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

2007

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • zms2007-8-1: има placeholder текст
  • zms2007-8-2: има placeholder текст
  • zms2007-8-3: има placeholder текст
  • zms2007-8-4: има placeholder текст
  • zms2007-9-3: има placeholder текст
  • zms2007-11-1: има placeholder текст
  • zms2007-12-2: има placeholder текст

8

4 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-8-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-8-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-8-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър pp, за които уравнението x2+(p2+1)x+p=2x^{2}+\left(p^{2}+1\right) x+p=2 има два различни реални корена x1x_{1} и x2x_{2} такива, че2x1−1x2+2x2−1x1=x1x2+55x1x2.\frac{2 x_{1}-1}{x_{2}}+\frac{2 x_{2}-1}{x_{1}}=x_{1} x_{2}+\frac{55}{x_{1} x_{2}}.
РешениеПо формулите на Виет x1+x2=−(p2+1)x_{1}+x_{2}=-\left(p^{2}+1\right) и x1x2=p−2≠0x_{1} x_{2}=p-2 \neq 0. Даденото условие е еквивалентно на 2x12−x1+2x22−x2=x12x22+552 x_{1}^{2}-x_{1}+2 x_{2}^{2}-x_{2}=x_{1}^{2} x_{2}^{2}+55, откъдето лесно получаваме 2p4+4p2−48=02 p^{4}+4 p^{2}-48=0. Това биквадратно уравнение има два реални корена, p1=2p_{1}=2 и p2=p_{2}= -2, но първият от тях дава x1x2=0x_{1} x_{2}=0, което е невъзможно. При p=−2p=-2 получаваме уравнението x2+5x−4=0x^{2}+5 x-4=0, чиито корени наистина са реални.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В △ABC,AB>BC\triangle A B C, A B\gt{}B C, точка KK от страната ABA B е такава, че AK=BC+BKA K= B C+B K. Права ℓ\ell минава през KK и е перпендикулярна на ABA B. Да се докаже, че ℓ\ell, симетралата на ACA C и външната ъглополовяща при върха BB се пресичат в една точка.
РешениеНека точка C′∈AB→C^{\prime} \in \overrightarrow{A B} е такава, че BC=BC′B C=B C^{\prime}. Тогава външната ъглополовяща на ∠B\angle B е симетралата на CC′C C^{\prime}. Тъй като AK=BC+BK=BC′+BK=KC′A K=B C+B K= B C^{\prime}+B K=K C^{\prime}, то ℓ\ell е симетралата на AC′A C^{\prime}. Получихме, че ℓ\ell, симетралата на ACA C и външната ъглополовяща при върха BB представляват симетрали на страните на △AC′C\triangle A C^{\prime} C и следователно се пресичат в центъра на описаната около този триъгълник окръжност. Втори начин. Нека kk е описаната около △ABC\triangle A B C окръжност и PP е средата на дъгата ACA C, съдържаща точка BB. Тогава симетралата на ACA C и външната ъглополовяща при върха BB минават през точка PP и остава да докажем, че ℓ\ell също минава през PP. Нека K′∈ABK^{\prime} \in A B е такава, че PK′⊥ABP K^{\prime} \perp A B. Достатъчно е да покажем, че AK′=BC+BK′A K^{\prime}= B C+B K^{\prime}. Нека PM⊥BC,M∈BCP M \perp B C, M \in B C. Тогава BB е между CC и M,BM=BK′M, B M=B K^{\prime} поради свойството на ъглополовящата и следователно BC+BK′=CB+BM=CMB C+B K^{\prime}=C B+B M=C M. От друга страна, △AK′P≅CMP(AP=CP,PK′=PM\triangle A K^{\prime} P \cong C M P\left(A P=C P, P K^{\prime}=P M\right. и ∠AK′P=∠CMP=90∘)\left.\angle A K^{\prime} P=\angle C M P=90^{\circ}\right), откъдето AK′=CM=BC+BK′A K^{\prime}=C M=B C+B K^{\prime}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа xx и yy, за които числото ( x2+y)(y2+x)x^{2}+ y)\left(y^{2}+x\right) е точна пета степен на просто число.
