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

2020

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • zms2020-10-3: има placeholder текст

8

9 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадени са уравненията x2+px−2=0x^{2}+p x-2=0 с реални корени uu и −2v-2 v и y2−4y+q=0y^{2}-4 y+q=0 с корени uu и vv. Да се запише стойността на израза x24+p−x2v\sqrt{\vphantom{x^2}4+p}-\sqrt{\vphantom{x^2}v} във вида x2m−x2n\sqrt{\vphantom{x^2}m}-\sqrt{\vphantom{x^2}n}, където mm и nn са едноцифрени естествени числа.
РешениеОт формули на Виет следва, че u(−2v)=−2u(-2 v)=-2. Тогава q=uv=1q=u v=1. От уравнението y2−4y+1=0y^{2}-4 y+1=0, намираме u,v=2±x23u, v=2 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
а) Да се докаже, че произведение на четири последователни естествени числа не може да е точен квадрат на естествено число. б) Да се намерят всички естествени числа nn, за които числото n2+9n+8n^{2}+9 n+8 може да се представи като произведение на четири последователни естествени числа.
Решениеа) Имаме x(x+1)(x+2)(x+3)=(x2+3x)(x2+3x+2)=(x2+3x+1−1)(x2+3x+1+1)=(x2+3x+1)2−1x(x+1)(x+2)(x+3)=\left(x^{2}+3 x\right)\left(x^{2}+3 x+2\right)=\left(x^{2}+3 x+1-1\right)\left(x^{2}+3 x+1+1\right)=\left(x^{2}+3 x+1\right)^{2}-1, което показва, че произведението на четири последователни естествени числа не е точен квадрат на естествено число. б) От а) следва, че числото n2+9n+9n^{2}+9 n+9 е точен квадрат. От друга страна,(n+3)2<n2+9n+9<(n+5)2⟹(n+3)^{2}\lt{}n^{2}+9 n+9\lt{}(n+5)^{2} \quad \Longrightarrow \quadn2+9n+9=(n+4)2⟹n=7. n^{2}+9 n+9=(n+4)^{2} \quad \Longrightarrow \quad n=7.Действително, 72+9⋅7+8=120=2⋅3⋅4⋅57^{2}+9 \cdot 7+8=120=2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-1b

Задача 1c

Пълен запис
Условие
Да се решат уравненията x3−6x2+11x+a=0x^{3}-6 x^{2}+11 x+a=0 и x3+4x2+x+a=0x^{3}+4 x^{2}+x+a=0, където aa е параметър, ако е известно, че те имат общ корен.
РешениеНека x0x_{0} е общият корен на двете уравнения, т. е. x03−6x02+11x0+a=0x_{0}^{3}-6 x_{0}^{2}+11 x_{0}+a=0 и x03+4x02+x0+a=0x_{0}^{3}+ 4 x_{0}^{2}+x_{0}+a=0. Елиминирайки aa, получаваме 10x02−10x0=010 x_{0}^{2}-10 x_{0}=0, т. е. x0=1x_{0}=1 или x0=0x_{0}=0. Ако общият корен е x0=1x_{0}=1, то a=−x03−4x02−x0=−6a=-x_{0}^{3}-4 x_{0}^{2}-x_{0}=-6. Тогава уравненията саx3−6x2+11x−6=(x3−x)−6(x2−2x+1)=x^{3}-6 x^{2}+11 x-6=\left(x^{3}-x\right)-6\left(x^{2}-2 x+1\right)=(x−1)(x−2)(x−3)=0(x-1)(x-2)(x-3)=0с корени 1, 2 и 3, иx3+4x2+x−6=(x3−x2)+(x−x2)+6(x2−1)=x^{3}+4 x^{2}+x-6=\left(x^{3}-x^{2}\right)+\left(x-x^{2}\right)+6\left(x^{2}-1\right)=(x−1)(x+2)(x+3)(x-1)(x+2)(x+3)с корени 1,−21, -2 и -3. Ако общият корен е x0=0x_{0}=0, то a=−x03−4x02−x0=0a=-x_{0}^{3}-4 x_{0}^{2}-x_{0}=0 и уравненията са x(x2−6x+11)=0x\left(x^{2}-6 x+11\right)=0 с единствен реален корен 0 и x(x2+4x+1)=0x\left(x^{2}+4 x+1\right)=0 с корени 0 и −2±x23-2 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-1c

Задача 2

Пълен запис
Условие
Диагоналите на трапеца ABCD,AB∥CD,AB>CDA B C D, A B \| C D, A B\gt{}C D, се пресичат в точка OO. Ъглополовящите на външните ъгли на трапеца при върховете AA и DD се пресичат в точка LL. Симетралата на ALA L минава през средата KK на отсечката DOD O. a) Да се докаже, че AD=CDA D=C D. б) Ако симетралата на ALA L пресича CLC L и ALA L съответно в точките EE и FF, да се докаже, че EE е медицентър за триъгълника CDFC D F.
