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

2012

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • zms2012-8-4: има placeholder текст
  • zms2012-9-4: има placeholder текст
  • zms2012-10-1: има placeholder текст
  • zms2012-10-3: има placeholder текст
  • zms2012-12-4: има placeholder текст

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Във футболно първенство всеки отбор играе два пъти с всеки от останалите отбори. След приключване на първенството се оказало, че всички отбори са събрали общо 363 точки и 25%25 \% от срещите са завършили наравно. Колко отбора участват в това футболно първенство? (Победителят получава 3 т., победеният 0 т., а за равен мач двата отбора получават по 1 т.)
РешениеНека в групата участват xx отбора. Тогава общият брой на изиграните срещи е x(x−1)x(x-1). (2 т.) При равенство се разпределят 2 т., т. е. от равните мачове се получават общо 2.14x(x−1)2. \frac{1}{4} x(x-1) точки. (2 т.) От останалите мачове се получават 3.34x(x−1)3. \frac{3}{4} x(x-1) точки. (1 т.) Получаваме уравнението 3⋅34x(x−1)+2⋅14x(x−1)=3633 \cdot \frac{3}{4} x(x-1)+2 \cdot \frac{1}{4} x(x-1)=363. (1 т.) Корените на уравнението 11x2−11x−4⋅363=011 x^{2}-11 x-4 \cdot 363=0 са x1=12x_{1}=12 и x2=−11x_{2}=-11. Следователно в групата участват 12 отбора. (1 т.)
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C и вътрешна точка MM, за която ∠MAC=∠MBC=300\angle M A C=\angle M B C=30^{0}. Ако PP и QQ са петите на перпендикулярите, спуснати от MM съответно към страните BCB C и ACA C, а DD е средата на страната ABA B, да се докаже, че △PQD\triangle P Q D е равностранен.
РешениеНека HH и FF са средите съответно на AMA M и BMB M. Тогава DH=12BMD H=\frac{1}{2} B M \quad и DF=12AM\quad D F=\frac{1}{2} A M \quad (средни отсечки). (1 т.) Имаме още, че HDFM е успоредник и следователно ∠HDF=1800−∠DHM\angle H D F=180^{0}-\angle D H M (1 т.), което ще използваме по-долу. Освен това QH=12AMQ H=\frac{1}{2} A M \quad и PF=12BM\quad P F=\frac{1}{2} B M \quad (медиани в правоъгълни триъгълници). (1 т.) Разглеждаме △DHQ\triangle D H Q и △PFD\triangle P F D. Последователно използваме, че DH=PF,QH=DFD H=P F, Q H=D F (1 т.) и ∠DHQ=∠DHM+600=∠DFM+600=∠PFD.(1\angle D H Q=\angle D H M+60^{0}=\angle D F M+60^{0}=\angle P F D.(\mathbf{1} т.) Оттук △DHQ≅△PFD\quad \triangle D H Q \cong \triangle P F D и следователно DP=DQD P=D Q. (1 т.) Освен това ∠HQD=∠FDP\angle H Q D=\angle F D P. Получаваме, че:∠QDP=∠HDF−(∠HDQ+∠FDP)=∠HDF−(∠HDQ+∠HQD)=∠HDF−(1800−∠DHQ)==∠HDF−(1800−∠DHM−600)=∠HDF−(1800−(1800−∠HDF)−600)=600(1т.),\begin{gathered} \angle Q D P=\angle H D F-(\angle H D Q+\angle F D P)=\angle H D F-(\angle H D Q+\angle H Q D)=\angle H D F-\left(180^{0}-\angle D H Q\right)= \\ =\angle H D F-\left(180^{0}-\angle D H M-60^{0}\right)=\angle H D F-\left(180^{0}-\left(180^{0}-\angle H D F\right)-60^{0}\right)=60^{0}(\mathbf{1} \text{т.}), \end{gathered}което е достатъчно, за да твърдим, че △PQD\triangle P Q D е равностранен.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека f(x)=x2+ax+bf(x)=x^{2}+a x+b, където aa и bb са такива цели числа, че ∣a∣≤5|a| \leq 5 и ∣b∣≤5|b| \leq 5. Ако ∣f(1+x22)∣≤0,02|f(1+\sqrt{\vphantom{x^2}2})| \leq 0, 02, да се пресметне f(1−x22)f(1-\sqrt{\vphantom{x^2}2}).
РешениеНека f(1+x22)=m+nx22f(1+\sqrt{\vphantom{x^2}2})=m+n \sqrt{\vphantom{x^2}2}, където m=3+a+bm=3+a+b и n=a+2n=a+2. (1 т.) От условието получаваме, че ∣m∣=∣3+a+b∣≤3+∣a∣+∣b∣≤13|m|=|3+a+b| \leq 3+|a|+|b| \leq 13 и ∣n∣=∣a+2∣≤2+∣a∣≤7|n|=|a+2| \leq 2+|a| \leq 7. (1 т.) От друга страна ∣f(1+x22)∣=∣m+nx22∣=∣m2−2n2∣∣m−nx22∣|f(1+\sqrt{\vphantom{x^2}2})|=|m+n \sqrt{\vphantom{x^2}2}|=\frac{\left|m^{2}-2 n^{2}\right|}{|m-n \sqrt{\vphantom{x^2}2}|}. (2 т.) Ако mm и nn не са едновременно равни на нула, то ∣m2−2n2∣≥1\left|m^{2}-2 n^{2}\right| \geq 1 ( mm и nn са цели числа) и следователно ∣f(1+x22)∣≥1∣m−nx22∣|f(1+\sqrt{\vphantom{x^2}2})| \geq \frac{1}{|m-n \sqrt{\vphantom{x^2}2}|}. От ∣m∣≤13|m| \leq 13 и ∣n∣≤7|n| \leq 7 следва, че ∣m−nx22∣≤∣m∣+∣n∣x22≤13+7x22<13+7⋅2=27|m-n \sqrt{\vphantom{x^2}2}| \leq|m|+|n| \sqrt{\vphantom{x^2}2} \leq 13+7 \sqrt{\vphantom{x^2}2}\lt{}13+7 \cdot 2=27 (2 т.) и следователно ∣f(1+x22)∣>127>150=0,02\quad|f(1+\sqrt{\vphantom{x^2}2})|\gt{}\frac{1}{27}\gt{}\frac{1}{50}=0, 02, което противоречи на условието. Следователно m=n=0m=n=0, откъдето получаваме a=−2a=-2 и b=−1b=-1, т. е. f(x)=x2−2x−1f(x)=x^{2}-2 x-1 и следователно f(1−x22)=0f(1-\sqrt{\vphantom{x^2}2})=0. (1 т.)
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-8-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-8-4

