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

2017

Назад към папките

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за произволни реални числа x,yx, y и zz е изпълнено неравенството:x2y2z2+x2y2+x2z2+y2z2+z2+2≥x^{2} y^{2} z^{2}+x^{2} y^{2}+x^{2} z^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2}+2 \geq2(xy+xz+yz) 2(x y+x z+y z)Кога се достига равенство?
РешениеДаденото неравенство е еквивалентно на:(z2+1)(xy−1)2+(xz+yz−1)2≥0\left(z^{2}+1\right)(x y-1)^{2}+(x z+y z-1)^{2} \geq 0и следователно е изпълнено за произволни реални числа x,yx, y и zz. Равенство се достига тогава и само тогава, когато xy=1x y=1 и xz+yz−1=0x z+y z-1=0. От тези равенства получаваме y=1xy=\frac{1}{x} и z=1x+y=xx2+1z=\frac{1}{x+y}=\frac{x}{x^{2}+1}. Следователно равенство се достига тогава и само тогава, когато x=p≠0,y=1px=p \neq 0, y=\frac{1}{p} и z=pp2+1z=\frac{p}{p^{2}+1}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Върху страните BC,CAB C, C A и ABA B на △ABC\triangle A B C, външно за триъгълника, са построени квадрати съответно с центрове M,NM, N и PP. Симетралите на отсечките NP,PMN P, P M и MNM N пресичат страните BC,CAB C, C A и ABA B съответно във вътрешни точки A1,B1A_{1}, B_{1} и C1C_{1}. a) Да се намери отношението на лицата на триъгълниците A1B1C1A_{1} B_{1} C_{1} и ABCA B C. б) Да се намерят ъглите ∠NA1P,∠PB1M\angle N A_{1} P, \angle P B_{1} M и ∠MC1N\angle M C_{1} N.
Решениеа) Нека A2,B2A_{2}, B_{2} и C2C_{2} са средите съответно на BC,CAB C, C A и ABA B. Разглеждаме триъгълниците C2B2NC_{2} B_{2} N и MA2C2M A_{2} C_{2}. Отсечката B2C2B_{2} C_{2} е средна отсечка в △ABC\triangle A B C. Затова са изпълнени B2C2=BC2B_{2} C_{2}=\frac{B C}{2} и B2C2∥BCB_{2} C_{2} \| B C. От второто свойство на средната отсечка B2C2B_{2} C_{2} следва, че ∠NB2C2=90∘+∠ACB\angle N B_{2} C_{2}=90^{\circ}+\angle A C B. Отсечката NB2N B_{2} е медиана в правоъгълния триъгълник ACNA C N и затова NB2=CA2N B_{2}=\frac{C A}{2}. Аналогично за △MA2C2\triangle M A_{2} C_{2} имаме C2A2=CA2,C2A2∥CA,∠MA2C2=90∘+∠ACBC_{2} A_{2}=\frac{C A}{2}, C_{2} A_{2} \| C A, \angle M A_{2} C_{2}=90^{\circ}+\angle A C B и MA2=BC2M A_{2}=\frac{B C}{2}. От забелязаните равенства следва, че са изпълнени: B2C2=MA2,NB2=C2A2B_{2} C_{2}=M A_{2}, N B_{2}=C_{2} A_{2} и ∠NB2C2=∠MA2C2=90∘+∠ACB\angle N B_{2} C_{2}=\angle M A_{2} C_{2}=90^{\circ}+\angle A C B. Следователно △C2B2N≅△MA2C2\triangle C_{2} B_{2} N \cong \triangle M A_{2} C_{2} по първи признак. Оттук имаме C2N=C2MC_{2} N=C_{2} M. Следователно C2C_{2} лежи върху симетралата на MNM N. Тъй като симетралата на MNM N може да има само една обща точка с ABA B, то C2≡C1C_{2} \equiv C_{1}. Аналогично се получава, че A2≡A1A_{2} \equiv A_{1} и B2≡B1B_{2} \equiv B_{1}. Така получихме, че точките A1,B1A_{1}, B_{1} и C1C_{1} са средите съответно на страните BC,CAB C, C A и ABA B. Оттук и доказаното по-горе имаме, че △C1B1N≅△MA1C1\triangle C_{1} B_{1} N \cong \triangle M A_{1} C_{1}. Тъй като лицата на триъгълниците AB1C1,BC1A1A B_{1} C_{1}, B C_{1} A_{1} и CA1B1C A_{1} B_{1} са равни на 14\frac{1}{4} от лицето на △ABC\triangle A B C, то и лицето на △A1B1C1\triangle A_{1} B_{1} C_{1} е 14\frac{1}{4} от лицето на △ABC\triangle A B C. Следователно търсеното отношение е равно на 14\frac{1}{4}. б) От еднаквостта на триъгълниците C1B1NC_{1} B_{1} N и MA1C1M A_{1} C_{1} следва, че ∠NC1B1=∠A1MC1\angle N C_{1} B_{1}=\angle A_{1} M C_{1}. Като приложим това равенство получаваме∠MC1N=∠MC1A1+∠A1C1B1+∠NC1B1=∠MC1A1+∠A1C1B1+∠A1MC1==(∠MC1A1+∠A1MC1)+∠A1C1B1=180∘−∠MA1C1+∠A1C1B1==180∘−(90∘+∠ACB)+∠ACB=90∘.\begin{aligned} \angle M C_{1} N & =\angle M C_{1} A_{1}+\angle A_{1} C_{1} B_{1}+\angle N C_{1} B_{1}=\angle M C_{1} A_{1}+\angle A_{1} C_{1} B_{1}+\angle A_{1} M C_{1}= \\ & =\left(\angle M C_{1} A_{1}+\angle A_{1} M C_{1}\right)+\angle A_{1} C_{1} B_{1}=180^{\circ}-\angle M A_{1} C_{1}+\angle A_{1} C_{1} B_{1}= \\ & =180^{\circ}-\left(90^{\circ}+\angle A C B\right)+\angle A C B=90^{\circ}. \end{aligned}Следователно ∠MC1N=90∘\angle M C_{1} N=90^{\circ}. Аналогично се получава, че NA1P=90∘N A_{1} P=90^{\circ} и PB1M=90∘P B_{1} M=90^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които числото 2n+2+3n+2+5n+22^{n+2}+3^{n+2}+5^{n+2} се дели на 2n+3n+5n2^{n}+3^{n}+5^{n}.
