maths.bgmaths.bg
Всички колекции
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 годинаПо клас

Избрана година

2006

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • zms2006-9-2: има placeholder текст
  • zms2006-12-3: има placeholder текст

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалните неотрицателни параметри aa и bb, за които уравненията x2+a2x+b3=0x^{2}+a^{2} x+b^{3}=0 и x2+b2x+a3=0x^{2}+b^{2} x+a^{3}=0 имат общ реален корен.
РешениеАко x0x_{0} е общ корен на двете уравнения, тоx0(a2−b2)=a3−b3x_{0}\left(a^{2}-b^{2}\right)=a^{3}-b^{3}Случай 1. При a≠ba \neq b получаваме x0=a2+ab+b2a+bx_{0}=\frac{a^{2}+a b+b^{2}}{a+b}. Тъй като очевидно x0>0x_{0}\gt{}0, заместването в първото уравнение ще даде x02+a2x0+b3>0x_{0}^{2}+a^{2} x_{0}+b^{3}\gt{}0, което е невъзможно. Следователно в този случай задачата няма Случай 2. При a=ba=b двете уравнения съвпадат и трябва само да проверим кога имат реални корени. Дискриминантата е D=a4−4a3=a3(a−4)D=a^{4}-4 a^{3}=a^{3}(a-4), като a=0a=0 е , а при a>0a\gt{}0 неравенството D≥0D \geq 0 е еквивалентно на a≥4a \geq 4. Следователно решенията на задачата са всички двойки ( a,aa, a ), където a∈{0}∪[4,+∞a \in\{0\} \cup[4, +\infty ).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-9-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C. Нека BL,L∈ACB L, L \in A C, е ъглополовяща на ∠ABC\angle A B C, а AH,H∈BCA H, H \in B C, е височината на триъгълника през върха AA. Да се докаже, че ∠AHL=∠ALB\angle A H L=\angle A L B тогава и само тогава, когато ∠BAC=∠ACB+90∘\angle B A C=\angle A C B+90^{\circ}.
Решение(⇒)(\Rightarrow) Нека ∠AHL=∠ALB=φ\angle A H L=\angle A L B=\varphi и II е центърът на вписаната в △ABH\triangle A B H окръжност. Тогава ∠AHI=12∠AHB=45∘\angle A H I=\frac{1}{2} \angle A H B=45^{\circ} и ∠AIL=180∘−∠AIB=45∘\angle A I L=180^{\circ}-\angle A I B=45^{\circ}. Оттук∠LAI+∠LHI=(180∘−∠ALI−∠AIL)+(∠AHL+∠AHI)=(180∘−φ−45∘)+(φ+45∘)=180∘.\begin{aligned} \angle L A I+\angle L H I & =\left(180^{\circ}-\angle A L I-\angle A I L\right)+(\angle A H L+\angle A H I) \\ & =\left(180^{\circ}-\varphi-45^{\circ}\right)+\left(\varphi+45^{\circ}\right)=180^{\circ}. \end{aligned}Следователно четириъгълникът AIHLA I H L е вписан в окръжност, откъдето φ=45∘\varphi=45^{\circ}. Сега имаме ∠BAC=90∘+∠BAI=90∘+12(90∘−∠ABC)\angle B A C=90^{\circ}+\angle B A I=90^{\circ}+\frac{1}{2}\left(90^{\circ}-\angle A B C\right). Замесвайки в последното равенство ∠ABC=180∘−∠BAC−∠ACB\angle A B C=180^{\circ}-\angle B A C-\angle A C B, получаваме∠BAC=∠ACB+90∘.\angle B A C=\angle A C B+90^{\circ}.(⇐)(\Leftarrow) Ще използваме стандартните означения за ъглите в △ABC\triangle A B C. Нека α=90∘+γ\alpha=90^{\circ}+ \gamma. Тогава лесно се вижда, че ALA L е външна ъглополовяща за △ABH\triangle A B H. Следователно LL е центърът на външновписаната окръжност за △ABH\triangle A B H към страната AHA H. Сега имаме ∠AHL=12∠CHA=45∘\angle A H L=\frac{1}{2} \angle C H A=45^{\circ}. От друга страна,∠ALB=180∘−∠BAL−∠ABL=180∘−α−β2=180∘−α−180∘−α−γ2=90∘−α−γ2=45∘.\begin{aligned} \angle A L B & =180^{\circ}-\angle B A L-\angle A B L \\ & =180^{\circ}-\alpha-\frac{\beta}{2} \\ & =180^{\circ}-\alpha-\frac{180^{\circ}-\alpha-\gamma}{2} \\ & =90^{\circ}-\frac{\alpha-\gamma}{2}=45^{\circ}. \end{aligned}Следователно ∠AHL=∠ALB\angle A H L=\angle A L B.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В клетките на тъблица с размер 8×88 \times 8 са разположени пулове, като са спазени следните правила: (1) В поне едно от полетата на всеки правоъгълник с размер 2×12 \times 1 или 1×21 \times 2 има поне един пул. (2) За всеки правоъгълник с размер 7×17 \times 1 или 1×71 \times 7 има поне два пула, които са разположени в съседни полета. Да се намери минималния възможен брой пулове.