9

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши системата ∣ xy+2yz=5yz+2zx=3zx+2xy=7\left\lvert\, \begin{aligned} & x y+2 y z=5 \\ & y z+2 z x=3 \\ & z x+2 x y=7\end{aligned}\right..
РешениеСъбираме почленно трите уравнения на системата и получаваме xy+yz+zx=5x y+y z+ z x=5. Оттук и от първото уравнение намираме zx−yz=0z x-y z=0, те. z=0z=0 или x=yx=y. Първата възможност отпада поради второто уравнение, а при x=yx=y системата добива вида ∣ x2+2xz=5xz=1\left\lvert\, \begin{aligned} x^{2}+2 x z & =5 \\ x z & =1\end{aligned}\right. (третото уравнение е следствие от първите две). Следователно x=±x23=yx= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3}=y и z=±x233z= \pm \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{3}, т. е. решенията са (x23,x23,x233)\left(\sqrt{\vphantom{x^2}3}, \sqrt{\vphantom{x^2}3}, \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{3}\right) и (−x23,−x23,−x233)\left(-\sqrt{\vphantom{x^2}3}, -\sqrt{\vphantom{x^2}3}, -\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{3}\right).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-9-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравнението x2+(a−2)(a−3)x+a3−4a+9=0x^{2}+(a-2)(a-3) x+a^{3}-4 a+9=0 има два различни реални корена x1x_{1} и x2x_{2}, такива чеa(x1+x2)=18x1+18x2a\left(x_{1}+x_{2}\right)=\frac{18}{x_{1}}+\frac{18}{x_{2}}
РешениеРавенството от условието е еквивалентно на ax1x2(x1+x2)=18(x1+x2)a x_{1} x_{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=18\left(x_{1}+x_{2}\right). При x1+x2=0x_{1}+x_{2}=0 получаваме a=2a=2 или a=3a=3. При x1+x2≠0x_{1}+x_{2} \neq 0 имамеa(a3−4a+9)=18⟺a4−4a2+9a−18=a\left(a^{3}-4 a+9\right)=18 \Longleftrightarrow a^{4}-4 a^{2}+9 a-18=0⟺(a−2)(a+3)(a2−a+3)=0.0 \Longleftrightarrow(a-2)(a+3)\left(a^{2}-a+3\right)=0.От последното намираме само a=−3a=-3 като нов кандидат за При a=2a=2 и a=3a=3 получаваме съответно уравненията x2+9=0x^{2}+9=0 и x2+24=0x^{2}+24=0, които нямат реални корени, а при a=−3a=-3 имаме уравнението x2+30x−6=0x^{2}+30 x-6=0, което има два различни реални (ненулеви) корена. Следователно единственото е a=−3a=-3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-9-1b

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е успоредник ABCDA B C D, в който AB=4ADA B=4 A D и ∠BCD=60∘\angle B C D=60^{\circ}. Точките EE и FF са средите съответно на страните ABA B и CDC D и точка PP е симетрична на FF относно правата ABA B. Да се докаже, че: a) PA=PCP A=P C; б) ∠CAB+∠CEB=30∘\angle C A B+\angle C E B=30^{\circ}.
Решениеа) Да означим с C1C_{1} точката, симетрична на CC относно правата ABA B и с SS - средата на PC1P C_{1}. Тогава лесно се вижда, че △BC1S\triangle B C_{1} S е равностранен, точките C,BC, B и SS лежат на една права и SC=2BCS C=2 B C. Сега за △PSC\triangle P S C и △PEA\triangle P E A имаме PE=C1B=BC=PS,EA=2AD=2BC=SCP E=C_{1} B=B C=P S, E A=2 A D=2 B C=S C и ∠PEA=120∘=∠PSC\angle P E A=120^{\circ}=\angle P S C. Оттук △PSC≅△PEA\triangle P S C \cong \triangle P E A и PA=PCP A=P C. б) От а) следва, че ∠APC=120∘\angle A P C=120^{\circ}, защото ъгълът между PAP A и PCP C е равен на ъгъла между PEP E и PSP S. Накрая∠CAB+∠CEB=∠CAB+∠C1EB=\angle C A B+\angle C E B=\angle C A B+\angle C_{1} E B=∠CAB+∠PAB=∠CAP=30∘.\angle C A B+\angle P A B=\angle C A P=30^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-9-2