РешениеВъвеждаме означенията A=2n+3n+5nA=2^{n}+3^{n}+5^{n} и B=2n+2+3n+2+5n+2B=2^{n+2}+3^{n+2}+5^{n+2}. Разглеждаме следните случаи: (∗)(*) При n=1n=1 имаме A=10A=10 и B=160B=160. Следователно BB се дели на AA. (∗)(*) При n=2n=2 имаме A=38A=38 и B=722=38⋅19B=722=38 \cdot 19. Следователно BB се дели на AA. (∗)(*) Нека n≥3n \geq 3. Тъй като 2n+3n+5n=(−1)n+0+(−1)n=2(−1)n( mod 3)2^{n}+3^{n}+5^{n}=(-1)^{n}+0+(-1)^{n}=2(-1)^{n}(\bmod 3), то AA не се дели на 3. Да допуснем, че BB се дели на AA. Тогава AA е делител на B−A=3CB-A=3 C, където C=2n+8⋅3n−1+8⋅5nC=2^{n}+8 \cdot 3^{n-1}+8 \cdot 5^{n}. Тъй като AA не се дели на 3, оттук следва, че CC се дели на AA. От друга страна при n≥3n \geq 3 имамеC=8⋅3n−1+9⋅5n−(5n−2n)=C=8 \cdot 3^{n-1}+9 \cdot 5^{n}-\left(5^{n}-2^{n}\right)=2[(8⋅3n−2+3⋅5n)−(5n−1+2⋅5n−2+⋯+2n−2.5+2n−1)]2\left[\left(8 \cdot 3^{n-2}+3 \cdot 5^{n}\right)-\left(5^{n-1}+2 \cdot 5^{n-2}+\cdots+2^{n-2}.5+2^{n-1}\right)\right]Следователно CC се дели на 3. Оттук следва, че 13C\frac{1}{3} C се дели на AA. Затова съществува естествено число kk, при което е изпълнено равенството C=3kAC=3 k A. Ако k≥3k \geq 3, тоC=3kA≥9A=9⋅2n+9⋅3n+9⋅5n>C=3 k A \geq 9 A=9 \cdot 2^{n}+9 \cdot 3^{n}+9 \cdot 5^{n}\gt{}2n+8⋅3n−1+8⋅5n=C.2^{n}+8 \cdot 3^{n-1}+8 \cdot 5^{n}=C.Следователно k=1k=1 или k=2k=2. Ако k=1k=1, то C−3kA=C−3A=5n+1−3n−1−2n+1=0C-3 k A=C-3 A=5^{n+1}-3^{n-1}-2^{n+1}=0. Последното равенство е невъзможно, защото5n+1−3n−1−2n+1=3⋅5n+2⋅5n−3n−1−2n−1>5^{n+1}-3^{n-1}-2^{n+1}=3 \cdot 5^{n}+2 \cdot 5^{n}-3^{n-1}-2^{n-1}\gt{}(3⋅3n=3n)+(2⋅5n−2⋅2n)>0.\left(3 \cdot 3^{n}=3^{n}\right)+\left(2 \cdot 5^{n}-2 \cdot 2^{n}\right)\gt{}0.Ако k=2k=2, то C−3kA=C−6A=10(5n−1−3n−1−2n−1)=0C-3 k A=C-6 A=10\left(5^{n-1}-3^{n-1}-2^{n-1}\right)=0. Това равенство също е невъзможно, защото5n−1−3n−1−2n−1=(5−3)(5n−2+⋯+3n−2)−2n−1>2⋅5n−2−2⋅2n−2>0(приn≥3).\left.5^{n-1}-3^{n-1}-2^{n-1}=(5-3)\left(5^{n-2}+\cdots+3^{n-2}\right)-2^{n-1}\gt{}2 \cdot 5^{n-2}-2 \cdot 2^{n-2}\gt{}0 \text{(при} n \geq 3\right).Следователно търсените стойности на nn са n=1n=1 и n=2n=2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадени са 2017 външно еднакви тежести с тегла 1 грам, 2 грама,..., 2016 грама и 2017 грама (не знаем коя тежест колко тежи) и естествено число nn. Разполагаме с двураменна везна, която може да сравнява теглата на произволни две от тежестите. При това, ако разликата в теглата на двете тежести не надминава nn, везната остава в равновесие. Ако разликата в теглата на двете тежести е по-голяма от nn, везната показва коя тежест е по-тежка и колко е разликата в теглата на двете тежести. a) Да се докаже, че при n=1n=1 с 2017 претегляния на везната можем да намерим теглата на всяка от тежестите. б) Да се намерят всички стойности на nn, за които с претегляния с везната могат да се намерят теглата на всяка от тежестите.
РешениеДа означим тежестите с A1,A2,…,A2017A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2017}. а) Да претеглим A1A_{1} с всяка от останалите 2016 тежести. Да отбележим, че от всички 2016 претегляния везната ще бъде в равновесие в едно или две претегляния. (∗)(*) Ако има само една тежест (нека това е AiA_{i} ), за която везната е в равновесие. Това означава, че теглото на A1A_{1} е 1 (ако тя е по-лека от всички останали без AiA_{i} ) или 2017 грама (ако тя е по-тежка от всички останали без AiA_{i} ) и теглото на AiA_{i} е съответно 2 или 2016. Теглото на всяка от останалите тежести се определя еднозначно от претеглянето и с A1A_{1}. В този случай 2016 претегляния са достатъчни. (∗)(*) Ако има две тежести (нека това са AiA_{i} и AjA_{j} ), за които везната е в равновесие. (∗)(*) Ако A1A_{1} е по-тежка от всички останали тежести, то A1A_{1} има тегло 2016 грама, а теглата на AiA_{i} и AjA_{j} са 2015 и 2017. Теглото на всяка от останалите тежести се определя еднозначно от претеглянето и с A1A_{1}. С едно претегляне на AiA_{i} и AjA_{j} ще определим коя от тях колко тежи. (∗)(*) Ако A1A_{1} е по-лека от всички останали тежести, то A1A_{1} има тегло 2 грама, а теглата на AiA_{i} и AjA_{j} са 1 и 3. Теглото на всяка от останалите тежести се определя еднозначно от претеглянето и с A1A_{1}. С едно претегляне на AiA_{i} и AjA_{j} ще определим коя от тях колко тежи. (∗)(*) Нека изберем тежест ApA_{p} която е по-тежка от A1A_{1} и има най-голяма разлика с теглото на A1A_{1} и тежест AqA_{q}, която е по-лека от A1A_{1} и има най-голяма разлика с теглото на A1A_{1}. Ясно е, че теглото на ApA_{p} е 2017, а теглото