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

2008

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • zms2008-9-3: има placeholder текст

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Точка OO лежи на медианата CP(P∈AB)C P(P \in A B) на остроъгълния триъгълник ABC(AC<BC)A B C(A C\lt{}B C), а правите AOA O и BOB O пресичат страните BCB C и CAC A съответно в точки MM и КК. Да се докаже, че: a) MKM K е успоредна на ABA B; б) AM<BKA M\lt{}B K.
РешениеЩе използваме факта, че ако OO е произволна вътрешна точка в △ABC\triangle A B C и правите AO,BOA O, B O и COC O пресичат съответно страните BC,ACB C, A C и ABA B в точки M,KM, K и PP, то SAOC:SBOC=APBPS_{A O C}: S_{B O C}=A P \quad B P. Наистина, ако HH и LL са петите на перпендикулярите към правата CPC P съответно от върховете AA и BB, то a) В конкретния случай на разглежданата задача имаме допълнително, че SAOC=SBOCS_{A O C}=S_{B O C}, защото CPC P е медиана. Тогава AKKC=AOBSBOC=SAOBSAOC=BMCM\frac{A K}{K C}=\frac{A O B}{S_{B O C}}=\frac{S_{A O B}}{S_{A O C}}=\frac{B M}{C M} (1 т.). Ако AK=xA K=x и KC=yK C=y, лесно получаваме, че лицето на △AOK\triangle A O K се отнася към лицето на △ABC\triangle A B C както xx+y\frac{x}{x+y}, а значи (заради доказаното) и лицето на △BOM\triangle B O M се отнася към лицето на △ABC\triangle A B C както xx+y\frac{x}{x+y}. Заключаваме, че SAOK=BOMS_{A O K}={ }_{B O M} (1 т.) и следователно четириъгълникът ABMKA B M K е трапец, т. е. KM∥ABK M \| A B (1 т.). б) Построяваме равнобедрения трапец AEMKA E M K (вж. чертежа). Точка EE лежи на отсечката ABA B, защото ∠KAE=△AEM\angle K A E=\triangle A E M е по-голям от ∠ABC\angle A B C ( AC<BCA C\lt{}B C ) (1 т.). Диагоналите AMA M и KEK E на равнобедрения трапец AEMKA E M K са равни (1 т.). Освен това ∠KEA\angle K E A е остър, защото е част от остър ∠AEM(=∠KAE\angle A E M(=\angle K A E. Следователно ∠KEB\angle K E B е тъп и за страните на △BEK\triangle B E K е в сила BK>KE=AMB K\gt{}K E=A M (1 т.).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър kk така, че за всеки три реални числа a,ba, b и cc, за които ab+bc+ca=0a b+b c+c a=0 и a2≠kbc,b2≠kac,c2≠kaba^{2} \neq k b c, b^{2} \neq k a c, c^{2} \neq k a b, е вярно равенството 1a2−kbc+1b2−kac+1c2−kab=0\frac{1}{a^{2}-k b c}+\frac{1}{b^{2}-k a c}+\frac{1}{c^{2}-k a b}=0.
РешениеДа изберем a=1,b=−2,c=−2a=1, b=-2, c=-2. Тогава ab+bc+ca=0a b+b c+c a=0, но трябва и k≠14k \neq \frac{1}{4} \quad 2. Равенството 1a2−kbc+1b2−kac+1c2−kab=0\frac{1}{a^{2}-k b c}+\frac{1}{b^{2}-k a c}+\frac{1}{c^{2}-k a b}=0 можем да запишем във вида 11−4k+12+k=0⇒12+k=14k−1⇒2+k=4k−1⇒k=1\frac{1}{1-4 k}+\frac{1}{2+k}=0 \Rightarrow \frac{1}{2+k}=\frac{1}{4 k-1} \Rightarrow 2+k=4 k-1 \Rightarrow k=1. Следователно само k14,−2,1k \frac{1}{4}, -2, 1 могат да бъдат на задачата (1 т.). Ако изберем a=3,b=−2,c=6a=3, b=-2, c=6, то изразът 1a2−kbc+1b2−kac+1c2−kab\frac{1}{a^{2}-k b c}+\frac{1}{b^{2}-k a c}+\frac{1}{c^{2}-k a b} ще приеме вида 19+12k+14−18k+136+6k\frac{1}{9+12 k}+\frac{1}{4-18 k}+\frac{1}{36+6 k} и ще е равен на нула само при k=−2k=-2 и k=1k=1 (1 т.). Да докажем сега, че тези две стойности на kk са на задачата. От ab+bc+ca=0a b+b c+c a=0 следва, че −bc=ab+ca-b c=a b+c a. Оттук при k=11a2−bc=1a+ab+ac=1a⋅1a+b+ck=1 \frac{1}{a^{2}-b c}=\frac{1}{a+a b+a c}=\frac{1}{a} \cdot \frac{1}{a+b+c} (1 т.). Аналогично 1b2−ac=1b⋅1a+b+c\frac{1}{b^{2}-a c}=\frac{1}{b} \cdot \frac{1}{a+b+c} и 1c2−ab=1c⋅1a+b+c,\frac{1}{c^{2}-a b}=\frac{1}{c} \cdot \frac{1}{a+b+c}, \quad откъдето 1a2−bc+1b−ac+1c−ab=1a+b+c∣ 1a+1b+1c).\left.\left.\quad \frac{1}{a^{2}-b c}+\frac{1}{b-a c}+\frac{1}{c-a b}=\frac{1}{a+b+c} \right\rvert\, \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right). \quad Но 1a+1b+1c=ab+bc+caabc=0\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{a b+b c+c a}{a b c}=0, откъдето следва исканото (1 т.). При k=−2k=-2 за знаменателя на първата дроб имаме a2+2bc=a+bc−ac−ab=(a−b)(a−c)a^{2}+2 b c=a+b c-a c-a b=(a-b)(a-c) и аналогично за другите знаменатели (1 т.). Оттук 1a2+2bc+1b+2ac+1c+2ab=1(a−b)(a−c)+1(b−c)(b−a)+1(c−a)(c−b)=\frac{1}{a^{2}+2 b c}+\frac{1}{b+2 a c}+\frac{1}{c+2 a b}=\frac{1}{(a-b)(a-c)}+\frac{1}{(b-c)(b-a)}+\frac{1}{(c-a)(c-b)}= =(b−c)+(c−a)+(a−b)(a−b)(a−c)(b−c)0(1=\frac{(b-c)+(c-a)+(a-b)}{(a-b)(a-c)(b-c)} \quad 0(1 т.).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се реши в естествени числа уравнението (xy−6)2+16=x2+4y2(x y-6)^{2}+16=x^{2}+4 y^{2}.
