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

2009

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • zms2009-8-3: има placeholder текст
  • zms2009-9-3: има placeholder текст
  • zms2009-10-1: има placeholder текст
  • zms2009-12-4: има placeholder текст

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши уравнението:(x−x23−x2499)2+(x−x23+x2499)2(x-\sqrt{\vphantom{x^2}3}-\sqrt{\vphantom{x^2}499})^{2}+(x-\sqrt{\vphantom{x^2}3}+\sqrt{\vphantom{x^2}499})^{2}+(x+x23−x2499)2+(x+\sqrt{\vphantom{x^2}3}-\sqrt{\vphantom{x^2}499})^{2}+(x+x23+x2499)2=+(x+\sqrt{\vphantom{x^2}3}+\sqrt{\vphantom{x^2}499})^{2}=2009.2009.
РешениеДа означим a=x23a=\sqrt{\vphantom{x^2}3} и b=x2499b=\sqrt{\vphantom{x^2}499}. За лявата страна на уравнението последователно получаваме:(x−x23−x2499)2+(x−x23+x2499)2+(x+x23−x2499)2+(x+x23+x2499)2==(x−a−b)2+(x−a+b)2+(x+a−b)2+(x+a+b)2==x2−2(a+b)x+(a+b)2+x2+2(b−a)x+(a−b)2+x2++2(a−b)x+(a−b)2+x2+2(a+b)x+(a+b)2==4x2+2(a−b)2+2(a+b)2=4x2+4a2+4b2.\begin{aligned} (x-\sqrt{\vphantom{x^2}3}- & \sqrt{\vphantom{x^2}499})^{2}+(x-\sqrt{\vphantom{x^2}3}+\sqrt{\vphantom{x^2}499})^{2}+(x+\sqrt{\vphantom{x^2}3}-\sqrt{\vphantom{x^2}499})^{2}+(x+\sqrt{\vphantom{x^2}3}+\sqrt{\vphantom{x^2}499})^{2}= \\ = & (x-a-b)^{2}+(x-a+b)^{2}+(x+a-b)^{2}+(x+a+b)^{2}= \\ = & x^{2}-2(a+b) x+(a+b)^{2}+x^{2}+2(b-a) x+(a-b)^{2}+x^{2}+ \\ + & 2(a-b) x+(a-b)^{2}+x^{2}+2(a+b) x+(a+b)^{2}= \\ = & 4 x^{2}+2(a-b)^{2}+2(a+b)^{2}=4 x^{2}+4 a^{2}+4 b^{2}. \end{aligned}Оттук за даденото уравнение получаваме, че е еквивалентно на4x2+2008=2009⇔4x2=1⇔(x−12)(x+12)=0.4 x^{2}+2008=2009 \Leftrightarrow 4 x^{2}=1 \Leftrightarrow\left(x-\frac{1}{2}\right)\left(x+\frac{1}{2}\right)=0.Следователно даденото уравнение има два корена: числата 12\frac{1}{2} и −12-\frac{1}{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Точките MM и NN са съответно средите на страните ABA B и CDC D на четириъгълника ABCDA B C D. Отсечките ANA N и DMD M се пресичат в точката PP, а отсечките CMC M и BNB N се пресичат в точката QQ. Ако PMQNP M Q N е успоредник, да се докаже, че медицентровете на триъгълниците ABD,ABC,ACDA B D, A B C, A C D и BCDB C D са върхове на успоредник.