РешениеНека (x2+y)(y2+x)=p5\left(x^{2}+y\right)\left(y^{2}+x\right)=p^{5}, където pp е просто число. Тогава x2+y=ps,y2+x=ptx^{2}+y= p^{s}, y^{2}+x=p^{t}, където {s,t}={1,4}\{s, t\}=\{1, 4\} или {2,3}\{2, 3\}. В първия случай без ограничение на общността можем да считаме, че x2+y=p,y2+x=p4x^{2}+y=p, y^{2}+x=p^{4}. Тогава p>x2p\gt{}x^{2} и от p∣y(x2+y)−(y2+x)=x(xy−1)p \mid y\left(x^{2}+y\right)-\left(y^{2}+x\right)=x(x y-1) следва, че p∣xy−1p \mid x y-1. Сега от p∣x(x2+y)−(xy−1)p \mid x\left(x^{2}+y\right)-(x y-1) заключаваме, че p∣x3+1=(x+1)(x2−x+1)p \mid x^{3}+1=(x+1)\left(x^{2}-x+1\right), т. е. p∣x+1p \mid x+1 или p∣x2−x+1p \mid x^{2}-x+1, което противоречи на p>x2p\gt{}x^{2}. Нека x2+y=p2,y2+x=p3x^{2}+y=p^{2}, y^{2}+x=p^{3}. Тогава p>xp\gt{}x и както по-горе виждаме, че p∣x+1p \mid x+1 или p∣x2−x+1p \mid x^{2}-x+1. Случай 1. Нека p∣x+1p \mid x+1. Тогава p=x+1p=x+1 и лесно намираме то x=2,y=5x=2, y=5. Случай 2. Нека p∣x2−x+1p \mid x^{2}-x+1, но p∤x+1p \nmid x+1. Тогава p∣y2−y+1p \mid y^{2}-y+1, но p∤y+1p \nmid y+1. Имаме p∣x2+y=(x2−x+1)+(x+y−1)p \mid x^{2}+y=\left(x^{2}-x+1\right)+(x+y-1), т. е. p∣x+y−1p \mid x+y-1. Да положим x2−x+1=apmx^{2}-x+1=a p^{m}, y2−y+1=bpny^{2}-y+1=b p^{n} и x+y−1=cpℓx+y-1=c p^{\ell}, където (a,p)=(b,p)=(c,p)=1,a,b,c,m,n,ℓ∈N(a, p)=(b, p)=(c, p)=1, a, b, c, m, n, \ell \in \mathbb{N}. От apm=x2−x+1<x2+y=p2a p^{m}=x^{2}-x+1\lt{}x^{2}+y=p^{2} следва, че m=1m=1, и аналогично от cpℓ=x+y−1<x2+y=p2c p^{\ell}=x+y-1\lt{} x^{2}+y=p^{2} следва, че ℓ=1\ell=1. Тогава p2=x2+y=(a+c)pp^{2}=x^{2}+y=(a+c) p, т. е. a+c=pa+c=p. Освен това, от p3=y2+x=y2−y+1+x+y−1=bpn+cpp^{3}=y^{2}+x=y^{2}-y+1+x+y-1=b p^{n}+c p заключаваме, че n=1n=1 и b+c=p2b+c=p^{2}. Следователно b−a=p2−pb-a=p^{2}-p и имамеp2(p−1)=(a−b)p=(x2−x+1)−(y2−y+1)=p^{2}(p-1)=(a-b) p=\left(x^{2}-x+1\right)-\left(y^{2}-y+1\right)=(x−y)(x+y−1)=cp(x−y),(x-y)(x+y-1)=c p(x-y),което означава, че p∣x−yp \mid x-y. Оттук и от p∣x+y−1p \mid x+y-1 следва, че p∣2x−1p \mid 2 x-1. Тогава от p∣x2−x+1=(x2+x)−(2x−1)p \mid x^{2}-x+1=\left(x^{2}+x\right)-(2 x-1) следва p∣x(x+1)p \mid x(x+1), противоречие. Окончателно, решенията са (2,5)(2, 5) и (5,2)(5, 2).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадени са функциите f(x)=2x2+2x−4f(x)=2 x^{2}+2 x-4 и g(x)=x2−x+2g(x)=x^{2}-x+2. Да се определи, за кои стойности на xx: а) f(x)g(x)\frac{f(x)}{g(x)} е естествено число; б) е изпълнено неравенството x2f(x)+x2g(x)≥x22\sqrt{\vphantom{x^2}f(x)}+\sqrt{\vphantom{x^2}g(x)} \geq \sqrt{\vphantom{x^2}2}.
