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

12

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

zms2021-12-3: има placeholder текст
zms2019-12-3: има placeholder текст
zms2016-12-3: има placeholder текст
zms2013-12-3: има placeholder текст
zms2012-12-4: има placeholder текст
zms2010-12-2: има placeholder текст
zms2009-12-4: има placeholder текст
zms2007-12-2: има placeholder текст
zms2006-12-3: има placeholder текст

2006

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадена е функцията

f(x)=\frac{x^{2}-2006 x+1}{x^{2}+1}

. а) Да се реши неравенството

f^{\prime}(x) \geq 0

. б) Да се докаже, че

|f(x)-f(y)| \leq 2006

за произволни реални числа

x

y

Решение

а) Имаме

f^{\prime}(x)=

\frac{(2 x-2006)\left(x^{2}+1\right)-2 x\left(x^{2}-2006 x+1\right)}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}=

\frac{2006\left(x^{2}-1\right)}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}.

Следователно

f^{\prime}(x) \geq 0

тогава и само тогава, когато

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

. б) От а) следва, че

f(x)

расте пре

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

и намалява при

x \in(-1, 1)

. Следователно най-голямата и́ стойност е

f(-1)=1004

, а най-малката

f(1)=-1002

. Оттук

|f(x)-f(y)| \leq|1004-(-1002)|=2006

, за произволни

x

y

. Втори начин. Множеството от стойностите на функцията

f(x)

се състои от всички реални числа

t

, за които уравнението

\frac{x^{2}-2006 x+1}{x^{2}+1}=t

има поне едно Това е изпълнено точно когато дискриминантата на квадратното уравнение (

1- t) x^{2}-2006 x+(1-t)=0

е неотрицателна, т. е.

2006^{2}-4(1-t)^{2} \geq 0

. Оттук намираме

t \in[-1002, 1004]

и следователно

|f(x)-f(y)| \leq 2006

за произволни

x

y

. Трети начин. Неравенството

|f(x)-f(y)| \leq 2006

е еквивалентно на

|(x-y)(x y-1)| \leq\left(x^{2}+1\right)\left(y^{2}+1\right).

Достатъчно е да докажем, че

\left(x^{2}+1\right)\left(y^{2}+1\right) \geq(x-y)(x y-1)

за произволни

x

y

. За целта записваме неравенството във вида

x^{2}\left(y^{2}-y+1\right)+x\left(y^{2}+1\right)+\left(y^{2}-y+1\right) \geq 0.

Тъй като

y^{2}-y+1\gt{}0

\left(y^{2}+1\right)^{2}-4\left(y^{2}-y+1\right)^{2}=-(y-1)^{2}\left(3 y^{2}-2 y+3\right) \leq 0

за всяко

y

, заключаваме, че даденото неравенство е изпълнено за произволни

x

y

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Върху диаметър на окръжност с радиус

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

са взети точки

M

N

, равноотдалечени от центъра и́. През

M

е построена хорда

A B

, а през

N

е построена хорда

A C

така, че

\frac{1}{M B^{2}}+\frac{1}{N C^{2}}=\frac{3}{M N^{2}}

Да се намери разстоянието от центъра на окръжността до точките

M

N

Решение

Нека

O

е центърът на окръжността и нека

P Q

е диаметърът, върху който лежат

M

N(M \in P O, N \in Q O)

. Да означим

x=M O=N O, 0 \leq x \leq \sqrt{\vphantom{x^2}5}

. Тогава

M A \cdot M B=M P \cdot M Q=(\sqrt{\vphantom{x^2}5}-x)(\sqrt{\vphantom{x^2}5}+x)=5-x^{2}

Аналогично

N A \cdot N C=5-x^{2}

. Оттук получаваме

\frac{1}{M B^{2}}+\frac{1}{N C^{2}}=\frac{M A^{2}+N A^{2}}{\left(5-x^{2}\right)^{2}}

От формулата за медианата

A O

\triangle M N A

имаме

5=A O^{2}=\frac{1}{4}\left(2\left(M A^{2}+N A^{2}\right)-4 x^{2}\right)

т. е.

M A^{2}+N A^{2}=2\left(5+x^{2}\right)

. Следователно

\frac{1}{M B^{2}}+\frac{1}{N C^{2}}=\frac{2\left(5+x^{2}\right)}{\left(5-x^{2}\right)^{2}}=\frac{3}{4 x^{2}}

тъй като

M N^{2}=4 x^{2}

. Оттук

x^{4}+14 x^{2}-15=0

, т. е.

x=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-12-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

O

е центърът на описаната окръжност около равнобедрен триъгълник

A B C

с основа

A B

. Правата

A O

пресича бедрото

B C

в точка

D

. Известно е, че

|B D|

|C D|

са цели числа, а

|A O|-|C D|

е просто число. Да се намерят тези три числа.

Решение

Да означим

A O=R, B D=b, C D=c

O D=d

. Тъй като

C O

е ъглополовяща в

\triangle A C D

, то

\frac{d}{R}=\frac{c}{b+c}

От друга страна, ако правата

A O

пресича описаната окръжност в точка

E

, то от свойството на секущите

A E

B C

следва, че

(R+d)(R-d)=b c

Като заместим

d=\frac{c R}{b+c}

, получаваме

R^{2}=\frac{(b+c)^{2} c}{b+2 c}

Нека

k=(b, c, R), m=\left(\frac{b}{k}, \frac{c}{k}\right),

R_{1}=\frac{R}{k}, b_{1}=\frac{b}{k m} \text{и} c_{1}=\frac{c}{k m}.

Тогава

R_{1}^{2}=\frac{m^{2}\left(b_{1}+c_{1}\right)^{2} c_{1}}{b_{1}+2 c_{1}}

Понеже

\left(m, R_{1}\right)=1

\left(b_{1}+2 c_{1}, b_{1}+c_{1}\right)=\left(b_{1}+2 c_{1}, c_{1}\right)=\left(b_{1}, c_{1}\right)=1,

получаваме

R_{1}^{2}=\left(b_{1}+c_{1}\right)^{2} c_{1}

m^{2}=b_{1}+2 c_{1}

. Следователно

c_{1}

е точен квадрат, например

c_{1}=n^{2}

. Тогава

c=k m c_{1}=k m n^{2}, b=k m b_{1}=k m\left(m^{2}-2 n^{2}\right)

, както и

R=k R_{1}=k n\left(m^{2}-n^{2}\right)

. Тъй като

1\gt{}\sin \angle B A C=\frac{b+c}{2 R}=\frac{m}{2 n}

, то

\sqrt{\vphantom{x^2}2} n\lt{}m\lt{}2 n

. (Обратно, при това условие триъгълникът съществува и е остроъгълен, т. е. правата

A O

пресича бедрото

B C

.) В частност,

n \geq 2

. Понеже

R-c=k n\left(m^{2}-n^{2}-m n\right)

е просто число, следва, че

n

е просто числа,

k=1

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

, т. е.

(m-1)(m+1)=n(m+n)

. Имаме две възможности:

(*)

m-1=\ln

. Тогава

l(\ln +2)=\ln +1+n

, т. е.

n=\frac{1-2 l}{l^{2}-l-1}

Последното число е отрицателно при

l \geq 2

. Следователно

l=1

и оттам

n=1

, което е противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-12-4

2007

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е куб с ръб 1. Прекарана е равнина, която минава през връх на основата на куба и центровете на двете околни стени, които не го съдържат. Да се намери отношението, в което сечението на равнината с куба дели неговия обем.

Решение

Нека

P

Q

са центровете на стените

B C C_{1} B_{1}

D C C_{1} D

, и нека

\alpha=(A P Q)

(черт. 1). Тъй като

P Q

е средна отсечка в

\triangle D B C_{1}

, то

P Q \| B D

. Следователно

\alpha

пресича (

A B C D

) в правата през

A

, която е успоредна на

B D

. Означаваме с

T

S

пресечните точки на тази права с правите

C B

C D

. Правите

T P

S Q

пресичат ръба

C C_{1}

в една и съща точка

R

(пресечната точка на

\alpha

C C_{1}

). Нека

M=T R \cap B B_{1}

N=S R \cap D D_{1}

. Тогава сечението на

\alpha

с куба е четириъгълникът

A M R N

(лесно се вижда, че той е ромб). Ясно е, че

B T=B A=1

. Следователно

B M

е средна отсечка в

\triangle C R T

. Тъй като

B M=R C_{1}=1-R C

\frac{B M}{R C}=\frac{1}{2}

, то

B M=\frac{1}{3}

. Аналогично

D N=\frac{1}{3}

. черт. 1 черт. 2 Нека

V

е обемът на многостена ограничен от

(A B C D), (A M R N)

и околните стени на куба (черт. 2). Нека

A_{2}

C_{2}

са пресечните точки на

A A_{1}

C C_{1}

с равнината през

M N

, която е успоредна на (

A B C D

). Тогава

R C_{2}=R C-C C_{2}=M B=A A_{2}=\frac{1}{3}

и следователно триъгълните пирамиди

N M C_{2} R

N M A_{2} A

имат равни обеми. Това показва, че

V=V_{A B C D A_{2}} M C_{2} N=\frac{1}{3}

. Следователно сечението дели обема на куба в отношение

1: 2

(считано от основата ABCD).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-12-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Александър и Деница играят следната игра. Александър разрязва (ако е възможно) лента с целочислена дължина на три ленти с целочислени дължини, от които само една е най-дълга. С тази най-дълга лента Деница извършва подобна операция и т. н. Играта печели този, който последен може да разреже получената от другия лента. За кои ленти с дължини точни степени (т. е.

a^{b}, a-1, b-1 \in \mathbb{N}

) Деница има печеливша стратегия?

Решение

Да означим с

n

дължината на първоначалната лента. Ясно е, че няма ход при

n=1, 2, 3

. При

4 \leq n \leq 3+2+2=7

Александър може да разреже лентата така, че най-голямата дължина да е по-малка от 4 и значи печели. При

n=8, 9

най-голямата дължина е между 4 и 7 и Деница е в печеливша позиция след ход на Александър. Аналогично при

10 \leq n \leq 9+8+8=25

Александър има печеливша стратегия, защото може да разреже лентата така, че най-голямата дължина да е 8 или 9 и т. н. По индукция следва, че Деница има печеливша стратегия точно когато

n=3^{k}

или

n=3^{k}-1

за някое

k\gt{}1

. Числата от първия вид, както и

3^{2}-1=2^{3}

, са точно степени. Ще докажем, че други няма. Нека

a^{b}=3^{k}-1

. Понеже

a^{2} \equiv 0, 1(\bmod 3)

, то

b

е нечетно. Тогава

(a+1)\left(a^{b-1}+\cdots+a+1\right)=3^{k}

. Оттук

a+1=3^{i}

3^{k-i}=a^{b-1}+\cdots+a+1=A(a+1)+b, \quad 0\lt{}i\lt{}k

Значи 3 дели

b

. За

c=a^{b / 3}

имаме, че

3^{k}=(c+1)\left((c+1)^{2}-3 c\right)

. Следователно

c+1=3^{j}

(c+1)^{2}-3 c=3^{k-j}, 0\lt{}j\lt{}k

. В частност, 9 дели

(c+1)^{2}

, но не дели

3 c

. Последователно намираме, че

k-j=1, c=2, a=k=2

b=3

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

такива, че ако

a, b, c \geq 0

a+b+c=3

, то

a b c\left(a^{n}+b^{n}+c^{n}\right) \leq 3

Решение

При

a=2, b=c=\frac{1}{2}

n \geq 3

неравенството не е изпълнено. От друга страна, при

n=1

то е еквивалентно на неравенството между средното аритметично и средното геометрично за три числа. Ще докажем, че даденото неравенство е в сила и при

n=2

. Нека

x=b c

. Тогава

a b c\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)=a x\left(a^{2}+(b+c)^{2}-2 x\right).

Функцията

x(p-2 x)

е растяща при

x \leq \frac{p}{4}

. Тъй като

b c \leq \frac{(b+c)^{2}}{4} \leq \frac{a^{2}+(b+c)^{2}}{4}

следва, че ако

b+c=b^{\prime}+c^{\prime}

b c \leq b^{\prime} c^{\prime}

, то

a b c\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \leq

a b^{\prime} c^{\prime}\left(a^{2}+b^{\prime 2}+c^{\prime 2}\right) \tag{1}

Без ограничение можем да считаме, че

b \leq 1 \leq c

. Полагаме

b^{\prime}=1, c^{\prime}=b+c-1

. Тъй като

b+c=b^{\prime}+c^{\prime}

b c-b^{\prime} c^{\prime}=(b-1)(c-1) \leq 0

, то от (1) следва, че

a b c\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \leq a(2-a)\left(a^{2}+1+(2-a)^{2}\right). \tag{2}

Полагаме

d=(a-1)^{2}

. Тогава

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

(1-d)(3+2 d)=3-d-2 d^{2} \leq 3

и даденото неравенство при

n=2

следва от (2).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-12-4

2008

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които неравенството

\log _{\frac{a+1}{a-1}}\left(x^{2}-x+1\right)\lt{}1

е изпълнено за всяко

x

Решение

Първо ще отбележим, че

x^{2}-x+1 \geq \frac{3}{4}

за всяко

x

, защото това неравенство е еквивалентно на

\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2} \geq 0

. Следователно при всяко

x

даденото неравенство има смисъл при

\frac{a+1}{a-1}\gt{}0

. Нека

0\lt{}\frac{a+1}{a-1}\lt{}1

. Тогава

x^{2}-x+1\gt{}\frac{a+1}{a-1}\gt{}0

за всяко

x

. Това е изпълнено тогава и само тогава, когато

\frac{a+1}{a-1}\lt{}\frac{3}{4}

, т. е.

0\lt{}\frac{a+1}{a-1}\lt{}\frac{3}{4}

. Оттук

a \in(-7, -1)

. Ако

0\lt{}\frac{a+1}{a-1}\gt{}1

, то

x^{2}-x+1\lt{}\frac{a+1}{a-1}

за всяко

x

, което е невъзможно. Следователно

a \in(-7, -1)

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Ъглополовящата на

\angle B A C

\triangle A B C

пресича страната

B C

в точка

E

, а външната ъглополовяща на

\angle A C B

пресича лъча

B A \rightarrow

в точка

F

. Ако дължината на отсечката

A F

е равна на периметъра на

\triangle A C E

, да се намери отношението

\angle B A C: \angle A B C

Решение

Нека точката

G

от лъча

A C^{\rightarrow}

е такава, че

A G=A F

. Тогава

\angle A G F=\angle B A C / 2=\delta

. Нека сега точката

B^{\prime}

от лъча

E B \rightarrow

е такава, че

E B^{\prime}=A E

. Тогава

C B^{\prime}=C G

и понеже

\angle F C B^{\prime}=\angle F C G

, то

\triangle F C B^{\prime} \cong \triangle F C G

по първи признак. Следователно

\angle C B^{\prime} F= \delta

. Ако

B^{\prime}

е между

E

B

, то

\angle C B^{\prime} F\lt{} \angle C B^{\prime} A=\angle E A B^{\prime}\lt{}\delta

, противоречие. Ако пък

B

е между

E

B^{\prime}

, то

\angle C B^{\prime} F\gt{}\angle C B^{\prime} A=\angle E A B^{\prime}\gt{}\delta

, което отново е противоречие. И така,

B^{\prime}=B

, т. е.

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

f_{k}(x)=\frac{1}{k}\left(\sin ^{k} x+\cos ^{k} x\right)

. Да се намерят всички естествени числа

m

n, m \neq n

, за които функцията

f_{m}(x)-f_{n}(x)

е константа.

Решение

Нека

m\lt{}n

f_{m}(x)-f_{n}(x)=c

за всяко

x \in R

. Като положим

x=0

x=\pi

получаваме

\frac{1}{m}-\frac{1}{n}=c

\frac{(-1)^{m}}{m}-\frac{(-1)^{n}}{n}=c

. Оттук и

m \neq n

лесно следва, че

m

n

са четни числа. Нека

m=2 p

n=2 q

. Сега полагаме

x=\frac{\pi}{4}

и получаваме, че

\frac{1}{2 p}-\frac{1}{2 q}=c=\frac{1}{p 2^{p}}-\frac{1}{q 2^{q}} \tag{$\star$}

Ако

p=1

, то от (\textit{) следва, че

q=1

. Тогава

m=n=2

, което противоречи на условието

m \neq n

. Следователно

p \geq 2

и (}) може да се запише във вида

\frac{q 2^{q}}{p 2^{p}}=\frac{2^{q}-2}{2^{p}-2}

. Нека

q=p+k

, където

k

е естествено число. Тогава горното равенство може да се запише във вида (**).