РешениеРазкриваме скобите и добавяме 4xy4 x y:x2y2−8xy+36+16=x2+4xy+4y2(xy−4)2+36=(x+2y)2(x+2y)2−(xy−4)2=36(x+2y+xy−4)(x+2y−xy+4)=36(1т.).\begin{gathered} x^{2} y^{2}-8 x y+36+16=x^{2}+4 x y+4 y^{2} \\ (x y-4)^{2}+36=(x+2 y)^{2} \\ (x+2 y)^{2}-(x y-4)^{2}=36 \\ (x+2 y+x y-4)(x+2 y-x y+4)=36(1 \text{т.).} \end{gathered}Числата в двете скоби имат еднаква четност, така че имаме следните случаи (1 т.): Случай A(1A(1 т.)x+2y+xy−4=18x+2y−xy+4=2\begin{aligned} & x+2 y+x y-4=18 \\ & x+2 y-x y+4=2 \end{aligned}Оттук x+2y=10,xy−4=8,xy=12x+2 y=10, x y-4=8, x y=12, в което заместваме x=10−2yx=10-2 y и получаваме (10−2y)y=12(10-2 y) y=12. Решенията на полученото уравнение са y=2y=2 и y=3y=3. Съответно x=6x=6 и x=4x=4. Случай Б (1 т.)x+2y+xy−4=6x+2y−xy+4=6\begin{aligned} & x+2 y+x y-4=6 \\ & x+2 y-x y+4=6 \end{aligned}Оттук x+2y=6,xy−4=0,xy=4x+2 y=6, x y-4=0, x y=4, в което заместваме x=6−2yx=6-2 y и получаваме (6−2y)y=4(6-2 y) y=4. Решенията на полученото уравнение са y=2y=2 и y=1y=1. Съответно x=2x=2 и x=4x=4. Случай В (1 т.)x+2y+xy−4=2x+2y−xy+4=18.\begin{aligned} & x+2 y+x y-4=2 \\ & x+2 y-x y+4=18. \end{aligned}Оттук x+2y=10,xy−4=−8,xy=−4x+2 y=10, x y-4=-8, x y=-4, което е невъзможно. Окончателно решенията за (x;y)(x; y) са (6;2),(4;3),(2;2),(4;1)(6; 2), (4; 3), (2; 2), (4; 1)
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят две последователни цели числа, между квадратите на които е заключено числотоA=2⋅4⋅6…20081⋅3⋅5…2007A=\frac{2 \cdot 4 \cdot 6 \ldots 2008}{1 \cdot 3 \cdot 5 \ldots 2007}
РешениеНека B=3⋅5…2007⋅20092⋅4...2006⋅2008B=\frac{3 \cdot 5 \ldots 2007 \cdot 2009}{2 \cdot 4...2006 \cdot 2008}. Като използваме, че k−1>k+1k\frac{k}{-1}\gt{}\frac{k+1}{k} за всяко k>1k\gt{}1, лесно получаваме, че A>BA\gt{}B. Ще подобрим това неравенство, като потърсим число a<1a\lt{}1 така, че aA>Ba A\gt{}B. Числото aa определяме от условието 21⋅43⋅a=32⋅54\frac{2}{1} \cdot \frac{4}{3} \cdot a=\frac{3}{2} \cdot \frac{5}{4}, т. е. a=4564a=\frac{45}{64}. Понеже A=2009BA=\frac{2009}{B}, от неравенството aA>Ba A\gt{}B намираме aA2>A⋅B=2009a A^{2}\gt{}A \cdot B=2009, т. е. A22009a=2009⋅6445A^{2} \quad \frac{2009}{a}=\frac{2009 \cdot 64}{45}. Но 2009⋅6445>492\frac{2009 \cdot 64}{45}\gt{}49^{2} и следователно A>49=72A\gt{}49=7^{2}. От друга страна 32>−,54>−,…,20072006>20082007\frac{3}{2}\gt{}-, \quad \frac{5}{4}\gt{}-, \quad \ldots \quad, \quad \frac{2007}{2006}\gt{}\frac{2008}{2007} \quad и следователно 20082009⋅B>A2\quad \frac{2008}{2009} \cdot B\gt{}\frac{A}{2}. Както по-горе получаваме A2<2008⋅2=4016<4096=642A^{2}\lt{}2008 \cdot 2=4016\lt{}4096=64^{2}, откъдето A<64=82A\lt{}64=8^{2}. Окончателно 72<A<87^{2}\lt{}A\lt{}8 и (−7)2<A<(−8)(-7)^{2}\lt{}A\lt{}(-8), т. е. задачата има две Задачата се оценява с (7 т.), като отделни точки се присъждат за частични резултати. Само отговор без правилни обосновки (1 т.).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека aa е реално число такова, че квадратното уравнение x2−x+a=0x^{2}-x+a=0 има два различни реални корена x1x_{1} и x2x_{2}. Да се докаже, че ∣x12−x22∣=1\left|x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\right|=1 тогава и само тогава; когато ∣x13−x23∣=1\left|x_{1}^{3}-x_{2}^{3}\right|=1.
