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

2011

Назад към папките

9

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, при които уравнението (x2−2x)2−3(x2−2x)=a\left(x^{2}-2 x\right)^{2}-3\left(x^{2}-2 x\right)=a има четири реални и различни корени, произведението на които е равно на 2.
РешениеНека разглежданото уравнение има четири реални и различни корени. Полагаме y=x2−2xy=x^{2}-2 x. Тогава уравнението y2−3y−a=0y^{2}-3 y-a=0 трябва да има два различни и реални корена. Означаваме ги с y1y_{1} и y2y_{2}. Уравненията x2−2x−y1=0x^{2}-2 x-y_{1}=0 и x2−2x−y2=0x^{2}-2 x-y_{2}=0 трябва да имат съответно по два реални и различни корена, защото y1≠y2y_{1} \neq y_{2}. Ако x1,x2x_{1}, x_{2} и x3x_{3}, x4x_{4} са съответно корените на тези уравнения, от формулите на Виет ще имаме x1x2=−y1x_{1} x_{2}=-y_{1} и x3x4=−y2x_{3} x_{4}=-y_{2}, откъдето 2=x1x2x3x4=(−y1)(−y2)=y1y2=a2=x_{1} x_{2} x_{3} x_{4}=\left(-y_{1}\right)\left(-y_{2}\right)=y_{1} y_{2}=a. Единствената възможност за aa е a=−2a=-2. Нека a=−2a=-2. Уравнението y2−3y+2=0y^{2}-3 y+2=0 има корени y1=1y_{1}=1 и y2=2y_{2}=2, съответните уравнения за xx имат корени x1,2=1±x22x_{1, 2}=1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}2} и x3,4=1±x23x_{3, 4}=1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3}, които са реални и различни.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дадени са триъгълник ABCA B C и квадрат PQRSP Q R S, разположени така, че P,Q∈ABP, Q \in A B, а отсечките QR,RSQ R, R S и SPS P разделят страните ACA C и BCB C на по три равни части. Да се докаже, че ∠SCR=90∘\angle S C R=90^{\circ} тогава и само тогава, когато AC=BCA C=B C.
РешениеНека A1=BC∩QR,A2=BC∩RSA_{1}=B C \cap Q R, A_{2}=B C \cap R S, B2=AC∩RS,B1=AC∩SPB_{2}=A C \cap R S, B_{1}=A C \cap S P, като AB1=B1B2=B2CA B_{1}=B_{1} B_{2}=B_{2} C и BA1=A1A2=A2CB A_{1}=A_{1} A_{2}=A_{2} C. Тъй като △BQA1≅△A2RA1\triangle B Q A_{1} \cong \triangle A_{2} R A_{1}, точката A1A_{1} е среда на RQR Q. Аналогично се вижда, че B1B_{1} е среда на SPS P. Нека CH⊥AB,H∈ABC H \perp A B, H \in A B и CH∩RS=TC H \cap R S= T. Тогава △CTB2≅△B1SB2\triangle C T B_{2} \cong \triangle B_{1} S B_{2} и △CTA2≅△A1RA2\triangle C T A_{2} \cong \triangle A_{1} R A_{2}. Оттук CT=SB1=RA1=RQ/2C T=S B_{1}=R A_{1}=R Q / 2. Ако AC=BCA C=B C, то △APB1≅△BQA1\triangle A P B_{1} \cong \triangle B Q A_{1} и значи AP=BQA P= B Q. Тогава CHC H е симетрала на PQP Q, оттам и на SRS R, т. е. ST=RT=SR/2=RQ/2=CTS T=R T=S R / 2=R Q / 2=C T и следователно ∠SCR=90∘\angle S C R=90^{\circ}. Ако ∠SCR=90∘\angle S C R=90^{\circ}, то в △SRC\triangle S R C медианата CMC M е равна на половината от страната SRS R, т. е на височината CTC T. Тогава M≡T,CS=CRM \equiv T, C S=C R и ∠CSR=∠CRS=45∘\angle C S R=\angle C R S=45^{\circ}. Остава да видим, че △CSB1≅△CRA1\triangle C S B_{1} \cong \triangle C R A_{1}, откъдето CB1=CA1C B_{1}=C A_{1} и значи CA=CBC A=C B.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
В израза A=1∗2∗3∗⋯∗nA=1 * 2 * 3 * \cdots * n всяка от звездичките е заменена със знак за събиране или умножение и в резултат е получено съставно число, чийто най-малък прост делител е означен с pp. Нека pnp_{n} е най-голямото просто число pp, което може да се получи по този начин. a) Да се намери p7p_{7}. б) Да се докаже, че p8=61p_{8}=61.