Решениеа) Лесно се съобразява, че ∠ALD=90∘\angle A L D= 90^{\circ}. Тогава симетралата SAL∥DLS_{A L} \| D L и пресича ADA D в средата ѝ MM. Следователно MKM K е средна отсечка в △AOD\triangle A O D и получаваме, че SAL∥ACS_{A L} \| A C, т. е. AC⊥ALA C \perp A L, откъдето заключаваме, че ACA C е ъглополовяща на ∠DAB\angle D A B и AD=CDA D=C D. б) От LML M - медиана към хипотенузата в △ADL\triangle A D L следва, че LM=12ADL M=\frac{1}{2} A D и LM∥CDL M \| C D. Следователно правата LML M пресича диагонала ACA C в средата му NN. От MNM N - средна отсечка в △ADC\triangle A D C следва, че MN=12CD=MLM N=\frac{1}{2} C D=M L. От четириъгълник LNCDL N C D - успоредник (страните му са две по две успоредни) получаваме, че точка EE е среда и на диагонала му DND N. От четириъгълника ANDLA N D L - правоъгълник (диагоналите му се разполовяват и са равни) получаваме, че LD=AN=NC=FEL D=A N=N C=F E. Нека FE∩CD=PF E \cap C D=P. От MM - среда на ADA D и MP∥ACM P \| A C следва, че точка PP е средата на CDC D. Следователно FPF P е медиана в △CDF\triangle C D F. От EPE P - средна отсечка в △NCD\triangle N C D следва, че EP=12CN=12FEE P=\frac{1}{2} C N=\frac{1}{2} F E, т. е. EE е медицентър на △CDF\triangle C D F.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-2

Задача 2b

Пълен запис
Условие
Точките M,NM, N и KK са съответно върху страните AC,BCA C, B C и ABA B на △ABC\triangle A B C, като KK е среда на ABA B, а MN⊥CKM N \perp C K. Ако ∠NMC=∠BKN\angle N M C=\angle B K N и ∠MNC=∠AKM\angle M N C=\angle A K M, докажете, че отсечките AN,BMA N, B M и CKC K се пресичат в една точка.
РешениеОт условието следва, че ∠MKN=∠ACB=γ\angle M K N=\angle A C B=\gamma, като допълващи едни и същи ъгли до 180∘180^{\circ}. Нека означим пресечната точка на MNM N и CKC K с LL. Построяваме DL=CLD L=C L, така че DD да е от лъча LKL K. Ако допуснем, че DD е между LL и KK, то от еднаквостта на триъгълниците △MLC≅△MLD,△LNC≅△LND\triangle M L C \cong \triangle M L D, \triangle L N C \cong \triangle L N D следва, че ∠MDN=∠MCN=γ\angle M D N=\angle M C N=\gamma. От друга страна, ∠MDL>∠MKL,∠NDL>∠NKL\angle M D L\gt{}\angle M K L, \angle N D L\gt{}\angle N K L, като външни съответно за △MKD\triangle M K D и △NKD\triangle N K D. Следователно,γ=∠MDN=∠MDL+∠NDL>\gamma=\angle M D N=\angle M D L+\angle N D L\gt{}∠MKL+∠NKL=∠MKN=γ,\angle M K L+\angle N K L=\angle M K N=\gamma,което е невъзможно и значи DD не е между LL и KK. Аналогично (с неравенства в обратната посока) се доказва, че KK не може да е между LL и DD. Следователно D≡KD \equiv K и CL=LKC L=L K. Да построим през LL отсечка M1N1∥ABM_{1} N_{1} \| A B ( M1∈AC,N1∈BCM_{1} \in A C, N_{1} \in B C ). Ясно е, че M1M_{1} и N1N_{1} са средите на ACA C и BCB C. Ако допуснем, че MN∤ABM N \nmid A B, то, без ограничение на общността, нека M1∈AM,N∈CN1M_{1} \in A M, N \in C N_{1}. Тогава,∠BAC=∠N1M1C>\angle B A C=\angle N_{1} M_{1} C\gt{}∠NMC=∠BKN>∠BKN1=∠BAC,\angle N M C=\angle B K N\gt{}\angle B K N_{1}=\angle B A C,което е противоречие. Следователно, MN∥AB,M≡M1M N \| A B, M \equiv M_{1} и N≡N1N \equiv N_{1}, т. е., отсечките AN,BMA N, B M и CKC K се явяват медиани в △ABC\triangle A B C и като такива се пресичат в медицентъра на триъгълника.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-2b