РешениеПърво ще докажем, че ако PMQNP M Q N е успоредник, то и ABCDA B C D е успоредник. От PM∥QNP M \| Q N и това, че MM е средата на ABA B, следва (съгласно теоремата за средната отсечка, приложена за △ANB\triangle A N B ), че точката PP е средата на ANA N. Аналогично QQ е средата на CMC M. Сега от PN=MQP N=M Q следва, че AN=CMA N=C M и с помощта на условието PN∥MQP N \| M Q заключаваме, че AMCNA M C N е успоредник. Оттук AM∥NCA M \| N C и AM=NCA M=N C и следователно ABCDA B C D също е успоредник. Нека G1,G2,G3G_{1}, G_{2}, G_{3} и G4G_{4} са съответно медицентровете на триъгълниците ABD,ABC,BCDA B D, A B C, B C D и ACDA C D. (1) Нека AC∩BD=OA C \cap B D=O. Тогава G1∈ACG_{1} \in A C и AG1:G1O=2:1A G_{1}: G_{1} O=2: 1, откъдето G1O=13ACG_{1} O=\frac{1}{3} A C. Аналогично G2O=13BD,G3O=13ACG_{2} O=\frac{1}{3} B D, G_{3} O=\frac{1}{3} A C и G4O=13BDG_{4} O=\frac{1}{3} B D. Получаваме, че в четириъгълника G1G2G3G4G_{1} G_{2} G_{3} G_{4} диагоналите взаимно разполовяват и следователно той е успоредник. (2) Ще докажем, че G1G2G3G4G_{1} G_{2} G_{3} G_{4} е успоредник по друг начин. Тъй като SABG1=13SABD=13SABC=SABG2S_{A B G_{1}}=\frac{1}{3} S_{A B D}=\frac{1}{3} S_{A B C}=S_{A B G_{2}} и триъгълниците ABG1A B G_{1} и ABG2A B G_{2} са с обща основа, то височините в тези триъгълници към общата основа са също равни. Това означава, че G1G2∥ABG_{1} G_{2} \| A B. По аналогичен начин следва, че G3G4∥CD,G1G4∥ADG_{3} G_{4}\left\|C D, G_{1} G_{4}\right\| A D и G2G3∥BCG_{2} G_{3} \| B C. Заключаваме, че G1G2G3G4G_{1} G_{2} G_{3} G_{4} е успоредник. (3) За втората част на то могат да се използват и вектори. Имаме:G1G2→=(G1O→+OG2→)=\overrightarrow{G_{1} G_{2}}=\left(\overrightarrow{G_{1} O}+\overrightarrow{O G_{2}}\right)=13(AO→+BO→+DO→+OB→+OC→+OA→)=\frac{1}{3}(\overrightarrow{A O}+\overrightarrow{B O}+\overrightarrow{D O}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O A})=13DC→,\frac{1}{3} \overrightarrow{D C},където OO е произволна точка. АналогичноG4G3→=(G4O→+OG3→)=\overrightarrow{G_{4} G_{3}}=\left(\overrightarrow{G_{4} O}+\overrightarrow{O G_{3}}\right)=13(AO→+CO→+DO→+OB→+OC→+OD→)=\frac{1}{3}(\overrightarrow{A O}+\overrightarrow{C O}+\overrightarrow{D O}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D})=13AB→\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}Но AB→=DC→\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{D C}, защото ABCDA B C D е успоредник и следователно G1G2→=G4G3→\overrightarrow{G_{1} G_{2}}=\overrightarrow{G_{4} G_{3}}. Оттук отново следва, че G1G2G4G3G_{1} G_{2} G_{4} G_{3} е успоредник.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-8-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
За всяко естествено число nn подреждаме делителите му по големина:1=d1<d2<…<dk=n1=d_{1}\lt{}d_{2}\lt{}\ldots\lt{}d_{k}=nДа се намерят всички nn, за които е вярно равенството d23+d32−15=nd_{2}^{3}+d_{3}^{2}-15=n.
РешениеТъй като всеки делител на d2d_{2} е делител на и nn, то d2d_{2} трябва да е просто, защото nn няма по-малък делител от d2d_{2}, освен 1. Нека d2=p,pd_{2}=p, p-просто. Същото разсъждение, приложено за d3d_{3}, дава, че d3d_{3} е или просто, или d3=p2d_{3}=p^{2}. Ако е налице втората възможност, то от даденото равенство ще следва, че p2p^{2} дели 15, което е невъзможно. Следователно можем да считаме, че и d3d_{3} е просто. Нека d3=q>pd_{3}=q\gt{}p. Тъй като pp и qq са взаимно прости делители на nn, то nn ще се дели на произведението pqp q и можем да означим n=kpqn=k p q за някакво естествено число kk. Ако k=1k=1, то даденото равенство приема вида p3+q2−15=pqp^{3}+q^{2}-15=p q. Оттук при p=2p=2 получаваме, че qq трябва да дели 7, т. е. q=7q=7. В този случай обаче равенството не е изпълнено (проверете!). Ако