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

Тъй като

k 2^{k} \geq 2^{k+1}-2

, то

\frac{p}{2^{p}-2} \geq 1

, т. е.

p \geq 2^{p}-2

. По индукция лесно следва, че

2^{p}-2\gt{}p

при

p \geq 3

и следователно

p=2

. Тогава от (**) следва, че

k 2^{k}=2^{k+1}-2

, т. е.

k=1

. Оттук

q=3

и заключаваме, че

m=4

n=6

. Остава да докажем, че тези естествени числа изпълняват условието. Наистина, в този случай

\begin{aligned} f_{4}(x) & =\frac{\sin ^{4} x+\cos ^{4} x}{4}=\frac{\left(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x\right)^{2}-2 \sin ^{2} x \cos ^{2} x}{4} \\ & =\frac{1}{4}-\frac{\sin ^{2} x \cos ^{2} x}{2} \end{aligned}

\begin{aligned} f_{6}(x) & =\frac{\sin ^{6} x+\cos ^{6} x}{6}=\frac{1}{6}\left(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x\right)\left(\sin ^{4} x-\sin ^{2} x \cos ^{2} x+\cos ^{4} x\right) \\ & =\frac{\left(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x\right)^{2}-3 \sin ^{2} x \cos ^{2} x}{6}=\frac{1}{6}-\frac{\sin ^{2} x \cos ^{2} x}{2} \end{aligned}

Следователно

f_{4}(x)-f_{6}(x)=\frac{1}{4}-\frac{1}{6}=\frac{1}{12}

. Окончателно, търсените числа са

m=4, n=6

или

m=6, n=4

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

\mathbb{R}^{+}

е множеството на реалните положителни числа. a) Да се построи пример на функция

f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}

, която има следното свойство:

2 f\left(x^2\right) \geq x f(x)+x \text{за всяко} x\gt{}0.

б) Да се докаже, че ако

f(x)

има свойството от а), то

f\left(x^3\right) \geq x^2

при

x\gt{}0

Решение

Решение. а) Например функцията

f(x)=\left\{\begin{array}{l}1 \text{при} x \leq 1 \cr x \text{при} x \geq 1\end{array}\right.

има исканото свойство. б) Очевидно

f\left(x^2\right)\gt{}x / 2

. Да предположим, че

f(x)\gt{}x^{a_n} / 2^{1 / 2^n}

за всяко

x\gt{}0\left(a_0=1 / 2\right)

. Понеже

f\left(x^2\right) \geq x \sqrt{\vphantom{x^2}f(x)}

, то

f(x) \geq \sqrt{\vphantom{x^2}x} \sqrt{\vphantom{x^2}f(\sqrt{x})}\gt{}x^{\alpha_{n+1}} / 2^{1 / 2^{n+1}}

където

a_{n+1}=1 / 2+a_n / 4

. Сега от

a_{n+1}-2 / 3=\left(a_n-2 / 3\right) / 4

следва, че

a_n \rightarrow 2 / 3

. Понеже

2^{1 / 2^n} \rightarrow 1

, заключаваме, че

f(x) \geq x^{2 / 3}

при

x\gt{}0

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-12-4

2009

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Редицата

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

е дефинирана с равенствата

x_{1}=2

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

при

n \geq 1

. Да се докаже, че: а) редицата с общ член

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

е геометрична прогресия и да се намери нейното частно; б) редицата с общ член

\frac{1}{n}\left(\frac{1}{1+x_{1}}+\cdots+\frac{1}{1+x_{n}}\right)

е сходяща и да се намери нейната граница.

Решение

а) Ако

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

, то

y_{n+1}=\frac{1}{1+\frac{1+2 x_{n}}{2+x_{n}}}-\frac{1}{2}=\frac{1-x_{n}}{6\left(1+x_{n}\right)}=\frac{y_{n}}{3}

и следователно редицата (

y_{n}

) е геометрична прогресия с частно

\frac{1}{3}

(и първи член

-\frac{1}{6}

). б) От а) следва, че

\begin{gathered} z_{n}=\frac{1}{n}\left(\frac{1}{1+x_{1}}+\cdots+\frac{1}{1+x_{n}}\right)=\frac{1}{2}+\frac{y_{1}+\cdots+y_{n}}{n}= \\ \frac{1}{2}-\frac{1}{6 n} \cdot \frac{1-1 / 3^{n}}{1-1 / 3}=\frac{1}{2}-\frac{1}{4 n}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right) \end{gathered}

и значи

\lim _{n \rightarrow \infty} z_{n}=\frac{1}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

A B C D

е вписан в окръжност четириъгълник. Точка

E

върху лъча

D A \rightarrow

е такава, че

\angle A B C=2 \angle E B D

. Да се докаже, че

D E=\frac{A C \cdot B D}{A B+B C}

Решение

Нека

F

е такава точка върху правата

A D

, че

\angle A B F=\angle C B D

A

е между

D

F

. Понеже

\angle B A F=\angle B C D

, то

\triangle A B F \sim \triangle C B D

. Следователно (1)

\frac{B F}{B D}=\frac{A B}{C B}=\frac{A F}{C D}

. От друга страна, от

\angle A B C=2 \angle E B D

следва, че

B E

е ъглополовяща на

\angle F B D

и значи (2)

\frac{B F}{B D}=\frac{E F}{E D}

. От (1) и (2) получаваме, че

\frac{A B}{C B}=\frac{E F}{E D}=\frac{A F+A D-D E}{D E}=

\frac{A B \cdot C D+B C \cdot(A D-D E)}{B C \cdot D E}.

Оттук и теоремата на Птоломей следва, че

D E(A B+B C)=A B. C D+B C. A D=A C. B D.

Нека

\angle A B C=\beta, \angle E B D=\varphi

\angle A D B=\psi

. От синусовата теорема имаме, че

\frac{D E}{B D}=\frac{\sin \varphi}{\sin (\varphi+\psi)},

\quad \frac{A C}{A B+B C}=\frac{\sin \beta}{\sin \psi+\sin (\beta+\psi)}.

Следователно

\begin{gathered} D E=\frac{A C \cdot B D}{A B+B C} \Leftrightarrow \sin \varphi(\sin \psi+\sin (\beta+\psi))=\sin \beta \sin (\varphi+\psi) \\ \Leftrightarrow \sin \varphi(\sin \psi+\sin \beta \cos \psi+\cos \beta \sin \psi)=\sin \beta(\sin \varphi \cos \psi+\cos \varphi \sin \psi) \\ \Leftrightarrow \sin \varphi(1+\cos \beta)=\sin \beta \cos \varphi \Leftrightarrow \tan \varphi=\tan \beta / 2 \Leftrightarrow \varphi=\beta / 2. \end{gathered}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички полиноми

P

с реални коефициенти такива, че

P(x-1) P(x+1)\gt{}P^{2}(x)-1

за произволно реално число

x

Решение

Да допуснем, че

\operatorname{deg} P=n \geq 2

и нека

P(x)=a_{0} x^{n}+a_{1} x^{n-1}+a_{2} x^{n-2}+\ldots

a_{0} \neq 0

. Тогава

\begin{gathered} P(x \pm 1)=a_{0}(x \pm 1)^{n}+a_{1}(x \pm 1)^{n-1}+a_{2} x^{n-2}+\ldots \\ =a_{0} x^{n}+\left(a_{1} \pm n a_{0}\right) x^{n-1}+\left(a_{2} \pm n a_{1}+n(n-1) a_{0} / 2\right) x^{n-2}+\ldots \end{gathered}

и следователно

P(x-1) P(x+1)=

a_{0}^{2} x^{2 n}+2 a_{0} a_{1} x^{2 n-1}

+\left(a_{1}^{2}+2 a_{0} a_{2}-n a_{0}^{2}\right) x^{2 n-2}+\ldots.

От друга страна,

P^{2}(x)=

a_{0}^{2} x^{2 n}+2 a_{0} a_{1} x^{2 n-1}+\left(a_{1}^{2}+2 a_{0} a_{2}\right) x^{2 n-2}+\ldots

и Значи

1\gt{}P^{2}(x)-P(x-1) P(x+1)=n a_{0}^{2} x^{2 n-2}+\ldots.

Последното обаче не е вярно за всяко достатъчно голямо

x

, което е противоречие. Следователно

P(x)=a x+b

и тогава

1\gt{}P^{2}(x)-P(x-1) P(x+1)=a^{2}

, откъдето

a \in(-1, 1)

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-12-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-12-4

2010

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които уравнението

2 \cdot 2^{\cos 2 x}-a \cdot 2^{\cos ^{2} x}=2

има

Решение

Полагаме

t=2^{\cos ^{2} x}

. Тогава

1 \leq t \leq 2

и от

1+\cos 2 x=2 \cos ^{2} x

следва, че даденото уравнение има тогава и само тогава, когато уравнението

f(t)=t^{2}

a t-2=0

има корен в затворения интервал

[1, 2]

. За всяко

a

последното уравнение има два реални корена с различни знаци и условието е изпълнено точно когато

f(1) \leq 0

f(2) \geq 0

. Оттук намираме, че

a \in[-1, 1]

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2010-12-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2010-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число такова, че

n+1

се дели на 24 и сумата от квадратите на различните делители на

n

(включително 1 и

n

) се дели на 48: Колко най-малко различни делители може да има

n

Решение

( ) Тъй като

n+1

се дели на 4, то

n

не е точен квадрат. Тогава можем да групираме различните делители на

n

по двойки

\left(a_{0}, b_{0}\right)=(1, n)

\left(a_{1}, b_{1}\right), \ldots, \left(a_{s}, b_{s}\right)

като

a_{k} b_{k}=n, 0 \leq k \leq s

. Тогава

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

се дели на 24, тъй като

24 \mid n+1

24 \mid a_{k}^{2}-1

, тъй като

a_{k}

е взаимно просто с 2 и 3. От условието имаме, че 48 дели числото

\begin{aligned} & \left(a_{0}^{2}+b_{0}^{2}\right)+\left(a_{1}^{2}+b_{1}^{2}\right)+\ldots+\left(a_{s}^{2}+b_{s}^{2}\right) \\ = & \left(a_{0}+b_{0}\right)^{2}-2 a_{0} b_{0}+\left(a_{1}+b_{1}\right)^{2}-2 a_{1} b_{1}+\ldots+\left(a_{s}+b_{s}\right)^{2}-2 a_{s} b_{s} \\ = & \left(a_{0}+b_{0}\right)^{2}+\left(a_{1}+b_{1}\right)^{2}+\ldots+\left(a_{s}+b_{s}\right)^{2}-2 n(s+1). \end{aligned}

От доказаното по-горе следва, че

48 \mid 2(s+1)

, т. е.

n

има поне 48 различни делители. Нека

n=23^{47}

. Тогава

24 \mid 23^{47}+1

. От друга страна

n

има точно 48 различни делители

1, 23, 23^{2}, \ldots, 23^{47}

и сумата от техните квадрати се дели на 48, защото

23^{2 k} \equiv 1(\bmod 48), 0 \leq k \leq 47

. ( Втори начин ) Всеки делител

d

на

n

е взаимнопрост с 24 и следователно

d \equiv \pm 1, \pm 5, \pm 7, \pm 11(\bmod 24)

. Оттук

d^{2} \equiv 1

или

25(\bmod 48)

. Да означим с

a

(съответно b) броя на делителите на

n

, които са от вида

24 k \pm 1, 24 k \pm 7

(съответно от вида

24 k \pm 5, 24 k \pm 11

). Да отбележим, че

b

е четно (понеже от

d=24 k+r

следва, че

n / d=24 k-r

). Сега получаваме

0 \equiv \sum_{d} d^{2} \equiv a+25 b \equiv a+b \quad(\bmod 48)

което означава, че броят на делителите на

n

е поне 48.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2010-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че

a^{2}(b-c)^{2}+b^{2}(a-c)^{2}+c^{2}(a-b)^{2} \geq

\frac{9}{2} a b c(1-a b c)

за произволни реални числа

a, b, c

със сума 3.

Решение

Полагаме

q=a b+b c+c a

p=a b c

. След преобразувания неравенството приема вида

(* *) q^{2} \geq \frac{9}{4} p(5-p)

. Можем да считаме, че

p \in(0, 1)

(иначе началното неравенство е очевидно). Тогава дясната страна на (**) е растяща функция на

p

. Движейки графиката на функцията

f(x)=x^{3}-3 x^{2}+q x-p

успоредно на оста

O y

, виждаме, че стойността на

p

е най-голяма, когато

f

има двойна нула (която не надминава третата нула на

f

). Значи можем да считаме, че

a=1+2 x, b=c=1-x (x \geq 0)

. Имаме да докажем, че

\begin{aligned} & (1-x)^{2}(1-x+2(1+2 x))^{2} \geq \frac{9}{4}(1-x)^{2}(1+2 x)\left(5-(1-x)^{2}(1+2 x)\right) \Leftrightarrow \\ & (1-x)^{2}\left(4(1+x)^{2}-(1+2 x)\left(4+3 x^{2}-2 x^{3}\right)\right) \geq 0 \Leftrightarrow x^{2}(x-1)^{2}(2 x-1)^{2} \geq 0 \end{aligned}

което е очевидно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2010-12-4

2011

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на реалния параметър

a

, за които уравнението

\left|x-4^{a}\right|+\left|x-2^{a}\right|=2^{a-1}+1

има безбройно много

Решение

От графиката на функцията

f(x)=|x-p|+|x-q|

следва, че уравнението

f(x)=r

има безбройно много тогава и само тогава, когато

|p-q|=r\gt{}0

. Следователно за даденото уравнение това е изпълнено тогава и само тогава, когато

\left|4^{a}-2^{a}\right|=2^{a-1}+1 \tag{$\star$}

Полагаме

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

и получаваме уравнението

\left|t^{2}-t\right|=\frac{t}{2}+1

. Уравнението

t^{2}-t= \frac{t}{2}+1

има единствен положителен корен

t=2

, а уравнението

t-t^{2}=\frac{t}{2}+1

няма реални корени. Следователно

2^{a}=2

и търсената стойност на

a

a=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

A A_{1}, B B_{1}

C C_{1}

са ъглополовящи в

\triangle A B C(A C \neq B C)

. Да се намери

\angle A C B

, ако

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

Решение

Нека

A C\gt{}B C

A^{\prime}

е симетричната точка на

A_{1}

спрямо

C C_{1}

. Ако

I

е пресечната точка на ъглополовящите, то

\angle I A^{\prime} C_{1}=\angle I A_{1} C_{1}=\angle I B_{1} C_{1}

. Оттук четириъгълникът

A^{\prime} C_{1} I B_{1}

е вписан в окръжност и следователно

C A^{\prime} \cdot C B_{1}=C I \cdot C C_{1} \tag{*}

Ако

B C=a, C A=b

A B=c

, имаме, че

C A^{\prime}=C A_{1}=\frac{a b}{b+c}, C B_{1}=\frac{a b}{a+c},

C I \cdot C C_{1}=\frac{a+b}{a+b+c} C I^{2}=a b \frac{a+b-c}{a+b}.