Задача 2b

Пълен запис
Условие
В остроъгълния △ABC\triangle A B C отсечките AA1(A1∈BC)A A_{1}\left(A_{1} \in B C\right) и BB1(B1∈AC)B B_{1}\left(B_{1} \in A C\right) са височини, а точката MM е средата на страната ABA B. Триъгълникът A1B1MA_{1} B_{1} M е правоъгълен и лицето му е равно на 2. Да се намерят: а) дължината на страната ABA B и големината на ∠ACB\angle A C B; б) дължината на радиуса на окръжността, описана около △A1B1C\triangle A_{1} B_{1} C.
Решениеа) Тъй като A1MA_{1} M и B1MB_{1} M са медиани към хипотенузата ABA B в правоъгълните △AA1B\triangle A A_{1} B и △BB1A\triangle B B_{1} A, то A1M=AB2=B1MA_{1} M=\frac{A B}{2}=B_{1} M. Сега от условието следва, че ∠A1MB1=90∘\angle A_{1} M B_{1}=90^{\circ}. Освен това ∠AB1M=∠B1AM=α\angle A B_{1} M=\angle B_{1} A M=\alpha и ∠BA1M=∠A1BM=β\angle B A_{1} M=\angle A_{1} B M=\beta. Имаме2=SA1B1M=A1M⋅B1M2=AB282=S_{A_{1} B_{1} M}=\frac{A_{1} M \cdot B_{1} M}{2}=\frac{A B^{2}}{8}и следователно AB2=16A B^{2}=16, т. е. AB=4A B=4. Освен това ∠AMB1=180∘−2α\angle A M B_{1}=180^{\circ}-2 \alpha и ∠BMA1=180∘−2β\angle B M A_{1}= 180^{\circ}-2 \beta, откъдето90∘=∠A1MB1=2α+2β−180∘90^{\circ}=\angle A_{1} M B_{1}=2 \alpha+2 \beta-180^{\circ}т. е. α+β=135∘\alpha+\beta=135^{\circ} и следователно ∠ACB=γ=45∘\angle A C B= \gamma=45^{\circ}. б) Нека OO и RR са съответно центърът и радиусът на описаната около △A1B1C\triangle A_{1} B_{1} C окръжност. Тогава ∠A1OB1=2∠A1CB1=90∘\angle A_{1} O B_{1}=2 \angle A_{1} C B_{1}= 90^{\circ}. Така △A1OB1\triangle A_{1} O B_{1} и △A1MB1\triangle A_{1} M B_{1} са равнобедрени правоъгълни с обща хипотенуза A1B1A_{1} B_{1}. Следователно тези триъгълници са еднакви и оттук R=OA1=A1M=AB2=2R=O A_{1}=A_{1} M=\frac{A B}{2}=2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-9-2b

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които 8f(n2)=27f(n)8 f\left(n^{2}\right)=27 f(n), където с f(n)f(n) е означен броят на всички различни естествени делители на nn.
РешениеОчевидно n≠1n \neq 1 и нека n=p1α1p2α2…prαrn=p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{r}^{\alpha_{r}} е каноничното разлагане на nn. Тогава можем да запишем даденото равенство във вида2α1+1α1+1⋅2α2+1α2+1⋯2αr+1αr+1=\frac{2 \alpha_{1}+1}{\alpha_{1}+1} \cdot \frac{2 \alpha_{2}+1}{\alpha_{2}+1} \cdots \frac{2 \alpha_{r}+1}{\alpha_{r}+1}=(32)3(1)\left(\frac{3}{2}\right)^{3} \tag{1}Да отбележим, че 32≤2αi+1αi+1<2\frac{3}{2} \leq \frac{2 \alpha_{i}+1}{\alpha_{i}+1}\lt{}2 за всяко αi\alpha_{i}, като равенство отляво се достига само при αi=1\alpha_{i}=1. Тогава от (1) следва, че 2r>(32)3≥(32)r2^{r}\gt{}\left(\frac{3}{2}\right)^{3} \geq\left(\frac{3}{2}\right)^{r}, откъдето следва 2≤r≤32 \leq r \leq 3. При r=3r=3 имаме α1=α2=α3=1\alpha_{1}=\alpha_{2}=\alpha_{3}=1, което дава решенията n=p1p2p3n=p_{1} p_{2} p_{3}, където p1p_{1}, p2p_{2} и p3p_{3} са различни прости числа. Нека r=2r=2. Без ограничение на общността можем да считаме, че α1≥α2\alpha_{1} \geq \alpha_{2}. Тогава от (1) получаваме2(2α2+1)α2+1>\frac{2\left(2 \alpha_{2}+1\right)}{\alpha_{2}+1}\gt{}2α1+1α1+1⋅2α2+1α2+1=(32)3=\frac{2 \alpha_{1}+1}{\alpha_{1}+1} \cdot \frac{2 \alpha_{2}+1}{\alpha_{2}+1}=\left(\frac{3}{2}\right)^{3}=2α1+1α1+1⋅2α2+1α2+1≥\frac{2 \alpha_{1}+1}{\alpha_{1}+1} \cdot \frac{2 \alpha_{2}+1}{\alpha_{2}+1} \geq(2α2+1α2+1)2\left(\frac{2 \alpha_{2}+1}{\alpha_{2}+1}\right)^{2}(използвахме, че 2α1+1α1+1≥2α2+1α2+1\frac{2 \alpha_{1}+1}{\alpha_{1}+1} \geq \frac{2 \alpha_{2}+1}{\alpha_{2}+1} при α1≥α2\alpha_{1} \geq \alpha_{2} ). От тези неравенства лесно следва, че 3≤α2≤53 \leq \alpha_{2} \leq 5. Във всеки от случаите α2=3,4,5\alpha_{2}=3, 4, 5 достигаме до линейно уравнение за α1\alpha_{1}, като получаваме решенията (α1,α2)=(13,3)\left(\alpha_{1}, \alpha_{2}\right)=(13, 3) и (7,4)(7, 4), т. е. n=p113p23n=p_{1}^{13} p_{2}^{3} и n=p17p24n=p_{1}^{7} p_{2}^{4}, където p1p_{1} и p2p_{2} са различни прости числа.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-9-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-9-4