РешениеНека ∣x12−x22∣=1\left|x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\right|=1. Понеже x1+x2=1x_{1}+x_{2}=1, то ∣x1−x2∣=1⟺(x1−x2)2=1⟺1−4a=1\left|x_{1}-x_{2}\right|=1 \Longleftrightarrow \left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=1 \Longleftrightarrow 1-4 a=1, т. е. a=0a=0 и корените на уравнението са 0 и 1. Следователно ∣x13−x23∣=1\left|x_{1}^{3}-x_{2}^{3}\right|=1. Нека ∣x13−x23∣=1\left|x_{1}^{3}-x_{2}^{3}\right|=1. Следователно (x1−x2)(x12+x1x1+x22)=1⟺(x1−x2)2(1−a)2=1\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(x_{1}^{2}+x_{1} x_{1}+x_{2}^{2}\right)=1 \Longleftrightarrow \left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}(1-a)^{2}=1, откъдето (1−4a)(1−a)2=1(1-4 a)(1-a)^{2}=1. Последното е изпълнено очевидно при a=0a=0. Ако a<0a\lt{}0, то 1−4a>11-4 a\gt{}1 и 1−a>11-a\gt{}1, а ако a>0a\gt{}0, то 0<1−4a<10\lt{}1-4 a\lt{}1 и 0<1−a<10\lt{}1-a\lt{}1. Във всеки от тези случаи равенство не може да се постигне. Остава единствено a=0a=0 и тогава корените на квадратното уравнение ще са 0 и 1, откъдето ∣x12−x22∣=1\left|x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\right|=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Точка MM е средата на отсечката ABA B, а точка CC е вътрешна за ABA B и C≠MC \neq M. В едната полуравнина относно правата ABA B са построени равнобедрени триъгълници ACK⋅(AK=CK)A C K \cdot(A K=C K) и BCL(BL=CL)B C L(B L=C L), такива че K,C,LK, C, L и MM лежат на една окръжност. Да се докаже, че или KL∥ABK L \| A B или KA⊥LBK A \perp L B.
РешениеНека K1K_{1} и L1L_{1} са средите на ACA C и BCB C. Тогава KK1∥LL1K K_{1} \| L L_{1} (защо?), т. е. KK1L1LK K_{1} L_{1} L е трапец. Нека TT е средата на CMC M и AC<BCA C\lt{}B C. Тогава CM=BC−AC2,CT=BC−AC4C M=\frac{B C-A C}{2}, \quad C T=\frac{B C-A C}{4}, K1T=AC2+BC−AC4=BC+AC4K_{1} T=\frac{A C}{2}+\frac{B C-A C}{4}=\frac{B C+A C}{4}, L1T=BC2−BC−AC4=BC+AC4L_{1} T=\frac{B C}{2}-\frac{B C-A C}{4}=\frac{B C+A C}{4}. Следователно TT е средата на K1L1K_{1} L_{1}. Нека tt е средната основа на KK1L1L(T∈t,t⊥K1L1)K K_{1} L_{1} L\left(T \in t, t \perp K_{1} L_{1}\right). Тогава tt е диаметър на kk, защото TT е средата на хордата CMC M и t⊥CMt \perp C M. Ако t∩KL=Ot \cap K L=O, то OO е средата на хордата KLK L. Следователно имаме две възможности: (∗)(*) t⊥KLt \perp K L и тогава KL∥ABK L \| A B; (∗)(*) KLK L е диаметър на kk. Тогава ∠KCL=90∘\angle K C L=90^{\circ} и ∠KCA+∠LCB=90∘\angle K C A+\angle L C B=90^{\circ}. Но ∠KAC=∠KCA\angle K A C=\angle K C A и ∠LBC=∠LCB\angle L B C=\angle L C B, откъдето ∠KAC+∠LBC=90∘\angle K A C+\angle L B C= 90^{\circ}, т. е. KA⊥LBK A \perp L B.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Равностранен триъгълник ABCA B C е разделен на 100 равностранни триъгълници с дължина на страната 1 чрез прави успоредни на страните на ABCA B C. Да се намери броя на всички равнобедрени трапеци, получени при разделянето на ABCA B C, с основи, успоредни на една от страните на ABCA B C и бедра, успоредни на другите две страни.
