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

2015

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • zms2015-8-4: има placeholder текст

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Фирма трябва да изпрати 10 служители в задгранична командировка. Ако самолетните билети се купят на 10 февруари, цената на един билет е 300 евро. Ако билетите се купят на 10 март, цената се увеличава с p%p \%, а ако се купят на 10 април, цената се увеличава отново, но с два пъти по-малък процент и става 346, 5 евро за един билет. Фирмата ще разполага с необходимата сума на 10 април, но ако иска да купи билетите на 10 февруари, трябва да изтегли заем при условие, че на 10 април върне сума, която е с 1,6p%1, 6 p \% по-голяма от изтеглената. Колко пари ще спести или ще загуби фирмата, ако изтегли заема?
РешениеЦената на един билет на 10 март е 300(1+p100)300\left(1+\frac{p}{100}\right) евро, а след второто увеличение с p2%\frac{p}{2} \% на 10 април е 300(1+p100)(1+p200)300\left(1+\frac{p}{100}\right)\left(1+\frac{p}{200}\right) евро (1 точка). Така получаваме уравнението 300(1+p100)(1+p200)=346,5300\left(1+\frac{p}{100}\right)\left(1+\frac{p}{200}\right)=346, 5 или p2+300p−3100=0p^{2}+300 p-3100=0, което има два корена p1=10p_{1}=10 и p2=−310p_{2}=-310 (2 точки). Следователно първото увеличение е 10%(110 \%(\mathbf{1} точка). Сумата, която е нужна на фирмата на 10 февруари, е 3000 евро. Ако изтегли заем, сумата, която трябва да върне на 10 април, е 3000+3000⋅16100=34803000+3000 \cdot \frac{16}{100}=3480 евро (1 точка). Сумата, която ще плати за 10 билета на 10 април, е 3465 евро. Следователно, ако изтегли заем, фирмата ще загуби 15 евро (1 точка).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека X,YX, Y и ZZ са средите съответно на страните BCB C, ACA C и ABA B на остроъгълния триъгълник ABCA B C, като AC<BCA C\lt{}B C. Върху правата YXY X е взета точка PP така, че XP=14ABX P=\frac{1}{4} A B и XX е между YY и PP. Да се докаже, че: a) правите CZC Z и BPB P са успоредни; б) ако CZ=ABC Z=A B, то AP=ACA P=A C. Вярно ли е обратното, т. е. от AP=ACA P=A C да следва, че CZ=ABC Z=A B?
Решениеа) Нека M=CZ∩XYM=C Z \cap X Y. Тогава MX=XP=14ABM X=X P=\frac{1}{4} A B \quad и следователно MP=ZB=12ABM P=Z B=\frac{1}{2} A B. Но освен това MP∥ZBM P \| Z B т. е. ZBPMZ B P M е успоредник, откъдето CZ∥BPC Z \| B P (2 точки). б) От CZ=ABC Z=A B следва, че MZ=ZBM Z=Z B и с помощта на доказаното в а) заключаваме, че успоредникът ZBPMZ B P M е ромб. Следователно BP=AZB P=A Z. Освен това CZ=ABC Z=A B и ∠AZC=∠PBA\angle A Z C=\angle P B A, откъдето получаваме, че триъгълниците AZCA Z C и PBAP B A са еднакви. В частност AP=ACA P=A C (2 точки). Обратно, нека AP=ACA P=A C. От еднаквостта на триъгълниците ZBPZ B P и AZMA Z M следва, че последните са равнолицеви. Следователно триъгълниците ABPA B P и CZAC Z A са също равнолицеви. Последното означава, че височините към страните APA P и ACA C са равни. Но тогава ZS=MTZ S=M T, където ZSZ S и MTM T са перпендикулярите от ZZ и MM съответно към APA P и ACA C. От еднаквостта на правоъгълните триъгълници PZSP Z S и AMTA M T (по катет и хипотенуза) следва ∠SPZ=∠TAM\angle S P Z=\angle T A M. Сега △AZP≅△AMC\triangle A Z P \cong \triangle A M C (по първи признак), откъдето AZ=CMA Z=C M и следователно AB=CZA B=C Z (2 точки).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото естествено число aa така, че за всяко n=1,2,3,4,5,6n=1, 2, 3, 4, 5, 6 числото 30n+a30 n+a е просто.