Задача 2c

Пълен запис
Условие
Нека ABCDA B C D е изпъкнал четириъгълник, който не е успоредник, а точките MM и NN са съответно средите на диагоналите ACA C и BDB D. Правата MNM N пресича страните ADA D и BCB C съответно във вътрешни точки PP и QQ. Да се докаже, че ∠APN=∠BQM\angle A P N=\angle B Q M тогава и само тогава, когато AD=BCA D=B C.
РешениеНека KK е средата на ABA B. Тогава KMK M и KNK N са средни отсечки съответно на триъгълниците ABCA B C и ABDA B D. Ако точките P,N,MP, N, M и QQ са в този ред върху правата PQP Q, имаме ∠APN=∠KNM\angle A P N=\angle K N M и ∠BQM=∠KMN\angle B Q M=\angle K M N. Освен това имаме KN=AD/2K N=A D / 2 и KM=BC/2K M= B C / 2. Следователно задачата се свежда до това, че един триъгълник е равнобедрен тогава и само тогава, когато ъглите при основата му са равни. Случаят, в който редът върху правата PQP Q е P,M,NP, M, N и QQ, води до ∠APN=∠KNQ\angle A P N=\angle K N Q и ∠BQM=∠KMP\angle B Q M=\angle K M P и преминаването към допълнителни ъгли води до горния резултат.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-2c

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че съществуват безброй много естествени числа aa, такива че за всяко естествено число nn числата n3+2018n+a,n3+2019n+an^{3}+2018 n+a, n^{3}+2019 n+a и n3+2020n+an^{3}+2020 n+a са съставни.
РешениеПонеже n(n2−1)n\left(n^{2}-1\right) е произведение на три последователни числа, то то се дели на 3 за всяко nn. Следователно, при aa делящо се на 3, числото n3+2018n+a=n(n2−1)+2019n+an^{3}+2018 n+a=n\left(n^{2}-1\right)+2019 n+a ще се дели на 3. Понеже n(n2+1)n\left(n^{2}+1\right) е четно за всяко nn, то при aa делящо се на 2, числото n3+2019n+a=n(n2+1)+2018n+an^{3}+2019 n+a=n\left(n^{2}+1\right)+2018 n+a ще е четно. Да положим a:=k3+2020ka: =k^{3}+2020 k. Тогава, n3+2020n+k3+2020k=(n+k)(n2−nk+k2+2020)n^{3}+2020 n+k^{3}+2020 k=(n+k)\left(n^{2}-n k+k^{2}+2020\right), т. е., числото е съставно. Остава да осигурим числото a=k3+2020ka=k^{3}+2020 k да се дели и на 2 и на 3, т. е., k=6tk=6 t. За всяко естетсвено число tt, число aa от вида (6t)3+2020⋅6t=24t(9t2+505)(6 t)^{3}+2020 \cdot 6 t=24 t\left(9 t^{2}+505\right) гарантира, че всяко от числата n3+2018n+a,n3+2019n+an^{3}+2018 n+a, n^{3}+2019 n+a и n3+2020n+an^{3}+2020 n+a е съставно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Едно естествено число наричаме добро, ако се записва с помощта на само две различни цифри, едната от които е 0, и притежава следното свойство: каквато и ненулева цифра aa да допишем отдясно на това число, се получава число, което се дели на aa. a) Да се намери най-малкото добро число. б) Да се докаже, че съществуват безбройно много добри числа, в които участва само една нула.