p>2p\gt{}2, то от неравенствата q2>pqq^{2}\gt{}p q и p3−15>0p^{3}-15\gt{}0 следва, че p3+q2−15>pqp^{3}+q^{2}-15\gt{}p q и отново не се получава. Заключаваме, че k>1k\gt{}1. Ако допуснем, че 1<k<p1\lt{}k\lt{}p, то от факта, че kk дели nn ще получим, че nn има делител между 1 и d2d_{2}, което е невъзможно. Да разгледаме случая k=pk=p. Сега даденото равенство приема вида p3+q2−15=p2qp^{3}+q^{2}-15=p^{2} q. Да запишем последното като квадратно уравнение относно qq. Получаваме q2−p2q+p3−15=0q^{2}-p^{2} q+p^{3}-15=0. За да има това уравнение цяло , е необходимо дискриминантата му DD да е точен квадрат на цяло число. Тъй като D=p4−4p3+60=(p2−2p−2)2−8p+56D=p^{4}-4 p^{3}+60=\left(p^{2}-2 p-2\right)^{2}-8 p+56, то D<(p2−2p−2)2D\lt{}\left(p^{2}-2 p-2\right)^{2} при p≥8p \geq 8. От друга страна D−(p2−2p−3)2=2p2−12p+51=2p(p−6)+51D-\left(p^{2}-2 p-3\right)^{2}=2 p^{2}-12 p+51=2 p(p-6)+51. Става ясно, че при p≥8p \geq 8 дискриминантата не може да е точен квадрат, понеже (p2−2p−3)2<D<(p2−2p−2)2\left(p^{2}-2 p-3\right)^{2}\lt{}D\lt{}\left(p^{2}-2 p-2\right)^{2} и следователно DD е заключена между два последователни точни квадрата. Ето защо на задачата могат да се получат само за p=2,3,5p=2, 3, 5 или 7. Но p=3p=3 и p=5p=5 са делители на 15 и би се получило, че pp дели qq, което е невъзможно. При p=2p=2 ще получим q2−7=4q⇒q∣7⇒q=7,n=28q^{2}-7=4 q \Rightarrow q \mid 7 \Rightarrow q=7, n=28, но непосредствено се проверява, че това не е на задачата. При p=7p=7 имаме q2+328=49qq^{2}+328=49 q и следователно qq е прост делител на 328=23⋅41328=2^{3} \cdot 41. Тъй като q>p=7q\gt{}p=7, то q=41q=41 и оттук n=2009n=2009. Проверката показва, че се получава на задачата. По-нататък, не може p<k<qp\lt{}k\lt{}q, понеже от k∣nk \mid n би се получило, че nn има делител между d2d_{2} и d3d_{3}. Ако най-накрая k≥qk \geq q, то имаме n=kpq≥pq2=q2+(p−1)q2≥q2+(p−1)(p+1)2=q2+p3−15+p2−p+14>q2+p3−15n=k p q \geq p q^{2}=q^{2}+(p-1) q^{2} \geq q^{2}+(p-1)(p+1)^{2}=q^{2}+p^{3}-15+p^{2}-p+14\gt{}q^{2}+p^{3}-15, което означава, че даденото равенство не е изпълнено. Тук използвахме, че q>p⇒q≥p+1q\gt{}p \Rightarrow q \geq p+1. Следователно единственото на задачата n=2009n=2009.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на параметьра aa, за които корените x1,x2x_{1}, x_{2} на уравнението x2−ax+8−a=0x^{2}-a x+8-a=0 са реални положителни числа и x1x2+x2x1>16\frac{x_{1}}{x_{2}}+\frac{x_{2}}{x_{1}}\gt{}16.
РешениеКорените x1,x2x_{1}, x_{2} са реални при D=a2+4a−32≥0D=a^{2}+4 a-32 \geq 0. Оттук получаваме a∈(−∞,−8]∪[4,+∞)a \in(-\infty, -8] \cup[4, +\infty). Освен товаx1>0,x2>0⇔x1+x2>0,x_{1}\gt{}0, x_{2}\gt{}0 \Leftrightarrow x_{1}+x_{2}\gt{}0,x1x2>0⇔a>0,8−a>0⇔a∈(0,8). x_{1} x_{2}\gt{}0 \Leftrightarrow a\gt{}0, \quad 8-a\gt{}0 \Leftrightarrow a \in(0, 8).Така a∈[4,8)a \in[4, 8). По-нататьк, тъй като x1>0,x2>0x_{1}\gt{}0, x_{2}\gt{}0, тоx1x2+x2x1>16⇔x12+x22>16x1x2⇔(x1+x2)2>18x1x2⇔a2>18(8−a)⇔a2+18a−144>0.\begin{aligned} \frac{x_{1}}{x_{2}}+\frac{x_{2}}{x_{1}}\gt{}16 \Leftrightarrow x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\gt{}16 x_{1} x_{2} \Leftrightarrow\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2} & \gt{}18 x_{1} x_{2} \Leftrightarrow \\ a^{2} & \gt{}18(8-a) \Leftrightarrow a^{2}+18 a-144\gt{}0. \end{aligned}Решенията на това неравенство са a∈(−∞,−24)∪(6,+∞)a \in(-\infty, -24) \cup(6, +\infty). Като вземем предвид, че a∈[4,8)a \in[4, 8), получаваме търсените стойности на параметьра: a∈(6,8)a \in(6, 8).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен △ABC\triangle A B C, в който е спусната височината CHC H. Нека II е центърът на вписаната в △BHC\triangle B H C окръжност. Да се докаже, че ∠AIC=90∘\angle A I C=90^{\circ} тогава и само тогава, когато AB=BCA B=B C.
