тях нямат обща вътрешна точка. Понеже

\angle F A A_{1}=120^{\circ}-90^{\circ}=30^{\circ}

, то от

\triangle F A A_{1}

намираме

A A_{1}=\frac{1}{\cos 30^{\circ}}=\frac{2}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}

. Следователно търсената най-голяма стойност е

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В равнината са дадени

2 n

точки, никои три от които не лежат на една права. Някои от точките са свързани с отсечки така, че за всеки

n

точки съществува точка, свързана с отсечка с всяка от тях. Да се намери минималния възможен брой прекарани отсечки.

Решение

Първо ще докажем следната Лема. Даден е граф

G

n

върха със следното свойство: за всеки

k, 1 \leq k \leq n-1

върха на

G

съществува връх, който е свързан с всеки от тези

k

върха. Тогава минималният брой ребра на

G

\left\lceil\frac{(2 k-1) n-k^{2}+1}{2}\right\rceil

. Доказателство: Ще докажем твърдението с индукция по

k

. При

k=1

от всеки връх трябва да излиза поне едно ребро и следователно са необходими поне

\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil

ребра. Следователно твърдението е вярно при

k=1

и прозволно

n

. Нека

2 \leq k+1\lt{}n

и да допуснем, че твърдението е вярно за всички стойности помалки от

k+1

. Нека

A

е произволен връх, който не е свързан с

s

от дадените върхове (да означим множеството от тези върхове с

M

) и съответно е свързан с

n-s-1

върха (да означим множеството от тези върхове с

N

). Лесно се забелязват следните свойства:

(*)

Всеки връх е от степен поне

k+1

, защото в противен случай множеството от връх и свързаните с него най-много

k

върха не изпълнява условието на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-11-4

2014

2 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Точка

M

е медицентър на триъгълник

A B C,

като

\angle A M B=2 \angle A C B.

Да се докаже, че

A M. B M=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{9}.

Решение

Нека точка

N

е втората пресечна точка на правата

A M

с описаната около

\triangle A B C

окръжност. Тогава

\angle M N B=\angle A C B

\angle M B N= $

\angle A M B-\angle M N B=\angle A C B,

т. е.

M B=M N.

Ако

A_{1}

е средата на

B C, x=M A_{1}

и

y=A_{1} N

имаме

A A_{1} \cdot A_{1} N=3 x \cdot y=\frac{B C^{2}}{4},

откъдето

x \cdot y=\frac{B C^{2}}{12}.

От формулата за медианата имаме

9 x^{2}=\frac{1}{4}\left(2 A B^{2}+\right.

2 A C^{2}-B C^{2} $),

откъдето $x=

\frac{2 A B^{2}+2 A C^{2}-B C^{2}}{36}.$ Следователно ![](/problem-assets/zms2014-11-2-diagram-1.jpg)

A M \cdot B M =2 x \cdot M N=2 x(x+y)=2 x^{2}+2 x y=\frac{2 A B^{2}+2 A C^{2}-B C^{2}}{18}+\frac{B C^{2}}{6} =\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{9}.$$$\textit{Оценяване: }$ (6 точки) 2 т. за разглеждане на точката $N, 2 $т. за намиране на $y=A_{1} N, $ 2 т. за довършване на задачата. Най-много 2 т. за получаване на други изразявания на $A M. B M $ чрез елементите на триъгълника (например получени от равенството $A M. M B \sin 2 \angle A C B=\frac{2}{3} S_{A B C} $ или от косинусова теорема за $\left.\triangle A B M\right).$

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Даден е полином

f(x),

за които едновременно са изпълнени свойствата: (*) Коефициентите на

f(x)

са естествени числа. (*) Уравнението

f(x)=0

има поне един рационален корен. (*) Ако

k

е степента на

f(x),

то стойностите на

f(x)

за

k+1

различни естествени числа са прости числа. Да се докаже, че

f(x)=a x+b

за някои две взаимнопрости естествени числа

a

и b.

Решение

Тъй като коефициентите на

f(x)

са естествени числа, то корените на

f(x)=0

са отрицателни числа. От условието 2. следва, че

f(x)=(q x+p) R(x)

където без ограничение

p\gt{}0

q\gt{}0

са естествени числа, а

R(x)

е полином от степен

k-1

с цели коефициенти (горното разлагане следва от схемата на Хорнер). Нека

x_{i}

за

i=1, 2, \ldots, k+1

са такива различни естествени числа, че

f\left(x_{i}\right)=r_{i}

r_{i}

са прости числа. Тъй като

q x_{i}+p\gt{}1

дели

f\left(x_{i}\right)=r_{i},

то

q x_{i}+p=r_{i}.

Тогава

f\left(x_{i}\right)-\left(q x_{i}+p\right)=0

за всяко

i=1, 2, \ldots, k+1.

Следователно

f(x)-(q x+p)

е полином от степен

k

с поне

k+1

нули, т. е.

f(x)=q x+p.

Числата

q

p

са взаимнопрости, защото в противен случай

f\left(x_{i}\right)

не може да е просто число.

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 3 т. за разлагането със съответната аргументация, че

R(x)

е с цели коефициенти, 4 т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-11-3

2015

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадена е растяща аритметична прогресия

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

от естествени числа, за която

a_{n} \leq 2015

. Известно е, че членовете на редицата с номера, равни на простите делители на 2015, образуват геометрична прогресия. Да се намери най-голямата възможна стойност на

a_{n}

Решение

Да означим с

d

разликата на дадената аритметична прогресия. Тъй като

2015=

5 \cdot 13 \cdot 31 и редицата е растяща, то

a_{5}, a_{13}, a_{31}

образуват геометрична прогресия в този ред. Следователно

\left(a_{1}+12 d\right)^{2}=\left(a_{1}+4 d\right)\left(a_{1}+30 d\right),

откъдето

12 d=5 a_{1}

. Това равенство е изпълнено при

a_{1}=24, d=10

и тогава намираме

a_{200}=24+199 \cdot 10=2014

. Ако допуснем, че за някои

a_{1}

d

е изпълнено

a_{n}=2015

, то

a_{1}+(n-1) d=2015

, откъдето след заместване

a_{1}=\frac{12}{5} d

получаваме

d(5 n+7)=5 \cdot 2015

. Това равенство е невъзможно, понеже 5 \cdot 2015 няма делители от вида

5 n+7

. Следователно най-голямата възможна стойност на

a_{n}

е 2014.

\textit{Оценяване: }

2 т. за

12 d=5 a_{1}; 2

т. за доказателство, че

a_{n}=2014

е възможен случай; 2 т. за доказателство, че

a_{n} \neq 2015

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник с център на описаната окръжност точка

O

. Точка

H \in A B

е такава, че

C H \perp A B

. Точка

P

лежи на правата

C H

и е такава, че

\frac{C H}{H P}=\frac{1}{3}

, като

H

е между

P

C

. Точка

Q \in P B

е такава, че четириъгълникът

P A C Q

е вписан. Да се докаже, че

A Q

разполовява отсечката

C O

Решение

Нека

M

е средата на

A C

и нека

N

е такава, че

A

е среда на

N C

. Имаме, че

\triangle B H C \sim \triangle O M C

. Освен това

\frac{C H}{H P}=\frac{1}{3}=\frac{C M}{M N}

, откъдето следва, че

\triangle B C P \sim \triangle O C N

. Оттук получаваме

\angle Q A C=\angle Q P C=\angle O N C

и тогава

A Q \| O N

. Сега

A Q

се явява средна отсечка в

\triangle C O N

, откъдето следва, че

A Q

разполовява отсечката

C O

. ![](/problem-assets/zms2015-11-2-diagram-1.jpg)

\textit{Оценяване: }

1 т. за въвеждане на точката

N; 1

т. за

\triangle B H C \sim \triangle O M C; 2

т. за

\triangle B C P \sim

\triangle O C N; 2

т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Всеки два града в една държава са свързани с еднопосочен път така, че не съществува затворен маршрут. Винаги ли е възможно за преминаването по всеки път да се постави някаква положителна такса (за различни пътища таксите могат да бъдат различни) така, че за всеки два града

A

B

таксата, която се заплаща за всеки маршрут, започващ в

A

и завършващ в

B

, е една и съща?

Решение

Ако от всеки връх излиза поне един път, то тръгвайки от произволен град ще образуваме затворен маршрут (защото влизайки в един град винаги можем да излезем по някой път). Следователно има град, от който не излиза нито един път. Разглеждайки останалите градове, по индукция получаваме, че градовете могат да се наредят в редица

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

, като пътят между всеки два града е към града с по-голям номер. Да поставим такса на път

A_{i} A_{j}, i\lt{}j

равна на

j-i

. Тогава всеки маршрут между два града

A_{p}

A_{q}

за

p\lt{}q

има цена

q-p

и следователно отговорът на поставения въпрос е ДА.

\textit{Оценяване: }

3 т. за твърдението, че градовете могат да се наредят в редица

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

, като пътя между всеки два града е към пътя с по-голям номер; 4 т. за определяне на таксите за всеки път.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които

\left[\frac{n}{k}+k\right]=[2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}]+1,

където

k=\left[\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}+1}{2}\right]

. (Със

[x]

означаваме цялата част на числото

x

Решение

Ще докажем, че търсените числа са числата от вида

n=l(l-1)

, където

l \geq 2

е някакво естествено число. При

n=l(l-1)

имаме

k=\left[\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}+1}{2}\right]=l

, откъдето

\left[\frac{n}{k}+k\right]=2 l-1

, а поради

(2 l-2)^{2}\lt{}4 l(l-1)\lt{}(2 l-1)^{2}

имаме

[2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}]=2 l-2

, т. е. равенството от условието е изпълнено. Ще докажем, че когато

n \neq l(l-1)

е изпълнено равенството

\left[\frac{n}{k}+k\right]=[2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}].

В този случай

k

е най-голямото естествено число, за което

k(k-1)\lt{}n

. Ако предположим, че за някое

l \in N

имаме

\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}+1}{2} \geq l\gt{}\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 n}+1}{2}

, то

1+4 n \geq

(2 l-1)^{2}\gt{}4 n

откъдето

4 n+1=(2 l-1)^{2}

, т. е.

n=l(l-1)

, противоречие. Следователно

k=\left[\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}+1}{2}\right]=

\left[\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 n}+1}{2}\right]=\left[\sqrt{\vphantom{x^2}n}+\frac{1}{2}\right],

т. е.

k=[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]

или

k=[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]+1

. Имаме

k(k-1)\lt{}n\lt{}k(k+1)

. Ще разгледаме три случая: 1. Ако

k(k+1)\gt{}n\gt{}k^{2}

, то

\left[\frac{n}{k}\right]=k

\sqrt{\vphantom{x^2}n}\gt{}k

, откъдето

\{\sqrt{\vphantom{x^2}n}\}\lt{}\frac{1}{2}

. Оттук

2[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]=[2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}]

и следователно

\left[\frac{n}{k}\right]+k=2 k=2[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]=[2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}].

2. Ако

k^{2}\gt{}n\gt{}k(k-1)

, то

\left[\frac{n}{k}\right]=k-1

k\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}n}

, откъдето

k=[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]+1

. Оттук

\{\sqrt{\vphantom{x^2}n}\}\gt{}\frac{1}{2}

, т. е.

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

. Следователно

\left[\frac{n}{k}\right]+k=2 k-1=2([\sqrt{\vphantom{x^2}n}]+1)-1=

2[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]+1=[2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}].

3. Ако

n=k^{2}

отново

\left[\frac{n}{k}+k\right]=2 k=[2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}]

. Във всички случаи получихме

\left[\frac{n}{k}+k\right]=[2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}]

\textit{Оценяване: }

1 т. за проверка, че

n=l(l-1)

е решение; 1 т. за твреше че тава е единственото решение; по 2 т. за случаите 1. и 2. и 1 т. за отговор

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-11-4

2016

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадено е уравнението

a.2^{\sin ^{2} x}+4^{\cos ^{2} x}=2 a+1

където

a

е реален параметър. a) Да се докаже, че уравнението има решение при всяка стойност на параметъра

a

. б) Да се намерят стойностите на

a

, за които уравнението има точно едно решение в интервала

\left(0, \frac{\pi}{2}\right)

Решение

а) При

x=\frac{\pi}{2}

имаме

\sin x=1, \cos x=0

и тогава

a.2^{\sin ^{2} x}+4^{\cos ^{2} x}=2 a+1

. б) Като използваме, че

\cos ^{2} x=1-\sin ^{2} x

, след полагане

y=2^{\sin ^{2} x}

уравнението се свежда до

a y^{3}-(2 a+1) y^{2}+4=0

Това уравнение може да се запише във вида

(y-2)\left(a y^{2}-y-2\right)=0

Тъй като при

x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)

имаме

\sin ^{2} x \in(0, 1)

, то

y \in(1, 2)

. Решението

y=2

не принадлежи на разглеждания интервал. Ако уравнението

f(y)=a y^{2}-y-2=0

има единствено решенние в интервала

(1, 2)

, то или

D=0

\frac{1}{2 a} \in(1, 2)

или

f(1) \cdot f(2)\lt{}0

или

f(1) \cdot f(2)=0

. Първото условие не води до решение (защото

D=0

при

a=-\frac{1}{8}

и тогава

\frac{1}{2 a} \notin(1, 2)

), второто дава

(a-3)(a-1)\lt{}0

, т. е.

a \in(1, 3)

, а третото условие не води до решение (защото тогава вторият корен не е в интервала

(1, 2)

\textit{Оценяване}

: (6 точки) а) 1 т. за намиране на решение за всяко

a

; б) 2 т. за свеждане до разположение на корените на квадратно уравнение; 3 т. за верен отговор.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дадена е безкрайна редица

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

от реални числа, за която за всяко естествено число

n

е изпълнено равенството

a_{n+7}=a_{n+6}-a_{n+4}+a_{n+3}-a_{n+1}+a_{n}

Да се докаже, че редицата с общ член

\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}_{n=1}^{\infty}

, където

S_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n},

е сходяща.