Решениеа) Полагаме f(x)/g(x)=kf(x) / g(x)=k. След преобразуване достигаме до уравнението(2−k)x2+(2+k)x−2(2+k)=0.(2-k) x^{2}+(2+k) x-2(2+k)=0.Ако k=2k=2, то x=2x=2. Нека сега k≠2k \neq 2. Тогава горното уравнение е квадратно и има реални корени. Следователно D=(2+k)(18−7k)≥0D=(2+k)(18-7 k) \geq 0 и k∈[−2,187]k \in\left[-2, \frac{18}{7}\right]. Тъй като kk е естествено число, различно от 2, получаваме k=1k=1 и x1,2=(−3±x233)/2x_{1, 2}=(-3 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}33}) / 2. Окончателно търсените стойности за xx са три: x1=−3+x2332,x2=−3−x2332,x3=2x_{1}=\frac{-3+\sqrt{\vphantom{x^2}33}}{2}, x_{2}=\frac{-3-\sqrt{\vphantom{x^2}33}}{2}, x_{3}=2. б) Множеството от допустими стойности за xx е (−∞,−2]∪[1,+∞)(-\infty, -2] \cup[1, +\infty). Лесно се проверява, че за всяко xx от това обединение е изпълнено g(x)≥2g(x) \geq 2. Следователно, x2f(x)+x2g(x)≥x22\sqrt{\vphantom{x^2}f(x)}+\sqrt{\vphantom{x^2}g(x)} \geq \sqrt{\vphantom{x^2}2} за x∈(−∞,−2]∪[1,+∞)x \in(-\infty, -2] \cup[1, +\infty).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен △ABC\triangle A B C, в който са спуснати височините BB1B B_{1} и CC1C C_{1} към страните ACA C и AB(B1∈AC,C1∈AB)A B\left(B_{1} \in A C, C_{1} \in A B\right). Нека MM и NN са съответно средите на BB1B B_{1} и CC1,P=AM∩CC1C C_{1}, P=A M \cap C C_{1} и Q=AN∩BB1Q=A N \cap B B_{1}. Да се докаже, че а) точките M,N,PM, N, P и QQ лежат на една окръжност; б) ако точките B,C,PB, C, P и QQ лежат на една окръжност, то △ABC\triangle A B C е равнобедрен.
Решениеа) △ACC1≅△ABB1\triangle A C C_{1} \cong \triangle A B B_{1}, следователно ANA N и AMA M са съответни медиани в подобни триъгълници. Оттук∠ANC1=∠AMB1⇒∠QNB=∠PMQ\angle A N C_{1}=\angle A M B_{1} \Rightarrow \angle Q N B=\angle P M Qт. е. точките M,N,P,QM, N, P, Q лежат на една окръжност. б) Ако точките B,C,P,QB, C, P, Q лежат на една окръжност, то ∠QCP=∠QBP\angle Q C P=\angle Q B P. Но ∠ACC1=∠ABB1\angle A C C_{1}=\angle A B B_{1}, следователно∠QCA=∠PBA(1)\angle Q C A=\angle P B A \tag{1}От друга страна, от подобието на △ACC1\triangle A C C_{1} и △ABB1\triangle A B B_{1} имаме∠CAQ=∠CAN=∠BAM=∠BAP(2)\angle C A Q=\angle C A N=\angle B A M=\angle B A P \tag{2}От (1) и (2) следва, че △ACQ≅△ABP\triangle A C Q \cong \triangle A B P, откъдетоACAB=AQAP=AMAN=ABAC,\frac{A C}{A B}=\frac{A Q}{A P}=\frac{A M}{A N}=\frac{A B}{A C},т. е. AB2=AC2A B^{2}=A C^{2} и AB=ACA B=A C.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа x,yx, y, за които xy2+2yx y^2+2 y дели 2x2y+xy2+8x2 x^2 y+x y^2+8 x.
