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

2013

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • zms2013-8-2b: има placeholder текст
  • zms2013-10-3: има placeholder текст
  • zms2013-12-3: има placeholder текст

8

9 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Цената на един костюм е 200 лв. За коледните празници търговецът намалил цената му с определен процент. След няколко дни той отново намалил цената на костюма, но с два пъти по-голям от пьрвоначалния процент. С какъв процент е намалена цената на костюма първия път, ако след второто намаление цената е станала 144 лв.?
РешениеНека първия път цената е намалена с x%(0<x<100)x \%(0\lt{}x\lt{}100). (1 т.) Тогава 200(1−x100)(1−2x100)=144200\left(1-\frac{x}{100}\right)\left(1-\frac{2 x}{100}\right)=144. (3 т.) Последователно получаваме 200(1−3x100+2x210000)=144200\left(1-\frac{3 x}{100}+\frac{2 x^{2}}{10000}\right)=144, 200−6x+2x250=144,x2−150x+50⋅28=0200-6 x+\frac{2 x^{2}}{50}=144, x^{2}-150 x+50 \cdot 28=0. Откъдето x1,2=75±x2752−50⋅28=75±5x2152−56,x1,2=75±65x_{1, 2}=75 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}75^{2}-50 \cdot 28}=75 \pm 5 \sqrt{\vphantom{x^2}15^{2}-56}, x_{1, 2}=75 \pm 65. (1 т.) Очевидно то на задачата x=10x=10, т. е. първия път цената е намалена с 10%10 \%. (1 т.)
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
В триъгълник ABCA B C е изпълнено равенството BC=2ACB C=2 A C. Точка DD върху страната BCB C е такава, че ∠CAD=∠CBA\angle C A D=\angle C B A. Правата ADA D пресича външната ъглополовяща при върха CC в точка EE. Да се докаже, че AE=ABA E=A B.
РешениеТъй като триъгълниците ABCA B C и DACD A C са подобни, то ако означим CD=tC D=t имаме AC=2tA C=2 t и BD=3tB D=3 t. Директно се пресмята, че ∠AEC=α−β2\angle A E C=\frac{\alpha-\beta}{2}. Нека PP е точка върху DBD B, за която DP=tD P=t. Тогава триъгълник APCA P C е равнобедрен и ∠APC=∠PAC=90∘−γ2\angle A P C=\angle P A C= 90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}, откъдето ∠DAP=α−β2\angle D A P=\frac{\alpha-\beta}{2}. Оттук следва, че APA P е ъглополовяща в триъгълник ABDA B D, откъдето AB=2ADA B=2 A D. Тъй като триъгълниците APDA P D и ECDE C D са еднакви, то AE=2ADA E=2 A D.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-1b

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник ABCA B C с център на описаната окръжност точка OO и ортоцентър HH. Точка DD е пресечната точка на COC O и ABA B, точка EE е среда на CDC D, точка PP е петата на перпендикуляра от CC към ABA B, а XX е средата на OHO H. Да се докаже, че OE+XE=PXO E+X E=P X.
РешениеТъй като PEP E е медиана в правоъгълен триъгълник, имаме ∠PCE=∠EPC\angle P C E=\angle E P C и EP=ECE P=E C. Ако QQ е пресечната точка на CPC P с описаната окръжност, то HP=PQH P=P Q и триъгълник OQCO Q C е равнобедрен. Следователно ∠OQC=∠OCP=∠PCE=∠EPC\angle O Q C=\angle O C P=\angle P C E=\angle E P C, откъдето намираме, че PEP E е следна отсечка в триъгълник HQOH Q O. Това означава, че пресечната точка на PEP E и OHO H е точката XX. Освен това PX=R2P X=\frac{R}{2} и OE+PE=OE+EC=RO E+P E=O E+E C= R, откъдето OE+EX+XP=RO E+E X+X P=R или OE+EX=R2O E+E X=\frac{R}{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-2