на AqA_{q} е 1. Тогава от претеглянето на A1A_{1} с ApA_{p} (или на A1A_{1} с AqA_{q} ) определяме теглото на A1A_{1} (нека това тегло е tt ). От тук следва, че теглата на всички тежести (без AiA_{i} и AjA_{j} ) се определят еднозначно от претеглянето и с A1A_{1}. Теглата на AiA_{i} и AjA_{j} са t−1t-1 и t+1t+1 и с едно претегляне на тези две тежести можем да определим теглата им. б) Ако n≥1009n \geq 1009 везната ще бъде в равновесие при всяко претегляне, в което участва тежест с тегло 1008, 1009 или 1010 грама (защото разликата в теглата на произволна тежест и тежест с тегло 1008, 1009 или 1010 не надминава 1009 грама). Това означава, че тежестите с тегла 1008, 1009 и 1010 грама са "неразличими" при поставяне на везната, т. е. няма как да ги намерим. Ако n≤1008n \leq 1008 да премерим всички двойки тежести. Двойката, за която разликата в теглата е 2016 ще ни определи тежестите от 2017 грама (нека това е тежест AA ) и 1 грам (нека това е тежест BB ). Сега всички тежести с тегла от 2 грама до 1008 грама ще се определят от претеглянето с AA, а всички тежести от 1010 до 2016 грама ще се определят от претеглянето с BB.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравнениетоx2−(20182−1+a)x+(2018−a)20182=0x^{2}-\left(2018^{2}-1+a\right) x+(2018-a) 2018^{2}=0 има реални корени x1x_{1} и x2x_{2}, удовлетворяващи равенството1x1+1x2=12017\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}=\frac{1}{2017}
РешениеДа положим за прегледност 2017=p2017=p. Даденото условие е еквивалентно наx1+x2x1x2=1p⟺(p+1)2−1+a(p+1)2(p+1−a)=\frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1} x_{2}}=\frac{1}{p} \Longleftrightarrow \frac{(p+1)^{2}-1+a}{(p+1)^{2}(p+1-a)}=1p⟺p(p+1)2+p(a−1)=p(p+1)2+(1−a)(p+1)2\frac{1}{p} \Longleftrightarrow p(p+1)^{2}+p(a-1)=p(p+1)^{2}+(1-a)(p+1)^{2} От последното равенство получаваме a=1a=1 или p=−(p+1)2p=-(p+1)^{2}, като второто очевидно е невъзможно. При a=1a=1 корените на даденото уравнение са p+1p+1 и p(p+1)p(p+1). Критерии за оценяване: (6 точки) 1 т. за заместване чрез формулите на Виет, 2 т. за достигане до линейно уравнение за a,1a, 1 т. за намиране на корена a=1,1a=1, 1 т. за отхвърляне на a≠1,1a \neq 1, 1 т. за отбелязване, че при a=1a=1 корените са реални.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Точките A1,B1A_{1}, B_{1} и NN са вътрешни съответно за страните BC,CAB C, C A и ABA B на остроъгълен △ABC\triangle A B C, като A1CB1NA_{1} C B_{1} N е успоредник, а четириъгълникът ABA1B1A B A_{1} B_{1} е вписан. Описаната около △A1B1C\triangle A_{1} B_{1} C окръжност пресича CNC N в точка MM. Да се докаже, че правата A1B1A_{1} B_{1} е обща допирателна за окръжностите, описани около триъгълниците AMNA M N и BMNB M N.
РешениеЩе използваме стандартните означения за ъглите на △ABC\triangle A B C. Да означим още ∠ACN=φ\angle A C N=\varphi и ∠BCN=ψ\angle B C N=\psi. Тогава от условието следва, че ∠MA1B1=φ\angle M A_{1} B_{1}=\varphi и ∠MB1A1=ψ\angle M B_{1} A_{1}=\psi, както и ∠MNA1=φ\angle M N A_{1}=\varphi и ∠MNB1=ψ\angle M N B_{1}=\psi. Имаме ∠ANC=β+ψ\angle A N C=\beta+\psi като външен за △BCN\triangle B C N. Освен това ∠B1A1C=α\angle B_{1} A_{1} C=\alpha от вписания четириъгълник ABA1B1A B A_{1} B_{1} и тогава∠MA1B=180∘−(∠MA1B1+∠B1A1C)=\angle M A_{1} B=180^{\circ}-\left(\angle M A_{1} B_{1}+\angle B_{1} A_{1} C\right)=180∘−(α+φ)=β+γ−φ=β+ψ=∠ANC.180^{\circ}-(\alpha+\varphi)=\beta+\gamma-\varphi=\beta+\psi=\angle A N C.Следователно четириъгълникът NBA1MN B A_{1} M е вписан. Оттук и от ∠MNA1=∠MA1B1=φ\angle M N A_{1}=\angle M A_{1} B_{1}=\varphi следва, че правата A1B1A_{1} B_{1} е допирателна към окръжността, описана около △BMN\triangle B M N. Аналогично се доказва, че четириъгълникът NB1AN B_{1} A е вписан и A1B1A_{1} B_{1} е допирателна към окръжността, описана около △AMN\triangle A M N. Критерии за оценяване: (6 точки) 1 т. за четирите ъгъла ∠MA1B1=φ,∠MB1A1=ψ,∠MNA1=\angle M A_{1} B_{1}=\varphi, \angle M B_{1} A_{1}=\psi, \angle M N A_{1}= φ\varphi и ∠MNB1=ψ,1\angle M N B_{1}=\psi, 1 т. за ∠ANC=β+ψ,2\angle A N C=\beta+\psi, 2 т. за доказване, че NBA1MN B A_{1} M е вписан, 1 т. за доказване, че A1B1A_{1} B_{1} е допирателна към окръжността, описана около △BMN,1\triangle B M N, 1 т. за отбелязване на аналогията с другата окръжност (тази точка се дава само ако е приключена другата част).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които(n−2)[(n0)+2(n1)+4(n2)](n-2)\left[\binom{n}{0}+2\binom{n}{1}+4\binom{n}{2}\right]дели 32017.3^{2017}.
