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

2016

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • zms2016-8-3: има placeholder текст
  • zms2016-12-3: има placeholder текст

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадени са изразите:M=a4−6a3+b2+24b−119иN=M=a^{4}-6 a^{3}+b^{2}+24 b-119 \text{и} N=b4−6b3+a2+24a+151,b^{4}-6 b^{3}+a^{2}+24 a+151,където aa и bb са реални числа. Да се докаже, че M+N≥0M+N \geq 0. Кога се достига равенство?
РешениеM+N=a4−6a3+a2+24a+b4−6b3+b2+24b+32==(a4+9a2+16−6a3−8a2+24a)+(b4+9b2+16−6b3−8b2+24b)==(a2−3a−4)2+(b2−3b−4)2≥0.(3т.)\begin{gathered} M+N=a^{4}-6 a^{3}+a^{2}+24 a+b^{4}-6 b^{3}+b^{2}+24 b+32= \\ =\left(a^{4}+9 a^{2}+16-6 a^{3}-8 a^{2}+24 a\right)+\left(b^{4}+9 b^{2}+16-6 b^{3}-8 b^{2}+24 b\right)= \\ =\left(a^{2}-3 a-4\right)^{2}+\left(b^{2}-3 b-4\right)^{2} \geq 0.(3 \text{т.}) \end{gathered}Равенство се достига при a2−3a−4=0a^{2}-3 a-4=0 и b2−3b−4=0b^{2}-3 b-4=0 (1 т.). Оттук a=−1a=-1 или a=4a=4, както и b=−1b=-1 или b=4b=4 (1 т.). Следователно равенство се достига в четири случая: a=−1,b=−1;a=−1,b=4;a=4,b=−1;a=4,b=4(1a=-1, b=-1; a=-1, b=4; a=4, b=-1; a=4, b=4(1 т.).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен △ABC\triangle A B C с височини AK(K∈BC)A K(K \in B C) и BL(L∈AC)B L(L \in A C). Ако GG и TT са медицентровете съответно на △ABL\triangle A B L и △ABK\triangle A B K, да се докаже, че острият ъгъл между AKA K и BLB L е равен на 60060^{0} тогава и само тогава, когато GT=16ABG T=\frac{1}{6} A B.
РешениеНека HH е пресечната точка на височините AKA K и BLB L ( HH се нарича ортоцентър на триъгълника). Тъй като в четириъгълника LHKCL H K C два от ъллите са прави, то ∠LHK\angle L H K не може да е остьр. В противен случай ще излезе, че ∠ACB=γ\angle A C B=\gamma не е остър, т. е. че триъгълникът не е остроъгълен, което е противоречие ( 0,5\mathbf{0, 5} т.). Сега заключаваме, че ∠LHK=1200\angle L H K=120^{0} тогава и само тогава, когато γ=600(0,5\gamma=60^{0}(\mathbf{0, 5} т.). Нека MM е средата на страната ABA B. Тогава KMK M и LML M са медиани съответно в правоъгълните триъгълници ABKA B K и ABLA B L, откъдето следва, че KM=LM=12AB,K M=L M=\frac{1}{2} A B, \quad т. е. че ΔLKM\quad \Delta L K M \quad е равнобедрен (1 т.). От равнобедрените триъгълници ALMA L M и BKMB K M имаме съответно ∠AML=180∘−2∠MAL=180∘−2α\angle A M L=180^{\circ}-2 \angle M A L=180^{\circ}-2 \alpha и ∠BMK=180∘−2∠MBK)=180∘−2β\left.\angle B M K=180^{\circ}-2 \angle M B K\right)=180^{\circ}-2 \beta. Тогава ∠LMK=180∘−(∠AML+∠BMK)=180∘−(180∘−2α+180∘−2β)=2(α+β)−180∘\angle L M K=180^{\circ}-(\angle A M L+\angle B M K)=180^{\circ}-\left(180^{\circ}-2 \alpha+180^{\circ}-2 \beta\right)=2(\alpha+\beta)-180^{\circ}. Заключаваме, че ∠LMK=600\angle L M K=60^{0} тогава и само тогава, когато γ=600\gamma=60^{0} (1 т.). Но LLMK=600L L M K=60^{0} тогава и само тогава, когато равнобедреният ΔLKM\Delta L K M е равностранен, т. е. тогава и само тогава, когато LK=12ABL K=\frac{1}{2} A B (1 т.). Тъй като по условие GG и TT са медицентрове съответно на △ABL\triangle A B L и △ABK\triangle A B K, то MG=13LMM G=\frac{1}{3} L M и MT=13KMM T=\frac{1}{3} K M (1 т.). От равенството LM=KML M=K M следва, че ΔGTM\Delta G T M е равностранен тогава и само тогава ΔLKM\Delta L K M е равностранен, т. е. тогава и само тогава, когато GT=13LK=13⋅12AB=16ABG T=\frac{1}{3} L K=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} A B=\frac{1}{6} A B (1 т.).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-8-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В танцов фестивал участвали 129 танцьорки, които по случаен начин изпълнявали танци по двойки. След приключване на фестивала се оказало, че нито една двойка не е участвала в повече от един танц и за всяко естествено число nn от 1 до 128 включително има танцьорка, която е участвала точно в nn танци. Да се докаже, че две от танцьорките са участвали в равен брой танци и да се намери този брой.