РешениеРешение. Очевидно xy2+2yx y^2+2 y дели(2x+y)(xy2+2y)−y(2x2y+xy2+8x)=2y2−4xy,(2 x+y)\left(x y^2+2 y\right)-y\left(2 x^2 y+x y^2+8 x\right)=2 y^2-4 x y,т. е. xy+2x y+2 дели 2y−4x2 y-4 x. 1) Нека 2y−4x≥02 y-4 x \geq 0. 1 \cdot 1) Ако x≥2x \geq 2 имаме xy+2>2y−4xx y+2\gt{}2 y-4 x и следователно 2y−4x=02 y-4 x=0. Оттук получаваме x=a,y=2ax=a, y=2 a. Непоредствено се получава, че в този случай xy2+2y=4a(a2+1)x y^2+2 y=4 a\left(a^2+1\right) дели 2x2y+xy2+8x=8a(a2+1)2 x^2 y+x y^2+8 x=8 a\left(a^2+1\right). 1 \cdot 2) Ако x=1x=1, to y2+2yy^2+2 y дели 8, t. e. y=2y=2. Това решение се съдържа в тези от 1 \cdot 1). 2) Нека 2y−4x<02 y-4 x\lt{}0, т. е. 4x−2y>04 x-2 y\gt{}0. Ако y≥4,xy+2>4x−2y \geq 4, x y+2\gt{}4 x-2. Следователно y=1,2y=1, 2 или 3. 2 \cdot 1) В случая y=1y=1 числото 2x2+9xx+2=2x+5−10x+2\frac{2 x^2+9 x}{x+2}=2 x+5-\frac{10}{x+2} е цяло, откъдето получаваме решенията x=3,y=1x=3, y=1 и x=8,y=1x=8, y=1. 2 \cdot 2) В случая y=2y=2 числото x2+3xx+1=x+2−2x+1\frac{x^2+3 x}{x+1}=x+2-\frac{2}{x+1} е цяло, т. е. x=1x=1. Това решение се съдържа в тези от 1 \cdot 1). 2 \cdot 3) В случая y=3y=3 числото 6x2+17x9x+6\frac{6 x^2+17 x}{9 x+6} е цяло. Оттук следва, че 3∣x3 \mid x, т. е. x=3kx=3 k. След заместване и съкращаване получаваме, че числото 18k2+17k9k+2=(2k+1)+4k−29k+2\frac{18 k^2+17 k}{9 k+2}=(2 k+1)+\frac{4 k-2}{9 k+2} е цяло, което е невъзможно при k≥1k \geq 1. Окончателно имаме решенията x=a,y=2ax=a, y=2 a за всички естествени aa и x=3,y=1x=3, y=1, x=8,y=1x=8, y=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Група от kk човека, всеки двама от които се познават, наричаме kk компания. a) Да се намери минималният брой познанства в група от nn човека така, че след запознаване на кои да е двама непознати възниква нова 3 -компания. б) Да се намери минималният брой познанства в група от nn човека така, че след запознаване на кои да е двама непознати възниква нова 4 -компания.
РешениеНа езика на графите задачата се формулира по следния начин: Да се намери минималния брой ребра в граф с nn върха имащ свойството: a) Добавянето на кое да е ново ребро води до поява на несъществуващ до момента триъгълник ( 3 -клика). б) Добавянето на кое да е ново ребро води до поява на нова (несъществуваща до момента) 4-клика. a) Нека GG е граф с исканото свойство, имащ nn върха и минимален брой ребра. Да допуснем противното. Добавянето на ребро, свързващо два върха от различни компоненти на свързаност не води до поява на 3 -клика. Минималният брой ребра в свързан граф с nn върха е n−1n-1. Следователно GG има поне n−1n-1 ребра. Лесно можем да посочим пример на граф с nn върха и n−1n-1 ребра, имащ желаното свойство. Това е например K1,n−1K_{1, n-1}. ( Km,nK_{m, n} се дефинира като граф с m+nm+n върха, които се разбиват на две множества с mm и nn елемента, съответно. Два върха са съседни тогава и само тогава, когато принадлежат на различни множества. Така броят на ребрата е mnm n.) б) Да дефинираме граф с върхове u1,u2,v1,…,vn−2u_{1}, u_{2}, v_{1}, \ldots, v_{n-2}, и ребравсички двойки uivju_{i} v_{j}, i=1,2,j=1,…,n−2i=1, 2, j=1, \ldots, n-2, заедно с u1u2u_{1} u_{2}. Този граф е с nn върха, 2n−32 n-3 ребра и добавянето на ребро увеличава броя на 4 -кликите. Следователно търсеният минимален брой ребра не надхвърля 2n−32 n-3. Ще докажем чрез индукция по nn, че той е точно 2n−32 n-3. Нещо повечеравенство се достига за граф, имащ описаната по-горе структура. Това твърдение е очевидно за n=4n=4. Нека GG е граф с nn върха, имащ исканото свойство, в който броят на ребрата е минимален. Приемаме, че твърдението е доказано за графи с n−1n-1 и по-малко върха. От факта, че добавянето на ребро води до увеличаване на броя на 4 -кликите следва, че в GG съществуват върхове x1,x2,x3,x4x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, между които има точно 5 ребра (ще считаме, че липсващотот ребро е x1x2x_{1} x_{2} ). Нека G∗G^{*} е графът, получен