РешениеОчевидно търсеното число не се дели на 2,3,52, 3, 5. Стойността a=1a=1 не подхожда, защото 30⋅3+1=91=7⋅1330 \cdot 3+1=91=7 \cdot 13 (1 точка). Числото a=7a=7 също не подхожда, защото 30⋅6+7=187=11⋅1730 \cdot 6+7=187=11 \cdot 17. Следователно a>7a\gt{}7 (1 точка). Тьй като числата 30n30 n при n=1,2,3,4,5n=1, 2, 3, 4, 5, 6 дават всичките ненулеви остатъци при деление със 7, то aa трябва да се дели на 7 и освен това трябва да е взаимно просто с 30 (3 точки). Най-малкото такова число, по-голямо от 7, е 49. Но 30⋅4+49=169=13⋅1330 \cdot 4+49=169=13 \cdot 13 (1 точка). Опитваме със следващото възможно число, което е a=77a=77. Получаваме числата 107, 137, 167, 197, 227 и 257. Лесно се вижда, че всички те са прости, защото нито едно от тях не се дели на 13 (1 точка). Тьрсената стойност за aa е 77.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-8-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Отсечките ADA D и BEB E са височини в триъгълник ABCA B C. Права през DD, успоредна на ACA C, пресича правата ABA B в точка PP. Права през EE, успоредна на BCB C, пресича правата ABA B в точка QQ. Да се докаже, че точките D,E,P,QD, E, P, Q лежат на една окръжност.
РешениеТочките D,ED, E лежат на окръжност с диаметър ABA B. В зависимост от ъглите на △ABC\triangle A B C са възможни няколко чертежа. Ако ъгъл CC е тъп, то∠QPD=∠ABC=∠EDC=180∘−∠QED,\angle Q P D=\angle A B C=\angle E D C=180^{\circ}-\angle Q E D, така че QPDEQ P D E е вписан. Ако ъгъл AA е тъп, то ∠QPD=∠BAE=∠BDE=∠QED\angle Q P D=\angle B A E=\angle B D E=\angle Q E D, така че QDPEQ D P E е вписан. Ако ъгъл BB е тъп или ако △ABC\triangle A B C няма тъпи ъгли (и двата чертежа е необходимо да се направят), е в сила ∠QPD=∠BAC=∠EDC=∠QED\angle Q P D=\angle B A C=\angle E D C=\angle Q E D, така че DD, E,P,QE, P, Q лежат на една окръжност. Оценяване: \textit{Оценяване: } 1т. за точките D,ED, E лежат на окръжност с диаметър AB;2A B; 2 т. за завършване на решението за кой да е случай и по 1 т. за всеки от останалите три случая.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Намерете всички стойности на реалните параметри pp и qq, за които уравнението (p+3)x2+2px+p−1=0(p+3) x^{2}+2 p x+p-1=0 има реално решение и всяко от решенията му е три пъти по-малко от някое решение на уравнението z2+pz=qz^{2}+p z=q.
РешениеI случай: p=−3p=-3: Първото уравнение е линейно: −6x=4,x=−2/3-6 x=4, x=-2 / 3. Тогава z=−2z=-2 трябва да е решение на z2−3z=qz^{2}-3 z=q, откъдето q=4+6=10q=4+6=10. II случай: p≠−3,D′=p2−p2−2p+3=0,p=3/2,x=−2p/(2p+6)=−3/9=−1/3p \neq-3, D^{\prime}=p^{2}-p^{2}-2 p+3=0, p=3 / 2, x=-2 p /(2 p+6)=-3 / 9=-1 / 3. Тогава z=−1z=-1 трябва да е решение на z2+(3/2)z=q+1z^{2}+(3 / 2) z=q+1, откъдето q=1−3/2=−1/2q=1-3 / 2=-1 / 2. III случай: p≠−3,D′=p2−p2−2p+3>0,p<3/2p \neq-3, D^{\prime}=p^{2}-p^{2}-2 p+3\gt{}0, p\lt{}3 / 2. При това положение условието ще е изпълнено точно когато корените на второто уравнение са z1=3x1,z2=3x2z_{1}=3 x_{1}, z_{2}=3 x_{2}. От Виет, −p=z1+z2=3(x1+x2)=−6p/(p+3)-p=z_{1}+z_{2}=3\left(x_{1}+x_{2}\right)=-6 p /(p+3), откъдето p2+3p=6p,p(p−3)=0p^{2}+3 p=6 p, p(p-3)=0, което се случва при p=0p=0 и p=3p=3, от които само p=0p=0 изпълнява условието на случая. От Виет, q=−z1z2=−9x1x2=9(1−0)/(0+3)=3q=-z_{1} z_{2}=-9 x_{1} x_{2}=9(1-0) /(0+3)=3. Според обратната теорема на Виет, числата z1z_{1}, z2z_{2} са корени на второто уравнение. Окончателно, условието се изпълнява за (p;q)=(−3;10),(3/2;−1/2)(p; q)=(-3; 10), (3 / 2; -1 / 2) и (0;3)(0; 3). Оценяване: \textit{Оценяване: } По 2 т. за всеки от трите случая.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се реши в естествени числа уравнението n3−3m=2015n^{3}-3^{m}=2015.