Задача 2b

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-2b

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, които имат такъв делител dd, че n4+d3n^{4}+d^{3} се дели на n2d+1n^{2} d+1.
РешениеСлучай: n=4kn=4 k В този случай има пример, показващ как да достигнем до исканата конфигурация. Нека вземем 8 последователни монети, които са ези, с номера от 1 до 8. Прилагаме операциите последователно за монети с номер: 2,4,3,7,52, 4, 3, 7, 5. По този начин можем да обърнем от ези в тура, 8 последователни монети по окръжността. Нека вземем 7 последователни монети, които са ези, с номера от 1 до 7. Прилагаме операциите последователно за монети с номер: 2,4,3,5,62, 4, 3, 5, 6. По този начин можем да обърнем от ези в тура, 4 последователни монети по окръжността, ако след тях има 3 монети ези, като тези 3 монети остават ези и след прилагане на операциите. Сега, ако kk е четно, прилагаме първата серия от операции няколко пъти и достигаме до исканата конфигурация, а ако kk е нечетно, прилагаме втората серия от операции веднъж и след това прилагаме първата серия от операции няколко пъти и достигаме до исканата конфигурация.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички цели xx и yy и прости pp, за които x2−3xy+p2y2=12px^{2}-3 x y+p^{2} y^{2}=12 p.
РешениеАко p≠3p \neq 3, получаваме x2+y2≡0( mod 3)x^{2}+y^{2} \equiv 0(\bmod 3), откъдето x≡y≡0( mod 3)x \equiv y \equiv 0(\bmod 3) и имаме противоречие по модул 9. Следователно p=3p=3 и уравнението придобива вида x2−3xy+9y2=36x^{2}-3 x y+9 y^{2}=36. Оттук x=3t,△∈Zx=3 t, \triangle \in \mathbb{Z}, и t2−ty+y2−4=0t^{2}-t y+y^{2}-4=0. Дискриминантата на последното уравнение, разглеждано като квадратно относно tt, е 16−3y216-3 y^{2}, което означава, че y2=0y^{2}=0 или 4. Директната проверка дава решенията ( x,y,px, y, p ) =(−6,0,3),(0,−2,3),(0,2,3)=(-6, 0, 3), (0, -2, 3), (0, 2, 3), (6,−2,3),(6,0,3)(6, -2, 3), (6, 0, 3) и (6,2,3)(6, 2, 3).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
Част от клетките на квадратна таблица 2013×20132013 \times 2013 са оцветени. Една клетка (независимо дали е оцветена или не) се нарича нечетна, ако се намира на ред с нечетен брой оцветени клетки и стълб с нечетен брой оцветени клетки. a) Съществува ли оцветяване с 2012 нечетни клетки? б) Съществува ли оцветяване с 2014 нечетни клетки?
Решениеа) Оцветяваме горния ляв ъгъл на таблицата по показания начин: първите 3 клетки отляво надясно на първия ред и първите 1006 клетки отгоре надолу на третия стълб. Останалите клетки на таблицата не се оцветяват. Клетките от двата леви стълба на показания отрязьк са единствените нечетни клетки в таблицата 2013×20132013 \times 2013. Техният брой е 1006⋅2=20121006 \cdot 2=2012. Примерьт не е единствен. Всеки верен пример се оценява с (3 т.). За частични резултати не се присъждат точки. б) Тъй като всяка нечетна клетка е сечение на ред и стълб с нечетен брой оцветени клетки, то броят на нечетните клетки в таблицата е произведение от броя на редовете с нечетен брой оцветени клетки и броя на стълбовете с нечетен брой оцветени клетки (1 т.). От друга страна броят на редовете и броят на стьлбовете с нечетен брой оцветени клетки са с еднаква четност (1 т.). Този факт се съобразява, като преброим оцветените клетки в таблицата ведньж по редове и втори път по стълбове. По-нататьк ще използваме, че броят на нечетните клетки 2014 е четно число. Това означава, че това число не може да се получи като произведение на две нечетни числа и следователно броят на редовете с нечетен брой оцветени клетки и броят на стълбовете с нечетен брой оцветени клетки са едновременно четни числа (1 т.). Тогава тяхното произведение трябва да се дели на 4, което не е изпълнено за числото 2014 (1 т.). Така, отговорът на б) е отрицателен.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-4

Задача 4b

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички прости числа p,qp, q и rr, за които p+q+rp+q+r не се дели на 3, а числата p+q+rp+q+r и pq+qr+rpp q+q r+r p са точни квадрати.
РешениеНека p+q+r=x2p+q+r=x^{2} и pq+qr+rp=y2p q+q r+r p=y^{2}, където xx и yy са естествени числа. Да допуснем, че p,qp, q и rr се нечетни. Тогава директна проверка на всички възможности по модул 4 показва, че или x2≡3( mod 4)x^{2} \equiv 3(\bmod 4), или y2≡3( mod 4)y^{2} \equiv 3(\bmod 4), противоречие. Следователно поне едно от числата p,qp, q и rr е равно на 2. Нека p=2p=2 и q≤rq \leq r. Имаме q+r=x2−2q+r=x^{2}-2 и qr=y2−2(q+r)=y2−2x2+1q r=y^{2}-2(q+r)=y^{2}-2 x^{2}+1. Ако yy се дели на 3, от qr+2(q+r)=y2−3⟺(q+2)(r+2)=y2+1q r+2(q+r)=y^{2}-3 \Longleftrightarrow(q+2)(r+2)=y^{2}+1 следва, че q+2≡r+2≡±1( mod 3)q+2 \equiv r+2 \equiv \pm 1 (\bmod 3). Единият случай води до q=r=3q=r=3, което не дава , а другият до 3∣x3 \mid x, което противоречи на условието. Следователно yy не се дели на 3. Тъй като xx и yy не се делят на 3, получаваме qr=y2−2x2+1≡1−2+1=0( mod 3)q r=y^{2}-2 x^{2}+1 \equiv 1-2+1=0(\bmod 3), откъдето q=3q=3. Тогава 5r=y2−9=(y−3)(y+3)5 r=y^{2}-9=(y-3)(y+3) и оттук лесно се достига до r=11r=11.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-4b