РешениеДа отбележим, че, тъй като a+b<aba+b\lt{}a b при различни a,b>1a, b\gt{}1, най-голямото число, което може да се получи по описания начин, не надминава 1+n!1+n!. Оттук следва, че pn≤x21+n!p_{n} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}1+n!}. а) Тъй като 1+7≠5041=7121+7\neq{}5041=71^{2}, т. е. p7≤71p_{7} \leq 71, и 71 е просто число, получаваме p7=71p_{7}=71. б) Имаме 1+8≠40321=61⋅6611+8\neq{}40321=61 \cdot 661, откъдето следва, че p8≥61p_{8} \geq 61. Ще докажем, че няма как да получим по-големи стойности за p8p_{8}. За целта ще подобрим горната
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-9-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа m>1m\gt{}1 и n>1n\gt{}1, за които nn дели m+1m+1 и mm дели n2−n+1n^{2}-n+1.
РешениеНека m+1=nkm+1=n k, където kk е естествено число. От m∣n2−n+1=n2−n+nk−m=n(n+k−1)−mm \mid n^{2}-n+1=n^{2}- n+n k-m=n(n+k-1)-m следва, че m∣n(n+k−1)m \mid n(n+k-1). Тъй като (m,n)=1(m, n)=1 поради m+1=nkm+1=n k, получаваме m∣n+k−1m \mid n+k-1. От m∣n2−n+1m \mid n^{2}-n+1 и n>1n\gt{}1 следва, че m<n2m\lt{}n^{2}. Тогава k=m+1n<n2+1n<n+1k=\frac{m+1}{n}\lt{}\frac{n^{2}+1}{n}\lt{}n+1. Следователно m≤n+k−1<2nm \leq n+k-1\lt{}2 n, откъдето kn=m+1<2n+1k n=m+1\lt{}2 n+1, т. е. k≤2k \leq 2. При k=1k=1 имаме m=n−1∣n2−n+1m=n-1 \mid n^{2}-n+1, което е възможно само при n=2n=2 и съответно m=1m=1. При k=2k=2 получаваме m=2n−1∣n2−n+1m=2 n-1 \mid n^{2}-n+1. откъдето 2n−1∣4n2−4n+4=(2n−1)2+32 n-1 \mid 4 n^{2}-4 n+4=(2 n-1)^{2}+3, т. е. 2n−1∣32 n-1 \mid 3 и n=1n=1 или n=2n=2, съответно m=1m=1 или m=3m=3. Окончателно (m,n)=(3,2)(m, n)=(3, 2) е единственото на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-9-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека nn е естествено число. Естествените числа от 1 до n2n^{2} са разположени в клетките на таблица n×nn \times n по такъв начин, че всеки две последователни числа са разположени в две клетки, които имат обща страна. Да се докаже, че не е възможно сумите на числага във всеки ред и всеки стълб да са равни помежду си.
РешениеДа разгледаме „рамката“, съставена от тези 4n−44 n-4 клетки, които имат обща страна с границата на таблицата. Да подредим числата в тези клетки по големина: a1<a2<⋯<a4n−4a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}\cdots\lt{}a_{4 n-4}. Ще докажем с индукция по kk, че за всяко k≤4n−4k \leq 4 n-4 клетките, съдържащи числата a1,a2,…,aka_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}, образуват един непрекъснат сегмент от съседни клетки по дължината на рамката. При k=1k=1 твърдението е очевидно вярно. Да допуснем, че то е вярно за k=mk=m и да разгледаме положението на клетката, съдържаща числото am+1a_{m+1}. Тя няма да образува един непрекъснат сегмент с клетките a1,a2;…,ama_{1}, a_{2}; \ldots, a_{m} тогава и само тогава, когато съществуват две квадратчета AA и BB от рамката, които се намират „между“ am+1a_{m+1} и двата края на сегмента, образуван от a1,a2,…,ama_{1}, a_{2}, \ldots, a_{m}. Да нарисуваме начупената линия, свързваща центровете на клетките с последователни числа, водеща от ama_{m} до am+1a_{m+1}. Ясно е, че тази линия разделя шахматната дъска на две части, едната от които съдържа клетката AA, а другатаклетката BB. Но при това няма никакъв начин, щом продължим номерацията от am+1a_{m+1} нататък в едната от тези две части, да стигнем след това до което и да е поле от другатаза целта би трябвало да номерираме два пъти някое от полетата по дължината на разделителната линия! Достигнахме до противоречие и с това твърдението е доказано. Да разгледаме сегмента, образуван от клетките, съдържащи числата a1,…,a2n−2a_{1}, \ldots, a_{2 n-2} (тоест, първата половина). Лесно се вижда, че този сегмент трябва да „покрива“ една от крайните линии (ред или стълб) изцяло, и да не съдържа нито една клетка от противоположната крайна линия. Но тогава всяко число в непокритата линия ще бъде строго по-голямо от всяко число в покритата такава и сумите в тези две линии няма как да бъдат равни!
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-9-4

10

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на реалния параметър aa, за които корените x1,x2x_{1}, x_{2} на уравнениетоx2−2ax+a+2=0x^{2}-2 a x+a+2=0са реални неотрицателни числа и x2x1+x2x2≤2x25\sqrt{\vphantom{x^2}x_{1}}+\sqrt{\vphantom{x^2}x_{2}} \leq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}5}.