10

5 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен △ABC(AC<BC)\triangle A B C(A C\lt{}B C). Нека MM е средата на страната ABA B, а OO и O1O_{1} са центровете на описаните окръжности за △ABC\triangle A B C и △AMC\triangle A M C. Да се пресметне SAOO1S_{A O O_{1}}: SABCS_{A B C}, ако ∠BAC=60∘\angle B A C=60^{\circ}.
РешениеНека RR е радиусът на описаната около △ABC\triangle A B C окръжност, ∠ABC=β\angle A B C=\beta и NN е средата на страната ACA C. Тогава ON⊥AC,O1∈ONO N \perp A C, O_{1} \in O N и ∠AON=12∠AOC=β\angle A O N=\frac{1}{2} \angle A O C=\beta (от AC<BCA C\lt{}B C следва ∠AMC<90∘\angle A M C\lt{}90^{\circ} ). Нека ∠O1AO=φ\angle O_{1} A O=\varphi. Имаме∠AMC=12∠AO1C=∠AO1N=β+φ.\angle A M C=\frac{1}{2} \angle A O_{1} C=\angle A O_{1} N=\beta+\varphi.Но ∠AMC=β+∠BCM\angle A M C=\beta+\angle B C M и оттук ∠BCM=φ\angle B C M=\varphi. Следователно △AOO1∼△CBM\triangle A O O_{1} \sim \triangle C B M и тогава SAOO1:SCBM=(AO:BC)2=(R:BC)2S_{A O O_{1}}: S_{C B M}=(A O: B C)^{2}=(R: B C)^{2}. Ако PP е средата на BCB C, то ∠BPO=90∘,∠BOP=∠BAC=60∘\angle B P O=90^{\circ}, \angle B O P=\angle B A C=60^{\circ} и sin⁡60∘=BC/2R\sin 60^{\circ}=\frac{B C / 2}{R}, откъдето RBC=1x23\frac{R}{B C}=\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}. Така SAOO1:SCBM=13S_{A O O_{1}}: S_{C B M}=\frac{1}{3} и (понеже SCBM=12SABCS_{C B M}=\frac{1}{2} S_{A B C} ) намираме SAOO1:SABC=1:6S_{A O O_{1}}: S_{A B C}=1: 6.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-10-2

Задача 2b

Пълен запис
Условие
Даден е квадратният тричлен f(x)=x2+2x+bf(x)=x^{2}+2 x+b, където bb е реален параметър. Да се намерят всички стойности на bb, за които уравнението f(f(x))=0f(f(x))=0 има точно три различни реални корена.
РешениеАко f(x)=0f(x)=0 има корени α1<α2\alpha_{1}\lt{}\alpha_{2}, то корените на f(f(x))=0f(f(x))=0 съвпадат с корените на f(x)=α1f(x)=\alpha_{1} и f(x)=α2f(x)=\alpha_{2}. При това е ясно, че за да съществуват точно три различни корена е необходимо и достатъчно f(x)=α1f(x)=\alpha_{1} да има точно един двоен корен. Минимумът на f(x)f(x) се достига за x=−1x=-1 и е равен на b−1b-1. Следователно α1=b−1\alpha_{1}=b-1 и f(b−1)=0f(b-1)=0, откъдето b2+b−1=0b^{2}+b-1=0. Това уравнение има за корени числата (−1±x25)/2(-1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}5}) / 2. При b=(−1+x25)/2b=(-1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}) / 2 имамеα1=b−1=−3+x252>α2=1−x252\alpha_{1}=b-1=\frac{-3+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}\gt{}\alpha_{2}=\frac{1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}и тази стойност на bb не е на задачата. При b=(−1−x25)/2b=(-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}) / 2 имамеα1=b−1=−3−x252,\alpha_{1}=b-1=\frac{-3-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2},и от α1+α2=−1\alpha_{1}+\alpha_{2}=-1 следва, че α1\alpha_{1} наистина е по-малкият корен на f(x)=0f(x)=0. Окончателно b=(−1−x25)/2b=(-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}) / 2. Втори начин (Н. Николов). Записваме във вида f(x)=(x+1)2+c,c=b−1f(x)=(x+1)^{2}+c, c=b-1, откъдетоf(f(x))=(x+1)4+2(c+1)(x+1)2+c2+3c+1=0.f(f(x))=(x+1)^{4}+2(c+1)(x+1)^{2}+c^{2}+3 c+1=0.Единият корен на това уравнение трябва да е нула, а другиятположителен. Оттук получаваме c=(−3−x25)/2c=(-3-\sqrt{\vphantom{x^2}5}) / 2 и b=c+1=(−1−x25)/2b=c+1=(-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}) / 2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-10-2b