Задача 7c

Пълен запис
Условие
Числата от 1 до n2n^{2} са разположени в полетата на таблица n×nn \times n. За всеки ред и за всеки стълб е пресметнат сборът на числата в него. Нека AA е сборът от тези сборове, които са четни, а BB е сборът от тези, които са нечетни. За кои естествени nn е възможно да е изпълнено A=BA=B?
РешениеНека nn е четно. Ако n=4k+2n=4 k+2, да разположим четните числа в лявата половина на таблицата, а нечетнитев дясната. Така сборът по всеки ред е нечетен, а по всеки стълбчетен и явно A=BA=B. Ако n=4kn=4 k, да разположим четните числа в лявата половина на таблицата, а нечетнитев дясната, освен на последния ред, където да постъпим по обратния начин. Така сборът по всеки ред е четен, а по всеки стълбнечетен и пак A=BA=B. Нека nn е нечетно. Ако това разположение е възможно, то удвоеният сбор на числата от таблицата е равен на 2(1+2+⋯+n2)=n2(n2+1)=A+B=2A2\left(1+2+\cdots+n^{2}\right)=n^{2}\left(n^{2}+1\right)=A+B=2 A. Но AA е четно, така че дясната страна се дели на 4. В същото време n2≡1( mod 4)n^{2} \equiv 1(\bmod 4), така чеn2(n2+1)≡2( mod 4),n^{2}\left(n^{2}+1\right) \equiv 2(\bmod 4),което е невъзможно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-7c