РешениеИмаме 2015=5⋅13⋅312015=5 \cdot 13 \cdot 31. Щом 33≡1( mod 13)3^{3} \equiv 1(\bmod 13), то 33k≡1( mod 13),33k+1≡33^{3 k} \equiv 1(\bmod 13), 3^{3 k+1} \equiv 3 ( mod 13)(\bmod 13) и 33k+2≡9( mod 13)3^{3 k+2} \equiv 9(\bmod 13). От тези възможен остатък за n3n^{3} е само 1, така че m=3km=3 k. Тогава5 \cdot13 \cdot31=n3−(3k)3=\text{5 \cdot 13 \cdot 31}=n^{3}-\left(3^{k}\right)^{3}=(n−3k)(n2+n.3k+32k).\left(n-3^{k}\right)\left(n^{2}+n.3^{k}+3^{2 k}\right). Като отчетем, че (n−3k)2<n2+n.3k+32k\left(n-3^{k}\right)^{2} \lt{} n^{2}+n.3^{k}+3^{2 k}, трябва да проверим само случаите n−3k=1n-3^{k}=1 (n2+n.3k+32k=2015)\left(n^{2}+n.3^{k}+3^{2 k}=2015\right) и n−3k=5(n2+n.3k+32k=403)n-3^{k}=5\left(n^{2}+n.3^{k}+3^{2 k}=403\right). Изразяваме 3k3^{k} чрез nn и заместваме, получавайки квадратно уравнение за nn. Естествено решение има само вторият случай: n=14,k=2,m=6n=14, k=2, m=6. Оценяване: \textit{Оценяване: } 3 т. за извода, че m=3km=3 k; 1 т. за разлагането; 2 т. за отхвърлянето на случаите, които не водят до решение; 1 т. за отговора.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Във върха AA на куб ABCDA1B1C1D1A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1} стои мравка. Тя предприема 2015-минутно пътешествие, като всяка минута пропълзява по ръб до съседен връх. Нека mm е броят маршрути, при които в края на пътешествието мравката е в BB, а nn - броят маршрути, при които е в C1C_{1}. Да се пресметне m−nm-n.
РешениеНека mkm_{k} е броят маршрути, при които след kk минути мравката е в BB. Поради симетрията толкова са маршрутите и до DD, и до A1A_{1}. Нека nkn_{k} е броят маршрути, при които след kk минути мравката е в C1C_{1}. Нека pkp_{k} е броят маршрути, при които след kk минути мравката е в B1B_{1}. Поради симетрията толкова са маршрутите и до CC, и до D1D_{1}. Нека qkq_{k} е броят маршрути, при които след kk минути мравката е в AA. Имаме mk+1=qk+2pkm_{k+1}=q_{k}+2 p_{k}, nk+1=3pk,pk+1=nk+2mk,qk+1=3mkn_{k+1}=3 p_{k}, p_{k+1}=n_{k}+2 m_{k}, q_{k+1}=3 m_{k}. Тогава mk+1−nk+1=qk+2pk−3pk=qk−pkm_{k+1}-n_{k+1}=q_{k}+2 p_{k}-3 p_{k}=q_{k}-p_{k} и qk+1−pk+1=3mk−nk−2mk=mk−nkq_{k+1}-p_{k+1}=3 m_{k}-n_{k}-2 m_{k}=m_{k}-n_{k}, следователно m−n=m2015−n2015=q2014−p2014=m2013−n2013=⋯=q2−p2=m1−n1=q0−p0=1m-n=m_{2015}-n_{2015}=q_{2014}-p_{2014}=m_{2013}-n_{2013}=\cdots=q_{2}-p_{2}=m_{1}-n_{1}=q_{0}-p_{0}=1. Оценяване: \textit{Оценяване: } 2 т. за изразяване на връзките между редиците; 5 т. за доказателство, че разликата не зависи от броя стъпки.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши систематаxy−1yz=23;yz−1zx=52;zx−1xy=1\begin{aligned}x y-\frac{1}{y z}=\frac{2}{3} \\; y z-\frac{1}{z x}=\frac{5}{2} \\; z x-\frac{1}{x y}=1\end{aligned}
РешениеДа положим xy=a,yz=bx y=a, y z=b и zx=cz x=c, като отбележим, че x2=acb,y2=abcx^{2}=\frac{a c}{b}, y^{2}=\frac{a b}{c} и z2=bcaz^{2}=\frac{b c}{a}. От третото уравнение имаме c=a+1ac=\frac{a+1}{a}, а оттук и второто получавамеb=52+aa+1=7a+52a+2.b=\frac{5}{2}+\frac{a}{a+1}=\frac{7 a+5}{2 a+2}. Тогава първото уравнение дава b=52+2a+27a+5b=\frac{5}{2}+\frac{2 a+2}{7 a+5}, откъдето 21a2−5b−16=021 a^{2}-5 b-16=0 с корени a1=1a_{1}=1 и a2=−1621a_{2}=-\frac{16}{21}. Следователно възможните тройки (a,b,c)(a, b, c) са (1,3,2)(1, 3, 2) и (−1621,−710,−516)\left(-\frac{16}{21}, -\frac{7}{10}, -\frac{5}{16}\right). Второто решение отпада (Защо?), а от първото получаваме