Замествайки в (*), следва, че

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

и от косинусовата теорема намираме

\forall A C B=120^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

O

е центърът на описаната около неравнобедрен остроъгълен

\triangle A B C

окръжност. Точки

D

E

върху страните

A C

B C

са такива, че

D E \| A B

C O

е ъглополовяща на

\angle D O E

. Да се докаже, че разстоянието от

C

до

D E

е равно на разстоянието от

O

до

A B

Решение

(3 т.) Ако

\angle D O C=\psi

, от синусовата теорема следва, че

\frac{C D}{\sin \psi}=\frac{C O}{\sin \left(90^{\circ}+\beta-\psi\right)},

\quad \frac{C E}{\sin \psi}=\frac{C O}{\sin \left(90^{\circ}+\alpha-\psi\right)}

и тогава

\frac{\sin \beta}{\sin \alpha}=\frac{C D}{C E}=\frac{\cos (\psi-\alpha)}{\cos (\psi-\beta)}

(2 т.) Оттук

\begin{gathered} \sin \beta \cdot \cos (\psi-\beta)=\sin \alpha \cdot \sin (\psi-\alpha) \Leftrightarrow \sin \psi-\sin (2 \beta-\psi)=\sin \psi-\sin (2 \alpha-\psi) \\ \Leftrightarrow \sin (\alpha-\beta) \cdot \cos (\gamma+\psi)=0 \end{gathered}

Понеже

\alpha \neq \beta, \gamma\lt{}\pi / 2

\psi \leq \pi

, то

\gamma+\psi=\pi / 2

. (2 т.) Разглеждайки

\triangle C D O

, следва, че

\angle C D E=\alpha=90^{\circ}-\angle O D E / 2

. Значи

C

е центърът на външновписаната за

\triangle O D E

окръжност към страната

D E

. Тогава

\operatorname{dist}(C, D E)=\operatorname{dist}(C, D O)=

C O \cos \gamma=\operatorname{dist}(O, A B).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяко естествено число

n

съществуват естествени числа

x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{10}

, по-големи от

n

, за които числото

2^{x_{1}^{2}}+2^{x_{2}^{2}}+\cdots+2^{x_{10}^{2}}

е точен квадрат.

Решение

Нека

x_{1}=x_{2}=\cdots=x_{8}=x, x_{9}=y

x_{10}=z

. Търсим естествени числа

a

b

, за които

8 \cdot 2^{x^{2}}+2^{y^{2}}+2^{z^{2}}=\left(2^{a}+2^{b}\right)^{2}

Достатъчно е да са изпълнени равенствата

y^{2}=2 a, z^{2}=2 b

x^{2}+3=a+b+1

. Оттук

a=2 k^{2}, b=2 m^{2}

x^{2}=2\left(k^{2}+m^{2}\right)-2

(*). Ще покажем, че последното уравнение има безбройно много в естествени числа. Нека (

u, v

) е в естествени числа на уравнението на Пел

u^{2}-2 v^{2}=1

(

\star \star

). Тогава лесно се проверява, че

x=2 u v, m=u

k=2 v^{2}

изпълняват горните равенства. Следователно числата

x_{1}=x_{2}=\cdots=x_{8}=2 u v, x_{9}=4 v^{2}

x_{10}=2 u

изпълняват условието, като изберем и

v\gt{}n

. Съществуването на такива

u

v

се гарантира от факта, че (

\star \star

) има безбройно много в естествени числа. Втори начин. Полагаме

x=2 q, k=q+p, m=q-(p+1)

. Тогава (*) е еквивалентно на

q=p^{2}+p

. Следователно за всяко естествено число

p\gt{}n

числата

x_{1}=\cdots=x_{8}=2\left(p^{2}+p\right), x_{9}=2\left(p^{2}+2 p\right)

x_{10}=2\left(p^{2}-1\right)

изпълняват даденото условие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-12-4

2012

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които уравнението

\log _{n}(\sin \pi x)=\sin ^{2}\left(\log _{n} x^{\pi}\right)

има

Решение

в реални числа. Понеже

\sin \pi x \leq 1

n\gt{}1

, то

\log _{n}(\sin \pi x) \leq 0 \leq \sin ^{2}\left(\log _{n} x^{\pi}\right)

. Следователно

\log _{n}(\sin \pi x)=\sin ^{2}\left(\log _{n} x^{\pi}\right)

точно когато

\sin \pi x=1

, т. е.

x=2 k+1 / 2

, и

\log _{n} x^{\pi}=m \pi

, където

k, m \in \mathbb{Z}

. Оттук

2 k+1 / 2=n^{m}

и тогава лесно следва, че

k=0, n=2

m=-1

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

c

такива, че редицата, дефинирана чрез равенствата

a_{0}=0

a_{n+1}=a_{n}^{2}+c

при

n \geq 0

, е ограничена.

Решение

Множеството на Малденброт се състои от всички комплексни числа

c

такива, че редицата от условието на задачата е ограничена. Това множество се съдържа в затворения кръг с център началото и радиус 2. Оценяване: 3 т. за случая

c \in(-2, 0)

; по 1 т. за останалите 3 случая.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

A B C D

е изпъкнал четириъгълник, за който

A B=2, A D=3

\angle B A D=\angle B C D

. Да се намерят дължините на страните

B C

C D

, ако е известно, че те са естествени числа.

Решение

Нека

B C=x, C D=y

\angle B A D=\angle B C D=\alpha

. От косинусовата теорема следва, че

2^{2}+3^{2}-12 \cos \alpha=B D^{2}=x^{2}+y^{2}-2 x y \cos \alpha

, откъдето

x^{2}+y^{2}-13=2(x y-6) \cos \alpha \tag{*}

Случай 1.

x y=6

. От

x^{2}+y^{2}=13

получаваме, че

x=2, y=3

или

x=3, y=2

. В първия случай

A B C D

е делтоид, а във вторияуспоредник. Случай 2.

x y\gt{}6

. Ако

x \neq y

, то

x^{2}+y^{2}\gt{}2 x y+1=2(x y-6)+13\gt{}2(x y-6) \cos \alpha+13

което е противоречие със (

*

). Следователно

x=y \geq 3

. Нека

\angle C B D=\beta, \angle A B D=\gamma

\angle A D B=\delta

. От синусовата теорема следва, че

\frac{x}{\sin \beta}=\frac{B D}{\sin \alpha}=\frac{3}{\sin \gamma}

Понеже

x \geq 3

, то

\sin \beta \geq \sin \gamma

. Сега от

\beta+\gamma\lt{}\pi

, получаваме, че

\beta \geq \gamma

. От друга страна, от

A B=2\lt{}3=A D

следва, че

\delta\lt{}\gamma

и значи

\pi-\alpha=\delta+\gamma\lt{}2 \gamma \leq 2 \beta=\pi-\alpha

, което отново е противоречие. Случай 3.

x y\lt{}6

. От (*) следва, че

-1\lt{}\frac{x^{2}+y^{2}-13}{2(6-x y)}\lt{}1

т. е.

|x-y|\gt{}1

x+y\lt{}5

. Понеже

x

y

са естествени числа, то

x=1, y=3

или

x=3, y=1

. И в двата случая от (*) следва

\cos \alpha=1 / 2

. Ако

y=3

, то

\angle C A D=\angle A C D

. Понеже

\angle B A D=\angle B C D

, получаваме, че

\angle B A C= \angle B C A

, т. е.

A B=B C

- противоречие. В случая

x=3, y=1

полученият четириъгълник

A B C D

е изпъкнал. Имаме да проверим, че

\angle A D C\lt{}180^{\circ}

A B C\lt{}180^{\circ}

. От косинусовата теорема намираме, че

B D=\sqrt{\vphantom{x^2}7}

. Следователно

\triangle A B D

е остроъгълен, а

\angle B D C\gt{}90^{\circ}

. Оттук

\angle A B C\lt{} 180^{\circ}

. Също така

\frac{2}{\sin \angle A D B}=\frac{3}{\sin \angle B D C}

и значи

\sin \angle A D B\lt{}\sin \angle B D C

. Понеже първият ъгъл е остър, а вторияттъп, следва, че тяхната сума, т. е. мярката на

\angle A D C

, е по-малка от

180^{\circ}

. Отговор:

(B C, C D)=(2, 3), (3, 2)

или

(3, 1)

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-12-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-12-4

2013

3 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дължините на страните на неравностранен триъгълник образуват аритметична прогресия и правата през медицентъра и центъра на вписаната окръжност е перпендикулярна на негова страна. Да се докаже, че триъгълникът е правоъгълен.

Решение

Ще използваме стандартните означения за елементите на

\triangle A B C

. Нека

G I \perp A B, C_{1}

е средата на

B

, а

C_{2}

C_{3}

са проекциите съответно на

I

C

върху

A B

. Тогава

G C_{2} \| C C_{3}

и значи

\frac{C_{1} C_{3}}{C_{1} C_{2}}=\frac{C_{1} C}{C_{1} G}=3.

Можем да считаме, че

a\gt{}b

. Тогава

C_{1} C_{2}=B C_{2}-B C_{1}=\frac{a-b+c}{2}-\frac{c}{2}=\frac{a-b}{2}

а от косинусовата теорема следва, че

C_{1} C_{3}=B C_{3}-B C_{1}=a \cos \beta-\frac{c}{2}=

\frac{a^{2}-b^{2}+c^{2}}{2 c}-\frac{c}{2}=\frac{(a-b)(a+b)}{2 c}

Оттук

3 c=a+b

. От друга страна,

a, b, c

образуват (в някакъв ред) аритметична прогресия, откъдето

2 b=a+c

. Получаваме, че

a: b: c=5: 4: 3

и значи

\alpha=90^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-12-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че всеки полином от трета степен с реални коефициенти може да се представи като сума от кубовете на три неконстантни полинома с реални коефициенти.

Решение

Всеки полином

P

от трета степен с реални коефициенти има поне една реална нула. Ако тази нула е трикратна, то твърдението е очевидно. Иначе

P

има еднократна реална нула

\alpha

. Тогава

P(x+\alpha)=a\left(x^{3}+3 b x^{2}+3 c x\right)(a c \neq 0)

и трябва да докажем твърдението за полинома в скобите. Достатъчно е да намерим реални числа

\alpha_{1}, \alpha_{2}, \lambda_{1}, \lambda_{2}, \lambda_{3}

така, че

x^{3}+3 b x^{2}+3 c x=

\lambda_{1}\left(x+\alpha_{1}\right)^{3}+\lambda_{2}\left(x+\alpha_{2}\right)^{3}+\lambda_{3} x^{3}.

Имаме, че

\lambda_{3}=1-\lambda_{1}-\lambda_{2}

, където

\lambda_{1}

\lambda_{2}

са на преопределената линейна система

\left\lvert\, \begin{aligned} & \alpha_{1} \lambda_{1}+\alpha_{2} \lambda_{2}=b \\ & \alpha_{1}^{2} \lambda_{1}+\alpha_{2}^{2} \lambda_{2}=c \\ & \alpha_{1}^{3} \lambda_{1}+\alpha_{2}^{3} \lambda_{2}=0 \end{aligned}\right.

При

0 \neq \alpha_{1} \neq \alpha_{2} \neq 0

системата от първите две уравнения има (единствено) Ако умножим първото уравнене по

\alpha_{1} \alpha_{2}

и от него извадим второто умножено по

\alpha_{1}+\alpha_{2}

, ще получим третото уравнение при условие, че

b \alpha_{1} \alpha_{2}=c\left(\alpha_{1}+\alpha_{2}\right)

. Понеже

c \neq 0

, можем да намерим различни ненулеви реални числа

\beta_{1}

\beta_{2}

така, че

b / c= \beta_{1}+\beta_{2}

. Остава да положим

\alpha_{1}=1 / \beta_{1}

\alpha_{2}=1 / \beta_{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-12-4

2014

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Окръжност

k

се допира до параболата

y=x^{2}

в две точки. Да се докаже, че: а) центърът на

k

лежи на ординатната ос; б) радиусът на

k

е по-голям от

1 / 2

Решение

а) Нека

A_{1}=\left(x_{1}, x_{1}^{2}\right), A_{2}=\left(x_{2}, x_{2}^{2}\right)

са двете допирни точки, а

A= \left(x_{0}, y_{0}\right)

е пресечната точка на допирателните към

y=x^{2}

в тези точки. Понеже те са допирателни и към

k

, то

A A_{1}=A A_{2}

. Имаме, че

y_{0}-x_{1}^{2}=2 x_{1}\left(x_{0}-x_{1}\right)

y_{0}-x_{2}^{2}=2 x_{2}\left(x_{0}-x_{2}\right)

. Като извадим тези уравнения, получаваме, че

\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(x_{1}+\right. \left. x_{2}-2 x_{0}\right)=0

. Значи

x_{0}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}

и тогава

y_{0}=x_{1} x_{2}

. Замествайки в равенството

\left(x_{0}-x_{1}\right)^{2}+\left(y_{0}-x_{1}^{2}\right)^{2}=\left(x_{0}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{0}-x_{2}^{2}\right)^{2}

, намираме, че

\left(x_{1}-x_{2}\right)^{3}\left(x_{1}+x_{2}\right)=0

. И така,

x_{1}+x_{2}=0

, откъдето следва исканото. б) От а) знаем, че

A=\left(0, -x_{1}^{2}\right)

M=\left(0, x_{1}^{2}\right)

, където

M

е средата на

A_{1} A_{2}

. Ако

O

е центърът на

k

, от подобието на правоъгълните триъгълници

A A_{1} M

A O A_{1}

следва, че

\frac{A_{1} M}{A M}=\frac{O A_{1}}{A A_{1}}

, откъдето

r=\frac{x_{1}}{2 x_{1}^{2}} \sqrt{\vphantom{x^2}x_{1}^{2}+4 x_{1}^{4}}=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{1}{4}+x_{1}^{2}}\gt{}\frac{1}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Вписаната в

\triangle A B C

окръжност

k

с център

I

се допира до страните

B C, C A

A B

съответно в точки

A_{1}, B_{1}

C_{1}.

Отсечката

B I

пресича

k

в точка

D,

а правата през

D

и средата на

B_{1} C_{1}

пресича за втори път

k

в точка

E.

Да се докаже, че точките

A, D, I

E

лежат на една окръжност.

Решение

Първо ще докажем следната известна Лема. Правата

A E

е симедиана в

\triangle B_{1} C_{1} E,

т. е. ако

M

е среда на

B_{1} C_{1}

A E \cap

B_{1} C_{1}=N,

то

\angle B_{1} E M=\angle C_{1} E N.

Доказателство. Понеже

A B_{1}=A C_{1}

B_{1} M=C_{1} M,

от синусовата теорема за

\triangle A E B_{1}, \triangle A E C_{1}, \triangle B_{1} E M

\triangle C_{1} E M

имаме, че

\frac{\sin \angle A E B_{1}}{\sin \angle A E B_{1}}=\frac{\sin \angle A B_{1} E}{\sin \angle A C_{1} E}=

\frac{\sin \angle B_{1} C_{1} E}{\sin \angle C_{1} B_{1} E}=\frac{\sin \angle C_{1} E M}{\sin \angle B_{1} E M},

откъдето следва твърдението на лемата. По-нататък, ако

A B \cap B_{1} E=F,

то

\angle A E D=\angle A E F+\angle F E C_{1}+\angle C_{1} E M=

2 \angle C_{1} E M+\angle C_{1} A_{1} B_{1}=\angle C_{1} B_{1} A_{1}+\angle C_{1} A_{1} B_{1}=90^{\circ}+\gamma / 2=\angle A I D,

с което задачата е решена. <i>Оценяване</i>. (6 точки) 3 т. за лемата (1 т., ако е без доказателство) и 3 т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

k \in(0, 1)

е реален параметър. Да се намери най-голямата стойност на израза

\frac{x+k^{2} y+(1-k)^{2} x y}{(1+x+y)^{2}}

при

x, y \geq 0.

Решение

Търсената стойност е

\frac{1}{4}.

Да означим израза с

f(x, y).

Очевидно

f(x, 0)=\frac{x}{(1+x)^{2}} \leq 1 / 4,

като равенство се достига само при

x=1.

Сега е достатъчно е да покажем, че

f(t y, y) \leq m_{t}: =\frac{1}{4}\left(\frac{t+k^{2}}{t+k}\right)^{2}\lt{}\frac{1}{4}

при

t, y \geq 0.

Това е еквивалентно на

\begin{gathered} \left(t+k^{2}\right) y+(1-k)^{2} t y^{2} \leq m_{t}(1+(t+1) y)^{2}, \quad \text{т. е.} \\ \left(m_{t}(t+1)^{2}-(1-k)^{2} t\right) y^{2}+\left(2 m_{t}(t+1)-t-k^{2}\right) y+m_{t} \geq 0. \end{gathered}

Предвид дефиницията на

m_{t},

дискриминантата на лявата част е 0. Остава да използваме, че

m_{t}\gt{}0.