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадени са реалните числа x1,x2,…,x2nx_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2 n}. Да се докаже, че тези числа могат да се разделят на две множества AA и BB от по nn числа всяко, така че разликата на сумите S(A)S(A) и S(B)S(B) на числата в множествата да удовлетворява∣S(A)−S(B)∣≤max⁡1≤i<2n∣xi+1−xi∣|S(A)-S(B)| \leq \max _{1 \leq i\lt{}2 n}\left|x_{i+1}-x_{i}\right|x23−2x≤3−4x\sqrt{\vphantom{x^2}3-2^{x}} \leq 3-4^{x}
РешениеПолагаме t=2x>0t=2^{x}\gt{}0 и получаваме неравенството x23−t≤3−t2\sqrt{\vphantom{x^2}3-t} \leq 3-t^{2}. От тук следва, че t∈(0,x23]t \in(0, \sqrt{\vphantom{x^2}3}] и след повдигане на квадрат достигаме до еквивалентното неравенствоt4−6t2+t+6≥0t^{4}-6 t^{2}+t+6 \geq 0По схемата на Хорнер представяме последното във вида (t+1)(t−2)(t2+t−3)≥0(t+1)(t-2)\left(t^{2}+t-3\right) \geq 0. Предвид факта, че t∈(0,x23]t \in(0, \sqrt{\vphantom{x^2}3}] достигаме до t∈(0,x213−12]t \in\left(0, \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}13}-1}{2}\right] и следователноx∈(−∞,log⁡2x213−12]x \in\left(-\infty, \log _{2} \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}13}-1}{2}\right]
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-10-4

11

7 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравнениетоlog⁡xa+2log⁡axa=6log⁡a2xa\log _{x} a+2 \log _{a x} a=6 \log _{a^{2} x} aима поне две
Решениев интервала [a,+∞)[a, +\infty). Допустимите стойности са x>0,x≠1,a>0,ax≠1,a2x≠1x\gt{}0, x \neq 1, a\gt{}0, a x \neq 1, a^{2} x \neq 1. При a=1a=1 всяко x>0,x≠1x\gt{}0, x \neq 1 е на уравнението. Когато a≠1a \neq 1 след полагане t=log⁡axt=\log _{a} x, записваме уравнението като1t+2t+1=6t+2.\frac{1}{t}+\frac{2}{t+1}=\frac{6}{t+2}.Решенията на това уравнение са t=1t=1 и t=−23t=-\frac{2}{3}, откъдето x=ax=a и x=1x2a23x=\frac{1}{\sqrt[3]{\vphantom{x^2}a^{2}}}. Тъй като 1x2a23≥a\frac{1}{\sqrt[3]{\vphantom{x^2}a^{2}}} \geq a при a≤1a \leq 1, в този случай са a<1a\lt{}1. Окончателно търсените стойности са a∈(0,1]a \in(0, 1].
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-11-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички цели стойности на реалния параметър aa, за които съществува цяло, различно от нула число, което е
Решениена уравнениетоa4x+(a−1)9x=(2a−1)6x.a 4^{x}+(a-1) 9^{x}=(2 a-1) 6^{x}.След разделяне на 9x9^{x} и полагане t=(23)xt=\left(\frac{2}{3}\right)^{x}, получаваме уравнениетоat2−(2a−1)t+a−1=0.(1)a t^{2}-(2 a-1) t+a-1=0. \tag{1}При a=0a=0 получаваме t=1t=1, откъдето x=0x=0. При a≠0a \neq 0 корените на уравнението (1) са t1=1t_{1}=1 и t2=a−1at_{2}=\frac{a-1}{a}. При (23)x=1\left(\frac{2}{3}\right)^{x}=1 получаваме x=0x=0. Нека (23)x=a−1a\left(\frac{2}{3}\right)^{x}=\frac{a-1}{a}. Директно се проверява, че при a≥4a \geq 4 или a≤−3a \leq-3 са изпълнени неравенствата32>a−1a>23.(1)\frac{3}{2}\gt{}\frac{a-1}{a}\gt{}\frac{2}{3}. \tag{1}Тъй като при x≥1x \geq 1 имаме (23)x≤23\left(\frac{2}{3}\right)^{x} \leq \frac{2}{3}, а при x≤−1x \leq-1 е изпълнено (23)x≥32\left(\frac{2}{3}\right)^{x} \geq \frac{3}{2} неравенствата (1) показват, че можем да имаме само при −2≤a≤3-2 \leq a \leq 3. Директна проверка показва, че само при a=−2a=-2 и a=3a=3 получаваме цели съответно x=−1x=-1 и x=1x=1. Окончателно търсените стойности са a=−2a=-2 и a=3a=3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-11-1b

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е равнобедрен остроъгълен триъгълник ABC,AC=BCA B C, A C=B C. Правата, през центъра на описаната окръжност, която е успоредна на бедрото BCB C разделя триъгълника на две части с равни лица. Да се намери ∠ACB\angle A C B.
РешениеНека правата пресича страните на ABCA B C в точки P∈ABP \in A B и Q∈ACQ \in A C. Да прекараме през OO права, успоредна на ACA C. Тя също разполовява лицето и нека тази права пресича страните на ABCA B C в точки R∈ABR \in A B и S∈BCS \in B C. Тъй като SRBS=SPBCQ=12SABCS_{R B S}=S_{P B C Q}=\frac{1}{2} S_{A B C}, то SRPO=SQOSCS_{R P O}=S_{Q O S C}. Тогава x22OS=OP\sqrt{\vphantom{x^2}2} O S=O P и от синусовата теорема за △PBO\triangle P B O и △SBO\triangle S B O получаваме OSR=cos⁡αsin⁡γ\frac{O S}{R}=\frac{\cos \alpha}{\sin \gamma} и OPR=cos⁡γsin⁡α\frac{O P}{R}=\frac{\cos \gamma}{\sin \alpha}. Следователноx22=OPOS=2sin⁡γcos⁡γsin⁡2α.=\sqrt{\vphantom{x^2}2}=\frac{O P}{O S}=\frac{2 \sin \gamma \cos \gamma}{\sin 2 \alpha.}=2sin⁡γcos⁡γsin⁡γ=2cos⁡γ,\frac{2 \sin \gamma \cos \gamma}{\sin \gamma}=2 \cos \gamma,откъдето намираме cos⁡γ=x222\cos \gamma=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2}, т. е. γ=45∘\gamma=45^{\circ}. Втори начин. Нека правата AOA O пресича BCB C в точка D‾\underline{D} и описаната около ABCA B C окръжност в точка EE. От условието следва, че AD=Rx22A D=R \sqrt{ \vphantom{x^2}} 2 и тогава OD=R(x22−1)O D=R(\sqrt{ \vphantom{x^2}} 2-1) и ED=R(2−x22)E D=R(2-\sqrt{\vphantom{x^2}2}). Понеже ∠OBD=∠EBD=12γ\angle O B D=\angle E B D=\frac{1}{2} \gamma, то BDB D е ъглополовяща, откъдетоEBOB=EDOD=x22,\frac{E B}{O B}=\frac{E D}{O D}=\sqrt{\vphantom{x^2}2},т. е. EB=Rx22E B=R \sqrt{\vphantom{x^2}2}. Оттук следва, че △OEB(OB=OE=R,EB=Rx22)\triangle O E B(O B=O E=R, E B=R \sqrt{\vphantom{x^2}2}) е правоъгълен. Следователно γ=12∠AOB=45∘\gamma=\frac{1}{2} \angle A O B=45^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-11-2