Решение

Като съберем почленно равенствата

a_{n+7}=a_{n+6}-a_{n+4}+a_{n+3}-a_{n+1}+a_{n}

a_{n+8}=a_{n+7}-a_{n+5}+a_{n+4}-a_{n+2}+a_{n+1}

a_{n+9}=a_{n+8}-a_{n+6}+a_{n+5}-a_{n+3}+a_{n+2}

, получаваме

a_{n+9}=a_{n}

. Това означава че редицата е периодична с период 9. При

n=9 k+l

за

0 \leq l\lt{}9

имаме

\frac{S_{n}}{n}=\frac{k \cdot S_{9}+S_{l}}{9 k+l}

което означава, че границата на редицата е

\frac{S_{9}}{9}

\textit{Оценяване}

: (6 точки) 3 т. за доказване, че редицата е периодична и 3 т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Външно за

\triangle A B C

са построени триъгълниците

P A B

Q A C

така, че

A P=

A B, A Q=A C

\angle B A P=\angle C A Q

. Отсечките

B Q

C P

се пресичат в точка

R

. Ако

O

е центърът на описаната около

\triangle B C R

окръжност, да се докаже, че правите

A O

P Q

са перпендикулярни.

Решение

Нека

S

е центърът на описаната окръжност около триъгълник

A C Q

, а

M

N

са среди съответно на

C Q

C R

. Точките

S, M, N

C

лежат на една окръжност. Имаме

\angle A S O=\angle Q C P, \angle R S O=\angle B Q C, \angle S O R=\angle C B Q

Оттук следва, че

\triangle O R S \sim \triangle B C Q

, откъдето

\frac{S A}{C Q}=\frac{S R}{C Q}=\frac{S O}{Q B}=\frac{S O}{P C}.

От горните равенства следва, че

\triangle A O S \sim \triangle Q P C

и понеже

O S \perp P C

A S \perp Q C

, получаваме, че

A O \perp Q P

\textit{Оценяване}

: (7 точки) 1 т. за

A R C Q

(или

A P B R

) вписан; 2 т. за

\triangle O R S \sim \triangle B C Q; 2

т. за

\triangle A O S \sim \triangle Q P C; 2

т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

За естествено число

n

D(n)

означаваме множеството от всички положителни делители на

n

. Да се намерят всички естествени числа

m

със следното свойство: За всяко естествено число

n

, за което

m

дели

|D(n)|

множеството

D(n)

може да се разбие на множества от по

m

елемента всяко така, че ако

a

b

са елементи на едно такова множество и

a\lt{}b

, то

a

дели

b

Решение

Да допуснем, че

m

не е просто число. Тогава

m=x y

, за естествени числа

x\gt{}1

y\gt{}1

. При

n=2^{x-1}.3^{y-1}

имаме

|D(n)|=x y=m

и тогава елементите на

D(n)

са в едно множество. За всеки два делителя

a

b, a\lt{}b

на

n

трябва да имаме, че

a

дели

b

. При

a=2

b=3

това не е вярно. Ще докажем с индукция по броя на простите делители на

n

, че всяко просто число

p

има исканото свойство. Ако

n

има един прост делител, твърдението е очевидно. За да е вярно, че

p

дели

|D(n)|

каноничното разлагане на

n

е от вида

n=q_{1}^{k p-1} q_{2}^{\alpha_{2}} \ldots q_{s}^{\alpha_{s}}

и да допуснем, че твърдението е вярно за всяко

n

s

прости делители. Ако за числото

n

множествата

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

имат исканото свойство, то за число от вида

n q_{s+1}^{\alpha_{s+1}}

търсените множества се получават от дадените като числата във всяко от тях умножим с

1, q_{s+1}, q_{s+1}^{2}, \ldots, q_{s+1}^{s+1}

\textit{Оценяване}

: (7 точки) 1 т. за деклариран верен отговор; 3 т. за доказване, че за съставно

m

има

n

, за което свойството не е вярно; 3 т. за доказване, че при просто

m

свойството е изпълнено за всяко

n

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-11-4

2017

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадена е геометрична прогресия

b_{1} \neq 0, b_{2}, \ldots, b_{n}

, с дължина

n \geq 3

и частно

q\gt{}1

, което е естествено число. Аритметична прогресия има първи член, равен на първия член на геометричната прогресия и последен член, равен на предпоследния член на геометричната прогресия. Ако сборът от членовете на геометричната прогресия е равен на сбора от членовете на аритметичната прогресия, да се намери

n.

Решение

От условието следва, че ако аритметичната прогресия има дължина

k

, то

a_{1}=b_{1}

a_{k}=b_{n-1}=b_{1} q^{n-2}

. Сборът от членовете на геометричната прогресия е равен на

b_{1}\left(1+q+\cdots+q^{n-1}\right)

, а сборът от членовете на аритметичната прогресия е

\frac{a_{1}+a_{k}}{2} \cdot k=\frac{b_{1}+b_{1} q^{n-2}}{2}. k

. От равенството на тези два израза получаваме:

k=\frac{2\left(1+q+\cdots+q^{n-1}\right)}{1+q^{n-2}}

При

n=3

получаваме, че числото

\frac{2\left(1+q+q^{3}\right)}{1+q}=2+\frac{2 q^{3}}{1+q}

не е цяло. При

n=4

получаваме

k=2(q+1)

. При

n \geq 5

числото

\frac{2\left(1+q+\cdots+q^{n-1}\right)}{1+q^{n-2}}=2(q+1)+\frac{2\left(q^{2}+\cdots+q^{n-3}\right)}{1+q^{n-2}}

не е цяло. Следователно

n=4

. Критерии за оценяване: 2 т. за получаване на равенството

k=\frac{2\left(1+q+\cdots+q^{n-1}\right)}{1+q^{n-2}}

; по 1 т. за случаите

n=3

n=4; 2

т. за случая

n \geq 5

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

\triangle A B C

точките

M

N

са съответно от страните

B C

A C

. Отсечките

A M

B N

се пресичат в точка

P

. Описаните окръжности около

\triangle A N P

\triangle B M P

се пресичат за втори път в центъра на вписаната окръжност за

\triangle A B C

. Да се намери

I P

, ако

\angle A C B=45^{\circ}

R_{A B C}=1

Решение

Имаме

\angle A N I=\angle A P I=180^{\circ}-\angle M P I=\angle M B I=\frac{1}{2} \beta,

откъдето следва, че

\triangle A I N \cong \triangle A I B

. Следователно

A N=A B

A I \perp B N

. Аналогично

B I \perp A M

, което означава, че

I

е ортоцентър на

\triangle A B P

. Тъй като

\angle A P B=\angle A P I+\angle B P I=\frac{1}{2}(\beta+\alpha)

, то

P I=2 R_{A B P} \cos \angle A P B=

2 R_{A B P} \cos \frac{1}{2}(\beta+\alpha)=2 R_{A B P} \sin \frac{1}{2} \gamma

От друга страна

R_{A B P}=R_{A B I}=2 R_{A B C} \sin \frac{1}{2} \gamma

. Следователно

P I=4 R_{A B C} \sin ^{2} \frac{1}{2} \gamma=2-\sqrt{\vphantom{x^2}2}

. Критерии за оценяване: 3 т. за това, че

I

е ортоцентър на

\triangle A B P; 3

т. за намиране на

P I

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

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

, за които са изпълнени свойствата: (*) Съществува

a \in \mathbb{N}

, за което

f(a)=1

. (**) За всеки три естествени числа

a, b

c

, за които

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

е изпълнено

\frac{1}{f(a)}+\frac{1}{f(b)}=\frac{1}{f(c)}

. (С

\mathbb{N}

се означава множеството на естествените числа

1, 2, 3, \ldots

)

Решение

Равенството

\frac{1}{n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n(n+1)}

е изпълнено за всяко естествено число

n

. От (ii) следва, че

\frac{1}{f(n)}=\frac{1}{f(n+1)}+\frac{1}{f(n(n+1))}\gt{}\frac{1}{f(n+1)}

, откъдето получаваме

f(n+1)\gt{}f(n)

. Следователно функцията е растяща, като

f(1)=1

(ако

f(1)\gt{}1

, то

f(a)=1

a\gt{}1

, което е противоречие с това, че

f

е растяща). От равенството

\frac{1}{n}=\frac{1}{2 n}+\frac{1}{2 n}

следва, че

\frac{1}{f(n)}=\frac{1}{f(2 n)}+\frac{1}{f(2 n)}

, откъдето намираме

f(2 n)=2 f(n)

. От това равенство и от

f(1)=1

по индукция следва, че

f\left(2^{k}\right)=2^{k}

за всяко

k

. Понеже функцията е растяща, като

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

f\left(2^{k}\right)=2^{k}

, то

f(n)=n

за всяко

n \in\left[2^{k-1}, 2^{k}\right]

. Следователно има само една такава функция и тя е

f(n)=n

за всяко

n \in \mathbb{N}

a=1 f\left(2^{n}\right)=2^{n}

. Критерии за оценяване: 2 т. за това, че функцията е растяща; 1 т. за факта

f(1)=1

; 2 т. за

f\left(2^{k}\right)=2^{k}; 2

т. за доказване, че

f(a)=a

е единствената функция с исканите свойства.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадени са естествени числа

n\gt{}m \geq 2

и квадрат

n \times n

, разделен на единични квадратчета. Да се намерят всички естествени числа

t

за които при всяко оцветяване на

t

на брой единични квадратчета, винаги можем да намерим квадрат със страна

m

, разположен по линиите на големия квадрат, който съдържа точно 1 оцветено квадратче.

Решение

Нека първо

n(\bmod m) \neq m-1

. Да допуснем, че

t\lt{}2\left[\frac{n}{m}\right]

. Блок ще наричаме

m

последователни реда един до друг. Разделяме дъската на

\left[\frac{n}{m}\right]

последователни блока. Щом

t\lt{}2\left[\frac{n}{m}\right]

ще има блок с не-повече от 1 оцветено. Ако е точно 1, лесно намираме търсения квадрат със страна

m

. Ако е нула, започваме да движим блока докато достигнем до блок, в който всички оцветени са само в първия му ред (или последния). Сега разделяме този блок на

\left[\frac{n}{m}\right]

последователни квадрата и отново намираме квадрат с най-много 1 оцветено. Ако то е точно 1, задачата е решена. Ако са нула, то движейки квадрата ще достигнем до квадрат с точно едно оцветено, защото оцветените квадратчета на блока лежат само в един ред. Нека

t \geq 2\left[\frac{n}{m}\right]=k

. Записваме

t=l. k+r, 0 \leq r \leq k-1

. Разделяме стълбовете с номера от 2 до

l

на ивици

1 \times m

и поставяме по 2 оцветени последните две квадратчета на всяка ивица. В първия стълб оцветяваме по произволен начин

r

квадратчета. Лесно се вижда, че не съществува квадрат със страна

m

и точно едно оцветено квадратче. Ако

n(\bmod m)=m-1

, то сега

k=2\left[\frac{n}{m}\right]+1

и в примера ще оцветим и последното квадратче на ивицата

1 \times(m+1)

на споменатите по-горе стълбове (допуснали сме, че

t \geq 2\left[\frac{n}{m}\right]+1

). При

t \leq 2\left[\frac{n}{m}\right]

намирането на квадрат със страна

m

и точно едно оцветено става с аналогични разсъждения на 1 случай, като разглеждаме поотделно случаите, когато последните

m-1

реда съдържат оцветено квадратче, или не съдържат нито едно. Отговор:

t\lt{}2\left[\frac{n}{m}\right]

при

n(\bmod m) \neq m-1

t \leq 2\left[\frac{n}{m}\right]

при

n(\bmod m)=m-1

. Критерии за оценяване: 1 т. за верен отговор без доказателство; 3 т. за доказателство, че при дадено

t\lt{}2\left[\frac{n}{m}\right]

има квадрат с точно едно оцветено квадратче; 3 т. за конструкция, при

t \geq 2\left[\frac{n}{m}\right]

при която няма такъв квадрат.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-11-4

2018

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението

\operatorname{cotg} 4 x \; + \; \cos 2 x \; + \; \frac{\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{4}-x\right)}{\sin 4 x} \; = \; 0

Решение

Полагаме

y=\frac{\pi}{4}-x

и получаваме уравнението

-\operatorname{cotg} 4 y+\sin 2 y+\frac{\cos ^{2} y}{\sin 4 y}=0

като

y \neq k \pi / 4, k \in \mathbb{Z}

. Преобразуваме това уравнение до

4 \cos ^{3} 2 y+4 \cos ^{2} 2 y-5 \cos 2 y-3=0

където полагаме

\cos 2 y=u

и получаваме

4 u^{3}+4 u^{2}-5 u-3=0

. Последното уравнение има корени

-3 / 2, -1 / 2

и 1. Първият и третият не дават решение на задачата, а от втория получаваме

2 y= \pm \frac{2 \pi}{3}+2 k \pi, k \in \mathbb{Z}

. Замествайки обратно

y

\frac{\pi}{4}-x

, получаваме окончателно

x=-\frac{\pi}{12}+k \pi, x=\frac{7 \pi}{12}+m \pi, k, m \in \mathbb{Z}

\textit{Оценяване}

: (6 точки) 3 т. за получаване на уравнение относно

\cos 2 y, 1

т. за решаването му, 2 т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

A M

е медиана в неравностранния триъгълник

A B C

, точката

O

е център на описаната около него окръжност и точката

G

е медицентър на триъгълника

A M C

. Да се докаже, че

O G \perp A M

тогава и само тогава, когато

C A=C B

Решение

Първи начин. Нека

N

K

са средите на страните

A C

A B

, съответно, а точката

T

е пресечната точка на

K O

A M

. Ясно е, че

G \in N M

N G: G M=1: 2

и точката

O

е ортоцентър на триъгълника

M N K

. Нека пресечната точка на

A M

K N

S

. Точката

S

е среда на отсечката

K N

, т. е.