чрез идентифициране на върховете x1x_{1} и x2x_{2}. (По-подробно: от GG премахваме върховете x1x_{1} и x2x_{2}, добавяме нов връх uu и запазваме всички останали върхове. Новият връх е съседен с онези върхове, които са били съседни на поне един от x1x_{1} и x2x_{2}; всички ребра между стари върхове се запазват.) Очевидно G∗G^{*} е граф с n−1n-1 върха и притежава свойството от уловието: добавянето на ребро увеличава броя на 4 -кликите. От друга страна, ако с e(G)e(G) означим броя на ребрата в GG, имаме e(G∗)≤e(G)−2≤2n−5=2(n−1)−3e\left(G^{*}\right) \leq e(G)-2 \leq 2 n-5=2(n-1)-3. Следователно, съгласно индукционното допускане, e(G∗)=2n−3e\left(G^{*}\right)=2 n-3 и G∗G^{*} има описаната в началото структура: два върха от степен n−2n-2 и всички останали от степен 2. Поне един от върховете от степен n−2n-2 е x3x_{3} или x4x_{4}, да речем x3x_{3}. Следователно степента на x3x_{3} в GG e n−1n-1. Конструираме от GG нов граф G′G^{\prime} като изтрием върха x3x_{3} и всички ребра, инцидентни с него. Графът G′G^{\prime} има не повече от n−2n-2 ребра, тъй като GG има не повече от 2n−32 n-3 ребра. Освен това G′G^{\prime} притежава свойството от т. (а): добавянето на произволно ребро в него води до поява на нова 3 -клика. Следователно, G′=K1,n−2G^{\prime}=K_{1, n-2} (ot т. (а)). Сега лесно се получава, че GG има описаната в началото структура.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В △ABC\triangle A B C, за който ∠ACB=60∘\angle A C B=60^{\circ}, са прекарани ъглополовящите AA1A A_{1} и BB1(A1∈BC,B1∈AC)B B_{1}\left(A_{1} \in B C, B_{1} \in A C\right). Правата A1B1A_{1} B_{1} пресича описаната около триъгълника окръжност в точки A2A_{2} и B2B_{2}. a) Да се докаже, че правата OIO I е успоредна на A1B1A_{1} B_{1}, където OO и II са съответно центърът на описаната и на вписаната окръжност за триъгълника ABCA B C. б) Ако RR е средата на дъгата \wideparenAB\wideparen{A B}, несъдържаща CC, а PP и QQ са съответно средите на A1B1A_{1} B_{1} и A2B2A_{2} B_{2}, да се докаже, че RP=RQR P=R Q.
Решениеа) Тъй като ∠AOB=2γ=120∘\angle A O B=2 \gamma=120^{\circ} и ∠AIB=180∘−α+β2=180∘−60∘=120∘\angle A I B=180^{\circ}-\frac{\alpha+\beta}{2}=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}, то точките A,O,IA, O, I и BB лежат на една окръжност. Тъй като RI=RAR I=R A (следва от равенството ∠RIA=∠RAI=α+γ2)\left.\angle R I A=\angle R A I=\frac{\alpha+\gamma}{2}\right) и аналогично RI=RBR I=R B, то центърът на тази окръжност е точката RR. От равнобедрения △AOB\triangle A O B намираме ∠BAO=30∘\angle B A O=30^{\circ} и следователно ∠OIB1=30∘\angle O I B_{1}=30^{\circ}. Тъй като ∠AIB=120∘\angle A I B=120^{\circ}, то около IA1CB1I A_{1} C B_{1} може да се опише окръжност, откъдето следва, че ∠IB1A1=∠ICA1=\angle I B_{1} A_{1}=\angle I C A_{1}= 30∘30^{\circ} и ∠IA1B1=∠ICB1=30∘\angle I A_{1} B_{1}=\angle I C B_{1}=30^{\circ}. Понеже ∠OIB1=IB1A1\angle O I B_{1}=I B_{1} A_{1}, то OI∥A1B1O I \| A_{1} B_{1}. б) Тъй като OQ⊥A2B2,IP⊥A2B2O Q \perp A_{2} B_{2}, I P \perp A_{2} B_{2} (от равнобедрения △A1IB1\triangle A_{1} I B_{1} ) и OI∥A2B2O I \| A_{2} B_{2}, то OIPQO I P Q е правоъгълник и симетралата на OIO I съвпада със симетралата на PQP Q. Понеже симетралата на OIO I минава през RR, то следва, че RR лежи върху симетралата на PQP Q, т. е. RP=RQR P=R Q.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Имаме хартиена лента с дължина 2007. Разрязваме лентата на две части и записваме дължините на двете парчета. След това разрязваме едно от двете парчета на две части и отново записваме дължините на новополучените парчета. Продължаваме по този начин докато всички парчета са с дължина 1. Едно разрязване наричаме "лошо", ако двете получени части не са с равни дължини. а) Да се намери минималния възможен брой "лоши" разрязвания. б) Да се докаже, че за всички случаи с минимален брой лоши разрязвания броят на различните записани числа е един и същ.