РешениеКорените x1,x2x_{1}, x_{2} са реални и неотрицателни когато D=4(a2−a−2)≥0D=4\left(a^{2}-a-2\right) \geq 0 и x1+x2=2a≥0,x1x2=a+2≥0x_{1}+x_{2}=2 a \geq 0, x_{1} x_{2}=a+2 \geq 0. Това дава a≥2a \geq 2. Сегаx2x1+x2x2≤\sqrt{\vphantom{x^2}x_{1}}+\sqrt{\vphantom{x^2}x_{2}} \leq2x25⇔x1+x2+2x2x1x2≤ 2 \sqrt{\vphantom{x^2}5} \Leftrightarrow x_{1}+x_{2}+2 \sqrt{\vphantom{x^2}x_{1} x_{2}} \leq20⇔x2a+2≤10−a. 20 \Leftrightarrow \sqrt{\vphantom{x^2}a+2} \leq 10-a.При a>10a\gt{}10 това неравенство няма , а при a∈[2,10]a \in[2, 10] то е равносилно с a+2≤(10−a)2a+2 \leq(10-a)^{2}, т. е. a2−21a+98≥0a^{2}-21 a+98 \geq 0. Оттук получаваме a∈(−∞,7]∪[14,+∞)a \in(-\infty, 7] \cup[14, +\infty) и предвид a∈[2,10]a \in[2, 10] търсените стойности на параметъра са a∈[2,7]a \in[2, 7].
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-10-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
Да се реши неравенствотоx2x3−7x2+36<x−1\sqrt{\vphantom{x^2}x^{3}-7 x^{2}+36}\lt{}x-1
РешениеОпределяме дефиниционното множество:x3−7x2+36≥0⇔(x+2)(x−3)(x−6)≥x^{3}-7 x^{2}+36 \geq 0 \Leftrightarrow(x+2)(x-3)(x-6) \geq0⇔x∈[−2,3]∪[6,+∞). 0 \Leftrightarrow x \in[-2, 3] \cup[6, +\infty).Случай 1. Ако x∈[−2,1)x \in[-2, 1), то x2x3−7x2+36≥0>x−1\sqrt{\vphantom{x^2}x^{3}-7 x^{2}+36} \geq 0\gt{}x-1 и не достигаме до Случай 2. Ако x∈[1,3]∪[6,+∞)x \in[1, 3] \cup[6, +\infty), то повдигаме на квадрат двете страни на неравенството и след преобразуване достигаме до x3−8x2+2x+35<0⇔(x−7)(x2−x−5)<0⇔x∈(−∞,1−x2212)∪(1+x2212,7)x^{3}-8 x^{2}+2 x+35\lt{}0 \Leftrightarrow(x-7)\left(x^{2}-x-5\right)\lt{}0 \Leftrightarrow x \in\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{\vphantom{x^2}21}}{2}\right) \cup\left(\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}21}}{2}, 7\right). Така окончателно получаваме x∈(1+x2212,3]∪[6,7)x \in\left(\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}21}}{2}, 3\right] \cup[6, 7).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-10-1b

Задача 2

Пълен запис
Условие
В △ABC(AC<BC)\triangle A B C(A C\lt{}B C) са построени ъглополовящата CLC L и медианата CM(L,M∈AB)C M(L, M \in A B). Права през AA, перпендикулярна на CLC L, пресича CMC M в точка. KK. Да се намери ∠ACB\angle A C B, ако точките A,L,KA, L, K и CC лежат на една окръжност.
РешениеНека ∠ACB=γ,P=AK∩CL\angle A C B=\gamma, P=A K \cap C L и NN е средата на ACA C. По условие ∠APC=90∘\angle A P C=90^{\circ} и следователно ∠ANP=2∠ACP=γ\angle A N P=2 \angle A C P=\gamma. От друга страна MNM N е средна отсечка в △ABC\triangle A B C, т. е. ∠ANM=∠ACB=γ\angle A N M=\angle A C B=\gamma и следователно точките NN, PP и MM лежат на една права. От теоремата на Чева за △ACM\triangle A C M получавамеANNC⋅CKKM⋅MLLA=1⇒CKKM=ALLM\frac{A N}{N C} \cdot \frac{C K}{K M} \cdot \frac{M L}{L A}=1 \Rightarrow \frac{C K}{K M}=\frac{A L}{L M}и от теоремата на Талес следва, че KL∥ACK L \| A C. Но по условие точките A,L,KA, L, K и CC лежат на една окръжност, т. е. ALKCA L K C се оказва равнобедрен трапец и ∠ACM=∠MAC⇒AM=CM=BM\angle A C M=\angle M A C \Rightarrow A M=C M=B M и ∠ACB=90∘\angle A C B=90^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадена е „шахматна“ дъска с размери m×nm \times n. Път в дъската наричаме всяка редица от клетки A0,A1,…,AnA_{0}, A_{1}, \ldots, A_{n}, такава че за всяко i=0,…,n−1i=0, \ldots, n-1 клетката Ai+1A_{i+1} е достижима от AiA_{i} с един ход на топа. Броят nn на ходовете, с които достигаме AnA_{n} от A0A_{0} наричаме дължина на пътя A0,A1,…,AnA_{0}, A_{1}, \ldots, A_{n}. Разстояние между две клетки AA и BB наричаме дължината на най-късия път с начало AA и край BB. Едно множество MM от клетки наричаме добро, ако всяка клетка от дъската лежи върху най-къс път, започващ в клетка от MM и свършващ в клетка от MM. Да се определи минималният брой клетки в добро множество.