M S

е медиана за триъгълника

M N K

(

A K M N

е успоредник). Имаме, че

O G \perp A M

тогава и само тогава, когато точката

T

е ортоцентър на триъгълника

G O M

. Последното е еквивалентно на

G T \perp O M

или на

G T \| N K

. Това е вярно тогава и само тогава, когато

M T: T S=2: 1

или когато точката

T

е медицентър на триъгълника

M N K

. Така

O G \perp A M

е изпълнено, само ако медицентърът

T

на триъгълника

M N K

лежи на височината му

K O

или когато

K N=K M

, което е еквивалентно на

C A-C B

. Втори начин. Нека в правоъгълна координатна система с единични вектори

\overrightarrow{e_{1}}

\overrightarrow{e_{2}}

върховете на триъгълника са

A(0, 0), B(a, 0)

C(b, c)

. Тогава

\overrightarrow{A G}=\frac{a+3 b}{6} \overrightarrow{e_{1}}+\frac{c}{2} \overrightarrow{e_{2}}

\overrightarrow{A O}=\frac{a}{2} \overrightarrow{e_{1}}

+\frac{b^{2}+c^{2}-a b}{2 c} \overrightarrow{e_{2}}

, откъдето

\overrightarrow{O G}=\overrightarrow{A G}-\overrightarrow{A O}=\frac{3 b-2 a}{6} \overrightarrow{e_{1}}+\frac{a b-b^{2}}{2 c} \overrightarrow{e_{2}}

. Освен това

\overrightarrow{A M}=\frac{a+b}{2} \overrightarrow{e_{1}}+\frac{c}{2} \overrightarrow{e_{2}}

. Следователно

\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{O G}=

\frac{(3 b-2 a)(a+b)+3\left(a b-b^{2}\right)}{12}=\frac{2 a b-b^{2}}{6}

откъдето

\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{O G}=0 \Longleftrightarrow a=2 b \Longleftrightarrow A C=B C

\textit{Оценяване}

: (6 точки) 1 точка за

N G: G M, 2

точки за

T

е ортоцентър на

G O M, 2

точки за медицентър на

M N K, 2

точки това, че

T

лежи

K O

и 1 точка за

C A=C B

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число и

X

е низ от нули и единици с дължина

n

. a) Да се докаже, че броят на низовете от нули и единици, с дължина

n+3

, съдържащи

X

като подниз, не зависи от

X.

б) Да се намери най-малкото

n

, за което броят от а) е по-голям от 2018. (Казваме, че

X

е подниз на

Y

, ако

X

може да се получи от

Y

чрез изтриване на символи на

Y

Решение

а) Нека

t \geq 0

е цяло число. Да означим с

A_{t}(X)

множеството от низовете, получени от низа

X=x_{1} x_{2} \ldots x_{n}

с вмъкване на

t

символа. Ще докажем индукция по

n

t

, че мощността на

A_{t}(X)

не зависи от

X

. Очевидно имаме

\left|A_{0}(X)\right|=1

\left|A_{t}(X)\right|=2^{t}

, когато

n=0

(т. е.

X

е празният низ). Сега, ако допуснем, че твърдението е вярно за всички низове

X

с дължина до

n-1

и всички

t

, както и за всички низове с дължина

n

и всички числа до

t-1

, желаното следва от факта, че

A_{t}(X)

е обединение на множествата

x_{1} A_{t}\left(x_{2} \ldots x_{n}\right)

\bar{x}_{1} A_{t-1}\left(x_{1} x_{2} \ldots x_{n}\right)

, където

\bar{x}_{1}=1(0)

, ако

x_{1}=0(1)

. Действително, тъй като двете множества са непресичащи се, имаме

\left|A_{t}(X)\right|=\left|A_{t}\left(x_{2} \ldots x_{n}\right)\right|+\left|A_{t-1}\left(x_{1} x_{2} \ldots x_{n}\right)\right|

и събираемите отдясно не зависят от

X

по индукционно предположение. б) Тъй като броят на низовете

Y

i

единици и

n+t-i

нули,

0 \leq i \leq t, \mathrm{e}\binom{n+t}{i}

, имаме

\left|A_{t}(0 \ldots 0)\right|=\sum_{i=0}^{t}\binom{n+t}{i}

(нулите са

n

на брой). В нашата задача

t=3

и следователно търсим най-малкото

n

, за което

\binom{n+3}{0}+\binom{n+3}{1}+\binom{n+3}{2}+\binom{n+3}{3}\gt{}2018

Лявата страна е строго растяща и директно се вижда, че

n=20

\textit{Оценяване}

: ( 7 точки) 2 т. за намиране на рекурентната връзка, 2 т. за завършване на а), 2 т. за намиране на формула за броя на низовете

Y

с дължина

n+3, 1

т. за намиране на

n=20

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Първоначално естествените числа са написани в редицата

1, 2, 3, \ldots

Последователно изтриваме от редицата първите 4 числа и тяхната сума. Числата, които получаваме като суми, записваме в нова редица:

10, 26, 45, 62, \ldots

. Да се докаже, че в новата редица има безбройно много числа, които се делят на 2018.

Решение

Да означим новата редица с

\left\{S_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}

. Ще докажем по индукция, че от множеството

\{1, 2, \ldots, 17 k\}, k=1, 2 \ldots

, сме задраскали като суми

S_{n}=17(n-1)+d_{n}, n=1, 2, \ldots k

, където

d_{n} \in\{9, 10, 11, 12\}

d_{n}=\left\{\begin{array}{lll} 10, & \text{ако} n \equiv 1 & (\bmod 4) \cr 9, & \text{ако} n \equiv 2 & (\bmod 4) \cr 21-d_{\frac{n+1}{4}}, & \text{ако} n \equiv 3 & (\bmod 4) \cr 11, & \text{ако} n \equiv 4 & (\bmod 4) \end{array}\right.

Твърдението е вярно за

k=1

. Нека е вярно за

k

. Ще го докажем за

k+1

. От индукционното предположение имаме, че за

n=1, 2, \ldots k

от числата

17(n-1)+1, 17(n-1)+2, \ldots

17(n-1)+17

сме задраскали

S_{n}

като сума, а останалите по четворки, на които сме търсили сумата. Освен това, първите, вторите и последните 4 числа ни дават сумите

4 \cdot 17(n-1)+10=

17[(4 n-3)-1]+10, 4 \cdot 17(n-1)+26=17[(4 n-2)-1]+9

4 \cdot 17(n-1)+62=17[(4 n)-1]+11

. От числата

17(n-1)+9, 17(n-1)+10, 17(n-1)+11, 17(n-1)+12

17(n-1)+13

едното е

S_{n}

, а сумата на останалите е

5 \cdot 17(n-1)+55-S_{n}=17[(4 n-1)-1]+\left(21-d_{n}\right)

. Следователно от

17(n-1)+1, 17(n-1)+2, \ldots, 17(n-1)+17

получаваме като суми само числа от вида

17[(4 n-a)-1]+b

, където

a=3, 2, 1

или 0, а

b=10, 9, 21-d_{n}

или 11, съответно. Нека

k+1=4 q+r=4(q+1)-(4-r), r=1, 2, 3, 4

. Тогава

S_{k+1}=17[(4 n-a)-1]+b

, където

n=q+1, a=4-r

, а

b

се определя от

a

. За

r=3, a=1

b=21-d_{q+1}=21-d_{\frac{k+2}{4}}

. С това твърдението е доказано. От

17 \cdot 831 \equiv 1(\bmod 2018)

следва, че

2018 \mid S_{n}=17(n-1)+d_{n}

се случва при

n \equiv 1-831 d_{n}

(\bmod 2018)

, т. е. при

n \equiv 594, 1781, 943, 119(\bmod 2018)

\textit{Оценяване}

: (7 точки) 5 точки за формулата за

d_{n}

и 2 точки за довършване на задачата

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-11-4

2019

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

За кои стойности на реалния параметър

a

уравнението:

8^{x^{2}-x+a^{2}}-2^{2 x^{2}-x+2 a^{2}-a+1}

-2^{x^{2}-2 x+a^{2}+a+2}+8=0

има точно три различни реални решения относно

x?

Решение

Отговор:

a \in\left\{\frac{1-3 \sqrt{\vphantom{x^2}2}}{4}, -\frac{1}{2}\right\}

. Да забележим, че лявата страна на уравнението се разлага на

8^{x^{2}-x+a^{2}}-2^{2 x^{2}-x+2 a^{2}-a+1}

-2^{x^{2}-2 x+a^{2}+a+2}+8=

\left(2^{2 x^{2}-x+2 a^{2}-a}-4\right)\left(2^{x^{2}-2 x+a^{2}+a}-2\right).

Тогава решенията на даденото уравнение са точно решенията на всяко от уравненията:

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

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

. Тоест даденото уравнение има точно три различни решения, когато: (i) някое от уравненията има двоен корен, а другото има два релни корена, различни от двойния или (ii) двете уравнения имат общ реален корен, който не е двоен за никое от тях. Първото уравнение има двоен корен при

D_{1}(a)=1-8\left(2 a^{2}-a-2\right)=0

, т. е. при

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

или при

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

. Второто уравнение има двоен корен при

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

a_{3}=1, a_{4}=-2

. Умножавайки второто уравнение по 2 и вадейки от него първото, получаваме че уравненията имат общ корен

x=a

за

a_{5}=1

a_{6}=-\frac{1}{2}

. Остава да проверим, кои от шестте потенциални стойности на

a

наистина вършат работа. Тъй като

a_{3}=a_{5}

, то в този случай имаме само две различни решения, защото двойният корен на второто уравнение се явява корен и на първото. Директно се вижда, че

D_{2}\left(a_{1}\right)\lt{}

0, D_{2}\left(a_{2}\right)\gt{}0, D_{1}\left(a_{4}\right)\lt{}0, D_{1}\left(a_{6}\right)\gt{}0

D_{2}\left(a_{6}\right)\gt{}0

. Следователно единствено

a_{2}

a_{6}

вършат работа. Така окончателно даденото уравнение има точно три реални решения при

a \in\left\{\frac{1-3 \sqrt{\vphantom{x^2}2}}{4}, -\frac{1}{2}\right\}

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за разлагането на множители на лявата страна; 1 т. за наблюдението, че тя винаги трябва да има четири реални корена; 2т. за извода, че е необходим двоен корен; по 1 т. за разглеждането на всеки от двата случая за общ корен.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В окръжност

k

с радиус 1 е вписан триъгълник

A B C

. Точките

I

I_{a}

са съответно център на вписаната окръжност и център на външновписаната окръжност към страната

B C

на триъгълник

A B C

. Правата

B I

пресича

A C

в точка

B_{1}

, а правата

A I

пресича

B C

в точка

A_{1}

. Правата

B_{1} A_{1}

пресича

k

в точки

P

Q

. a) Да се докаже, че точките

I, I_{a}, P

Q

лежат на една окръжност. б) Да се намери радиусът на описаната окръжност около триъгълник

I P Q.

Решение

а) Тъй като

\angle I B I_{a}=\angle I C I_{a}=90^{\circ}

, то четириъгълникът

I B I_{a} C

е вписан в окръжност. Следователно:

(1) A_{1} I \cdot A_{1} I_{a}=A_{1} B \cdot A_{1} C.

Точките

P, B, Q

C

са върху

k

. Следователно:

(2) A_{1} B \cdot A_{1} C=A_{1} P \cdot A_{1} Q.

От (1) и (2) следва равенството

A_{1} I. A_{1} I_{a}=A_{1} P. A_{1} Q

, което означава, че точките

I, I_{a}, P

Q

лежат на една окръжност. б) От а) следва, че точките

I, P, Q

I_{a}

лежат на една окръжност. Аналогично доказваме, че точките

I, P, Q

I_{b}

лежат на една окръжност (

I_{b}

е център на външновписаната окръжност към страната

A C

). Следователно търсим радиуса на описаната окръжност около триъгълник

I I_{a} I_{b}

. Ще използваме, че ако

S

е средата на дъгата

B C

, то

S I=S I_{a}=S B

. За радиуса

r

на описаната окръжност на триъгълник

I P Q

имаме:

2 r=\frac{I I_{a}}{\sin \angle I I_{b} I_{a}}=

\frac{I I_{a}}{\sin \frac{\alpha}{2}}=\frac{2 S B}{\sin \frac{\alpha}{2}}=4 R_{A B C}=4

Следователно търсеният радиус е

r=2

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 3 т. за а) и 3 т. за б)

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

За естествено число

n

\tau(n)

означаваме броя на естествените делители на

n

. Да се намерят всички естествени числа

n

, за които, ако

1=d_{1} \lt{} d_{2} \lt{} \cdots \lt{} d_{k}=n

са всички делители на

n

, то:

\tau\left(d_{1}\right)+\tau\left(d_{2}\right)+\cdots+\tau\left(d_{k}\right)=\tau\left(n^{3}\right).

Решение

Ако

n=p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{t}^{\alpha_{t}}

лесно се съобразява по индукция, че

\tau\left(d_{1}\right)+\tau\left(d_{2}\right)+\cdots+\tau\left(d_{k}\right)=

\prod_{i=1}^{t} \frac{\left(\alpha_{i}+1\right)\left(\alpha_{i}+2\right)}{2}

Тъй като

\tau\left(n^{3}\right)=\prod_{i=1}^{t}\left(3 \alpha_{i}+1\right)

, то равенството от условието става:

\prod_{i=1}^{t} \frac{\left(\alpha_{i}+1\right)\left(\alpha_{i}+2\right)}{2\left(3 \alpha_{i}+1\right)}=1

За функцията

f(x)=\frac{(x+1)(x+2)}{2(3 x+1)}

имаме

f(1)=\frac{3}{4}, f(2)=\frac{6}{7}, f(3)=1

f(x)\gt{}1

за

x \geq 4

. Ако съществува

i

, за което

\alpha_{i}\lt{}3

, то числителят на

\prod_{i=1}^{t} \frac{\left(\alpha_{i}+1\right)\left(\alpha_{i}+2\right)}{2\left(3 \alpha_{i}+1\right)}

ще се дели на 3, докато знаменателят никога не се дели на 3, противоречие. Следователно

\alpha_{i} \geq 3

за всяко

i

и от

f(x)\gt{}1

за

x \geq 4

получаваме че

\alpha_{i}=3

за всяко

i

. Търсените

n

са от вида

n=m^{3}

където

m

е произволно естествено число, свободно от квадрати.

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 3 т. за равенството

\tau\left(d_{1}\right)+\tau\left(d_{2}\right)+\cdots+\tau\left(d_{k}\right)=\prod_{i=1}^{t} \frac{\left(\alpha_{i}+1\right)\left(\alpha_{i}+2\right)}{2}; 2

т. за

\prod_{i=1}^{t} \frac{\left(\alpha_{i}+1\right)\left(\alpha_{i}+2\right)}{2\left(3 \alpha_{i}+1\right)}=1; 2

т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В математическо състезание с 13 участници били дадени три задачи, като всяка задача се оценявала с 0 до 7 точки. След състезанието се оказало, че няма двама участници с равни резултати и по трите задачи. Да се докаже, че има трима ученици

A, B

C

, за които: -

A

е получил не по-малко точки от

B

по първа задача; -

B

е получил не по-малко точки от

C

по някоя от другите две задачи; -

C

е получил не по-малко точки от

A

по останалата задача.

