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

2010

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • zms2010-12-2: има placeholder текст

11

1 задача

Задача 4

Пълен запис
Условие
В една държава има 1000 града, някои от които трябва да се свържат с двупосочни пътища, така че от всеки град да излизат точно три пътя и от всеки град да може да се стигне до всеки друг град. Път между два града AA и BB се нарича главен, ако след затварянето му от AA не може да се стигне до BB. Да се докаже, че за всяко цяло число t,0≤t≤331t, 0 \leq t \leq 331 пътищата могат да се прекарат така, че да има точно tt главни пътя.
РешениеОт всяка държава с градове и пътища между някои от тях образуваме по естествен начин граф. Свързан граф, всички върхове на който са от степен 3 ще наричаме правилен граф. Тъй като всички върхове са от степен 3, в този граф има цикъл, като е ясно, че всяко ребро от цикъл не може да бъде главно. Лема 1. Ако GG е правилен граф с nn върха, то съществува правилен граф G1G_{1} с n+2n+2 върха, като GG и G1G_{1} имат един и същи брой главни ребра. Доказателство: Да разгледаме две ребра ABA B и ACA C от GG, които участват в цикъл. Да заменим тези ребра с ребрата AX,AY,BX,CYA X, A Y, B X, C Y и XYX Y, където XX и YY са два нови върха и нека полученият граф е G1G_{1}. Графът G1G_{1} е правилен, като при това ребрата AX,AYA X, A Y и XYX Y не са главни (поради цикъла AXYAA X Y A ). Ако допуснем, че BXB X е главно в G1G_{1}, то и BAB A е главно в GG (защото ако BAB A не е главно в GG, то от BB може да се стигне до XX в G1G_{1} като първо се стигне до AA и след това до XX ). Но ABA B и ACA C не са главни, което означава, че BXB X (аналогично CYC Y ) не е главно. Получихме правилен граф G1G_{1} съе същия брой главни ребра като GG. Лема 2. Ако GG е правилен граф с nn върха, то съществува правилен граф G1G_{1} с n+6n+6 върха, като G1G_{1} има един главен път повече от GG. Доказателство: Да разгледаме произволно ребро ABA B от GG, което не е главно. Нека G1G_{1} е графът, получен от GG чрез добавяне на върхове P,Q,R,S,TP, Q, R, S, T и HH, изтриване на реброто ABA B и добавяне на ребра AP,BP,PQ,QR,RS,ST,TH,RTA P, B P, P Q, Q R, R S, S T, T H, R T и SHS H. Лесно се вижда, че главните ребра на GG са главни и в G1G_{1}, а само PQP Q от добавените ребра е главно. Лема 3. Съществува граф с 6s+46 s+4 върха и 2s−12 s-1 главни ребра. Доказателство: Да разгледаме дърво GG с 2s2 s върха, като от всеки връх, който не е листо излизат три ребра. Нека GG има xx листа. Тъй като ребрата му са 2s−12 s-1 имаме равенството 1.x+3.(2s−x)=2(2s−1)1. x+3.(2 s-x)=2(2 s-1), откъдето намираме x=s+1x=s+1. За всеки лист AA на GG да прибавим върхове B,C,DB, C, D и EE и ребра AB,AE,BC,CD,DEA B, A E, B C, C D, D E, BDB D и ECE C. Лесно се вижда, че полученият граф G1G_{1} е правилен, като главни са само ребрата на дървото GG. При това върховете на G1G_{1} са точно 2s+4(s+1)=6s+42 s+4(s+1)=6 s+4. Така конструирахме граф с 6s+46 s+4 върха и 2s−12 s-1 главни ребра. От Лема 3 при s=166s=166 получаваме граф с 1000 върха и 331 главни ребра. За нечетни t<331t\lt{}331 от Лема 3 и Лема 1 следва, че съществува граф с 1000 върха и tt главни ребра. За четно t=2s≤330t=2 s \leq 330 от Лема 3 можем да намерим граф с 2s−12 s-1 главни ребра и 6s+4≤9946 s+4 \leq 994 върха. Сега от Лема 2 и Лема 1 следва съществуването на граф с 1000 върха и tt главни ребра.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2010-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на реалния параметър aa, за които уравнението2⋅2cos⁡2x−a⋅2cos⁡2x=22 \cdot 2^{\cos 2 x}-a \cdot 2^{\cos ^{2} x}=2има
РешениеПолагаме t=2cos⁡2xt=2^{\cos ^{2} x}. Тогава 1≤t≤21 \leq t \leq 2 и от 1+cos⁡2x=2cos⁡2x1+\cos 2 x=2 \cos ^{2} x следва, че даденото уравнение има тогава и само тогава, когато уравнението f(t)=t2f(t)=t^{2} at−2=0a t-2=0 има корен в затворения интервал [1,2][1, 2]. За всяко aa последното уравнение има два реални корена с различни знаци и условието е изпълнено точно когато f(1)≤0f(1) \leq 0, f(2)≥0f(2) \geq 0. Оттук намираме, че a∈[−1,1]a \in[-1, 1].