РешениеЗа всяко nn от 1 до 128 да номерираме с № nn танцьорката, която е участвала точно в nn танци. Нека оставащата танцьорка е с № 129 (1 т.). От условието, че № 128 е танцувала с точно 128 различни партньорки, следва, че тя е танцувала с всички останали, а следователно и с № 1 (1 т.). Но тогава № 1 не е танцувала с други, освен с № 128 (1 т.). За № 127 остава единствената възможност да е танцувала с номерата от 2 до 129 включително и разбира се не с № 127, т. е. не със себе си. Заключаваме, че № 2 е танцувала само с № 127 и с № 128 (1 т.). Продължавайки по същия начин, стигаме до № 65. До този момент танцьорката с този номер е танцувала с номерата от 128 до 66 включително (общо 63 пъти) и остава единствената възможност да е танцувала с № 64 и № 129. Следващата танцьорка с № 64 е танцувала с номерата от 128 до 65 включително (общо 64 пъти) и следователно не е танцувала с № 129 (2 т.). Разглежданията спират дотук, защото условието за всяка танцьорка от № 1 до № 128 включително е изпълнено. Заключаваме, че № 129 е танцувала с 64 партньорки, т. е. точно с толкова, с колкото е танцувала и № 64 (1 т.).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е уравнението 2p2(x−p)x=x222 p^{2}(x-p) x=\sqrt{\vphantom{x^2}2}, където pp е реален параметър. a) Колко реални решения има уравнението? б) Ако уравнението има решения, да се намери най-малкия възможен сбор на техните четвърти степени.
Решениеа) При p=0p=0 уравнението няма решение. При p≠0p \neq 0 уравнението е квадратно:2p2x2−2p3x−x22=02 p^{2} x^{2}-2 p^{3} x-\sqrt{\vphantom{x^2}2}=0 с дискриминанта D′=p6+2x22p2>0D^{\prime}=p^{6}+2 \sqrt{\vphantom{x^2}2} p^{2}\gt{}0, така че има две реални решения. б) От Формулите на Виет x1+x2=p,x1x2=−1/(p2x22)x_{1}+x_{2}=p, x_{1} x_{2}=-1 /\left(p^{2} \sqrt{\vphantom{x^2}2}\right), откъдетоx12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=p2+x22p2x14+x24=(x12+x22)2−2x12x22=p4+2x22+2p4−1p4=p4+2x22+1p4=(p2−1p2)2+2+2x22\begin{gathered} x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}=p^{2}+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{p^{2}} \\ x_{1}^{4}+x_{2}^{4}=\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right)^{2}-2 x_{1}^{2} x_{2}^{2}=p^{4}+2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}+\frac{2}{p^{4}}-\frac{1}{p^{4}}=p^{4}+2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}+\frac{1}{p^{4}}=\left(p^{2}-\frac{1}{p^{2}}\right)^{2}+2+2 \sqrt{\vphantom{x^2}2} \end{gathered} Най-малката стойност на (p2−1p2)2\left(p^{2}-\frac{1}{p^{2}}\right)^{2} е 0 (достига се за p=±1p= \pm 1 ). Следователно най-малката стойност на x14+x24x_{1}^{4}+x_{2}^{4} е 2+2x222+2 \sqrt{\vphantom{x^2}2} (тя се достига за споменатите pp ). Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 6 точки) а) по 1 т. за всеки от двата случая; б) 1 т. за изразяване на сбора от квадратите, 1 т. за сбора от четвъртите степени, 2 т. за аргументиран извод.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е правоъгълен равнобедрен триъгълник ABCA B C с хипотенуза ABA B. Точките PP и QQ от отсечката ABA B са такива, че ∠PCQ=45∘\angle P C Q=45^{\circ} и PP е между AA и QQ. Описаните окръжности около триъгълниците ACQA C Q и BCPB C P се пресичат за втори път в точка RR. Да се докаже, че центърът на описаната около триъгълник CPQC P Q окръжност лежи на правата CRC R.