РешениеОт условието следва, че n≥3n \geq 3 и (n−2)(2n2+1)=3m(n-2)\left(2 n^{2}+1\right)=3^{m} за някое естествено число m≤2017m \leq 2017. Следователно n−2=3kn-2=3^{k} и 2n2+1=3ℓ2 n^{2}+1=3^{\ell}, където k+ℓ=m,kk+ \ell=m, k и ℓ\ell са цели неотрицателни числа. Да отбележим, че k=0k=0 и 1 не дават решение. От получената система изключваме nn и достигаме до9+2⋅32k+8⋅3k=3ℓ9+2 \cdot 3^{2 k}+8 \cdot 3^{k}=3^{\ell}Тъй като ℓ>2k>k≥2\ell\gt{}2 k\gt{}k \geq 2, от горното равенство следва, че всъщност k=2k=2 (в противен случай ще имаме противоречие по модул 27). Тогава n=3k+2=11n=3^{k}+2=11 и това е единственото решение на задачата. Критерии за оценяване: (7 точки) 1 т. за уравнението (n−2)(2n2+1)=3m(n-2)\left(2 n^{2}+1\right)=3^{m}, 1 т. за системата n−2=3kn-2=3^{k} и 2n2+1=3ℓ,22 n^{2}+1=3^{\ell}, 2 т. за изключване на n,2n, 2 т. за достигане до извода, че k=2k=2, 1 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
За целите неотрицателни числаa=an−12n−1+an−22n−2+⋯+a1⋅2+a0b=bn−12n−1+bn−22n−2+⋯+b1⋅2+b0\begin{aligned} a & =a_{n-1} 2^{n-1}+a_{n-2} 2^{n-2}+\cdots+a_{1} \cdot 2+a_{0} \\ b & =b_{n-1} 2^{n-1}+b_{n-2} 2^{n-2}+\cdots+b_{1} \cdot 2+b_{0} \end{aligned}ai,bi∈{0,1}a_{i}, b_{i} \in\{0, 1\}, дефинирамеa⊕b=c=cn−12n−1+cn−22n−2+⋯+c1⋅2+c0a \oplus b=c=c_{n-1} 2^{n-1}+c_{n-2} 2^{n-2}+\cdots+c_{1} \cdot 2+c_{0}къдетоci={0акоai=bi1акоai≠bic_{i}= \begin{cases}0 & \text{ако} a_{i}=b_{i} \\ 1 & \text{ако} a_{i} \neq b_{i}\end{cases}Дадени са три цели числа 0≤u,v,w≤2n−10 \leq u, v, w \leq 2^{n}-1, за които е изпълненоu<v⊕w,v<u⊕wu\lt{}v \oplus w, \quad v\lt{}u \oplus wДа се докаже, чеu⊕v<wu \oplus v\lt{}w
РешениеНека идентифицираме числата u=un−12n−1+un−22n−2+…+u0,v=vn−12n−1+vn−22n−2+…+v0,w=wn−12n−1+wn−22n−2+…+w0u=u_{n-1} 2^{n-1}+u_{n-2} 2^{n-2}+\ldots+u_{0}, v=v_{n-1} 2^{n-1}+v_{n-2} 2^{n-2}+\ldots+v_{0}, w=w_{n-1} 2^{n-1}+w_{n-2} 2^{n-2}+\ldots+w_{0} с двоичните низовеuˉ=un−1un−2…u0,\bar{u}=u_{n-1} u_{n-2} \ldots u_{0},vˉ=vn−1vn−2…v0,uˉ=wn−1wn−2…w0 \bar{v}=v_{n-1} v_{n-2} \ldots v_{0}, \bar{u}=w_{n-1} w_{n-2} \ldots w_{0}По условие имамеuˉ=α0…,v⊕w‾=α1…,vˉ=β0…,u⊕w‾=β1…,\begin{array}{ll} \bar{u}=\alpha 0 \ldots, & \overline{v \oplus w}=\alpha 1 \ldots, \cr \bar{v}=\beta 0 \ldots, & \overline{u \oplus w}=\beta 1 \ldots, \end{array}където α\alpha е дума с дължина ii, а β\beta е дума с дължина jj. Да допуснем, че i≠ji \neq j. Без ограничение на общността нека i<ji\lt{}j. Да положим β=β′x…y\beta=\beta^{\prime} x \ldots y, където β′\beta^{\prime} е дума с дължина i−1i-1. Сега имамеwˉ=uˉ⊕(uˉ⊕wˉ)=(α⊕β′)x⊕0…wˉ=vˉ⊕(vˉ⊕wˉ)=(α⊕β′)x⊕1…\begin{aligned} & \bar{w}=\bar{u} \oplus(\bar{u} \oplus \bar{w})=\left(\alpha \oplus \beta^{\prime}\right) x \oplus 0 \ldots \\ & \bar{w}=\bar{v} \oplus(\bar{v} \oplus \bar{w})=\left(\alpha \oplus \beta^{\prime}\right) x \oplus 1 \ldots \end{aligned}противоречие, тъй като ii-тият символ във wˉ\bar{w} не може да е едновременно xx и x⊕1x \oplus 1. Следователно i=ji=j. Сега имамеuˉ⊕vˉ=(α⊕β)0…,\bar{u} \oplus \bar{v}=(\alpha \oplus \beta) 0 \ldots,wˉ=uˉ⊕(uˉ⊕wˉ)=(α⊕β)1…. \bar{w}=\bar{u} \oplus(\bar{u} \oplus \bar{w})=(\alpha \oplus \beta) 1 \ldots.откъдето u⊕v<wu \oplus v\lt{}w, което трябваше да се докаже.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които неравенствотоa2x4−(4a−1)x2+7<0a^{2} x^{4}-(4 a-1) x^{2}+7\lt{}0има решение.
РешениеОчевидно при a=0a=0 неравенството няма решение. Нека a≠0a \neq 0. Да разгледаме функциятаf(t)=a2t2−(4a−1)t+7,t≥0f(t)=a^{2} t^{2}-(4 a-1) t+7, \quad t \geq 0 Задачата се свежда до това да определим, за кои стойности на аа неравенството f(t)<0f(t)\lt{}0 има неотрицателно решение, или, еквивалентно, за кои стойности на aa минималната стойност на f(t)f(t) в интервала [0,+∞)[0, +\infty) е отрицателна. Минимумът на f(t)f(t) се достига за t0=4a−12a2t_{0}=\frac{4 a-1}{2 a^{2}}. Ако t0≤0t_{0} \leq 0, то за t≥0t \geq 0 функцията е растяща и f(t)≥f(0)=7>0f(t) \geq f(0)=7\gt{}0. Следователно t0>0t_{0}\gt{}0, т. е. a>14a\gt{}\frac{1}{4}. Сегаf(t0)=min⁡f(t)=f\left(t_{0}\right)=\min f(t)=a2(4a−12a2)2−(4a−1)4a−12a2+7=a^{2}\left(\frac{4 a-1}{2 a^{2}}\right)^{2}-(4 a-1) \frac{4 a-1}{2 a^{2}}+7=−(4a−1)24a2+7<0-\frac{(4 a-1)^{2}}{4 a^{2}}+7\lt{}0 Последното неравенство води до 12a2+8a−1<012 a^{2}+8 a-1\lt{}0, чиито решения са a∈(−2−x27)/6,(−2+x27)/6)\left. a \in(-2-\sqrt{\vphantom{x^2}7}) / 6, (-2+\sqrt{\vphantom{x^2}7}) / 6\right). Тъй като 1/4>(−2+x27)/61 / 4\gt{}(-2+\sqrt{\vphantom{x^2}7}) / 6, такива aa не съществуват. Критерии за оценяване: 1 т. за случая a=0,1a=0, 1 т. за преминаване към изследване на квадратна функция (включително преформулировка на задачата), 1 т. за t0≤0,2t_{0} \leq 0, 2 т. за получаване на неравенството 12a2+8a−1<0,112 a^{2}+8 a-1\lt{}0, 1 т. за заключението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен △ABC\triangle A B C с височина CH(H∈AB)C H(H \in A B) и ъглополовяща AL(L∈BC)A L(L \in B C), които се пресичат в точка OO. Правата BOB O пресича страната ACA C в точка EE. Да се докаже, че ∠AHE>\angle A H E\gt{} 45∘45^{\circ}.