РешениеНека са построени nn прави успоредни на ABA B. Започвайки от правата най-близко до CC при всяка следваща права получаваме с два триъчълника повече, докато стигнем до ( n+1n+1 )-та права ABA B. Тогава броят на триъгълниците е: 1+3+5+⋯+(2n+1)=(n+1)21+3+5+\cdots+(2 n+1)=(n+1)^{2}. Оттук намираме n=9n=9, т. е. страните на ABCA B C са с дължина 10. Ясно е, че ако трапеците с основи успоредни на ABA B са NN, то всички трапеци са 3N3 N, и е достатъчно да преброим трапеците с основи успоредни на ABA B. Означаваме с (n,m)(n, m) трапец с дължина на малката основа nn и на бедрото mm. Тогава дължината на голямата основа е n+mn+m, откъдето n+m≤10n+m \leq 10. Ще преброим първо трапеците, на които голямата основа е между малката и ABA B. Така получаваме последователно при m=1,2,…,9m=1, 2, \ldots, 9. (1,1):1+2+3+4+5+6+7+8+9=45(1, 1): 1+2+3+4+5+6+7+8+9=45 (2,1):1+2+3+4+5+6+7+8=36(2, 1): 1+2+3+4+5+6+7+8=36 (3,1):1+2+3+4+5+6+7=28(3, 1): 1+2+3+4+5+6+7=28 (8,1):1+2=3(8, 1): 1+2=3 (9,1):1(9, 1): 1За (n,1);n=1,2,…,9:1+3+6+10+15+21+28+36+45=165(n, 1); n=1, 2, \ldots, 9: 1+3+6+10+15+21+28+36+45=165. Аналогично: За (n,2);n=1,2,…,8:1+3+6+10+15+21+28+36=120(n, 2); n=1, 2, \ldots, 8: 1+3+6+10+15+21+28+36=120. За (n,3);n=1,2,…,7:1+3+6+10+15+21+28=84(n, 3); n=1, 2, \ldots, 7: 1+3+6+10+15+21+28=84. За (n,4);n=1,2,…,6:1+3+6+10+15+21=56(n, 4); n=1, 2, \ldots, 6: 1+3+6+10+15+21=56. За (n,5);n=1,2,…,5:1+3+6+10+15=35(n, 5); n=1, 2, \ldots, 5: 1+3+6+10+15=35. За (n,6);n=1,2,…,4:1+3+6+10=20(n, 6); n=1, 2, \ldots, 4: 1+3+6+10=20. За (n,7);n=1,2,3:1+3+6=10(n, 7); n=1, 2, 3: 1+3+6=10. За (n,8);n=1,2:1+3=4(n, 8); n=1, 2: 1+3=4. За (n,9);n=1:1(n, 9); n=1: 1. Общо: 1+4+10+20+35+56+84+120+165=4951+4+10+20+35+56+84+120+165=495. На всеки трапец (n,m)(n, m) с n>mn\gt{}m отговаря трапец (n−m,m)(n-m, m), на който малката основа е между голямата и ABA B. Така получаваме още: За (2,1);(3,1),…,(9,1):1+3+⋯+36=120(2, 1); (3, 1), \ldots, (9, 1): 1+3+\cdots+36=120. За (3,2);(4,2),…,(8,2):1+3+⋯+21=56(3, 2); (4, 2), \ldots, (8, 2): 1+3+\cdots+21=56. За (4,3);(5,3),…,(7,3):1+3+⋯+10=20(4, 3); (5, 3), \ldots, (7, 3): 1+3+\cdots+10=20. За (5,4);(6,4):1+3=4(5, 4); (6, 4): 1+3=4. Общо: 4+20+56+120=2004+20+56+120=200. Тогава трапеците с основи успоредни на ABA B са 495+200=695495+200=695, а всички трапеци са 3⋅695=20853 \cdot 695=2085.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-9-4

10

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е квадратният тричлен f(x)=x2+ax+2f(x)=x^{2}+a x+2, където aa е реален параметър. Известно е, че уравнението f(x)−x=0f(x)-x=0 има два реални корена x1x_{1} и x2x_{2}, а уравнението f(x−a)−x=0f(x-a)-x=0 - два реални корена x3x_{3} и x4x_{4}, като е изпълнено равенството x3−x1=3(x4−x2)x_{3}-x_{1}=3\left(x_{4}-x_{2}\right). a) Да се докаже, че x4=x2+a2x_{4}=x_{2}+\frac{a}{2}. б) Да се намерят всички възможни стойности на aa.
Решениеа) Имамеf(x)−x=x2+(a−1)x+2f(x−a)−x=x2−(a+1)x+2\begin{array}{r} f(x)-x=x^{2}+(a-1) x+2 \cr f(x-a)-x=x^{2}-(a+1) x+2 \end{array}Сега от условието получаваме x3−x1+x4−x2=4(x4−x2)x_{3}-x_{1}+x_{4}-x_{2}=4\left(x_{4}-x_{2}\right), откъдето 4(x4−x2)=(a+1)+(a−1)=2a4\left(x_{4}-x_{2}\right)=(a+1)+(a-1)=2 a. Следователно x4=x2+a2x_{4}=x_{2}+\frac{a}{2}. б) От условието и а) получаваме системата∣ x22+(a−1)x2+2=0(x22+a2)2−(a+1)(x2+a2)+2=0\left\lvert\, \begin{aligned} & x_{2}^{2}+(a-1) x_{2}+2=0 \\ & \left(x_{2}^{2}+\frac{a}{2}\right)^{2}-(a+1)\left(x_{2}+\frac{a}{2}\right)+2=0 \end{aligned}\right.Изваждайки първото от второто уравнение и решавайки по отношение на x2x_{2} получаваме x2=−a4−12x_{2}=-\frac{a}{4}-\frac{1}{2}. Заместваме получената стойност за x2x_{2} в уравнението f(x)−x=0f(x)-x=0:(−14a−12)2+(a−1)(−14a−12)+2=0\left(-\frac{1}{4} a-\frac{1}{2}\right)^{2}+(a-1)\left(-\frac{1}{4} a-\frac{1}{2}\right)+2=0откъдето a2=443a^{2}=\frac{44}{3} и a=±x2443=±2x2333a= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{44}{3}}= \pm \frac{2 \sqrt{\vphantom{x^2}33}}{3}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Върху страните ACA C и BCB C на △ABC\triangle A B C с AC<BCA C\lt{}B C са взети съответно точки MM и NN като AM=BNA M=B N. Нека PP е пресечната точка на правите ANA N и BMB M, а QQ е точка върху отсечката BCB C, за която BQ=ACB Q=A C. Да се докаже, че правата PQP Q е успоредна на ъглополовящата на △ABC\triangle A B C през върха CC.