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е равнобедрен △ABC,AC=BC\triangle A B C, A C=B C, с ъглополовяща AL,L∈BCA L, L \in B C. Окръжността с диаметър ALA L пресича ACA C и BLB L съответно в точки DD и E,D≠AE, D \neq A, E≠LE \neq L. Да се докаже, че DD е среда на ACA C тогава и само тогава, когато EE е среда на BLB L.
РешениеАко DD е среда на ACA C, то LDL D е медиана и височина в △ALC\triangle A L C и следователно ∠ACL=∠CAL\angle A C L=\angle C A L. От друга страна,∠CAL=12∠BAC=180∘−∠ACL2\angle C A L=\frac{1}{2} \angle B A C=\frac{180^{\circ}-\angle A C L}{2}и лесно получаваме, че ∠ACB=36∘\angle A C B=36^{\circ} и ∠ABC=∠BAC=72∘\angle A B C=\angle B A C=72^{\circ}. Сега от △ABL\triangle A B L намираме ∠ALB=72∘\angle A L B=72^{\circ}, т. е. △ABL\triangle A B L е равнобедрен и AEA E е, освен височина, и медиана в този триъгълник, т. е. EE е среда на BLB L. Другата посока се доказва аналогично.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички цели стойности на параметрите pp и qq, за които уравнението x2+px+q=0x^{2}+p x+q=0 има два реални корена x1x_{1} и x2x_{2}, такива чеp3q2=x13+x23x12+x22\frac{p^{3}}{q^{2}}=\frac{x_{1}^{3}+x_{2}^{3}}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}
РешениеС помощта на формулите на Виет последователно получавамеp3q2=x13+x23x12+x22⟺p3q2=\frac{p^{3}}{q^{2}}=\frac{x_{1}^{3}+x_{2}^{3}}{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}} \Longleftrightarrow \frac{p^{3}}{q^{2}}=(x1+x2)3−3x1x2(x1+x2)(x1+x2)2−2x1x2⟺p3q2=\frac{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{3}-3 x_{1} x_{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)}{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}} \Longleftrightarrow \frac{p^{3}}{q^{2}}=3pq−p3p2−2q.\frac{3 p q-p^{3}}{p^{2}-2 q}.Последното равенство очевидно е изпълнено при p=0p=0, като тогава корените са реални точно когато q<0q\lt{}0. При p≠0p \neq 0 получаваме p2(p2−2q)=q2(3q−p2)⟺p4+q(q−2)p2−3q3=0p^{2}\left(p^{2}-2 q\right)=q^{2}\left(3 q-p^{2}\right) \Longleftrightarrow p^{4}+q(q-2) p^{2}-3 q^{3}=0, което разглеждаме като биквадратно уравнение относно pp. Имамеp2=−q(q−2)±x2D2p^{2}=\frac{-q(q-2) \pm \sqrt{\vphantom{x^2}D}}{2}където D=q2[(q−2)2+12q]=q2(q2+8q+4)D=q^{2}\left[(q-2)^{2}+12 q\right]=q^{2}\left(q^{2}+8 q+4\right). Тъй като q≠0q \neq 0, числото q2+8q+4=t2q^{2}+8 q+4=t^{2} трябва да е точен квадрат на цяло число tt. Получаваме (q+4)2−t2=12⟺(q+4+t)(q+4−t)=12(q+4)^{2}-t^{2}=12 \Longleftrightarrow (q+4+t)(q+4-t)=12. Тъй като q+4−tq+4-t и q+4+tq+4+t са с еднаква четност, имаме само две възможности: q+4−t=2,q+4+t=6q+4-t=2, q+4+t=6 или q+4−t=−6,q+4+t=−2q+4-t=-6, q+4+t=-2. В първия случай получаваме q=0q=0, което е невъзможно, а във втория q=−8q=-8, което дава p2=(−80±16)/2<0p^{2}=(-80 \pm 16) / 2\lt{}0, противоречие. Окончателно, решенията на задачата са двойките (0,q)(0, q), където qq е произволно цяло отрицателно число.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа x,yx, y и zz, за които е изпълнено равенствотоx2+y2z!=1x!+1y!\frac{x^{2}+y^{2}}{z!}=\frac{1}{x!}+\frac{1}{y!}(С n!n! се означава произведението на естествените числа от 1 до nn.)