РешениеПонеже ARQCA R Q C е вписан в окръжност четириъгълник, то ∠QRC=45∘\angle Q R C=45^{\circ} и аналогично ∠PRC=45∘\angle P R C=45^{\circ}. Нека SS е втората пресечна точка на описаната около △PQR\triangle P Q R окръжност и правата CRC R. От ∠QRC=∠PRC=45∘\angle Q R C=\angle P R C=45^{\circ} следва, че SP=SQS P=S Q и ∠PSQ=90∘\angle P S Q=90^{\circ}. Следователно SS лежи на симетралата на отсечката PQP Q и ∠PSQ=90∘\angle P S Q=90^{\circ}. Ако OO е центърът на описаната окръжност за △CPQ\triangle C P Q, то OO лежи на симетралата на отсечката PQP Q и ∠POQ=90∘\angle P O Q=90^{\circ} като централен ъгъл. Следователно точките SS и OO съвпадат. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1 т. за ∠QRC=∠PRC=45∘;2\angle Q R C=\angle P R C=45^{\circ}; 2 т. за въвеждане на точката S;3S; 3 т. за доказване, че SS и OO съвпадат.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
В една държава има 50 летища, някои от които са свързани с (директни двупосочни) линии. Едно летище се нарича локално, ако към него водят не повече от пет линии. Една линия се нарича ямболска, ако поне едно от летищата, които свързва, е локално. Да се намери най-големия възможен брой ямболски линии в тази държава.
РешениеНека има nn локални летища и mm ямболски линии. При n≤45n \leq 45 имаме m≤5n≤225m \leq 5 n \leq 225, като можем да постигнем m=225m=225 при 45 локални летища, всяко свързани с петте други летища (които не са локални). При n=45+k,k∈{1,2,3,4,5}n=45+k, k \in\{1, 2, 3, 4, 5\}, от локалните летища излизат не повече от 5(45+k)5(45+k) ямболски линии, а от останалитене повече от (5−k)(45+k)(5-k)(45+k), като при това всяка ямболска линия е броена по два пъти. Следователно ямболските линии са не повече от5(45+k)+(5−k)(45+k)2=225−k2+35k2<225.\frac{5(45+k)+(5-k)(45+k)}{2}=225-\frac{k^{2}+35 k}{2}\lt{}225.Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 2 т. за случая с под 45 локални летища; 2 т. за примера с 45 локални летища; 3 т. за случаите с над 45 локални летища.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за всяко реално число d>1d\gt{}1 съществуват безбройно много естествени числа nn със следното свойство: в интервала [n2,n2+n+dx2n\left[n^{2}, n^{2}+n+d \sqrt{\vphantom{x^2}n}\right. ] съществуват три различни цели числа a,ba, b и cc, такива, че cc дели aba b.