РешениеАко NN е добро число, то Na‾−a=10N\overline{N a}-a=10 N се дели на aa за всяка ненулева цифра aa. Оттук при a=7a=7 и a=9a=9 следва, че NN се дели на 7 и на 9, а при a=8a=8, це NN се дели на 4. Да отбележим още, че NN е кратно на число, което се записва само с цифрите 1 и 0, и че трите най-малки числа, които се записват само с 1 и 0 и се делят на 7, са 1001, 10010 и 10101 (по-малките кандидати се отхвърлят лесно), а следващите са с поне 6 цифри. а) Нека NN е най-малкото добро число. Ако ненулевата цифра на NN не се дели на 3, от 9∣N9 \mid N следва, че NN има поне 9 цифри. Ако ненулевата цифра на NN е 3, то NN завършва на 00 и 3 се среща поне три пъти. Това означава, че NN е поне 7 -цифрено. Ако ненулевата цифра на NN е 6, то NN завършва на 0 и 6 се среща поне три пъти. Това означава, че N=606060N=606060 или NN е поне 7-цифрено. Накрая, ако ненулевата цифра е 9, то NN завършва на 00 и значи N=900900N=900900 или NN има поне 7 цифри. Следователно най-малкото добро число е 606060. б) Такива са например числата 66…6066 \ldots 60, където броят на шестиците е кратен на 6.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека n>2n\gt{}2 е естествено число и A1A2…AnA_{1} A_{2} \ldots A_{n} е правилен nn-ъгълник. Ако е дадена редица от два или повече различни върха на многоъгълникът, в която всеки връх без първия е свързан чрез отсечка с предходния и отсечките нямат общи вътрешни точки, то обединението на тези отсечки ще наричаме несамопресичаща се начупена линия (ННЛ). Означаваме с ana_{n} броя на всички ННЛ в nn-ъгълника. Например a3=6a_{3}=6, понеже ННЛ са A1A2,A1A3,A2A3,A1A2A3,A2A1A3,A1A3A2A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}, A_{2} A_{3}, A_{1} A_{2} A_{3}, A_{2} A_{1} A_{3}, A_{1} A_{3} A_{2}. а) Да се намери формула, изразяваща ana_{n} чрез nn (в затворен вид). б) Колко от числата ana_{n} за n≤2020n \leq 2020 се делят на 7?
РешениеДа пресметнем броя bkb_{k} броя на всички несамопресичащи се начупени линии, свързващи (без повторения) всички върхове на изпъкнал kk-ъгълник. Имаме kk избора на първия връх от начупената линия, след което имаме по 2 избора за всеки следващ връх без последния (а именно най-левия или най-десния неизползван до момента връх). Но при този подход всяка начупена линия е броена по два пъти (по веднъж от двата си края), така че bk=k.2k−2:2=k.2k−3b_{k}=k.2^{k-2}: 2=k.2^{k-3}. Този факт запазва верността си и при естествената дефиниция за k=2k=2. а) Ако по начупената линия има kk върха (k=2,3,…,n)(k=2, 3, \ldots, n), то има (nk)\binom{n}{k} избора за това кои да са те и bk=k.2k−3b_{k}=k.2^{k-3} избора как да бъдат свързани. Следователно an=∑k=2nn!k!(n−k)!⋅k2k−3=n4⋅∑k=2n(n−1)!(k−1)!(n−k)!⋅2k−1=n4⋅((2+1)n−1−1)=n4⋅(3n−1−1)a_{n}=\sum_{k=2}^{n} \frac{n!}{k!(n-k)!} \cdot k 2^{k-3}=\frac{n}{4} \cdot \sum_{k=2}^{n} \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} \cdot 2^{k-1}=\frac{n}{4} \cdot\left((2+1)^{n-1}-1\right)=\frac{n}{4} \cdot\left(3^{n-1}-1\right). б) Това се случва ако nn се дели на 7(2016:7=2887\left(2016: 7=288\right. стойности), както и ако 3n−13^{n-1} дава остатък 1 при деление на 7, т. е. ако n−1n-1 се дели на 6(2016:6=3366(2016: 6=336 стойности), като трябва да изключим дублиранията, т. е. стойностите на nn, даващи остатък 7 при деление на 42(2016:42=4842(2016: 42=48 стойности). Отговор: 288+336−48=576288+336-48=576.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е разностранен остроъгълен триъгълник ABCA B C с ортоцентър HH, като 2∠ABC=90∘+∠BAC2 \angle A B C=90^{\circ}+\angle B A C. Около △AHC\triangle A H C е описана окръжност kk, която пресича ABA B за втори път в точка KK. Правата през HH, успоредна на ABA B, пресича kk за втори път в точка PP. Точка DD е петата на височината от върха CC в △ABC\triangle A B C, а точка L∈CPL \in C P е петата на перпендикуляра от KK към CPC P. Да се докаже, че окръжността, описана около △ADL\triangle A D L минава през центъра на окръжността k.k.