РешениеБез ограничение на общността можем да считаме, че y≥xy \geq x. При y=xy=x получаваме x2.x≠z!x^{2}. x\neq{}z!, като очевидно z≥xz \geq x. Това уравнение няма при z≥x+2z \geq x+2, защото тогава лявата страна е по-малка от дясната, а случаите z=xz=x и z=x+1z=x+1 лесно водят до то x=y=z=1x=y=z=1. Нека y>xy\gt{}x, в частност y≥2y \geq 2. Умножаваме двете страни на уравнението с yy! и получавамеy!(x2+y2)z!=1+y(y−1)…(x+1).\frac{y!\left(x^{2}+y^{2}\right)}{z!}=1+y(y-1) \ldots(x+1).Ако y>zy\gt{}z, получаваме, че лявата страна се дели на yy и оттам y∣1y \mid 1, противоречие. Следователно y≤zy \leq z. Случай 1. При y=zy=z имаме x2+y2=1+y(y−1)…(x+1)x^{2}+y^{2}=1+y(y-1) \ldots(x+1). Ако y≥x+3y \geq x+3, то y≥4y \geq 4 и(y−3)2+y2≥x2+y2≥1+y(y−1)(y−2)(y-3)^{2}+y^{2} \geq x^{2}+y^{2} \geq 1+y(y-1)(y-2)откъдето y3−5y2+8y−8≤0⟺y2(y−5)+8(y−1)≤0y^{3}-5 y^{2}+8 y-8 \leq 0 \Longleftrightarrow y^{2}(y-5)+8(y-1) \leq 0. Лесно се вижда, че последното не е изпълнено при y≥5y \geq 5, а y=4y=4 не дава Следователно x+1≤y≤x+2x+1 \leq y \leq x+2. При тези две възможности получаваме съответно уравненията 2x2+x−1=02 x^{2}+x-1=0 и 2(x2+2x+2)=1+(x+1)(x+2)2\left(x^{2}+2 x+2\right)=1+(x+1)(x+2), които очевидно нямат в естествени числа. Случай 2. При y<zy\lt{}z имаме x2+y2z(z−1)…(y+1)=1+y(y−1)…(x+1)\frac{x^{2}+y^{2}}{z(z-1) \ldots(y+1)}=1+y(y-1) \ldots(x+1). Ясно е, че при y≥x+3y \geq x+3 горните оценки са даже усилени, което означава, че отново x+1≤y≤x+2x+1 \leq y \leq x+2. При y=x+2≥3y=x+2 \geq 3 получаваме z≥4z \geq 4 и значиx2+(x+2)24≥\frac{x^{2}+(x+2)^{2}}{4} \geqx2+y2z(z−1)…(y+1)=1+(x+1)(x+2) \frac{x^{2}+y^{2}}{z(z-1) \ldots(y+1)}=1+(x+1)(x+2)Оттук 2x2+4x+4≥4x2+12x+122 x^{2}+4 x+4 \geq 4 x^{2}+12 x+12, което очевидно е невъзможно. Остава да разгледаме y=x+1y=x+1, като сега x2+(x+1)2z(z−1)…(x+2)=x+2≥3\frac{x^{2}+(x+1)^{2}}{z(z-1) \ldots(x+2)}=x+2 \geq 3. Ако в знаменателя отляво има поне два множителя, той не надминава 2x2+2x+1x2+5x+6<2\frac{2 x^{2}+2 x+1}{x^{2}+5 x+6}\lt{}2. Следователно z=x+2z=x+2 и 2x2+2x+1=(x+2)22 x^{2}+2 x+1=(x+2)^{2}, откъдето x=3x=3, съответно y=4y=4 и z=5z=5. Окончателно, решенията са (x,y,z)=(1,1,1),(3,4,5)(x, y, z)=(1, 1, 1), (3, 4, 5) и (4,3,5)(4, 3, 5).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В един турнир по тенис всеки играч изиграл по една игра с всеки друг, като никоя от игрите не завършила наравно. Оказало се, че най-големият брой играчи, които могат да седнат около кръгла маса така, че всеки да е победил стоящия отдясно, е четирима. Да се докаже, че броят на начините, по които всички играчи могат да се строят в редица така, че всеки да е победил стоящия отдясно, е кратен на пет.
РешениеГрупа от играчи, които могат да седнат около кръгла маса така, че всеки да е победил стоящия отдясно, ще наричаме цикъл, а редица от играчи, в която всеки е победил стоящия отдясно, ще наричаме пътека. Нека A,B,CA, B, C и DD образуват (в този ред) един цикъл от четирима играчи; тях ще наричаме "средни". Нека XX бъде произволен друг играч, който е победил AA. Ако DD е победил XX, то X−A−B−C−DX-A-B-C-D би бил цикъл, съдържащ повече от четирима играчи, което е противоречие. Следователно XX е победил DD. По същия начин последователно установяваме, че XX е победил и CC и BB. Всеки такъв играч ще наричаме "силен". Аналогично се вижда, че всеки играч, който е победен от AA, е победен и от B,CB, C и DD. Всеки такъв играч ще наричаме "слаб". Да допуснем, че някой слаб играч XX е победил някой силен играч YY. Тогава X−Y−A−B−C−DX- Y-A-B-C-D би бил цикъл, съдържащ повече от четирима играчи, което е противоречие. Получихме, че всеки силен играч е победил всички средни и всички слаби играчи, и всеки среден играч е победил всички слаби играчи. Оттук следва, че във всяка пътека трябва да стоят първо силните играчи, след това средните, и най-накрая слабите. Нека P,QP, Q и RR бъдат съответно броят на начините, по които силните, средните и слабите играчи могат да бъдат подредени в пътека (възможно е изобщо да няма силни или слаби играчитогава полагаме съответно P=1P=1 или R=1R=1 ). Тогава броят на начините, по които всички играчи могат да бъдат строени в пътека, е равен на PQRP Q R. Но Q=5Q=5 винаги, независимо от изходите на срещите A−CA-C и B−DB-D и с това задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на параметъра aa, за които уравнението∣x2+x−2∣=ax+2\left|x^{2}+x-2\right|=a x+2има точно три реални
