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

2014

Назад към папките

8

2 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадени са функциите f(x)=ax+bf(x)=a x+b и g(x)=∣3x−3∣−xg(x)=|3 x-3|-x. Ако графиката на функцията f(x)f(x) минава през точките A(0;2)A(0; 2) и B(2;4)B(2; 4), да се намери лицето на триъгълника, заключен между графиките на двете функции, построени в координатна система с единична отсечка 1 cm.
РешениеОт даденото в условието за функцията f(x)f(x) получаваме, че f(0)=a⋅0+b=2⇒b=2f(0)=a \cdot 0+b=2 \Rightarrow b=2 и f(2)=a.2+2=4⇒a=1f(2)=a.2+2=4 \Rightarrow a=1, т. е. функцията е f(x)=x+2f(x)=x+2. (1 т.) След разкриване на модула, за функцията g(x)g(x) получаваме, че g(x)=3−4xg(x)=3-4 x, при x<1x\lt{}1 и g(x)=2x−3g(x)=2 x-3, при x≥1x \geq 1. (1 т.) Начертаваме графиките на двете функции в една координатна система и отбелязваме с M,NM, N и CC върховете на образувания от тях триъгълник. Лесно се вижда, че M(1;−1)M(1; -1). Абсцисите на точките NN и CC са решенията съответно на уравненията x+2=3−4xx+2=3-4 x и x+2=2x−3x+2=2 x-3, откъдето N(15;215)N\left(\frac{1}{5}; 2 \frac{1}{5}\right) и C(5;7)C(5; 7). (1 т. за намерени верни координати на трите върха) Разглеждаме трапеца PQCNP Q C N, като P(15;−1)P\left(\frac{1}{5}; -1\right) и Q(5;−1)Q(5; -1). Тогава SNMC=SPQCN−SPMN−SMQC=CQ+NP2PQ−NP⋅MP2−CQ⋅MQ2=9,6cm2S_{N M C}=S_{P Q C N}-S_{P M N}-S_{M Q C}=\frac{C Q+N P}{2} P Q-\frac{N P \cdot M P}{2}-\frac{C Q \cdot M Q}{2}=9, 6 \mathbf{c m}^{2}. (1 т. за представяне на лицето на △NMC\triangle N M C чрез лицата на други фигури и 2 т. за намиране на лицето му).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C, за който AC<AB<BCA C\lt{}A B\lt{}B C. Средите на страните AB,BCA B, B C и ACA C са означени съответно с K,MK, M и NN. Върху страната ABA B е взета точка XX, а върху страната BCB C - точки YY и ZZ така, че BX=XA+AC,AB+BY=YCB X=X A+A C, A B+B Y=Y C и AC+CZ=ZBA C+C Z=Z B. Да се докаже, че: a) MXM X е ъглополовяща на ∠KMN\angle K M N; б) правите MX,NYM X, N Y и KZK Z минават през една точка.
РешениеЩе използваме стандартните означения за дължините на страните на △ABC\triangle A B C, а именно AB=c,BC=aA B=c, B C=a и AC=bA C=b. a) От условието на задачата следва, че AX=BX−AC=AB−AX−AC=c−b−AXA X=B X-A C=A B-A X-A C=c-b-A X \quad и следователно AX=c−b2A X=\frac{c-b}{2}. (1 т.) ТогаваXK=AK−AX=c2−c−b2=b2⋅(0,5т.)X K=A K-A X=\frac{c}{2}-\frac{c-b}{2}=\frac{b}{2} \cdot(0, 5 \text{т.})За средната отсечка KMK M в △ABC\triangle A B C имаме KM=b2(0,5K M=\frac{b}{2}(\mathbf{0, 5} т.) и следователно △XKM\triangle X K M е равнобедрен, т. е. ∠KXM=∠XMK\angle K X M=\angle X M K. (0, 5 т.) От друга страна средната отсечка NMN M в △ABC\triangle A B C е успоредна на ABA B и следователно ∠KXM=∠XMN\angle K X M=\angle X M N. (1 т.) Заключаваме, че ∠XMK=∠XMN\angle X M K=\angle X M N, т. е. MXM X е ъглополовяща на ∠KMN.(0,5\angle K M N.(\mathbf{0, 5} т.) б) По същия начин, както в а) се доказва, че NYN Y и KZK Z са ъглополовящи съответно на ∠MNK\angle M N K и ∠NKM\angle N K M, (1 т.) т. е. MX,NYM X, N Y и KZK Z са ъглополовящи в △MNK\triangle M N K и следователно минават през една точка. (1 т.)