РешениеЩе използваме стандартните означения за ъглите на △ABC\triangle A B C. Тъй като ∠PHC=90∘\angle P H C=90^{\circ}, то отсечката CPC P е диаметър на kk и OO е нейната среда. От ∠AHC=180∘−β\angle A H C=180^{\circ}-\beta в четириъгълника AHCPA H C P следва, че ∠APC=\angle A P C= β\beta. Тогава ∠ACP=90∘−∠APC=90∘−β\angle A C P=90^{\circ}-\angle A P C=90^{\circ}-\beta. Оттук и от даденото по условие равенство пресмятаме∠AOP=2∠ACP=180∘−2β=90∘−α.\angle A O P=2 \angle A C P=180^{\circ}-2 \beta=90^{\circ}-\alpha. Тъй като четириъгълникът LKDCL K D C е вписан, имаме∠LCK=∠LDK=∠LCA+∠ACK=\angle L C K=\angle L D K=\angle L C A+\angle A C K=90∘−β+β−α=90∘−α.90^{\circ}-\beta+\beta-\alpha=90^{\circ}-\alpha. Последното и полученото по-горе дават исканото. Ако α<45∘\alpha\lt{}45^{\circ}, то PL>POP L\gt{}P O и точка OO е между PP и LL. Ако α>45∘\alpha\gt{}45^{\circ}, то PO>PLP O\gt{}P L и точка LL е между PP и OO. И при двете разположения доказателството, че A,D,OA, D, O и LL лежат на една окръжност е идентично. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1 т. за установяване, че отсечката CPC P е диаметър на kk и OO е нейната среда; 1 т. за изразяване на ∠AOP=2∠ACP=180∘−2β=90∘−α;2\angle A O P=2 \angle A C P=180^{\circ}-2 \beta=90^{\circ}-\alpha; 2 т. за изразяване на ∠LDK=90∘−α;2\angle L D K=90^{\circ}-\alpha; 2 т. за довършване на решението (по 1 т за всяка възможност на разположението на точките).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички квадратни тричлени с реални коефициенти f(x)=x2+ax+bf(x)= x^{2}+a x+b със следните свойства: (1) корените x1x_{1} и x2x_{2} на f(x)f(x) са реални и различни; (2) съществува квадратен тричлен с реални коефициенти g(x)=x2+cx+dg(x)=x^{2}+c x+d, за който g(x1)=x2,g(x2)=x1g\left(x_{1}\right)=x_{2}, g\left(x_{2}\right)=x_{1} и g(x1x2)=x2+x12−x2x12g\left(x_{1} x_{2}\right)=x_{2}+x_{1}^{2}-x_{2} x_{1}^{2}.