РешениеПърво да забележим, че исканото неравенство ∠AHE>45∘\angle A H E\gt{}45^{\circ} е еквивалентно с AEEC>AHHC\frac{A E}{E C}\gt{}\frac{A H}{H C}. От теоремата на Чева за △ABC\triangle A B C и правите AL,BEA L, B E и CHC H получавамеAEEC⋅CLLB⋅BHHA=1⇒AEEC=\frac{A E}{E C} \cdot \frac{C L}{L B} \cdot \frac{B H}{H A}=1 \Rightarrow \frac{A E}{E C}=BLLC⋅AHHB=ABAC⋅AHHB\frac{B L}{L C} \cdot \frac{A H}{H B}=\frac{A B}{A C} \cdot \frac{A H}{H B} Нека BPB P е височината от върха BB. ИмамеABAC=BPCH⇒AEEC=AHHC⋅BPBH\frac{A B}{A C}=\frac{B P}{C H} \Rightarrow \frac{A E}{E C}=\frac{A H}{H C} \cdot \frac{B P}{B H}![](/problem-assets/zms2017-10-2-diagram-1.jpg) Остава да съобразим, че BP>BHB P\gt{}B H като хорди в окръжността с диаметър BCB C, съответстващи на ∠BCP>∠BCH\angle B C P\gt{}\angle B C H. Критерии за оценяване: 1 т. за свеждане на задачата до AE/EC>AH/HCA E / E C\gt{}A H / H C; 2 т. за прилагане теоремата на Чева и използване на факта, че BL/LC=AB/AC;3B L / L C=A B / A C; 3 т. за довършване на доказателството.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се реши в естествени числа уравнението 2n+n=m!.2^{n}+n=m!.
РешениеОчевидно n=1n=1 не е решение. Освен това m>1m\gt{}1 и тогава mm! се дели на 2. Понеже 2n2^{n} е четно, то nn е четно. Ако nn е просто, то n=2n=2 и m=3m=3. Ако n>2n\gt{}2, то nn е съставно. Нека n=2wsn=2^{w} s, където w,s∈Nw, s \in \mathbb{N} и (s,2)=1(s, 2)=1. Получаваме, че ww е каноничната степен на 2 в разлагането на mm!. Да допуснем, че s>1s\gt{}1. Тогава нека pp е най-малкият прост делител на ss. Ясно е, че ако p≤mp \leq m, то m!m! се дели на pp и понеже n=2wsn=2^{w} s се дели на pp, то и 2n2^{n} се дели на pp, което е невъзможно. Следователно p>mp\gt{}m, откъдето s>ms\gt{}m. Да допуснем, че 2w≤m2^{w} \leq m. Тогава 2w2^{w} ще бъде единствената степен на двойката като множител в mm!, защото 2w∣∣m2^{w}| | m!. Така получаваме единствена възможност - w=1w=1 и m=2m=2, което не води до решение. Противоречие. Следователно 2w>m2^{w}\gt{}m. Сега използваме резултатите s>ms\gt{}m и 2w>m2^{w}\gt{}m и след почленно умножение на неравенствата достигаме до 2ws>m22^{w} s\gt{}m^{2} или n>m2n\gt{}m^{2}. Тогава 2n+n>2m2+m2>2m22^{n}+n\gt{}2^{m^{2}}+m^{2}\gt{}2^{m^{2}}. Но 2m>m2^{m}\gt{}m за всяко m∈Nm \in \mathbb{N}. Умножаваме неравенствата 2m>m,2m>m−1,⋯ ,2m>12^{m}\gt{}m, 2^{m}\gt{}m-1, \cdots, 2^{m}\gt{}1 и извеждаме 2m⋅m>m!2^{m \cdot m}\gt{}m!, което е равносилно на 2m2>m2^{m^{2}}\gt{}m! и така изкарваме 2n+n>m2^{n}+n\gt{}m!, което е невъзможно. Следователно s>1s\gt{}1 не води до решение. Сега знаем, че n=2wn=2^{w} за w∈Nw \in \mathbb{N} и 2n+n=m2^{n}+n=m!. Понеже n>2(nn\gt{}2(n е съставно), то m≥3m \geq 3 и така 2n+n2^{n}+n се дели на 3, но понеже nn е четно, то 2n≡1( mod 3)2^{n} \equiv 1(\bmod 3) и оттук извеждаме n≡2( mod 3)n \equiv 2(\bmod 3). Тогава 2n≡22( mod 7)2^{n} \equiv 2^{2}(\bmod 7) и така n≡3( mod 7)n \equiv 3(\bmod 7). Но нека вземем предвид факта, че n=2wn=2^{w}. Така 2w≡3( mod 7)2^{w} \equiv 3(\bmod 7), което е невъзможно, защото степените на 2 дават остатъци 1, 2 и 4 при деление на 7, а 3 не е от тях. Следователно за съставно nn решение няма. Така единственото решение на задачата е (n;m)=(2;3)(n; m)=(2; 3). Критерии за оценяване: 1 т. за равенството на степение на 2 в nn и 2n+n,12^{n}+n, 1 т. за s>m,1s\gt{}m, 1 т. за 2w>m,22^{w}\gt{}m, 2 т. за s=1,2s=1, 2 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадено е естествено число nn. Да се намери най-малката възможна стойност на естественото число kk, за което съществува полином f(x)f(x) с цели коефициенти, който има цял корен, а полиномът f(x)+kf(x)+k има nn различни цели корена.