x=±x2a1c1b1=x223x= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{a_{1} c_{1}}{b_{1}}}=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{2}{3}} и аналогично y=±x232y= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3}{2}} и z=±x26z= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}6}. Тъй като x,yx, y и zz са с еднакви знаци (следва от положителността на a,ba, b и c)c), окончателно заключаваме, че решенията са (x223,x232,x26)\left(\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{2}{3}}, \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3}{2}}, \sqrt{\vphantom{x^2}6}\right) и (−x223,−x232,−x26)\left(-\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{2}{3}}, -\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3}{2}}, -\sqrt{\vphantom{x^2}6}\right). Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1 т. за полагането, 2 т. за достигането на квадратно уравнение за a,1a, 1 т. за намирането на решенията, 1 т. за отхвърляне на отрицателните решения, 1 т. за връщането на полагането.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен △ABC(AC>BC)\triangle A B C(A C\gt{}B C) с описана окръжност kk, която има център точка OO. Точка NN е средата на ABA B, а точка PP е петата на височината от CC към ABA B. Нека правите CPC P и COC O пресичат kk за втори път съответно в точките EE и KK. Точка FF е проекцията на EE върху CKC K, а точка MM е проекцията на PP върху FEF E. Нека TT е средата на KFK F. Да се докаже, че ∠MTF=∠PNC\angle M T F=\angle P N C.
РешениеПърви начин. Първо ще докажем, че KE=2NPK E=2 N P. Нека HH е симетричната точка на KK относно NN. Тогава ONO N е средна отсечка в △HKC\triangle H K C и значи ON∥CHO N \| C H и CH⊥ABC H \perp A B. Отсечката CKC K е диаметър в kk, откъдето получаваме, че ∠KEH=90∘\angle K E H=90^{\circ}. Следователно KE∥NPK E \| N P и NPN P е средна отсечка в △KEH\triangle K E H, откъдето KE=2NPK E=2 N P. Ще докажем, че △MTF∼△CNP\triangle M T F \sim \triangle C N P, откъдето исканото следва. Да означим с DD петата на перпендикуляра от PP към CKC K. Имаме MFTF=2PDFK\frac{M F}{T F}=\frac{2 P D}{F K}. Освен това △CDP∼△EFK\triangle C D P \sim \triangle E F K и следователно PDFK=CPKE\frac{P D}{F K}=\frac{C P}{K E}, което означава, че MFTF=2CPKE\frac{M F}{T F}=\frac{2 C P}{K E}. Остава да си спомним, че KE=2NPK E=2 N P и следователно MFTF=CPNP\frac{M F}{T F}=\frac{C P}{N P}, с което въпросното подобие е доказано. Втори начин. Имаме, че CK=2RC K=2 R и ∠ECK=β−α\angle E C K=\beta-\alpha, откъдето KE=2Rsin⁡(β−α)K E=2 R \sin (\beta-\alpha). Също така NP=NB−PB=c2−acos⁡β=R(sin⁡γ−2sin⁡αcos⁡β)=Rsin⁡(β−α)N P=N B-P B=\frac{c}{2}-a \cos \beta=R(\sin \gamma-2 \sin \alpha \cos \beta)=R \sin (\beta-\alpha) и следователно KE=2NPK E=2 N P. Отново DD е петата на перпендикуляра от PP към CKC K иcot⁡∠MTF=TFFM=KF2DP=\cot \angle M T F=\frac{T F}{F M}=\frac{K F}{2 D P}=KEsin⁡(β−α)2CPsin⁡(β−α)=\frac{K E \sin (\beta-\alpha)}{2 C P \sin (\beta-\alpha)}=2NP2CP=cot⁡∠PNC.\frac{2 N P}{2 C P}=\cot \angle P N C.![](/problem-assets/zms2015-10-2-diagram-1.jpg) Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 3 т. за KE=2NP,3K E=2 N P, 3 т. за подобието или директното пресмятане на котангенсите във второто решение.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека kk и nn са естествени числа, за които k<2n+1k\lt{}2^{n+1}. Да се докаже, че числото 12n+22n+⋯+k2n1^{2^{n}}+2^{2^{n}}+\cdots+k^{2^{n}} се дели на 2n2^{n} тогава и само тогава, когато k=2n+1−1k=2^{n+1}-1.