РешениеДа означим разстоянието между клетките AA и BB с d(A,B)d(A, B). Очевидноd(A,B)={1,ако клеткитеAиBса в една линия,2,ако клеткитеAиBса в различни линии.d(A, B)= \begin{cases}1, & \text{ако клетките} A \text{и} B \text{са в една линия}, \\ 2, & \text{ако клетките} A \text{и} B \text{са в различни линии.}\end{cases}Нека MM е добро множество. Ще докажем, че то съдържа клетки от всяка линия (ред или стълб) на дъската. Да допуснем противнотонека например mm-тият ред не съдържа клетки от MM. Прозволна клетка CC от този ред лежи върху най-къс път от AA до B,A,B∈MB, A, B \in M. Съществуват две възможности: (∗)(*) d(A,C)=d(B,C)=1d(A, C)=d(B, C)=1. Тогава A,B,CA, B, C са в една линия и d(A,B)=1d(A, B)=1. От друга страна d(A,B)=d(A,C)+d(C,B)=2d(A, B)=d(A, C)+d(C, B)=2, противоречие. (∗)(*) d(A,C)=2d(A, C)=2 или d(B,C)=2d(B, C)=2 (или и двете). Тогава d(A,B)=d(A,C)+d(C,B)≥3d(A, B)=d(A, C)+d(C, B) \geq 3, отново противоречие с факта, че най-късите пътища са с дължина 1 или 2. От доказаното следва, че броят на клетките в MM е поне max⁡{m,n}\max \{m, n\}. Ще построим добро множество с такъв брой клетки. Нека без ограничение на общността m≤nm \leq n. Да означим с (i,j)(i, j) клетката, намираща се в ii-тия ред и jj-тия стълб на дъската. Лесно се проверява, че множествотоM=M={(i,i)∣i=1,…,m}∪{(m,j)∣j=m+1,…,n}\{(i, i) \mid i=1, \ldots, m\} \cup\{(m, j) \mid j=m+1, \ldots, n\}е добро.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-10-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички двойки естествени числа m>1m\gt{}1 и n>1n\gt{}1, такива че mn−1m^{n-1} дели nn!.
РешениеНека числата mm и nn удовлетворяват условието на задачата и pp е прост делител на mm. Тогава pn−1p^{n-1} дели n!n!; в частност p≤np \leq n. Нека k∈Nk \in \mathbb{N} е такова, че pk≤n<pk+1p^{k} \leq n\lt{}p^{k+1}. Най-голямото естествено число λ\lambda, за което pλp^{\lambda} дели n!n! еλ=[np]+[np2]+…+[npk]≤\lambda=\left[\frac{n}{p}\right]+\left[\frac{n}{p^{2}}\right]+\ldots+\left[\frac{n}{p^{k}}\right] \leqnp+np2+…+npk=np−1(1−1pk).(1) \frac{n}{p}+\frac{n}{p^{2}}+\ldots+\frac{n}{p^{k}}=\frac{n}{p-1}\left(1-\frac{1}{p^{k}}\right). \tag{1}Оттук следва λ<np−1≤n\lambda\lt{}\frac{n}{p-1} \leq n (понеже p≥2p \geq 2 ), а при p≥3p \geq 3 имаме λ<n2<n−1\lambda\lt{}\frac{n}{2}\lt{}n-1 (понеже n≥p>2n \geq p\gt{}2 ). Това означава, че pnp^{n} не дели n!n!, а при p≥3p \geq 3 и pn−1p^{n-1} не дели n!n!. Значи mm е степен на 2. Ако m>2m\gt{}2, то трябва 22(n−1)2^{2(n-1)} да дели n!n!, което е невъзможно, тъй като 2(n−1)≥n2(n-1) \geq n. Така m=2m=2. Освен това от (1) е ясно, че λ=n−1\lambda=n-1 само когато p=2p=2 и n=2kn=2^{k}. С други думи, 2n−12^{n-1} дели n!n! само при n=2kn=2^{k}. Следователно търсените числа са m=2m=2 и n=2k(k∈N)n=2^{k}(k \in \mathbb{N}).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-10-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
За естествено число n>1n\gt{}1 разглеждаме всички двойки естествени числа aa и bb, за които 1≤a<b≤n1 \leq a\lt{}b \leq n и a+b>na+b\gt{}n. Означаваме с f(n)f(n) броя на двойките, такива че aa дели bb и с g(n)g(n) - броя на двойките, такива че aa и bb са взаимно прости. Да се намерят всички n>2n\gt{}2, за коитоg(n)−g(n−1)=f(n)g(n)-g(n-1)=f(n)