РешениеОзначаваме y=BN=AM,BC=ay=B N=A M, B C=a и AC=bA C=b. Тогава CM=NQ=b−yC M= N Q=b-y и NC=a−yN C=a-y. Ако PQ∥ACP Q \| A C, то PQMC=BQBC\frac{P Q}{M C}=\frac{B Q}{B C}, т. е. a=b(b−y)PQa=\frac{b(b-y)}{P Q} и аналогично PQAC=NQNC\frac{P Q}{A C}=\frac{N Q}{N C}, т. е. a−y=b(b−y)PQa-y=\frac{b(b-y)}{P Q}. Следователно a=a−ya=a-y, което е невъзможно. Нека правата PQP Q пресича правата ACA C в точка RR и x=CRx=C R. От теоремата на Менелай за △ANC\triangle A N C и правите PRP R и BMB M имаме съответно APPN⋅NQQC⋅CRRA=1,APPN⋅NBBC⋅CMMA=1\frac{A P}{P N} \cdot \frac{N Q}{Q C} \cdot \frac{C R}{R A}=1, \quad \frac{A P}{P N} \cdot \frac{N B}{B C} \cdot \frac{C M}{M A}=1. Приравнявайки левите страни на горните равенства и използвайки, че CM=NQC M=N Q и AM=BNA M=B N, получаваме1a−b⋅xx+b=1a\frac{1}{a-b} \cdot \frac{x}{x+b}=\frac{1}{a}Оттук x=a−bx=a-b, т. е. CQ=CRC Q=C R. Следователно ∠CRQ=γ/2\angle C R Q=\gamma / 2 и правата PQP Q е успоредна на ъглополовящата през върха CC.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека kk и nn са естествени числа. Означаваме с λ(k,n)\lambda(k, n) броя на представянията на kk във видаk=a0+a1⋅2+a2⋅22+⋯+an−1⋅2n−1k=a_{0}+a_{1} \cdot 2+a_{2} \cdot 2^{2}+\cdots+a_{n-1} \cdot 2^{n-1}където ai∈{−1,0,+1}a_{i} \in\{-1, 0, +1\}. а) Да се намери λ(2i,n)\lambda\left(2^{i}, n\right), където 0≤i≤n−10 \leq i \leq n-1. б) Да се намери λ(2i−1,n)\lambda\left(2^{i}-1, n\right), където 0≤i≤n0 \leq i \leq n.
Решениеа) От равенството 2i=a0+a1.2+a2.22+⋯+an−1.2n−12^{i}=a_{0}+a_{1}.2+a_{2}.2^{2}+\cdots+a_{n-1}.2^{n-1} следва, че a0=a1=⋯=ai−1=0a_{0}=a_{1}=\cdots=a_{i-1}=0. Нека jj е най-големият индекс, за който aj≠0a_{j} \neq 0. Тогава aj=1a_{j}=1 и имаме единствено представяне2i=−2i−2i+1−…−2j−1+2j2^{i}=-2^{i}-2^{i+1}-\ldots-2^{j-1}+2^{j}Тъй като j∈{i,i+1,…,n−1}j \in\{i, i+1, \ldots, n-1\}, заключаваме, че λ(2i,n)=n−i\lambda\left(2^{i}, n\right)=n-i. б) Лесно се съобразява, че за нечетни mm е в сила рекурентната връзкаλ(m,n)=λ(m−12,n−1)+λ(m+12,n−1)\lambda(m, n)=\lambda\left(\frac{m-1}{2}, n-1\right)+\lambda\left(\frac{m+1}{2}, n-1\right)Оттук получавамеλ(2i−1,n)=λ(2i−1−1,n−1)+λ(2i−1,n−1)λ(2i−1−1,n−1)=λ(2i−2−1,n−2)+λ(2i−2,n−2)λ(2i−2−1,n−2)=λ(2i−2−1,n−3)+λ(2i−3,n−3)⋯⋯⋯λ(22−1,n−(i−2))=λ(2−1,n−(i−1))+λ(2,n−(i−1))λ(1,n−(i−1))=n−i+1\begin{aligned} \lambda\left(2^{i}-1, n\right) & =\lambda\left(2^{i-1}-1, n-1\right)+\lambda\left(2^{i-1}, n-1\right) \\ \lambda\left(2^{i-1}-1, n-1\right) & =\lambda\left(2^{i-2}-1, n-2\right)+\lambda\left(2^{i-2}, n-2\right) \\ \lambda\left(2^{i-2}-1, n-2\right) & =\lambda\left(2^{i-2}-1, n-3\right)+\lambda\left(2^{i-3}, n-3\right) \\ \cdots & \cdots \cdots \\ \lambda\left(2^{2}-1, n-(i-2)\right) & =\lambda(2-1, n-(i-1))+\lambda(2, n-(i-1)) \\ \lambda(1, n-(i-1)) & =n-i+1 \end{aligned}Сумирайки горните равенства и отчитайки резултата от точка а), получаваме λ(2i−1,n)=i(n−i)+1\lambda\left(2^{i}-1, n\right)=i(n-i)+1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-10-3

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадени са различни цели числа a,ba, b и cc, които образуват аритметична прогресия. Същите числа, евентуално в някакъв друг ред, образуват геометрична прогресия. Да се докаже, че a2+b2+c2a^{2}+b^{2}+c^{2} се дели на 21.
