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 година По клас

Избрана година

2019

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

zms2019-12-3: има placeholder текст

8

1 задача

Задача 4

Пълен запис

Условие

Колко са различните оцветявания на полетата от таблица с 2 реда и 6 колони, при които горното ляво поле е жълто, а всяко от останалитебяло, зелено или червено, и не се среща правоъгълник, съставен от три едноцветни полета?

Решение

Решение. Първи подход: Нека означим с

a_{n}

броя на оцветяванията в бяло, зелено и червено на редица от

n

полета, така че да не се среща правоъгълник, съставен от три едноцветни полета (такова оцветяване ще наричаме правилно). Тогава задачата е еквивалентна на това да пресметнем

a_{5}. a_{6}

. Нека за всяко

n=2, 3, \ldots

означим с

b_{n}

броя на правилните оцветявания на редица от

n

полета, при които последните две полета са едноцветни, а с

c_{n}

- на тези, при които последните две полета са разноцветни (така че

a_{n}=b_{n}+c_{n}

). Имаме

b_{n+1}=c_{n}

(понеже ако добавим поле в цвета на последното, това преди тях трябва да е в друг цвят) и

c_{n+1}= 2\left(c_{n}+b_{n}\right)

(понеже винаги можем да добавим поле в някой от двата цвята, различни от последния). Следователно

c_{n+1}=2\left(c_{n}+c_{n-1}\right)

, от което следва

b_{n+1}=2\left(b_{n}+b_{n-1}\right)

и в крайна сметка

a_{n+1}=2\left(a_{n}+a_{n-1}\right)

. Освен това имаме

a_{1}=3, a_{2}=3 \cdot 3=9

, откъдето

a_{3}=2(9+3)=24, a_{4}=2(24+9)=66, a_{5}=2(66+24)=180

a_{6}=2(180+66)=492

. Оттук

a_{5} \cdot a_{6}=180 \cdot 492=88560

, което е и търсеният брой. Втори подход: За оцветяване на петте десни полета на първия ред в 3 цвята има

3^{5}=243

варианта. Ще преброим тези от тях, при които се среща правоъгълник, съставен от три едноцветни полета. За целта ще групираме тези варианти в три взаимноизключващи се случая, а именно: (i) има 5 последователни полета в един цвят. Тези оцветявания са очевидно 3 (броят на различните цветове); (ii) има точно 4 последователни полета в един цвят. Тези оцветявания са ( 2 избора за позицията им)( 3 избора за цвета им)( 2 избора за цвета на петото поле)

=12

; (iii) има точно 3 последователни полета в един цвят. Тук ще разгледаме два случая: когато трите едноцветни полета се срещат в края на реда и когато са точно по средата. В първия случай имаме ( 2 избора за позицията им)( 3 избора за цвета им)( 2 избора за цвета на съседното поле)(3 избора за цвета на несъседното поле)

=36

варианта. Във втория, възможните оцветявания са: ( 1 избор за позицията им)( 3 избора за цвета им)( 2 избора за цвета на лявото съседно поле)(2 избора за цвета на дясното съседно поле)

=12

. Така в този случаи имаме общо

12+36=48

оцветявания. Общо оцветяванията на първия ред, в които се среща правоъгълник, съставен от три едноцветни полета са

3+12+48=63

, откъдето правилните оцветявания на първия ред са:

243-63=180

. За оцветяване на шестте полета на втория ред в 3 цвята има

3^{6}=729

варианта. Отново ще преброим тези от тях, при които се среща правоъгълник, съставен от три едноцветни полета. За целта ще групираме тези варианти в шест взаимноизключващи се случая, а именно: (i) най-левите три полета са в един цвят и най-десните три полета са в един цвят (евентуално същия). Тези оцветявания са

3 \cdot 3=9

; (ii) има точно 5 последователни едноцветни полета. Тези оцветявания са: ( 2 избора за позицията им)( 3 избора за цвета им)( 2 избора за цвета на шестото поле)

=12

; (iii) има точно 4 последователни едноцветни полета в крайна позиция. Тези оцветявания са: ( 2 избора за позицията им)( 3 избора за цвета им)( 2 избора за цвета на съседното поле)( 3 избора за цвета на несъседното поле)

=36

; (iv) има точно 4 последователни едноцветни полета и те са в средна позиция. Тези оцветявания са ( 1 избор за позицията им)(3 избора за цвета им)(2 избора за цвета на лявото съседно поле)(2 избора за цвета на дясното съседно поле)

=12

; (v) точно 3 последователни едноцветни полета в крайна позиция, като другите 3 полета не са едноцветни. Тези оцветявания са: ( 2 избора за позицията им)( 3 избора за цвета им)( 2 избора за цвета на съседното поле)

\left(3^{2}-1=8\right.

избора за цвета на несъседните полетаизвадихме случая с втори три едноцветни полета)

=96

; (vi) има точно 3 последователни едноцветни полета и те не са крайни. Тези оцветявания са: ( 2 избора за позицията им) ( 3 избора за цвета им)

\left(2^{2}=4\right.

избора за цвета на съседните полета) ( 3 избора за цвета на несъседното поле)

=72

. Остават

729-9-12-36-12-96-72=492

правилни оцветявания за втория ред. Така окончателно получаваме, че броят на търсените оцветявания е

180 \cdot 492=88560

. Оценяване (

\mathbf{7}

точки): Зт. за правилно преброяване на възможните оцветявания на първия ред; Зт. за правилно преброяване на възможните оцветявания на втория ред; 1т. за верен отговор. При броене с грешки по същество: 0т. за съответния ред. При един изпуснат или дублиран вариант се отнемат 2 от 3 -те точки за съответния ред; при повече от един такъв не се присъждат точки за този ред. При открита от проверяващия чисто техническа грешка и завършено от него правилно броене се отнема по 1т. за всяка независима грешка; ако това води до отрицателен резултат за съответния ред, то за него не се присъждат точки.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на реалния параметър

a

, за които уравнението

|x|(x+1)=a x+a^{2}

има точно два различни реални корена.