РешениеНека вписаната в △BHC\triangle B H C окръжност kk се допира до страните BH,CHB H, C H и BCB C съответно в точките P,QP, Q и RR. От ∠AIC=∠AHC=90∘\angle A I C=\angle A H C=90^{\circ} следва, че точките HH и II лежат на окръжност с диаметър AC⇒∠PAI=∠QCIA C \Rightarrow \angle P A I=\angle Q C I. Разглеждаме △API\triangle A P I и △CQI\triangle C Q I. Имаме (∗)(*) IP=IQ(I P=I Q( радиуси в k)k) (∗)(*) ∠API=∠CQI=90∘(\angle A P I=\angle C Q I=90^{\circ}( допирни точки на k)k) (∗)(*) ∠PAI=∠QCI\angle P A I=\angle Q C I (по доказателство) Така по втори признак △API≅△CQI\triangle A P I \cong \triangle C Q I и следователно AP=CQ=CRA P=C Q=C R. От друга страна BP=BRB P=B R, т. е.AB=AP+BP=CR+BR=BCA B=A P+B P=C R+B R=B CДоказателството в обратната посока се извършва аналогично. От AB=BCA B=B C следва, че AP=CR=CQA P=C R=C Q и △API≅△CQI\triangle A P I \cong \triangle C Q I (по първи признак). Оттук следва, че точките A,H,I,CA, H, I, C лежат на една окръжност и ∠AIC=∠AHC=90∘\angle A I C=\angle A H C=90^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
На дъската е написано естествено число. Всяка секунда отдясно към него се дописва цифра, различна от 9. Да се докаже, че след краен брой стъпки на дъската ще се появи съставно число.
РешениеЯсно е, че ако се дописва някоя от цифрите 0,2,4,5,60, 2, 4, 5, 6 или 8 веднага на дъската ще се появи съставно число. При дописване на цифрите 1 или 7 остатъкът от деление на 3 на полученото число ще се увеличи с 1, т. е. след една или две стъпки ще получим число, кратно на 3. Остава да разгледаме случая, при който от дадено място нататък се дописва само цифрата 3. Нека на дъската в даден момент е записано простото число pp. Без ограничение можем да считаме, че p>10p\gt{}10. Ще докажем, че съществува число, десетичният запис на което се състои само от цифрата 3 и което е кратно на pp. За целта разглеждаме числата 3,33,333,…,33…33, 33, 333, \ldots, 33 \ldots 3 ( последното с p+1p+1 цифри). От принципа на Дирихле следва че две от тях са с равни остатъци при деление с pp. Тъй като тяхната разлика е число, записано само с цифрата 3 и след това само с нули, а pp и 10 са взаимно прости, то частта от разликата, която е записана само с цифрата 3 ще се дели на pp. Ясно е тогава, че ако след числото pp се добавят толкова пъти цифрата 3, колкото е в числото, за което се видя, че се дели на pp, то на дъската ще се появи число, кратно на това просто число pp, с което задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се реши уравнениетоx2x−2+2x2x2−x−2=x2(x2−4)(x2−x−1)\sqrt{\vphantom{x^2}x-2}+2 \sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}-x-2}=\sqrt{\vphantom{x^2}\left(x^{2}-4\right)\left(x^{2}-x-1\right)}
РешениеУравнението има смисъл при x≥2x \geq 2. Лесно се вижда, че x=2x=2 е Нека x∈(2,+∞)x \in(2, +\infty) и да разделим двете страни на x2x−2\sqrt{\vphantom{x^2}x-2} - получаваме уравнението 1+2x2x+1=x2x3+x2−3x−21+2 \sqrt{\vphantom{x^2}x+1}=\sqrt{\vphantom{x^2}x^{3}+x^{2}-3 x-2}. Лесно се вижда, че x=3x=3 също е на разглежданото уравнение. Имаме x3+x2−3x−2=x2(x+1)−3x−2>9(x+1)−3x−2=6x+7x^{3}+x^{2}-3 x-2=x^{2}(x+1)-3 x-2\gt{}9(x+1)-3 x-2=6 x+7 при x>3x\gt{}3 и аналогично x3+x2−3x−2<6x+7x^{3}+x^{2}-3 x-2\lt{}6 x+7 при x∈(2,3)x \in(2, 3). Освен това x26x+7>1+2x2x+1\sqrt{\vphantom{x^2}6 x+7}\gt{}1+2 \sqrt{\vphantom{x^2}x+1} при x>3x\gt{}3 и x26x+7<1+2x2x+1\sqrt{\vphantom{x^2}6 x+7}\lt{}1+2 \sqrt{\vphantom{x^2}x+1} при x∈(2,3)x \in(2, 3). Следователно разглежданото уравнение няма , различни от 2 и 3. Втори начин. Повдигаме на квадрат уравнението 1+2x2x+1=x2x3+x2−3x−21+2 \sqrt{\vphantom{x^2}x+1}=\sqrt{\vphantom{x^2}x^{3}+x^{2}-3 x-2} и получаваме 4x2x+1=x3+x2−7x−74 \sqrt{\vphantom{x^2}x+1}=x^{3}+x^{2}-7 x-7, откъдето имаме 4=(x2−7)x2x+14=\left(x^{2}-7\right) \sqrt{\vphantom{x^2}x+1}. Тъй като дясната страна е по-малка от 4 при x∈(2,3)x \in(2, 3) и по-голяма от 4 при x>3x\gt{}3, заключаваме, че x=3x=3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че измежду числата 1,2,3,…,10001, 2, 3, \ldots, 1000 повече са тези, които се представят във вида 3u2−4v23 u^{2}-4 v^{2}, отколкото тези, които се представят във вида 28xy−x2−4y228 x y-x^{2}-4 y^{2}, където u,v,xu, v, x и yy са цели числа.