РешениеТъй като x2+x−2=(x+2)(x−1)x^{2}+x-2=(x+2)(x-1), разглеждаме два случая: Случай 1. Нека x∈[−2,1]x \in[-2, 1]. Тогава уравнението е еквивалентно на x2+(1+a)x=0x^{2}+(1+a) x=0, което в разглеждания интервал има два различни корена x=0x=0 и −(a+1)-(a+1) при a∈[−2,−1)∪(−1,1]a \in[-2, -1) \cup(-1, 1] и един корен x=0x=0 в противен случай. Случай 2. Нека x∈(−∞,−2)∪(1,+∞)x \in(-\infty, -2) \cup(1, +\infty). Тогава уравнението е еквивалентно на x2+(1−a)x−4=0x^{2}+(1-a) x-4=0, което в разглеждания интервал има два различни корена при a∈(−2,1)a \in(-2, 1) и един корен в противен случай. Така необходимото и достатъчно условие даденото уравнение да има точно три реални е a=−2,a=1a=-2, a=1 или a=−1a=-1. Съответните са x=0,1,−4x=0, 1, -4; 0,−2,20, -2, 2 и 0,1−x25,1+x250, 1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}, 1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е ромб ABCDA B C D с ∠BAD=α<90∘\angle B A D=\alpha\lt{}90^{\circ}. Нека MM е средата на страната CDC D и BP⊥AM(P∈AM)B P \perp A M(P \in A M). Да се намери ∠BPD\angle B P D и отношението BP:PDB P: P D.
РешениеНека OO е пресечната точка на диагоналите ACA C и BDB D. От ∠APB=90∘=∠AOB\angle A P B=90^{\circ}= \angle A O B следва, че четириъгълникът ABOPA B O P е вписан. Тогава∠POD=180∘−∠POB=∠PAB=∠PMD\angle P O D=180^{\circ}-\angle P O B=\angle P A B=\angle P M Dи следва, че четириъгълникът DPOMD P O M е вписан. От ∠PDO=∠PMO\angle P D O=\angle P M O и ∠PBO=∠PAO\angle P B O= \angle P A O следва, че △BDP∼△AMO\triangle B D P \sim \triangle A M O. Освен това OMO M е средна отсечка в △ACD\triangle A C D и получаваме∠BPD=∠AOM=180∘−α2иBP:PD=\angle B P D=\angle A O M=180^{\circ}-\frac{\alpha}{2} \text{и} B P: P D=AO:OM=AC:AD=2cos⁡α2.A O: O M=A C: A D=2 \cos \frac{\alpha}{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-10-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В държава с n,n≥4n, n \geq 4, града се поддържат полети между повече от 3(n−1)/23(n-1) / 2 двойки градове. Маршрут наричаме редица от градове v1,…,vkv_{1}, \ldots, v_{k}, такава, че съществува полет от viv_{i} до vi+1v_{i+1} за всяко i=1,…,k−1i=1, \ldots, k-1. Два маршрута наричаме независими, ако те нямат общ град с изключение на крайните градове. Да се докаже, че съществуват два града xx и yy, между които съществуват три независими маршрута.
РешениеТрябва да докажем, че в граф GG с nn върха и повече от 3(n−1)/23(n-1) / 2 ребра съществуват два върха, между които има поне три независими пътя. Ще използваме индукция по nn. За n=4n=4 твърдението е очевидно. Без ограничение на общността можем да считаме, че графът е свързан, както и че всеки връх е от степен поне 2. Нека CC е цикъл в GG. Ако съществува път, свързващ два върха в цикъла задачата е решена. Следователно всички ребра, излизащи от върхове на CC имат в другия си край различни върхове от GG. Разглеждаме граф G′G^{\prime} с множество от върхове (G\C)∪{C}(G \backslash C) \cup\{C\} и с ребраребрата от GG, имащи поне един край в G\CG \backslash C. Извън G\CG \backslash C има поне три върха и броят на ребрата в G′G^{\prime} е по-голям от 3(n′−1)/23\left(n^{\prime}-1\right) / 2, където n′=n−∣C∣+1n^{\prime}=n-|C|+1 е броят на върховете в G′G^{\prime}. Съгласно индукционното допускане в G′G^{\prime} съществуват два върха, свързани с поне три независими пътя. Оттук лесно конструираме двойка върхове в GG, между които съществуват три независими пътя.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-10-4