Решение

Да наречем тройка от трима ученици \textit{добра}, ако тримата изпълняват условието на задачата. Ако

X

има не по-малко точки от

Y

по задача

t

, записваме

X \xrightarrow{t} Y

. Да допуснем, че в състезание с 13 ученици няма добра тройка. Ще докажем, че ако трима ученици имат равни резултати по една от задачите, те образуват добра тройка (*). Нека резултатите на трима ученици

A, B

C

по трите задачи са съответно

(a, x, p), (a, y, q)

(a, z, r)

, като без ограничение

x \geq y \geq z

. Ако

r \geq q

, то

B \xrightarrow{1} A, A \xrightarrow{2} C

C \xrightarrow{3} A

. Ако

r\lt{}q

, то

C \xrightarrow{1} A, A \xrightarrow{2} B

B \xrightarrow{3} C

. Ще докажем, че ако

A

B

имат равни точки по една от задачите, а

B

C

имат равни точки по друга от задачите, то

A, B

C

образуват добра тройка (**). Нека резултатите на трима ученици

A, B

C

по трите задачи са съответно

(a, x, y), (a, b, z)

(m, b, n)

. Ако

y \geq n

, то

B \xrightarrow{1} A, A \xrightarrow{3} C

C \xrightarrow{2} B

. Ако

y\lt{}n

, то

A \xrightarrow{1} B, B \xrightarrow{2} C

C \xrightarrow{3} A

. Ако

X

Y

имат равни резултати по някоя от задачите, то те имат различни резултати по някоя от другите две задачи. Без ограничение нека резултатите са

a, b, c

a, x, y

, като

b \neq x

. Според

(* *)

няма други участници с резултат

b

или

x

по втора задача. Да разгледаме резултатите на всички 13 участници по първа задача. Според (*) няма три равни резултата и следователно има поне 5 двойки равни резултати (защото възможните резултати са 8 и

4 \cdot 2+4\lt{}13

). Тогава има поне 5 двойки резултати, които се срещат само по един път. Поне три двойки са по една от останалите две задачи. Това означава, че по една от задачите има три такива двойки. Следователно поне 6 резултата се срещат по един път в тази задача. Тогава участниците са най-много

6+2 \cdot 2=10\lt{}13

, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-11-4

2020

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Реалните числа

\alpha, \beta

\gamma

в този ред образуват аритметична прогресия, а уравнението:

x^{3}-\alpha x^{2}+\beta x-\gamma=0

има три различни реални корена

x_{3}\gt{}x_{2}\gt{}x_{1}\gt{}0

, които образуват геометрична прогресия. Да се докаже, че

\left|x_{2}-3\right|\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}6}.

Решение

Нека частното на геометричаната прогресия от

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

q

|q| \geq 1

и да положим

t=x_{2}

. Тогава от

x_{3}\gt{}x_{2}\gt{}x_{1}\gt{}0

получаваме, че

q\gt{}0

q \neq 1

, откъдето

q\gt{}1

. Следователно

x_{1}=\frac{t}{q}

, а

x_{3}=q t

и:

x^{3}-\alpha x^{2}+\beta x-\gamma=\left(x-\frac{t}{q}\right)(x-t)(x-q t)=

x^{3}-\left(\frac{1}{q}+1+q\right) t x^{2}+\left(\frac{1}{q}+q+q\right) t^{2} x-t^{3}.

Като приравним коефициентите пред съответните степени на

x

получаваме, че:

\alpha=\left(\frac{1}{q}+1+q\right) t, \quad \beta=\left(\frac{1}{q}+1+q\right) t^{2} \text{и} \gamma=t^{3}.

Тъй като

\alpha, \beta

\gamma

образуват аритметична прогресия в този ред, то:

\left(\frac{1}{q}+1+q\right) t+t^{3}=2\left(\frac{1}{q}+1+q\right) t^{2}

откъдето тъй като

t=x_{2}\gt{}0

получаваме, че:

t^{2}-2\left(\frac{1}{q}+1+q\right) t+\left(\frac{1}{q}+1+q\right)=0

Ако положим

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

, то е ясно, че

a\gt{}3

и корените на последното уравнение са:

t_{1}=a-\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}-a} \text{и} t_{2}=a+\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}-a}.

Тъй като

a\gt{}3

, то

a^{2}-a\gt{}6

и следователно

t_{2}\gt{}3+\sqrt{\vphantom{x^2}6}

. Това показва, че

\left|t_{2}-3\right|=t_{2}-3\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}6}

. Остана да забележим, че

t_{1} t_{2}=a

, откъдето

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

Тъй като

a\gt{}3

, то

1-\frac{1}{a}\gt{}\frac{2}{3}

и следователно

t_{1}\lt{}

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

\sqrt{\vphantom{x^2}3}(\sqrt{\vphantom{x^2}3}-\sqrt{\vphantom{x^2}2})=3-\sqrt{\vphantom{x^2}6}

Следователно

t_{1}-3\lt{}-\sqrt{\vphantom{x^2}6}

и следователно

\left|t_{1}-3\right|\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}6}

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. - за (4); 1 т. - за (5); 1 т. - за (6)

; 1

т. - за

t_{2}-3\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}6}; 2

т. - за

t_{1}-3\lt{}-\sqrt{\vphantom{x^2}6}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Върху ъглополовящата на

\angle B A C

на

\triangle A B C

са избрани точки

P

(вътрешна за

\triangle A B C)

Q(

външна за

\triangle A B C)

. Ако правата

C P

и описаните окръжности около

\triangle A C Q

\triangle A B P

се пресичат в една точка, да се докаже, че

\frac{B Q \cdot B P}{C Q \cdot C P}=\frac{A B}{A C}.

Решение

Да означим пресечната точка на правата

C P

и описаните окръжности около

\triangle A C Q

\triangle A B P

X

. Тогава

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

и понеже

C, P

X

лежат на дена права, то

X, B

Q

също лежат на една права. От

\angle A Q X=\angle A C X

\angle A P B=180^{\circ}-\angle A X B=\angle A C Q

следва, че

\triangle A B Q \sim \triangle A P C \text{и} \triangle A B P \sim \triangle A Q C.

От горните подобия следва:

\frac{B Q}{C P}=\frac{A B}{A P} \text{и} \frac{B P}{C Q}=\frac{A P}{A C}

и след умножаване на тези равенства получаваме

\frac{B Q}{C P} \cdot \frac{B P}{C Q}=\frac{A B}{A P} \cdot \frac{A P}{A C}=\frac{A B}{A C}

![](/problem-assets/zms2020-11-2-diagram-1.jpg)

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 2 т. - за

X, B

Q

лежат на една права; по 1 т. - за всяко от подобията

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

\triangle A B P \sim \triangle A Q C; 2

т. - за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

S

е множеството от отсечките

X Y

в равнината, за които

X \neq Y

. Да се намерят всички функции

f: S \rightarrow(0; \infty)

, за които

f(A B)=f(A C)+f(C B)

винаги когато

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

Решение

1. Нека първо

A B C D

е квадрат с пресечна точка на диагоналите

O

. Тогава от това, че

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

получаваме:

& f(A B)=f(A O)+f(O B),

\quad f(B C)=f(B O)+f(C O),

\begin{aligned} (7) \\ & f(C D)=f(C O)+f(O D) \text{и} f(D A)=\end{aligned}

f(D O)+f(A O) (8)

Освен това от това, че

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

имаме, че:

f(A B)+f(B C)=f(A C)=f(C D)+f(A D) (9)

От 7 и 9 получаваме, че:

& (f(A O)+f(B O))+(f(B O)+f(O C))=

\begin{aligned}f(A B)+f(B C) \\ =\end{aligned}

& f(A D)+f(C D)=

(f(A O)+f(O D))+(f(O D)+f(C O))

Това показва, че

f(B O)=f(D O)

. Освен това от равенствата 7 получаваме, че

f(A B)=

f(D A)

и от съображения за симетрия

f(A B)=f(B C)=f(C D)=f(D A)

f(A O)=

f(C O)

. 2. От предишната стъпка, ако

A B

е отсечка със среда

M

, то

f(A M)=f(M B)

. (достатъчно е да построим квадрат с диагонал

A B

.) Нека

A B C D

е ромб с пресечна точка на диагоналите

O

. Тогава

O

е среда на

B D

и следователно

f(B O)=f(D O)

и тъй като

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

, то:

f(A B)=f(A O)+f(B O)=f(A O)+f(D O)=f(A D)

Аналогично получаваме, че

f(A D)=f(C D)=f(B C)

. 3. Сега ще покажем, че ако

A B=C D

, то

f(A B)=f(C D)

. От предишната точка това е очевидно, ако

A \equiv C

или

A B C D

е ромб. Първо ще разгледаме случая, когато

A B C D

е успоредник и

A B\gt{}A D

. Тогава може да построим равнобедрен триъгълник

A A^{\prime} D

със бедро

A A^{\prime}=A^{\prime} D=A B

. Нека

B^{\prime}

е симетричната на

A

относно

A^{\prime} B

. Тогава

A B B^{\prime} A^{\prime}

A^{\prime} B^{\prime} C D

са ромбове и следователно

f(A B)=f\left(A^{\prime} B^{\prime}\right)=f(C D)

. Сега нека

A B C D

е успоредник, но

|A B|\lt{}|A D|

. Тогава

|A D|=k|A B|+x

k \in \mathbb{N}

x\lt{}

|A B|

. Тогава може да разделим отсечката

A D

на

k+1

отсечки:

A A_{1}, A_{1} A_{2}, \ldots, A_{k-1} A_{k}, A_{k} D

, така че

\left|A A_{1}\right|=\left|A_{i} A_{i+1}\right|=|A B|

за

i\lt{}k

\left|A_{k} D\right|=x

. Нека

B_{i} \in B C

, така че

A_{i} B_{i} \| A B

. Тогава е ясно, че

\left|A_{i} B_{i}\right|=|A B|

и следователно

A_{i} B_{i} B_{i+1} A_{i+1}

са ромбове и

A B B_{1} A_{1}

също е ромб. Оттук

f(A B)=f\left(A_{i} B_{i}\right)

за всяко

i

. Накрая

A_{k} B_{k} C D

е успоредник с

\left|A_{k} B_{k}\right|\gt{}\left|A_{k} D\right|

и следователно

f(C D)=f\left(A_{k} B_{k}\right)=f(A B)

. Накрая, нека

A B

C D

като

A B=C D

са в общо положение и

C

не лежи на правата

A B

. Построяваме успоредник

A B C D^{\prime}

. От горните разсъждения

f(A B)=f\left(C D^{\prime}\right)

f\left(C D^{\prime}\right)=f(C D)

. Следователно

f(A B)=f(C D)

. Остана да отбележим, че ако

A, B, C, D

са колинеарни, и

A B=C D

, то може да построим

C^{\prime} D^{\prime}

успоредна и равна на

A B

, така че

C^{\prime}

не е на

A B

. Тогава от

A B C^{\prime} D^{\prime}

C^{\prime} D^{\prime} C D

са успоредници и следователно

f(A B)=f\left(C^{\prime} D^{\prime}\right)=f(C D)

. 4. Така получихме, че

f(A B)=g(|A B|)

, тоест функцията зависи единствено от дължината на отсечката

A B

. Тогава от даденото условие за

f

получаваме, че:

g(a)+g(b)=g\left(\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}+b^{2}}\right)

за всеки

a, b \in(0; \infty)

. Ако положим

h(a)=g(\sqrt{\vphantom{x^2}a})

, то:

h(a)+h(b)=g(\sqrt{\vphantom{x^2}a})+g(\sqrt{\vphantom{x^2}b})=

g(\sqrt{\vphantom{x^2}a+b})=h(a+b)

за всеки две

a, b \in(0; \infty)

. Това уравнение на Коши, за което

h(a)\gt{}0

, откъдето

h

е монотонна и следователно всички негови решения са

h(a)=c a

, където

c \in(0; \infty)

не зависи от

a

. Обратно, очевидно от теоремата на Питагор,

f(A B)=g(|A B|)=

h\left(|A B|^{2}\right)=c|A B|^{2}

удовлетворява условието на задачата.

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 2 т. - за стъпка

1; 1

т. - за стъпка

2; 2

т. - за стъпка

3; 2

т. - за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Даден е свързан граф

G

N \geq 3

върха, в който всеки цикъл

\left(v_{1}, \ldots, v_{m}\right)

съдържа три върха

v_{i}, v_{j}

v_{k}

, за които

\left(v_{i}, v_{j}, v_{k}\right)

е цикъл в

G. A

B

играят следната игра. Първо

A

номерира върховете на графа с различни цели числа от 1 до

N

, след което

B

избира две естествени числа

N\gt{}a\gt{}b \geq 1

, и поставя бял пул във върха с номер

a

и черен пул във върха с номер

b

. След това

A

B

се редуват като започва

B

. На свой ход

B

оцветява част (възможно 0) от върховете, които са съседни на черния пул, а след това мести черния пул във все още неоцветен съседен връх с по-голям номер. На свой ход

A

мести белия пул в съседен неоцветен връх, освен ако такива няматогава белият пул остава на място.

B

печели, ако успее да премести черния пул във върха с номер

N

преди

A

да успее да премести белия пул във върха с номер

N

или в негов съсед. Да се определи дали

B

има печеливша стратегия.