<i>Оценяване</i>. (7 точки) 1 т. за максимума на

f(x, 0), 1

т. за разглеждане на

f(t y, y)

и 5 т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадена е квадратна таблица с

n

реда и

n

стълба, където

n \geq 3

е естествено число. Във всяка клетка от главния диагонал (главният диагонал съдържа всички клетки, започвайки от горния ляв ъгъл до долния десен ъгъл) без първата и последната е поставен по един пул. Разрешена е следната операция: ако в дадена клетка има пул, а в двете клетки отдясно и отгоре на дадената няма пулове, можем да премахнем този пул и да поставим по един пул в тези две празни клетки. След прилагането на краен брой операции от горния вид се оказало, че в клетките по главния диагонал няма пулове. Да се намерят всички възможни стойности на броя на пуловете върху дъската в този момент.

Решение

Да запишем във всяка от клетките, в които първоначално има пулове, числото 1. По-нататък, във всяка от клетките над главния диагонал да запишем

\frac{1}{2},

във всяка от клетките над клетка с

\frac{1}{2}

да запишем

\frac{1}{4}

и т. н, като в последните две клетки, които са съседни на горната дясна клетка записваме

\frac{1}{2^{n-2}}.

Да забележим, че при прилагане на разрешената операция сборът от числата, съответни на клетките с пул, не се променя. В началото този сбор е

n-2.

От друга страна, от тъждеството

n-2=\frac{n-1}{2}+\frac{n-2}{2^{2}}+\frac{n-3}{2^{3}}+\cdots+\frac{2}{2^{n-2}},

следва, че сборът на числата във всички клетки над главния диагонал без най-горната дясна клетка е равен на

n-2.

Понеже в най-горната дясна клетка не може да има пул, то ако в даден момент по главния диагонал няма пулове, то във всички клетки над главния диагонал, без клетката в горния десен ъгъл, трябва да има пулове. Броят им е

\frac{n^{2}-n}{2}-1.

Не е трудно да се укаже алгоритъм, с които исканото разположение се постига.

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 2 т. за намиране на инвариант, който работи, 1 т. за формулиране на тъждество, съответно на предложения инвариант, 2 т. ва доказвапге па тъждеството, 2 т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-12-4

2015

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

A B C D

е изпъкнал четириъгълник с лице

\frac{A B^{2}-C D^{2}}{4}

. Да се докаже, че ако

A D=B C

, то

A D \perp B C

Решение

Нека

A D \cap B C=E, \angle A E B=\theta, A B=a, C D=b, C E=x, D E=y

A D=B C=z

. Като извадим равенствата

\begin{gathered} a^{2}=(x \pm z)^{2}+(y \pm z)^{2}-2(x \pm z)(y \pm z) \cos \theta, \\ b^{2}=x^{2}+y^{2}-2 x y \cos \theta, \end{gathered}

получаваме, че

\text{(*)} \quad a^{2}-b^{2}=2 z( \pm x \pm y+z)(1-\cos \theta) \text{.}

Ако знакът е отрицателен, то

z\gt{}x+y\gt{}x

и значи

D

е между

A

E

, което противоречи на първото равенство. Следователно

\begin{gathered} S_{A B C D}=S_{A B E}-S_{C D E}= \\ ((x+z)(y+z)-x y) \frac{\sin \theta}{2}=z(x+y+z) \frac{\sin \theta}{2}=\frac{a^{2}-b^{2}}{4} \cot \frac{\theta}{2} \end{gathered}

откъдето

\cot \frac{\theta}{2}=1

, т. е.

\theta=90^{\circ}

\textit{Оценяване: }

2 т. за (*), 1 т. за определяне на знака и 3 т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малката стойност на

|A B|

, където

A

B

са точки съответно от графиките на функциите

y=(x-6)^{2}

y=-x^{2}

Решение

Ще търсим точки

C\left(x_{1}, y_{1}\right)

D\left(x_{2}, y_{2}\right)

от графиките на съответните функции така, че допирателните в тях да са перпендикулярни на правата

C D

. Тогава е ясно, че разстоянието между графиките е равно на

|C D|

. Двете допирателни са перпендикулярни на

C D

точно когато техните ъглови коефициенти

2\left(x_{1}-6\right)

-2 x_{2}

са равни на

-1 / k

, където

k=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}

е ъгловият коефициент на

C D

. Тогава

x_{1}-6=-x_{2}

-2 x_{2}=\frac{x_{1}-x_{2}}{y_{2}-y_{1}}=\frac{6-2 x_{2}}{-2 x_{2}^{2}}

Следователно

0=4 x_{2}^{3}+2 x_{2}-6=\left(x_{2}-1\right)\left(4 x_{2}^{2}+4 x_{2}+6\right)

откъдето

x_{2}=1

|C D|=\sqrt{\vphantom{x^2}\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}}=

\sqrt{\vphantom{x^2}\left(a-2 x_{2}\right)^{2}+\left(2 x_{2}^{2}\right)^{2}}=2 \sqrt{\vphantom{x^2}5}

\textit{Оценяване: }

2 т. за

x_{1}+x_{2}=6, 2

т. за

4 x_{2}^{3}+2 x_{2}=6

и 2 т. за

|C D|=2 \sqrt{\vphantom{x^2}5}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Полиномът

x^{8}+x+1

да се представи като произведение на неразложими полиноми над

\mathbb{Z}

Решение

Нека

P(x)=x^{8}+x+1

Q(x)=x^{2}(x-1)\left(x^{3}+1\right)+1

. Тогава

P(x)=x^{8}-x^{2}+x^{2}+x+1=\left(x^{2}+x+1\right) Q(x).

Очевидно

x^{2}+x+1

е неразложим полином над

\mathbb{Z}

. Да допуснем, че

Q

е разложим полином над

\mathbb{Z}

. Понеже

P

няма реални корени, то полином от вида

x^{2}+a x \pm 1

дели

Q

(защо?). Значи за някой комплексен корен

\alpha

на

Q

имаме, че

1 / \alpha

или

-1 / \alpha

е корен на

Q

. В първия случай следва, че

0=Q(\alpha)-\alpha^{6} Q(1 / \alpha)=\alpha(\alpha-1)\left(\alpha^{3}+1\right)

откъдето

\alpha^{3}+1=0

и значи

Q(\alpha)=1

, което е противоречие. Във втория случай имаме, че

0=Q(\alpha)-\alpha^{6} Q(-1 / \alpha)=

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

откъдето

\alpha^{2}+\alpha-1=0

. Тогава

0=Q(\alpha)=

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

3-4 \alpha

което отново е противоречие. И така,

Q

е неразложим полином над

\mathbb{Z}

, с което задачата е решена. Втори начин. Както по-горе имаме

x^{8}+x+1=\left(x^{2}+x+1\right) Q(x)

и остава да докажем, че полиномът

Q(x)

е неразложим над

\mathbb{Z}

. Да допуснем противното. Тогава редуцираният по модул 2 полином

Q_{2}(x)=x^{6}+x^{4}+x^{3}+x+1

е разложим над

\mathbb{Z}_{2}

. Тъй като очевидно

Q_{2}(x)

няма корени в

\mathbb{Z}_{2}

, той има неразложим делител от втора или от трета степен. Единственият неразложим над

\mathbb{Z}_{2}

полином от втора степен е

x^{2}+x+1

, а от трета степен има два неразложими над

\mathbb{Z}_{2}

полинома:

x^{3}+x+1

x^{3}+x+1

(тези, които нямат корени в

\mathbb{Z}_{2}

). Лесно се проверява, че нито един от тези полиноми не дели

Q_{2}(x)

(например

Q_{2}(x)=

\left.\left(x^{2}+x+1\right)\left(x^{4}+x^{3}+x^{2}+x\right)+1\right)

, което е противоречие.

\textit{Оценяване: }

2 т. за разлагането и 5 т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-12-3

2016

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

A B C D

е четириъгълник, в който

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

е петата на височината в

\triangle A B C

през върха

C

O

е центърът на описаната около

\triangle A B D

окръжност. Да се докаже, че ако правите

A O

D H

са перпендикулярни, то

A C=A D

Решение

Имаме

90^{\circ}=\angle O A H+\angle A H D=90^{\circ}-\angle A D B+\angle A H D.

Следователно

\angle A D B=\angle A H D

\triangle A B D \sim \triangle A H D

. Оттук

\frac{A D}{A H}=\frac{A B}{A D}

и получаваме

A D^{2}=A H. A B=A C^{2}

, т. е.

A D=A C

. Оценяване: (6 точки) 1 т. за

\angle A D B=\angle A H D; 2

т. за

\triangle A B D \sim \triangle A H D; 2

т. за

\frac{A D}{A H}=\frac{A B}{A D}

; 1 т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Права през началото

O

на координатната система пресича графиката на функцията

y=x(x-1)(x+2)

в още две точки

A

B

, като

O

е между тях. Да се докаже, че

|A B|\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}5}

Решение

Нека правата е

y=k x, A\left(x_{1}, y_{1}\right)

B=\left(x_{2}, y_{2}\right)

. Тогава

x_{1}

x_{2}

са корени на уравнението

x^{2}+x=k+2

с различни знаци, откъдето

k\gt{}-2

|A B|^{2}=\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}\left(1+k^{2}\right)=(1+4 k+8)\left(1+k^{2}\right)

Тогава

|A B|^{2}-5=(4 k+9)\left(k^{2}+1\right)-5=

(k+2)\left(4 k^{2}+k+2\right)\gt{}0

\textit{Оценяване}

: (6 точки) 1 т. за получаване на уравнението

x^{2}+x=k+2(k\gt{}-2); 2

т. за изразяване на

A B

чрез

k; 3

т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-12-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Допирните точки на вписаната окръжност в даден триъгълник и неговите върхове разделят периметъра му на шест отсечки. Избираме три от тях, които образуват триъгълник и за него повтаряме същото. Да се докаже, че след някоя операция триъгълникът има ъгъл

60^{\circ}

или ъгъл, по-малък от

1^{\circ}

Решение

Да допуснем, че никога не се получава триъгълник с две равни страни. Нека страните на триъгълника

\Delta_{n}

преди

n

-тата операция са

a_{n}\lt{}b_{n}\lt{}c_{n}, 2 p_{n}=a_{n}+b_{n}+c_{n}

d_{n}=\frac{c_{n}-a_{n}}{p_{n}}

. Тогава

\Delta_{n+1}

има страни

p_{n}-c_{n}\lt{}p_{n}-b_{n}\lt{}p_{n}-c_{n}

d_{n+1}=2 d_{n}

. Следователно

0\lt{}d_{1}=\frac{d_{n}}{2^{n-1}}\lt{}\frac{1}{2^{n-1}}

за всяко

n

, което е противоречие. Значи преди някоя операция, която считаме за първа, се получава триъгълник с две равни страни. Да допуснем, че никога не се получава равностранен триъгълник. Тогава

\Delta_{n}

има страни

a_{n}, a_{n}, c_{n}

, а страните на

\Delta_{n+1}

са

p_{n}-a_{n}, p_{n}-a_{n}, p_{n}-c_{n}

или

p_{n}-a_{n}, p_{n}-c_{n}, p_{n}-c_{n}

. Тогава

d_{n+1}\gt{}d_{n}

, като в първия случай

d_{n+1}=2 d_{n}

. Ако този случай се среща безбройно много пъти, стигаме да противоречие както по-горе. И така, можем да считаме, че от самото начало сме във втория случай. Тогава за

q_{n}=\frac{a_{n}}{c_{n}}

имаме, че

q_{n+1}=2 q_{n}-1

, откъдето

q_{n}-1=2^{n-1}\left(q_{1}-1\right)

. Значи

q_{1}\gt{}1

q_{n} \rightarrow+\infty

. Това означава, че за ъгъла

\gamma_{n}

между бедрата на

\Delta_{n}

имаме, че

\gamma_{n} \rightarrow 0

\textit{Оценяване}

: (7 точки) 3 т. за доказателство, че се достига до триъгълник с две равни страни; 4 т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-12-4

2017

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

x, y, z

са такива реални числа, че

x^{4}-4 x z+z^{2}-2 z=0, \quad y^{4}-4 y z+z^{2}-2 z=0.

Да се намери най-голямата възможна стойност на

|x-y|

Решение

Имаме, че

t^{4}-4 t z+z^{2}-2 z=\left(t^{2}+z\right)^{2}-2 z(t+1)^{2}

. Можем да считаме, че

x \neq y

. Тогава

z\gt{}0

x, y

са корени на квадратното уравнение (спрямо

t

)

2 t^{2}-2 u t+u^{2}-2 u=0

, където

u=\sqrt{\vphantom{x^2}2 z}

. Оттук

|x-y|=\sqrt{\vphantom{x^2}4-(u-2)^{2}} \leq 2

, като

|x-y|=2

при

u=2

. Критерии за оценяване: По 2 т. за разлагането, за квадратното уравнение и за крайния извод.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Окръжност през върха

C

на

\triangle A B C

се допира до страната

A B

в точка

R

и пресича страните

A C

B C

в точки

P

Q

така, че

A R \cdot B R=C R^{2}

A P. B Q=C P. C Q

. Да се докаже, че

C R

е височина или ъглополовяща в

\triangle A B C.

Решение

Полагаме

\alpha=\angle B A C, \beta=\angle A B C, \varphi=\angle A C R

\psi=\angle B C R

. Тогава

\varphi=\angle A R P

\psi=\angle B R Q

. От синусовата теорема следва, че

\frac{A P}{R P}=\frac{\sin \varphi}{\sin \alpha}

\frac{C P}{R P}=\frac{\sin (\alpha+2 \varphi)}{\sin \varphi}

, откъдето

\frac{A P}{C P}=

\frac{\sin ^{2} \varphi}{\sin \alpha \sin (\alpha+2 \varphi)}

. Аналогично

\frac{B Q}{C Q}=\frac{\sin ^{2} \psi}{\sin \beta \sin (\beta+2 \psi)}

. Тогава

A P. B Q=

C P. C Q \Leftrightarrow \sin ^{2} \varphi \sin ^{2} \psi \triangleq \sin \alpha \sin \beta \sin (\alpha+2 \varphi) \sin (\beta+2 \psi)

По подобен начин следва, че

A R. B R=C R^{2} \Leftrightarrow \sin \varphi \sin \psi \stackrel{\circ}{=} \sin \alpha \sin \beta

. Значи

\sin \alpha \sin \beta=\sin (\alpha+

2 \varphi) \sin (\beta+2 \psi)

, т. е.

\cos (\alpha-\beta)-\cos (\alpha+\beta)=

\cos (\alpha-\beta+2 \varphi-2 \psi)-\cos (\alpha+\beta+2 \varphi+2 \psi)

Понеже

(\alpha+\beta)+(\alpha+\beta+2 \varphi+2 \psi)=360^{\circ}

, то

\cos (\alpha-\beta)=\cos (\alpha-\beta+2 \varphi-2 \psi)

, т. е.

\sin (\alpha-\beta+\varphi-

\psi) \sin (\varphi-\psi) = 0

. Следователно

\alpha+\varphi=\beta+\psi=90^{\circ}

или

\varphi=\psi

, т. е.

C R

е височина или ъглополовяща в

\triangle A B C

. Критерии за оценяване: 1 т. за

=, 2

т. за

\triangleq

и 3 т. за довършване. Забележка. От

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

C R \perp A B

следва, че

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

. Обратно, ако

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

, то за окръжността с диаметър

C R \perp A B

са изпълнени условията на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Върховете на два квадрата с лица

S

T

лежат върху страните на правоъгълен

\triangle A B C

, като три от тях лежат на хипотенузата

A B

с дължина цяло число

c

. Възможно ли е

S / 2

T / 2

да са взаимно прости естествени числа: а) за някое

c\lt{}70;

б) за някое

c\gt{}70?