Решениеа) Нека хартиената лента е с дължина nn. Да означим с g(n)g(n) и f(n)f(n) съответно броят на единиците в двоичното представяне на nn и минималния възможен брой лоши разрязвания. Ако n=2k1+2k2+⋯+2kln=2^{k_{1}}+2^{k_{2}}+\cdots+2^{k_{l}} да разгледаме следната последователност от ходове: първо отрязваме парче с дължина 2k12^{k_{1}}, после парче с дължина 2k22^{k_{2}} и т. н. На последното разрязване получаваме две ленти с дължини 2kl−12^{k_{l-1}} и 2kl2^{k_{l}}. Тъй като лента с дължина степен на двойката може да се разреже на части с дължина 1 без лоши ходове, то общо имаме l−1l-1 лоши хода, т. е.f(n)≤g(n)−1.(1)f(n) \leq g(n)-1. \tag{1}Ще докажем с индукция по nn, че f(n)≥g(n)−1f(n) \geq g(n)-1. За n=1n=1 имаме f(1)=0f(1)=0 и g(1)=1g(1)=1, т. е. твърдението е вярно. Нека то е вярно за всички n≤kn \leq k, където kk е естествено число и да разгледаме числото k+1k+1. (∗)(*) Нека първият ход е "лош" и са получени две ленти с дължини съответно aa и bb. Тогава a+b=k+1a+b=k+1 и f(k+1)=1+f(a)+f(b)f(k+1)=1+f(a)+f(b). Ако двоичните представяния на aa и bb нямат единици на една и съща позиция, то g(k+1)=g(a)+g(b)g(k+1)=g(a)+g(b) и следователноf(k+1)=1+f(a)+f(b)=f(k+1)=1+f(a)+f(b)=1+g(a)−1+g(b)−1=g(k+1)−1.1+g(a)-1+g(b)-1=g(k+1)-1.Ако двоичните представяния на aa и bb имат поне една единица на една и съща позиция, то g(k+1)=g(a)+g(b)−1g(k+1)=g(a)+g(b)-1 и тогаваf(k+1)=1+f(a)+f(b)=f(k+1)=1+f(a)+f(b)=1+g(a)−1+g(b)−1=g(k+1)>1+g(a)-1+g(b)-1=g(k+1)\gt{}g(k+1)−1.g(k+1)-1.\setcounter{enumi}{1} (∗)(*) Нека първият ход не е лош, т. е. лентата е разрязана на две части с равни дължини. Тогава g(k+1)=g(a)=g(b)g(k+1)=g(a)=g(b) и тъй като при g(k+1)=1g(k+1)=1 твърдението е очевидно, то имамеf(k+1)=f(a)+f(b)=2f(a)=f(k+1)=f(a)+f(b)=2 f(a)=2g(a)−2=2g(k+1)−2>2 g(a)-2=2 g(k+1)-2\gt{}g(k+1)−1.g(k+1)-1.Следователно в този случай ще получим f(k+1)>g(k+1)−1f(k+1)\gt{}g(k+1)-1. С това индукцията е завършена, откъдетоf(n)≥g(n)−1(2)f(n) \geq g(n)-1 \tag{2}От (1) и (2) следва, че f(n)=g(n)−1f(n)=g(n)-1. а) Тъй като двоичното представяне на 2007 е 11111010111, т. е. g(2007)=9g(2007)=9, то получаваме, че f(2007)=8f(2007)=8. б) От горните разсъждения следва, че ако f(n)=g(n)−1f(n)=g(n)-1 на всеки "лош" ход лентата се разрязва на части с дължини aa и bb така, че двоичните представяния на aa и bb нямат единица на една и съща позиция. Следователно двоичните представяния на всички такива числа са различни. Освен това добрите ходове се извършват само върху ленти с дължина степен на двойката. Ясно е, че чрез пренареждане на ходовете можем да считаме, че първо са извършени всички лоши ходове. Техният брой е g(n)−1g(n)-1 и при всеки лош ход се получават две нови числа. Следователно при лошите ходове всички записани числа са 2g(n)−22 g(n)-2. Степените на 2, които са записани, са всички степени до най-високата степен в двоичното представяне на nn. Следователно броят на различните числа е равен на 2g(n)−2+k+1=2g(n)+k−12 g(n)-2+k+1=2 g(n)+k-1, където kk е най-високата степен на 2 в двоичното представяне на
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
За всяко естествено число nn полагаме an=0a_{n}=0, ако броят на делителите на nn, които са по-големи от 2007, е четно число, и an=1a_{n}=1, ако този брой е нечетно число. Да се определи дали числото α=0,a1a2a3…ak…\alpha=0, a_{1} a_{2} a_{3} \ldots a_{k} \ldots е рационално.