11

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Вписаната в правоъгълен триъгълник ABCA B C окръжност се допира до хипотенузата ABA B в точка C1C_{1}. Точките P∈CC1P \in C C_{1} и Q∈ACQ \in A C са такива, че PQP Q е успоредна на BCB C и в четириъгълника AC1PQA C_{1} P Q може да се впише окръжност. Да се докаже, че CP=O1O2C P=O_{1} O_{2}, където O1O_{1} и O2O_{2} са центровете на вписаните окръжности в △AC1C\triangle A C_{1} C и △BC1C\triangle B C_{1} C.
РешениеПри стандартните означения за △ABC\triangle A B C имаме AC1=p−aA C_{1}=p-a и BC1=p−bB C_{1}=p-b. Нека XX и YY са допирните точки съответно на вписаните окръжности в △AC1C\triangle A C_{1} C и △BC1C\triangle B C_{1} C със страната CC1C C_{1}. ПресмятамеCX=CC1+CA−AC12=CC1+b−(p−a)2=CC1+a+b−p2C X=\frac{C C_{1}+C A-A C_{1}}{2}=\frac{C C_{1}+b-(p-a)}{2}=\frac{C C_{1}+a+b-p}{2}и аналогичноCY=CC1+CB−BC12=C Y=\frac{C C_{1}+C B-B C_{1}}{2}=CC1+a−(p−b)2=CC1+a+b−p2.\frac{C C_{1}+a-(p-b)}{2}=\frac{C C_{1}+a+b-p}{2}.Следователно CX=CYC X=C Y, т. е. двете окръжности допират страната CC1C C_{1} в една и съща точка. Тогава O1O2⊥CC1O_{1} O_{2} \perp C C_{1}. Нека ∠ACO1=∠C1CO1=φ\angle A C O_{1}=\angle C_{1} C O_{1}=\varphi и ∠BCO2=∠C1CO2=ψ\angle B C O_{2}=\angle C_{1} C O_{2}=\psi. Тогава ∠QPC=∠PCB=2ψ\angle Q P C= \angle P C B=2 \psi и понеже PO1P O_{1} е ъглополовяща на ∠QPC1\angle Q P C_{1}, намираме ∠QPO1=90∘−ψ\angle Q P O_{1}=90^{\circ}-\psi. Сега от △CPO1\triangle C P O_{1} получаваме∠CO1P=180∘−φ−2ψ−(90∘−ψ)=\angle C O_{1} P=180^{\circ}-\varphi-2 \psi-\left(90^{\circ}-\psi\right)=90∘−φ−ψ.90^{\circ}-\varphi-\psi.Следователно O1P⊥CO2O_{1} P \perp C O_{2}, т. е. PP е ортоцентър на △CO1O2\triangle C O_{1} O_{2}. Тъй като ∠O1CO2=12∠ACB=45∘\angle O_{1} C O_{2}= \frac{1}{2} \angle A C B=45^{\circ}, тоCP=2Rcos⁡∠O1CO2=O1O2cotg⁡∠O1CO2=O1O2C P=2 R \cos \angle O_{1} C O_{2}=O_{1} O_{2} \operatorname{cotg} \angle O_{1} C O_{2}=O_{1} O_{2}
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Намерете най-голямото реално число aa със следното свойство: съществува изпъкнал шестоъгълник ABCDEFA B C D E F, всички страни на който са равни на 1, и точки A1,B1,C1,D1,E1A_{1}, B_{1}, C_{1}, D_{1}, E_{1} и F1F_{1} във вътрешността на шестоъгълника за които всяка от отсечките AA1,BB1,CC1,DD1,EE1A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}, D D_{1}, E E_{1} и FF1F F_{1} има дължина aa и никои две от тези отсечки нямат обща точка, която е вътрешна и за двете отсечки.
РешениеДа разгледаме сборовете ∠A1AB+∠B1BA,∠B1BC+∠C1CB\angle A_{1} A B+\angle B_{1} B A, \angle B_{1} B C+\angle C_{1} C B, ∠C1CD+∠D1DC,∠D1DE+∠E1ED,∠E1EF+∠F1FE\angle C_{1} C D+\angle D_{1} D C, \angle D_{1} D E+\angle E_{1} E D, \angle E_{1} E F+\angle F_{1} F E и ∠F1FA+∠A1AF\angle F_{1} F A+\angle A_{1} A F. Тъй като сборът на ъллите на шестоъгълника е 720∘720^{\circ}, то поне един от тези сборове не надминава 120∘120^{\circ}. Без ограничение нека това е ∠A1AB+∠B1BA\angle A_{1} A B+\angle B_{1} B A, т. е.∠A1AB+∠B1BA≤120∘.\angle A_{1} A B+\angle B_{1} B A \leq 120^{\circ}.Тогава правите AA1A A_{1} и BB1B B_{1} се пресичат в точка XX, която е в една и съща полуравнина с шестоъгълника ABCDEFA B C D E F спрямо правата ABA B и ∠AXB≥60∘\angle A X B \geq 60^{\circ}. Тъй като AA1A A_{1} и BB1B B_{1} нямат обща вътрешна точка, то поне една от отсечките AXA X и BXB X има дължина поне aa. От друга страна, всяка от тези отсечки е най-много равна на диаметъра на окръжността, от която отсечката ABA B се вижда под ъгъл 60∘60^{\circ}. Понеже този диаметър е равен на ABsin⁡60∘=2x23\frac{A B}{\sin 60^{\circ}}=\frac{2}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}, то a≤2x23a \leq \frac{2}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}. Да разгледаме правилен шестоъгълник ABCDEFA B C D E F със страна 1. Нека A1=AE∩FD,B1=BF∩AE,C1=CA∩BF,D1=DB∩AC,E1=EC∩DBA_{1}=A E \cap F D, B_{1}=B F \cap A E, C_{1}=C A \cap B F, D_{1}=D B \cap A C, E_{1}=E C \cap D B и F1=FD∩ECF_{1}=F D \cap E C. Отсечките AA1,BB1,CC1,DD1,EE1A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}, D D_{1}, E E_{1} и FF1F F_{1} са с равни дължини и всеки две от тях нямат обща вътрешна точка. Понеже ∠FAA1=120∘−90∘=30∘\angle F A A_{1}=120^{\circ}-90^{\circ}=30^{\circ}, то от △FAA1\triangle F A A_{1} намираме AA1=1cos⁡30∘=2x23A A_{1}=\frac{1}{\cos 30^{\circ}}=\frac{2}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}. Следователно търсената най-голяма стойност е a=2x23=2x233a=\frac{2}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}=\frac{2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}}{3}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В равнината са дадени 2n2 n точки, никои три от които не лежат на една права. Някои от точките са свързани с отсечки така, че за всеки nn точки съществува точка, свързана с отсечка с всяка от тях. Да се намери минималния възможен брой прекарани отсечки.
РешениеПърво ще докажем следната Лема. Даден е граф GG с nn върха със следното свойство: за всеки k,1≤k≤n−1k, 1 \leq k \leq n-1 върха на GG съществува връх, който е свързан с всеки от тези kk върха. Тогава минималният брой ребра на GG е ⌈(2k−1)n−k2+12⌉\left\lceil\frac{(2 k-1) n-k^{2}+1}{2}\right\rceil. Доказателство: Ще докажем твърдението с индукция по kk. При k=1k=1 от всеки връх трябва да излиза поне едно ребро и следователно са необходими поне ⌈n2⌉\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil ребра. Следователно твърдението е вярно при k=1k=1 и прозволно nn. Нека 2≤k+1<n2 \leq k+1\lt{}n и да допуснем, че твърдението е вярно за всички стойности помалки от k+1k+1. Нека AA е произволен връх, който не е свързан с ss от дадените върхове (да означим множеството от тези върхове с MM ) и съответно е свързан с n−s−1n-s-1 върха (да означим множеството от тези върхове с NN ). Лесно се забелязват следните свойства: (∗)(*) Всеки връх е от степен поне k+1k+1, защото в противен случай множеството от връх и свързаните с него най-много kk върха не изпълнява условието на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-11-4