РешениеОт условието имаме a+c=2ba+c=2 b. Тъй като числата образуват геометрична прогресия, ако едно от тях е равно на нула, то и другите две числа са нули, което е противоречие с условието. В зависимост от подредбата на числата в геометричната прогресия, имаме b2=ac,a2=bcb^{2}=a c, a^{2}=b c или c2=abc^{2}=a b, като последните два случая са аналогични. Ако b2=acb^{2}=a c, то (a+c)2=4b2=4ac(a+c)^{2}=4 b^{2}=4 a c, откъдето (a−c)2=0(a-c)^{2}=0, т. е. a=ca=c. Оттук a=b=ca=b=c, което е противоречие с условието. Когато a2=bca^{2}=b c получаваме a+a2b=2ba+\frac{a^{2}}{b}=2 b, откъдето a2+ab−2b2=0a^{2}+a b-2 b^{2}=0. Решенията на това хомогенно уравнение са a=ba=b (което е противоречие с условието) и a=−2ba=-2 b. Следователно c=2b−a=4bc=2 b-a=4 b и тогава сборът a2+b2+c2=21b2a^{2}+b^{2}+c^{2}=21 b^{2} се дели на 21.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C с ъглополовяща CL(CA≠CB,L∈AB)C L(C A \neq C B, L \in A B). Вписаната в триъгълника окръжност се допира до страните AB,BCA B, B C и CAC A съответно в точки M,NM, N и PP, а външновписаната откъм ABA B окръжност се допира до ABA B и продълженията на CAC A и CBC B съответно в точки Q,KQ, K и TT. Нека k1,k2k_{1}, k_{2} и k3k_{3} са описаните окръжности съответно около △PKL,△NTL\triangle P K L, \triangle N T L и △CMQ\triangle C M Q. a) Да се докаже, че втората пресечна точка на k1k_{1} и k2k_{2} лежи на правата CLC L. б) Да се докаже, че k1,k2k_{1}, k_{2} и k3k_{3} се пресичат в една точка.
Решениеа) При осева симетрия с ос правата CLC L точките PP и NN са симетрични, както и точките KK и TT. Следователно k1k_{1} и k2k_{2} също са симетрични, откъдето следва твърдението. б) Нека XX е втората пресечна точка на k3k_{3} и правата CLC L. Съгласно а) е достатъчно да докажем, че k1k_{1} минава през XX, което е еквивалентно на CL.CX=CP.CKC L. C X=C P. C K. При стандартните означения за триъгълник, като използваме равенството CL.LX=ML.LQC L. L X=M L. L Q и формулата за ъглополовящата CL2=ab−AL⋅BLC L^{2}=a b-A L \cdot B L, получаваме последователноCL.CX=CP.CK⟺CL(CL+LX)=(p−c)p⟺CL2+ML.LQ=(p−c)p⟺CL2+[LA−(p−a)][LB−(p−a)]=(p−c)p⟺CL2+LA⋅LB−c(p−a)+(p−a)2=(p−c)p⟺ab−cp+ac+p2−2ap+a2=p2−pc⟺a(a+b+c)=2ap\begin{aligned} C L. C X=C P. C K & \Longleftrightarrow C L(C L+L X)=(p-c) p \\ & \Longleftrightarrow C L^{2}+M L. L Q=(p-c) p \\ & \Longleftrightarrow C L^{2}+[L A-(p-a)][L B-(p-a)]=(p-c) p \\ & \Longleftrightarrow C L^{2}+L A \cdot L B-c(p-a)+(p-a)^{2}=(p-c) p \\ & \Longleftrightarrow a b-c p+a c+p^{2}-2 a p+a^{2}=p^{2}-p c \\ & \Longleftrightarrow a(a+b+c)=2 a p \end{aligned}което е очевидно вярно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадени са 2n2 n външно неразличими монети. Известно е, че nn от тях имат едно и също тегло aa, а останалите nn монети също са с едно и също тегло bb, като a<ba\lt{}b. Разполагаме с кантар, с който можем да претеглим общото тегло на кои да са nn от монетите. Да се докаже, че с n+1n+1 претегляния с този кантар можем да намерим aa и bb.
РешениеНека a1,a2,…,a2na_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2 n} са дадените монети и на ii-тото, i=1,2,…,n+i=1, 2, \ldots, n+ 1 претегляне да поставим на кантара монетите a1,a2,…,an−1,an+i−1a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n-1}, a_{n+i-1}. Да означим общото тегло на монетите a1,a2,…,an−1a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n-1} с AA. При всяко претегляне кантара ще показва две възможни тегла: A+aA+a или A+bA+b в зависимост от теглото на монетата an+i−1a_{n+i-1}. Тъй като измежду монетите an,an+1,…,a2na_{n}, a_{n+1}, \ldots, a_{2 n} има и от двата вида, то p>0p\gt{}0 от претеглянията са дали един и същи резултат xx, а останалите q=n+1−p>0q=n+1-p\gt{}0 претегляния са дали резултат yy и без ограничение x<yx\lt{}y. Това означава, че измежду монетите an,an+1,…,a2na_{n}, a_{n+1}, \ldots, a_{2 n} има точно pp монети с тегло aa и qq монети с тегло bb. Следователно измежду монетите a1,a2,…,an−1a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n-1} има n−pn-p с тегло aa и n−qn-q с тегло bb. Следователно (n−p)a+(n−q)b+a=x(n-p) a+(n-q) b+a=x и (n−p)a+(n−q)b+b=y(n-p) a+(n-q) b+b=y. Използвайки, че n=p+q−1n=p+q-1 получаваме системата: ∣ qa+(p−1)b=x(q−1)a+pb=y,\left\lvert\, \begin{aligned} & q a+(p-1) b=x \\ & (q-1) a+p b=y, \end{aligned}\right. откъдето a=(x−y)p+yna=\frac{(x-y) p+y}{n} и b=(y−x)q+xnb=\frac{(y-x) q+x}{n}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека n0,n1,…,n2008n_{0}, n_{1}, \ldots, n_{2008} са дадени естествени числа, а MM е множеството от всички полиноми f(x)=a0x2008+a1x2007+⋯+a2007x+a2008f(x)=a_{0} x^{2008}+a_{1} x^{2007}+\cdots+a_{2007} x+a_{2008}, такива че за всяко i,0≤i≤2008i, 0 \leq i \leq 2008, имаме ai∈{1,2,…,ni}a_{i} \in\left\{1, 2, \ldots, n_{i}\right\}. Да се определи кои полиноми от MM са повече: тези, на които всички корени са цели числа или тези, които нямат нито един реален корен.