Решение

B

няма печеливша стратегия. Нека

A

номерира върховете така. Избира произволен връх

v_{N}

и го номерира с

N

. По-нататък, ако върховете

v_{N}, v_{N-1}, \ldots, v_{i+1}

са номерирани с

N, N-1, \ldots, (i+1)

съответно,

A

съпоставя на всеки връх

u \in V \backslash\left\{v_{i+1}, \ldots, v_{N}\right\}

редицата:

\lambda_{i}(u)=\left\langle j \mid\left(u, v_{j}\right) \in E\right\rangle_{j=N}^{i+1}

номерата в намаляващ ред на върховете

v_{j}

, които са съседи на

u

. След това

A

номерира с

i

връх

u \in V \backslash\left\{v_{i+1}, \ldots, v_{N}\right\}

с лексикографски най-голяма редица

\lambda_{i}(u)

. Оттук нататък ще отъждествяваме върха

v_{i}

с неговия номер

i

, получен при горната номерация. Лема 1 Ако

i\lt{}j\lt{}k

са такива, че

(i, j), (i, k) \in E

, то

(j, k) \in E

. Доказателство: Да допуснем противното и нека

i_{0}

е възможно най-голямо, за което твърдението не е вярно. Измежду всички

j\lt{}k

, за които

i_{0}\lt{}j\lt{}k

(i, j), (i, k) \in E

(j, k) \notin E

избираме такива

j_{0}\lt{}k_{0}

, че

k_{0}

да е най-голямо. Сега ще построим безкрайна редица

j_{0}\lt{}k_{0}\lt{}j_{1}\lt{}k_{1}\lt{}j_{2}\lt{}k_{2} \ldots

, така че

\left(j_{p}, j_{p+1}\right) \in E

\left(k_{p}, k_{p+1}\right) \in E

\left(j_{p}, k_{q}\right) \notin E

за никои

p, q \geq 0

. Тъй като това означава безкраен брой върхове, то това ще бъде и желаното противоречие. За

p=0

изборът на

j_{0}\lt{}k_{0}

удовлетворява условията. Да допуснем, че

i_{0}=k_{-1}\lt{}j_{0}\lt{}k_{0}\lt{}

\cdots\lt{}j_{p}\lt{}k_{p}

е построена. Тъй като

k_{p-1}\lt{}j_{p}

\left(k_{p-1}, k_{p}\right) \in E

, докато

\left(j_{p}, k_{p}\right) \notin E

, то има връх

j_{p+1}\gt{}j_{p}

, за който

\left(j_{p}, j_{p+1}\right) \in E

\left(k_{p-1}, j_{p+1}\right) \notin E

. Да допуснем, че

\left(k_{q}, j_{p+1}\right) \in E

и нека

q \geq 0

е минимално. Тогава:

\left(k_{q}, k_{p-1}, \ldots, k_{0}, i_{0}, j_{0}, j_{1}, \ldots, j_{p}, j_{p+1}\right)

е цикъл. От условието следва, че той може да се разбие на цикли с дължина 3. Тъй като

\left(j_{s}, k_{t}\right) \notin E

за

s, t \geq 0

s+t \leq p+q

, то получаваме, че

\left(i_{0}, j_{p+1}, k_{q}\right)

е цикъл. Сега обаче

i_{0}\lt{}k_{0}\lt{}j_{p+1}

\left(i_{0}, j_{p+1}\right), \left(i_{0}, k_{0}\right) \in E

. От избора на

k_{0}

получаваме, че

\left(k_{0}, j_{p+1}\right) \in E

. Сега тъй като

\left(k_{0}, k_{1}\right) \in E

\left(k_{0}, j_{p+1}\right) \in E

i_{0}\lt{}k_{0}\lt{}k_{1}\lt{}j_{p+1}

, то

\left(k_{1}, j_{p+1}\right) \in E

и по индукция получаваме, че

\left(k_{p-1}, j_{p+1}\right) \in E

, което е противоречие. Сега

j_{p}\lt{}k_{p}\lt{}j_{p+1}

\left(k_{p}, j_{p+1}\right) \notin E

. Тогава от номерацията на

j_{p}

k_{p}

, може да намерим

k_{p+1}\gt{}j_{p+1}

\left(k_{p}, k_{p+1}\right) \in E

\left(j_{p}, k_{p+1}\right) \notin E

. Ако допуснем, че

\left(j_{q}, k_{p+1}\right) \in E

за някое

q\lt{}p

, то както и по-горе получаваме противоречие с

\left(j_{p}, k_{p+1}\right) \notin E

. Накрая, ако

\left(j_{p+1}, k_{p+1}\right) \in E

то отново получаваме цикъл, който трябва да съдържа триъгълник

\left(j_{s}, j_{p+1}, k_{p+1}\right)

- защото

\left(j_{p+1}, k_{q}\right) \notin E

за

q \leq p

. Това означав, че

\left(j_{p}, k_{p+1}\right)

, което е противоречие с избора на

k_{p+1}

. С това доказателството на лемата е завършено. Нека

a_{n}, b_{n}

U_{n}

са съответно положението на белия и черния пул и множеството от оцветени върхове преди

n

-тия ход на

B

. Ще докажем, че

A

може да си гарантира едно от следните две свойства: 1. От

b_{n}

няма нарастващ път до

N

, който не минава през

U_{n}

, 2.

a_{n} \geq b_{n}

и ако

c \in U_{n}

c\gt{}a_{n}

, то

\left(b_{n}, c\right) \in E

. В началото това е очевидно. Да допуснем, че преди

(n+1)

-ия ход на

B

инвариантът е в сила и нека

b_{n+1}

U_{n+1}

са резултатът от

(n+1)

-ия ход на

B

. Да допуснем, че от

b_{n+1}

има нарастващ път до

N

, който не минава през

U_{n+1}

. Тъй като

\left(b_{n}, b_{n+1}\right) \in E

, ако

c \in U_{n+1}

c\gt{}a_{n}

, то

\left(b_{n}, c\right) \in E

. Това е вярно от инварианта, ако

c \in U_{n}

и от правилата на играта, ако

c \in U_{n+1} \backslash U_{n}

. Оттук и лемата следва, че

\left(b_{n+1}, c\right) \in E

. Сега ще докажем, че

a_{n}

има съсед

a_{n+1}

, за който:

a_{n+1} \geq b_{n+1} \text{и} a_{n+1} \notin U_{n+1}.

От това, че

a_{n} \geq b_{n}

знаем, че

\lambda_{a_{n}}\left(a_{n}\right) \succeq l e x \lambda_{a_{n}}\left(b_{n}\right)

. Да допуснем, че

b_{n+1}\gt{}a_{n}

и всички съседи на

a_{n}

, които са по-големи или равни на

b_{n+1}

са в

U_{n+1}

. Това означва, че

\left(a_{n}, b_{n+1}\right) \notin E

и ако

\left(a_{n}, v\right) \in E

v\gt{}a_{n}

, то

v \in U_{n+1}

. Тогава от инварианта следва, че

\left(b_{n}, v\right) \in E

. Следователно

\lambda_{a_{n}}\left(b_{n}\right) \npreceq \lambda_{a_{n}}\left(a_{n}\right)

. Това е противоречие с избора на

a_{n}

. Така остава да разгледаме случая, в който

b_{n+1} \leq a_{n}

. Тъй като има нарастващ път от

b_{n+1}

до

N

, който избягва

U_{n+1}

, то има ребро

\left(b^{\prime}, b^{\prime \prime}\right) \in E

, за което

b_{n} \leq b_{n+1} \leq b^{\prime} \leq a_{n}\lt{}b^{\prime \prime}

. Първо

\lambda_{a_{n}}\left(b_{n}\right)=\lambda_{a_{n}}\left(a_{n}\right)

. Наистина от

b_{n}\lt{}a_{n}

имаме, че

\lambda_{a_{n}}\left(b_{n}\right) \preceq l e x \lambda_{a_{n}}\left(a_{n}\right)

. От друга страна ако

\left(a_{n}, c\right) \in E

c\gt{}a_{n}

, то

c \in U_{n+1}

, за които знаем, че

\left(b_{n}, c\right) \in E

. Така,

\lambda_{a_{n}}\left(a_{n}\right) \preceq l e x \lambda_{a_{n}}\left(b_{n}\right)

и следователно

\lambda_{a_{n}}\left(b_{n}\right)=\lambda_{a_{n}}\left(a_{n}\right)

. Накрая от

b_{n}\lt{}b_{n+1} \leq b^{\prime} \leq a_{n}\lt{}b^{\prime \prime}

имаме, че

\lambda_{b^{\prime}}\left(b^{\prime}\right) \succeq l e x

\lambda_{b^{\prime}}\left(b_{n}\right)

\lambda_{a_{n}}\left(b^{\prime}\right) \preceq l e x \lambda_{a_{n}}\left(a_{n}\right)

и следователно

\lambda_{a_{n}}\left(b^{\prime}\right)=\lambda_{a_{n}}\left(a_{n}\right)

. Оттук следва, че всеки съсед на

b^{\prime}

, който е по-малък от

a_{n}

е в

U_{n+1}

. Това противоречи с избора на

b^{\prime \prime}

, който не е оцветен. Остана да забележим, че ако

c\gt{}a_{n+1}

c \in U_{n+1}

, то

\left(b_{n}, c\right) \in E

и тъй като

\left(b_{n}, b_{n+1}\right) \in E

b_{n+1} \leq a_{n+1}\lt{}c

от лемата следва, че

\left(b_{n+1}, c\right) \in E

. Следователно, инвариантът е в сила и след

(n+1)

-ите ходове на двамата играчи. От инварианта следва, че ако

b_{n}=N

за някое

n

, то и

a_{n}=N

, следователно

B

не печели.

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 1 т. - за номериране; 1 т. - за лемата и 2 т. - за доказателство на лемата; 1 т. - за формулировка на инварианта; 2 т. - за доказателство, че инвариантът може да се поддържа. Забележка. Графите в условието на задачатавсеки цикъл съдържа триъгълниксе наричат хордови (chordal). Номерацията, която използва

A

се нарича LBFS (Lexicographical Breadth First Search). Лемата характеризира хордовите графи. Усложнени варианти на тази номерация служат за характеризация на интервалните и същински интервалните графи класове от графи, чиито върхове могат да се представят като интервали върху реалната права с ребрата, съответстващи на пресичащи се интервали.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-11-4

2021

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Редицата

a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}

удовлетворява условието

a_{n+1}=2^{n}-3 a_{n}, n=0, 1, \cdots

a) Да се изрази общият член

a_{n}

чрез

a_{0}

n.

б) Да се намери

a_{0}

, ако

a_{n+1}\gt{}a_{n}

за всяко

n\text{.}

Решение

а) Изразяваме последователно

a_{n}=2^{n-1}-3 a_{n-1}=2^{n-1}-3\left(2^{n-2}-3 a_{n-2}\right)=

2^{n-1}-3 \cdot 2^{n-2}+3^{2} \cdot a_{n-2}

и продължавайки по индукция, намираме, че

a_{n}=

2^{n-1}\left(1-\frac{3}{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^{2}-\ldots+(-1)^{n-1} \cdot\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}\right)

+(-1)^{n} 3^{n} \cdot a_{0}

Като сумираме геометричната прогресия в скобите, получаваме, че

a_{n}=

\frac{1}{5} \cdot 2^{n}\left(1+(-1)^{n-1} \cdot\left(\frac{3}{2}\right)^{n}\right)+(-1)^{n} \cdot 3^{n} \cdot a_{0}

т. е.

a_{n}=\frac{1}{5}\left(2^{n}+(-1)^{n-1} 3^{n}\right)+(-1)^{n} \cdot 3^{n} \cdot a_{0}

б) Изразяваме разликата

a_{n+1}-a_{n}

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

\frac{1}{5}\left(2^{n}+(-1)^{n} \cdot 4 \cdot 3^{n}\right)+(-1)^{n+1} 3^{n} \cdot 4 \cdot a_{0}

Така получаваме, че

\frac{a_{n+1}-a_{n}}{3^{n}}=\frac{1}{5}\left(\frac{2}{3}\right)^{n}+(-1)^{n} \cdot 4 \cdot\left(\frac{1}{5}-a_{0}\right).

Така, ако

a_{0} \neq \frac{1}{5}

, при достатъчно големи

n

, знакът на разликата ще зависи от знака на

(-1)^{n}

.4.

\left(\frac{1}{5}-a_{0}\right)

и ще се променя в зависимост от четността на

n

. Ако пък

a_{0}=\frac{1}{5}

, то

a_{n+1}-a_{n}\gt{}0

. Следователно

a_{0}=\frac{1}{5}

\textit{Оценяване: }

(6 точки) а) 2 т. за получаване на израз за

a_{n}

като безкрайна сума; 1 т. за сумиране на геометричната прогресия; б) 1 т. за изразяване на разликата

a_{n+1}-a_{n}; 2

т. за намиране на

a_{0}=\frac{1}{5}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Четириъгълник

A B C D

със страни

A B=5 \mathrm{~cm}, B C=5 \mathrm{~cm}, C D=3 \mathrm{~cm}

D A=8 \mathrm{~cm}

е вписан в окръжност. На лъчите

D A^{\rightarrow}

D C^{\rightarrow}

са избрани точки съответно

P

Q

така, че

A

е между

P

D,

C

е между

D

Q.

Точка

R

е такава, че

R P=C Q

R Q=A P.

Ако правите

R B

P Q

са перпендикулярни, да се намери разликата

C Q-A P.

Решение

Ако

\alpha=\angle B A D

, то

\angle B C D=180^{\circ}-\alpha

. От косинусовата теорема за

\triangle B A D

\triangle B C D

получаваме:

5^{2}+3^{2}+2 \cdot 15 \cos \alpha=B D^{2}=5^{2}+8^{2}-2 \cdot 5 \cdot 8 \cos \alpha

Следователно

34+30 \cos \alpha=89-80 \cos \alpha \Longleftrightarrow 110 \cos \alpha=

55 \Longleftrightarrow \cos \alpha=\frac{1}{2} \Longleftrightarrow \alpha=60^{\circ}

От косинусовата теорема за

\triangle P B A

\triangle Q B C

получаваме:

P B^{2}=A P^{2}+25-10 \cdot A P \cdot \cos 120^{\circ}=

\begin{aligned}A P^{2}+5 A P+25 \\ Q B^{2}=\end{aligned}

C Q^{2}+25-10 \cdot C Q \cdot \cos 60^{\circ}=C Q^{2}-5 C Q+25

Условието

R B \perp P Q

е еквивалентно на

R P^{2}+Q B^{2}=R Q^{2}+P B^{2}

\begin{aligned}\Longleftrightarrow C Q^{2}+Q B^{2}=A P^{2}+P B^{2} \\ \Longleftrightarrow C Q^{2}+\left(C Q^{2}-5 C Q\right)=\end{aligned}

\begin{aligned}A P^{2}+\left(A P^{2}+5 A P\right) \\ \Longleftrightarrow 2\left(C Q^{2}-A P^{2}\right)=\end{aligned}

\begin{aligned}5(C Q+A P) \\ \Longleftrightarrow C Q-A P=\frac{5}{2}.\end{aligned}

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 2 т. за намиране на

\alpha=60^{\circ}

; по 1 т. за използване на косинусова теорема за

\triangle P B A

\triangle Q B C; 1

т. за използване на условието за четириъгълник с перпендикулярни диагонали; 1 т. за получаване на отговора.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа, които са произведение на две прости числа и могат да се представят във вида:

\left((n+1)^{2}+(n+4)^{2}\right)^{n}-n^{n},

където

n

е естествено число.