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-8-2

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които системата ∣ x2−2y−2z=a;y2−2z−2x=a;z2−2x−2y=a\begin{aligned}\left\lvert\ x^{2}-2 y-2 z=a; \\ y^{2}-2 z-2 x=a; \\ z^{2}-2 x-2 y=a \right.\end{aligned} има поне едно реално решение.
РешениеСъбираме трите уравнения на дадената система и представяме полученото равенство във вида (x−2)2+(y−2)2+(z−2)2=3a+12(x-2)^{2}+(y-2)^{2}+(z-2)^{2}=3 a+12. Следователно 3a+12≥3 a+12 \geq 0⟺a≥−40 \Longleftrightarrow a \geq-4 е необходимо условие да имаме реално решение. Това условие е и достатъчно, защото при всяко a∈[−4,+∞)a \in[-4, +\infty) имаме решението, което се получава при x−2=y−2=z−2=x2a+4x-2=y-2=z-2=\sqrt{\vphantom{x^2}a+4}. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 3 т. за достигане до извода, че a≥−4,3a \geq-4, 3 т. за доказване на достатъчността на това условие (повечето решения ще бъдат с изваждане на уравнения и разглеждане на случаи).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е изпъкнал четириъгълник DD. Върху страните му ABA B и CDC D вътрешно за четириъгълника са построени равностранните триъгълници ABPA B P и DCMD C M, а върху страните му ADA D и BCB C външно за четириъгълника са построени равностранните триъгълници ADNA D N и BCQB C Q. Да се докаже, че точките M,N,PM, N, P и QQ са върхове на успоредник.
Решение(Първи начин) Да разгледаме △APN\triangle A P N и △ABD\triangle A B D. От условието следва, че AP=ABA P=A B и AN=ADA N=A D. Освен това ∠BAD=∠PAN\angle B A D=\angle P A N (и двата ъгъла са равни на 60∘+∠PAD60^{\circ}+\angle P A D или на 60∘−∠PAD60^{\circ}-\angle P A D в зависимост от това дали ∠BAD\angle B A D е съответно по-голям или по-малък от 60∘60^{\circ}. Следователно △APN≅△ABD\triangle A P N \cong \triangle A B D, откъдето NP=BDN P=B D. Аналогично се вижда, че MQ=BDM Q=B D и следователно MQ=NPM Q=N P. Аналогично се доказва, че MN=PQM N=P Q, откъдето следва, че MQPNM Q P N е успоредник. ![](/problem-assets/zms2014-9-2-diagram-1.jpg) (Втори начин) Ротацията на ъгъл 60∘60^{\circ} с център AA изпраща BB в PP и DD в NN, откъдето BD=PNB D=P N. Аналогично MQ=BDM Q=B D и след това MQ=NPM Q=N P по същия начин. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1 т. за разглеждане на подходящи триъгълници или подходяща ротация, 1 т. за доказване на PN=BDP N=B D (или друго еквивалентно), 2 т. за доказване на равенство на две срещуположни страни, 2 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички прости числа pp и qq и всички естествени числа k>1k\gt{}1, за които числата pkq+1p^{k} q+1 и pqk+1p q^{k}+1 едновременно са точни квадрати.