РешениеНека k<2n+1k\lt{}2^{n+1} е такова естествено число, че S(n,k)=12n+22n+⋯+k2nS(n, k)=1^{2^{n}}+2^{2^{n}}+\cdots+k^{2^{n}} се дели на 2n2^{n}. Тъй като ( 2i)2n\left.2 i\right)^{2^{n}} се дели на 22n2^{2^{n}}, достатъчно е да разгледаме само нечетните събираеми в S(n,k)S(n, k). Ако jj е нечетно, то j2n−1≡1( mod 2n)j^{2^{n-1}} \equiv 1\left(\bmod 2^{n}\right) по теоремата на Ойлер и следователно j2n≡1( mod 2n)j^{2^{n}} \equiv 1\left(\bmod 2^{n}\right). Тогава S(n,k)≡[k+12]( mod 2n)([k+12]S(n, k) \equiv\left[\frac{k+1}{2}\right]\left(\bmod 2^{n}\right)\left(\left[\frac{k+1}{2}\right]\right. е броят на нечетните числа, ненадминаващи kk ). Ясно е, че [k+12]≤2n\left[\frac{k+1}{2}\right] \leq 2^{n}, като равенство се достига точно когато k=k= 2n+1−12^{n+1}-1. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 1 т. за отхвърляне на четните събираеми; 2 т. за прилагането на теоремата на Ойлер за нечетните събираеми; 2 т. за достигане до сравнението S(n,k)≡S(n, k) \equiv [k+12]( mod 2n);2\left[\frac{k+1}{2}\right]\left(\bmod 2^{n}\right); 2 т. за заключението. Не повече от 1 т. за разглеждане на малки частни случаи.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В квадратчетата на една шахматна дъска с размери 10×1010 \times 10 са написани числата от 1 до 100, всяко точно по веднъж. За всеки две числа, свързани с хода на коня, пресмятаме тяхната разлика като от по-голямото вадим по-малкото. Колко най-малко различни числа може да има измежду получените разлики?
РешениеОтговор: Четири. Да номерираме стълбовете на дъската отляво надясно и редовете и́ отгоре надолу. Всяко квадратче ще означаваме с наредената двойка от номера на реда и номера на стълба му. (Конструкция) Точно четири разлики имаме например, когато квадратчетата са номерирани отляво надясно и отгоре надолут. е., когато квадратчето (i,j)(i, j) съдържа числото 10(i−1)+j10(i-1)+j. (Оценка) Първи начин. Да разгледаме квадратче, от което могат да се направят 8 хода с коня (ясно е, че такова има). Тогава поне 4 от разглежданите разлики са с един и същи знак и са различни. Втори начин. Да оцветим в червено всички квадратчета освен ъгловите, съседните на ъгловите по страна и тези гранични, които се намират през едно от ъглово. (Същото разсъждение можем да проведем и ако оцветим в червено само 16 квадратчета - (1, 4), (2, 2),(3,3)2), (3, 3) и получените от тези три чрез завъртане на 90∘,180∘90^{\circ}, 180^{\circ} и 270∘270^{\circ} около (4, 4).) Тогава всяко червено квадратче е съседно с хода на коня с поне четири други. Да разгледаме най-малкото число, написано в червено квадратче: неговите съседи с хода на коня ни дават поне четири различни разлики. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 2 т. за конструкцията и 5 т. за оценката.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадена е растяща аритметична прогресия a1,a2,…,ana_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n} от естествени числа, за която an≤2015a_{n} \leq 2015. Известно е, че членовете на редицата с номера, равни на простите делители на 2015, образуват геометрична прогресия. Да се намери най-голямата възможна стойност на ana_{n}.
РешениеДа означим с dd разликата на дадената аритметична прогресия. Тъй като 2015=2015= 5 \cdot 13 \cdot 31 и редицата е растяща, то a5,a13,a31a_{5}, a_{13}, a_{31} образуват геометрична прогресия в този ред. Следователно(a1+12d)2=(a1+4d)(a1+30d),\left(a_{1}+12 d\right)^{2}=\left(a_{1}+4 d\right)\left(a_{1}+30 d\right), откъдето 12d=5a112 d=5 a_{1}. Това равенство е изпълнено при a1=24,d=10a_{1}=24, d=10 и тогава намираме a200=24+199⋅10=2014a_{200}=24+199 \cdot 10=2014. Ако допуснем, че за някои a1a_{1} и dd е изпълнено an=2015a_{n}=2015, то a1+(n−1)d=2015a_{1}+(n-1) d=2015, откъдето след заместване a1=125da_{1}=\frac{12}{5} d получаваме d(5n+7)=5⋅2015d(5 n+7)=5 \cdot 2015. Това равенство е невъзможно, понеже 5 \cdot 2015 няма делители от вида 5n+75 n+7. Следователно най-голямата възможна стойност на ana_{n} е 2014. Оценяване: \textit{Оценяване: } 2 т. за 12d=5a1;212 d=5 a_{1}; 2 т. за доказателство, че an=2014a_{n}=2014 е възможен случай; 2 т. за доказателство, че an≠2015a_{n} \neq 2015.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник с център на описаната окръжност точка OO. Точка H∈ABH \in A B е такава, че CH⊥ABC H \perp A B. Точка PP лежи на правата CHC H и е такава, че CHHP=13\frac{C H}{H P}=\frac{1}{3}, като HH е между PP и CC. Точка Q∈PBQ \in P B е такава, че четириъгълникът PACQP A C Q е вписан. Да се докаже, че AQA Q разполовява отсечката COC O.