РешениеОтговор: (m!)2(m!)^{2} при четно n=2mn=2 m и (m+1)(m!)2(m+1)(m!)^{2} при нечетно n=2m+1n=2 m+1. Нека първо n=2mn=2 m е четно число. От условието следва, чеg(x)=f(x)+k=(x−x1)(x−x2)…(x−x2m)h(x)g(x)=f(x)+k=\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right) \ldots\left(x-x_{2 m}\right) h(x) където x1,x2,…,x2mx_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2 m} са различни цели числа, а h(x)h(x) е полином с цели коефициенти. Ако f(x)f(x) има цял корен x0x_{0}, от горното равенство следва, че k=(x0−x1)(x0−x2)…(x0−x2m)h(x0)k=\left(x_{0}-x_{1}\right)\left(x_{0}-x_{2}\right) \ldots\left(x_{0}-x_{2 m}\right) h\left(x_{0}\right), откъдето k=∣x0−x1∣∣x0−x2∣…∣x0−x2m∣∣h(x0)∣k=\left|x_{0}-x_{1}\right|\left|x_{0}-x_{2}\right| \ldots\left|x_{0}-x_{2 m}\right|\left|h\left(x_{0}\right)\right|. Множителите отдясно са естествени числа и измежду ∣x0−x1∣,∣x0−x2∣,…,∣x0−x2m∣\left|x_{0}-x_{1}\right|, \left|x_{0}-x_{2}\right|, \ldots, \left|x_{0}-x_{2 m}\right| никое естествено число не може да се появява повече от два пъти. Следователноk≥∣x0−x1∣∣x0−x2∣…∣x0−x2m∣≥k \geq\left|x_{0}-x_{1}\right|\left|x_{0}-x_{2}\right| \ldots\left|x_{0}-x_{2 m}\right| \geq1⋅1⋅2⋅2.⋯ .m⋅m=(m!)2 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2. \cdots. m \cdot m=(m!)^{2} Нека k=(m!)2k=(m!)^{2} и f(x)=(−1)m(x2−1)(x2−4)…(x2−m2)−(m!)2f(x)=(-1)^{m}\left(x^{2}-1\right)\left(x^{2}-4\right) \ldots\left(x^{2}-m^{2}\right)-(m!)^{2}. Лесно се вижда, че f(0)=0f(0)=0 и f(x)+kf(x)+k има корени ±1,±2,…,±m\pm 1, \pm 2, \ldots, \pm m. При нечетно n=2m+1n=2 m+1 разсъждаваме по аналогичен начин, като в този случай оценката е k≥k \geq (m+1)(m!)2(m+1)(m!)^{2}, а полином с исканите свойства е f(x)=(−1)m+1(x2−1)(x2−4)…(x2−m2)(x−m−1)−f(x)=(-1)^{m+1}\left(x^{2}-1\right)\left(x^{2}-4\right) \ldots\left(x^{2}-m^{2}\right)(x-m-1)- (m+1)(m!)2(m+1)(m!)^{2}. Критерии за оценяване: (7 точки) 1 т. за представянето k=(x0−x1)(x0−x2)…(x0−x2m)h(x0),1k=\left(x_{0}-x_{1}\right)\left(x_{0}-x_{2}\right) \ldots\left(x_{0}-x_{2 m}\right) h\left(x_{0}\right), 1 т. за k=∣x0−x1∣∣x0−x2∣…∣x0−x2m∣∣h(x0)∣,1k=\left|x_{0}-x_{1}\right|\left|x_{0}-x_{2}\right| \ldots\left|x_{0}-x_{2 m}\right|\left|h\left(x_{0}\right)\right|, 1 т. за извода, че в ∣x0−x1∣,∣x0−x2∣,…,∣x0−x2m∣\left|x_{0}-x_{1}\right|, \left|x_{0}-x_{2}\right|, \ldots, \left|x_{0}-x_{2 m}\right| едно естествено число може да се среща най-много два пъти, 2 т. за оценката k≥(m!)2,1k \geq(m!)^{2}, 1 т. за конструкция, 1 т. за описание на нечетния случай.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадена е геометрична прогресия b1≠0,b2,…,bnb_{1} \neq 0, b_{2}, \ldots, b_{n}, с дължина n≥3n \geq 3 и частно q>1q\gt{}1, което е естествено число. Аритметична прогресия има първи член, равен на първия член на геометричната прогресия и последен член, равен на предпоследния член на геометричната прогресия. Ако сборът от членовете на геометричната прогресия е равен на сбора от членовете на аритметичната прогресия, да се намери n.n.
РешениеОт условието следва, че ако аритметичната прогресия има дължина kk, то a1=b1a_{1}=b_{1} и ak=bn−1=b1qn−2a_{k}=b_{n-1}=b_{1} q^{n-2}. Сборът от членовете на геометричната прогресия е равен на b1(1+q+⋯+qn−1)b_{1}\left(1+q+\cdots+q^{n-1}\right), а сборът от членовете на аритметичната прогресия е a1+ak2⋅k=b1+b1qn−22.k\frac{a_{1}+a_{k}}{2} \cdot k=\frac{b_{1}+b_{1} q^{n-2}}{2}. k. От равенството на тези два израза получаваме:k=2(1+q+⋯+qn−1)1+qn−2k=\frac{2\left(1+q+\cdots+q^{n-1}\right)}{1+q^{n-2}}При n=3n=3 получаваме, че числото 2(1+q+q3)1+q=2+2q31+q\frac{2\left(1+q+q^{3}\right)}{1+q}=2+\frac{2 q^{3}}{1+q} не е цяло. При n=4n=4 получаваме k=2(q+1)k=2(q+1). При n≥5n \geq 5 числото 2(1+q+⋯+qn−1)1+qn−2=2(q+1)+2(q2+⋯+qn−3)1+qn−2\frac{2\left(1+q+\cdots+q^{n-1}\right)}{1+q^{n-2}}=2(q+1)+\frac{2\left(q^{2}+\cdots+q^{n-3}\right)}{1+q^{n-2}} не е цяло. Следователно n=4n=4. Критерии за оценяване: 2 т. за получаване на равенството k=2(1+q+⋯+qn−1)1+qn−2k=\frac{2\left(1+q+\cdots+q^{n-1}\right)}{1+q^{n-2}}; по 1 т. за случаите n=3n=3 и n=4;2n=4; 2 т. за случая n≥5n \geq 5.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В △ABC\triangle A B C точките MM и NN са съответно от страните BCB C и ACA C. Отсечките AMA M и BNB N се пресичат в точка PP. Описаните окръжности около △ANP\triangle A N P и △BMP\triangle B M P се пресичат за втори път в центъра на вписаната окръжност за △ABC\triangle A B C. Да се намери IPI P, ако ∠ACB=45∘\angle A C B=45^{\circ} и RABC=1R_{A B C}=1.