Решение

Възможно е и в двата случая. Нека

a=|B C|, b=|A C|

D E F G

е квадрат със страна

m=\sqrt{\vphantom{x^2}S}

, като

D, E \in A B, F \in B C, G \in A C

. Понеже

\triangle A G D \sim \triangle G F C \sim \triangle A B C

, то

A G=m c / a, C G=m b / c

, откъдето

b=m c / a+m b / c

, т. е. (1)

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

. Можем да считаме, че другият квадрат със страна

n=\sqrt{\vphantom{x^2}T}

O M C N

, като

O \in A B, M \in B C

N \in A C

. От

\triangle A O N \sim \triangle O B M \sim \triangle A B C

следва, че

A O=n c / a, B O=n c / b

, откъдето

c=n c / a+n c / b

, т. е. (2)

n=\frac{a b}{a+b}

. Тогава

\frac{1}{S}-\frac{1}{T}=\frac{\left(a b+c^{2}\right)^{2}-(a c+b c)^{2}}{(a b c)^{2}}=\frac{1}{c^{2}}

Ако

S=2 s

T=2 t

, то

c^{2} \triangleq \frac{2 s t}{t-s}

. Понеже

(s, t)=1

, лесно следва, че

t-s=2

или

t-s=1

. В първия случай получаваме, че

c=0

, което е невъзможно, а във втория достигаме до уравнението на Пел

(2 s+1)^{2}-2 c^{2} \stackrel{\circ}{=} 1

. Както е известно, това уравнение има безбройно много решения в естествени числа, като първите четири са

(1, 2), (8, 12), (49, 70)

(288, 408)

. Остава да видим за кои решения можем да построим

\triangle A B C

. От (1) и (2) следва, че

a b=\frac{m c^{2}}{c-m}, \quad a+b=\frac{m c^{2}}{(c-m) n}.

Тази система има решение в положителни числа, ако (3)

\frac{m c^{2}}{c-m} \geq 4 n^{2}

. Понеже

n^{2}=\frac{c^{2} m^{2}}{c^{2}-m^{2}}

, лесно следва, че

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

. Освен това,

c\gt{}m

и (3) добива вида

c \geq 3 m

, т. е.

2 s(s+1)=c^{2} \geq 18 s

и значи

s \geq 8

. ![](/problem-assets/zms2017-12-3-diagram-1.jpg)

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-12-3

2018

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Съществуват ли реални числа

x

y

, за които

2 \sin x+2 \sin y=12 \sin (x+y)+15?

Решение

Ако

s=\frac{x+y}{2}

f(s)=|\sin s|-3 \sin 2 s

, то (1)

A(x, y): =2 \sin x+2 \sin y-12 \sin z=4 \sin \frac{x+y}{2} \cos \frac{x-y}{2}-12 \sin (x+y) \leq 4 f(s)

. При

t \in(0, \pi)

имаме, че (2)

f^{\prime}(t)=\cos t-6 \cos 2 t=\cos t-6\left(2 \cos ^{2} t-1\right)=-12(\cos t-3 / 4)(\cos t+2 / 3)

. Съществува единствено

t_{0} \in(0, \pi)

, за което

\cos t_{0}=-2 / 3

. Тогава

\sin t_{0}=\sqrt{\vphantom{x^2}5} / 3=: c

. Понеже

f(z)=f(z+\pi)

, лесно намираме, че (3)

\max f=f\left(t_{0}\right)=5 c

. Оттук (4)

A \leq 20 c\lt{}15

(последното следва след повдигане на квадрат) и значи отговорът е не.

\textit{Оценяване}

: (6 точки) 2 т. за (1), 1 т. за (2), 2 т. за (3) и 1 т. за (4).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

A B C D

е изпъкнал четириъгълник, за който

\frac{A C^{2}}{S_{A C D}}=\frac{A B^{2}}{S_{A B D}}+\frac{B C^{2}}{S_{B C D}}.

Да се докаже, че той е вписан в окръжност.

Решение

Да означим с

D^{\prime}

пресечната точка на лъча

B D

и описаната окръжност

k(O, R)

около

\triangle A B C

. Нека

h_{a}, h_{b}, h_{c}\left(h_{a}^{\prime}, h_{b}^{\prime}, h_{c}^{\prime}\right)

са дължините на перпендикулярите от

D\left(D^{\prime}\right)

към съответните страни на

\triangle A B C

. Полагаме

f(D)=\frac{b}{h_{b}}-\frac{c}{h_{c}}-\frac{a}{h_{a}}.

Имаме, че

\text{(1)} \frac{h_{b}^{\prime}}{h_{b}}=\frac{D^{\prime} E}{D E}=: m,

\quad \text{(2)} \frac{h_{c}^{\prime}}{h_{c}}=\frac{D^{\prime} B}{D B}=\frac{h_{a}^{\prime}}{h_{a}}=: n \text{, }

където

E=A C \cap B D

. Очевидно

m\gt{}n(m\lt{}n)

ако

D

лежи във вътрешността

k_{i}

(външността

k_{e}

) на

k

. Следователно (3)

f(D)\gt{}m f\left(D^{\prime}\right)

, ако

D \in k_{i}

, и (4)

f(D)\lt{}m f\left(D^{\prime}\right)

, ако

D \in k_{e}

. От друга страна, ако

a^{\prime}=A D, b^{\prime}=B D, c^{\prime}=C D

, то (5)

f\left(D^{\prime}\right)=4 R\left(\frac{b}{a^{\prime} c^{\prime}}-\frac{c}{a^{\prime} b^{\prime}}-\frac{a}{b^{\prime} c^{\prime}}\right)=4 R \frac{b b^{\prime}-c c^{\prime}-a a^{\prime}}{a^{\prime} b^{\prime} c^{\prime}}=0

съгласно теоремата на Птолемей. Значи

f(D)=0

само когато

D \in k

\textit{Оценяване}

: (6 точки) По 1 т. за (1), (2), (3), (4) и 2 т. за (5).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадени са реални числа

a_{1} \leq a_{2} \leq a_{3}

. Да се докаже, че неравенството

x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2} \geq 2\left(a_{1} x_{2} x_{3}+a_{2} x_{3} x_{1}+a_{3} x_{1} x_{2}\right)

е изпъленено за произволни реални числа

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

тогава и само тогава, когато съществуват числа

\theta_{1}, \theta_{2}, \theta_{3} \in[0, \pi]

такива, че

\left|\pi-\theta_{1}-\theta_{2}\right| \leq \theta_{3}

a_{1}=\cos \theta_{1}, a_{2}=\cos \theta_{2}, a_{3}=\cos \theta_{3}

Решение

Разглеждайки даденото неравенство като квадратно спрямо

x_{3}

, условието е еквивалентно на

\begin{gathered} D_{1}=\left(a_{1} x_{2}+a_{2} x_{1}\right)^{2}+2 a_{3} x_{1} x_{2}-x_{1}^{2}-x_{2}^{2} \leq 0 \Leftrightarrow \\ \left(1-a_{1}^{2}\right) x_{2}^{2}+\left(1-a_{2}^{2}\right) x_{1}^{2}-2\left(a_{1} a_{2}+a_{3}\right) x_{1} x_{2} \geq 0 \Leftrightarrow \\ \left|a_{1}\right| \leq 1 \&\left(a_{1} a_{2}+a_{3}\right)^{3}-\left(1-a_{1}^{2}\right)\left(1-a_{2}^{2}\right) \leq 0 \Leftrightarrow \\ \left|a_{1}\right| \leq 1 \&(1) a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+2 a_{1} a_{2} a_{3} \leq 1 \end{gathered}

По симетрия

\left|a_{2}\right| \leq 1, \left|a_{3}\right| \leq 1

и значи можем да положим

a_{1}=\cos \theta_{1}, a_{2}=\cos \theta_{2}, a_{3}=\cos \theta_{3}

, където

0 \leq \theta_{3} \leq \theta_{2} \leq \theta_{1} \leq \pi

. Тогава

(1) \Leftrightarrow-a_{1} a_{2}-\sqrt{\vphantom{x^2}\left(1-a_{1}^{2}\right)\left(1-a_{2}^{2}\right)} \leq

a_{3} \leq-a_{1} a_{2}+\sqrt{\vphantom{x^2}\left(1-a_{1}^{2}\right)\left(1-a_{2}^{2}\right)} \Leftrightarrow

(2)

\cos \left(\pi-\theta_{1}+\theta_{2}\right) \leq \cos \theta_{3} \leq \cos \left(\pi-\theta_{1}-\theta_{2}\right)

. Понеже

\pi-\theta_{1}+\theta_{2}, \left|\pi-\theta_{1}-\theta_{2}\right| \in[0, \pi]

, то

(2) \Leftrightarrow\left|\pi-\theta_{1}-\theta_{2}\right| \leq \theta_{3} \leq \pi-\theta_{1}+\theta_{2}

Последното неравенство е автоматично изпълнено и следователно

(2) \Leftrightarrow\left|\pi-\theta_{1}-\theta_{2}\right| \leq \theta_{3}

\textit{Оценяване}

: 1 т. за

\left|a_{i}\right| \leq 1, 2

т. за (1), 2 т. за (2) и 2 т. за довършване на решението. 4 т., ако е доказана само една от посоките на твърдението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-12-3

2019

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

f_{1}(x)=\frac{3 x-1}{x+1}

f_{n+1}(x)=f_{n}\left(f_{1}(x)\right), n \in \mathbf{N}

. Да се пресметне

\lim _{k \rightarrow \infty} \sum_{n=4}^{k} \frac{f_{n}(n-2)-1}{n-3}.

Решение

По индукция следва, че

(*) f_{n}(x)=\frac{(n+2) x-n}{n x-(n-2)}

и тогава

\sum_{n=4}^{k} \frac{f_{n}(n-2)-1}{n-3}=

\sum_{n=4}^{k} \frac{2}{(n-1)(n-2)}=1-\frac{2}{k-1} \rightarrow 1

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 4 т. за

(*)

и 2 т. за

l=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В изпъкнал четириъгълник

A B C D

I

J

са означени центровете на вписаните окръжности в

\triangle A B D

\triangle C B D

. Правата

B I

пресича страната

A D

и описаната окръжност около

\triangle A B D

съответно в точки

M

P

, а правата

B J

пресича страната

C D

и описаната окръжност около

\triangle C B D

съответно в точки

N

Q

. Да се докаже, че

M N\|P Q \Leftrightarrow I J\| P Q.

Решение

Имаме, че

B M^{2}=A B \cdot D B-A M \cdot D M, \quad B M \cdot P M=A M \cdot D M,

откъдето

\frac{B M}{P M}=\frac{A B \cdot D B}{A M \cdot D M}-1=\left(\frac{D B}{D M}\right)^{2}-1

Аналогично

\frac{B N}{Q N}=\left(\frac{D B}{D N}\right)^{2}-1

и следователно

M N \| P Q \Leftrightarrow \frac{B M}{P M}=\frac{B N}{Q N} \Leftrightarrow D M=D N

По-нататък, да отбележим, че

I P=D P

J Q=D Q

. Освен това,

\triangle D P M \sim \triangle B P D

\triangle D Q N \sim \triangle B Q D

. Тогава

I J \| P Q \Leftrightarrow \frac{I P}{B P}=\frac{J Q}{B Q} \Leftrightarrow \frac{D P}{B P}=

\frac{D Q}{B Q} \Leftrightarrow \frac{D M}{B D}=\frac{D N}{B D} \Leftrightarrow D M=D N

Забележка.

M N\|P Q \Leftrightarrow P Q\| I J \Leftrightarrow I J \| M N \Leftrightarrow D M=D N

. От друга страна, правите

M N

P Q

I J

никога не се пресичат в една точка.

\textit{Оценяване: }

(6 точки) По 3 т. за

M N \| P Q \Leftrightarrow D M=D N

I J \| P Q \Leftrightarrow D M=D N

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-12-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

f: \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{R}

е такава функция, че

f(t z)=|t| f(z)

f(z+w) \leq f(z)+f(w)

за произволни

t \in \mathbb{R}

z, w \in \mathbb{C}

. Да се докаже, че съществува

c \in \mathbb{C}

така, че

c \neq 0

f(p c)+f(i q c) \leq 3 f(p c+i q c)

за всеки

p, q \in \mathbb{R}.

Решение

(Н. Николов) Дадените две условия означават, че множеството

I=\{z \in \mathbb{C}

f(z) \leq 1\}

е изпъкнало и централно симетрично спрямо началото О. Ако то съдържа права, например реалната ос, можем да изберем изберем

c=1

. В противен случай

I

е ограничено множество. След ротация и хомотетия, можем да считаме, че 1 е точка от границата на

I

, която е най-близка до О. Да изберем

c=1

. Достатъчно е да докажем, че ако

R=p+i q

е такова, че

f(p+i q)=1

, то

p \in I

Q=i q \in 2 I

. Първото следва от наблюдението, че

I \subset\{z \in \mathbb{C}: |\operatorname{Re} z| \leq 1\}

. По-нататък, ако

|q| \leq 1

, то

Q \in I

. Нека сега

|q|\gt{}1

. Можем да изберем точка

T

върху единичната окръжност така, че отсечката

R T

е перпендикулярна на

O T

и пресича ординатната ос в точка

S

. От

\triangle R S Q \sim \triangle O S T

следва, че

Q S / O S\lt{}R S / O S=

R Q / O T=|p| \leq 1

и значи

O Q\lt{}2 O S

. Понеже

R, T \in I

, то

S \in I

и тогава

Q \in 2 I

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 1 т. за неограничено

I, 2

т. за

p \in I

и 4 т. за

i q \in 2 I

. Забележка. Функция

f: \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{R}

с дадените две свойства се нарича полунорма в

\mathbb{C} \cong \mathbb{R}^{2}

. (Ст. Герджиков) 1.

f(0)=0. f(0)=0

. След това при

y=-x

получаваме

f(-x)=f(x)

f(x-x)=f(0) \leq

2 f(x)

, откъдето

f(x) \geq 0

. 2. Нека

\left\{z_{n}\right\}

е произволна редица от комплексни числа, която клони към

z

. Нека

z_{n}=

a_{n}+i b_{n}

е представянето

z_{n}

като сума от реално и (чисто) имагинерно число. Нека

z=a+i b

е съответното представяне на границата. Тогава

a_{n} \rightarrow_{n \rightarrow \infty} a

b_{n} \rightarrow_{n \rightarrow \infty} b

. Сега е ясно, че:

\left|f\left(z_{n}\right)-f(z)\right| \leq f\left(z-z_{n}\right) \leq

f\left(\left(a-a_{n}\right)+\left(b-b_{n}\right) i\right) \leq

\left|a-a_{n}\right| f(1)+\left|b-b_{n}\right| f(i)

Тук първите две неравенства следват от неравенството на триъгълника за

f

(тоест

f(x+y) \leq f(x)+f(y))

. Това показва, че

f

е непрекъсната функция, тоест

\lim _{n \rightarrow \infty}\left|f\left(z_{n}\right)-f(z)\right|=0

, защото дясната страна на неравенството клони към 0 независимо от константите

f(1)

f(i)

. 3. Нека

c

е такова, че

f(c)

е възможно най-малко измежду всички комплексни числа с норма 1. То съществува, защото

f

е непрекъсната и всяка редица от точки върху единичната окръжност има сходяща подредица. 4. Нека

\alpha, \beta \in \mathbb{R}

са произволни с

\alpha^{2}+\beta^{2}=1

. Тогава, ако

c=c_{1}+i c_{2}

, където

c_{1}, c_{2} \in \mathbb{R}

, то условието, че нормата на

c

е 1 е всъщност

c_{1}^{2}+c_{2}^{2}=1

. Сега е ясно, че

|\alpha c+i \beta c|=\left(\alpha c_{1}-\beta c_{2}\right)^{2}+\left(\alpha c_{2}+\beta c_{1}\right)^{2}=

\left(c_{1}^{2}+c_{2}^{2}\right)\left(\alpha^{2}+\beta^{2}\right)=1

От избора на

c

получаваме, че

f(c) \leq f(\alpha c+i \beta c)

. Освен това от неравенството на триъгълника за

f

имаме:

|\beta| f(i c)=f(i \beta c)=f((\alpha+i \beta) c-\alpha c)) \leq

f((\alpha+i \beta) c)+f(-\alpha c)=

f((\alpha+i \beta) c)+|\alpha| f(c)

Като отчетем, че

f((\alpha+i \beta) c) \geq f(c)

получаваме, че:

|\alpha| f(c)+|\beta| f(i c) \leq

|\alpha| f((\alpha+i \beta) c)+2|\alpha| f(c) \leq

(1+2|\alpha|) f((\alpha+i \beta) c)

Но

\alpha^{2} \leq 1

, следователно

|\alpha| \leq 1

, откъдето

(1+2|\alpha|) \leq 3

и тъй като

f

е неотрицателна, то:

|\alpha| f(c)+|\beta| f(i c) \leq 3 f((\alpha+i \beta) c)

5. Накрая нека

\alpha, \beta \in \mathbb{R}

са произволни като

t=\sqrt{\vphantom{x^2}\alpha^{2}+\beta^{2}}

. Ако

t=0

, то

\alpha=\beta=0

и твърдението

3 f((\alpha+i \beta) c) \geq|\alpha| f(c)+|\beta| f(i c)

е очевидно, защото

f(0)=0 \geq 0

. Ако

t\gt{}0

, то

\alpha_{1}=\frac{\alpha}{t}

\beta_{1}=\frac{\beta}{t}

имат свойството

\alpha_{1}^{2}+\beta_{1}^{2}=1

и от предишната точка:

3 f\left(\left(\alpha_{1}+i \beta_{1}\right) c\right) \geq\left|\alpha_{1}\right| f(c)+\left|\beta_{1}\right| f(i c)

Умножаваме двете страни с

t\gt{}0

и използваме, че

f(t z)=t f(z)

в този случай. Тогава:

3 f((\alpha+i \beta) c)=3 t f\left(\left(\alpha_{1}+i \beta_{1}\right) c\right) \geq

t\left|\alpha_{1}\right| f(c)+t\left|\beta_{1}\right| f(i c)=

|\alpha| f(c)+|\beta| f(i c)

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 1 т. за

f(0)=0

f(x) \geq 0; 2

т. за

f

непрекъсната; 1 т. за избор на минимум по единична окръжност; 2 т. за доказателство на

3 f\left(\left(\alpha_{1}+i \beta_{1}\right) c\right) \geq\left|\alpha_{1}\right| f(c)+

\left|\beta_{1}\right| f(i c); 1

т. за довършване

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-12-4

2020

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

\Delta

със страни

a, a, c

. Да се намери най-малката възможна стойност на сумата от квадратите на разстоянията от върховете на

\Delta

до права в равнината на

\Delta.