РешениеНека f(x)∈Mf(x) \in M и всички негови корени са цели числа. Понеже полиномите от MM нямат неотрицателни корени, то f(x)=a0(x+α1)(x+α2)…(x+α2008)f(x)=a_{0}\left(x+\alpha_{1}\right)(x+ \left.\alpha_{2}\right) \ldots\left(x+\alpha_{2008}\right), като αi\alpha_{i} са естествени числа, които без ограничение можем да считаме наредени по големина: α1≤α2≤⋯≤α2008\alpha_{1} \leq \alpha_{2} \leq \cdots \leq \alpha_{2008}. Разглеждаме полиномаf⋆(x)=a0[x2008+α1x2007+(α1α1005+1)x2006+α1α2x2005++(α1α2α1005α1006+1)x2004+⋯++(α1α2…α1003α1005…α2007+1)x2++α1α2α1004x+α1α2…α1004α1005…α2008]\begin{aligned} f^{\star}(x)= & a_{0}\left[x^{2008}+\alpha_{1} x^{2007}+\left(\alpha_{1} \alpha_{1005}+1\right) x^{2006}+\alpha_{1} \alpha_{2} x^{2005}+\right. \\ & +\left(\alpha_{1} \alpha_{2} \alpha_{1005} \alpha_{1006}+1\right) x^{2004}+\cdots+ \\ & +\left(\alpha_{1} \alpha_{2} \ldots \alpha_{1003} \alpha_{1005} \ldots \alpha_{2007}+1\right) x^{2}+ \\ & \left.+\alpha_{1} \alpha_{2} \alpha_{1004} x+\alpha_{1} \alpha_{2} \ldots \alpha_{1004} \alpha_{1005} \ldots \alpha_{2008}\right] \end{aligned}Можем да представим f⋆(x)f^{\star}(x) като сума от тричлени от видаx2k+α1α2…αtx2k−1x^{2 k}+\alpha_{1} \alpha_{2} \ldots \alpha_{t} x^{2 k-1}+(α1α2…αtα1005…α1004+t)x2k−2+\left(\alpha_{1} \alpha_{2} \ldots \alpha_{t} \alpha_{1005} \ldots \alpha_{1004+t}\right) x^{2 k-2}След изнасяне на x2k−2x^{2 k-2} пред скоби, получаваме квадратен тричлен с дискриминанта D=α1…αt[α1…αt−4α1005…αt+1004]D=\alpha_{1} \ldots \alpha_{t}\left[\alpha_{1} \ldots \alpha_{t}-4 \alpha_{1005} \ldots \alpha_{t+1004}\right], като от наредбата на корените следва, че D<0D\lt{}0. Това означава, че f⋆(x)f^{\star}(x) няма реални корени, понеже f⋆(x)>0f^{\star}(x)\gt{}0 за всяко xx. Освено това от формулите на Виет лесно се вижда, че ако f(x)∈Mf(x) \in M, то f⋆(x)∈Mf^{\star}(x) \in M. Също така ако f(x)≠g(x)f(x) \neq g(x), f,g∈Mf, g \in M, то f⋆(x)≠g⋆(x)f^{\star}(x) \neq g^{\star}(x), защото иначе според принципа за сравняване на коефициентите, ще получим, че f(x)f(x) и g(x)g(x) имат едни и същи корени и старши коефициенти, т. е. f(x)≡g(x)f(x) \equiv g(x). При това съпоставяне очевидно полинома x2008+x2007+⋯+x+1x^{2008}+x^{2007}+\cdots+x+1 не е съпоставен на никой, а той е от MM и няма реални корени. Следователно полиномите от MM, които нямат нито един реален корен са повече от полиномите от MM, на които всички корени са цели числа.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на реалния параметър aa, за които неравенствотоlog⁡a+1a−1(x2−x+1)<1\log _{\frac{a+1}{a-1}}\left(x^{2}-x+1\right)\lt{}1е изпълнено за всяко xx.
РешениеПърво ще отбележим, че x2−x+1≥34x^{2}-x+1 \geq \frac{3}{4} за всяко xx, защото това неравенство е еквивалентно на (x−12)2≥0\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2} \geq 0. Следователно при всяко xx даденото неравенство има смисъл при a+1a−1>0\frac{a+1}{a-1}\gt{}0. Нека 0<a+1a−1<10\lt{}\frac{a+1}{a-1}\lt{}1. Тогава x2−x+1>a+1a−1>0x^{2}-x+1\gt{}\frac{a+1}{a-1}\gt{}0 за всяко xx. Това е изпълнено тогава и само тогава, когато a+1a−1<34\frac{a+1}{a-1}\lt{}\frac{3}{4}, т. е. 0<a+1a−1<340\lt{}\frac{a+1}{a-1}\lt{}\frac{3}{4}. Оттук a∈(−7,−1)a \in(-7, -1). Ако 0<a+1a−1>10\lt{}\frac{a+1}{a-1}\gt{}1, то x2−x+1<a+1a−1x^{2}-x+1\lt{}\frac{a+1}{a-1} за всяко xx, което е невъзможно. Следователно a∈(−7,−1)a \in(-7, -1).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Ъглополовящата на ∠BAC\angle B A C в △ABC\triangle A B C пресича страната BCB C в точка EE, а външната ъглополовяща на ∠ACB\angle A C B пресича лъча BA→B A \rightarrow в точка FF. Ако дължината на отсечката AFA F е равна на периметъра на △ACE\triangle A C E, да се намери отношението ∠BAC:∠ABC\angle B A C: \angle A B C.