РешениеОт фиг. 1 следва, че е възможно да разположим 37 пула при изпълнени условия (1) и (2). Ще докажем, че 37 е търсеният минимален брой. От (1) следва, че всеки стълб на таблицата съдържа поне по 4 пула. Да разгледаме стълбовете на таблицата 6×66 \times 6, получена от дадената след отрязване на крайните редове и стълбове. От (1) следва, че всеки такъв стълб съдържа поне три пула. Фиг. 1 В никой от стълбовете 6×16 \times 1 с три пула не е възможно тези пулове да са през едно поле, защото тогава за съответния стълб в голямата таблица не е изпълнено (2). Следователно в стълбовете с по три пула тези три пула са разположени във второ, трето и пето или във второ, четвърто и пето поле. Да означим с kk броя на стълбовете с по 3 пула. Останалите 6−k6-k малки стълба и двата крайни големи стълба съдържат поне по 4 пула. Да отбележим още, че от (1) следва, че стълбовете от голямата таблица, които съдържат стълбове от малката с по 3 пула, задължително съдържат по 5 пула. Да допуснем, че два стълба с по три пула са съседни. Тогава съседните им първи полета образуват правоъгълник 2×12 \times 1, в който няма пулпротиворечие. Тъй като разглеждаме общо 6 стълба, най-много 3 от тях съдържат по 3 пула, т. е. k≤3k \leq 3. Да разгледаме двата правоъгълника 6×16 \times 1, разположени под и над малката таблица. Имаме две възможности: Случай 1. Ако един от тези правоъгълници съдържа не повече от 3 пула, то в крайните стълбове на голямата таблица има поне по 5 пула и следователно в цялата таблица има поне 5k+2⋅5+4(6−k)+2(3−k)=40−k≥375 k+2 \cdot 5+4(6-k)+2(3-k)=40-k \geq 37 пула. Случай 2. Ако и двата правоъгълника съдържат поне по 4 пула, общият брой на пуловете е поне 5k+4(8−k)+2(4−k)=40−k≥375 k+4(8-k)+2(4-k)=40-k \geq 37.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е неравенствотоx2x+x22−x≥x2a\sqrt{\vphantom{x^2}x}+\sqrt{\vphantom{x^2}2-x} \geq \sqrt{\vphantom{x^2}a}където aa е реален параметър. a) Да се реши неравенството при a=3a=3. б) Да се намерят стойностите на aa, за които неравенството има
Решениеи множеството от решенията му е интервал с дължина, ненадминаваща x23\sqrt{\vphantom{x^2}3}. а) При a=3a=3 и x∈[0,2]x \in[0, 2] неравенството е равносилно с 2x2x(2−x)≥12 \sqrt{\vphantom{x^2}x(2-x)} \geq 1 или 4x2−8x+1≤04 x^{2}-8 x+1 \leq 0. Следователно решенията му саx∈[2−x232,2+x232]x \in\left[\frac{2-\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}, \frac{2+\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}\right]б) При a≥0a \geq 0 и x∈[0,2]x \in[0, 2] неравенството е равносилно с 2x2x(2−x)≥a−22 \sqrt{\vphantom{x^2}x(2-x)} \geq a-2. Ако a≤2a \leq 2, то всяко x∈[0,2]x \in[0, 2] е и условието не е изпълнено. Нека a>2a\gt{}2. Тогава неравенството е равносилно с 4x(2−x)≥(a−2)24 x(2-x) \geq(a-2)^{2} (оттук следва и x∈[0,2]x \in[0, 2] ) или 4x2−8x+a2−4a+4≤04 x^{2}-8 x+a^{2}-4 a+4 \leq 0. Ако D=16(4a−a2)<0D=16\left(4 a-a^{2}\right)\lt{}0, то полученото квадратно неравенство няма и условието отново не е изпълнено. Нека D≥0D \geq 0, т. е. a∈a \in (2, 4]. Сега решенията на квадратното неравенство са x∈[x1,x2]x \in\left[x_{1}, x_{2}\right], където x1≤x2x_{1} \leq x_{2} са корените на лявата му страна и условието става x2−x1≤x23x_{2}-x_{1} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}3}. Имамеx2−x1=x2(x2−x1)2=x_{2}-x_{1}=\sqrt{\vphantom{x^2}\left(x_{2}-x_{1}\right)^{2}}=x2(x1+x2)2−4x1x2=x24a−a2\sqrt{\vphantom{x^2}\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=\sqrt{\vphantom{x^2}4 a-a^{2}}и x24a−a2≤x23\sqrt{\vphantom{x^2}4 a-a^{2}} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}3} е равносилно с a2−4a+3≥0a^{2}-4 a+3 \geq 0. Оттук и от a∈(2,4]a \in(2, 4] получаваме търсените стойности на параметъра: a∈[3,4]a \in[3, 4].