Решение

При

a=0

уравнението има корени 0 и -1, т. е.

a=0

е решение. Нека

a \neq 0

. При

x \geq 0

получаваме уравнението

x^{2}+(1-a) x-a^{2}=0

, което има два реални корена с различни знаци и значи точно един от тях е корен на изходното уравнение. За да имаме точно два реални корена, трябва уравнението

x^{2}+(a+1) x+a^{2}=0

, което се получава при

x\lt{}0

да има точно един отрицателен корен. Тъй като корените на това уравнение са с еднакъв знак, единствената възможност е да имаме двоен отрицателен корен. Тогава

(a+1)^{2}-4 a^{2}=0

, откъдето

a=1

или

a=-1 / 3

, като и в двата случая двойният корен е отрицателен.

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за случая

a=0, 2

т. за анализ на случая

x \geq 0, 3

т. за анализ на

x\lt{}0

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Вписаната в остроъгълен триъгълник

A B C

окръжност се допира до страните

A B

A C

съответно в точките

P

Q

. Медианата

C M

пресича отсечката

P Q

в точка

F

. Да се докаже, че

A B=2 B C

тогава и само тогава, когато

B F

е ъглополовяща на

\angle A B C.

Решение

Нека

A B=2 B C

и вписаната в

\triangle A B C

окръжност е с център

I

и се допира до страната

B C

в точка

K

. Тогава триъгълниците

C M B

K P B

са равнобедрени и основите им

C M

K P

са успоредни. Точките

C, Q

K

лежат на окръжността с диаметър

C I

и, тъй като

\begin{aligned}\angle Q F C & =\angle Q P K=180^{\circ}-(\angle A P Q+\angle B P K) \\ & =\end{aligned}

180^{\circ}-\left(90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle B A C\right)-\left(90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A B C\right)=

90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A C B,

\angle Q K C=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A C B

следва, че точка

F

лежи на същата окръжност. Тогава

I F \perp C M

и от

B I \perp C M

следва, че

B, I

F

лежат на една права, т. е.

B F

е ъглополовяща на

\angle A B C

. Нека

B F

е ъглополовяща на

\angle A B C

(т. е. точките

B, I

F

лежат на една права). Имаме

\angle K Q P=\angle K P B=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A B C=\angle B I K

, което означава, че четириъгълникът

F I K Q

е вписан в окръжността с диаметър

C I

. Тогава

\angle I F C=90^{\circ}

B F

е перпендикулярна едновременно на

K P

C M

, т. е.

K P \| C M

. Следователно

C M=C B

A B=2 B C

\textit{Оценяване: }

(6 точки) по 3 т. за всяка от двете посоки.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото естествено число

k

, за което уравнението

x^{3}+y^{3}=

k 2019^{2018-k}

има решение в цели числа.

Решение

Отговор: 2. При

k=1

уравнението

x^{3}+y^{3}=2019^{2017}

няма решение. Действително, възможните остатъци на кубовете по модул 7 са 0, 1 и 6, което означава, че лявата страна е сравнима с

0, 1, 2, 5

или 6 по модул 7. От друга страна,

2019^{2017} \equiv 3^{2017}=3^{6 \cdot 336+1} \equiv 3

(\bmod 7)

. При

k=2

уравнението придобива вида

x^{3}+y^{3}=2 \cdot 2019^{2016}

и има решение

x=y=2019^{672}

\textit{Оценяване: }

( 7 точки) 5 т. за случая

k=1

( 1 т. за разглеждане на подходящ модул и по 2 т. за всяка от страните), 2 т. за случая

k=2

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Том играе компютърна игра, в която трябва да опази парче сирене от група от

m

мишки (

m \geq 3

е естествено число). Сиренето е с формата на кръг с радиус 1 и център

O

, а мишките са точки в равнината на кръга. Първоначално мишките се намират в точки

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{m}

, които се намират в ъгъл

\angle A_{1} O A_{m}=90^{\circ}

. Всяко от разстоянията

O A_{i}

е точна степен на 2 като никое от лицата на триъгълниците

O A_{i} A_{i+1}, i=1, 2, \ldots, m-1

, не надминава

\frac{1}{2}

. На всеки ход мишките се разделят на две групи, като е възможно едната група да е празна. Том избира една от групите и я отстранява от играта, а всяка от мишките от другата група изминава половината от разстоянието от текущото си положение до точка

O

. Да се докаже, че мишките могат да се договарят да се разделят така, че поне една от тях да достигне до сиренето преди да бъде отстранена, независимо от действията на Том.

Решение

Твърдението е очевидно, ако

\left|O A_{i}\right|=1

за някое

i

. Оттук нататък предполагаме, че

\left|O A_{i}\right|\gt{}1

и следователно

\left|O A_{i}\right| \geq 2

за всяка точка

i \leq m

. Да разгледаме мишка, която първоначално се намира в точка

A_{i}

на разстояние

2^{p_{i}}=\left|O A_{i}\right|

от центъра на сиренето. Тогава, ако не е отстранена след

t

хода, тя ще се намира на разстояние

2^{p_{i}-t}

до

O

. Това показва, че във всеки момент от време всяка (неотстранена) мишка се намира на разстояние