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2010-12-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2010-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека nn е естествено число такова, че n+1n+1 се дели на 24 и сумата от квадратите на различните делители на nn (включително 1 и nn ) се дели на 48: Колко най-малко различни делители може да има nn?
Решение( ) Тъй като n+1n+1 се дели на 4, то nn не е точен квадрат. Тогава можем да групираме различните делители на nn по двойки (a0,b0)=(1,n)\left(a_{0}, b_{0}\right)=(1, n), (a1,b1),…,(as,bs)\left(a_{1}, b_{1}\right), \ldots, \left(a_{s}, b_{s}\right) като akbk=n,0≤k≤sa_{k} b_{k}=n, 0 \leq k \leq s. Тогаваak+bk=ak+nak=ak2−1+n+1aka_{k}+b_{k}=a_{k}+\frac{n}{a_{k}}=\frac{a_{k}^{2}-1+n+1}{a_{k}}се дели на 24, тъй като 24∣n+124 \mid n+1 и 24∣ak2−124 \mid a_{k}^{2}-1, тъй като aka_{k} е взаимно просто с 2 и 3. От условието имаме, че 48 дели числото(a02+b02)+(a12+b12)+…+(as2+bs2)=(a0+b0)2−2a0b0+(a1+b1)2−2a1b1+…+(as+bs)2−2asbs=(a0+b0)2+(a1+b1)2+…+(as+bs)2−2n(s+1).\begin{aligned} & \left(a_{0}^{2}+b_{0}^{2}\right)+\left(a_{1}^{2}+b_{1}^{2}\right)+\ldots+\left(a_{s}^{2}+b_{s}^{2}\right) \\ = & \left(a_{0}+b_{0}\right)^{2}-2 a_{0} b_{0}+\left(a_{1}+b_{1}\right)^{2}-2 a_{1} b_{1}+\ldots+\left(a_{s}+b_{s}\right)^{2}-2 a_{s} b_{s} \\ = & \left(a_{0}+b_{0}\right)^{2}+\left(a_{1}+b_{1}\right)^{2}+\ldots+\left(a_{s}+b_{s}\right)^{2}-2 n(s+1). \end{aligned}От доказаното по-горе следва, че 48∣2(s+1)48 \mid 2(s+1), т. е. nn има поне 48 различни делители. Нека n=2347n=23^{47}. Тогава 24∣2347+124 \mid 23^{47}+1. От друга страна nn има точно 48 различни делители 1,23,232,…,23471, 23, 23^{2}, \ldots, 23^{47} и сумата от техните квадрати се дели на 48, защото 232k≡1( mod 48),0≤k≤4723^{2 k} \equiv 1(\bmod 48), 0 \leq k \leq 47. ( Втори начин ) Всеки делител dd на nn е взаимнопрост с 24 и следователно d≡±1,±5,±7,±11( mod 24)d \equiv \pm 1, \pm 5, \pm 7, \pm 11(\bmod 24). Оттук d2≡1d^{2} \equiv 1 или 25( mod 48)25(\bmod 48). Да означим с aa (съответно b) броя на делителите на nn, които са от вида 24k±1,24k±724 k \pm 1, 24 k \pm 7 (съответно от вида 24k±5,24k±1124 k \pm 5, 24 k \pm 11 ). Да отбележим, че bb е четно (понеже от d=24k+rd=24 k+r следва, че n/d=24k−rn / d=24 k-r ). Сега получаваме0≡∑dd2≡a+25b≡a+b( mod 48)0 \equiv \sum_{d} d^{2} \equiv a+25 b \equiv a+b \quad(\bmod 48)което означава, че броят на делителите на nn е поне 48.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2010-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се докаже, чеa2(b−c)2+b2(a−c)2+c2(a−b)2≥a^{2}(b-c)^{2}+b^{2}(a-c)^{2}+c^{2}(a-b)^{2} \geq92abc(1−abc) \frac{9}{2} a b c(1-a b c)за произволни реални числа a,b,ca, b, c със сума 3.
РешениеПолагаме q=ab+bc+caq=a b+b c+c a и p=abcp=a b c. След преобразувания неравенството приема вида (∗∗)q2≥94p(5−p)(* *) q^{2} \geq \frac{9}{4} p(5-p). Можем да считаме, че p∈(0,1)p \in(0, 1) (иначе началното неравенство е очевидно). Тогава дясната страна на (**) е растяща функция на pp. Движейки графиката на функцията f(x)=x3−3x2+qx−pf(x)=x^{3}-3 x^{2}+q x-p успоредно на оста OyO y, виждаме, че стойността на pp е най-голяма, когато ff има двойна нула (която не надминава третата нула на ff ). Значи можем да считаме, че a=1+2x,b=c=1−x(x≥0)a=1+2 x, b=c=1-x (x \geq 0). Имаме да докажем, че(1−x)2(1−x+2(1+2x))2≥94(1−x)2(1+2x)(5−(1−x)2(1+2x))⇔(1−x)2(4(1+x)2−(1+2x)(4+3x2−2x3))≥0⇔x2(x−1)2(2x−1)2≥0\begin{aligned} & (1-x)^{2}(1-x+2(1+2 x))^{2} \geq \frac{9}{4}(1-x)^{2}(1+2 x)\left(5-(1-x)^{2}(1+2 x)\right) \Leftrightarrow \\ & (1-x)^{2}\left(4(1+x)^{2}-(1+2 x)\left(4+3 x^{2}-2 x^{3}\right)\right) \geq 0 \Leftrightarrow x^{2}(x-1)^{2}(2 x-1)^{2} \geq 0 \end{aligned}което е очевидно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2010-12-4