Задача 2b

Пълен запис
Условие
Даден е трапец ABCD,AB∥CDA B C D, A B \| C D, за който AD=6,DC=3A D=6, D C=3 и BC=12B C=12. Ъглополовящата на ∠ABC\angle A B C пресича страната ADA D в точка MM, като AMMD=53\frac{A M}{M D}=\frac{5}{3}. a) Да се докаже, че в ABCDA B C D може да се впише окръжност. б) Да се намери дължината на отсечката OMO M, където OO е центърът на вписаната в ABCDA B C D окръжност.
Решениеа) Да означим с NN пресечната точка на продължението на BMB M и правата CDC D. Тъй като ∠BNC=∠ABM=∠NBC\angle B N C=\angle A B M=\angle N B C, то NC=BCN C=B C. Следователно DN=NC−DC=12−3=9D N=N C- D C=12-3=9 и от подобието на △DNM\triangle D N M и △ABM\triangle A B M намираме ABDN=AMDM=53\frac{A B}{D N}=\frac{A M}{D M}=\frac{5}{3}, т. е. AB=15A B=15. Понеже AB+CD=AD+BC=18A B+C D=A D+B C=18, то в ABCDA B C D може да се впише окръжност. б) Ако PP е пресечната точка на ADA D и BCB C, от подобието на △DCP\triangle D C P и △ABP\triangle A B P, намираме PCPC+CB=DCAB=15\frac{P C}{P C+C B}=\frac{D C}{A B}=\frac{1}{5}. От това равенство получаваме PC=3P C=3, т. е. AB=PBA B= P B. Следователно BO⊥APB O \perp A P, което означава, че OMO M е радиусът на вписаната в ABCDA B C D окръжност. Тъй като AM=154A M=\frac{15}{4}, от правоъгълния △AMB\triangle A M B пресмятаме BM=154x215B M=\frac{15}{4} \sqrt{\vphantom{x^2}15} и понеже AOA O е ъглополовяща на ∠BAM\angle B A M, имаме OMBM−OM=AMAB\frac{O M}{B M-O M}=\frac{A M}{A B}. От това равенство пресмятаме OM=34x215O M=\frac{3}{4} \sqrt{\vphantom{x^2}15}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-11-2b