2^{n}

от

O

за някое цяло

n

. Без ограничение на общността можем да считаме, че

n\gt{}0

, защото иначе някоя от неотстранените мишки е достигнала сиренето. Нека след

t

хода да имаме

k

неотстранени мишки, съответно на разстояния

2^{p_{1}(t)}, 2^{p_{2}(t)}, \ldots, 2^{p_{k}(t)}

до

O

. Да разгледаме сумата

S(t)=\sum_{i=1}^{k} \frac{1}{2^{p_{i}(t)}}

Първо ще докажем, че

S(0) \geq 1

. Наистина, нека

B_{i}

за

i=1, 2, \ldots, m

е пресечната точка на отсечката

O A_{i}

със окръжността с център

O

и радиус 1. Тогава лицето на триъгълника

O B_{i} B_{i+1}

S_{O B_{i} B_{i+1}}=\frac{1}{\left|O A_{i}\right|\left|O A_{i+1}\right|} S_{O A_{i} A_{i+1}} \leq

\frac{1}{2\left|O A_{i}\right|\left|O A_{i+1}\right|} \leq \frac{1}{4} \frac{1}{\left|O A_{i}\right|},

където първо използвахме, че

\frac{\left|O B_{i}\right|}{\left|O A_{i}\right|}=\frac{1}{\mid O A_{i}}

, защото

O B_{i}

е радиус, след това, че

S_{O A_{i} A_{i+1}} \leq \frac{1}{2}

и накрая, че

\left|O A_{i+1}\right| \geq 2

. Остана да забележим, че триъгълниците

O B_{i} B_{i+1}

покриват триъгълника

O B_{1} B_{m}

, който има лице

\frac{1}{2}

. Следователно лявата страна е поне

\frac{1}{2}

и това показва, че

S(0) \geq 2

. Сега ще покажем, че ако

S(t) \geq 1

, то мишките могат да се разделят на две групи

A

B

, че:

\sum_{i \in A} \frac{1}{2^{p_{i}(t)}} \geq \frac{1}{2} \text{и} \sum_{i \in B} \frac{1}{2^{p_{i}(t)}} \geq \frac{1}{2}.

Тогава, която и група да бъде отстранена от Том, другата ще скъси разстоянието си до

O

на половина и ще гарантира, че

S(t+1) \geq 1

. Без ограничение на общността нека

p_{1}(t) \geq p_{2}(t) \cdots \geq p_{k}(t) \geq 1

. Нека

l

е най-малкото естествено число, за което:

\sum_{i=1}^{l} \frac{1}{2^{p_{i}(t)}} \geq \frac{1}{2}\left(\gt{}\sum_{i=1}^{l-1} \frac{1}{2^{p_{i}(t)}}\right)

Тогава от

S(t) \geq 1

следва, че:

\sum_{i=l+1}^{k} \frac{1}{2^{p_{i}(t)}}+\frac{1}{2^{p_{l}(t)}}\gt{}\frac{1}{2}

от което като приведем под общ знаменател получаваме, че:

\sum_{i=l+1}^{k} 2^{p_{l}(t)-p_{i}(t)}+1\gt{}2^{p_{l}(t)-1}

Тъй като

p_{l}(t) \geq p_{i}(t)

за всяко

i \geq l+1

p_{l}(t) \geq 1

, то от двете страни на неравенството имаме цели числа и следователно:

\sum_{i=l+1}^{k} 2^{p_{l}(t)-p_{i}(t)} \geq 2^{p_{l}(t)-1}

Сега полагаме

A=\{i \mid i \leq l\}

B=\{i \mid i \geq l+1\}

. От горните разсъждения заключаваме, че:

\sum_{i \in A} \frac{1}{2^{p_{i}(t)}} \geq \frac{1}{2} \text{и} \sum_{i \in B} \frac{1}{2^{p_{i}(t)}} \geq \frac{1}{2}

Така че, която и група

(A

или

B

) да отстрани Том, в момента

t+1

ще имаме отново, че

S(t+1) \geq 1

. Тъй като

p_{i}(t)

намаляват с 1 на всеки ход, в някой момент от време ще има мишка, на която ще съответства

p_{i}(t)=0

. Но тогава тази мишка се намира върху сиренето.

\textit{Оценяване: }

(7 точки) Въвеждане на инварианта

S(t)

и доказателство, че ако този инвариант се запазва, то някоя от мишките ще достигне сиренето - 1 т.; Доказателство на

\sum_{i=1}^{m} \frac{1}{\left|O A_{i}\right|} \geq 1-2

т. Избор на

l

, т. е. на разделяне на мишките от момент

t

, което при

S(t) \geq 1

води до гарантирано

S(t+1) \geq 1-2

т.; Доказателство, че разделянето на мишките в момент

t

запазва

S(t+1) \geq 1-2

т. Забележка. Всъщност достатъчно е лицата на

O A_{i} A_{i+1}

да не надминават 1, защото от решението следва, че тогава

S(0) \geq 1

. Нещо повече, ако

d

е минималното разстояние

\left|O A_{i}\right|

в началото, то

S(0) \geq d

. Използвайки горните разсъждения може да покажем, че поне

d

от мишките могат да достигнат сиренето преди да бъдат отстранени. Забележка: Условието

S(0) \geq 1

е необходимо и достатъчно за това мишките да си гарантират, че поне една от тях ще достигне сиренето. Наистина, ако

S(t)\lt{}1

, то поне една от групите

A

или

B

ще дефинира сума по-малка от

\frac{1}{2}

. Том може да отстрани другата група и да си гарантира, че

S(t+1)\lt{}1

. Тогава никоя мишка никога няма да достигне до сиренето, защото иначе

S(t) \geq 1

в момента, в който това се случи.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-9-4

10

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на параметъра

a

, за които системата

\begin{aligned}\ x^{2}+2 a x-a^{2}+2=0 \\ y^{2}+y-x=0\end{aligned}

има точно две решения.