РешениеОт представянето 3(x+2y)2−4(x−2y)2=28xy−x2−4y23(x+2 y)^{2}-4(x-2 y)^{2}=28 x y-x^{2}-4 y^{2} следва, че всяко число, което се представя във вида 28xy−x2−4y228 x y-x^{2}-4 y^{2} ( x,yx, y са цели), се представя и във вида 3u2−4v2(u,v3 u^{2}-4 v^{2}(u, v са цели). Следователно е достатъчно да посочим естествено число, по-малко от 1000, което има вида 3u2−4v23 u^{2}-4 v^{2}, но не се представя във вида 28xy−x2−4y228 x y-x^{2}-4 y^{2}. Едно такова число е 11. Имаме 11=3⋅32−4⋅2211=3 \cdot 3^{2}-4 \cdot 2^{2}, а уравнението 28xy−x2−4y2=28 x y-x^{2}-4 y^{2}= 11 няма в цели числа. Действително, равенството 32xy−(x+2y)2=1132 x y-(x+2 y)^{2}=11 е невъзможно по модул 8.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Външновписаните окръжности към страните ACA C и BCB C на △ABC\triangle A B C допират страните ACA C и BCB C съответно в точките MM и NN, а продълженията на страната ABA B съответно в точките PP и QQ. Ако пресечната точка TT на правите PMP M и QNQ N лежи на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност, то да се докаже, че TT лежи на окръжността минаваща през средите на страните на триъгълника.
РешениеНека kk е вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност с център I,DI, D е допирната точка на kk със страната AB,EA B, E е диаметрално противоположната точка на DD в k,H=CT→∩ABk, H= C T^{\rightarrow} \cap A B и SS е средата на ABA B. Първо ще покажем, че CH⊥ABC H \perp A B. Тъй като △PQT∼△ABI\triangle P Q T \sim \triangle A B I (защо?) е достатъчно да докажем, че PH:QH=AD:BDP H: Q H=A D: B D. Като приложим теоремата на Менелай за △AHC\triangle A H C и правата ( PMTP M T ), както и за △BHC\triangle B H C и правата ( QNTQ N T ), получавамеHTTC⋅CMMA⋅APPH=1=HTTC⋅CNNB⋅BQQH\frac{H T}{T C} \cdot \frac{C M}{M A} \cdot \frac{A P}{P H}=1=\frac{H T}{T C} \cdot \frac{C N}{N B} \cdot \frac{B Q}{Q H}и от AD=CM,BD=CNA D=C M, B D=C N, достигаме до PH:QH=AD:BDP H: Q H=A D: B D. Следователно CH⊥ABC H \perp A B т. e. CH∥EDC H \| E D (1) От △PQT∼△ABI\triangle P Q T \sim \triangle A B I и факта, че SS е среда както на ABA B, така и на PQP Q, следва, че точките T,IT, I и SS са колинеарни. Ако точка F=CE→∩ABF=C E \rightarrow \cap A B, то точка FF е допирната точка на външновписаната към страната ABA B окръжност (защо?). Така SS е среда и на отсечката DF,SID F, S I е средна отсечка в △DEF\triangle D E F, т. е ST∥CFS T \| C F (2) От (1) и (2), и IT=IEI T=I E, следва, че TIECT I E C е ромб. Тогава CIC I разполовява ъгъл ∠TCE\angle T C E, но CIC I разполовява и ъгъл ∠TCO\angle T C O, където OO е центъра на описаната около △ABC\triangle A B C окръжност. Така O∈CE→O \in C E \rightarrow. От OS⊥ABO S \perp A B следва, че CTSOC T S O е успоредник и ST=OC=RS T=O C=R. Остава да съобразим, че окръжността минаваща през средите на страните на триъгълника, минава и през точка HH и освен това нейният диаметър е точно RR, т. е. минава и през точката TT.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадени са аритметична прогресия с първи член a1a_{1} и разлика d≠0d \neq 0 и геометрична прогресия с първи член b1b_{1} и частно qq. Ако a1+b1=d+2a1=0a_{1}+b_{1}=d+2 a_{1}=0 и сборът на първите 4 члена на геометричната прогресия е равен на сборът на първите 5 члена на аритметичната прогресия, да се намери частното на геометричната прогресия.