Задача 3

Пълен запис
Условие
В турнир по футбол участват 2011 отбора, като всеки два отбора играят помежду си точно по един път. В крайното класиране точките на съседни в класирането отбори се различават с 1. Колко най-много точки може да има последния в класирането? (В турнир по футбол за победа се дават 3 точки, за равен -1 точка и за загуба 0 точки.)
РешениеТъй като срещите са n(n−1)2\frac{n(n-1)}{2}, то максималния брой точки на всички отбори е 3n(n−1)2\frac{3 n(n-1)}{2}. Ако последния отбор има kk точки, то всички отбори имат общоk+(k+1)+⋯+(k+n−1)=2k+n−12⋅n≤k+(k+1)+\cdots+(k+n-1)=\frac{2 k+n-1}{2} \cdot n \leq3n(n−1)2 \frac{3 n(n-1)}{2}откъдето k≤n−1k \leq n-1. Ако k=n−1k=n-1, в турнира е имало само победи и тогава точките на всеки отбор ще се делят на 3 и условието не може да е изпълнено. Следователно k≥n−2k \geq n-2. Ще докажем, че при всяко n≥4n \geq 4, съцествува турнир от nn отбора, изпълняващ условието на задачата и последния отбор има точно n−2n-2 точки. Броят точки в такъв турнир е равен на 3n−52.n\frac{3 n-5}{2}. n, което означава, че броят на ремитата е равен на 3n(n−1)2−3n−52.n=n\frac{3 n(n-1)}{2}-\frac{3 n-5}{2}. n=n. С индукция по n≥4n \geq 4 ще построим такъв турнир. При n=4n=4 нека AA е победил BB и е завършил реми с CC и D;BD; B е победил DD и е завършил реми с CC и накрая, CC и DD са завършили наравно. Тогава A,B,CA, B, C и DD имат съответно 5,4,3,25, 4, 3, 2 точки. Да допуснем, че имаме такъв турнир за някое n≥4n \geq 4. Да разгледаме турнир с n+1n+1 отбора. Да отделим един отбор AA и нека в турнира между останалите nn отбора да се е получило класиране, удовлетворяващо условието на задачата и последния в класирането има n−2n-2 точки. Нека първите три отбора са X,YX, Y и ZZ. Нека отборите с точки n−2,n+1,n+4n-2, n+1, n+4 и т. н. докато стигнем до един от първите три отбора, да победят AA. Ако стигнем до ZZ нека ZZ и AA завършат реми, YY победи AA и AA победи всички останали. Ако стигнем до YY нека YY победи A,XA, X и AA завършват реми и AA победи всички останали. Ако стигнем до XX нека XX и AA завършват реми и AA победи всички останали. Във всеки от горните случаи последния отбор има (n+1)−2(n+1)-2 точки и в турнира има nn ремита. Директно се вижда, че такъв турнир удовлетворяма условието на задачата. Следователно търсеният отговор е 2009.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-11-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
В държава има 2012 града. Между някои от градовете са прекарани пътища, като от всеки град може да се стигне до всеки друг. Известно е, че ако два града са свързани с път, то общият брой пътища, излизащи от тези два града е нечетно число. Колко най-много са прекараните пътища?
РешениеДа разделим градовете на две групи PP и QQ по следния начин. В PP влизат всички градове, от които излизат четен брой пътища, а в QQ влизат всички градове, от които излизат нечетен брой пътища. Нека ∣P∣=p|P|=p и ∣Q∣=q|Q|=q, като p+q=2012p+q=2012. Според условието на задачата няма път, който да свързва два града от PP или два града от QQ. Това означава, че всеки път свързва град от PP с град от QQ. Тъй като от всеки град от PP излизат четен брой пътища, то общият брой пътища е четно число. Оттук и от условието, че от всеки град от QQ излизат нечетен брой пътища, следва че qq е четно число. Понеже p+q=2012p+q=2012, то pp също е четно число. Това означава, че от всеки град от QQ излизат най-много p−1p-1 пътя. Следователно, ако p=2p0p=2 p_{0} и q=2q0q=2 q_{0}, пътищата са най-много 2q0(2p0−1)2 q_{0}\left(2 p_{0}-1\right). Тъй като 2q0+(2p0−1)=20112 q_{0}+\left(2 p_{0}-1\right)=2011, то най-голямата стойност на 2q0(2p0−1)2 q_{0}\left(2 p_{0}-1\right) се достига когато 2q02 q_{0} и 2p0−12 p_{0}-1 са почти равни, т. е. 2q0=10062 q_{0}=1006 и 2p0−1=10052 p_{0}-1=1005. Тогава пътищата са 1005⋅1006=10110301005 \cdot 1006=1011030. Ще построим пример, за който пътищата са точно 1006 \cdot 1005. Нека A1,A2,…,A1006A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{1006} и B1,B2,…,B1006B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{1006} са съответно градовете в PP и QQ. Свързваме всеки от градовете B1,B2,…,B1004B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{1004} с всеки от градовете A1,A2,…,A1005A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{1005}. Свързваме B1005B_{1005} и B1006B_{1006} с всеки от A2,A3,…,A1006A_{2}, A_{3}, \ldots, A_{1006}. Директно се проверява, че пътищата са 1006 \cdot 1005 и от всеки град може да се стигне до всеки друг.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-11-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека a,ma, m и nn са естествени числа, като aa е четно и m<nm\lt{}n. Да се докаже, че едно от числатаam+1,am+1+1,am+2+1,…,an+1a^{m}+1, a^{m+1}+1, a^{m+2}+1, \ldots, a^{n}+1е взаимно просто с всяко от останалите числа.