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
На страните ABA B и BCB C на успоредника ABCDA B C D са построени точки EE и FF, така че DED E разполовява ъгъл ADFA D F и AE+CF=DFA E+C F=D F. Права през CC, перпендикулярна на DED E, пресича страната ADA D в точка LL и диагонала BDB D в точка HH. Нека DED E пресича ACA C в точка NN. а) Да се докаже, че AE=DLA E=D L; б) Ако HN∥ADH N \| A D, да се докаже, че BC=CDB C=C D; в) Ако HN∥ADH N \| A D, да се докаже, че ABCDA B C D е квадрат.
Решениеа) Нека M∈DE∩CL,K∈DF∩CLM \in D E \cap C L, K \in D F \cap C L. Тогава DMD M е височина и ъглополовяща в △LKD\triangle L K D, значи DL=DKD L=D K. Имаме △LKD∼△CKF\triangle L K D \sim \triangle C K F, така че KF=CFK F= C F и значи AE=DF−CF=DF−KF=DK=DLA E=D F-C F=D F-K F=D K=D L. б) От подобията △ANE∼△CND,△HNC∼LAC\triangle A N E \sim \triangle C N D, \triangle H N C \sim L A C и △LHD∼△CHB\triangle L H D \sim \triangle C H B имамеAECD=ANNC=LHHC=DLBC\frac{A E}{C D}=\frac{A N}{N C}=\frac{L H}{H C}=\frac{D L}{B C}Тъй като AE=DLA E=D L, получаваме BC=CDB C=C D. в) От б) следва, че ABCDA B C D е ромб, така че DB⊥ACD B \perp A C и значи HH е ортоцентър на △DNC\triangle D N C. Оттук HN⊥DCH N \perp D C, така че AD⊥DCA D \perp D C и ABCDA B C D е квадрат.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се реши в естествени числа t,x,y,zt, x, y, z уравнението2t=3x5y+7z.2^{t}=3^{x} 5^{y}+7^{z}.
РешениеОт даденото уравнение получаваме 2t≡1 mod 32^{t} \equiv 1 \bmod 3 и оттук 2 дели tt. Също така получаваме 2t≡2z mod 52^{t} \equiv 2^{z} \bmod 5 или (очевидно t>zt\gt{}z ) 2t−z≡1 mod 52^{t-z} \equiv 1 \bmod 5 и оттук 4 дели t−zt-z, така че 2 дели zz. По-нататък, имаме (очевидно t>4t\gt{}4 ) 0≡3x(−3)y+(−1)z mod 80 \equiv 3^{x}(-3)^{y}+(-1)^{z} \bmod 8 или 3x+y≡(−1)y+1 mod 83^{x+y} \equiv(-1)^{y+1} \bmod 8. Ако 2 дели yy, то 3x+y≡−1 mod 83^{x+y} \equiv-1 \bmod 8, което е невъзможно. Значи 2 не дели yy и 3x+y≡1 mod 83^{x+y} \equiv 1 \bmod 8, така че 2 дели x+yx+y и оттук 2 не дели xx. Да положим t=2m(m≥3),z=2n(n≥1)t=2 m(m \geq 3), z=2 n(n \geq 1) и да запишем уравнението във вида(2m−7n)(2m+7n)=3x5y.\left(2^{m}-7^{n}\right)\left(2^{m}+7^{n}\right)=3^{x} 5^{y}.Лесно се вижда, че (2m−7n,2m+7n)=1\left(2^{m}-7^{n}, 2^{m}+7^{n}\right)=1. Следователно имаме следните три случая: (∗)(*) 2m−7n=3x,2m+7n=5y2^{m}-7^{n}=3^{x}, 2^{m}+7^{n}=5^{y}; (∗)(*) 2m−7n=5y,2m+7n=3x2^{m}-7^{n}=5^{y}, 2^{m}+7^{n}=3^{x}; (∗)(*) 2m−7n=1,2m+7n=3x5y2^{m}-7^{n}=1, 2^{m}+7^{n}=3^{x} 5^{y}. В случаите 1) и 2) имаме 2m∓7n=3x2^{m} \mp 7^{n}=3^{x}. Оттук (предвид m≥3m \geq 3 и 2 не дели xx ) следва ∓(−1)n≡3 mod 8\mp(-1)^{n} \equiv 3 \bmod 8, т. е. 3≡±1 mod 83 \equiv \pm 1 \bmod 8, което е невъзможно. В случай 3) от 2m−7n=12^{m}-7^{n}=1 следва 2m≡1 mod 72^{m} \equiv 1 \bmod 7 и оттук 3 дели mm. Нека m=3k(k≥1)m= 3 k(k \geq 1). Тогава (2k−1)(22k+2k+1)=7n\left(2^{k}-1\right)\left(2^{2 k}+2^{k}+1\right)=7^{n}. Лесно се вижда, че (2k−1,22k+2k+1)=1\left(2^{k}-1, 2^{2 k}+2^{k}+1\right)=1 или 3. Следователно 2k−1=1,22k+2k+1=7n2^{k}-1=1, 2^{2 k}+2^{k}+1=7^{n}. Оттук последователно получаваме k=1,n=1,m=3,t=6,z=2k=1, n=1, m=3, t=6, z=2 и (от 2m+7n=3x5y2^{m}+7^{n}=3^{x} 5^{y} ) x=1,y=1x=1, y=1. Окончателно, единственото е t=6,x=1,y=1,z=2t=6, x=1, y=1, z=2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В двора на крал Артур има 40 рицари, които всяка сутрин се дуелират по двойки (всеки има по един противник на сутрин), а всяка вечер сядат около кръгла маса (без да се местят по време на вечерята). a) Колко най-малко сутрини са необходими на крал Артур, за да организира дуелите така, че всеки двама рицари да са се дуелирали поне веднъж? б) Колко най-малко вечери са необходими, за да може всеки двама рицари да са били съседи на масата поне два пъти?
Решениеа) Двойките рицари са 40⋅39/2=20⋅3940 \cdot 39 / 2=20 \cdot 39. Понеже на сутрин се образуват по 20 двойки, необходими са не по-малко от 39 сутрини. За 39 сутрини това може да се извърши по следния начин: разполагаме 39 от рицарите A1,A2,…,A39A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{39} във върховете на правилен 39 -ъгълник, а последния ( BB ) поставяме в центъра. През сутрин номер ii, нека BB се дуелира с AiA_{i}, а останалите дуели да са съставени от хордите Ai−jAi+jA_{i-j} A_{i+j}, перпендикулярни на BAiB A_{i} (номерацията е по модул 39). Понеже 39 е нечетно, всяка хорда е перпендикулярна на единствен радиус, така че всяка двойка ще се появи в някой от 39-те дни. б) Необходимите съседства са 40⋅39⋅2/2=40⋅3940 \cdot 39 \cdot 2 / 2=40 \cdot 39. Понеже на вечер се образуват по 40 съседства, необходими са не по-малко от 39 вечери. За 39 вечери масата може да се подреди с помощтта на схемата от (а) по следния начин. Нека свържем всички отсечки, съответстващи на дуели в дните ii и i+1i+1 (номерацията на дните също е по модул 39). Ще получим затворената веригатаBAiAi+2Ai−2Ai+4Ai−4…Ai+38Ai−38B A_{i} A_{i+2} A_{i-2} A_{i+4} A_{i-4} \ldots A_{i+38} A_{i-38}(имаме Ai−38=Ai+1A_{i-38}=A_{i+1} ), която обхваща 40 точки без повторения (никои два номера не се различават с 39, заради четността, нито с негово кратно, понеже най-голямата разлика е 38−(−38)<2⋅3938-(-38)\lt{}2 \cdot 39 ). Значи тази верига обхваща всичките 40 точки; нека тя задава последователността на рицарите около масата през вечер ii. Съгласно а), всеки двама рицари ще са били съседи два пъти: в навечерието на дуела си и на вечерта след дуела (по модул 39).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши уравнениетоlog⁡a(a2(x2+x)+a2)=x2+x+log⁡a(a2+1),\log _{a}\left(a^{2\left(x^{2}+x\right)}+a^{2}\right)=x^{2}+x+\log _{a}\left(a^{2}+1\right),където aa е реален параметър.