Решение

Дискриминантата на

y^{2}+y-x=0

като квадратно уравнение относно

y

D=

1+4 x

. Лесно се вижда, че условието е равносилно на това да намерим всички

a

, за които

x^{2}+2 a x-a^{2}+2=0

има точно един корен в интервала

\left[-\frac{1}{4}, \infty\right)

и той е различен от

-\frac{1}{4}

. Нека

f(x)=x^{2}+2 a x-a^{2}+2=0

. Първи случай.

f\left(-\frac{1}{4}\right)\lt{}0 \Longleftrightarrow 16 a^{2}+8 a-33\gt{}0 \Longleftrightarrow a \in

\left(-\infty, \frac{-1-\sqrt{\vphantom{x^2}34}}{4}\right) \cup\left(\frac{-1+\sqrt{\vphantom{x^2}34}}{4}, \infty\right)

Втори случай.

D=0 \Longleftrightarrow a^{2}=1 \Longleftrightarrow a= \pm 1.

Ако

a=1

уравнението е

x^{2}+2 x+1=0

и има двоен корен

x_{1}=x_{2}=-1

, т. е.

a=1

не е решение. Ако

a=-1

уравнението е

x^{2}-2 x+1=0

и има двоен корен

x_{1}=x_{2}=1

, т. е.

a=-1

е решение. Окончателно

a \in\left(-\infty, \frac{-1-\sqrt{\vphantom{x^2}34}}{4}\right) \cup\{-1\} \cup\left(\frac{-1+\sqrt{\vphantom{x^2}34}}{4}, \infty\right)

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за свеждане до единствен корен на уравнението

x^{2}+2 a x-a^{2}+2=

0 в интервала

\left[-\frac{1}{4}, \infty\right)

, различен от

-\frac{1}{4}; 2

т. за първи случай; 3 т. за втори случай.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В остроъгълния триъгълник

A B C

медианата

C M

разделя

\angle A C B

в отношение

2: 1(\angle A C M=2 \angle M C B)

. Описаната около триъгълник

A B C

окръжност с център

O

пресича за втори път описаната около триъгълник

M O C

окръжност в точка

D

. Да се докаже, че

C D

е ъглополовяща за

\angle A C M.

Решение

(Герджиков) Първо,

\angle C O M=\angle C O A+\angle A O M=2 \beta+\gamma=180-\alpha+\beta\gt{}180-\alpha

. Следователно, точките

D

O

са в различни полуравнини спрямо

C M

, защото в противен случай

\angle C O M=\angle C D M\lt{}\angle C D B=180-\alpha\lt{}\angle C O M

. Имаме, че

\angle M D O=\angle M C O=

\angle A C O-\angle A C M=90-\beta-2 \gamma / 3

\angle C D M=180-\angle C O M=180-2 \beta-\gamma

. Следователно,

\angle O D C=\angle C D M-\angle M D O=90-\beta-\gamma / 3

. Но

O D=O C

, като радиуси в окръжност и значи

\angle O C D=\angle O D C

, а оттук и

\angle D C A=\angle O C A-\angle O C D=90-\beta-(90-\beta-\gamma / 3)=

\gamma / 3=\frac{1}{2} \angle M C A

. Следователно,

C D

е ъглополовяща за

\angle A C M

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за доказване, че

D

O

са в различни полуравнини спрямо

C M

. По 1 т. за изразяването на ъглите

\angle M D O, \angle C D M, \angle O D C

\angle D C A.1

т. за довършване. Решение. (Данова/Харизанов) Нека

B A

пресича за втори път описаната около

\triangle M O C

окръжност

k_{2}

в точка

P

. Точките

A

M

са между точките

P

B

, защото

\angle A C M\gt{}\angle M C B

и следователно

O

е вътрешна за

\triangle M B C

. Тъй като

O M

е симетрала за

A B

, то

\angle P M O=90^{\circ}

и значи

P O

е диаметър за

k_{2}

. Тъй като

O

е център на описаната около

\triangle A B C

окръжност

k_{1}, \{C, D\} \in k_{1}

\angle O C P=\angle O D P=90^{\circ}

, следва че

P C

P D

са допирателните към

k_{1}

през точката

P

. Тогава

\angle A M D=\angle P C D

(от

k_{2}

), а

\angle P C D=\angle C B D

\angle D A M=\angle D C B

(от

k_{1}

). Следователно

\triangle D M A \sim \triangle D B C

и значи

\frac{D A}{D C}=\frac{M A}{B C}=\frac{M B}{B C} \Rightarrow \frac{D A}{M B}=\frac{D C}{B C} \Rightarrow \triangle D A C \sim

\triangle M B C(\angle A D C=\angle M B C).

От тук,

\angle A C D=\angle M C B=\frac{1}{2} \angle A C M

и тъй като

D

лежи на дъгата

A B

от

k_{1}

, несъдържаща

C

, то

C D

е ъглополовяща за

\angle A C M

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за построяването на

P

и доказването, че

P C

P D

са допирателни към

k_{1}

. По 2 т. за доказване на всяка от двете двойки подобни триъгълници. 1 т. за обяснението, че

C D

е вътрешна за

\angle A C M

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Една редица

a

ще наричаме самопресичаща се, ако сумата на някои от нейните членове е равна на сумата на някои от другите й членове, т. е. съществуват два по два различни индекси

i_{1}, i_{2}, \ldots, i_{s}, j_{1}, j_{2}, \ldots, j_{r}, s, r \geq 1

, такива че

a_{i_{1}}+\cdots+a_{i_{s}}=a_{j_{1}}+\cdots+a_{j_{r}}

. Например, редицата

1, 3, 5, 7, 9, \ldots

е самопресичаща се, докато редицата

1, 3, 9, 27, 81, \ldots

не е. Да се намерят всички двойки естествени числа

(\alpha, \beta)

, за които редицата:

a_{1}=1, a_{2}=2

a_{n+1}=\alpha a_{n}+\beta a_{n-1}, n \geq 2

, е самопресичаща се.