РешениеЧислата a=(n−k)(n+k+1),b=(n−k+1)(n+k)a=(n-k)(n+k+1), b=(n-k+1)(n+k) и c=(n−k+1)(n+k+1)c=(n-k+1)(n+k+1), където kk и nn са естествени числа, са такива, че c∣abc \mid a b. Тъй като n2+n−k2−k=a<b<cn^{2}+n-k^{2}-k=a \lt{} b \lt{} c, естествено е да изберем n=k2+kn=k^{2}+k и да разгледаме неравенството c≤n2+n+dx2nc \leq n^{2}+n+d \sqrt{\vphantom{x^2}n}. Имаме последователно c≤n2+n+dx2n⟺k2≥n−dx2n+1⟺dx2n−1≥k=x24n+1−12⟺2dx2n−1≥c \leq n^{2}+n+d \sqrt{\vphantom{x^2}n} \Longleftrightarrow k^{2} \geq n-d \sqrt{\vphantom{x^2}n}+1 \Longleftrightarrow d \sqrt{\vphantom{x^2}n}-1 \geq k=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}-1}{2} \Longleftrightarrow 2 d \sqrt{\vphantom{x^2}n}-1 \geq x24n+1\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}. От последното след повдигане на квадрат получаваме 4d2n−4dx2n+1≥4n+14 d^{2} n-4 d \sqrt{\vphantom{x^2}n}+1 \geq 4 n+1, откъдето x2n≥dd2−1\sqrt{\vphantom{x^2}n} \geq \frac{d}{d^{2}-1}. Ясно е, че за всяко d>1d\gt{}1 последното неравенство е изпълнено за всички достатъчно големи nn. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 2 т. за конструкция, която работи; 5 т. за доказателство.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши неравенствотоx27−3x+x−5x≥−1\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}7-3 x}+x-5}{x} \geq-1
РешениеНеравенството е дефинирано за всички x≤7/3,x≠0x \leq 7 / 3, x \neq 0. 1) Нека x>0x\gt{}0. Освобождавайки се от знаменателя получаваме x27−3x≥5−2x\sqrt{\vphantom{x^2}7-3 x} \geq 5-2 x. Тъй като дясната страна е положителна можем да повдигнем на квадрат, откъдето4x2−17x+18≤04 x^{2}-17 x+18 \leq 0 Оттук получаваме x∈[2,9/4]x \in[2, 9 / 4]. 2) Нека x<0x\lt{}0. Сега имаме x27−3x≤5−2x\sqrt{\vphantom{x^2}7-3 x} \leq 5-2 x и 4x2−17x+18≥04 x^{2}-17 x+18 \geq 0. Неравенството се удовлетворява за x∈(−∞,2]∪[9/4,+∞)x \in(-\infty, 2] \cup[9 / 4, +\infty), откъдето x∈(−∞,0)x \in(-\infty, 0). Окончателно получаваме x∈(−∞,0)∪[2,9/4]x \in(-\infty, 0) \cup[2, 9 / 4]. Оценяване\textit{Оценяване}: (6 точки) по 3 т. за всеки от случаите x>0x\gt{}0 и x<0x\lt{}0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е равнобедрен трапец ABCD(AB∥CD)A B C D(A B \| C D). Нека MM е средата на CDC D и EE е пресечната точка на ACA C и BMB M. Ако ∠MBC=∠ABD\angle M B C=\angle A B D, то да се докаже, че AD=DEA D=D E.
РешениеОт условието имаме, че∠MBC=∠ABD=∠BAC=∠ACD\angle M B C=\angle A B D=\angle B A C=\angle A C D и следователно △MBC∼△MCE\triangle M B C \sim \triangle M C E. ТогаваMD2=MC2=ME⋅MBM D^{2}=M C^{2}=M E \cdot M B и следователно △MBD∼△MDE\triangle M B D \sim \triangle M D E. ![](/problem-assets/zms2016-10-2-diagram-1.jpg) Така получаваме, че ∠MBD=∠MDE\angle M B D=\angle M D E. Накрая∠AED=∠ACD+∠MDE=\angle A E D=\angle A C D+\angle M D E=∠MBC+∠MBD=∠CBD=∠CAD\angle M B C+\angle M B D=\angle C B D=\angle C A D и следователно △AED\triangle A E D е равнобедрен, с което доказателството е завършено. Оценяване: (6 точки) 2 т. за △MBC∼△MCE;2\triangle M B C \sim \triangle M C E; 2 т. за △MBD∼△MDE\triangle M B D \sim \triangle M D E; 2 т. за AD=DEA D=D E.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека aa и bb са взаимнопрости естествени числа. Да се намери броят на естествените числа nn, които не могат да се представят във вида n=ua+vbn=u a+v b със цели неотрицателни uu и vv.