РешениеЩе докажем, че α\alpha е ирационално. Ще използваме, че ако редицата a1,a2,a3a_{1}, a_{2}, a_{3}, …,ak,…\ldots, a_{k}, \ldots не е периодична от известно място, то числото α=0,a1a2…ak…\alpha=0, a_{1} a_{2} \ldots a_{k} \ldots е ирационално. Да допуснем, че α\alpha е рационално, т. е. че от известно място разглежданата редица е периодична. Това означава, че съществуват k0k_{0} и TT, такива, че за всяко k>k0k\gt{}k_{0} е изпълнено ak=ak+Ta_{k}=a_{k+T}. Избираме естествено число mm, за което mT>k0m T\gt{}k_{0} и mTm T е точен квадрат. Това е възможно, защото ако T=p1α1p2α2…psαsT=p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{s}^{\alpha_{s}} е каноничното разлагане на TT, то достатъчно е да изберем m=p1β1p2β2…psβsm=p_{1}^{\beta_{1}} p_{2}^{\beta_{2}} \ldots p_{s}^{\beta_{s}}, където αi+βi\alpha_{i}+\beta_{i} е четно число за всяко i=1,2,…,si=1, 2, \ldots, s и числата βi\beta_{i} са достатъчно големи. Да изберем просто число p>2007p\gt{}2007, p≠pi,i=1,2,…,sp \neq p_{i}, i=1, 2, \ldots, s. Тъй като pmT−mTp m T-m T е кратно на TT, то amT=apmTa_{m T}=a_{p m T}. Но ако τ(k)\tau(k) е броят на делителите на kk, а f(k)f(k) е броят на тези, които са по-големи от 2007, то f(pmT)=f(mT)+τ(mT)f(p m T)=f(m T)+\tau(m T) и понеже τ(mT)\tau(m T) е нечетно число, то f(pmT)f(p m T) и f(mT)f(m T) са с различна четност, което е противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-11-4

12

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.
РешениеНека PP и QQ са центровете на стените BCC1B1B C C_{1} B_{1} и DCC1DD C C_{1} D, и нека α=(APQ)\alpha=(A P Q) (черт. 1). Тъй като PQP Q е средна отсечка в △DBC1\triangle D B C_{1}, то PQ∥BDP Q \| B D. Следователно α\alpha пресича ( ABCDA B C D ) в правата през AA, която е успоредна на BDB D. Означаваме с TT и SS пресечните точки на тази права с правите CBC B и CDC D. Правите TPT P и SQS Q пресичат ръба CC1C C_{1} в една и съща точка RR (пресечната точка на α\alpha и CC1C C_{1} ). Нека M=TR∩BB1M=T R \cap B B_{1} и N=SR∩DD1N=S R \cap D D_{1}. Тогава сечението на α\alpha с куба е четириъгълникът AMRNA M R N (лесно се вижда, че той е ромб). Ясно е, че BT=BA=1B T=B A=1. Следователно BMB M е средна отсечка в △CRT\triangle C R T. Тъй като BM=RC1=1−RCB M=R C_{1}=1-R C и BMRC=12\frac{B M}{R C}=\frac{1}{2}, то BM=13B M=\frac{1}{3}. Аналогично DN=13D N=\frac{1}{3}. черт. 1 черт. 2 Нека VV е обемът на многостена ограничен от (ABCD),(AMRN)(A B C D), (A M R N) и околните стени на куба (черт. 2). Нека A2A_{2} и C2C_{2} са пресечните точки на AA1A A_{1} и CC1C C_{1} с равнината през MNM N, която е успоредна на ( ABCDA B C D ). Тогава RC2=RC−CC2=MB=AA2=13R C_{2}=R C-C C_{2}=M B=A A_{2}=\frac{1}{3} и следователно триъгълните пирамиди NMC2RN M C_{2} R и NMA2AN M A_{2} A имат равни обеми. Това показва, че V=VABCDA2MC2N=13V=V_{A B C D A_{2}} M C_{2} N=\frac{1}{3}. Следователно сечението дели обема на куба в отношение 1:21: 2 (считано от основата ABCD).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-12-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK 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. ab,a−1,b−1∈Na^{b}, a-1, b-1 \in \mathbb{N} ) Деница има печеливша стратегия?