РешениеНека pkq+1=x2p^{k} q+1=x^{2} и pqk+1=y2p q^{k}+1=y^{2}, където x,y∈Nx, y \in \mathbb{N}. Ако точно едно от числата pp и qq е равно на 2, например p=2p=2, а qq е нечетно, то равенството 2qk+1=y22 q^{k}+1=y^{2} дава противоречие по модул 4. Ако p=q=2p=q=2, то от 2k−1=(x−1)(x+1)2^{k-1}=(x-1)(x+1) следва, че x−1x-1 и x+1x+1 са степени на 2, което е възможно само при x=3x=3 и съответно k=2k=2. Нека pp и qq са нечетни прости числа. Тогава xx и yy са четни и (x−1,x+1)=(x-1, x+1)= (y−1,y+1)=1(y-1, y+1)=1. От последното и от равенствата pkq=(x−1)(x+1)p^{k} q=(x-1)(x+1) и pqk=(y−1)(y+1)p q^{k}=(y-1)(y+1) следва, че имаме четири възможности. При pk=x−1,q=x+1,qk=y−1p^{k}=x-1, q=x+1, q^{k}=y-1 и p=y+1p=y+1 получаваме q−pk=p−qk=2q-p^{k}=p-q^{k}=2, т. е. pk+p=qk+qp^{k}+p=q^{k}+q и значи p=qp=q, което води до p=2p=2, противоречие. Същото се получава и при pk=x+1,q=x−1,qk=y+1p^{k}=x+1, q=x-1, q^{k}=y+1 и p=y−1p=y-1. При pk=x−1,q=x+1,qk=y+1p^{k}=x-1, q=x+1, q^{k}=y+1 и p=y−1p=y-1 получаваме q−pk=qk−p=2q-p^{k}=q^{k}-p=2, т. е. p+q=pk+qkp+q=p^{k}+q^{k}, което очевидно е невъзможно. Същото се получава и при pk=x+1p^{k}=x+1, q=x−1,qk=y−1q=x-1, q^{k}=y-1 и p=y+1p=y+1. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 1 т. за решението p=q=2,2p=q=2, 2 т. за случая, когато точно едно от числата pp и qq е нечетно, 4 т. за нечетни pp и qq. Забележка. По общата задача за произволна степен вместо квадрат се свежда до решаване на уравненията pk+1=2m−1p^{k+1}=2^{m}-1 и pkq=2m−1p^{k} q=2^{m}-1, където mm е просто число.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Лабиринт се състои от 10000 квадратни стаи, разположени във формата на квадрат 100×100100 \times 100. Всеки две стаи, които имат обща страна, са свързани с врата. Тезей се лута из лабиринта, като на всеки свой ход влиза в някоя стая през една от нейните врати и излиза през друга. При това, Тезей не може да използва една и съща двойка врати за две последователни посещения на една и съща стая (така например, ако при първото си посещение Тезей е влязъл в стаята през врата AA и е излязъл през врата BB, то при второто си посещение той не може да влезе през врата BB и да излезе през врата AA). Възможно ли е Тезей да се лута в лабиринта в продължение на повече от 41004^{100} хода?
РешениеДа номерираме редовете и стълбовете от стаи в лабиринта с числата от 1 до 100 и да означим всяка стая с наредената двойка от номерата на нейните ред и стълб. Нека SS е множеството на тези стаи (i,j)(i, j), за които 1≤i≤501 \leq i \leq 50 и 1≤j≤501 \leq j \leq 50. Да разбием SS на 99 по-малки множества S2,S3,…S100S_{2}, S_{3}, \ldots S_{100}, така че SkS_{k} да се състои от тези стаи (i,j)(i, j) в SS, за които i+j=ki+j=k за 2≤k≤1002 \leq k \leq 100. Нека PkP_{k} е общия брой посещения на стаи от SkS_{k}, направени от Тезей. Множеството S2S_{2} се състои от една стая; понеже тя има само две врати, имаме, че P2≤1P_{2} \leq 1. Нека aa е една произволна стая от Sk,k>2S_{k}, k\gt{}2. Понеже aa има само две врати, които не водят към стая от Sk−1S_{k-1}, поне едно от всеки две последователни посещения на aa трябва или да се предхожда, или да се следва от посещение на стая от Sk−1S_{k-1}. Понеже всяко посещение на стая от Sk−1S_{k-1} може да предхожда или да следва най-много две посещения на стаи от SkS_{k}, оттук получаваме, че PkP_{k} не надвишава k−1k-1 (броя на стаите в Sk)+4Pk−1\left. S_{k}\right)+4 P_{k-1}. Оттук по индукция леко следва, че Pk≤22k−3−k+1P_{k} \leq 2^{2 k-3}-k+1. Следователно, общият брой на посещенията на стаи от SS не надвишава S2+S3+…+S100≤21+23+…+2197=S_{2}+S_{3}+\ldots+S_{100} \leq 2^{1}+2^{3}+\ldots+2^{197}= 2198−23\frac{2^{198}-2}{3}. Същата оценка можем да направим и за всеки от останалите три квадранта на лабиринта, откъдето общият брой ходове на Тезей не надвишава 4×2198−23<41004 \times \frac{2^{198}-2}{3}\lt{}4^{100}. Забележка: Оценката може съществено да се подобри.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-9-4

10

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които неравенствотоx21+4x≥x2−x+a\sqrt{\vphantom{x^2}1+4 x} \geq x^{2}-x+aняма целочислени решения.