РешениеНека aa дели bb и b=aq,q∈Nb=a q, q \in \mathbb{N}. Условията 1≤a<b≤n1 \leq a\lt{}b \leq n и a+b>na+b\gt{}n приемат вида q>1,na−1<q≤naq\gt{}1, \frac{n}{a}-1\lt{}q \leq \frac{n}{a}. Ако a>n2a\gt{}\frac{n}{2}, то q≤na<2q \leq \frac{n}{a}\lt{}2 и няма такова qq. За всяко a≤n2a \leq \frac{n}{2} има единствено цяло q∈(na−1,na]q \in\left(\frac{n}{a}-1, \frac{n}{a}\right] (а именно q=[na]q=\left[\frac{n}{a}\right] ) и за него q>na−1≥1q\gt{}\frac{n}{a}-1 \geq 1, т. е. q>1q\gt{}1. Следователно броят на такива двойки ( a,ba, b ) е равен на броя на целите числа aa c 1≤a≤n21 \leq a \leq \frac{n}{2}, T. e. f(n)=[n2]f(n)=\left[\frac{n}{2}\right]. Нека Mn,n≥3M_{n}, n \geq 3, е множеството на двойките ( a,ba, b ), такива че aa и bb са взаимно прости. Лесно се вижда, че (a,b)∈Mn(a, b) \in M_{n}, но (a,b)∉Mn−1(a, b) \notin M_{n-1} точно когато b=n,1≤a<nb=n, 1 \leq a\lt{}n и aa е взаимно просто с nn. Броят на тези двойки е равен на φ(n)\varphi(n). Не е трудно да се съобрази, че (a,b)∈Mn−1(a, b) \in M_{n-1}, но (a,b)∉Mn(a, b) \notin M_{n} точно когато a+b=na+b=n, т. е. b=n−ab=n-a и освен това a<n−aa\lt{}n-a и aa е взаимно просто с n−an-a или, еквивалентно, 1≤a<n21 \leq a\lt{}\frac{n}{2} и aa е взаимно просто с nn. Броят на тези двойки е равен на φ(n)2\frac{\varphi(n)}{2}. Следователноg(n)−g(n−1)=φ(n)−φ(n)2=φ(n)2g(n)-g(n-1)=\varphi(n)-\frac{\varphi(n)}{2}=\frac{\varphi(n)}{2}Сега равенството g(n)−g(n−1)=f(n)g(n)-g(n-1)=f(n) приема вида φ(n)2=[n2]\frac{\varphi(n)}{2}=\left[\frac{n}{2}\right]. Ако 2 дели nn, то дава φ(n)=n\varphi(n)=n, което е невъзможно за n>1n\gt{}1, а ако 2 не дели nn е равносилно с φ(n)=n−1\varphi(n)=n-1 и е изпълнено точно когато nn е просто число. Окончателно, търсените числа са всички прости числа n>2n\gt{}2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравнението25x−(a+1)5x−6a2+3a=025^{x}-(a+1) 5^{x}-6 a^{2}+3 a=0има единствено
РешениеСлед полагането t=5x>0t=5^{x}\gt{}0 уравнението се записва във вида t2−(a+t^{2}-(a+ 1) t−6a2+3a=0t-6 a^{2}+3 a=0 с корени t1=3at_{1}=3 a и t2=1−2at_{2}=1-2 a. За да има уравнението единствено , трябва да е изпълнено едно от следните условия: t1≤0<t2,t2≤0<t1t_{1} \leq 0\lt{}t_{2}, t_{2} \leq 0\lt{}t_{1} или t1=t2>0t_{1}=t_{2}\gt{}0. Първото условие дава a≤0a \leq 0, второто a≥12a \geq \frac{1}{2}, а третото a=15a=\frac{1}{5}. Следователно търсените стойности саa∈(−∞,0]∪{15}∪[12,+∞)a \in(-\infty, 0] \cup\left\{\frac{1}{5}\right\} \cup\left[\frac{1}{2}, +\infty\right)
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В четириъгълник ABCDA B C D е вписана окръжност с център OO, която се допира до страните ADA D и BCB C съответно в точки PP и QQ. Правите AO,BO,COA O, B O, C O и DOD O пресичат правата PQP Q съответно в различни точки A1,B1,C1A_{1}, B_{1}, C_{1} и D1D_{1}. a) Да се докаже, че BA1⊥AOB A_{1} \perp A O. б) Ако AB+CDA1B1+C1D1=2\frac{A B+C D}{A_{1} B_{1}+C_{1} D_{1}}=2, да се намери ъгълът между правите ADA D и BCB C.