РешениеНека MM е средата на ACA C и нека NN е такава, че AA е среда на NCN C. Имаме, че △BHC∼△OMC\triangle B H C \sim \triangle O M C. Освен това CHHP=13=CMMN\frac{C H}{H P}=\frac{1}{3}=\frac{C M}{M N}, откъдето следва, че △BCP∼△OCN\triangle B C P \sim \triangle O C N. Оттук получаваме ∠QAC=∠QPC=∠ONC\angle Q A C=\angle Q P C=\angle O N C и тогава AQ∥ONA Q \| O N. Сега AQA Q се явява средна отсечка в △CON\triangle C O N, откъдето следва, че AQA Q разполовява отсечката COC O. ![](/problem-assets/zms2015-11-2-diagram-1.jpg) Оценяване: \textit{Оценяване: } 1 т. за въвеждане на точката N;1N; 1 т. за △BHC∼△OMC;2\triangle B H C \sim \triangle O M C; 2 т. за △BCP∼\triangle B C P \sim △OCN;2\triangle O C N; 2 т. за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Всеки два града в една държава са свързани с еднопосочен път така, че не съществува затворен маршрут. Винаги ли е възможно за преминаването по всеки път да се постави някаква положителна такса (за различни пътища таксите могат да бъдат различни) така, че за всеки два града AA и BB таксата, която се заплаща за всеки маршрут, започващ в AA и завършващ в BB, е една и съща?
РешениеАко от всеки връх излиза поне един път, то тръгвайки от произволен град ще образуваме затворен маршрут (защото влизайки в един град винаги можем да излезем по някой път). Следователно има град, от който не излиза нито един път. Разглеждайки останалите градове, по индукция получаваме, че градовете могат да се наредят в редица A1,A2,…,AnA_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}, като пътят между всеки два града е към града с по-голям номер. Да поставим такса на път AiAj,i<jA_{i} A_{j}, i\lt{}j равна на j−ij-i. Тогава всеки маршрут между два града ApA_{p} и AqA_{q} за p<qp\lt{}q има цена q−pq-p и следователно отговорът на поставения въпрос е ДА. Оценяване: \textit{Оценяване: } 3 т. за твърдението, че градовете могат да се наредят в редица A1,A2,…,AnA_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}, като пътя между всеки два града е към пътя с по-голям номер; 4 т. за определяне на таксите за всеки път.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които[nk+k]=[2x2n]+1,\left[\frac{n}{k}+k\right]=[2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}]+1,където k=[x24n+1+12]k=\left[\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}+1}{2}\right]. (Със [x][x] означаваме цялата част на числото xx.)
РешениеЩе докажем, че търсените числа са числата от вида n=l(l−1)n=l(l-1), където l≥2l \geq 2 е някакво естествено число. При n=l(l−1)n=l(l-1) имаме k=[x24n+1+12]=lk=\left[\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}+1}{2}\right]=l, откъдето [nk+k]=2l−1\left[\frac{n}{k}+k\right]=2 l-1, а поради (2l−2)2<4l(l−1)<(2l−1)2(2 l-2)^{2}\lt{}4 l(l-1)\lt{}(2 l-1)^{2} имаме [2x2n]=2l−2[2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}]=2 l-2, т. е. равенството от условието е изпълнено. Ще докажем, че когато n≠l(l−1)n \neq l(l-1) е изпълнено равенството[nk+k]=[2x2n].