Решение

В координатна система с начало медицентъра

M

на

\Delta

и абцисна ос, успоредна на основата на

\Delta

, върховете на

\Delta

имат координати

(-c / 2, -h / 3), (c / 2, -h / 3)

(0, 2 h / 3)

, където

h^{2}=a^{2}-c^{2} / 4

. Нека

l: p x+q y+r=0

, където

p^{2}+q^{2}=1

. Тогава

S=

& (-p c / 2-q h / 3+r)^{2}+(p c / 2-q h / 3+r)^{2}+(2 q h / 3+r)^{2}=

\begin{aligned} \\ & p^{2} c^{2} / 2+2 q^{2} h^{2} / 3+3 r^{2}=\end{aligned}

\left[3 c^{2}+4 q^{2}\left(a^{2}-c^{2}\right)\right] / 6+3 r^{2}.

Ако

a\gt{}c

, то

S \geq c^{2} / 2

, като равенство се достига при

l_{1}: x=0

. Ако

a\lt{}c

от

q^{2} \leq 1

следва, че

S \geq\left(4 a^{2}-c^{2}\right) / 6

, като равенство се достига при

l_{2}: y=0

. Ако

a=c

, то

S \geq c^{2} / 2

, като равенство се достига, когато

M \in l

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 3 т. за

S, 1

т.

a \geq c

и 2 т. за

a \leq c

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

k

е вписаната окръжност в

\triangle A B C, D=A B \cap k

E=C D \cap k(D \neq E)

. Да се докаже, че

D E=3 C E

тогава и само тогава, когато

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

Решение

Полагаме

x=A D, y=B D

z=C F

, където

F=A C \cap k

. Понеже

C F^{2}=C E. C D

, то (1)

C E=k z

C D=z / k

. Тогава от теоремата на Стюард за

\triangle A C D, \triangle B C D

\triangle A B C

намираме, че (2)

A E^{2}=x^{2}+2\left(1-k^{2}\right) x z

, (3)

B E^{2}=y^{2}+2\left(1-k^{2}\right) y z

, (4)

\left(1-k^{2}\right) z(x+y)=4 k^{2} x y

, (5)

A E^{2}+B E^{2}-(x+y)^{2}=2\left(4 k^{2}-1\right) x y

. Следователно (6)

\angle A E B=90^{\circ} \Leftrightarrow 2 k=1 \Leftrightarrow D E=3 C E

\textit{Оценяване: }

(6 точки) По 1 т. за всяко (i).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

a\gt{}-2

е реален параметър. Да се намерят всички функции

f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow

\mathbb{R}^{+}

, такива че

f(x)+f(y)=f\left(\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+a x y+y^{2}}\right) \quad

\text{за всеки} x, y \in \mathbb{R}^{+}.

Решение

При

a\lt{}0

имаме, че

f(-a x)=0

, което е невъзможно. При

a=2

получаваме адитивното уравнение на Коши. Понеже

f\gt{}0

, то (както е добре известно)

f(x) \equiv c x(c\gt{}0)

. При

a \neq 2

, като заместим

x, y

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

и положим

g(z)=f(\sqrt{\vphantom{x^2}z})

, достигаме до

g(x)+g(y)=g(x+a \sqrt{\vphantom{x^2}x y}+y), \quad \forall x, y\gt{}0

При

a=0

както по-горе следва, че

g(x) \equiv c x

, т. е.

f(x) \equiv c x^{2}(c\gt{}0)

. Нека

a\gt{}0, a \neq 2

. Имаме, че

2 g(x)=g((a+2) x)

, откъдето по индукция (1)

2^{n} g(x)=

g\left((a+2)^{n} x\right)

. Тогава

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

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

и пак по индукция (2)

5^{m} g(x)=g\left(\left(2 a^{2}+6 a+5\right)^{m} x\right)

. Следователно

\frac{g\left(\left(2 a^{2}+6 a+5\right)^{m}\right)}{g\left((a+2)^{n}\right)}=\frac{5^{m}}{2^{n}}.

По-нататък, при

z\gt{}x\gt{}0

съществува (единствено)

y\gt{}0

така, че

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

. Понеже

g(y)\gt{}0

, следва, че

g

е строго растяща функция. Значи

\begin{gathered} \left(2 a^{2}+6 a+5\right)^{m}\gt{}(a+2)^{n} \Leftrightarrow 5^{m}\gt{}2^{n}, \quad \text{т. е.} \\ \frac{\ln \left(2 a^{2}+6 a+5\right)}{\ln (a+2)}\gt{}\frac{n}{m} \Leftrightarrow \frac{\ln 5}{\ln 2}\gt{}\frac{n}{m}, \quad \forall m, n \in \mathbb{N}. \end{gathered}

Последното означава, че (3)

h(a)=0

, където

h(t)=\ln 2 \cdot \ln \left(2 t^{2}+6 t+5\right)-\ln 5 \cdot \ln (t+2).

Имаме, че

h^{\prime}(t)=\frac{\ln 4 \cdot(2 t+3)}{2 t^{2}+6 t+5}-\frac{\ln 5}{t+2}=

\frac{\ln 4 \cdot(2 t+3)(t+2)-\ln 5 \cdot\left(2 t^{2}+6 t+5\right)}{\left(2 t^{2}+6 t+5\right)(t+2)}

Числителят

p

на последния израз е квадратен тричлен със старши коефициент

2 \ln (4 / 5)\lt{}0

и свободен член

\ln \left(4^{6} / 5^{5}\right)\gt{}0

. Следователно

p

има две нули с различни знаци и значи

h

има най-много две неотрицателни нули (защо?). Понеже

h(0)=0=h(2)

, то в разглеждания случай не съществува съответно

f

\textit{Оценяване: }

(7 точки) По 0, 5 т. за

a\lt{}0, a=0, a=2

, (1), (2); 1, 5 т. за (3) и 3 т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадена е функцията

f: \mathbb{N} \times \mathbb{N} \rightarrow\{0, 1\}

. Да се докаже, че съществува безкрайна строго растяща редица от естествени числа

\left\{a_{i}\right\}_{i=0}^{\infty}

, за която:

f\left(a_{i}, a_{i+1}\right)=f\left(a_{i+1}, a_{i+2}\right) \text{за всяко} i \geq 0 \text{.}

Решение

За всяко естествено число

n \in \mathbb{N}

дефинираме функцията

f_{n}: \mathbb{N} \rightarrow\{0, 1\}

като:

f_{n}(m)=f(n, m)

За

c=0, 1

, с

f_{n}^{-1}(c)

означаваме множеството от онези естествени числа

m

, за които

f_{n}(m)=

f(n, m)=c

. Има три основни класа от естествени числа:

\begin{aligned}W_{0} & =\left\{n \in \mathbb{N} \mid f_{n}^{-1}(0) \text{е крайно}\right\} \text{и} \\ W_{1} & =\end{aligned}

\begin{aligned}\left\{n \in \mathbb{N} \mid f_{n}^{-1}(1) \text{е крайно}\right\} \text{и} \\ M & =\end{aligned}

\mathbb{N} \backslash\left(W_{0} \cup W_{1}\right).

Ясно е, че

W_{0} \cup W_{1} \cup M=\mathbb{N}

и следователно поне едно от трите е безкрайно. 1.

W_{0}

е безкрайно. Да обърнем внимание, че за всяко

k \in W_{0}, f_{k}^{-1}(0)

е крайно и в частност:

W_{0} \cap f_{k}^{-1}(1)=W_{0} \backslash f_{k}^{-1}(0) \text{е безкрайно.}

Сега дефинираме рекурсивно по

n

редица от естествени числа от

W_{0}

, както следва:

\begin{aligned}w_{0} & =\min W_{0} \\ w_{n+1} & =\end{aligned}

\min \left(W \backslash\left\{m \mid m \leq w_{n}\right\} \cap f_{w_{n}}^{-1}(1)\right)

Сега, ако

w_{n} \in W

, то от това, че

W \cap f_{w_{n}}^{-1}(1)

е безкрайно и факта, че има само краен брой естествени числа по-малки от

w_{n}

, следва, че:

\left(W \backslash\left\{m \mid m \leq w_{n}\right\} \cap f_{w_{n}}^{-1}(1)\right)

е непразно множество от естествени числа и следователно има минимален елемент. Оттук следва, че редицата

\left\{w_{n}\right\}_{n=0}^{\infty}

е добре дефинирана и от дефиницията ѝ получаваме, че тя е строго растяща. Също от дефиницията на

w_{n+1}

имаме, че

f\left(w_{n}, w_{n+1}\right)=

f_{w_{n}}\left(w_{n+1}\right)=1

, което завършва доказателството в този случай. 2.

W_{1}

е безкрайно. Аналогично на случая когато

W_{0}

е безкрайно, получаваме, че има редица с желаните свойства. 3.

W_{0}

W_{1}

са крайни. Тогава за всяко число

m \in M

имаме, че

f_{m}^{-1}(1)

е безкрайно, защото

m \notin W_{1}

. Тъй като

W_{0} \cup W_{1}

е крайно, то

f_{m}^{-1}(1) \backslash\left(W_{0} \cup W_{1}\right)

е безкрайно, което означава, че

f_{m}^{-1}(1) \cap M

е безкрайно. Сега аналогично на първия случай може да построим безкрайна редица от елементи в

M

по рекурсия:

\begin{aligned}m_{0} & =\min M \\ m_{n+1} & =\end{aligned}

\min \left(M \backslash\left\{k \mid k \leq m_{n}\right\} \cap f_{m_{n}}^{-1}(1)\right)

Очевидно,

\left\{m_{n}\right\}_{n=0}^{\infty}

е строго растяща и

f\left(m_{n}, m_{n+1}\right)=1

за всяко

n

\textit{Оценяване: }

( 7 точки) 1 т. - за въвеждане на множествата

W_{0}, W_{1}

M; 2

т. - за дефиницията на редицата

\left\{w_{n}\right\}

в случай

1; 2

т. - за доказателство, че тази дефиниция е коректна и върши работа; 1 т. - за съображението

f_{m}^{-1}(1) \backslash\left(W_{0} \cup W_{1}\right)

е безкрайно в случай

2; 1

т. за довършване в случай 2. Забележка. Твърдението на задачата остава вярно, ако заменим

\{0, 1\}

с произволно крайно множество от числа. Това следва и от безкрайния вариант на теоремата на Рамзи.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-12-4

2021

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

A B C D

е изпъкнал четириъгълник, за който

\angle A B D=\angle C B D

A D=

A E

, където

E=A C \cap B D

. Права през

D

пресича диагонала

A C

и правата

B C

в точки

M

N

така, че

\frac{A M}{C M}=\frac{N B}{A B}=k

Да се намери

k.

Решение

Решение. Ясно е, че

N \in C B \rightarrow

. Да допуснем, че

N

е между

C

B

. Тогава

\frac{C B}{A B}\gt{}\frac{N B}{A B}=\frac{A M}{C M}\gt{}\frac{A E}{C E}=\frac{A B}{C B},

откъдето

A B\lt{}C B

. От друга страна,

\begin{gathered} \angle A C B=180^{\circ}-\angle C B D-\angle B E C=180^{\circ}-\angle C B D-\angle A E D \\ 180^{\circ}-\angle A B D-\angle A D E=\angle B A D\gt{}\angle B A C, \end{gathered}

което е противоречие. Значи (1)

B

е между

C

N

. Нека сега правата през

D

, успоредна на

A C

, пресича правите

B C

N A

в точки

P

Q

. Понеже

\angle A B D=\angle P B D

\angle A D B=\angle A E D=\angle P D B

, то

\triangle A B D \cong \triangle P B D

. В частност,

A B=P B

и тогава

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

Следователно

B D \| N Q

, откъдето

\angle B A N=\angle A B D=\angle C B D=\angle B N A

. Значи

A B=N B

, т. е.

k=1

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 2 т. за (1) и 4 т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Съществува ли полином

P

с реални коефициенти от степен 2021 такъв, че неговите корени и един от корените на

P^{\prime}

са реални числа, които (в някакъв ред) образуват геометрична прогресия с частно

q \in(1, 2)?

Решение

Да, съществува за произволна степен

n \geq 3

. Ако

P(x)=(x-1) \prod_{k=2}^{n}\left(x-q^{k}\right)

, то

P^{\prime}(x)=P(x) R(x)

, където

R(x)=\frac{1}{x-1}+\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{x-q^{k}}

Следователно

q R(q)=S(q)

при

n \geq 3

q \neq \pm 1

, където

S(q)=1+\sum_{k=3}^{n} \frac{1}{1-q^{k-1}}

Понеже

S

е непрекъсната функция в

[\sqrt{\vphantom{x^2}2}, 2], S(\sqrt{\vphantom{x^2}2}) \leq 0

S(2)\gt{}1-\sum_{k=3}^{n} \frac{1}{2^{k-2}}\gt{}0

то

S(q)=0

(т. е.

P^{\prime}(q)=0

) за някое

q \in[\sqrt{\vphantom{x^2}2}, 2)

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 3 т. за подходящо уравнение за

q

и 3 т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-12-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

\mathbb{R}^{+}

е множеството от положителните реални числа. Да се намерят всички двойки

(\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^{+} \times \mathbb{R}^{+}

, за които съществува функция

f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}

такава, че

f(x) \geq f(f(x))+\alpha x^{\beta}, \quad \text{за всяко} x \in \mathbb{R}^{+}.

Решение

Нека първо

\beta \neq 1

. Тогава съществува единствено

x_{0} \in \mathbb{R}^{+}

такова, че

x_{0}=\alpha x_{0}^{\beta}

. Нека

x \geq x_{0}

. Имаме, че

f(x)\gt{}\alpha x^{\beta} \geq \alpha x_{0}^{\beta}=x_{0}

Тогава

f(f(x))\gt{}x_{0}

и значи

f(x) \geq f(f(x))+\alpha x^{\beta}\gt{}2 x_{0}

По индукция следва, че

f(x)\gt{}n x_{0}

за всяко

n \in \mathbb{N}

. При

n \rightarrow \infty

получаваме противоречие. Нека сега

\beta=1

\alpha\gt{}1 / 4

. Имаме, че

f(x)\gt{}\alpha x

и тогава

f(x) \geq f(f(x))+\alpha x\gt{}

\alpha f(x)+\alpha x \geq\left(\alpha^{2}+\alpha\right) x.

Полагаме

a_{1}=\alpha

a_{n+1}=a_{n}^{2}+\alpha

при

n \in \mathbb{N}

. По индукция следва, че

f(x)\gt{}a_{n} x

, т. е.

a_{n}\lt{}f(x) / x

за всяко

n \in \mathbb{N}

. Понеже

\alpha\gt{}1 / 4

, то

a_{n+1}-a_{n}=a_{n}^{2}+\alpha-a_{n}\gt{}\left(a_{n}-1 / 2\right)^{2}.