РешениеОчевидно имаме ax2+x(a2+1)=a2(x2+x)+a2a^{x^{2}+x}\left(a^{2}+1\right)=a^{2\left(x^{2}+x\right)}+a^{2}. Полагайки u=ax2+xu=a^{x^{2}+x}, получаваме квадратното уравнение u2−(a2+1)u+a2u^{2}-\left(a^{2}+1\right) u+a^{2}, което има корени 1 и a2a^{2}. За xx получаваме съответно x2+x=0x^{2}+x=0 и x2+x−2=0x^{2}+x-2=0. Окончателно получаваме, че за всяко a∈(0,1)∪(1,+∞)a \in(0, 1) \cup(1, +\infty) уравнението има четири корена x=−2,−1,0,1x=-2, -1, 0, 1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C, в който ∠ACB=60∘\angle A C B=60^{\circ}. Редицата от точки A0,A1,…,A2006A_{0}, A_{1}, \ldots, A_{2006} е дефинирана така: A0=A,A1A_{0}=A, A_{1} е петата на перпендикуляра от A0A_{0} към правата BC,A2B C, A_{2} е петата на перпендикуляра от A1A_{1} към правата ACA C и т. н., A2006A_{2006} е петата на перпендикуляра от A2005A_{2005} към правата ACA C. По аналогичен начин е дефинирана редицата B0,B1,…,B2006:B0=B,B1B_{0}, B_{1}, \ldots, B_{2006}: B_{0}=B, B_{1} е петата на перпендикуляра от B0B_{0} към правата ACA C и т. н. Да се докаже, че правата A2006B2006A_{2006} B_{2006} се допира до вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност тогава и само тогава, когатоAC+BCAB=22006+122006−1\frac{A C+B C}{A B}=\frac{2^{2006}+1}{2^{2006}-1}
РешениеПоследователно имаме CA1=12CA0,CA2=14C A_{1}=\frac{1}{2} C A_{0}, C A_{2}=\frac{1}{4} и т. н. Ясно е, че CA2006=122006CA0=122006CAC A_{2006}=\frac{1}{2^{2006}} C A_{0}=\frac{1}{2^{2006}} C A и аналогично CB2006=122006CBC B_{2006}=\frac{1}{2^{2006}} C B. От обратната теорема на Талес следва, че A2006B2006∥ABA_{2006} B_{2006} \| A B, като A2006B2006=122006ABA_{2006} B_{2006}=\frac{1}{2^{2006}} A B. Правата A2006B2006A_{2006} B_{2006} се допира до вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност тогава и само тогава, когато четириъгълникът ABB2006A2006A B B_{2006} A_{2006} е вписан. Последното е еквивалентно наAB+A2006B2006=AA2006+BB2006⇔AB+122006AB=22006−122006(AC+BC)⇔AC+BCAB=22006+122006−1\begin{aligned} A B+A_{2006} B_{2006}=A A_{2006}+B B_{2006} & \Leftrightarrow A B+\frac{1}{2^{2006}} A B=\frac{2^{2006}-1}{2^{2006}}(A C+B C) \\ & \Leftrightarrow \frac{A C+B C}{A B}=\frac{2^{2006}+1}{2^{2006}-1} \end{aligned}
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа x,y,zx, y, z, за коитоa(cos⁡2x+cos⁡2y+cos⁡2z)a(\cos 2 x+\cos 2 y+\cos 2 z)+2(1−a)(cos⁡x+cos⁡y+cos⁡z)+6=+2(1-a)(\cos x+\cos y+\cos z)+6=9a9 aкъдето aa е целочислен параметър.