Решение

Отговор:

(\alpha, \beta)=(1, 1)

. Тъй като

\alpha, \beta \geq 1

a_{n+1}-a_{n}=(\alpha-1) a_{n}+\beta a_{n-1} \geq a_{n-1}

, то по индукция следва, че за всеки избор на естествените

(\alpha, \beta)

, генерираната редица е строго монотонно растяща и положителна. Да разгледаме произволна самопресичаща се редица от търсения вид. Без ограничение на общността, нека

i_{1}\lt{}i_{2} \cdots\lt{}i_{s}, j_{1}\lt{}j_{2} \cdots\lt{}j_{r}

i_{s}\lt{}j_{r}

. Поради монотонността, не може

r=s=1

. Ako

\alpha \geq 2

, то

a_{n+1}=\alpha a_{n}+\beta a_{n-1}\gt{}2 a_{n}

a_{j_{1}}+\cdots+a_{j_{r}} \geq a_{j_{r}}\gt{}2 a_{j_{r}-1}\gt{}

a_{j_{r}-1}+2 a_{j_{r}-2}\gt{}a_{j_{r}-1}+\cdots+a_{1}\gt{}a_{i_{1}}+\cdots+a_{i_{s}}

Противоречие. Следователно

\alpha=1

. Ако

\beta \geq 2

, то

a_{n+1}=a_{n}+\beta a_{n-1} \geq a_{n}+2 a_{n-1}

a_{j_{r}} \geq a_{j_{r}-1}+2 a_{j_{r}-2} \geq

a_{j_{r}-1}+a_{j_{r}-2}+a_{j_{r}-3}+2 a_{j_{r}-4} \geq

\cdots \geq a_{j_{r}-1}+a_{j_{r}-2}+\cdots+a_{1}

Следователно,

\beta=2, r=1, i_{s}=j_{r}-1

и е в сила равенството

a_{j_{r}}=a_{j_{r}-1}+a_{j_{r}-2}+\cdots+a_{1}

. Но тогава,

a_{j_{r}}=a_{j_{r}-1}+2 a_{j_{r}-2}

и значи

a_{j_{r}-2}=a_{j_{r}-3}+\cdots+a_{1} \Rightarrow a_{j_{r}-4}=

a_{j_{r}-5}+\cdots+a_{1} \Rightarrow \cdots \Rightarrow a_{2}=a_{1} \text{или} a_{1}=0.

Противоречие. Следователно, остава единствената възможност

(\alpha, \beta)=(1, 1)

, водеща до редицата на Фибоначи, която е самопресичаща се защото

a_{n+1}=a_{n}+a_{n-1}

\textit{Оценяване: }

( 7 точки) 1 т. за доказване на положителност и монотонност на редицата. 2 т. за случая

\alpha \geq 2, 3

т. за случая

\alpha=1, \beta \geq 2

и 1 т. за показването, че редицата на Фибоначи е самопресичаща се.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-10-3

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

За кои стойности на реалния параметър

a

уравнението:

8^{x^{2}-x+a^{2}}-2^{2 x^{2}-x+2 a^{2}-a+1}

-2^{x^{2}-2 x+a^{2}+a+2}+8=0

има точно три различни реални решения относно

x?

Решение

Отговор:

a \in\left\{\frac{1-3 \sqrt{\vphantom{x^2}2}}{4}, -\frac{1}{2}\right\}

. Да забележим, че лявата страна на уравнението се разлага на

8^{x^{2}-x+a^{2}}-2^{2 x^{2}-x+2 a^{2}-a+1}

-2^{x^{2}-2 x+a^{2}+a+2}+8=

\left(2^{2 x^{2}-x+2 a^{2}-a}-4\right)\left(2^{x^{2}-2 x+a^{2}+a}-2\right).

Тогава решенията на даденото уравнение са точно решенията на всяко от уравненията:

2 x^{2}-x+2 a^{2}-a=2

x^{2}-2 x+a^{2}+a=1

. Тоест даденото уравнение има точно три различни решения, когато: (i) някое от уравненията има двоен корен, а другото има два релни корена, различни от двойния или (ii) двете уравнения имат общ реален корен, който не е двоен за никое от тях. Първото уравнение има двоен корен при

D_{1}(a)=1-8\left(2 a^{2}-a-2\right)=0

, т. е. при

a=a_{1}=\frac{1+3 \sqrt{\vphantom{x^2}2}}{4}

или при

a=a_{2}=\frac{1-3 \sqrt{\vphantom{x^2}2}}{4}

. Второто уравнение има двоен корен при

D_{2}(a)=4-4\left(a^{2}+a-1\right)=0

a_{3}=1, a_{4}=-2

. Умножавайки второто уравнение по 2 и вадейки от него първото, получаваме че уравненията имат общ корен

x=a

за

a_{5}=1

a_{6}=-\frac{1}{2}

. Остава да проверим, кои от шестте потенциални стойности на

a

наистина вършат работа. Тъй като

a_{3}=a_{5}

, то в този случай имаме само две различни решения, защото двойният корен на второто уравнение се явява корен и на първото. Директно се вижда, че

D_{2}\left(a_{1}\right)\lt{}

0, D_{2}\left(a_{2}\right)\gt{}0, D_{1}\left(a_{4}\right)\lt{}0, D_{1}\left(a_{6}\right)\gt{}0

D_{2}\left(a_{6}\right)\gt{}0

. Следователно единствено

a_{2}

a_{6}

вършат работа. Така окончателно даденото уравнение има точно три реални решения при

a \in\left\{\frac{1-3 \sqrt{\vphantom{x^2}2}}{4}, -\frac{1}{2}\right\}

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 1 т. за разлагането на множители на лявата страна; 1 т. за наблюдението, че тя винаги трябва да има четири реални корена; 2т. за извода, че е необходим двоен корен; по 1 т. за разглеждането на всеки от двата случая за общ корен.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В окръжност

k

с радиус 1 е вписан триъгълник

A B C

. Точките

I

I_{a}

са съответно център на вписаната окръжност и център на външновписаната окръжност към страната

B C

на триъгълник

A B C

. Правата

B I

пресича

A C

в точка

B_{1}

, а правата

A I

пресича

B C

в точка

A_{1}

. Правата

B_{1} A_{1}

пресича

k

в точки

P

Q

. a) Да се докаже, че точките

I, I_{a}, P

Q

лежат на една окръжност. б) Да се намери радиусът на описаната окръжност около триъгълник

I P Q.