РешениеНай-напред да забележим, че всяко естествено число nn може да се представи по единствен начин във вида n=ua+vbn=u a+v b, където 0≤u≤b−10 \leq u \leq b-1. Ако nn не може да се представи като n=ua+vbn=u a+v b с неотрицателни uu и vv, то v≤−1v \leq-1 и u≤b−1u \leq b-1, откъдето n≤ab−a−bn \leq a b-a-b. Да разгледаме числата 0≤m≤ab−a−b0 \leq m \leq a b-a-b. Ако m=u′a+v′b,0≤u′≤b−1m=u^{\prime} a+v^{\prime} b, 0 \leq u^{\prime} \leq b-1, тоab−a−b−m=(b−1−u′)a+(1−v′)b,a b-a-b-m=\left(b-1-u^{\prime}\right) a+\left(1-v^{\prime}\right) b, като представянията на mm и ab−a−b−ma b-a-b-m са единствени. Сега от числата v′v^{\prime} и 1−v′1-v^{\prime} точно едно е положително или нула и точно едно е отрицателно. Следователно точно половината от числата m,0≤m≤ab−a−bm, 0 \leq m \leq a b-a-b, не могат да се представят в искания вид и търсеният брой e (a−1)(b−1)/2(a-1)(b-1) / 2. Оценяване\textit{Оценяване}: (7 точки) 1 т. за съществуването на единствено представяне n=ua+vbn=u a+v b със 0≤u≤b−1;20 \leq u \leq b-1; 2 т. за намиране на най-малкото число, от което нататък представянето n=ua+vbn=u a+v b с неотрицателни u,vu, v е винаги възможно; 4 т. за доказателството на факта, че точно половината от числата ≤ab−a−b\leq a b-a-b не могат да се представят в желания вид.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В хотел с NN стаи с по две легла има два вида настаняване: във всички стаи се настаняват двойки познати или във всички стаи се настаняват двойки непознати. В хотела пристигнала група от MM туристи и се установило, че е невъзможно да се изберат 2N2 N от тях, които да бъдат настанени в хотела. Впоследствие пристигнал още един човек и такова настаняване вече било възможно. Да се намери най-голямата възможна стойност на MM (като функция на NN).
РешениеЩе докажем, че M=3N−2M=3 N-2. Наистина, ако имаме такава група, в която съществуват 2N−12 N-1 туриста, всеки двама от които се познават, а всички останали двойки са непознати, то настаняване е невъзможно. Съществуването на настаняване за група от 3N−13 N-1 туриста ще докажем по индукция. Базата на индукцията е очевидна. Да допуснем, че имаме N−1N-1 двойки познати, да речем XiYiX_{i} Y_{i}, i=1,…,N−1i=1, \ldots, N-1. Можем да премем, че всеки двама от останалите N+1N+1 туриста Z1,…,ZN+1Z_{1}, \ldots, Z_{N+1} са непознати (в противен случай задачата е решена). Освен това във всяка двойка XiYiX_{i} Y_{i} поне един от туристите има най-много един познат измежду Z1,…,ZN+1Z_{1}, \ldots, Z_{N+1} (в противен случай отново можем да настаним NN двойки познати). Но сега очевидно могат да се конструират NN независими двойки непознати, за които настаняване е възможно. Оценяване\textit{Оценяване}: (7 точки) 2 т. за конструиране на група от 3N−23 N-2 туриста, за които настаняване е невъзможно; 5 т. за доказателството за съществуване на NN независими двойки при група от 3N−13 N-1 туриста.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е уравнениетоa.2sin⁡2x+4cos⁡2x=2a+1a.2^{\sin ^{2} x}+4^{\cos ^{2} x}=2 a+1 където aa е реален параметър. a) Да се докаже, че уравнението има решение при всяка стойност на параметъра aa. б) Да се намерят стойностите на aa, за които уравнението има точно едно решение в интервала (0,π2)\left(0, \frac{\pi}{2}\right).