РешениеДа означим с nn дължината на първоначалната лента. Ясно е, че няма ход при n=1,2,3n=1, 2, 3. При 4≤n≤3+2+2=74 \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=8,9n=8, 9 най-голямата дължина е между 4 и 7 и Деница е в печеливша позиция след ход на Александър. Аналогично при 10≤n≤9+8+8=2510 \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=3kn=3^{k} или n=3k−1n=3^{k}-1 за някое k>1k\gt{}1. Числата от първия вид, както и 32−1=233^{2}-1=2^{3}, са точно степени. Ще докажем, че други няма. Нека ab=3k−1a^{b}=3^{k}-1. Понеже a2≡0,1( mod 3)a^{2} \equiv 0, 1(\bmod 3), то bb е нечетно. Тогава (a+1)(ab−1+⋯+a+1)=3k(a+1)\left(a^{b-1}+\cdots+a+1\right)=3^{k}. Оттук a+1=3ia+1=3^{i} и3k−i=ab−1+⋯+a+1=A(a+1)+b,0<i<k3^{k-i}=a^{b-1}+\cdots+a+1=A(a+1)+b, \quad 0\lt{}i\lt{}kЗначи 3 дели bb. За c=ab/3c=a^{b / 3} имаме, че 3k=(c+1)((c+1)2−3c)3^{k}=(c+1)\left((c+1)^{2}-3 c\right). Следователно c+1=3jc+1=3^{j} и (c+1)2−3c=3k−j,0<j<k(c+1)^{2}-3 c=3^{k-j}, 0\lt{}j\lt{}k. В частност, 9 дели (c+1)2(c+1)^{2}, но не дели 3c3 c. Последователно намираме, че k−j=1,c=2,a=k=2k-j=1, c=2, a=k=2 и b=3b=3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn такива, че ако a,b,c≥0a, b, c \geq 0 и a+b+c=3a+b+c=3, то abc(an+bn+cn)≤3a b c\left(a^{n}+b^{n}+c^{n}\right) \leq 3.
РешениеПри a=2,b=c=12a=2, b=c=\frac{1}{2} и n≥3n \geq 3 неравенството не е изпълнено. От друга страна, при n=1n=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=2n=2. Нека x=bcx=b c. Тогаваabc(a2+b2+c2)=ax(a2+(b+c)2−2x).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−2x)x(p-2 x) е растяща при x≤p4x \leq \frac{p}{4}. Тъй катоbc≤(b+c)24≤a2+(b+c)24b c \leq \frac{(b+c)^{2}}{4} \leq \frac{a^{2}+(b+c)^{2}}{4}следва, че ако b+c=b′+c′b+c=b^{\prime}+c^{\prime} и bc≤b′c′b c \leq b^{\prime} c^{\prime}, тоabc(a2+b2+c2)≤a b c\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \leqab′c′(a2+b′2+c′2)(1) a b^{\prime} c^{\prime}\left(a^{2}+b^{\prime 2}+c^{\prime 2}\right) \tag{1}Без ограничение можем да считаме, че b≤1≤cb \leq 1 \leq c. Полагаме b′=1,c′=b+c−1b^{\prime}=1, c^{\prime}=b+c-1. Тъй като b+c=b′+c′b+c=b^{\prime}+c^{\prime} и bc−b′c′=(b−1)(c−1)≤0b c-b^{\prime} c^{\prime}=(b-1)(c-1) \leq 0, то от (1) следва, чеabc(a2+b2+c2)≤a(2−a)(a2+1+(2−a)2).(2)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)2d=(a-1)^{2}. Тогаваa(2−a)(a2+1+(2−a)2)=a(2-a)\left(a^{2}+1+(2-a)^{2}\right)=(1−d)(3+2d)=3−d−2d2≤3(1-d)(3+2 d)=3-d-2 d^{2} \leq 3и даденото неравенство при n=2n=2 следва от (2).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-12-4