12

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дължините на страните на неравностранен триъгълник образуват аритметична прогресия и правата през медицентъра и центъра на вписаната окръжност е перпендикулярна на негова страна. Да се докаже, че триъгълникът е правоъгълен.
РешениеЩе използваме стандартните означения за елементите на △ABC\triangle A B C. Нека GI⊥AB,C1G I \perp A B, C_{1} е средата на BB, а C2C_{2} и C3C_{3} са проекциите съответно на II и CC върху ABA B. Тогава GC2∥CC3G C_{2} \| C C_{3} и значиC1C3C1C2=C1CC1G=3.\frac{C_{1} C_{3}}{C_{1} C_{2}}=\frac{C_{1} C}{C_{1} G}=3.Можем да считаме, че a>ba\gt{}b. ТогаваC1C2=BC2−BC1=a−b+c2−c2=a−b2C_{1} C_{2}=B C_{2}-B C_{1}=\frac{a-b+c}{2}-\frac{c}{2}=\frac{a-b}{2}а от косинусовата теорема следва, чеC1C3=BC3−BC1=acos⁡β−c2=C_{1} C_{3}=B C_{3}-B C_{1}=a \cos \beta-\frac{c}{2}=a2−b2+c22c−c2=(a−b)(a+b)2c\frac{a^{2}-b^{2}+c^{2}}{2 c}-\frac{c}{2}=\frac{(a-b)(a+b)}{2 c}Оттук 3c=a+b3 c=a+b. От друга страна, a,b,ca, b, c образуват (в някакъв ред) аритметична прогресия, откъдето 2b=a+c2 b=a+c. Получаваме, че a:b:c=5:4:3a: b: c=5: 4: 3 и значи α=90∘\alpha=90^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-12-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че всеки полином от трета степен с реални коефициенти може да се представи като сума от кубовете на три неконстантни полинома с реални коефициенти.
РешениеВсеки полином PP от трета степен с реални коефициенти има поне една реална нула. Ако тази нула е трикратна, то твърдението е очевидно. Иначе PP има еднократна реална нула α\alpha. Тогава P(x+α)=a(x3+3bx2+3cx)(ac≠0)P(x+\alpha)=a\left(x^{3}+3 b x^{2}+3 c x\right)(a c \neq 0) и трябва да докажем твърдението за полинома в скобите. Достатъчно е да намерим реални числа α1,α2,λ1,λ2,λ3\alpha_{1}, \alpha_{2}, \lambda_{1}, \lambda_{2}, \lambda_{3} така, чеx3+3bx2+3cx=x^{3}+3 b x^{2}+3 c x=λ1(x+α1)3+λ2(x+α2)3+λ3x3.\lambda_{1}\left(x+\alpha_{1}\right)^{3}+\lambda_{2}\left(x+\alpha_{2}\right)^{3}+\lambda_{3} x^{3}.Имаме, че λ3=1−λ1−λ2\lambda_{3}=1-\lambda_{1}-\lambda_{2}, където λ1\lambda_{1} и λ2\lambda_{2} са на преопределената линейна система∣ α1λ1+α2λ2=bα12λ1+α22λ2=cα13λ1+α23λ2=0\left\lvert\, \begin{aligned} & \alpha_{1} \lambda_{1}+\alpha_{2} \lambda_{2}=b \\ & \alpha_{1}^{2} \lambda_{1}+\alpha_{2}^{2} \lambda_{2}=c \\ & \alpha_{1}^{3} \lambda_{1}+\alpha_{2}^{3} \lambda_{2}=0 \end{aligned}\right.При 0≠α1≠α2≠00 \neq \alpha_{1} \neq \alpha_{2} \neq 0 системата от първите две уравнения има (единствено) Ако умножим първото уравнене по α1α2\alpha_{1} \alpha_{2} и от него извадим второто умножено по α1+α2\alpha_{1}+\alpha_{2}, ще получим третото уравнение при условие, че bα1α2=c(α1+α2)b \alpha_{1} \alpha_{2}=c\left(\alpha_{1}+\alpha_{2}\right). Понеже c≠0c \neq 0, можем да намерим различни ненулеви реални числа β1\beta_{1} и β2\beta_{2} така, че b/c=β1+β2b / c= \beta_{1}+\beta_{2}. Остава да положим α1=1/β1\alpha_{1}=1 / \beta_{1} и α2=1/β2\alpha_{2}=1 / \beta_{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-12-4