\left[\frac{n}{k}+k\right]=[2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}]. В този случай kk е най-голямото естествено число, за което k(k−1)<nk(k-1)\lt{}n. Ако предположим, че за някое l∈Nl \in N имаме x24n+1+12≥l>x24n+12\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}+1}{2} \geq l\gt{}\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 n}+1}{2}, то 1+4n≥1+4 n \geq (2l−1)2>4n(2 l-1)^{2}\gt{}4 n откъдето 4n+1=(2l−1)24 n+1=(2 l-1)^{2}, т. е. n=l(l−1)n=l(l-1), противоречие. Следователноk=[x24n+1+12]=k=\left[\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}+1}{2}\right]=[x24n+12]=[x2n+12],\left[\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 n}+1}{2}\right]=\left[\sqrt{\vphantom{x^2}n}+\frac{1}{2}\right],т. е. k=[x2n]k=[\sqrt{\vphantom{x^2}n}] или k=[x2n]+1k=[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]+1. Имаме k(k−1)<n<k(k+1)k(k-1)\lt{}n\lt{}k(k+1). Ще разгледаме три случая: 1. Ако k(k+1)>n>k2k(k+1)\gt{}n\gt{}k^{2}, то [nk]=k\left[\frac{n}{k}\right]=k и x2n>k\sqrt{\vphantom{x^2}n}\gt{}k, откъдето {x2n}<12\{\sqrt{\vphantom{x^2}n}\}\lt{}\frac{1}{2}. Оттук 2[x2n]=[2x2n]2[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]=[2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}] и следователно[nk]+k=2k=2[x2n]=[2x2n].\left[\frac{n}{k}\right]+k=2 k=2[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]=[2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}].2. Ако k2>n>k(k−1)k^{2}\gt{}n\gt{}k(k-1), то [nk]=k−1\left[\frac{n}{k}\right]=k-1 и k>x2nk\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}n}, откъдето k=[x2n]+1k=[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]+1. Оттук {x2n}>12\{\sqrt{\vphantom{x^2}n}\}\gt{}\frac{1}{2}, т. е. 2[x2n]=[2x2n]−12[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]=[2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}]-1. Следователно[nk]+k=2k−1=2([x2n]+1)−1=\left[\frac{n}{k}\right]+k=2 k-1=2([\sqrt{\vphantom{x^2}n}]+1)-1=2[x2n]+1=[2x2n].2[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]+1=[2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}].3. Ако n=k2n=k^{2} отново [nk+k]=2k=[2x2n]\left[\frac{n}{k}+k\right]=2 k=[2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}]. Във всички случаи получихме [nk+k]=[2x2n]\left[\frac{n}{k}+k\right]=[2 \sqrt{\vphantom{x^2}n}]. Оценяване: \textit{Оценяване: } 1 т. за проверка, че n=l(l−1)n=l(l-1) е решение; 1 т. за твреше че тава е единственото решение; по 2 т. за случаите 1. и 2. и 1 т. за отговор
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-11-4

12

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека ABCDA B C D е изпъкнал четириъгълник с лице AB2−CD24\frac{A B^{2}-C D^{2}}{4}. Да се докаже, че ако AD=BCA D=B C, то AD⊥BCA D \perp B C.
РешениеНека AD∩BC=E,∠AEB=θ,AB=a,CD=b,CE=x,DE=yA D \cap B C=E, \angle A E B=\theta, A B=a, C D=b, C E=x, D E=y и AD=BC=zA D=B C=z. Като извадим равенстватаa2=(x±z)2+(y±z)2−2(x±z)(y±z)cos⁡θ,b2=x2+y2−2xycos⁡θ,\begin{gathered} a^{2}=(x \pm z)^{2}+(y \pm z)^{2}-2(x \pm z)(y \pm z) \cos \theta, \\ b^{2}=x^{2}+y^{2}-2 x y \cos \theta, \end{gathered} получаваме, че(*)a2−b2=2z(±x±y+z)(1−cos⁡θ).\text{(*)} \quad a^{2}-b^{2}=2 z( \pm x \pm y+z)(1-\cos \theta) \text{.} Ако знакът е отрицателен, то z>x+y>xz\gt{}x+y\gt{}x и значи DD е между AA и EE, което противоречи на първото равенство. СледователноSABCD=SABE−SCDE=((x+z)(y+z)−xy)sin⁡θ2=z(x+y+z)sin⁡θ2=a2−b24cot⁡θ2\begin{gathered} S_{A B C D}=S_{A B E}-S_{C D E}= \\ ((x+z)(y+z)-x y) \frac{\sin \theta}{2}=z(x+y+z) \frac{\sin \theta}{2}=\frac{a^{2}-b^{2}}{4} \cot \frac{\theta}{2} \end{gathered} откъдето cot⁡θ2=1\cot \frac{\theta}{2}=1, т. е. θ=90∘\theta=90^{\circ}. Оценяване: \textit{Оценяване: } 2 т. за (*), 1 т. за определяне на знака и 3 т. за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малката стойност на ∣AB∣|A B|, където AA и BB са точки съответно от графиките на функциите y=(x−6)2y=(x-6)^{2} и y=−x2y=-x^{2}.