РешениеПърво, ще покажем, че g(x)=f(x)−x−ag(x)=f(x)-x-a. Да забележим, че g(x)−f(x)g(x)-f(x) е линейна функция и значи еднозначно се определя от стойностите ѝ в двете различни точки x1x_{1} и x2x_{2}. Лесно се вижда, че това е именно функцията −x+(x1+x2)-x+\left(x_{1}+x_{2}\right), което от формулите на Виет е −x−a-x-a. За израза g(x1x2)g\left(x_{1} x_{2}\right), използвайки формулите на Виет x1+x2=−ax_{1}+x_{2}=-a и x1x2=bx_{1} x_{2}=b, получаваме:g(x1x2)=g(b)=f(b)−b−a=b2+ab+b−b−a=g\left(x_{1} x_{2}\right)=g(b)=f(b)-b-a=b^{2}+a b+b-b-a=x12x22−(x1+x2)x1x2+x1+x2x_{1}^{2} x_{2}^{2}-\left(x_{1}+x_{2}\right) x_{1} x_{2}+x_{1}+x_{2}а условието g(x1x2)=x2+x12−x2x12g\left(x_{1} x_{2}\right)=x_{2}+x_{1}^{2}-x_{2} x_{1}^{2} води до(x22−1)x12−x1(x22−1)=\left(x_{2}^{2}-1\right) x_{1}^{2}-x_{1}\left(x_{2}^{2}-1\right)=0⇔(x2−1)(x2+1)x1(x1−1)=0.0 \Leftrightarrow\left(x_{2}-1\right)\left(x_{2}+1\right) x_{1}\left(x_{1}-1\right)=0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Една пермутация(σ(1),σ(2),σ(3),…,σ(11))(\sigma(1), \sigma(2), \sigma(3), \ldots, \sigma(11)) на числата 1,2,…,111, 2, \ldots, 11, наричаме 2 -наредена, ако σ(i)<σ(i+2)\sigma(i)\lt{}\sigma(i+2) за всяко i=1,…,9i=1, \ldots, 9 и 3 -наредена, ако σ(i)<σ(i+3)\sigma(i)\lt{}\sigma(i+3) за всяко i=1,…,8i=1, \ldots, 8. Да се намери броят на 2 -наредените пермутации, които не са 3-наредени.
РешениеРешение. Ще изведем формула в общия случай, като заместим числото 11 с произволно естествено число nn. Ясно е, че за всяко подмножество A⊆{1,2,…,n}A \subseteq\{1, 2, \ldots, n\} с ∣A∣=[n2]|A|=\left[\frac{n}{2}\right] елемента има единствена 2 -наредена пермутация с A={σ(2),σ(4),…,σ(2[n2])}A=\left\{\sigma(2), \sigma(4), \ldots, \sigma\left(2\left[\frac{n}{2}\right]\right)\right\}, защото елементите на AA трябва да бъдат подредени възходящо, а σ(1)<σ(3)<σ(5)<…\sigma(1)\lt{}\sigma(3)\lt{}\sigma(5)\lt{}\ldots трябва да бъде редицата от елементите извън AA, подредени във възходящ ред. Оттук следва, че броят s2(n)s_{2}(n) на 2 -наредените пермутации от nn елемента е:s2(n)=(n[n2])s_{2}(n)=\binom{n}{\left[\frac{n}{2}\right]} За пермутация, която е 2 - и 3 -наредена имамеσ(1)<σ(3)<σ(5)<σ(7)<…,\sigma(1)\lt{}\sigma(3)\lt{}\sigma(5)\lt{}\sigma(7)\lt{}\ldots,σ(1)<σ(4)<σ(6)<σ(8)<…, \quad \sigma(1)\lt{}\sigma(4)\lt{}\sigma(6)\lt{}\sigma(8)\lt{}\ldots, откъдетоσ(1)<min⁡{σ(3),σ(4),…}\sigma(1)\lt{}\min \{\sigma(3), \sigma(4), \ldots\} Аналогично се доказва, чеσ(i)<min⁡j≥i+2σ(j)\sigma(i)\lt{}\min _{j \geq i+2} \sigma(j) Обратното е очевидно: ако (1) е изпълнено за всяко ii, то σ\sigma е 2 - и 3 -наредена. Да означим с s23(n)s_{23}(n) броя на едновременно 2 - и 3 -наредените пермутации от nn елемента. Непосредствено се проверява, че s23(1)=1,s23(2)=2s_{23}(1)=1, s_{23}(2)=2. Ясно