Решение

Нека

T

е число с даденото свойство. Да допуснем, че

n

може да се представи като произведение на две (не непременно различни) есетествени числа, т. е.

n=a b, a\gt{}1

b\gt{}1

. Тогава

T=\left((n+1)^{2}+(n+4)^{2}\right)^{a b}-n^{a b} & =

\left(\left((n+1)^{2}+(n+4)^{2}\right)^{a}-n^{a}\right) P(n)=

\begin{aligned} \\ & =\left((n+1)^{2}+(n+4)^{2}-n\right) Q(n) P(n)\end{aligned}

и тъй като

(n+1)^{2}+(n+4)^{2}-n\gt{}1

, то

T

се представя като произведение на три числа, всяко от които е по-голямо от 1, което е противоречие с условието. Следователно

n

е просто число. Тогава

T=\left((n+1)^{2}+(n+4)^{2}\right)^{n}-n^{n}=

\left((n+1)^{2}+(n+4)^{2}-n\right) S(n)=\left(2 n^{2}+9 n+17\right) S(n)

и ако

n

е нечетно число, то

2 n^{2}+9 n+17\gt{}2

е четно число. Следователно

2 n^{2}+9 n+17=2 m

и получихме, че

T=2 m S(n)

, което е противоречие с условието. Понеже

n

е четно просто число, то

n=2

и тогава

T=45^{2}-2^{2}=2021

\textit{Оценяване: }

( 7 точки) 1 т. за намиране на решението; 1 т. за това, че

n

е четно число; 5 т. за това, че

n

е просто число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

A

е множеството от всички редици с дължина

k

съставени от нули и единици. Редица

S

съставена от нули и единици се нарича чудесна, ако за всяка редица

u

от

A

редицата

u и

се съдържа в

S

. C

l(k)

означаваме дължината на най-късата чудесна редица. a) Да се намери

l(2)

. б) Да се докаже, че

l(k) \geq 2^{k+1}+k-1

Решение

а) Ще докажем, че

l(2)=12

. Редицата 111101010000 е с дължина 12 и има исканото свойство. Да допуснем, че има чудесна редица

S

с дължина 11. Тъй като 0000 и 1111 се срещат в

S

, то в нея има още три символа. Ако обърнем редицата

S

(т. е. я прочетем отзад напред), новата редица също е чудесна. Също така, ако в

S

променим всички нули на единици и всички единици на нули, новата редица също е чудесна. Следователно без ограничение можем да считаме, че редицата

S

е от някои от следните видове:

a_{1} a_{2} a_{3} 00001111;

a_{1} a_{2} 0000 a_{3} 1111; a_{1} a_{2} 00001111 a_{3}

a_{1} 0000 a_{2} a_{3} 1111; 0000 a_{1} a_{2} a_{3} 1111; a_{1} 0000 a_{2} 1111 a_{3}

. Всеки от символите

a_{1}, a_{2}

a_{3}

е 0 или 1, т. е. общо за тях има 8 възможности. Във всеки от тези 8 случая директно се проверява, че поне една от редиците 1010 и 0101 не се появява в

S

. б) За дадено естествено число

k

нека

S=a_{1} a_{2} \ldots a_{n}

е чудесна редица с минимална дължина. Ако

u

е редица с дължина

k

редицата ии ще наричаме квадратна редица. Според дефиницията на чудесна редица в

S

се срещат всички квадратни редици. Да разгледаме всички двойки

(T, a)

, където

T=u и

е квадратна редица, а

а

е символ от редицата

S

, който се среща в редицата

T

от

S

. При това ако една квадратна редица

T=u и

се среща повече от един път в

S

, разглеждаме само първото от тези появявания. Например, при

k=2

за редицата

a_{1} a_{2} \ldots a_{12}=111101010000

от а) тези двойки са:

& \left(1111, a_{1}\right), \left(1111, a_{2}\right), \left(1111, a_{3}\right), \left(1111, a_{4}\right),

\left(0101, a_{5}\right), \left(0101, a_{6}\right), \left(0101, a_{7}\right), \left(0101, a_{8}\right),

\begin{aligned} \\ & \left(1010, a_{6}\right), \left(1010, a_{7}\right), \left(1010, a_{8}\right), \left(1010, a_{9}\right),\end{aligned}

\left(0000, a_{9}\right), \left(0000, a_{10}\right), \left(0000, a_{11}\right), \left(0000, a_{12}\right)

Първо ще оценим тези двойки като разглеждаме първият им елемент (т. е. квадратните редици), а след това като разглеждаме втория елемент (т. е. символите от редицата

S

) 1. Да разгледаме фиксирана квадратна редица ии. Тази редица има дължина

2 k

и с всеки символ

a_{i}

от нея тя образува една двойка

\left(u u, a_{i}\right)

. Следователно тя участва в точно

2 k

двойки (както в горния пример всяка квадратна редица участва в 4 двойки). Всички редици с дължина

k

са

2^{k}

, като толкова са и квадратните редици. Следователно всички квадратни редици участват в

k 2^{k+1}

двойки. Това означава, че в една чудесна редица трябва да има поне

k 2^{k+1}

двойки (

T, a

), където

T=u и

е квадратна редица, а

a

е символ от редицата

S

. 2. Ще оценим разглежданите двойки, като за всеки символ от чудесната редица

S=

a_{1} a_{2} \ldots a_{n}

определим колко пъти този символ може да участва в такава двойка. Първият символ

a_{1}

може да участва само в една квадратна редицатова е редицата от първите

2 k

символа на

S

(при условие, че тази редица е квадратна). Следователно първият символ

a_{1}

участва в най-много една двойка (

T, a

) от разглеждания вид. Вторият символ

a_{2}

може да участва само в две квадратни редицитова са двете редици от

2 k

символа, започващи съответно от

a_{1}

a_{2}

(при условие, че и двете са квадратни). Следователно

a_{2}

участва в най-много две двойки

(T, a)

от разглеждания вид. Аналогично

a_{k-1}

може да участва в наймного

k-1

двойки (

T, a

) от разглеждания вид и

a_{k}

може да участва в най-много

k

двойки

(T, a)

от разглеждания вид. Да разгледаме символа

a_{k+1}

. Да означим редицата от първите

2 k

символа с

A

, а редицата с дължина

2 k

започваща от

a_{k+1}

B

. Ако

a_{k+1}

участва в двойка и с двете редици

A

B

, то

A

B

са квадратни с дължина

2 k

и тогава

A=B

. Това означава, че първото появяване на редицата

T=A=B

е редицата

A

и всички двойки на редицата

B

не се броят. Следователно

a_{k+1}

може да участва в най-много

k

двойки от разглеждания вид. Аналогично получаваме, че всеки символ преди последните

k

се появява най-много в

k

двойки. За последните

k

символа е в сила свойството на първите

k

, но в обратен ред (т. е. последния символ участва в най-много една двойка, предпоследния в най-много две и т. н.). Получихме, че първите

k-1

символа (както и последните

k-1

) могат да участват в наймного

1+2+\cdots+k-1

двойки. Останалите символи са

n-2(k-1)

и всеки от тях може да участва в най-много

k

двойки. Следователно най-големия брой двойки, в които участват символите на редицата е:

2(1+2+\cdots+k-1)+(n-2(k-1)) k=k(n-k+1).

Тъй като това е най-големият възможен брой, а в редицата със сигурност трябва да има

k 2^{k+1}

двойки, то този брой трябва да е поне

k 2^{k+1}

, откъдето получаваме:

k(n-k+1) \geq k 2^{k+1} \Longleftrightarrow n \geq 2^{k+1}+k-1

Това означава, че за всяка чудесна редица с дължина

n

е изпълнено

n \geq 2^{k+1}+k-1

, т. е.

l(k) \geq 2^{k+1}+k-1

\textit{Оценяване: }

( 7 точки) а) 1 т. за пример на чудесна редица с дължина

12; 1

т. за доказване, че

l(2)\gt{}11

; б) 5 т. за пълно решение;

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-11-4

2022

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадено е уравнението

\left(x^{2}-8 x+7\right)^{2}+(3 m-1)\left(x^{2}-8 x+7\right)

+2 m^{2}-m=0,

където

m

е реален параметър. a) Да се определи броят на решенията на уравнението при

m=6

. б) Да се намерят стойностите на параметъра

m

, при които уравнението има точно три различни реални корена.

Решение

Полагаме

t=x^{2}-8 x+7

и уравнението добива вида

t^{2}+(3 m-1) t+2 m^{2}-m=0

а) При

m=6

получаваме

t^{2}+17 t+66=0

, откъдето

t_{1}=-11

t_{2}=-6

. Тъй като най-малката стойност на функцията

f(x)=x^{2}-8 x+7

f(4)=-9

, и

t_{1}\lt{}-9, t_{2}\gt{}-9

, то уравнението има две различни реални решения. б) Необходимо условие за това е уравнението

t^{2}+(3 m-1) t+2 m^{2}-m=0

да има решение

t_{0}

, такова че

x^{2}-8 x+7-t_{0}=0

има единствено решение, т. е.

D=9+t_{0}=0

, т. е.

t_{0}=-9

. Като заместим в

t^{2}+(3 m-1) t+2 m^{2}-m=0

, достигаме до

m^{2}-14 m+45=0 \Longleftrightarrow

(m-9)(m-5)=0

. При

m=9

получаваме

t^{2}+26 t+153=0

, откъдето намираме

t_{1}=-17

t_{2}=-9

и използвайки а) получаваме, че уравнението има точно две различни реални решения. При

m=5

получаваме

t^{2}+14 t+45=0

, откъдето намираме

t_{1}=-5

t_{2}=-9

. Оттук решенията са 2, 4 и 6.

\textit{Оценяване: }

(6 точки) а) 1 т. за определяне на най-малката стойност на израза

x^{2}-8 x+7, 1

т. за намиране на корените

t_{1}=-11

t_{2}=-6

и 1 т. за извода; б) 1 т. за намиране стойността на

t_{0}

, при която уравнението има двоен корен и съответните стойности на

m=9

m=5

; по 1 т. за изводите за броя на реалните решения при

m=9

m=5

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дължините на страните и на диагонала

A C

на вписан в окръжност четириъгълник

A B C D

са цели числа. Ако

\cos \angle A B C=\frac{1}{4}, \quad 2 C D=A D+A C \text{и}

2 A B=C A+C B+C D

намерете най-малката възможна стойност за периметъра на

A B C D.

Решение

Нека

\alpha=\angle A B C, A B=a, B C=b, C D=c, D A=d

A C=e

. Тогава

\angle A D C=

180^{\circ}-\alpha, 2 c=d+e

2 a=b+e+c

и от косинусовата теорема за

\triangle A D C

имаме

d^{2}+c^{2}+\frac{d c}{2}=e^{2}=(2 c-d)^{2} \Longleftrightarrow 2 c=3 d

Сега от

2 c=d+e

намираме

e=2 d

, а от

2 a=b+e+c

намираме

2 a=b+\frac{7 e}{4}

. От косинусовата теорема за

\triangle A B C

имаме

a^{2}+b^{2}-\frac{a b}{2}=e^{2}=

\left(\frac{4}{7}(2 a-b)\right)^{2} \Longleftrightarrow 33 b^{2}+\frac{79 a b}{2}-15 a^{2}=0

Тъй като корените на уравнението

33 x^{2}+\frac{79 x}{2}-15=0

са

x_{1}=\frac{10}{33}

x_{2}\lt{}0

, то

\frac{b}{a}=\frac{10}{33} \Longleftrightarrow

b=\frac{10 a}{33}

. Сега от

2 a=b+\frac{7 e}{4}

намираме

a=\frac{33 e}{32}=\frac{33 d}{16}

b=\frac{5 d}{8}

. Окончателно

a=\frac{33 d}{16}, b=\frac{5 d}{8}, c=\frac{3 d}{2}, e=2 d.

Най-малката стойност на

d

, за която

a

е цябо число е

d=16

. Тогава

A B=33, B C=10

C D=24, D A=16, A C=32

и търсената най-малка стойност е равна на 83.

\textit{Оценяване: }

( 6 точки) 1 т. за

2 c=3 d

e=2 d; 2

т. за

b=\frac{10 a}{33}; 1

т. за

a=\frac{33 d}{16}; 1

т. за

b=\frac{5 d}{8}; 1

т. за получаване на отговора.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Естествено число

n

с 2022 делители

1=d_{1} \lt{} d_{2}\lt{} \cdots\lt{} d_{2022} = n

се нарича красиво, ако

3 d_{2017}+2 d_{2019}=n

. Намерете всички красиви числа.

Решение

От

d_{i} \geq i

d_{6} \cdot d_{2017}=d_{4} \cdot d_{2019}=n

получаваме

2 n=6 \cdot d_{2017}+4 \cdot d_{2019} \leq

d_{6} \cdot d_{2017}+d_{4} \cdot d_{2019}=2 n

Следователно

d_{6}=6

, откъдето

d_{i}=i

за

i=1, 2, 3, 4, 5, 6

и получаваме, че

n

се дели на

2^{2}.3 \cdot 5

. От

2022=2 \cdot 3 \cdot 337

и 337 е просто число, следва, че

n=2^{x} \cdot 3^{y} \cdot 5^{z}

за

x \geq 2

. Всички красиви числа са:

2^{2} \cdot 3 \cdot 5^{336}, 2^{2} \cdot 3^{336} \cdot 5,

2^{336} \cdot 3 \cdot 5^{2}, 2^{336} \cdot 3^{2} \cdot 5

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 3 т. за

d_{i}=i

при

i=1, 2, 3, 4, 5, 6; 2

т. за

n=2^{x}.3^{y}.5^{z}

при

x \geq 2; 2

т. за намиране на четирите красиви числа.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

За естественото число

n\gt{}3

множество

A

от редици от 0 и 1 с дължина

n+1

се нарича добро, ако всяка редица от 0 и 1 с дължина

n

може да се получи от редица от

A

с изтриване на един член. Ако

a_{n}

е минималния брой елементи на добро множество, да се докаже, че:

\frac{2^{n}+2 n-7}{n} \leq a_{n} \leq 2^{n-1}.