РешениеЩе търсим точки C(x1,y1)C\left(x_{1}, y_{1}\right) и D(x2,y2)D\left(x_{2}, y_{2}\right) от графиките на съответните функции така, че допирателните в тях да са перпендикулярни на правата CDC D. Тогава е ясно, че разстоянието между графиките е равно на ∣CD∣|C D|. Двете допирателни са перпендикулярни на CDC D точно когато техните ъглови коефициенти 2(x1−6)2\left(x_{1}-6\right) и −2x2-2 x_{2} са равни на −1/k-1 / k, където k=y1−y2x1−x2k=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}} е ъгловият коефициент на CDC D. Тогава x1−6=−x2x_{1}-6=-x_{2} и−2x2=x1−x2y2−y1=6−2x2−2x22-2 x_{2}=\frac{x_{1}-x_{2}}{y_{2}-y_{1}}=\frac{6-2 x_{2}}{-2 x_{2}^{2}} Следователно0=4x23+2x2−6=(x2−1)(4x22+4x2+6)0=4 x_{2}^{3}+2 x_{2}-6=\left(x_{2}-1\right)\left(4 x_{2}^{2}+4 x_{2}+6\right) откъдето x2=1x_{2}=1 и∣CD∣=x2(x1−x2)2+(y1−y2)2=|C D|=\sqrt{\vphantom{x^2}\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}}=x2(a−2x2)2+(2x22)2=2x25\sqrt{\vphantom{x^2}\left(a-2 x_{2}\right)^{2}+\left(2 x_{2}^{2}\right)^{2}}=2 \sqrt{\vphantom{x^2}5}Оценяване: \textit{Оценяване: } 2 т. за x1+x2=6,2x_{1}+x_{2}=6, 2 т. за 4x23+2x2=64 x_{2}^{3}+2 x_{2}=6 и 2 т. за ∣CD∣=2x25|C D|=2 \sqrt{\vphantom{x^2}5}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Полиномът x8+x+1x^{8}+x+1 да се представи като произведение на неразложими полиноми над Z\mathbb{Z}.
РешениеНека P(x)=x8+x+1P(x)=x^{8}+x+1 и Q(x)=x2(x−1)(x3+1)+1Q(x)=x^{2}(x-1)\left(x^{3}+1\right)+1. ТогаваP(x)=x8−x2+x2+x+1=(x2+x+1)Q(x).P(x)=x^{8}-x^{2}+x^{2}+x+1=\left(x^{2}+x+1\right) Q(x). Очевидно x2+x+1x^{2}+x+1 е неразложим полином над Z\mathbb{Z}. Да допуснем, че QQ е разложим полином над Z\mathbb{Z}. Понеже PP няма реални корени, то полином от вида x2+ax±1x^{2}+a x \pm 1 дели QQ (защо?). Значи за някой комплексен корен α\alpha на QQ имаме, че 1/α1 / \alpha или −1/α-1 / \alpha е корен на QQ. В първия случай следва, че0=Q(α)−α6Q(1/α)=α(α−1)(α3+1)0=Q(\alpha)-\alpha^{6} Q(1 / \alpha)=\alpha(\alpha-1)\left(\alpha^{3}+1\right) откъдето α3+1=0\alpha^{3}+1=0 и значи Q(α)=1Q(\alpha)=1, което е противоречие. Във втория случай имаме, че0=Q(α)−α6Q(−1/α)=0=Q(\alpha)-\alpha^{6} Q(-1 / \alpha)=α(1−α2)(α2+α−1)\alpha\left(1-\alpha^{2}\right)\left(\alpha^{2}+\alpha-1\right) откъдето α2+α−1=0\alpha^{2}+\alpha-1=0. Тогава0=Q(α)=0=Q(\alpha)=(α4−α3+α2−α+2)(α2+α−1)−4α+3=\left(\alpha^{4}-\alpha^{3}+\alpha^{2}-\alpha+2\right)\left(\alpha^{2}+\alpha-1\right)-4 \alpha+3=3−4α3-4 \alpha което отново е противоречие. И така, QQ е неразложим полином над Z\mathbb{Z}, с което задачата е решена. Втори начин. Както по-горе имаме x8+x+1=(x2+x+1)Q(x)x^{8}+x+1=\left(x^{2}+x+1\right) Q(x) и остава да докажем, че полиномът Q(x)Q(x) е неразложим над Z\mathbb{Z}. Да допуснем противното. Тогава редуцираният по модул 2 полином Q2(x)=x6+x4+x3+x+1Q_{2}(x)=x^{6}+x^{4}+x^{3}+x+1 е разложим над Z2\mathbb{Z}_{2}. Тъй като очевидно Q2(x)Q_{2}(x) няма корени в Z2\mathbb{Z}_{2}, той има неразложим делител от втора или от трета степен. Единственият неразложим над Z2\mathbb{Z}_{2} полином от втора степен е x2+x+1x^{2}+x+1, а от трета степен има два неразложими над Z2\mathbb{Z}_{2} полинома: x3+x+1x^{3}+x+1 и x3+x+1x^{3}+x+1 (тези, които нямат корени в Z2\mathbb{Z}_{2} ). Лесно се проверява, че нито един от тези полиноми не дели Q2(x)Q_{2}(x) (например Q2(x)=Q_{2}(x)= (x2+x+1)(x4+x3+x2+x)+1)\left.\left(x^{2}+x+1\right)\left(x^{4}+x^{3}+x^{2}+x\right)+1\right), което е противоречие. Оценяване: \textit{Оценяване: } 2 т. за разлагането и 5 т. за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-12-3