РешениеC помощта на формулата cos⁡2α=2cos⁡2α−1\cos 2 \alpha=2 \cos ^{2} \alpha-1 записваме уравнението във видаa(cos⁡2x+cos⁡2y+cos⁡2z)a\left(\cos ^{2} x+\cos ^{2} y+\cos ^{2} z\right)+(1−a)(cos⁡x+cos⁡y+cos⁡z)+3−6a=+(1-a)(\cos x+\cos y+\cos z)+3-6 a=0.0.Да разгледаме функцията f(t)=at2+(1−a)t+1−2a,t∈[−1,1]f(t)=a t^{2}+(1-a) t+1-2 a, t \in[-1, 1]. Корените на квадратното уравнение f(t)=0f(t)=0 са t1=−1t_{1}=-1 и t2=2a−1a,a≠0t_{2}=\frac{2 a-1}{a}, a \neq 0. Имаме три възможности: (∗)(*) a<0a\lt{}0. Имаме 2a−1a>1\frac{2 a-1}{a}\gt{}1 и от свойствата на квадратната функция заключаваме, че f(t)≥0f(t) \geq 0 за всяко t∈[−1,1]t \in[-1, 1], като f(t)=0f(t)=0 тогава и само тогава, когато t=−1t=-1. (∗)(*) a=0a=0. Имаме f(t)=t+1≥0f(t)=t+1 \geq 0 за всяко t∈[−1,1]t \in[-1, 1], като f(t)=0f(t)=0 тогава и само тогава, когато t=−1t=-1. (∗)(*) a>0a\gt{}0. Понеже aa е цяло число, имаме a≥1a \geq 1. Сега 2a−1a≥1\frac{2 a-1}{a} \geq 1, като равенство се достига само при a=1a=1. От графиката на f(t)f(t) се вижда, че f(t)≥0f(t) \geq 0 за всяко t∈[−1,1]t \in[-1, 1], като f(t)=0f(t)=0 за t=−1t=-1 при a>1a\gt{}1 и f(t)=0f(t)=0 за t=±1t= \pm 1 при a=1a=1. Тъй като разглежданото уравнение има вида f(cos⁡x)+f(cos⁡y)+f(cos⁡z)=0f(\cos x)+f(\cos y)+f(\cos z)=0, горните разсъждения показват, че решенията му са: Ако a∈Z,a≠1a \in \mathbb{Z}, a \neq 1, то cos⁡x=cos⁡y=cos⁡z=−1\cos x=\cos y=\cos z=-1, т. е. x=(2k+1)π,y=(2l+1)πx=(2 k+1) \pi, y=(2 l+1) \pi, z=(2m+1)πz=(2 m+1) \pi, където k,l,m∈Zk, l, m \in \mathbb{Z}. Ако a=1a=1, то освен горното имаме още cos⁡x=cos⁡y=cos⁡z=1\cos x=\cos y=\cos z=1, т. е. x=2rπ,y=2sπ,z=2tπx=2 r \pi, y=2 s \pi, z=2 t \pi, където r,s,t∈Zr, s, t \in \mathbb{Z}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Едно число с 2006 цифри наричаме "лошо", ако всяко число, образувано от три негови последователни цифри, не се дели на 3. a) Да се намери броят на "лошите" числа, в чиито десетичен запис участват само цифрите 1, 2 и 3. б) Нека aa и bb са различни "лоши" числа, в чиито десетичен запис участват само цифрите 1, 2 и 3. Ако a+ba+b е лошо число и kk е броят на разредите, в които aa и bb имат еднакви цифри, да се намерят всички възможни стойности на kk.
Решениеа) Нека a1a2…an‾\overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{n}} е nn-цифрено, n>1n\gt{}1, число, записано с 1, 2 и 3. Тъй като точно едно от числата an−1an1‾,an−1an2‾,an−1an3‾\overline{a_{n-1} a_{n} 1}, \overline{a_{n-1} a_{n} 2}, \overline{a_{n-1} a_{n} 3} се дели на 3, то две от числата a1a2…an1‾,a1a2…an2‾,a1a2…an3‾\overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{n} 1}, \overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{n} 2}, \overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{n} 3} са лоши, а едно не е. Следователно от едно nn-цифрено ("лошо" или не) число, записано с 1, 2 и 3 чрез добавяне на една от тези цифри могат да се получат точно две ( n+1n+1 )-цифрени "лоши" числа. Тъй като двуцифрените числа, записани с 1, 2 и 3, са 9, то търсеният брой е 9⋅220049 \cdot 2^{2004}. б) Числата 122122…12212122122 \ldots 12212 и 233233…23323233233 \ldots 23323 са "лоши" числа, записани с 1, 2 и 3, чиято сума 355355…35535355355 \ldots 35535 също е "лошо" число. Следователно k=0k=0 е една от търсените стойности. Нека a=a1a2…an‾a=\overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{n}} и b=b1b2…bn‾b=\overline{b_{1} b_{2} \ldots b_{n}} са "лоши" числа, чиято сума a+ba+b също е "лошо" число. Тогава ai+ai+1+ai+2,bi+bi+1+bi+2a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2}, b_{i}+b_{i+1}+b_{i+2} и ai+ai+1+ai+2+bi+bi+1+bi+2a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2}+b_{i}+b_{i+1}+b_{i+2} не се делят на 3. Това е възможно само когато