Значи

\left(a_{n}\right)

е растяща и ограничена редица. Следователно тя е сходяща и за нейната граница

l

имаме, че

l^{2}=l+\alpha

. Това е невъзможно при

\alpha\gt{}1 / 4

. При

\beta=1

\alpha \leq 1 / 4

съществува

c \in \mathbb{R}^{+}

, за което

c=c^{2}+\alpha

, Тогава за

f(x)=c x

имаме, че

f(x)=f(f(x))+\alpha x.

\textit{Оценяване: }

(7 точки) По 2 т. за отхвърляне на всеки от случаите

\beta\lt{}1, \beta\gt{}1

\beta=1

\alpha\gt{}1 / 4

, и 1 т. за пример.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-12-4

2022

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

, за който

A B=c, B C=a, A C=b

\angle B A C=80^{\circ}

. Върху страната

A B

е избрана точка

M

, такава че

\angle A M C=70^{\circ}

. Ако

A M+A C=B C

, да се докаже, че

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

Решение

Сега триъгълниците

C M_{1} M

C B M

са еднакви по четвърти признак

\left(C M_{1}=C B, C M\right.

обща,

\left.\angle C M M_{1}=\angle C M B=110^{\circ}\right)

. Така получаваме, че

\angle A B C=\angle C M_{1} M=40^{\circ}

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

. ![](/problem-assets/zms2022-12-1-diagram-1.jpg) Сега равенството

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

следва от факта, че

\alpha=2 \beta

(вж. Лема 1.) Лема 1. Ако в

\triangle A B C

за мерките на ъглите му е в сила равенството

\alpha=2 \beta

, то между страните му сзществува следната зависимост

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

. Ето няколко различни доказателства на това твърдение. Доказателство 1. Построяваме ъглополовящата

A L

на

\angle B A C

, тогава

\angle L B A=\angle B A L=

\angle L A C=\beta

и от свойството на ъглополовящата имаме

C L=\frac{a b}{b+c}

. Нека сега разгледаме окръжността, описана около

\triangle A B L

. В нея за вписания

\angle L B A

имаме

\angle L B A=\frac{1}{2} \overparen{A L}=\beta

или

\overparen{A L}=2 \beta

. С тази дъга се измерва и периферният ъгъл с рамо

A L

и връх точката

A

, т. е. той е равен на

\beta

, но

\angle L A C

също е равен на

\beta

и следователно той е периферен, а

C A

е допирателна към окръжността. Така получаваме

A C^{2}=C L \cdot C B

. Сега след заместване на

C L=\frac{a b}{b+c}

последователно имаме

b^{2}=\frac{a b}{b+c} a, a^{2} b=b^{2}(b+c)

или

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

. Доказателство 2. Построяваме ъглополовящата

A L

на

\angle B A C

, тогава имаме

C L=\frac{a b}{b+c}

B L=\frac{a c}{b+c}

\angle L B A=\angle B A L=\beta

, т. е.

\triangle A B L

е равнобедрен и

A L=B L

. Сега от формулата за ъглополовящата последователно получаваме

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

\left(\frac{a c}{b+c}\right)^{2}=c b-\frac{a^{2} b c}{(b+c)^{2}}, a^{2}\left(c^{2}+b c\right)=(b(b+c))(c(b+c))

или

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

. Доказателство 3. Върху лъча

C A^{\rightarrow}

построяваме точка

B_{1}

такава, че

A B_{1}=A B

или

C B_{1}=b+c

. Така в равнобедрения

\triangle B_{1} B A

имаме

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

и тяхната сума е равна на външния ъгъл

\angle B A C=2 \beta

, т. е.

\angle A B_{1} B=\angle B_{1} B A=\beta

\angle B_{1} B C=\angle B_{1} B A+\angle A B C=2 \beta

. Сега от

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

получаваме

\frac{B C}{B_{1} C}=\frac{A C}{B C}, \frac{a}{b+c}=\frac{b}{a}

или

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

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 3 т. за

\angle A C B=60^{\circ}; 3

т. за доказване на лемата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението

x^{3}-3 x-1=0

Решение

Нека означим с

f(x)=x^{3}-3 x-1

. Лесно се проверява, че

f(x) \lt{} f(-2)=-3 \lt{} 0

за всяко

x \lt{} -2

, както и

f(x)\gt{}f(2)=1\gt{}0

за всяко

x\gt{}2

. Следователно, търсим решенията в интервала

x \in[-2, 2]

. Ще докажем, че уравнението има три корена от вида

x=

2 \cos \alpha

. Тогава за

\alpha

получаваме

8 \cos ^{3} \alpha-6 \cos \alpha=1

, което е еквивалентно на

\cos 3 \alpha=\frac{1}{2}=

\cos (\pi / 3)=\cos (7 \pi / 3)=\cos (13 \pi / 3)

, откъдето получаваме

\alpha=\pi / 9, 7 \pi / 9, 13 \pi / 9

2 \cos \alpha=

2 \cos \pi / 9, 2 \cos 7 \pi / 9, 2 \cos 13 \pi / 9

, които са различни. Тъй като уравнението е от трета степен, то има най-много 3 реални корена и следователно те са точно

2 \cos \pi / 9, 2 \cos 7 \pi / 9, 2 \cos 13 \pi / 9

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 4 т. за полагането

x=2 \cos \alpha

и получаването на

\alpha=\{\pi / 9, 7 \pi / 9, 13 \pi / 9\}

; 2 т. за довършване. Ако е доказано, че уравнението има 3 реални корена, но няма никакъв друг съществен напредък се присъждат 2 точки.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

P

е полином с реални коефициенти, такъв че за всяко естествено число

n

, числото

P(n)

е цяло. Нека

p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{k}

са различни прости числа със свойството, че за всяко естествено число

n

числото

P(n)

се дели на поне едно от

p_{1}, \ldots, p_{k}

. Да се докаже, че поне едно от числата

p_{1}, \ldots, p_{k}

дели всяко от числата

P(n)

, където

n \in \mathbb{N}

Решение

Първо ще докажем, че

P

е с рационали коефициенти. Нека

d

е степента на

P

. Да разгледаме числата

a_{i}=P(i)

за

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

. Нека

Q(x)=\sum_{l=1}^{d+1} a_{k} \prod_{i \neq l, 1 \leq i \leq d+1} \frac{x-i}{l-i}

Тогава

Q

е от степен най-много

d

Q(i)=a_{i}

за

1 \leq i \leq d+1

и т. к

a_{l} \in \mathbb{Z}

за всяко

k

, то

Q

е с рационални коефициенти. Понеже

P(i)=Q(i)

за

i \in\{1, 2, \ldots, d+1\}

, то всяко от числата

1, 2, \ldots, d+1

е корен на полинома

P(x)-Q(x)

, който е от степен най-много

d

. Това означава, че

P(x)=Q(x)

, следователно

P \in \mathbb{Q}[X]

. Сега нека

N

е естествено число, такова че

N P(x)=R(x)

е полином с цели коефициенти и нека

N=p_{1}^{\alpha_{1}} \cdots p_{k}^{\alpha_{k}}

sе разлагане на

N

, където

\left(s, p_{1} p_{2} \cdots p_{k}\right)=1

. Нека сега допуснем, че съществуват естествени числа

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

, за които

P\left(x_{l}\right)

не се дели на

p_{l}

за всяко

l \in\{1, 2, \ldots, k\}

. От китайската теорема за остатъците следва, че съществува естествено число

x

, за което

x \equiv x_{i}\left(\bmod p_{i}^{\alpha_{i}+1}\right)

за

i=1, 2, \ldots, k

. Тогава за всяко

l \in\{1, 2, \ldots, k\}

ще имаме, че

R(x) \equiv R\left(x_{l}\right)\left(\bmod p_{l}^{\alpha_{l}+1}\right)

, тоест

R(x)

се дели на

p_{l}^{\alpha_{l}}

, но не и на

p_{l}^{\alpha_{l}+1}

. Последното означава, че

P(x)=R(x) / N

не се дели на

p_{l}

за никое

l \in 1, 2, \ldots, k

, което е противоречие с условието. Следователно съществува

m

, такова че

p_{m} \mid P(n)

за всяко

n \in \mathbb{N}

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 3 т. за доказване, че

P

е с рационални коефициенти; 3 т. за показване, че ако

P

е с рационални коефициенти, задачата е решена; 1 т. за обединяване на двата аргумента; За други частични наблюдения не се присъждат точки.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число. Ще наричаме един граф

G n

-добър, ако сред всеки

n

негови върха има поне едно ребро с краища измежду тях. Да се намери най-малкото естествено число

N

, такова че във всеки

n

-добър свързан граф с

N

върха, съществува цикъл, след изтриването на ребрата на който графът продължава да бъде свързан.

Решение

Първо ще докажем, че

N \geq 3 n-2

. Да разгледаме графът с

3 n-3

върха, съставен от

n-1

триъгълника с върхове

\left(u_{i}, v_{i}, w_{i}\right)

за

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

и пътят

v_{1} v_{2} v_{3} \ldots v_{n-1}

. Лесно се проверява, че той е добър, но който и цикъл да изтрием от него той престава да бъде свързан. Нека сега

G

е добър граф с

N=3 n-2

върха. Първо ще построим покриващо дърво

T

на

G

и ще оцветим върховете му в два цвята индуктивно. Нека

T^{(k)}

е дървото, което сме получили след добавяне на първите

k

върха, като

T^{(0)}=\emptyset

. Нека

M_{k}=G \backslash T^{(k)}

. За да получим

T^{(1)}

избираме произволен връх от

G

, оцветяваме го в черно и го добавяме в

T^{(1)}

. За да получим

T^{(2)}

избираме връх, който е съседен на върха в

T^{(1)}

(такъв има, защото

G

е свързан), оцветяваме го в бяло и добавяме него и реброто му към върха от

T^{(1)}

T^{(2)}

. Нека допуснем, че сме построили

T^{(k)}

за някое

k \geq 2

. Ако в

T^{(k)}

има под

n-1

бели върха, то за да построим

T^{(k+1)}

, избираме връх

v

от

M_{k}

, който е свързан с бял връх в

T^{(k)}

, ако има такъв, добавяме него и реброто от него към някой бял връх в

T^{(k)}

и оцветяваме

v

в черно. Ако няма такъв връх, то избираме произволен връх от

M_{k}

, който е свързан с някой черен връх добавяме го в

T^{(k)}

и го оцветяваме в бяло. Ако в

T^{(k)}

има

n-1

бели върха, то по условие от всеки връх от

M_{k}

излиза по поне едно ребро към белите върхове в

T^{(k)}

, защото по конструкция белите върхове в

T^{(k)}

са два по два несъседни. Следователно можем да построим покриващото дърво

\left. T^{( } N\right)

, като към

T^{k}

добавим по точно едно ребро от всеки от върховете от

M_{k}

към белите върхове в

T^{(k)}

и оцветяваме всеки връх от

M_{k}

в черно. Лесно се съобразява, че накрая имаме покриващо дърво

T^{(N)}

, в което никои два върха от един и същи цвят не са съседни и има най-много

n-1

бели върхове. Тогава в

T^{(N)}

има поне

2 n-1

черни върхове. Да разгледаме подрафът

H

на

G

, съставен от черните върхове в

T^{(N)}

. Нека

H

съдържа

m

свързани компоненти

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

. Да вземем покриващи дървета

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

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

съответно. Тогава можем да оцветим върховете във всяко от

T_{1}, \ldots, T_{m}

в синьо и червено, така че всеки връх да е в различен цвят от този на съседите си. Тогава поне

n

върха от

H

ще са оцветени в един от тези цветове. По условие измежду тях трябва да има ребро, но то не може да бъде межу различни компоненти(защото не са свързани) и значи съществува

s \in\{1, \ldots, m\}

такова че в

S_{s}

има поне още едно ребро, което не е в

T_{s}

(защото върховете от един и същи цвят не са свързани в

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

). Това означава, че

S_{s}

съдържа цикъл. Ако изтрием ребрата на този цикъл няма да сме изтрили ребра от

T^{(N)}

, защото никои два върха в

H

не са свързани с ребро в

T^{(N)}

. Така след изтриването на ребрата на този цикъл

G

съдържа

T^{(N)}

, следователно остава свързан.

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 1 т. за

N \geq 3 n-2

; 2 т. за оцветяване на покриващо дърво; 4 т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-12-4

2023

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението:

\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2} \cdot|\sin x|+\frac{25}{4} \cdot \sin x=0.

Решение

Уравнението има смисъл при

x \neq 0

. Сега ще разгледаме два случая за знака на

\sin x

. I. Нека

\sin x \geq 0

, т. е.

x \in[2 k \pi, \pi+2 k \pi], k \in \mathbb{Z}

|\sin x|=\sin x

. Тогава даденото уравнение добива вида

\left(\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2}+\frac{25}{4}\right) \cdot \sin x=0

Изразът в скобите е строго положителен, следователно в този случай нашето уравнение е еквивалентно на

\sin x=0 \cap x \neq 0

. Така решенията в случай

I

. са

x=k \pi

, където

k \in(\mathbb{Z} \backslash\{0\})

. II. Нека

\sin x\lt{}0

, т. е.

x \in(\pi+2 l \pi, 2 \pi+2 l \pi), l \in \mathbb{Z}

|\sin x|=-\sin x

. Сега достигаме до

\left(\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2}-\frac{25}{4}\right) \cdot \sin x=0

Решенията на уравнението

\left(\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2}-\frac{25}{4}\right)=0

, които принадлежат на интервалите

x \in(\pi+2 l \pi, 2 \pi+2 l \pi), l \in \mathbb{Z}

(за които

\sin x\lt{}0

) ще бъдат решения на даденото уравнение в този случай. Така последователно получаваме:

x+\frac{1}{x}=\frac{5}{2}

или

x+\frac{1}{x}=-\frac{5}{2}; 2 x^{2}-5 x+2=0

или

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

или

x_{3}=-2, x_{4}=-\frac{1}{2}

. Понеже числата

x_{1}=2

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

лежат в интервала

(0, \pi)\left(\sin x_{1}\gt{}0, \sin x_{2}\gt{}0\right)

, то те не са решения на задачата. Докато числата

x_{3}=-2

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

лежат в интервала (

-\pi, 0

)

\left(\sin x_{3}\lt{}0, \sin x_{4}\lt{}0\right)

, следователно те са решения на задачата в случай II. Така окончателно получаваме, че даденото уравнение има следните решения

x=-2, x=

-\frac{1}{2}, x=k \pi

, където

k \in(\mathbb{Z} \backslash\{0\})

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1т. за дефиниционно множество; по 2 т. за пълното разглеждане на всеки от случаите; 1 т. за окончателен отговор.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е квадрат

A B C D

с лице

S_{A B C D}=37

. Квадратът

C P Q R

е разположен така, че

C M=4

C N=3

, където точките

M

N

са среди съответно на отсечките

B P

D R

. Да се намери лицето

S_{C P Q R}

на квадрата

C P Q R.

Решение

[](/problem-assets/zms2023-12-2-diagram-2.jpg) Фигура 1: Случай 1. Случай 2. Решение. Нека страните на двата квадрата са съответно

A B=a=\sqrt{\vphantom{x^2}37}

C P=b

. Ако ориентацията на двата квадрата е различна (вж. фигура 1. за всеки от случаите за припокриване), то триъгълниците

B P C

D R C

имат по две равни страни и ъгъл при върха

C

равен на

90^{\circ} \pm \angle B C R

, т. е. триъгълниците

B P C

D R C

са еднакви и медианите им

C M

C N

са равни. Но

4=C M \neq C N=3

, следователно двата квадрата са ориентирани еднакво и има два случая за припокриването на квадратите както е показано на фигура 2. Лесно се вижда, че във всеки от случаите за триъгълниците

B P C

D R C

имаме

C B=

C D=a, C P=C R=b

\angle D C R=180^{\circ}-\varphi

, където

\angle B C P=\varphi

. Построяваме точките

C^{\prime}

C_{1}^{\prime}

, симетрични на върха

C

съответно относно точките

N

M

. Тогава фигурите

B C_{1}^{\prime} P C

D C R C^{\prime}

са успоредници и диагоналите им се разполовяват съответно в точките

M

N

. Освен това двойките триъгълници

B P C, C C^{\prime} D

D R C, C C_{1}^{\prime} B

![](/problem-assets/zms2023-12-2-diagram-1.jpg) Фигура 2: Случай 1. {Случай 2.} са еднакви, т. е. имаме

B P=2 C N=6

D R=2 C M=8

. Сега в триъгълника

B M C

имаме

B C=\sqrt{\vphantom{x^2}37}, B M=C N=3

C M=4

, тогава по косинусова теорема намираме

\angle B M C=120^{\circ}

, а от косинисова теорема за триъгълника

C M P

получаваме

C P=b=\sqrt{\vphantom{x^2}13}

. Така окончателно имаме, че

S_{C P Q R}=13

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1т. за достигане до правилната конфигурация и отхвърляне на възможността за различна ориентация на квадратите; 3 т. за пълното решение в първия разглеждан случай; 2 т. за решение на задачата и в другия случай.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число, което не е точен квадрат. Да се докаже, че съществува естествено число

a

, за което

\lim _{m \rightarrow \infty}\left\{(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}\right\}=1\text{, }

където

\{x\}

е дробната част на

x.