Решениеа) Нека за определеност правите ADA D и BCB C се пресичат в точка RR, като AA е между DD и RR. Да означим ∠CRD=φ\angle C R D=\varphi. Тъй като AOA O и BOB O са ъглополовящи, то∠AOB=180∘−12(∠BAD+∠ABC)=180∘−12(180∘+φ)=90∘−12φ.\begin{aligned} \angle A O B & =180^{\circ}-\frac{1}{2}(\angle B A D+\angle A B C) \\ & =180^{\circ}-\frac{1}{2}\left(180^{\circ}+\varphi\right)=90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi. \end{aligned}От равнобедрения △PQR\triangle P Q R намираме ∠A1QB=∠PQR=90∘−12φ\angle A_{1} Q B= \angle P Q R=90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi, което означава, че ∠AOB=∠A1QB\angle A O B= \angle A_{1} Q B, т. е. около четириъгълника A1BQOA_{1} B Q O може да се опише окръжност. Следователно ∠BA1O=∠BQO=\angle B A_{1} O=\angle B Q O= 90∘90^{\circ}. б) Аналогично на а) намираме, че ∠AB1O=90∘\angle A B_{1} O=90^{\circ}. Като използваме известния факт, че △ABO∼△B1A1O\triangle A B O \sim \triangle B_{1} A_{1} O с коефициент на подобие cos⁡∠AOB\cos \angle A O B, намираме A1B1=ABcos⁡(90∘−12φ)A_{1} B_{1}= A B \cos \left(90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi\right). Аналогично намираме, че ∠COD=90∘+12φ\angle C O D=90^{\circ}+\frac{1}{2} \varphi и понеже △COD∼△D1OC1\triangle C O D \sim \triangle D_{1} O C_{1} с коефициент на подобие cos⁡(180∘−(90∘+12φ))=cos⁡(90∘−12φ)\cos \left(180^{\circ}-\left(90^{\circ}+\frac{1}{2} \varphi\right)\right)=\cos \left(90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi\right), то C1D1=CDcos⁡(90∘−12φC_{1} D_{1}=C D \cos \left(90^{\circ}-\right. \frac{1}{2} \varphi ). Следователно cos⁡(90∘−12φ)=A1B1+C1D1AB+CD=12\cos \left(90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi\right)=\frac{A_{1} B_{1}+C_{1} D_{1}}{A B+C D}=\frac{1}{2}, откъдето следва 90∘−12φ=60∘90^{\circ}-\frac{1}{2} \varphi=60^{\circ}, т. е. φ=60∘\varphi=60^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека nn е дадено естествено число. Да се намерят всички реални числа aa, за които за редицата x0=a,x1=1x_{0}=a, x_{1}=1 иxi+2=xi+1−(n−i)xii+1приi≥0x_{i+2}=\frac{x_{i+1}-(n-i) x_{i}}{i+1} \text{при} i \geq 0е изпълнено x2010n=0x_{2010 n}=0.
РешениеПри i=ni=n от рекурентната връзка получаваме xn+2=xn+1n+1x_{n+2}=\frac{x_{n+1}}{n+1}. Оттук намирамеxn+3=xn+1n+1+xn+1n+2=xn+1n+1.x_{n+3}=\frac{\frac{x_{n+1}}{n+1}+x_{n+1}}{n+2}=\frac{x_{n+1}}{n+1}.Тъй като i>ni\gt{}n, то всички следващи членове на редицата са от вида pxn+1p x_{n+1}, където pp е някакво положително рационално число. Следователно, ако x2010n=0x_{2010 n}=0, то и xn+1=0x_{n+1}=0, откъдето намираме xn+2=0x_{n+2}=0. Нека 2≤s≤n+22 \leq s \leq n+2. Ще покажем, че xs=xs−1x_{s}=x_{s-1} тогава и само тогава, когато xs−2=xs−3x_{s-2}= x_{s-3}. От xs=xs−1−(n−s+2)xs−2s−1x_{s}=\frac{x_{s-1}-(n-s+2) x_{s-2}}{s-1} намираме (s−1)xs−xs−1=(s−n−2)xs−1(s-1) x_{s}-x_{s-1}=(s-n-2) x_{s-1}, а от xs−1=xs−2−(n−s+3)xs−3s−2x_{s-1}=\frac{x_{s-2}-(n-s+3) x_{s-3}}{s-2} имаме (s−1)xs−1=xs−2+(s−n−3)xs−3(s-1) x_{s-1}=x_{s-2}+(s-n-3) x_{s-3}. Изваждайки горните две равенства получаваме(s−1)(xs−xs−1)=(s−n−3)(xs−2−xs−3)(s-1)\left(x_{s}-x_{s-1}\right)=(s-n-3)\left(x_{s-2}-x_{s-3}\right)Тъй като 2≤s≤n+22 \leq s \leq n+2, то s≠1s \neq 1 и s≠n+3s \neq n+3 и това равенство доказва твърдението. Продължавайки по този начин ще получим, че 1=x1=x0=a1=x_{1}=x_{0}=a когато nn е нечетно и до x2=x1x_{2}=x_{1}, 'когато nn е четно и тогава от x2=x1−nx0x_{2}=x_{1}-n x_{0} намираме a=x0=0a=x_{0}=0. Следователно търсените стойности са a=1a=1 при nn нечетно и a=0a=0 при nn четно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека α\alpha е рационално положително число. За всяко естествено число nn с xnx_{n} означаваме броят на делителите dd на nn, за коитоnα102011<d<nα102010\frac{n^{\alpha}}{10^{2011}}\lt{}d\lt{}\frac{n^{\alpha}}{10^{2010}}Да се докаже, че редицата {xn}n=1∞\left\{x_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} е неограничена тогава и само тогава, когато α<1\alpha\lt{}1.