РешениеТъй като 1+4x≥01+4 x \geq 0, то достатъчно е да намерим тези стойности на aa, за които даденото неравенство няма неотрицателни цели решения. При x=0x=0 и x=2x=2 получаваме a≤1a \leq 1, а при x=1,a≤x25x=1, a \leq \sqrt{\vphantom{x^2}5}. Следователно необходимо условие е a>x25a\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}5} и остава да докажем, че то е и достатъчно, т. е.x2−x+a>x21+4xза всяко цялоx>x^{2}-x+a\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}1+4 x} \text{за всяко цяло} x\gt{}2приa>x25.2 \text{при} a\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}5} \text{.} Да разгледаме неравенството x2−x+1>x21+4xx^{2}-x+1\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}1+4 x}. След повдигане на втора степен достигаме до еквивалентното неравенство:x4−2x3+3x2−6x>0⇔x(x−2)(x2+3)>0x^{4}-2 x^{3}+3 x^{2}-6 x\gt{}0 \Leftrightarrow x(x-2)\left(x^{2}+3\right)\gt{}0което очевидно е изпълнено за всяко цяло x>2x\gt{}2. Следователноx2−x+a>x2−x+x25>x2−x+1>x21+4xx^{2}-x+a\gt{}x^{2}-x+\sqrt{\vphantom{x^2}5}\gt{}x^{2}-x+1\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}1+4 x}за всяко цяло x>2x\gt{}2, с което задачата е решена. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 2 т. за намиране на необходимото условие a>x25;2a\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}5}; 2 т. за свеждане на задачата до доказателство на неравенството x2−x+1>x21+4xx^{2}-x+1\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}1+4 x} за всяко цяло x>2;2x\gt{}2; 2 т. за самото доказателство.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека pp е просто число, за което p≡3( mod 4)p \equiv 3(\bmod 4). Нека NN е броят на правоъгълниците с лице 2p22 p^{2}, чиито върхове имат целочислени координати (x,y)(x, y), удовлетворяващи неравенствата 0≤x,y≤2p20 \leq x, y \leq 2 p^{2}. Да се намери остатъкът, който числото NN дава при делене на pp.