РешениеОт формулите за сбор на първите nn члена на аритметична и геометрична прогресия и от условието получаваме b1(q3+q2+q+1)=(a1+2d)5b_{1}\left(q^{3}+q^{2}+q+1\right)=\left(a_{1}+2 d\right) 5. След заместване d=−2a1,b1=a1d=-2 a_{1}, b_{1}=a_{1} и съкращаване на b1b_{1} (тъй като d≠0d \neq 0, то b1≠0b_{1} \neq 0 ), получаваме q3+q2+q−14=0q^{3}+q^{2}+q-14=0. Последното уравнение е еквивалентно на (q−2)(q2+3q+7)=0(q-2)\left(q^{2}+3 q+7\right)=0 и понеже q2+3q+7>0q^{2}+3 q+7\gt{}0, то q=2q=2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се реши системата:∣ cos⁡2(πx2)−cos⁡(πyz)+1=0x2y2z+z+10=0\left\lvert\, \begin{aligned} & \cos ^{2}\left(\frac{\pi x}{2}\right)-\cos (\pi y z)+1=0 \\ & x^{2} y^{2} z+z+10=0 \end{aligned}\right.
РешениеПонеже cos⁡2(πx2)≥0\cos ^{2}\left(\frac{\pi x}{2}\right) \geq 0 и 1−cos⁡(πyz)≥01-\cos (\pi y z) \geq 0, то първото уравнение е изпълнено точно когато cos⁡(πx2)=0\cos \left(\frac{\pi x}{2}\right)=0 и cos⁡(πyz)=1\cos (\pi y z)=1. Оттук следва, че x=2p+1x=2 p+1 и yz=2qy z=2 q, където pp и qq са цели числа. Нека q=0q=0. Тъй като от второто уравнение имаме, че z≠0z \neq 0, то намираме y=0y=0. Сега от второто уравнение получаваме z=−10z=-10. В този случай решенията са (x,y,z)=(2p+1,0,−10)(x, y, z)=(2 p+1, 0, -10), където pp е произволно цяло число. Нека сега q≠0q \neq 0. След заместване x=2p+1x=2 p+1 и y=2qzy=\frac{2 q}{z}, получаваме z2+10z+4(2p+1)2q2=0z^{2}+10 z+ 4(2 p+1)^{2} q^{2}=0. Това уравнение има когато 25−4(2p+1)2q2≥025-4(2 p+1)^{2} q^{2} \geq 0, т. е. (2(2p+1)q)2≤25(2(2 p+1) q)^{2} \leq 25. Оттук следва, че ∣2p+1∣=1|2 p+1|=1 и q=±1q= \pm 1 или q=±2q= \pm 2. В този случай решенията са(x,y,z)=(x, y, z)=(±1,2q−5±x225−4q2,−5±x225−4q2)\left( \pm 1, \frac{2 q}{-5 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}25-4 q^{2}}}, -5 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}25-4 q^{2}}\right)където q=±1q= \pm 1 или q=±2q= \pm 2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник ABCA B C с център на описаната окръжност точка OO. Върху отсечките BOB O и COC O са избрани съответно точки MM и NN така, че OM=CNO M=C N. Точки PP и QQ са такива, че △AMP\triangle A M P и △ANQ\triangle A N Q са подобни и еднакво ориентирани съответно на △AOC\triangle A O C и △AOB\triangle A O B. Да се докаже, че сборът PN+QMP N+Q M не зависи от избора на точките MM и NN.