Решениеа) При x=π2x=\frac{\pi}{2} имаме sin⁡x=1,cos⁡x=0\sin x=1, \cos x=0 и тогава a.2sin⁡2x+4cos⁡2x=2a+1a.2^{\sin ^{2} x}+4^{\cos ^{2} x}=2 a+1. б) Като използваме, че cos⁡2x=1−sin⁡2x\cos ^{2} x=1-\sin ^{2} x, след полагане y=2sin⁡2xy=2^{\sin ^{2} x} уравнението се свежда доay3−(2a+1)y2+4=0a y^{3}-(2 a+1) y^{2}+4=0 Това уравнение може да се запише във вида(y−2)(ay2−y−2)=0(y-2)\left(a y^{2}-y-2\right)=0 Тъй като при x∈(0,π2)x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right) имаме sin⁡2x∈(0,1)\sin ^{2} x \in(0, 1), то y∈(1,2)y \in(1, 2). Решението y=2y=2 не принадлежи на разглеждания интервал. Ако уравнението f(y)=ay2−y−2=0f(y)=a y^{2}-y-2=0 има единствено решенние в интервала (1,2)(1, 2), то или D=0D=0 и 12a∈(1,2)\frac{1}{2 a} \in(1, 2) или f(1)⋅f(2)<0f(1) \cdot f(2)\lt{}0 или f(1)⋅f(2)=0f(1) \cdot f(2)=0. Първото условие не води до решение (защото D=0D=0 при a=−18a=-\frac{1}{8} и тогава 12a∉(1,2)\frac{1}{2 a} \notin(1, 2) ), второто дава (a−3)(a−1)<0(a-3)(a-1)\lt{}0, т. е. a∈(1,3)a \in(1, 3), а третото условие не води до решение (защото тогава вторият корен не е в интервала (1,2)(1, 2) ). Оценяване\textit{Оценяване}: (6 точки) а) 1 т. за намиране на решение за всяко aa; б) 2 т. за свеждане до разположение на корените на квадратно уравнение; 3 т. за верен отговор.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дадена е безкрайна редица a1,a2,…,an,…a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}, \ldots от реални числа, за която за всяко естествено число nn е изпълнено равенствотоan+7=an+6−an+4+an+3−an+1+ana_{n+7}=a_{n+6}-a_{n+4}+a_{n+3}-a_{n+1}+a_{n} Да се докаже, че редицата с общ член {Snn}n=1∞\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}_{n=1}^{\infty}, където Sn=a1+a2+⋯+an,S_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}, е сходяща.
РешениеКато съберем почленно равенствата an+7=an+6−an+4+an+3−an+1+ana_{n+7}=a_{n+6}-a_{n+4}+a_{n+3}-a_{n+1}+a_{n}, an+8=an+7−an+5+an+4−an+2+an+1a_{n+8}=a_{n+7}-a_{n+5}+a_{n+4}-a_{n+2}+a_{n+1} и an+9=an+8−an+6+an+5−an+3+an+2a_{n+9}=a_{n+8}-a_{n+6}+a_{n+5}-a_{n+3}+a_{n+2}, получаваме an+9=ana_{n+9}=a_{n}. Това означава че редицата е периодична с период 9. При n=9k+ln=9 k+l за 0≤l<90 \leq l\lt{}9 имамеSnn=k⋅S9+Sl9k+l\frac{S_{n}}{n}=\frac{k \cdot S_{9}+S_{l}}{9 k+l} което означава, че границата на редицата е S99\frac{S_{9}}{9}. Оценяване\textit{Оценяване}: (6 точки) 3 т. за доказване, че редицата е периодична и 3 т. за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Външно за △ABC\triangle A B C са построени триъгълниците PABP A B и QACQ A C така, че AP=A P= AB,AQ=ACA B, A Q=A C и ∠BAP=∠CAQ\angle B A P=\angle C A Q. Отсечките BQB Q и CPC P се пресичат в точка RR. Ако OO е центърът на описаната около △BCR\triangle B C R окръжност, да се докаже, че правите AOA O и PQP Q са перпендикулярни.