РешениеДа допуснем, че редицата {xn}n=1∞\left\{x_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} е неограничена и α≥1\alpha \geq 1. Ако dd е делител на nn, то d1=ndd_{1}=\frac{n}{d} също е делител на nn и тогава от nα102011<d\frac{n^{\alpha}}{10^{2011}}\lt{}d следваd1<102011nα−1≤102011d_{1}\lt{}\frac{10^{2011}}{n^{\alpha-1}} \leq 10^{2011}Това означава, че за d1d_{1} (следователно и за dd ) имаме краен брой възможности, т. е. xnx_{n} е ограничено. Полученото противоречие показва, че α<1\alpha\lt{}1. Нека α=pq<1\alpha=\frac{p}{q}\lt{}1. Тъй като множеството на рационалните числа е гъсто, то за всяко естествено число tt можем да изберем рационални числа p1q1,p2q2,…,ptqt\frac{p_{1}}{q_{1}}, \frac{p_{2}}{q_{2}}, \ldots, \frac{p_{t}}{q_{t}}, всяко от който е в интервала (1102011,1102010)\left(\frac{1}{10^{2011}}, \frac{1}{10^{2010}}\right). Нека N=p1p2…ptq1q2…qtN=p_{1} p_{2} \ldots p_{t} q_{1} q_{2} \ldots q_{t} и да изберем n=Nqn=N^{q}. Да забележим, че за всяко i=1,2,…,ti=1, 2, \ldots, t числото piqiNp\frac{p_{i}}{q_{i}} N^{p} е цяло и е делител на n=Nqn=N^{q}. Освен това nα=Npn^{\alpha}=N^{p} и тъй катоnα102011<piqiNp<nα102010\frac{n^{\alpha}}{10^{2011}}\lt{}\frac{p_{i}}{q_{i}} N^{p}\lt{}\frac{n^{\alpha}}{10^{2010}}то xn≥tx_{n} \geq t, което означава, че редицата {xn}n=1∞\left\{x_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} е неограничена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравнението∣x−4a∣+∣x−2a∣=2a−1+1\left|x-4^{a}\right|+\left|x-2^{a}\right|=2^{a-1}+1има безбройно много
РешениеОт графиката на функцията f(x)=∣x−p∣+∣x−q∣f(x)=|x-p|+|x-q| следва, че уравнението f(x)=rf(x)=r има безбройно много тогава и само тогава, когато ∣p−q∣=r>0|p-q|=r\gt{}0. Следователно за даденото уравнение това е изпълнено тогава и само тогава, когато∣4a−2a∣=2a−1+1(⋆)\left|4^{a}-2^{a}\right|=2^{a-1}+1 \tag{$\star$}Полагаме 2a=t>02^{a}=t\gt{}0 и получаваме уравнението ∣t2−t∣=t2+1\left|t^{2}-t\right|=\frac{t}{2}+1. Уравнението t2−t=t2+1t^{2}-t= \frac{t}{2}+1 има единствен положителен корен t=2t=2, а уравнението t−t2=t2+1t-t^{2}=\frac{t}{2}+1 няма реални корени. Следователно 2a=22^{a}=2 и търсената стойност на aa е a=1a=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека AA1,BB1A A_{1}, B B_{1} и CC1C C_{1} са ъглополовящи в △ABC(AC≠BC)\triangle A B C(A C \neq B C). Да се намери ∠ACB\angle A C B, ако ∠AA1C1=∠BB1C1\angle A A_{1} C_{1}=\angle B B_{1} C_{1}.
РешениеНека AC>BCA C\gt{}B C и A′A^{\prime} е симетричната точка на A1A_{1} спрямо CC1C C_{1}. Ако II е пресечната точка на ъглополовящите, то ∠IA′C1=∠IA1C1=∠IB1C1\angle I A^{\prime} C_{1}=\angle I A_{1} C_{1}=\angle I B_{1} C_{1}. Оттук четириъгълникът A′C1IB1A^{\prime} C_{1} I B_{1} е вписан в окръжност и следователноCA′⋅CB1=CI⋅CC1(*)C A^{\prime} \cdot C B_{1}=C I \cdot C C_{1} \tag{*}Ако BC=a,CA=bB C=a, C A=b и AB=cA B=c, имаме, чеCA′=CA1=abb+c,CB1=aba+c,C A^{\prime}=C A_{1}=\frac{a b}{b+c}, C B_{1}=\frac{a b}{a+c},CI⋅CC1=a+ba+b+cCI2=aba+b−ca+b. C I \cdot C C_{1}=\frac{a+b}{a+b+c} C I^{2}=a b \frac{a+b-c}{a+b}.Замествайки в (*), следва, че a2+b2+ab=c2a^{2}+b^{2}+a b=c^{2} и от косинусовата теорема намираме ∀ACB=120∘\forall A C B=120^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека OO е центърът на описаната около неравнобедрен остроъгълен △ABC\triangle A B C окръжност. Точки DD и EE върху страните ACA C и BCB C са такива, че DE∥ABD E \| A B и COC O е ъглополовяща на ∠DOE\angle D O E. Да се докаже, че разстоянието от CC до DED E е равно на разстоянието от OO до ABA B.