РешениеНека точката GG от лъча AC→A C^{\rightarrow} е такава, че AG=AFA G=A F. Тогава ∠AGF=∠BAC/2=δ\angle A G F=\angle B A C / 2=\delta. Нека сега точката B′B^{\prime} от лъча EB→E B \rightarrow е такава, че EB′=AEE B^{\prime}=A E. Тогава CB′=CGC B^{\prime}=C G и понеже ∠FCB′=∠FCG\angle F C B^{\prime}=\angle F C G, то △FCB′≅△FCG\triangle F C B^{\prime} \cong \triangle F C G по първи признак. Следователно ∠CB′F=δ\angle C B^{\prime} F= \delta. Ако B′B^{\prime} е между EE и BB, то ∠CB′F<∠CB′A=∠EAB′<δ\angle C B^{\prime} F\lt{} \angle C B^{\prime} A=\angle E A B^{\prime}\lt{}\delta, противоречие. Ако пък BB е между EE и B′B^{\prime}, то ∠CB′F>∠CB′A=∠EAB′>δ\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′=BB^{\prime}=B, т. е. ∠BAC=2∠ABC\angle B A C=2 \angle A B C.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека fk(x)=1k(sin⁡kx+cos⁡kx)f_{k}(x)=\frac{1}{k}\left(\sin ^{k} x+\cos ^{k} x\right). Да се намерят всички естествени числа mm и n,m≠nn, m \neq n, за които функцията fm(x)−fn(x)f_{m}(x)-f_{n}(x) е константа.
РешениеНека m<nm\lt{}n и fm(x)−fn(x)=cf_{m}(x)-f_{n}(x)=c за всяко x∈Rx \in R. Като положим x=0x=0 и x=πx=\pi получаваме 1m−1n=c\frac{1}{m}-\frac{1}{n}=c и (−1)mm−(−1)nn=c\frac{(-1)^{m}}{m}-\frac{(-1)^{n}}{n}=c. Оттук и m≠nm \neq n лесно следва, че mm и nn са четни числа. Нека m=2pm=2 p и n=2qn=2 q. Сега полагаме x=π4x=\frac{\pi}{4} и получаваме, че12p−12q=c=1p2p−1q2q(⋆)\frac{1}{2 p}-\frac{1}{2 q}=c=\frac{1}{p 2^{p}}-\frac{1}{q 2^{q}} \tag{$\star$}Ако p=1p=1, то от (\textit{) следва, че q=1q=1. Тогава m=n=2m=n=2, което противоречи на условието m≠nm \neq n. Следователно p≥2p \geq 2 и (}) може да се запише във вида q2qp2p=2q−22p−2\frac{q 2^{q}}{p 2^{p}}=\frac{2^{q}-2}{2^{p}-2}. Нека q=p+kq=p+k, където kk е естествено число. Тогава горното равенство може да се запише във вида (**).k2k=(2k+1−2)p2p−2k 2^{k}=\left(2^{k+1}-2\right) \frac{p}{2^{p}-2}Тъй като k2k≥2k+1−2k 2^{k} \geq 2^{k+1}-2, то p2p−2≥1\frac{p}{2^{p}-2} \geq 1, т. е. p≥2p−2p \geq 2^{p}-2. По индукция лесно следва, че 2p−2>p2^{p}-2\gt{}p при p≥3p \geq 3 и следователно p=2p=2. Тогава от (**) следва, че k2k=2k+1−2k 2^{k}=2^{k+1}-2, т. е. k=1k=1. Оттук q=3q=3 и заключаваме, че m=4m=4, n=6n=6. Остава да докажем, че тези естествени числа изпълняват условието. Наистина, в този случайf4(x)=sin⁡4x+cos⁡4x4=(sin⁡2x+cos⁡2x)2−2sin⁡2xcos⁡2x4=14−sin⁡2xcos⁡2x2\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}иf6(x)=sin⁡6x+cos⁡6x6=16(sin⁡2x+cos⁡2x)(sin⁡4x−sin⁡2xcos⁡2x+cos⁡4x)=(sin⁡2x+cos⁡2x)2−3sin⁡2xcos⁡2x6=16−sin⁡2xcos⁡2x2\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 f4(x)−f6(x)=14−16=112f_{4}(x)-f_{6}(x)=\frac{1}{4}-\frac{1}{6}=\frac{1}{12}. Окончателно, търсените числа са m=4,n=6m=4, n=6 или m=6,n=4m=6, n=4
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека R+\mathbb{R}^{+}е множеството на реалните положителни числа. a) Да се построи пример на функция f:R+→R+f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}, която има следното свойство:2f(x2)≥xf(x)+xза всякоx>0.2 f\left(x^2\right) \geq x f(x)+x \text{за всяко} x\gt{}0.б) Да се докаже, че ако f(x)f(x) има свойството от а), то f(x3)≥x2f\left(x^3\right) \geq x^2 при x>0x\gt{}0.
РешениеРешение. а) Например функцията f(x)={1приx≤1xприx≥1f(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(x2)>x/2f\left(x^2\right)\gt{}x / 2. Да предположим, че f(x)>xan/21/2nf(x)\gt{}x^{a_n} / 2^{1 / 2^n} за всяко x>0(a0=1/2)x\gt{}0\left(a_0=1 / 2\right). Понеже f(x2)≥xx2f(x)f\left(x^2\right) \geq x \sqrt{\vphantom{x^2}f(x)}, тоf(x)≥x2xx2f(x)>xαn+1/21/2n+1f(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 an+1=1/2+an/4a_{n+1}=1 / 2+a_n / 4. Сега от an+1−2/3=(an−2/3)/4a_{n+1}-2 / 3=\left(a_n-2 / 3\right) / 4 следва, че an→2/3a_n \rightarrow 2 / 3. Понеже 21/2n→12^{1 / 2^n} \rightarrow 1, заключаваме, че f(x)≥x2/3f(x) \geq x^{2 / 3} при x>0x\gt{}0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-12-4