РешениеНека SS е центърът на описаната окръжност около триъгълник ACQA C Q, а MM и NN са среди съответно на CQC Q и CRC R. Точките S,M,NS, M, N и CC лежат на една окръжност. Имаме∠ASO=∠QCP,∠RSO=∠BQC,∠SOR=∠CBQ\angle A S O=\angle Q C P, \angle R S O=\angle B Q C, \angle S O R=\angle C B Q Оттук следва, че △ORS∼△BCQ\triangle O R S \sim \triangle B C Q, откъдетоSACQ=SRCQ=SOQB=SOPC.\frac{S A}{C Q}=\frac{S R}{C Q}=\frac{S O}{Q B}=\frac{S O}{P C}. От горните равенства следва, че △AOS∼△QPC\triangle A O S \sim \triangle Q P C и понеже OS⊥PCO S \perp P C и AS⊥QCA S \perp Q C, получаваме, че AO⊥QPA O \perp Q P. Оценяване\textit{Оценяване}: (7 точки) 1 т. за ARCQA R C Q (или APBRA P B R ) вписан; 2 т. за △ORS∼△BCQ;2\triangle O R S \sim \triangle B C Q; 2 т. за △AOS∼△QPC;2\triangle A O S \sim \triangle Q P C; 2 т. за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
За естествено число nn с D(n)D(n) означаваме множеството от всички положителни делители на nn. Да се намерят всички естествени числа mm със следното свойство: За всяко естествено число nn, за което mm дели ∣D(n)∣|D(n)| множеството D(n)D(n) може да се разбие на множества от по mm елемента всяко така, че ако aa и bb са елементи на едно такова множество и a<ba\lt{}b, то aa дели bb.
РешениеДа допуснем, че mm не е просто число. Тогава m=xym=x y, за естествени числа x>1x\gt{}1 и y>1y\gt{}1. При n=2x−1.3y−1n=2^{x-1}.3^{y-1} имаме ∣D(n)∣=xy=m|D(n)|=x y=m и тогава елементите на D(n)D(n) са в едно множество. За всеки два делителя aa и b,a<bb, a\lt{}b на nn трябва да имаме, че aa дели bb. При a=2a=2 и b=3b=3 това не е вярно. Ще докажем с индукция по броя на простите делители на nn, че всяко просто число pp има исканото свойство. Ако nn има един прост делител, твърдението е очевидно. За да е вярно, че pp дели ∣D(n)∣|D(n)| каноничното разлагане на nn е от видаn=q1kp−1q2α2…qsαsn=q_{1}^{k p-1} q_{2}^{\alpha_{2}} \ldots q_{s}^{\alpha_{s}}и да допуснем, че твърдението е вярно за всяко nn с ss прости делители. Ако за числото nn множествата A1,A2,…,AlA_{1}, A_{2}, \ldots, A_{l} имат исканото свойство, то за число от вида nqs+1αs+1n q_{s+1}^{\alpha_{s+1}} търсените множества се получават от дадените като числата във всяко от тях умножим с 1,qs+1,qs+12,…,qs+1s+11, q_{s+1}, q_{s+1}^{2}, \ldots, q_{s+1}^{s+1}. Оценяване\textit{Оценяване}: (7 точки) 1 т. за деклариран верен отговор; 3 т. за доказване, че за съставно mm има nn, за което свойството не е вярно; 3 т. за доказване, че при просто mm свойството е изпълнено за всяко nn.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека ABCDA B C D е четириъгълник, в който ∠ACB=90∘,H\angle A C B=90^{\circ}, H е петата на височината в △ABC\triangle A B C през върха CC и OO е центърът на описаната около △ABD\triangle A B D окръжност. Да се докаже, че ако правите AOA O и DHD H са перпендикулярни, то AC=ADA C=A D.
РешениеИмаме90∘=∠OAH+∠AHD=90∘−∠ADB+∠AHD.90^{\circ}=\angle O A H+\angle A H D=90^{\circ}-\angle A D B+\angle A H D. Следователно ∠ADB=∠AHD\angle A D B=\angle A H D и △ABD∼△AHD\triangle A B D \sim \triangle A H D. Оттук ADAH=ABAD\frac{A D}{A H}=\frac{A B}{A D} и получаваме AD2=AH.AB=AC2A D^{2}=A H. A B=A C^{2}, т. е. AD=ACA D=A C. Оценяване: (6 точки) 1 т. за ∠ADB=∠AHD;2\angle A D B=\angle A H D; 2 т. за △ABD∼△AHD;2\triangle A B D \sim \triangle A H D; 2 т. за ADAH=ABAD\frac{A D}{A H}=\frac{A B}{A D}; 1 т. за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Права през началото OO на координатната система пресича графиката на функцията y=x(x−1)(x+2)y=x(x-1)(x+2) в още две точки AA и BB, като OO е между тях. Да се докаже, че ∣AB∣>x25|A B|\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}5}.