Решение(3 т.) Ако ∠DOC=ψ\angle D O C=\psi, от синусовата теорема следва, чеCDsin⁡ψ=COsin⁡(90∘+β−ψ),\frac{C D}{\sin \psi}=\frac{C O}{\sin \left(90^{\circ}+\beta-\psi\right)},CEsin⁡ψ=COsin⁡(90∘+α−ψ) \quad \frac{C E}{\sin \psi}=\frac{C O}{\sin \left(90^{\circ}+\alpha-\psi\right)}и тогаваsin⁡βsin⁡α=CDCE=cos⁡(ψ−α)cos⁡(ψ−β)\frac{\sin \beta}{\sin \alpha}=\frac{C D}{C E}=\frac{\cos (\psi-\alpha)}{\cos (\psi-\beta)}(2 т.) Оттукsin⁡β⋅cos⁡(ψ−β)=sin⁡α⋅sin⁡(ψ−α)⇔sin⁡ψ−sin⁡(2β−ψ)=sin⁡ψ−sin⁡(2α−ψ)⇔sin⁡(α−β)⋅cos⁡(γ+ψ)=0\begin{gathered} \sin \beta \cdot \cos (\psi-\beta)=\sin \alpha \cdot \sin (\psi-\alpha) \Leftrightarrow \sin \psi-\sin (2 \beta-\psi)=\sin \psi-\sin (2 \alpha-\psi) \\ \Leftrightarrow \sin (\alpha-\beta) \cdot \cos (\gamma+\psi)=0 \end{gathered}Понеже α≠β,γ<π/2\alpha \neq \beta, \gamma\lt{}\pi / 2 и ψ≤π\psi \leq \pi, то γ+ψ=π/2\gamma+\psi=\pi / 2. (2 т.) Разглеждайки △CDO\triangle C D O, следва, че ∠CDE=α=90∘−∠ODE/2\angle C D E=\alpha=90^{\circ}-\angle O D E / 2. Значи CC е центърът на външновписаната за △ODE\triangle O D E окръжност към страната DED E. Тогаваdist⁡(C,DE)=dist⁡(C,DO)=\operatorname{dist}(C, D E)=\operatorname{dist}(C, D O)=COcos⁡γ=dist⁡(O,AB).C O \cos \gamma=\operatorname{dist}(O, A B).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за всяко естествено число nn съществуват естествени числа x1,x2,…,x10x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{10}, по-големи от nn, за които числото2x12+2x22+⋯+2x1022^{x_{1}^{2}}+2^{x_{2}^{2}}+\cdots+2^{x_{10}^{2}}е точен квадрат.
РешениеНека x1=x2=⋯=x8=x,x9=yx_{1}=x_{2}=\cdots=x_{8}=x, x_{9}=y и x10=zx_{10}=z. Търсим естествени числа aa и bb, за които8⋅2x2+2y2+2z2=(2a+2b)28 \cdot 2^{x^{2}}+2^{y^{2}}+2^{z^{2}}=\left(2^{a}+2^{b}\right)^{2}Достатъчно е да са изпълнени равенствата y2=2a,z2=2by^{2}=2 a, z^{2}=2 b и x2+3=a+b+1x^{2}+3=a+b+1. Оттук a=2k2,b=2m2a=2 k^{2}, b=2 m^{2} и x2=2(k2+m2)−2x^{2}=2\left(k^{2}+m^{2}\right)-2 (*). Ще покажем, че последното уравнение има безбройно много в естествени числа. Нека ( u,vu, v ) е в естествени числа на уравнението на Пел u2−2v2=1u^{2}-2 v^{2}=1 ( ⋆⋆\star \star ). Тогава лесно се проверява, че x=2uv,m=ux=2 u v, m=u и k=2v2k=2 v^{2} изпълняват горните равенства. Следователно числата x1=x2=⋯=x8=2uv,x9=4v2x_{1}=x_{2}=\cdots=x_{8}=2 u v, x_{9}=4 v^{2} и x10=2ux_{10}=2 u изпълняват условието, като изберем и v>nv\gt{}n. Съществуването на такива uu и vv се гарантира от факта, че ( ⋆⋆\star \star ) има безбройно много в естествени числа. Втори начин. Полагаме x=2q,k=q+p,m=q−(p+1)x=2 q, k=q+p, m=q-(p+1). Тогава (*) е еквивалентно на q=p2+pq=p^{2}+p. Следователно за всяко естествено число p>np\gt{}n числата x1=⋯=x8=2(p2+p),x9=2(p2+2p)x_{1}=\cdots=x_{8}=2\left(p^{2}+p\right), x_{9}=2\left(p^{2}+2 p\right) и x10=2(p2−1)x_{10}=2\left(p^{2}-1\right) изпълняват даденото условие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2011-12-4