е, че всички пермутации, които са 2 - и 3 -наредени са два вида: (а) пермутации, зо които σ(1)=1\sigma(1)=1 и (б) пермутации за които σ(1)=2,σ(2)=1\sigma(1)=2, \sigma(2)=1. Броят на пермутаците от тип (а) е s23(n−1)s_{23}(n-1), а на тези от тип (б) е s23(n−2)s_{23}(n-2). Следователно s23(n)=s23(n−1)+s23(n−2)s_{23}(n)=s_{23}(n-1)+s_{23}(n-2), откъдето s23(n)=Fn+1s_{23}(n)=F_{n+1}, т. е., n+1n+1-вото число на Фибоначи (редицата {1,1,2,3,5,8,13,21…}\{1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21 \ldots\} ). Окончателно, търсеният брой е:s2(11)−s23(11)=(115)−F12=462−144=318s_{2}(11)-s_{23}(11)=\binom{11}{5}-F_{12}=462-144=318Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 2 т. за извеждане на формула за s2(n)s_{2}(n); 4 т. за извеждане на формула за s23(n);1s_{23}(n); 1 т. за верен отговор.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека n≥4n \geq 4 е естествено число и да означимD(n)=max⁡{НОД(an+b,bn+a):1≤a<b≤n−1}.D(n)=\max \{\text{НОД}(a n+b, b n+a): 1 \leq a\lt{}b \leq n-1\}. Да се докаже, че D(n)≥n−1D(n) \geq n-1, като равенство се достига тогава и само тогава, когато числата n−1n-1 и n+1n+1 са едновременно прости.
РешениеЛесно се вижда, че D(n)≥n−1D(n) \geq n-1 (например при a=1a=1 и b=n−2b=n-2 имаме an+b=2n−2a n+b=2 n-2 и bn+a=(n−1)2b n+a=(n-1)^{2}, които имат общ делител n−1n-1 ). Да предположим, че числата n−1n-1 и n+1n+1 са прости. Ще докажем, че D(n)=n−1D(n)=n-1 и тази стойност се достига точно когато a+b=n−1a+b=n-1. Ако aa и bb са такива, че n−1n-1 не дели D(n)=(an+b,bn+a)D(n)=(a n+b, b n+a), то от D(n)∣(bn+a)−(an+b)=D(n) \mid(b n+a)-(a n+b)= (n−1)(b−a)(n-1)(b-a) следва, че D(n)∣b−aD(n) \mid b-a. Тогава D(n)≤b−a≤n−2D(n) \leq b-a \leq n-2, което противоречи на горната оценка. Следователно D(n)D(n) се дели на n−1n-1. Ако aa и bb, за които D(n)=D(n)= НОД (an+b,bn+a)(a n+b, b n+a) се достига, то n−1∣D(n)n-1 \mid D(n) и следователно n−1n-1 дели (an+b)+(bn+a)=(a+b)(n+1)(a n+b)+(b n+a)=(a+b)(n+1). Последното означава, че n−1n-1 дели a+b≤2n−3a+b \leq 2 n-3, т. е. a+b=n−1a+b=n-1. Тогава n−1n-1 дели D(n)=(an+b,bn+a)=((n−1)(a+1),(n−1)(b+1))=D(n)=(a n+b, b n+a)=((n-1)(a+1), (n-1)(b+1))= (n−1)(a+1,b+1)(n-1)(a+1, b+1). Тъй като (a+1)+(b+1)=n+1(a+1)+(b+1)=n+1 е просто число, имаме (a+1,b+1)=1(a+1, b+1)=1, т. е. D(n)=n−1D(n)=n-1. Остава да покажем, че ако някое от числата n−1n-1 и n+1n+1 не е просто, то D(n)>n−1D(n)\gt{}n-1. Ако числото n+1n+1 не е просто и pp е неговият най-малък прост делител, то a=p−1a=p-1 и b=n−pb=n-p показват, че D(n)≥p(n−1)>n−1D(n) \geq p(n-1)\gt{}n-1. Ако числото n−1=kℓn-1=k \ell не е просто, 2<k≤ℓ2\lt{}k \leq \ell, то a=ℓ+1a=\ell+1 и b=(k−1)(ℓ+1)>ab=(k-1)(\ell+1)\gt{}a даватan+b=(ℓ+1)(kℓ+1)+(k−1)(ℓ+1)=k(ℓ+1)2,bn+a=(k−1)(ℓ+1)(kℓ+1)+ℓ+1=k(ℓ+1)(kℓ−ℓ+1).