РешениеОт △AMP∼△AOC\triangle A M P \sim \triangle A O C следва, че ∠MAP=∠OAC\angle M A P=\angle O A C, което означава, че лъчът AP→A P \rightarrow пресича отсечката OCO C и че ∠MAO=∠PAC\angle M A O=\angle P A C. От същото подобие намираме AMAO=APAC\frac{A M}{A O}=\frac{A P}{A C}, което заедно с ∠MAO=∠PAC\angle M A O=\angle P A C означава, че △AMO∼△APC\triangle A M O \sim \triangle A P C. Оттук следва, че ∠ACP=2∠ACB\angle A C P=2 \angle A C B, т. е. ∠BCP=∠ACB\angle B C P=\angle A C B. Аналогично получаваме, че ∠CBQ=∠ABC\angle C B Q=\angle A B C. Да означим пресечната точка на CPC P и BQB Q с R(RR(R е симетричната на върха AA спрямо правата BCB C ). От △ABC≅△RBC\triangle A B C \cong \triangle R B C и от △AMO∼△APC\triangle A M O \sim \triangle A P C намирамеCRCP=CACP=AOOM=COCN,\frac{C R}{C P}=\frac{C A}{C P}=\frac{A O}{O M}=\frac{C O}{C N},което означава, че PN∥ROP N \| R O и PNRO=CNCO\frac{P N}{R O}=\frac{C N}{C O}. Аналогично намираме, че QM∥ROQ M \| R O и QMRO=BMBO\frac{Q M}{R O}=\frac{B M}{B O}. Следователно PN+QMRO=CNCO+BMBO=1\frac{P N+Q M}{R O}=\frac{C N}{C O}+\frac{B M}{B O}=1, т. е. PN+QM=ROP N+Q M=R O, като дължината на ROR O не зависи от избора на точките MM и NN.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека AA е множество с n≥5n \geq 5 елемента. Да се намери минималното естествено число mm със следното свойство: За всеки 10 триелементни подмножества на AA съществува оцветяване на елементите на AA в mm цвята така, че никое от избраните триелементни подмножества на AA не съдържа три едноцветни елемента.
РешениеДа изберем произволни 5 елемента от AA и да образуваме всичките (52)=\binom{5}{2}= 10 триелементни подмножества. Ако сме използвали само два цвята, то ще има едноцветно триелементно подмножество. Следователно m≥3m \geq 3. Ще покажем, че 3 цвята са достатъчни. При n≤6n \leq 6 е достатъчно да оцветим елементите на AA така, че да няма три едноцветни елемента. При n=7n=7 е достатъчно да изберем три елемента, които не образуват някое от избраните множества (поради (72)=21>10\binom{7}{2}=21\gt{}10 това е възможно) и да ги оцветим в първия цвят. В другите два цвята оцветяваме по 2 от останалите 4 елемента. Нека 8≤n≤108 \leq n \leq 10. Ще покажем, че съществува подмножество на AA с n−5n-5 елемента в което не се съдържа никое от избраните 10 триелементни подмножества. Всички n−5n-5 елементни подмножества на AA са (nn−5)\binom{n}{n-5}, докато едно триелементно подмножество "покрива" точно (n−3n−8)\binom{n-3}{n-8} такива n−5n-5 елементни подмножества. Тъй като (nn−5)>10(n−3n−8)\binom{n}{n-5}\gt{} 10\binom{n-3}{n-8}, за 8≤n≤108 \leq n \leq 10, то получаваме исканото. Да оцветим елементите на това n−5n-5 елементно множество в първия цвят. Ако в останалите 5 елемента има триелементо подмножество, което не е измежду избраните, го оцветяваме във втория цвят, а останалите два елемента оцветяваме в третия цвят. Ако всички триелементни подмножества измежду останалите 5 елемента са избрани, то задачата се свежда до случая n=5n=5. Нека n≥11n \geq 11. Тъй като в десетте триелементни подмножества елементите на AA се срещат с повторения общо 30 пъти, то съществува елемент a∈Aa \in A, който се среща не повече от два пъти. Да разгледаме множеството A\{a}A \backslash\{a\} и всички триелементни подмножества, които не съдържат aa. От доказаното по-горе следва, че можем да оцветим това множество в три цвята така, че да няма едноцветно триелементно множество. За елемента aa има най-много два забранени цвята (онези, които правят двете множества в които участва aa, едноцветни), т. е. aa също може да бъде оцветен без да има едноцветно подмножесто.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Редицата x1,x2,…x_{1}, x_{2}, \ldots е дефинирана с равенствата x1=2x_{1}=2 и xn+1=1+2xn2+xnx_{n+1}=\frac{1+2 x_{n}}{2+x_{n}} при n≥1n \geq 1. Да се докаже, че: а) редицата с общ член 11+xn−12\frac{1}{1+x_{n}}-\frac{1}{2} е геометрична прогресия и да се намери нейното частно; б) редицата с общ член 1n(11+x1+⋯+11+xn)\frac{1}{n}\left(\frac{1}{1+x_{1}}+\cdots+\frac{1}{1+x_{n}}\right) е сходяща и да се намери нейната граница.