ai+ai+1+ai+2≡bi+bi+1+bi+2≡1a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2} \equiv b_{i}+b_{i+1}+b_{i+2} \equiv 1 или 2( mod 3)2(\bmod 3). Ако две от цифрите ai,ai+1,ai+2a_{i}, a_{i+1}, a_{i+2} съвпадат със съответните цифри от bi,bi+1,bi+2b_{i}, b_{i+1}, b_{i+2}, то от горнот следва, че и третата цифра съвпада. Продължавайки това разсъждение, ще видим, че двете числа са равни, което е невъзможно. Следователно измежду всеки три последователни цифри на aa най-много една съвпада със съответната цифра на bb. От друга страна, ако ai=bia_{i}=b_{i}, то ai+3=bi+3a_{i+3}=b_{i+3} (и аналогично ai−3=bi−3a_{i-3}=b_{i-3} ). Наистина, от ai+ai+1+ai+2≡bi+bi+1+bi+2( mod 3)a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2} \equiv b_{i}+b_{i+1}+b_{i+2}(\bmod 3) следва, че ai+1+ai+2≡bi+1+bi+2( mod 3)a_{i+1}+a_{i+2} \equiv b_{i+1}+b_{i+2}(\bmod 3). Ако ai+3≠bi+3a_{i+3} \neq b_{i+3}, то ai+ai+1+ai+2≡bi+bi+1+bi+2( mod 3)a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2} \equiv b_{i}+b_{i+1}+b_{i+2}(\bmod 3) е невъзможно. Следователно, ако k>0k\gt{}0, то измежду всеки три последователни цифри\_на\_ qq точно една съвпада със съответната цифра на bb. Това означава, че a1=b1,a2=ba_{1}=b_{1}, a_{2}=b. или a3=b3a_{3}=b_{3}. Оттук получаваме k=669k=669 или k=668k=668.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадена е функцията f(x)=x2−2006x+1x2+1f(x)=\frac{x^{2}-2006 x+1}{x^{2}+1}. а) Да се реши неравенството f′(x)≥0f^{\prime}(x) \geq 0. б) Да се докаже, че ∣f(x)−f(y)∣≤2006|f(x)-f(y)| \leq 2006 за произволни реални числа xx и yy.
Решениеа) Имамеf′(x)=f^{\prime}(x)=(2x−2006)(x2+1)−2x(x2−2006x+1)(x2+1)2=\frac{(2 x-2006)\left(x^{2}+1\right)-2 x\left(x^{2}-2006 x+1\right)}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}=2006(x2−1)(x2+1)2.\frac{2006\left(x^{2}-1\right)}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}.Следователно f′(x)≥0f^{\prime}(x) \geq 0 тогава и само тогава, когато x∈(−∞,−1]∪[1,+∞)x \in(-\infty, -1] \cup[1, +\infty). б) От а) следва, че f(x)f(x) расте пре x∈(−∞,−1)∪(1,+∞)x \in(-\infty, -1) \cup(1, +\infty) и намалява при x∈(−1,1)x \in(-1, 1). Следователно най-голямата и́ стойност е f(−1)=1004f(-1)=1004, а най-малката f(1)=−1002f(1)=-1002. Оттук ∣f(x)−f(y)∣≤∣1004−(−1002)∣=2006|f(x)-f(y)| \leq|1004-(-1002)|=2006, за произволни xx и yy. Втори начин. Множеството от стойностите на функцията f(x)f(x) се състои от всички реални числа tt, за които уравнението x2−2006x+1x2+1=t\frac{x^{2}-2006 x+1}{x^{2}+1}=t има поне едно Това е изпълнено точно когато дискриминантата на квадратното уравнение ( 1−t)x2−2006x+(1−t)=01- t) x^{2}-2006 x+(1-t)=0 е неотрицателна, т. е. 20062−4(1−t)2≥02006^{2}-4(1-t)^{2} \geq 0. Оттук намираме t∈[−1002,1004]t \in[-1002, 1004] и следователно ∣f(x)−f(y)∣≤2006|f(x)-f(y)| \leq 2006 за произволни xx и yy. Трети начин. Неравенството ∣f(x)−f(y)∣≤2006|f(x)-f(y)| \leq 2006 е еквивалентно на∣(x−y)(xy−1)∣≤(x2+1)(y2+1).|(x-y)(x y-1)| \leq\left(x^{2}+1\right)\left(y^{2}+1\right).Достатъчно е да докажем, че (x2+1)(y2+1)≥(x−y)(xy−1)\left(x^{2}+1\right)\left(y^{2}+1\right) \geq(x-y)(x y-1) за произволни xx и yy. За целта записваме неравенството във видаx2(y2−y+1)+x(y2+1)+(y2−y+1)≥0.x^{2}\left(y^{2}-y+1\right)+x\left(y^{2}+1\right)+\left(y^{2}-y+1\right) \geq 0.Тъй като y2−y+1>0y^{2}-y+1\gt{}0 и (y2+1)2−4(y2−y+1)2=−(y−1)2(3y2−2y+3)≤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 yy, заключаваме, че даденото неравенство е изпълнено за произволни xx и yy.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Върху диаметър на окръжност с радиус x25\sqrt{\vphantom{x^2}5} са взети точки MM и NN, равноотдалечени от центъра и́. През MM е построена хорда ABA B, а през NN е построена хорда ACA C така, че1MB2+1NC2=3MN2\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 MM и NN.