РешениеНека правата е y=kx,A(x1,y1)y=k x, A\left(x_{1}, y_{1}\right) и B=(x2,y2)B=\left(x_{2}, y_{2}\right). Тогава x1x_{1} и x2x_{2} са корени на уравнението x2+x=k+2x^{2}+x=k+2 с различни знаци, откъдето k>−2k\gt{}-2 и∣AB∣2=(x1−x2)2(1+k2)=(1+4k+8)(1+k2)|A B|^{2}=\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}\left(1+k^{2}\right)=(1+4 k+8)\left(1+k^{2}\right) Тогава∣AB∣2−5=(4k+9)(k2+1)−5=|A B|^{2}-5=(4 k+9)\left(k^{2}+1\right)-5=(k+2)(4k2+k+2)>0(k+2)\left(4 k^{2}+k+2\right)\gt{}0Оценяване\textit{Оценяване}: (6 точки) 1 т. за получаване на уравнението x2+x=k+2(k>−2);2x^{2}+x=k+2(k\gt{}-2); 2 т. за изразяване на ABA B чрез k;3k; 3 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-12-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Допирните точки на вписаната окръжност в даден триъгълник и неговите върхове разделят периметъра му на шест отсечки. Избираме три от тях, които образуват триъгълник и за него повтаряме същото. Да се докаже, че след някоя операция триъгълникът има ъгъл 60∘60^{\circ} или ъгъл, по-малък от 1∘1^{\circ}.
РешениеДа допуснем, че никога не се получава триъгълник с две равни страни. Нека страните на триъгълника Δn\Delta_{n} преди nn-тата операция са an<bn<cn,2pn=an+bn+cna_{n}\lt{}b_{n}\lt{}c_{n}, 2 p_{n}=a_{n}+b_{n}+c_{n} и dn=cn−anpnd_{n}=\frac{c_{n}-a_{n}}{p_{n}}. Тогава Δn+1\Delta_{n+1} има страни pn−cn<pn−bn<pn−cnp_{n}-c_{n}\lt{}p_{n}-b_{n}\lt{}p_{n}-c_{n} и dn+1=2dnd_{n+1}=2 d_{n}. Следователно 0<d1=dn2n−1<12n−10\lt{}d_{1}=\frac{d_{n}}{2^{n-1}}\lt{}\frac{1}{2^{n-1}} за всяко nn, което е противоречие. Значи преди някоя операция, която считаме за първа, се получава триъгълник с две равни страни. Да допуснем, че никога не се получава равностранен триъгълник. Тогава Δn\Delta_{n} има страни an,an,cna_{n}, a_{n}, c_{n}, а страните на Δn+1\Delta_{n+1} са pn−an,pn−an,pn−cnp_{n}-a_{n}, p_{n}-a_{n}, p_{n}-c_{n} или pn−an,pn−cn,pn−cnp_{n}-a_{n}, p_{n}-c_{n}, p_{n}-c_{n}. Тогава dn+1>dnd_{n+1}\gt{}d_{n}, като в първия случай dn+1=2dnd_{n+1}=2 d_{n}. Ако този случай се среща безбройно много пъти, стигаме да противоречие както по-горе. И така, можем да считаме, че от самото начало сме във втория случай. Тогава за qn=ancnq_{n}=\frac{a_{n}}{c_{n}} имаме, че qn+1=2qn−1q_{n+1}=2 q_{n}-1, откъдето qn−1=2n−1(q1−1)q_{n}-1=2^{n-1}\left(q_{1}-1\right). Значи q1>1q_{1}\gt{}1 и qn→+∞q_{n} \rightarrow+\infty. Това означава, че за ъгъла γn\gamma_{n} между бедрата на Δn\Delta_{n} имаме, че γn→0\gamma_{n} \rightarrow 0. Оценяване\textit{Оценяване}: (7 точки) 3 т. за доказателство, че се достига до триъгълник с две равни страни; 4 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-12-4