РешениеНай-напред ще определим броя на правоъгълниците със страни, успоредни на координатните оси. Очевидно, че броят на правоъгълниците със страни с дължини aa и bb, които са успоредни на координатните оси, и с върхове с целочислени координати (x,y),0≤x,y≤n(x, y), 0 \leq x, y \leq n, е (2p2−a+1)(2p2−b+1)≡(a−1)(b−1)( mod p)\left(2 p^{2}-a+1\right)\left(2 p^{2}-b+1\right) \equiv(a-1)(b-1)(\bmod p). Правоъгълниците с лице 2p22 p^{2} имат страни 2p2×1,p2×2,2p×p,p×2p,2×p2,1×2p22 p^{2} \times 1, p^{2} \times 2, 2 p \times p, p \times 2 p, 2 \times p^{2}, 1 \times 2 p^{2}. Следователно, ако броят на тези правоъгълници е KK, то K≡0( mod p)K \equiv 0(\bmod p). Сега ще определим броя LL на правоъгълниците, чиито страни не са успоредни на координатните оси. Да разгледаме три последователни върха на такъв правоъгълник, имащи координати (0,a)),(b,0),(b+c,d)(0, a)), (b, 0), (b+c, d). Очевидно имаме c=ka,d=kbc=k a, d=k b и k(a2+b2)=k\left(a^{2}+b^{2}\right)= 2p22 p^{2} за някакво цяло kk. (Да се аргументира, че kk е цяло.). Това уравнение има решения: k=1,a=b=pk=1, a=b=p и k=p2,a=b=1k=p^{2}, a=b=1. В първия случай имаме квадрата със лице 2p22 p^{2} и неговото положение се определя еднозначно от описания около него квадрат със страна 2p2 p. При второто решение имаме два правоъгълника с лице 2p22 p^{2} вписани в квадрат със страна p2+1p^{2}+1. Така за LL получавамеL≡(2p−1)2+2p4≡1( mod p)L \equiv(2 p-1)^{2}+2 p^{4} \equiv 1 \quad(\bmod p) Окончателно N=K+L≡1( mod p)N=K+L \equiv 1(\bmod p). Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 1 т. за намиране на броя на правоъгълниците със страни, успоредни на осите, и доказване, че този брой се дели на p;3p; 3 т. за пълно описание на вида на правоъгълниците със страни, неуспоредни на осите; 2 т. •за определяне на броя им; 1 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен △ABC\triangle A B C, вписан в окръждост kk. Правите през върха CC, перпендикулярни на страните ACA C и BCB C пресичат в точките EE и FF съответно допирателните към kk във върховете AA и BB. Ако MM е среда на ABA B, а NN е среда на височината CH(H∈AB)C H(H \in A B), то да се докаже, че правите MNM N и EFE F са перпендикулярни.
РешениеНека PP и QQ са проекциите на върховете AA и BB върху правата EFE F. Тогава точките A,C,PA, C, P и EE лежат на окръжност с диаметър AEA E, а точките B,C,FB, C, F и QQ лежат на окръжност с диаметър BFB F. Следователно ∠CPQ=∠CAE=∠CBA\angle C P Q=\angle C A E=\angle C B A и ∠CQP=∠CBF=∠CAB\angle C Q P=\angle C B F=\angle C A B, т. е. △CPQ∼\triangle C P Q \sim △CBA\triangle C B A. Нека правата през върха CC, перпендикулярна на EFE F пресича EFE F в точка RR и ABA B в точка TT. От факта, че AP∥MR∥A P\|M R\| BQB Q и △CPQ∼△CBA\triangle C P Q \sim \triangle C B A следва, чеATAB=PRPQ=BHBA\frac{A T}{A B}=\frac{P R}{P Q}=\frac{B H}{B A}![](/problem-assets/zms2014-10-4-diagram-1.jpg) т. е. AT=BHA T=B H и MM е среда на THT H. Тогава MNM N е средна отсечка в △THC,MN∥TC\triangle T H C, M N \| T C и следователно MN⊥EFM N \perp E F. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 2 т. за построяване на точките PP и QQ и △CPQ∼△CBA;3\triangle C P Q \sim \triangle C B A; 3 т. за построяване на точката TT и MT=MH;2M T=M H; 2 т. за довършване на решението
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-10-4

11

2 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Точка MM е медицентър на триъгълник ABC,A B C, като ∠AMB=2∠ACB.\angle A M B=2 \angle A C B. Да се докаже, че AM.BM=a2+b2+c29.A M. B M=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{9}.