Решение

а) Тъй като

\angle I B I_{a}=\angle I C I_{a}=90^{\circ}

, то четириъгълникът

I B I_{a} C

е вписан в окръжност. Следователно:

(1) A_{1} I \cdot A_{1} I_{a}=A_{1} B \cdot A_{1} C.

Точките

P, B, Q

C

са върху

k

. Следователно:

(2) A_{1} B \cdot A_{1} C=A_{1} P \cdot A_{1} Q.

От (1) и (2) следва равенството

A_{1} I. A_{1} I_{a}=A_{1} P. A_{1} Q

, което означава, че точките

I, I_{a}, P

Q

лежат на една окръжност. б) От а) следва, че точките

I, P, Q

I_{a}

лежат на една окръжност. Аналогично доказваме, че точките

I, P, Q

I_{b}

лежат на една окръжност (

I_{b}

е център на външновписаната окръжност към страната

A C

). Следователно търсим радиуса на описаната окръжност около триъгълник

I I_{a} I_{b}

. Ще използваме, че ако

S

е средата на дъгата

B C

, то

S I=S I_{a}=S B

. За радиуса

r

на описаната окръжност на триъгълник

I P Q

имаме:

2 r=\frac{I I_{a}}{\sin \angle I I_{b} I_{a}}=

\frac{I I_{a}}{\sin \frac{\alpha}{2}}=\frac{2 S B}{\sin \frac{\alpha}{2}}=4 R_{A B C}=4

Следователно търсеният радиус е

r=2

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 3 т. за а) и 3 т. за б)

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

За естествено число

n

\tau(n)

означаваме броя на естествените делители на

n

. Да се намерят всички естествени числа

n

, за които, ако

1=d_{1} \lt{} d_{2} \lt{} \cdots \lt{} d_{k}=n

са всички делители на

n

, то:

\tau\left(d_{1}\right)+\tau\left(d_{2}\right)+\cdots+\tau\left(d_{k}\right)=\tau\left(n^{3}\right).

Решение

Ако

n=p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{t}^{\alpha_{t}}

лесно се съобразява по индукция, че

\tau\left(d_{1}\right)+\tau\left(d_{2}\right)+\cdots+\tau\left(d_{k}\right)=

\prod_{i=1}^{t} \frac{\left(\alpha_{i}+1\right)\left(\alpha_{i}+2\right)}{2}

Тъй като

\tau\left(n^{3}\right)=\prod_{i=1}^{t}\left(3 \alpha_{i}+1\right)

, то равенството от условието става:

\prod_{i=1}^{t} \frac{\left(\alpha_{i}+1\right)\left(\alpha_{i}+2\right)}{2\left(3 \alpha_{i}+1\right)}=1

За функцията

f(x)=\frac{(x+1)(x+2)}{2(3 x+1)}

имаме

f(1)=\frac{3}{4}, f(2)=\frac{6}{7}, f(3)=1

f(x)\gt{}1

за

x \geq 4

. Ако съществува

i

, за което

\alpha_{i}\lt{}3

, то числителят на

\prod_{i=1}^{t} \frac{\left(\alpha_{i}+1\right)\left(\alpha_{i}+2\right)}{2\left(3 \alpha_{i}+1\right)}

ще се дели на 3, докато знаменателят никога не се дели на 3, противоречие. Следователно

\alpha_{i} \geq 3

за всяко

i

и от

f(x)\gt{}1

за

x \geq 4

получаваме че

\alpha_{i}=3

за всяко

i

. Търсените

n

са от вида

n=m^{3}

където

m

е произволно естествено число, свободно от квадрати.

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 3 т. за равенството

\tau\left(d_{1}\right)+\tau\left(d_{2}\right)+\cdots+\tau\left(d_{k}\right)=\prod_{i=1}^{t} \frac{\left(\alpha_{i}+1\right)\left(\alpha_{i}+2\right)}{2}; 2

т. за

\prod_{i=1}^{t} \frac{\left(\alpha_{i}+1\right)\left(\alpha_{i}+2\right)}{2\left(3 \alpha_{i}+1\right)}=1; 2

т. за довършване на решението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В математическо състезание с 13 участници били дадени три задачи, като всяка задача се оценявала с 0 до 7 точки. След състезанието се оказало, че няма двама участници с равни резултати и по трите задачи. Да се докаже, че има трима ученици

A, B

C

, за които: -

A

е получил не по-малко точки от

B

по първа задача; -

B

е получил не по-малко точки от

C

по някоя от другите две задачи; -

C

е получил не по-малко точки от

A

по останалата задача.