РешениеДа означим с kk най-голямата степен на двойката, която дели някое от числата m,m+1,…,nm, m+1, \ldots, n. Да допуснем, че има две числа, които се делят на 2k2^{k}. Тези числа се представят във вида 2kt12^{k} t_{1} и 2kt22^{k} t_{2}, където t1<t2t_{1}\lt{}t_{2} са нечетни числа. Числото 2k(t1+1)<2kt22^{k}\left(t_{1}+1\right)\lt{}2^{k} t_{2} се дели на 2k+12^{k+1}, което е противоречие с избора на kk. Следователно съществува число r,m≤r≤nr, m \leq r \leq n, което се дели на 2k2^{k} и всяко друго число не се дели на 2k2^{k}. Ще докажем, че числото ar+1a^{r}+1 е взаимно просто с всяко от останалите числа. Нека pp е прост делител на ar+1a^{r}+1. Тъй като aa е четно, то pp е нечетно число и тогава pp не дели ar−1a^{r}-1. Ако ll е показателят на aa по модул pp, то ll дели 2r2 r (защото a2r−1a^{2 r}-1 се дели на pp ), но не дели rr (защото ar−1a^{r}-1 не се дели на pp ). Следователно ll се дели на 2k+12^{k+1}. Да допуснем, че pp дели as+1a^{s}+1 за s≠rs \neq r. Това означава, че ll дели 2s2 s, т. е. 2k2^{k} дели ss, което е противоречие. Показахме, че всеки прост делител на ar+1a^{r}+1 не дели нито едно от останалите числа. Следователно ar+1a^{r}+1 е взаимно просто с всяко от останалите числа.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които уравнениетоlog⁡n(sin⁡πx)=sin⁡2(log⁡nxπ)\log _{n}(\sin \pi x)=\sin ^{2}\left(\log _{n} x^{\pi}\right)има
Решениев реални числа. Понеже sin⁡πx≤1\sin \pi x \leq 1 и n>1n\gt{}1, то log⁡n(sin⁡πx)≤0≤sin⁡2(log⁡nxπ)\log _{n}(\sin \pi x) \leq 0 \leq \sin ^{2}\left(\log _{n} x^{\pi}\right). Следователно log⁡n(sin⁡πx)=sin⁡2(log⁡nxπ)\log _{n}(\sin \pi x)=\sin ^{2}\left(\log _{n} x^{\pi}\right) точно когато sin⁡πx=1\sin \pi x=1, т. е. x=2k+1/2x=2 k+1 / 2, и log⁡nxπ=mπ\log _{n} x^{\pi}=m \pi, където k,m∈Zk, m \in \mathbb{Z}. Оттук 2k+1/2=nm2 k+1 / 2=n^{m} и тогава лесно следва, че k=0,n=2k=0, n=2 и m=−1m=-1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа cc такива, че редицата, дефинирана чрез равенствата a0=0a_{0}=0 и an+1=an2+ca_{n+1}=a_{n}^{2}+c при n≥0n \geq 0, е ограничена.
РешениеМножеството на Малденброт се състои от всички комплексни числа cc такива, че редицата от условието на задачата е ограничена. Това множество се съдържа в затворения кръг с център началото и радиус 2. Оценяване: 3 т. за случая c∈(−2,0)c \in(-2, 0); по 1 т. за останалите 3 случая.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека ABCDA B C D е изпъкнал четириъгълник, за който AB=2,AD=3A B=2, A D=3 и ∠BAD=∠BCD\angle B A D=\angle B C D. Да се намерят дължините на страните BCB C и CDC D, ако е известно, че те са естествени числа.
РешениеНека BC=x,CD=yB C=x, C D=y и ∠BAD=∠BCD=α\angle B A D=\angle B C D=\alpha. От косинусовата теорема следва, че 22+32−12cos⁡α=BD2=x2+y2−2xycos⁡α2^{2}+3^{2}-12 \cos \alpha=B D^{2}=x^{2}+y^{2}-2 x y \cos \alpha, откъдетоx2+y2−13=2(xy−6)cos⁡α(*)x^{2}+y^{2}-13=2(x y-6) \cos \alpha \tag{*}Случай 1. xy=6x y=6. От x2+y2=13x^{2}+y^{2}=13 получаваме, че x=2,y=3x=2, y=3 или x=3,y=2x=3, y=2. В първия случай ABCDA B C D е делтоид, а във вторияуспоредник. Случай 2. xy>6x y\gt{}6. Ако x≠yx \neq y, тоx2+y2>2xy+1=2(xy−6)+13>2(xy−6)cos⁡α+13x^{2}+y^{2}\gt{}2 x y+1=2(x y-6)+13\gt{}2(x y-6) \cos \alpha+13което е противоречие със ( ∗* ). Следователно x=y≥3x=y \geq 3. Нека ∠CBD=β,∠ABD=γ\angle C B D=\beta, \angle A B D=\gamma и ∠ADB=δ\angle A D B=\delta. От синусовата теорема следва, чеxsin⁡β=BDsin⁡α=3sin⁡γ\frac{x}{\sin \beta}=\frac{B D}{\sin \alpha}=\frac{3}{\sin \gamma}Понеже x≥3x \geq 3, то sin⁡β≥sin⁡γ\sin \beta \geq \sin \gamma. Сега от β+γ<π\beta+\gamma\lt{}\pi, получаваме, че β≥γ\beta \geq \gamma. От друга страна, от AB=2<3=ADA B=2\lt{}3=A D следва, че δ<γ\delta\lt{}\gamma и значи π−α=δ+γ<2γ≤2β=π−α\pi-\alpha=\delta+\gamma\lt{}2 \gamma \leq 2 \beta=\pi-\alpha, което отново е противоречие. Случай 3. xy<6x y\lt{}6. От (*) следва, че−1<x2+y2−132(6−xy)<1-1\lt{}\frac{x^{2}+y^{2}-13}{2(6-x y)}\lt{}1т. е. ∣x−y∣>1|x-y|\gt{}1 и x+y<5x+y\lt{}5. Понеже xx и yy са естествени числа, то x=1,y=3x=1, y=3 или x=3,y=1x=3, y=1. И в двата случая от (*) следва cos⁡α=1/2\cos \alpha=1 / 2. Ако y=3y=3, то ∠CAD=∠ACD\angle C A D=\angle A C D. Понеже ∠BAD=∠BCD\angle B A D=\angle B C D, получаваме, че ∠BAC=∠BCA\angle B A C= \angle B C A, т. е. AB=BCA B=B C - противоречие. В случая x=3,y=1x=3, y=1 полученият четириъгълник ABCDA B C D е изпъкнал. Имаме да проверим, че ∠ADC<180∘\angle A D C\lt{}180^{\circ} и ABC<180∘A B C\lt{}180^{\circ}. От косинусовата теорема намираме, че BD=x27B D=\sqrt{\vphantom{x^2}7}. Следователно △ABD\triangle A B D е остроъгълен, а ∠BDC>90∘\angle B D C\gt{}90^{\circ}. Оттук ∠ABC<180∘\angle A B C\lt{} 180^{\circ}. Също така 2sin⁡∠ADB=3sin⁡∠BDC\frac{2}{\sin \angle A D B}=\frac{3}{\sin \angle B D C} и значи sin⁡∠ADB<sin⁡∠BDC\sin \angle A D B\lt{}\sin \angle B D C. Понеже първият ъгъл е остър, а вторияттъп, следва, че тяхната сума, т. е. мярката на ∠ADC\angle A D C, е по-малка от 180∘180^{\circ}. Отговор: (BC,CD)=(2,3),(3,2)(B C, C D)=(2, 3), (3, 2) или (3,1)(3, 1).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-12-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-12-4