РешениеНека точка NN е втората пресечна точка на правата AMA M с описаната около △ABC\triangle A B C окръжност. Тогава ∠MNB=∠ACB\angle M N B=\angle A C B и \angle M B N= $\angle A M B-\angle M N B=\angle A C B, т.е. т. е. M B=M N.Ако Ако A_{1} есредатана е средата на B C, x=M A_{1} и и y=A_{1} N имаме имаме A A_{1} \cdot A_{1} N=3 x \cdot y=\frac{B C^{2}}{4}, откъдето откъдето x \cdot y=\frac{B C^{2}}{12}.Отформулатазамедианатаимаме От формулата за медианата имаме 9 x^{2}=\frac{1}{4}\left(2 A B^{2}+\right.2 A C^{2}-B C^{2} $), откъдето $x=\frac{2 A B^{2}+2 A C^{2}-B C^{2}}{36}.$ Следователно ![](/problem-assets/zms2014-11-2-diagram-1.jpg) A M \cdot B M =2 x \cdot M N=2 x(x+y)=2 x^{2}+2 x y=\frac{2 A B^{2}+2 A C^{2}-B C^{2}}{18}+\frac{B C^{2}}{6} =\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{9}.$$$\textit{Оценяване: }$ (6 точки) 2 т. за разглеждане на точката $N, 2 $т. за намиране на $y=A_{1} N, $ 2 т. за довършване на задачата. Най-много 2 т. за получаване на други изразявания на $A M. B M $ чрез елементите на триъгълника (например получени от равенството $A M. M B \sin 2 \angle A C B=\frac{2}{3} S_{A B C} $ или от косинусова теорема за $\left.\triangle A B M\right).$
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е полином f(x),f(x), за които едновременно са изпълнени свойствата: (*) Коефициентите на f(x)f(x) са естествени числа. (*) Уравнението f(x)=0f(x)=0 има поне един рационален корен. (*) Ако kk е степента на f(x),f(x), то стойностите на f(x)f(x) за k+1k+1 различни естествени числа са прости числа. Да се докаже, че f(x)=ax+bf(x)=a x+b за някои две взаимнопрости естествени числа aa и b.
РешениеТъй като коефициентите на f(x)f(x) са естествени числа, то корените на f(x)=0f(x)=0 са отрицателни числа. От условието 2. следва, чеf(x)=(qx+p)R(x)f(x)=(q x+p) R(x) където без ограничение p>0p\gt{}0 и q>0q\gt{}0 са естествени числа, а R(x)R(x) е полином от степен k−1k-1 с цели коефициенти (горното разлагане следва от схемата на Хорнер). Нека xix_{i} за i=1,2,…,k+1i=1, 2, \ldots, k+1 са такива различни естествени числа, че f(xi)=rif\left(x_{i}\right)=r_{i} и rir_{i} са прости числа. Тъй като qxi+p>1q x_{i}+p\gt{}1 дели f(xi)=ri,f\left(x_{i}\right)=r_{i}, то qxi+p=ri.q x_{i}+p=r_{i}. Тогава f(xi)−(qxi+p)=0f\left(x_{i}\right)-\left(q x_{i}+p\right)=0 за всяко i=1,2,…,k+1.i=1, 2, \ldots, k+1. Следователно f(x)−(qx+p)f(x)-(q x+p) е полином от степен kk с поне k+1k+1 нули, т. е. f(x)=qx+p.f(x)=q x+p. Числата qq и pp са взаимнопрости, защото в противен случай f(xi)f\left(x_{i}\right) не може да е просто число. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 3 т. за разлагането със съответната аргументация, че R(x)R(x) е с цели коефициенти, 4 т. за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-11-3

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Окръжност kk се допира до параболата y=x2y=x^{2} в две точки. Да се докаже, че: а) центърът на kk лежи на ординатната ос; б) радиусът на kk е по-голям от 1/21 / 2.