Решениеа) Ако yn=11+xn−12y_{n}=\frac{1}{1+x_{n}}-\frac{1}{2}, тоyn+1=11+1+2xn2+xn−12=1−xn6(1+xn)=yn3y_{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 ( yny_{n} ) е геометрична прогресия с частно 13\frac{1}{3} (и първи член −16-\frac{1}{6} ). б) От а) следва, чеzn=1n(11+x1+⋯+11+xn)=12+y1+⋯+ynn=12−16n⋅1−1/3n1−1/3=12−14n(1−13n)\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→∞zn=12\lim _{n \rightarrow \infty} z_{n}=\frac{1}{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека ABCDA B C D е вписан в окръжност четириъгълник. Точка EE върху лъча DA→D A \rightarrow е такава, че ∠ABC=2∠EBD\angle A B C=2 \angle E B D. Да се докаже, чеDE=AC⋅BDAB+BCD E=\frac{A C \cdot B D}{A B+B C}
РешениеНека FF е такава точка върху правата ADA D, че ∠ABF=∠CBD\angle A B F=\angle C B D и AA е между DD и FF. Понеже ∠BAF=∠BCD\angle B A F=\angle B C D, то △ABF∼△CBD\triangle A B F \sim \triangle C B D. Следователно (1) BFBD=ABCB=AFCD\frac{B F}{B D}=\frac{A B}{C B}=\frac{A F}{C D}. От друга страна, от ∠ABC=2∠EBD\angle A B C=2 \angle E B D следва, че BEB E е ъглополовяща на ∠FBD\angle F B D и значи (2) BFBD=EFED\frac{B F}{B D}=\frac{E F}{E D}. От (1) и (2) получаваме, чеABCB=EFED=AF+AD−DEDE=\frac{A B}{C B}=\frac{E F}{E D}=\frac{A F+A D-D E}{D E}=AB⋅CD+BC⋅(AD−DE)BC⋅DE.\frac{A B \cdot C D+B C \cdot(A D-D E)}{B C \cdot D E}.Оттук и теоремата на Птоломей следва, чеDE(AB+BC)=AB.CD+BC.AD=AC.BD.D E(A B+B C)=A B. C D+B C. A D=A C. B D.Нека ∠ABC=β,∠EBD=φ\angle A B C=\beta, \angle E B D=\varphi и ∠ADB=ψ\angle A D B=\psi. От синусовата теорема имаме, чеDEBD=sin⁡φsin⁡(φ+ψ),\frac{D E}{B D}=\frac{\sin \varphi}{\sin (\varphi+\psi)},ACAB+BC=sin⁡βsin⁡ψ+sin⁡(β+ψ). \quad \frac{A C}{A B+B C}=\frac{\sin \beta}{\sin \psi+\sin (\beta+\psi)}.СледователноDE=AC⋅BDAB+BC⇔sin⁡φ(sin⁡ψ+sin⁡(β+ψ))=sin⁡βsin⁡(φ+ψ)⇔sin⁡φ(sin⁡ψ+sin⁡βcos⁡ψ+cos⁡βsin⁡ψ)=sin⁡β(sin⁡φcos⁡ψ+cos⁡φsin⁡ψ)⇔sin⁡φ(1+cos⁡β)=sin⁡βcos⁡φ⇔tan⁡φ=tan⁡β/2⇔φ=β/2.\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 PP с реални коефициенти такива, че P(x−1)P(x+1)>P2(x)−1P(x-1) P(x+1)\gt{}P^{2}(x)-1 за произволно реално число xx.
РешениеДа допуснем, че deg⁡P=n≥2\operatorname{deg} P=n \geq 2 и нека P(x)=a0xn+a1xn−1+a2xn−2+…P(x)=a_{0} x^{n}+a_{1} x^{n-1}+a_{2} x^{n-2}+\ldots, a0≠0a_{0} \neq 0. ТогаваP(x±1)=a0(x±1)n+a1(x±1)n−1+a2xn−2+…=a0xn+(a1±na0)xn−1+(a2±na1+n(n−1)a0/2)xn−2+…\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 следователноP(x−1)P(x+1)=P(x-1) P(x+1)=a02x2n+2a0a1x2n−1a_{0}^{2} x^{2 n}+2 a_{0} a_{1} x^{2 n-1}+(a12+2a0a2−na02)x2n−2+….+\left(a_{1}^{2}+2 a_{0} a_{2}-n a_{0}^{2}\right) x^{2 n-2}+\ldots.От друга страна,P2(x)=P^{2}(x)=a02x2n+2a0a1x2n−1+(a12+2a0a2)x2n−2+…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}+\ldotsи Значи1>P2(x)−P(x−1)P(x+1)=na02x2n−2+….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 xx, което е противоречие. Следователно P(x)=ax+bP(x)=a x+b и тогава 1>P2(x)−P(x−1)P(x+1)=a21\gt{}P^{2}(x)-P(x-1) P(x+1)=a^{2}, откъдето a∈(−1,1)a \in(-1, 1).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-12-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-12-4