РешениеИмаме∠ANI=∠API=180∘−∠MPI=∠MBI=12β,\angle A N I=\angle A P I=180^{\circ}-\angle M P I=\angle M B I=\frac{1}{2} \beta, откъдето следва, че △AIN≅△AIB\triangle A I N \cong \triangle A I B. Следователно AN=ABA N=A B и AI⊥BNA I \perp B N. Аналогично BI⊥AMB I \perp A M, което означава, че II е ортоцентър на △ABP\triangle A B P. Тъй като ∠APB=∠API+∠BPI=12(β+α)\angle A P B=\angle A P I+\angle B P I=\frac{1}{2}(\beta+\alpha), тоPI=2RABPcos⁡∠APB=P I=2 R_{A B P} \cos \angle A P B=2RABPcos⁡12(β+α)=2RABPsin⁡12γ2 R_{A B P} \cos \frac{1}{2}(\beta+\alpha)=2 R_{A B P} \sin \frac{1}{2} \gamma От друга страна RABP=RABI=2RABCsin⁡12γR_{A B P}=R_{A B I}=2 R_{A B C} \sin \frac{1}{2} \gamma. Следователно PI=4RABCsin⁡212γ=2−x22P I=4 R_{A B C} \sin ^{2} \frac{1}{2} \gamma=2-\sqrt{\vphantom{x^2}2}. Критерии за оценяване: 3 т. за това, че II е ортоцентър на △ABP;3\triangle A B P; 3 т. за намиране на PIP I.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички функции f:N→Nf: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}, за които са изпълнени свойствата: (*) Съществува a∈Na \in \mathbb{N}, за което f(a)=1f(a)=1. (**) За всеки три естествени числа a,ba, b и cc, за които 1a+1b=1c\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c} е изпълнено 1f(a)+1f(b)=1f(c)\frac{1}{f(a)}+\frac{1}{f(b)}=\frac{1}{f(c)}. (С N\mathbb{N} се означава множеството на естествените числа 1,2,3,…1, 2, 3, \ldots )
РешениеРавенството 1n=1n+1+1n(n+1)\frac{1}{n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n(n+1)} е изпълнено за всяко естествено число nn. От (ii) следва, че 1f(n)=1f(n+1)+1f(n(n+1))>1f(n+1)\frac{1}{f(n)}=\frac{1}{f(n+1)}+\frac{1}{f(n(n+1))}\gt{}\frac{1}{f(n+1)}, откъдето получаваме f(n+1)>f(n)f(n+1)\gt{}f(n). Следователно функцията е растяща, като f(1)=1f(1)=1 (ако f(1)>1f(1)\gt{}1, то f(a)=1f(a)=1 и a>1a\gt{}1, което е противоречие с това, че ff е растяща). От равенството 1n=12n+12n\frac{1}{n}=\frac{1}{2 n}+\frac{1}{2 n} следва, че 1f(n)=1f(2n)+1f(2n)\frac{1}{f(n)}=\frac{1}{f(2 n)}+\frac{1}{f(2 n)}, откъдето намираме f(2n)=2f(n)f(2 n)=2 f(n). От това равенство и от f(1)=1f(1)=1 по индукция следва, че f(2k)=2kf\left(2^{k}\right)=2^{k} за всяко kk. Понеже функцията е растяща, като f(2k−1)=2k−1f\left(2^{k-1}\right)=2^{k-1} и f(2k)=2kf\left(2^{k}\right)=2^{k}, то f(n)=nf(n)=n за всяко n∈[2k−1,2k]n \in\left[2^{k-1}, 2^{k}\right]. Следователно има само една такава функция и тя е f(n)=nf(n)=n за всяко n∈Nn \in \mathbb{N}. a=1f(2n)=2na=1 f\left(2^{n}\right)=2^{n}. Критерии за оценяване: 2 т. за това, че функцията е растяща; 1 т. за факта f(1)=1f(1)=1; 2 т. за f(2k)=2k;2f\left(2^{k}\right)=2^{k}; 2 т. за доказване, че f(a)=af(a)=a е единствената функция с исканите свойства.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадени са естествени числа n>m≥2n\gt{}m \geq 2 и квадрат n×nn \times n, разделен на единични квадратчета. Да се намерят всички естествени числа tt за които при всяко оцветяване на tt на брой единични квадратчета, винаги можем да намерим квадрат със страна mm, разположен по линиите на големия квадрат, който съдържа точно 1 оцветено квадратче.
РешениеНека първо n( mod m)≠m−1n(\bmod m) \neq m-1. Да допуснем, че t<2[nm]t\lt{}2\left[\frac{n}{m}\right]. Блок ще наричаме mm последователни реда един до друг. Разделяме дъската на [nm]\left[\frac{n}{m}\right] последователни блока. Щом t<2[nm]t\lt{}2\left[\frac{n}{m}\right] ще има блок с не-повече от 1 оцветено. Ако е точно 1, лесно намираме търсения квадрат със страна mm. Ако е нула, започваме да движим блока докато достигнем до блок, в който всички оцветени са само в първия му ред (или последния). Сега разделяме този блок на [nm]\left[\frac{n}{m}\right] последователни квадрата и отново намираме квадрат с най-много 1 оцветено. Ако то е точно 1, задачата е решена. Ако са нула, то движейки квадрата ще достигнем до квадрат с точно едно оцветено, защото оцветените квадратчета на блока лежат само в един ред. Нека t≥2[nm]=kt \geq 2\left[\frac{n}{m}\right]=k. Записваме t=l.k+r,0≤r≤k−1t=l. k+r, 0 \leq r \leq k-1. Разделяме стълбовете с номера от 2 до ll на ивици 1×m1 \times m и поставяме по 2 оцветени последните две квадратчета на всяка ивица. В първия стълб оцветяваме по произволен начин rr квадратчета. Лесно се вижда, че не съществува квадрат със страна mm и точно едно оцветено квадратче. Ако n( mod m)=m−1n(\bmod m)=m-1, то сега k=2[nm]+1k=2\left[\frac{n}{m}\right]+1 и в примера ще оцветим и последното квадратче на ивицата 1×(m+1)1 \times(m+1) на споменатите по-горе стълбове (допуснали сме, че t≥2[nm]+1t \geq 2\left[\frac{n}{m}\right]+1 ). При t≤2[nm]t \leq 2\left[\frac{n}{m}\right] намирането на квадрат със страна mm и точно едно оцветено става с аналогични разсъждения на 1 случай, като разглеждаме поотделно случаите, когато последните m−1m-1 реда съдържат оцветено квадратче, или не съдържат нито едно. Отговор: t<2[nm]t\lt{}2\left[\frac{n}{m}\right] при n( mod m)≠m−1n(\bmod m) \neq m-1 и t≤2[nm]t \leq 2\left[\frac{n}{m}\right] при n( mod m)=m−1n(\bmod m)=m-1. Критерии за оценяване: 1 т. за верен отговор без доказателство; 3 т. за доказателство, че при дадено t<2[nm]t\lt{}2\left[\frac{n}{m}\right] има квадрат с точно едно оцветено квадратче; 3 т. за конструкция, при t≥2[nm]t \geq 2\left[\frac{n}{m}\right] при която няма такъв квадрат.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-11-4

12

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека x,y,zx, y, z са такива реални числа, чеx4−4xz+z2−2z=0,y4−4yz+z2−2z=0.x^{4}-4 x z+z^{2}-2 z=0, \quad y^{4}-4 y z+z^{2}-2 z=0. Да се намери най-голямата възможна стойност на ∣x−y∣|x-y|.
РешениеИмаме, че t4−4tz+z2−2z=(t2+z)2−2z(t+1)2t^{4}-4 t z+z^{2}-2 z=\left(t^{2}+z\right)^{2}-2 z(t+1)^{2}. Можем да считаме, че x≠yx \neq y. Тогава z>0z\gt{}0 и x,yx, y са корени на квадратното уравнение (спрямо tt ) 2t2−2ut+u2−2u=02 t^{2}-2 u t+u^{2}-2 u=0, където u=x22zu=\sqrt{\vphantom{x^2}2 z}. Оттук ∣x−y∣=x24−(u−2)2≤2|x-y|=\sqrt{\vphantom{x^2}4-(u-2)^{2}} \leq 2, като ∣x−y∣=2|x-y|=2 при u=2u=2. Критерии за оценяване: По 2 т. за разлагането, за квадратното уравнение и за крайния извод.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Окръжност през върха CC на △ABC\triangle A B C се допира до страната ABA B в точка RR и пресича страните ACA C и BCB C в точки PP и QQ така, че AR⋅BR=CR2A R \cdot B R=C R^{2} и AP.BQ=CP.CQA P. B Q=C P. C Q. Да се докаже, че CRC R е височина или ъглополовяща в △ABC.\triangle A B C.