Решениеа) Нека A1=(x1,x12),A2=(x2,x22)A_{1}=\left(x_{1}, x_{1}^{2}\right), A_{2}=\left(x_{2}, x_{2}^{2}\right) са двете допирни точки, а A=(x0,y0)A= \left(x_{0}, y_{0}\right) е пресечната точка на допирателните към y=x2y=x^{2} в тези точки. Понеже те са допирателни и към kk, то AA1=AA2A A_{1}=A A_{2}. Имаме, че y0−x12=2x1(x0−x1)y_{0}-x_{1}^{2}=2 x_{1}\left(x_{0}-x_{1}\right) и y0−x22=2x2(x0−x2)y_{0}-x_{2}^{2}=2 x_{2}\left(x_{0}-x_{2}\right). Като извадим тези уравнения, получаваме, че (x1−x2)(x1+x2−2x0)=0\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(x_{1}+\right. \left. x_{2}-2 x_{0}\right)=0. Значи x0=x1+x22x_{0}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2} и тогава y0=x1x2y_{0}=x_{1} x_{2}. Замествайки в равенството (x0−x1)2+(y0−x12)2=(x0−x2)2+(y0−x22)2\left(x_{0}-x_{1}\right)^{2}+\left(y_{0}-x_{1}^{2}\right)^{2}=\left(x_{0}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{0}-x_{2}^{2}\right)^{2}, намираме, че (x1−x2)3(x1+x2)=0\left(x_{1}-x_{2}\right)^{3}\left(x_{1}+x_{2}\right)=0. И така, x1+x2=0x_{1}+x_{2}=0, откъдето следва исканото. б) От а) знаем, че A=(0,−x12)A=\left(0, -x_{1}^{2}\right) и M=(0,x12)M=\left(0, x_{1}^{2}\right), където MM е средата на A1A2A_{1} A_{2}. Ако OO е центърът на kk, от подобието на правоъгълните триъгълници AA1MA A_{1} M и AOA1A O A_{1} следва, че A1MAM=OA1AA1\frac{A_{1} M}{A M}=\frac{O A_{1}}{A A_{1}}, откъдето r=x12x12x2x12+4x14=x214+x12>12r=\frac{x_{1}}{2 x_{1}^{2}} \sqrt{\vphantom{x^2}x_{1}^{2}+4 x_{1}^{4}}=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{1}{4}+x_{1}^{2}}\gt{}\frac{1}{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност kk с център II се допира до страните BC,CAB C, C A и ABA B съответно в точки A1,B1A_{1}, B_{1} и C1.C_{1}. Отсечката BIB I пресича kk в точка D,D, а правата през DD и средата на B1C1B_{1} C_{1} пресича за втори път kk в точка E.E. Да се докаже, че точките A,D,IA, D, I и EE лежат на една окръжност.
РешениеПърво ще докажем следната известна Лема. Правата AEA E е симедиана в △B1C1E,\triangle B_{1} C_{1} E, т. е. ако MM е среда на B1C1B_{1} C_{1} и AE∩A E \cap B1C1=N,B_{1} C_{1}=N, то ∠B1EM=∠C1EN.\angle B_{1} E M=\angle C_{1} E N. Доказателство. Понеже AB1=AC1A B_{1}=A C_{1} и B1M=C1M,B_{1} M=C_{1} M, от синусовата теорема за △AEB1,△AEC1,△B1EM\triangle A E B_{1}, \triangle A E C_{1}, \triangle B_{1} E M и △C1EM\triangle C_{1} E M имаме, чеsin⁡∠AEB1sin⁡∠AEB1=sin⁡∠AB1Esin⁡∠AC1E=\frac{\sin \angle A E B_{1}}{\sin \angle A E B_{1}}=\frac{\sin \angle A B_{1} E}{\sin \angle A C_{1} E}=sin⁡∠B1C1Esin⁡∠C1B1E=sin⁡∠C1EMsin⁡∠B1EM,\frac{\sin \angle B_{1} C_{1} E}{\sin \angle C_{1} B_{1} E}=\frac{\sin \angle C_{1} E M}{\sin \angle B_{1} E M},откъдето следва твърдението на лемата. По-нататък, ако AB∩B1E=F,A B \cap B_{1} E=F, то ∠AED=∠AEF+∠FEC1+∠C1EM=\angle A E D=\angle A E F+\angle F E C_{1}+\angle C_{1} E M= 2∠C1EM+∠C1A1B1=∠C1B1A1+∠C1A1B1=90∘+γ/2=∠AID,2 \angle C_{1} E M+\angle C_{1} A_{1} B_{1}=\angle C_{1} B_{1} A_{1}+\angle C_{1} A_{1} B_{1}=90^{\circ}+\gamma / 2=\angle A I D, с което задачата е решена. <i>Оценяване</i>. (6 точки) 3 т. за лемата (1 т., ако е без доказателство) и 3 т. за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека k∈(0,1)k \in(0, 1) е реален параметър. Да се намери най-голямата стойност на израза x+k2y+(1−k)2xy(1+x+y)2\frac{x+k^{2} y+(1-k)^{2} x y}{(1+x+y)^{2}} при x,y≥0.x, y \geq 0.