Решение

Нека

B

е множеството от всички редици от 0 и 1 с дължина

n-1

, като

|B|=2^{n-1}

. Очевидно множеството

A

, получено с прибавяне на 01 към края на всяка редица от

B

е добро. Следователно

a_{n} \leq 2^{n-1}

. Редица с дължина

n

, съставена само от нули може да се получи или от редица с дължина

n+1

само с нули или от редица с дължина

n+1

с точно една единица. И в двата случая редиците, които могат да се получат с изтриване на един член са най-много 3. Аналогично от редица с дължина

n+1

само с единици или само с една нула могат да се получат най-много три редици с дължина

n

. Единствено от редиците с дължина

n+1

с редуващи се 0 и 1 (или 1 и 0 ) могат да се получат

n+1

редици с дължина

n

. При това, ако и двете редици са в

A

, то редиците с дължина

n

с редуващи се 0 и 1 или 1 и 0 се получават по два начина. Тогава

2^{n} \leq 6+(n+1)+\left(a_{n}-3\right) n \Longleftrightarrow \frac{2^{n}+2 n-7}{n} \leq a_{n}

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 3 т. за

a_{n} \leq 2^{n-1}

; 4 т. за

\frac{2^{n}+2 n-7}{n} \leq a_{n}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-11-4

2023

5 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадено е уравнението

x^{3}-a x^{2}+\left(a^{2}-1\right) x-a^{2}+a=0

, където

a

е реален параметър. Да се намерят стойностите на

a

, за които уравнението има три различни реални корена, които образуват аритметична прогресия.

Решение

Представяме уравнението във вида

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

, откъдето

x_{1}=1

. Нека

x_{2}

x_{3}

са корените на квадратното уравнение. 1 случай: Ако 1 е средният член на аритметичната прогресия, то

x_{2}+x_{3}=2

и от формулите на Виет

a-1=2

, т. е.

a=3

. При

a=3

корените на квадратното уравнение не са реални. 2 случай: Ако

x_{1}=1

не е среден член, то без ограничение можем да считаме, че

1+x_{2}=2 x_{3}

, което заедно с

x_{2}+x_{3}=a-1

води до

3 x_{3}=a

. Следователно

\frac{a}{3}

е корен на квадратното уравнение, т. е.

\left(\frac{a}{3}\right)^{2}+(1-a) \frac{a}{3}-a+a^{2}=0

, откъдето намираме

a=0

a=\frac{6}{7}

. При

a=0

получаваме

x_{2}=-1

x_{3}=0

, а при

a=\frac{6}{7}

намираме

x_{2}=-\frac{3}{7}

x_{3}=\frac{2}{7}

. Окончателно търсените стойности са

a=0

a=6 / 7

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 2 т. за представяне на уравнението във вида

(x-1)\left(x^{2}+(1-a) x-\right.

\left. a+a^{2}\right)=0

и намиране на

x_{1}=1; 2

т. за разглеждане на 1 случай и извод, че при

a=3

уравнението няма реални корени; 2 т. за разглеждане на 2 случай и намиране на стойностите на

a

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е изпъкнал четириъгълник

A B C D

, за който

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

\angle B C D

. Нека

H

O

са съответно ортоцентърът и центърът на описаната окръжност за

\triangle A B C

. Да се докаже, че точките

H, O

D

лежат на една права.

Решение

Нека

\angle B A C=\alpha, \angle A B C=\beta

\angle B C A=\gamma

. От условието на задачата получаваме, че

\alpha\lt{}\beta

\gamma\lt{}\beta

, откъдето

\beta\gt{}60^{\circ}

. Възможни са три случая

\beta\lt{}90^{\circ}, \beta=90^{\circ}

\beta\gt{}90^{\circ}

. Нека

\beta\lt{}90^{\circ}

. Тогава точките

H

O

са вътрешни за

\triangle A B C

\angle A C O=\angle C A O=\angle H C B=

\angle H A B=90^{\circ}-\beta

. Следователно точката

O

е вътрешна за

\triangle H A C

(

\angle H A C=90^{\circ}-\gamma\gt{}

90^{\circ}-\beta=\angle C A O

\left.\angle H C A=90^{\circ}-\alpha\gt{}90^{\circ}-\beta=\angle A C O\right)

\angle H A O=\beta-\gamma=\angle A C D, \angle H C O=\beta-\alpha=\angle C A D,

\angle H A D=\angle H C D=2 \beta-90^{\circ}

От синусовата теорема за

\triangle A H D, \triangle C H D

\triangle A C D

получаваме, че

\frac{\sin \angle A H D}{\sin \angle H A D}=\frac{A D}{H D},

\frac{\sin \angle H C D}{\sin \angle C H D}=

\frac{H D}{C D} \text{и} \frac{\sin \angle C A D}{\sin \angle A C D}=\frac{C D}{A D}.

Като умножим тези равенства, получаваме, че

\sin \angle A H D \cdot \sin \angle H C D \cdot \sin \angle C A D=

\sin \angle H A D \cdot \sin \angle C H D \cdot \sin \angle A C D

т. е.

\sin \angle A H D \cdot \sin \left(2 \beta-90^{\circ}\right) \cdot \sin (\beta-\alpha)=

\sin \left(2 \beta-90^{\circ}\right) \cdot \sin \angle C H D \cdot \sin (\beta-\gamma)

откъдето

& \sin \angle A H D \cdot \sin (\beta-\alpha)=

\begin{aligned}\sin \angle C H D \cdot \sin (\beta-\gamma) \\ \Longleftrightarrow \quad\end{aligned}

& \sin \angle A H D \sin \angle H C O \cdot \sin \angle C A O=

\sin \angle C H D \cdot \sin \angle H A O \cdot \sin \angle A C O

От синусовата форма на обратната теорема на Чева за

\triangle H A C

следва, че правите

A O, C O

H D

се пресичат в една точка, т. е. точките

H, O

D

лежат на една права. Нека

\beta=90^{\circ}

. Тогава точките

H

B

съвпадат, точка

O

е среда на

A C

A H C D

е правоъгълник. Следователно точките

H, O

D

лежат на една права. Нека

\beta\gt{}90^{\circ}

. В този случай точка

B

е вътрешна за

\triangle A H C

, а точка

O

е вътрешна за

\triangle A D C

. Аналогично на случая

\beta\lt{}90^{\circ}

се доказва, че точките

H, O

D

лежат на една права.

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 5 т. за доказателство на първия случай: 2 т. за изразяване на ъглите и синусовите теореми за

\triangle A H D, \triangle C H D

\triangle A C D; 1

т. за преобразуванията и 2 т. за синусовата форма на обратната на теоремата на Чева; 1 т. за другите два случая.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото естествено число

n

със следното свойство: Във всяко множество от наредени тройки от естествени числа с

n

елемента съществуват три тройки

\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}\right), \left(b_{1}, b_{2}, b_{3}\right)

\left(c_{1}, c_{2}, c_{3}\right)

, за които всяко от числата

a_{1}+b_{1}+c_{1}, a_{2}+b_{2}+c_{2}

a_{3}+b_{3}+c_{3}

се дели на 3.

Решение

Ще казваме, че множество от наредени тройки е хубаво, ако съществуват тройки

\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}\right), \left(b_{1}, b_{2}, b_{3}\right)

\left(c_{1}, c_{2}, c_{3}\right)

, за които всяко от числата

a_{1}+b_{1}+c_{1}, a_{2}+b_{2}+c_{2}

a_{3}+b_{3}+c_{3}

се дели на 3. Ще разглеждаме всички тройки по модул 3 и по този начин в множеството може да има повтарящи се елементи. Да забележим, че ако

(a, b, c)

се среща три пъти, то множеството е хубаво. Ако

(a, b, c)

се среща само веднъж и множеството не е хубаво, то след добавяне на втора тройка (

a, b, c

) множеството отново не е хубаво. Директно се проверява, че множеството от следните 9 различни тройки

(0, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 2, 1), (1, 0, 0),

(1, 1, 0), (1, 2, 1),

(2, 0, 2), (2, 1, 1), (2, 2, 2)

не е хубаво. Като повторим всяка от тези тройки, ще получим множество от 18 елемента, което не е хубаво. Следователно

n \geq 18

. Ще докажем, че всяко множество

A

от 19 тройки е хубаво. Ако в

A

има три еднакви тройки, то

A

е хубаво. Следователно измежду елементите на

A

има поне 10 различни. Ще докажем че всяко множество от 10 различни тройки е хубаво. Да разгледаме първите 10 елемента на тези 10 тройки. Да допуснем, че между тях има пет равни (без ограничение нека те са нули) и да разгледаме тройките с първи елемент нула. Ако между вторите елементи има три равни, то без ограничение имаме тройки

(0, a, x)

(0, a, y)

(0, a, z)

, като

x, y

z

са различни (защото тройките са различни), т. е. са 0, 1 и 2 в някакъв ред. Тогава тези тройки имат исканото свойство, противоречие. Следователно без ограничение тройките са

(0, 0, x), (0, 0, y), (0, 1, z), (0, 1, t)

(0, 2, w)

, където

x \neq y

z \neq t

. Лесно се проверява, че поне едно от числата

x+z+w, x+t+w, y+z+w

y+t+w

се дели на 3 и отново получаваме тройки с исканото свойство. Следователно без ограничение за първите елементи на дадените 10 тройки имаме следните въЗможности: 1. две нули, четири единици и четири двойки. Нека множеството е:

& \left(0, a_{1}, b_{1}\right), \left(0, a_{2}, b_{2}\right),

\left(1, a_{3}, b_{3}\right), \left(1, a_{4}, b_{4}\right),

\begin{aligned} \left(1, a_{5}, b_{5}\right) \\ & \left(1, a_{6}, b_{6}\right), \left(2, a_{7}, b_{7}\right),\end{aligned}

\left(2, a_{8}, b_{8}\right), \left(2, a_{9}, b_{9}\right), \left(2, a_{10}, b_{10}\right)

Нека

x_{i}

да е двойката

\left(a_{i}, b_{i}\right)

за

i=1, 2, y_{j}

да е двойката

\left(a_{j}, b_{j}\right)

за

j=3, 4, 5, 6

, а

z_{k}

да е двойката

\left(a_{k}, b_{k}\right)

за

k=7, 8, 9, 10

. Сбор на двойките

(a, b)

(c, d)

наричаме двойката

(a+c, b+d)

. Ще докажем, че между сборовете

x_{i}+y_{j}, i=1, 2; j=3, 4, 5, 6

се срещат поне 6 различни двойки. Ясно е, че двойките

x_{1}+y_{3}, x_{1}+y_{4}, x_{1}+y_{5}

x_{1}+y_{6}

са различни. Ако допуснем, че двойките

x_{2}+y_{3}, x_{2}+y_{4}, x_{2}+y_{5}

x_{2}+y_{6}

добавят само една нова, то без ограничение

x_{2}+y_{3}=x_{1}+y_{4}

x_{2}+y_{4}=x_{1}+y_{5}

. Тогава

y_{3}+y_{5}=2 y_{4}

, което означава, че

y_{3}+y_{4}+y_{5}=(0, 0)

, т. е.

\left(1, a_{3}, b_{3}\right), \left(1, a_{4}, b_{4}\right)

\left(1, a_{5}, b_{5}\right)

е тройка с исканото свойство. Тъй като в

x_{i}+y_{j}, i=1, 2; j=3, 4, 5, 6

се срещат поне 6 различни двойки, то

z_{k}

не може да бъде двойка, за която сборът с някоя от тези 6 е

(0, 0)

, т. е. за

z_{k}

остават най-много три възможности, противоречие. 2. три нули, три единици и четири двойки Нека множеството е:

& \left(0, a_{1}, b_{1}\right), \left(0, a_{2}, b_{2}\right),

\left(0, a_{3}, b_{3}\right), \left(1, a_{4}, b_{4}\right), \left(1, a_{5}, b_{5}\right),

\begin{aligned} \\ & \left(1, a_{6}, b_{6}\right), \left(2, a_{7}, b_{7}\right),\end{aligned}

\left(2, a_{8}, b_{8}\right), \left(2, a_{9}, b_{9}\right), \left(2, a_{10}, b_{10}\right)

Нека

x_{i}

да е двойката

\left(a_{i}, b_{i}\right)

за

i=1, 2, 3, y_{j}

да е двойката

\left(a_{j}, b_{j}\right)

за

j=4, 5, 6

z_{k}

да е двойката

\left(a_{k}, b_{k}\right)

за

k=7, 8, 9, 10

. Ще докажем, че между сборовете

x_{i}+y_{j}, i=1, 2, 3

j=4, 5, 6

се срещат поне 6 различни двойки. Ако между тези сборове има три равни, то без ограничение

x_{1}+y_{4}=x_{2}+y_{5}=x_{3}+y_{6}

и лесно се вижда, че не може да има други еднакви двойки. Ако между сборовете

x_{i}+y_{j}, i=1, 2, 3, j=4, 5, 6

се срещат 5 различни двойки и няма три равни (тогава трябва да има четири двойки равни сборове), то без ограничение

x_{1}+p=x_{2}+q

x_{1}+r=x_{2}+s

, където

p, q, r, s

са някои от

y_{j}

, като

p \neq q

r \neq s

. Това означава, че

p+s=q+r

като единствената възможност е

p \neq q=r \neq s

. Следователно

\{p, q, r\}=\left\{y_{4}, y_{5}, y_{6}\right\}

, като

p+s=2 q

, т. е. по модул

3 p+q+s=0

. Последното означава, че

\left(1, a_{4}, b_{4}\right), \left(1, a_{5}, b_{5}\right), \left(1, a_{6}, b_{6}\right)

имат исканото свойство, противоречие. Тъй като в

x_{i}+y_{j}, i=1, 2; j=3, 4, 5, 6

се срещат поне 6 различни двойки, получаваме противоречие както в първия случай.

\textit{Оценяване: }

( 7 точки) 3 точки за пример за

n=18; 4

точки за доказване, че множество с 19 елемента е хубаво.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-11-3

Задача 3b

Пълен запис

Условие

Дадено с рационално число

q\gt{}3

такова, че

q^{2}-4

е квадрат на рационално число. Редицата

\left\{a_{i}\right\}_{i=0}^{\infty}

е дефинирана по следния начин:

a_{0}=2, a_{1}=q, a_{i+1}=q a_{i}-a_{i-1},

\text{за всяко} i=1, 2, \ldots

Съществуват ли естествено число

n

и ненулеви цели числа

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

със сбор 0 такива, че ако запишем числото

b_{0} a_{0}+b_{1} a_{1}+\cdots+b_{n} a_{n}

във вида

\frac{A}{B}

, където

A

B

са взаимнопрости цели числа, то

A

не се дели на квадрат на просто число.