Решение

Понеже

n

не е точен квадрат, то числото

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

не е цяло и

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

. Сега нека да означим с

a

цялата част на

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

, т. е.

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

. Тогава от биномната формула на Нютон имаме, че за всяко естествено число

m

числото

b_{m}=(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+

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

е цяло. Но за второто събираемо в израза за

b_{m}

имаме

(\sqrt{\vphantom{x^2}n}-a)^{2 m}=\{\sqrt{\vphantom{x^2}n}\}^{2 m}\lt{}1

, следователно за цялото число

b_{m}

ще бъде изпълнено

b_{m}=\left[(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}\right]+1

или

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

\left[(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}\right]+1

. Така за дробната част на израза

(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}

получаваме

\left\{(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}\right\}=

(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}-\left[(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}\right]=

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

което при

m \rightarrow \infty

заради

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

има граница равна на 1.

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 2т. за избор на числото

a

, който води до правилни заключения; 3т. за намиране на

\left[(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}\right]; 2

т. за изразяване на

\left\{(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}\right\}

като сума на 1 и клоняща към 0 редица.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Даден е граф

G(V, E)

n

върха. За всяко негово ребро

e \in E

дефинираме тежест

\omega(e): =\frac{r}{2(r-1)}

, където

r

е броят върхове в максималната клика, в която участва e. Да се докаже, че

\sum_{e \in E} w(e) \leq \frac{n^{2}}{4}

(Клика в

G

е подграф, чиито върхове са подмножество на върховете на

G

и всеки два от тях са свързани с ребро от

G)

Решение

Да разгледаме фунцкията

f\left(x_{1}, \ldots, x_{n}\right): =\sum_{e \in E} w(e) x_{i} x_{j}, 1 \leq i\lt{}j \leq n

. Твърдим, че максимумът на

f

върху множеството

S: =

\left\{\mathbf{x}: =\left(x_{1}, x_{2}, \ldots x_{n}\right) \mid x_{i} \geq 0, x_{1}+x_{2}+\ldots x_{n}=1\right\}

е не по-голям от

1 / 4

. Първо, ще покажем, че съществува клика в

G

, за която този максимум се достига. Наистина, ако

i, j

не са свързани в

G, f

, е линейна функция на

x_{i}

x_{j}

., така че при фиксирано

x_{i}+x_{j}

, максимумът се достига при

x_{i}=0

или

x_{j}=0

. Прилагайки този аргумент необходимият брой пъти, достигаме до

x_{i}=0

, освен ако

i

не е свързан с всички останали върхове, т. е. имаме клика. Да означим кликата с

K_{\ell}

. БОО върховете ѝ са от 1 до

\ell

, т. е.

x_{j}=0, j=\ell+1, \ldots n

. Тъй като функцията

t /(2(t-1))

е намаляваща върху

\mathbb{N}

, то всяко ребро на

K_{\ell}

има тегло най-много

\ell /(2(\ell-1))

(очевидно, реброто участва в

K_{\ell}

, но няма гаранция, че тази клика е максималната за него). Следователно,

f(\mathbf{x}) \leq \frac{\ell}{2(\ell-1)} \sum_{1 \leq i\lt{}j \leq \ell} x_{i} x_{j}

Тъй като

g\left(x_{1}, \ldots, x_{\ell}\right): =\sum_{1 \leq i\lt{}j \leq \ell} x_{i} x_{j}=

\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}+\ldots x_{\ell}\right)^{2}-\frac{1}{2} \sum x_{i}^{2}

g

достига максимума си тогава и само тогава, когато

x_{i}=1 / \ell

и значи

f(\mathbf{x}) \leq \frac{\ell}{2(\ell-1)} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\ell-1}{\ell}=\frac{1}{4}

Следователно, максимумът на

f

е най-много

1 / 4

, от където, при

x_{i}=1 / n

, заключаваме

f\left(\frac{1}{n}, \ldots, \frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n^{2}} \sum w(e) \leq \frac{1}{4}

което трябваше да докажем.

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 2 т. за въвеждане на

f; 2

т. за разглеждане на

S

и доказателство, че максимум се достига върху клика; 2т. за

f \leq 1 / 4

и 1 т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-12-4

2024

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Мария и Биляна играят следната игра. Мария разполага с 2024, а Биляна с 2023 честни монети. Монетите се хвърлят на случаен принципвероятността за всяка отделна монета да бъде ези след хвърлянето е

\frac{1}{2}

. Мария печели, ако сред нейните монети има строго повече езита отколкото сред тези на Биляна, а в противен случай Биляна печели. Каква е вероятността Мария да спечели?

Решение

Нека

p

е вероятността Мария да има повече езита от Биляна след хвърляне на първите 2023 от монетите на Мария. Тогава от съображения за симетрия вероятността Мария да има по-малко езита от Биляна е също

p

и следователно вероятността Мария и Биляна да са хвърлили равен брой езита е

1-2 p

. Ако Мария е хвърлила по-малко езита от Биляна до този момент, вероятността и да спечели е 0 (независимо от последната монета), ако е хвърлила строго повече езита, вероятността да спечели е 1 (отново независимо от последната монета), а ако са хвърлили по равен брой вероятността да спечели е

\frac{1}{2}

(тук последната монета трябва да е ези задължително). Така получаваме, че вероятността Мария да спечели е

p+\frac{1-2 p}{2}=\frac{1}{2}

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1т. за разглеждане на първите 2023 монети на Мария; 3т. за съображението за симетрия; 2т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е разностранен и остроъгълен

\triangle A B C

A C\gt{}B C

. Нека точка

P

от вътрешността на

\triangle A B C

е такава, че

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

и нека

A P

B P

пресичат отсечките

B C

A C

в точките

A_{1}

B_{1}

съответно. Нека

M

е средата на

A_{1} B_{1}

, а окръжностите описани около

\triangle A B C

\triangle A_{1} C B_{1}

се пресичат за втори път в точка

Q

. Да се докаже, че

\angle P Q M=\angle B Q A_{1}.

Решение

Нека

P^{\prime}

е симетрична на

P

спрямо средата

N

на

A B

. Тогава имаме, че

A P^{\prime} B P

е успоредник, откъдето следва, че

A P^{\prime} B C

е вписан. Оттук получаваме, че

\angle A Q P^{\prime}=\angle A B P^{\prime}=

\angle B A P

. От друга страна

\angle A Q P=\angle A Q C-\angle P Q C=180^{\circ}-\angle A B C-\angle A A_{1} B=\angle P A B

, където използвахме, че

P

лежи на описаната около

\triangle A_{1} B_{1} C

окръжност. Така получаваме, че

\angle A Q P^{\prime}=\angle A Q P

, откъдето следва, че

P, Q, P^{\prime}

лежат на една права, т. е

N \in P Q

. Също имаме, че

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

, което означава, че

\angle N Q B=\angle M Q A_{1}

като съответни елементи. Последното е еквивалентно на

\angle P Q B=\angle M Q A_{1}

, откъдето следва, че

\angle P Q M=\angle B Q A_{1}

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1т. за построяване на точка

P^{\prime}; 2

т. за доказване, че

N \in P Q; 2

т. за

\triangle A Q B \sim \triangle B_{1} Q A_{1}; 1

т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

n \in \mathbb{N}

\mathcal{A}

е непразна фамилия от непразни подмножества на

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

със следното свойствоако

A \in \mathcal{A}

A \subset B \subseteq\{1, 2, \ldots, n\}

, то

B \in \mathcal{A}

. Да се докаже, че функцията

f(x): =\sum_{A \in \mathcal{A}} x^{|A|}(1-x)^{n-|A|}

е строго растяща в интервала

(0, 1).

Решение

Решение. (Първи начин) За удобство ще наричаме свойството на

\mathcal{A}

от условието свойство

(P)

. За произволна фамилия

\mathcal{B}

от подмножества на

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

да дефинираме

f(x, \mathcal{B}, k): =\sum_{A \in \mathcal{B}} x^{|A|}(1-x)^{k-|A|}

. Нека

\mathcal{A}_{0}: =\{A \subseteq\{1, 2, \ldots, n-1\}: A \in \mathcal{A}\}

\mathcal{A}_{1}: =\{A \subseteq\{1, 2, \ldots, n-1\}: A \cup\{n\} \in \mathcal{A}\}

и да забележим, че

\mathcal{A}_{0} \subseteq \mathcal{A}_{1}

, както и че

\mathcal{A}_{0}

\mathcal{A}_{1}

също имат свойство

(P)

. Също така имаме, че

f(x, \mathcal{A}, n) & =

\sum_{A \in \mathcal{A}_{0}} x^{|A|}(1-x)^{n-|A|}

\begin{aligned}+\sum_{A \in \mathcal{A}_{1}} x^{|A|+1}(1-x)^{n-|A|-1 \mid} \\ & =\end{aligned}

(1-x) f\left(x, \mathcal{A}_{0}, n-1\right)+x f\left(x, \mathcal{A}_{1}, n-1\right).

Сега твърдението следва с индукция по

n

. За

n=1

имаме, че

\mathcal{A}=\{1\}

f(x, \mathcal{A}, 1)=x

съответно. Нека

n \geq 2

. Да допуснем, че

f(x, \mathcal{B}, k)

е растяща за всяко

k \leq n-1

и произовлна фамилия

\mathcal{B}

от подмножества на

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

, която има свойството

(P)

. Тогава имаме

f^{\prime}(x, \mathcal{A}, n)=(1-x) f^{\prime}\left(x, \mathcal{A}_{0}, n-1\right)+x f^{\prime}\left(x, \mathcal{A}_{1}, n-1\right)+f\left(x, \mathcal{A}_{1}, n-1\right)-f\left(x, \mathcal{A}_{0}, n-1\right)\gt{}0

, което следва от индукционната хипотеза и от

f\left(x, \mathcal{A}_{1}, n-1\right)-f\left(x, \mathcal{A}_{0}, n-1\right) \geq 0

, защото

\mathcal{A}_{0} \subseteq \mathcal{A}_{1}

. (Втори начин) Нека

0\lt{}p\lt{}q\lt{}1

. Да забележим, че

p^{*}=\frac{q-p}{1-p} \in(0, 1)

. Конструираме множествата

X

Y

по следния начин: За всеки елемент

i \in\{1, 2, \ldots, n\}

слагаме

i

X

с вероятност

p

(независимо едно от друго), а за всеки елемент

j \in\{1, 2, \ldots, n\} \backslash X

поставяме

j

Y

с вероятност

p^{*}

. Тогава

\mathbb{P}(x \in X \cup Y)=p+(1-p) p^{*}=q

. Лесно се вижда, че

f(p)=\mathbb{P}(X \in \mathcal{A})

, а

f(q)=\mathbb{P}(X \cup Y \in \mathcal{A})

, но т. к

\mathcal{A}

има свойството от условието имаме, че

X \subseteq X \cup Y \Rightarrow f(p)\lt{}f(q)

\textit{Оценяване: }

( 7 точки)

1_{\text{т. за идея за индукция по} n; 1}

т. за дефиниране на

\mathcal{A}_{0}

\mathcal{A}_{1}; 1

т. за отбелязване, че

\mathcal{A}_{0}

\mathcal{A}_{1}

имат свойството

(P)

; 2т. за доказване на рекурентната зависимост за

f; 2

т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Ще наричаме едно естествено число

m

Спировско, ако съществуват цели числа

a, b, c

, за които

m=a^{3}+2 b^{3}+4 c^{3}-6 a b c

. Да се докаже, че съществува естествено число

n\lt{}2024

такова, че за безбройно много прости числа

p

, числото

n p

е Спировско.

Решение

Лема. Нека

p

е просто число, а

a, b, c \in \mathbb{Z} / p \mathbb{Z}

. Тогава съществуват

x, y, z \in \mathbb{Z}

такива, че

|x|, |y|, |z|\lt{}\sqrt[3]{\vphantom{x^2}p}, (x, y, z) \neq(0, 0, 0)

a x+b y+c z \equiv 0(\bmod p)

. Доказателство. Да разгледаме множеството

M: =\{(x, y, z): x, y, z \in\{0, 1, \ldots, \lfloor\sqrt[3]{\vphantom{x^2}p}\rfloor\}\}

. Имаме, че

|M|\gt{}p

, т. е в

M

има два различни елемента

\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right)

\left(x_{2}, y_{2}, z_{2}\right)

, за които

a x_{1}+b y_{1}+c z_{1} \equiv a x_{2}+b y_{2}+c z_{2}(\bmod p)

. Така

\left(x_{1}-x_{2}, y_{1}-y_{2}, z_{1}-z_{2}\right)

изпълнява условията от лемата. Нека сега

p \equiv 2(\bmod 3)

. Тогава сравнението

x^{3} \equiv 2(\bmod p)

има решение

a

, т. к функцията

x \mapsto x^{3}

е инективна в

\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}

, откъдето следва, че е сюрективна. Един начин да се провери това е да се види, че

x^{3} \equiv 1(\bmod p)

има само 1 за решение, т. к

(3, p-1)=1

и следователно показателят на

x(\bmod p)

е 1. От лемата съществуват

x, y, z

|x|, |y|, |z|\lt{}\sqrt[3]{\vphantom{x^2}p}

, за които

x+a y+a^{2} z \equiv 0(\bmod p)

. Оттук получаваме, че

x^{3}+a^{3} y^{3}+a^{6} z^{3}-3 a^{3} x y z \equiv 0(\bmod p)

. Последното е еквивалентно на

x^{3}+2 y^{3}+

4 z^{3}-6 x y z \equiv 0(\bmod p)

. От друга страна

|x|, |y|, |z|\lt{}\sqrt[3]{\vphantom{x^2}p}

дава

\left|x^{3}+2 y^{3}+4 z^{3}-6 x y z\right|\lt{}13 p

. Също така да забележим, че ако

x^{3}+2 y^{3}+4 z^{3}-6 x y z\lt{}0

, то тройката (

-x, -y, -z

) ще даде естествено число, делящо се на

p

. Остана да отбележим, че

x^{3}+2 y^{3}+4 z^{3}-6 x y z \neq 0

. Наистина, ако

x^{3}+2 y^{3}+4 z^{3}-6 x y z=0

, то имаме

(x+\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2} y+\sqrt[3]{\vphantom{x^2}4} z)\left((x-\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2} y)^{2}+(x-\sqrt[3]{\vphantom{x^2}4} z)^{2}+(\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2} y-\sqrt[3]{\vphantom{x^2}4} z)^{2}\right)=0

, т. е

x=\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2} y=\sqrt[3]{\vphantom{x^2}4} z

или

x+y \sqrt[3]{\vphantom{x^2}2}+z \sqrt[3]{\vphantom{x^2}4}=0

, чиито единствени решения в цели числа са

(x, y, z)=(0, 0, 0)

(първото следва т. к

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

е ирационално, а второто следва от факта, че

x^{3}-2

е минималният полином на

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

над рационалните числа).

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 2т. за лемата; 1 т. за избор на просто число

p \equiv 2(\bmod 3); 1

т. за доказателство, че

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

съществува по модул

p

; 1т. за доказване, че съществува

n

|n|\lt{}13

; 2 т. за отхвърляне на случая

n=0

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-12-4