РешениеТърсената стойност е 14.\frac{1}{4}. Да означим израза с f(x,y).f(x, y). Очевидно f(x,0)=x(1+x)2≤1/4,f(x, 0)=\frac{x}{(1+x)^{2}} \leq 1 / 4, като равенство се достига само при x=1.x=1. Сега е достатъчно е да покажем, чеf(ty,y)≤mt:=14(t+k2t+k)2<14f(t y, y) \leq m_{t}: =\frac{1}{4}\left(\frac{t+k^{2}}{t+k}\right)^{2}\lt{}\frac{1}{4} при t,y≥0.t, y \geq 0. Това е еквивалентно на(t+k2)y+(1−k)2ty2≤mt(1+(t+1)y)2,т. е.(mt(t+1)2−(1−k)2t)y2+(2mt(t+1)−t−k2)y+mt≥0.\begin{gathered} \left(t+k^{2}\right) y+(1-k)^{2} t y^{2} \leq m_{t}(1+(t+1) y)^{2}, \quad \text{т. е.} \\ \left(m_{t}(t+1)^{2}-(1-k)^{2} t\right) y^{2}+\left(2 m_{t}(t+1)-t-k^{2}\right) y+m_{t} \geq 0. \end{gathered} Предвид дефиницията на mt,m_{t}, дискриминантата на лявата част е 0. Остава да използваме, че mt>0.m_{t}\gt{}0. <i>Оценяване</i>. (7 точки) 1 т. за максимума на f(x,0),1f(x, 0), 1 т. за разглеждане на f(ty,y)f(t y, y) и 5 т. за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадена е квадратна таблица с nn реда и nn стълба, където n≥3n \geq 3 е естествено число. Във всяка клетка от главния диагонал (главният диагонал съдържа всички клетки, започвайки от горния ляв ъгъл до долния десен ъгъл) без първата и последната е поставен по един пул. Разрешена е следната операция: ако в дадена клетка има пул, а в двете клетки отдясно и отгоре на дадената няма пулове, можем да премахнем този пул и да поставим по един пул в тези две празни клетки. След прилагането на краен брой операции от горния вид се оказало, че в клетките по главния диагонал няма пулове. Да се намерят всички възможни стойности на броя на пуловете върху дъската в този момент.
РешениеДа запишем във всяка от клетките, в които първоначално има пулове, числото 1. По-нататък, във всяка от клетките над главния диагонал да запишем 12,\frac{1}{2}, във всяка от клетките над клетка с 12\frac{1}{2} да запишем 14\frac{1}{4} и т. н, като в последните две клетки, които са съседни на горната дясна клетка записваме 12n−2.\frac{1}{2^{n-2}}. Да забележим, че при прилагане на разрешената операция сборът от числата, съответни на клетките с пул, не се променя. В началото този сбор е n−2.n-2. От друга страна, от тъждествотоn−2=n−12+n−222+n−323+⋯+22n−2,n-2=\frac{n-1}{2}+\frac{n-2}{2^{2}}+\frac{n-3}{2^{3}}+\cdots+\frac{2}{2^{n-2}}, следва, че сборът на числата във всички клетки над главния диагонал без най-горната дясна клетка е равен на n−2.n-2. Понеже в най-горната дясна клетка не може да има пул, то ако в даден момент по главния диагонал няма пулове, то във всички клетки над главния диагонал, без клетката в горния десен ъгъл, трябва да има пулове. Броят им е n2−n2−1.\frac{n^{2}-n}{2}-1. Не е трудно да се укаже алгоритъм, с които исканото разположение се постига. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 2 т. за намиране на инвариант, който работи, 1 т. за формулиране на тъждество, съответно на предложения инвариант, 2 т. ва доказвапге па тъждеството, 2 т. за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-12-4