РешениеНека OO е центърът на окръжността и нека PQP Q е диаметърът, върху който лежат MM и N(M∈PO,N∈QO)N(M \in P O, N \in Q O). Да означим x=MO=NO,0≤x≤x25x=M O=N O, 0 \leq x \leq \sqrt{\vphantom{x^2}5}. ТогаваMA⋅MB=MP⋅MQ=(x25−x)(x25+x)=5−x2M 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 NA⋅NC=5−x2N A \cdot N C=5-x^{2}. Оттук получаваме1MB2+1NC2=MA2+NA2(5−x2)2\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 AOA O в △MNA\triangle M N A имаме5=AO2=14(2(MA2+NA2)−4x2)5=A O^{2}=\frac{1}{4}\left(2\left(M A^{2}+N A^{2}\right)-4 x^{2}\right)т. е. MA2+NA2=2(5+x2)M A^{2}+N A^{2}=2\left(5+x^{2}\right). Следователно1MB2+1NC2=2(5+x2)(5−x2)2=34x2\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 MN2=4x2M N^{2}=4 x^{2}. Оттук x4+14x2−15=0x^{4}+14 x^{2}-15=0, т. е. x=1x=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-12-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека OO е центърът на описаната окръжност около равнобедрен триъгълник ABCA B C с основа ABA B. Правата AOA O пресича бедрото BCB C в точка DD. Известно е, че ∣BD∣|B D| и ∣CD∣|C D| са цели числа, а ∣AO∣−∣CD∣|A O|-|C D| е просто число. Да се намерят тези три числа.
РешениеДа означим AO=R,BD=b,CD=cA O=R, B D=b, C D=c и OD=dO D=d. Тъй като COC O е ъглополовяща в △ACD\triangle A C D, тоdR=cb+c\frac{d}{R}=\frac{c}{b+c}От друга страна, ако правата AOA O пресича описаната окръжност в точка EE, то от свойството на секущите AEA E и BCB C следва, че(R+d)(R−d)=bc(R+d)(R-d)=b cКато заместим d=cRb+cd=\frac{c R}{b+c}, получавамеR2=(b+c)2cb+2cR^{2}=\frac{(b+c)^{2} c}{b+2 c}Некаk=(b,c,R),m=(bk,ck),k=(b, c, R), m=\left(\frac{b}{k}, \frac{c}{k}\right),R1=Rk,b1=bkmиc1=ckm. R_{1}=\frac{R}{k}, b_{1}=\frac{b}{k m} \text{и} c_{1}=\frac{c}{k m}.ТогаваR12=m2(b1+c1)2c1b1+2c1R_{1}^{2}=\frac{m^{2}\left(b_{1}+c_{1}\right)^{2} c_{1}}{b_{1}+2 c_{1}}Понеже (m,R1)=1\left(m, R_{1}\right)=1 и(b1+2c1,b1+c1)=(b1+2c1,c1)=(b1,c1)=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 R12=(b1+c1)2c1R_{1}^{2}=\left(b_{1}+c_{1}\right)^{2} c_{1} и m2=b1+2c1m^{2}=b_{1}+2 c_{1}. Следователно c1c_{1} е точен квадрат, например c1=n2c_{1}=n^{2}. Тогава c=kmc1=kmn2,b=kmb1=km(m2−2n2)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=kR1=kn(m2−n2)R=k R_{1}=k n\left(m^{2}-n^{2}\right). Тъй като 1>sin⁡∠BAC=b+c2R=m2n1\gt{}\sin \angle B A C=\frac{b+c}{2 R}=\frac{m}{2 n}, то x22n<m<2n\sqrt{\vphantom{x^2}2} n\lt{}m\lt{}2 n. (Обратно, при това условие триъгълникът съществува и е остроъгълен, т. е. правата AOA O пресича бедрото BCB C.) В частност, n≥2n \geq 2. Понеже R−c=kn(m2−n2−mn)R-c=k n\left(m^{2}-n^{2}-m n\right) е просто число, следва, че nn е просто числа, k=1k=1 и m2−n2−mn=1m^{2}-n^{2}-m n=1, т. е. (m−1)(m+1)=n(m+n)(m-1)(m+1)=n(m+n). Имаме две възможности: (∗)(*) m−1=ln⁡m-1=\ln. Тогава l(ln⁡+2)=ln⁡+1+nl(\ln +2)=\ln +1+n, т. е.n=1−2ll2−l−1n=\frac{1-2 l}{l^{2}-l-1}Последното число е отрицателно при l≥2l \geq 2. Следователно l=1l=1 и оттам n=1n=1, което е противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2006-12-4