Решение

Ще докажем, че такива числа не съществуват. Квадратното уравнение

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

има два рационални корена

t

\frac{1}{t}

, за които

t+\frac{1}{t}=q

. По индукция лесно следва, че

a_{m}=t^{m}+\frac{1}{t^{m}}

. Да допуснем, че съществуват цели числа

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

удовлетворяващи условието на задачата. Лема. Нека

f(x)=c_{n} x^{n}+c_{n-1} x^{n-1}+\cdots+c_{1} x+c_{0}

е полином с ненулеви цели коефициенти за които

c_{n-k}=c_{k}

за всяко

k=0, 1, \ldots, n

\sum_{i=0}^{n} c_{i}=0

. Тогава

f(x)=(x-1)^{2} g(x)

, където

g(x)

е полином с цели коефициенти. Доказателство: От условието имаме, че

f(1)=0

. Тъй като

f^{\prime}(x)=n c_{n} x^{n-1}+(n-1) c_{n-1} x^{n-2}+\cdots+c_{1},

то

2 f^{\prime}(1)=\left(n c_{n}+(n-1) c_{n-1}+\cdots+c_{1}\right)+\left(n c_{0}+(n-1) c_{1}+\cdots+c_{n-1}\right)=n\left(c_{n}+c_{n-1}+\cdots+c_{1}+c_{0}\right)=0

и следователно

x=1

е двоен корен. Лемата е доказана. Полиномът

f(x)=b_{n} x^{2 n}+b_{n-1} x^{2 n-1}+\cdots+b_{1} x^{n+1}+2 b_{0} x^{n}+b_{1} x^{n-1}+b_{2} x^{n-2}+\cdots+b_{n-1} x+b_{n}

. изпълнява условията на лемата. Не е трудно да се види, че

t^{n}\left(b_{n}\left(t^{n}+\frac{1}{t^{n}}\right)+b_{n-1}\left(t^{n-1}+\frac{1}{t^{n-1}}\right)+\cdots+2 b_{0}\right)=

f(t)=(t-1)^{2} g(t)

Освен това, ако

t=\frac{r}{s}, (r, s)=1

, то от

\frac{r}{s}+\frac{s}{r}=q\gt{}3

лесно следва, че

r \geq s+2

, т. е.

r-s \geq 2

. Тогава

g\left(\frac{r}{s}\right)

е число от вида

\frac{l}{s^{2 n-2}}

. Окончателно

b_{0} a_{0}+b_{1} a_{1}+\cdots+b_{n} a_{n}

се представя във вида

\frac{(r-s)^{2} \cdot l}{r^{n} \cdot s^{n}}

и понеже числото

r-s \geq 2

(r-s, r)=(r-s, s)=1

, то числителят винаги ще се дели на квадрат на просто число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-11-3b

Задача 4

Пълен запис

Условие

Разглеждаме редицата, зададена с

F_{0}=F_{1}=1

F_{n+1}=F_{n}+F_{n-1}

. Да се докаже, че за всяко

n \geq 5

, числото

\varphi\left(F_{n}\right)

се дели на 4. (За всяко естествено число

t

\varphi(t)

се означава функцията на Ойлер, т. е. броят на числата, които са по-малки от

t

и са взаимнопрости с

t.)

Решение

За редицата на Фибоначи ще докажем, че

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

. Имаме:

F_{n+1} F_{n-1}-F_{n}^{2}=

-\left(F_{n} F_{n-2}-F_{n-1}^{2}\right) & \Longleftrightarrow\left(F_{n}+F_{n-1}\right) F_{n-1}-F_{n}^{2}=

\begin{aligned}-\left(F_{n} F_{n-2}-F_{n-1}^{2}\right) \\ & \Longleftrightarrow F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2}\end{aligned}

От горното равенство следва:

F_{n+1} F_{n-1}-F_{n}^{2}=(-1)^{n}

Нека

a

b

са две различни числа, които са по-малки от

F_{n}

и са взамимнопрости с

F_{n}

. Ще докажем, че множествата

A=\left\{a, -a, a F_{n+1}, -a F_{n+1}\right\}

B=\left\{b, -b, b F_{n+1}, -b F_{n+1}\right\}

по модул

F_{n}

или не се пресичат или съвпадат. Ако например

a=-b F_{n+1}

, то

-a=b F_{n+1}

a F_{n+1}=b(-1)^{n+1}

-a F_{n+1}=b(-1)^{n}

. Аналогично се проверява, че ако кои да са два елемента от

A

B

са равни, то

A=B

. Също така всяко число, което е по-малко от

F_{n}

и е взаимнопросто с

F_{n}

се среща в някое множество от дадения вид. Следователно всички числа, които са по-малки от

F_{n}

и са взаимнопрости с

F_{n}

се разбиват на непресичащи се четворки, т. е. 4 дели

\varphi\left(F_{n}\right)

\textit{Оценяване: }

( 7 точки) 2т. за равенството

F_{n+1} F_{n-1}-F_{n}^{2}=(-1)^{n}; 2

т. за сравненията по модул

F_{n}; 1

т. за разглеждане на множествата

\left\{a, -a, a F_{n+1}, -a F_{n+1}\right\}; 2

т. за довършване нва решението. Оттук получаваме

F_{n+1} F_{n-1} \equiv(-1)^{n}\left(\bmod F_{n}\right)

, а от рекурентната връзка

F_{n+1}=F_{n}+F_{n-1}

имаме

F_{n+1} \equiv F_{n-1}\left(\bmod F_{n}\right)

. Следователно

F_{n+1}^{2} \equiv F_{n+1} F_{n-1} \equiv(-1)^{n} \quad\left(\bmod F_{n}\right)

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-11-4

2024

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Първият, седмият и седемнадесетият членове на аритметична прогресия са различни и са последователни членове на геометрична прогресия. Да се намери разликата на аритметичната прогресия, ако първият ѝ член е решение на уравнението

x^{2}-9 x+x \sqrt{\vphantom{x^2}12-x}-9 \sqrt{\vphantom{x^2}12-x}=0.

Решение

Нека

a_{1}

d

са съответно първият член и разликата на аритметичната прогресия. От условието

a_{1}, a_{1}+6 d

a_{1}+16 d

са последователни членове на геометрична прогресия, т. е.

\left(a_{1}+6 d\right)^{2}=a_{1} \cdot\left(a_{1}+16 d\right) \Longleftrightarrow d \cdot\left(a_{1}-9 d\right)=0

Тъй като

d \neq 0

, то получаваме, че

a_{1}=9 d

. Освен това имаме

(x-9)(x+\sqrt{\vphantom{x^2}12-x})=0

x \leq 12

. Тогава

x=9

или

\sqrt{\vphantom{x^2}12-x}=-x

, т. е.

x^{2}+x-12=0

x \leq 0

, откъдето

x=-4

. Тогава

a_{1}=9

a_{1}=-4

, като съответно

d=1

d=-\frac{4}{9}

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 2 т. за извода

a_{1}=9 d

; 3т. за намиране на

x=a_{1}=9

x=a_{1}=-4

и 1т. съответно за

d=1

d=-\frac{4}{9}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Точките

P, Q

R

са от страните

A B, B C

A C

на

\triangle A B C

. Ако отсечките

A Q, B R

C P

се пресичат в една точка и

\angle A P R=\angle B P Q

, да се докаже, че

C P \perp A B.

Решение

Решение. Нека

X

Y

са пресечните точки на

P R

P Q

с правата през

C

, успоредна на

A B

. От подобията

\triangle C X R \sim \triangle A P R

\triangle C Q Y \sim \triangle B Q P

получаваме, че

\frac{C X}{A P}=\frac{C R}{R A} \text{и} \frac{C Y}{B P}=\frac{C Q}{Q B}.

Следователно

C X=\frac{A P \cdot C R}{R A}

C Y=\frac{C Q \cdot B P}{Q B}

. От теоремата на Чева имаме

\frac{A P}{P B} \cdot \frac{B Q}{Q C} \cdot \frac{C R}{R A}=1

откъдето следва, че

C X=C Y

. От друга страна

\triangle P X Y

е равнобедрен поради

\angle P X Y=

\angle A P R=\angle B P Q=\angle P Y C

. Тъй като

P C

е медиана в равнобедрения триъгълник, получаваме

C P \perp A B

. Критерии за оценяване: (6 точки) 1 точка за разглеждане на точките

X

Y

; 3 точки за

P X=P Y; 2

точки за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадено е рационално число

q\gt{}3

такова, че

q^{2}-4

е квадрат на рационално число. Редицата

\left\{a_{i}\right\}_{i=0}^{\infty}

е дефинирана по следния начин:

a_{0}=2, a_{1}=q, a_{i+1}=q a_{i}-a_{i-1}, \forall i=1, 2, \ldots

Съществуват ли естествено число

n

и ненулеви цели числа

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

със сбор 0 такива, че ако запишем числото

b_{0} a_{0}+b_{1} a_{1}+\cdots+b_{n} a_{n}

във вида

\frac{A}{B}

, където

A

B

са взаимнопрости цели числа, то

A

не се дели на квадрат на просто число.

Решение

Ще докажем, че такива числа не съществуват. Квадратното уравнение

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

има два рационални корена

t

\frac{1}{t}

, за които

t+\frac{1}{t}=q

. По индукция лесно следва, че

a_{m}=t^{m}+\frac{1}{t^{m}}

. Да допуснем, че съществуват цели числа

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

удовлетворяващи условието на задачата. Лема. Нека

f(x)=c_{n} x^{n}+c_{n-1} x^{n-1}+\cdots+c_{1} x+c_{0}

е полином с ненулеви цели коефициенти за които

c_{n-k}=c_{k}

за всяко

k=0, 1, \ldots, n

\sum_{i=0}^{n} c_{i}=0

. Тогава

f(x)=(x-1)^{2} g(x)

, където

g(x)

е полином с цели коефициенти. Доказателство: От условието имаме, че

f(1)=0

. Тъй като

f^{\prime}(x)=n c_{n} x^{n-1}+(n-1) c_{n-1} x^{n-2}+\cdots+c_{1}

то

2 f^{\prime}(1)=\left(n c_{n}+(n-1) c_{n-1}+\cdots+c_{1}\right)+\left(n c_{0}+(n-1) c_{1}+\cdots+c_{n-1}\right)=n\left(c_{n}+c_{n-1}+\cdots+c_{1}+c_{0}\right)=0

и следователно

x=1

е двоен корен. Лемата е доказана. Полиномът

f(x)=b_{n} x^{2 n}+b_{n-1} x^{2 n-1}+\cdots+b_{1} x^{n+1}+2 b_{0} x^{n}+b_{1} x^{n-1}+b_{2} x^{n-2}+\cdots+b_{n-1} x+b_{n}

. изпълнява условията на лемата. Не е трудно да се види, че

t^{n}\left(b_{n}\left(t^{n}+\frac{1}{t^{n}}\right)+b_{n-1}\left(t^{n-1}+\frac{1}{t^{n-1}}\right)+\cdots+2 b_{0}\right)=

f(t)=(t-1)^{2} g(t)

Освен това, ако

t=\frac{r}{s}, (r, s)=1

, то от

\frac{r}{s}+\frac{s}{r}=q\gt{}3

лесно следва, че

r \geq s+2

, т. е.

r-s \geq 2

. Тогава

g\left(\frac{r}{s}\right)

е число от вида

\frac{l}{s^{2 n-2}}

. Окончателно

b_{0} a_{0}+b_{1} a_{1}+\cdots+b_{n} a_{n}

се представя във вида

\frac{(r-s)^{2}. l}{r^{n}. s^{n}}

и понеже числото

r-s \geq 2

(r-s, r)=(r-s, s)=1

, то числителят винаги ще се дели на квадрат на просто число.

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 2т. за

a_{m}=t^{m}+\frac{1}{t^{m}}

; 3т. за лемата; 2т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Страните и диагоналите на правилен

n

-ъгълник са оцветени в

k \geq 3

цвята. За всеки цвят

i

между всеки два върха на многоъгълникът съществува път, съставен само от отсечки от цвят

i

. Да се докаже, че съществуват три върха на многоъгълникът

A, B

C

такива, че отсечките

A B, B C

A C

са разноцветни.

Решение

Трябва да докажем, че в пълен граф с

n

върха и

k

цвята, където индуцирания граф по всеки цвят е свързан, съществува разноцветен триъгълник. Да означим цветовете с

1, 2, 3, \ldots, k

и да преоцветим всички ребра, които са в някой от цветовете

4, 5, \ldots, k

в цвят 3. Новият граф изпълнява условието за свързаност по всеки цвят и ако за него има разноцветен триъгълник, то същия триъгълник в началния граф също ще бъде разноцветен. Следователно можем да считаме, че

k=3

. Да допуснем, че твърдението не е вярно за граф

G

, като можем да изберем

G

да има минимален брой върхове. От минималността на

G

следва, че след премахването на произволен връх, новият граф няма да бъде свързан по някой от цветовете и нека това е цвят 1. Да означим с

G_{1}, G_{2}, \ldots, G_{t}

компонентите на свързаност по цвят 1 след изтриване на връх

A

. Тъй като

G

е свързан по цвят 1, то съществуват

A_{i} \in G_{i}

за които

A A_{i}

е в цвят 1. Отсечката

A_{1} A_{2}

не е в цвят 1, защото

G_{1}

G_{2}

са различни компоненти на свързаност. Нека тя е в цвят 2. Ако

A_{1} B

е отсечка с цвят 1 от

G_{1}

, то отсечката

A_{2} B

не може да е от цвят 1, защото

G_{1}

G_{2}

са различни компоненти на свързаност; не може да е от цвят 3, защото тогава

A_{1} A_{2} B

е разноцветен триъгълник и следователно е от цвят 2. Аналогично се доказва, че всички отсечки между точките от

G_{1}

G_{2}

са от цвят 2. Получихме, че всички отсечки между всеки две компоненти на свързаност са или в цвят 2 или в цвят 3. Сега да разгледаме отсечки

A X

A Y

съответно в цвят 2 и 3 (такива отсечки има, тъй като

G

е свързан по всеки от цветовете). Без ограничение имаме следните два случая: 1.

X, Y \in G_{1}

, като тогава единият от триъгълниците

A X A_{2}

A Y A_{2}

е разноцветен. 2.

X \in G_{1}

Y \in G_{2}

, като тогава единият от триъгълниците

A X A_{2}

A Y A_{1}

е разноцветен. Полученото противоречие показва, че за всеки граф с дадените свойства съществува разноцветен триъгълник.

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 1т. за свеждане на задачата до три цвята; 1т. за разглеждане на минимален граф; 1т. за наблюдението, че след премахване на една точка графът не е свързан по един от цветовете; 2т. за наблюдението, че отсечките между две компоненти са едноцветни; 2т. за получаване на противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-11-4