Решение

Да наречем тройка от трима ученици \textit{добра}, ако тримата изпълняват условието на задачата. Ако

X

има не по-малко точки от

Y

по задача

t

, записваме

X \xrightarrow{t} Y

. Да допуснем, че в състезание с 13 ученици няма добра тройка. Ще докажем, че ако трима ученици имат равни резултати по една от задачите, те образуват добра тройка (*). Нека резултатите на трима ученици

A, B

C

по трите задачи са съответно

(a, x, p), (a, y, q)

(a, z, r)

, като без ограничение

x \geq y \geq z

. Ако

r \geq q

, то

B \xrightarrow{1} A, A \xrightarrow{2} C

C \xrightarrow{3} A

. Ако

r\lt{}q

, то

C \xrightarrow{1} A, A \xrightarrow{2} B

B \xrightarrow{3} C

. Ще докажем, че ако

A

B

имат равни точки по една от задачите, а

B

C

имат равни точки по друга от задачите, то

A, B

C

образуват добра тройка (**). Нека резултатите на трима ученици

A, B

C

по трите задачи са съответно

(a, x, y), (a, b, z)

(m, b, n)

. Ако

y \geq n

, то

B \xrightarrow{1} A, A \xrightarrow{3} C

C \xrightarrow{2} B

. Ако

y\lt{}n

, то

A \xrightarrow{1} B, B \xrightarrow{2} C

C \xrightarrow{3} A

. Ако

X

Y

имат равни резултати по някоя от задачите, то те имат различни резултати по някоя от другите две задачи. Без ограничение нека резултатите са

a, b, c

a, x, y

, като

b \neq x

. Според

(* *)

няма други участници с резултат

b

или

x

по втора задача. Да разгледаме резултатите на всички 13 участници по първа задача. Според (*) няма три равни резултата и следователно има поне 5 двойки равни резултати (защото възможните резултати са 8 и

4 \cdot 2+4\lt{}13

). Тогава има поне 5 двойки резултати, които се срещат само по един път. Поне три двойки са по една от останалите две задачи. Това означава, че по една от задачите има три такива двойки. Следователно поне 6 резултата се срещат по един път в тази задача. Тогава участниците са най-много

6+2 \cdot 2=10\lt{}13

, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

f_{1}(x)=\frac{3 x-1}{x+1}

f_{n+1}(x)=f_{n}\left(f_{1}(x)\right), n \in \mathbf{N}

. Да се пресметне

\lim _{k \rightarrow \infty} \sum_{n=4}^{k} \frac{f_{n}(n-2)-1}{n-3}.

Решение

По индукция следва, че

(*) f_{n}(x)=\frac{(n+2) x-n}{n x-(n-2)}

и тогава

\sum_{n=4}^{k} \frac{f_{n}(n-2)-1}{n-3}=

\sum_{n=4}^{k} \frac{2}{(n-1)(n-2)}=1-\frac{2}{k-1} \rightarrow 1

\textit{Оценяване: }

(6 точки) 4 т. за

(*)

и 2 т. за

l=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В изпъкнал четириъгълник

A B C D

I

J

са означени центровете на вписаните окръжности в

\triangle A B D

\triangle C B D

. Правата

B I

пресича страната

A D

и описаната окръжност около

\triangle A B D

съответно в точки

M

P

, а правата

B J

пресича страната

C D

и описаната окръжност около

\triangle C B D

съответно в точки

N

Q

. Да се докаже, че

M N\|P Q \Leftrightarrow I J\| P Q.

Решение

Имаме, че

B M^{2}=A B \cdot D B-A M \cdot D M, \quad B M \cdot P M=A M \cdot D M,

откъдето

\frac{B M}{P M}=\frac{A B \cdot D B}{A M \cdot D M}-1=\left(\frac{D B}{D M}\right)^{2}-1

Аналогично

\frac{B N}{Q N}=\left(\frac{D B}{D N}\right)^{2}-1

и следователно

M N \| P Q \Leftrightarrow \frac{B M}{P M}=\frac{B N}{Q N} \Leftrightarrow D M=D N

По-нататък, да отбележим, че

I P=D P

J Q=D Q

. Освен това,

\triangle D P M \sim \triangle B P D

\triangle D Q N \sim \triangle B Q D

. Тогава

I J \| P Q \Leftrightarrow \frac{I P}{B P}=\frac{J Q}{B Q} \Leftrightarrow \frac{D P}{B P}=

\frac{D Q}{B Q} \Leftrightarrow \frac{D M}{B D}=\frac{D N}{B D} \Leftrightarrow D M=D N

Забележка.

M N\|P Q \Leftrightarrow P Q\| I J \Leftrightarrow I J \| M N \Leftrightarrow D M=D N

. От друга страна, правите

M N

P Q

I J

никога не се пресичат в една точка.

\textit{Оценяване: }

(6 точки) По 3 т. за

M N \| P Q \Leftrightarrow D M=D N

I J \| P Q \Leftrightarrow D M=D N

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-12-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

f: \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{R}

е такава функция, че

f(t z)=|t| f(z)

f(z+w) \leq f(z)+f(w)

за произволни

t \in \mathbb{R}

z, w \in \mathbb{C}

. Да се докаже, че съществува

c \in \mathbb{C}

така, че

c \neq 0

f(p c)+f(i q c) \leq 3 f(p c+i q c)

за всеки

p, q \in \mathbb{R}.