РешениеПолагаме α=∠BAC,β=∠ABC,φ=∠ACR\alpha=\angle B A C, \beta=\angle A B C, \varphi=\angle A C R и ψ=∠BCR\psi=\angle B C R. Тогава φ=∠ARP\varphi=\angle A R P и ψ=∠BRQ\psi=\angle B R Q. От синусовата теорема следва, че APRP=sin⁡φsin⁡α\frac{A P}{R P}=\frac{\sin \varphi}{\sin \alpha} и CPRP=sin⁡(α+2φ)sin⁡φ\frac{C P}{R P}=\frac{\sin (\alpha+2 \varphi)}{\sin \varphi}, откъдето APCP=\frac{A P}{C P}= sin⁡2φsin⁡αsin⁡(α+2φ)\frac{\sin ^{2} \varphi}{\sin \alpha \sin (\alpha+2 \varphi)}. Аналогично BQCQ=sin⁡2ψsin⁡βsin⁡(β+2ψ)\frac{B Q}{C Q}=\frac{\sin ^{2} \psi}{\sin \beta \sin (\beta+2 \psi)}. ТогаваAP.BQ=A P. B Q=CP.CQ⇔sin⁡2φsin⁡2ψ≜sin⁡αsin⁡βsin⁡(α+2φ)sin⁡(β+2ψ)C P. C Q \Leftrightarrow \sin ^{2} \varphi \sin ^{2} \psi \triangleq \sin \alpha \sin \beta \sin (\alpha+2 \varphi) \sin (\beta+2 \psi) По подобен начин следва, че AR.BR=CR2⇔sin⁡φsin⁡ψ=∘sin⁡αsin⁡βA R. B R=C R^{2} \Leftrightarrow \sin \varphi \sin \psi \stackrel{\circ}{=} \sin \alpha \sin \beta. Значи sin⁡αsin⁡β=sin⁡(α+\sin \alpha \sin \beta=\sin (\alpha+ 2φ)sin⁡(β+2ψ)2 \varphi) \sin (\beta+2 \psi), т. е.cos⁡(α−β)−cos⁡(α+β)=\cos (\alpha-\beta)-\cos (\alpha+\beta)=cos⁡(α−β+2φ−2ψ)−cos⁡(α+β+2φ+2ψ)\cos (\alpha-\beta+2 \varphi-2 \psi)-\cos (\alpha+\beta+2 \varphi+2 \psi) Понеже (α+β)+(α+β+2φ+2ψ)=360∘(\alpha+\beta)+(\alpha+\beta+2 \varphi+2 \psi)=360^{\circ}, то cos⁡(α−β)=cos⁡(α−β+2φ−2ψ)\cos (\alpha-\beta)=\cos (\alpha-\beta+2 \varphi-2 \psi), т. е. sin⁡(α−β+φ−\sin (\alpha-\beta+\varphi- ψ)sin⁡(φ−ψ)=0\psi) \sin (\varphi-\psi) = 0. Следователно α+φ=β+ψ=90∘\alpha+\varphi=\beta+\psi=90^{\circ} или φ=ψ\varphi=\psi, т. е. CRC R е височина или ъглополовяща в △ABC\triangle A B C. Критерии за оценяване: 1 т. за =,2=, 2 т. за ≜\triangleq и 3 т. за довършване. Забележка. От AR.BR=CR2A R. B R=C R^{2} и CR⊥ABC R \perp A B следва, че ∠ACB=90∘\angle A C B=90^{\circ}. Обратно, ако ∠ACB=90∘\angle A C B=90^{\circ}, то за окръжността с диаметър CR⊥ABC R \perp A B са изпълнени условията на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Върховете на два квадрата с лица SS и TT лежат върху страните на правоъгълен △ABC\triangle A B C, като три от тях лежат на хипотенузата ABA B с дължина цяло число cc. Възможно ли е S/2S / 2 и T/2T / 2 да са взаимно прости естествени числа: а) за някое c<70;c\lt{}70; б) за някое c>70?c\gt{}70?
РешениеВъзможно е и в двата случая. Нека a=∣BC∣,b=∣AC∣a=|B C|, b=|A C| и DEFGD E F G е квадрат със страна m=x2Sm=\sqrt{\vphantom{x^2}S}, като D,E∈AB,F∈BC,G∈ACD, E \in A B, F \in B C, G \in A C. Понеже △AGD∼△GFC∼△ABC\triangle A G D \sim \triangle G F C \sim \triangle A B C, то AG=mc/a,CG=mb/cA G=m c / a, C G=m b / c, откъдето b=mc/a+mb/cb=m c / a+m b / c, т. е. (1) m=abcab+c2m=\frac{a b c}{a b+c^{2}}. Можем да считаме, че другият квадрат със страна n=x2Tn=\sqrt{\vphantom{x^2}T} е OMCNO M C N, като O∈AB,M∈BCO \in A B, M \in B C, N∈ACN \in A C. От △AON∼△OBM∼△ABC\triangle A O N \sim \triangle O B M \sim \triangle A B C следва, че AO=nc/a,BO=nc/bA O=n c / a, B O=n c / b, откъдето c=nc/a+nc/bc=n c / a+n c / b, т. е. (2) n=aba+bn=\frac{a b}{a+b}. Тогава1S−1T=(ab+c2)2−(ac+bc)2(abc)2=1c2\frac{1}{S}-\frac{1}{T}=\frac{\left(a b+c^{2}\right)^{2}-(a c+b c)^{2}}{(a b c)^{2}}=\frac{1}{c^{2}} Ако S=2sS=2 s и T=2tT=2 t, то c2≜2stt−sc^{2} \triangleq \frac{2 s t}{t-s}. Понеже (s,t)=1(s, t)=1, лесно следва, че t−s=2t-s=2 или t−s=1t-s=1. В първия случай получаваме, че c=0c=0, което е невъзможно, а във втория достигаме до уравнението на Пел (2s+1)2−2c2=∘1(2 s+1)^{2}-2 c^{2} \stackrel{\circ}{=} 1. Както е известно, това уравнение има безбройно много решения в естествени числа, като първите четири са (1,2),(8,12),(49,70)(1, 2), (8, 12), (49, 70) и (288,408)(288, 408). Остава да видим за кои решения можем да построим △ABC\triangle A B C. От (1) и (2) следва, чеab=mc2c−m,a+b=mc2(c−m)n.a b=\frac{m c^{2}}{c-m}, \quad a+b=\frac{m c^{2}}{(c-m) n}. Тази система има решение в положителни числа, ако (3) mc2c−m≥4n2\frac{m c^{2}}{c-m} \geq 4 n^{2}. Понеже n2=c2m2c2−m2n^{2}=\frac{c^{2} m^{2}}{c^{2}-m^{2}}, лесно следва, че a2+b2=c2a^{2}+b^{2}=c^{2}. Освен това, c>mc\gt{}m и (3) добива вида c≥3mc \geq 3 m, т. е. 2s(s+1)=c2≥18s2 s(s+1)=c^{2} \geq 18 s и значи s≥8s \geq 8. ![](/problem-assets/zms2017-12-3-diagram-1.jpg)
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-12-3