Решение

(Н. Николов) Дадените две условия означават, че множеството

I=\{z \in \mathbb{C}

f(z) \leq 1\}

е изпъкнало и централно симетрично спрямо началото О. Ако то съдържа права, например реалната ос, можем да изберем изберем

c=1

. В противен случай

I

е ограничено множество. След ротация и хомотетия, можем да считаме, че 1 е точка от границата на

I

, която е най-близка до О. Да изберем

c=1

. Достатъчно е да докажем, че ако

R=p+i q

е такова, че

f(p+i q)=1

, то

p \in I

Q=i q \in 2 I

. Първото следва от наблюдението, че

I \subset\{z \in \mathbb{C}: |\operatorname{Re} z| \leq 1\}

. По-нататък, ако

|q| \leq 1

, то

Q \in I

. Нека сега

|q|\gt{}1

. Можем да изберем точка

T

върху единичната окръжност така, че отсечката

R T

е перпендикулярна на

O T

и пресича ординатната ос в точка

S

. От

\triangle R S Q \sim \triangle O S T

следва, че

Q S / O S\lt{}R S / O S=

R Q / O T=|p| \leq 1

и значи

O Q\lt{}2 O S

. Понеже

R, T \in I

, то

S \in I

и тогава

Q \in 2 I

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 1 т. за неограничено

I, 2

т. за

p \in I

и 4 т. за

i q \in 2 I

. Забележка. Функция

f: \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{R}

с дадените две свойства се нарича полунорма в

\mathbb{C} \cong \mathbb{R}^{2}

. (Ст. Герджиков) 1.

f(0)=0. f(0)=0

. След това при

y=-x

получаваме

f(-x)=f(x)

f(x-x)=f(0) \leq

2 f(x)

, откъдето

f(x) \geq 0

. 2. Нека

\left\{z_{n}\right\}

е произволна редица от комплексни числа, която клони към

z

. Нека

z_{n}=

a_{n}+i b_{n}

е представянето

z_{n}

като сума от реално и (чисто) имагинерно число. Нека

z=a+i b

е съответното представяне на границата. Тогава

a_{n} \rightarrow_{n \rightarrow \infty} a

b_{n} \rightarrow_{n \rightarrow \infty} b

. Сега е ясно, че:

\left|f\left(z_{n}\right)-f(z)\right| \leq f\left(z-z_{n}\right) \leq

f\left(\left(a-a_{n}\right)+\left(b-b_{n}\right) i\right) \leq

\left|a-a_{n}\right| f(1)+\left|b-b_{n}\right| f(i)

Тук първите две неравенства следват от неравенството на триъгълника за

f

(тоест

f(x+y) \leq f(x)+f(y))

. Това показва, че

f

е непрекъсната функция, тоест

\lim _{n \rightarrow \infty}\left|f\left(z_{n}\right)-f(z)\right|=0

, защото дясната страна на неравенството клони към 0 независимо от константите

f(1)

f(i)

. 3. Нека

c

е такова, че

f(c)

е възможно най-малко измежду всички комплексни числа с норма 1. То съществува, защото

f

е непрекъсната и всяка редица от точки върху единичната окръжност има сходяща подредица. 4. Нека

\alpha, \beta \in \mathbb{R}

са произволни с

\alpha^{2}+\beta^{2}=1

. Тогава, ако

c=c_{1}+i c_{2}

, където

c_{1}, c_{2} \in \mathbb{R}

, то условието, че нормата на

c

е 1 е всъщност

c_{1}^{2}+c_{2}^{2}=1

. Сега е ясно, че

|\alpha c+i \beta c|=\left(\alpha c_{1}-\beta c_{2}\right)^{2}+\left(\alpha c_{2}+\beta c_{1}\right)^{2}=

\left(c_{1}^{2}+c_{2}^{2}\right)\left(\alpha^{2}+\beta^{2}\right)=1

От избора на

c

получаваме, че

f(c) \leq f(\alpha c+i \beta c)

. Освен това от неравенството на триъгълника за

f

имаме:

|\beta| f(i c)=f(i \beta c)=f((\alpha+i \beta) c-\alpha c)) \leq

f((\alpha+i \beta) c)+f(-\alpha c)=

f((\alpha+i \beta) c)+|\alpha| f(c)

Като отчетем, че

f((\alpha+i \beta) c) \geq f(c)

получаваме, че:

|\alpha| f(c)+|\beta| f(i c) \leq

|\alpha| f((\alpha+i \beta) c)+2|\alpha| f(c) \leq

(1+2|\alpha|) f((\alpha+i \beta) c)

Но

\alpha^{2} \leq 1

, следователно

|\alpha| \leq 1

, откъдето

(1+2|\alpha|) \leq 3

и тъй като

f

е неотрицателна, то:

|\alpha| f(c)+|\beta| f(i c) \leq 3 f((\alpha+i \beta) c)

5. Накрая нека

\alpha, \beta \in \mathbb{R}

са произволни като

t=\sqrt{\vphantom{x^2}\alpha^{2}+\beta^{2}}

. Ако

t=0

, то

\alpha=\beta=0

и твърдението

3 f((\alpha+i \beta) c) \geq|\alpha| f(c)+|\beta| f(i c)

е очевидно, защото

f(0)=0 \geq 0

. Ако

t\gt{}0

, то

\alpha_{1}=\frac{\alpha}{t}

\beta_{1}=\frac{\beta}{t}

имат свойството

\alpha_{1}^{2}+\beta_{1}^{2}=1

и от предишната точка:

3 f\left(\left(\alpha_{1}+i \beta_{1}\right) c\right) \geq\left|\alpha_{1}\right| f(c)+\left|\beta_{1}\right| f(i c)

Умножаваме двете страни с

t\gt{}0

и използваме, че

f(t z)=t f(z)

в този случай. Тогава:

3 f((\alpha+i \beta) c)=3 t f\left(\left(\alpha_{1}+i \beta_{1}\right) c\right) \geq

t\left|\alpha_{1}\right| f(c)+t\left|\beta_{1}\right| f(i c)=

|\alpha| f(c)+|\beta| f(i c)

\textit{Оценяване: }

(7 точки) 1 т. за

f(0)=0

f(x) \geq 0; 2

т. за

f

непрекъсната; 1 т. за избор на минимум по единична окръжност; 2 т. за доказателство на

3 f\left(\left(\alpha_{1}+i \beta_{1}\right) c\right) \geq\left|\alpha_{1}\right| f(c)+

\left|\beta_{1}\right| f(i c); 1

т. за довършване

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-12-4