\begin{gathered} a n+b=(\ell+1)(k \ell+1)+(k-1)(\ell+1)=k(\ell+1)^{2}, \\ b n+a=(k-1)(\ell+1)(k \ell+1)+\ell+1=k(\ell+1)(k \ell-\ell+1). \end{gathered} Следователно D(n)D(n) се дели на k(ℓ+1)>kℓ=n−1k(\ell+1)\gt{}k \ell=n-1 и значи D(n)>n−1D(n)\gt{}n-1. В случая, когато n−1=2pn-1=2 p където pp е просто число или 4,a=14, a=1 и b=2p−1=n−2b=2 p-1=n-2 дават an+b=4pa n+b=4 p и bn+a=4p2b n+a=4 p^{2}, откъдето D(n)≥4p=2n−2>n−1D(n) \geq 4 p=2 n-2\gt{}n-1. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) 1 т. за оценката D(n)≥n−1;3D(n) \geq n-1; 3 т. за доказателство, че D(n)=n−1D(n)=n-1, когато n−1n-1 и n+1n+1 са едновременно прости; 1 т. за пример на D(n)>n−1D(n)\gt{}n-1, когато n+1n+1 е съставно; 2 т. за пример на D(n)>n−1D(n)\gt{}n-1, когато n−1n-1 е съставно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа xx, за които:x4−x270−x2=2020.x^{4}-\sqrt{\vphantom{x^2}70-x^{2}}=2020.
РешениеАко положим x270−x2=t\sqrt{\vphantom{x^2}70-x^{2}}=t, то t∈[0,x270]t \in[0, \sqrt{\vphantom{x^2}70}] и уравнението добива вида:(70−t2)2−t=2020⇔t4−140t2−t+2880=\left(70-t^{2}\right)^{2}-t=2020 \Leftrightarrow t^{4}-140 t^{2}-t+2880=0⇔(t−5)(t3+5t2−115t−576)=00 \Leftrightarrow(t-5)\left(t^{3}+5 t^{2}-115 t-576\right)=0 От t≥0t \geq 0 и t≤x270<9t \leq \sqrt{\vphantom{x^2}70}\lt{}9 следва, че t3+5t2−115t−576=(t−9)(t2+14t+11)−477<0t^{3}+5 t^{2}-115 t-576=(t-9)\left(t^{2}+14 t+11\right)-477\lt{}0. Така окончателно t=5t=5 и уравнението има две решения x1=3x25x_{1}=3 \sqrt{\vphantom{x^2}5} и x2=−3x25x_{2}=-3 \sqrt{\vphantom{x^2}5}. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1 т. за полагането x270−x2=t\sqrt{\vphantom{x^2}70-x^{2}}=t и свеждане до уравнение от четвърта степен; 2 т. за разлагането и откриване на решение при t=5;2t=5; 2 т. за доказателство, че няма други решения; 1 т. за окончателния отговор.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В △ABC\triangle A B C е вписана окръжност kk, която се допира до страните BC,CAB C, C A и ABA B в точките D,ED, E и FF съответно. Нека FPF P е височина в △DEF\triangle D E F и симетралата на FPF P пресича kk в точките QQ и RR. a) Да се докаже, че точките A,B,QA, B, Q и RR лежат на една окръжност. б) Ако радиусът на тази окръжност е равен на радиуса на описаната около △ABC\triangle A B C окръжност, то да се намери ∠ACB\angle A C B.
РешениеНека II е центърът на kk и симетралата на FPF P пресича DFD F и EFE F в точките MM и NN съответно. Тогава MM е среда на DFD F и от равнобедрения △BDF\triangle B D F следва, че MM лежи на BIB I и BM⊥FDB M \perp F D. От правоъгълния △BIF\triangle B I F и от свойството на секущите в kk следва, че BM.MI=FM2=FM.MD=QM.MRB M. M I=F M^{2}=F M. M D=Q M. M R, т. е. RBQIR B Q I е вписан четириъгълник. Аналогично RAQIR A Q I е вписан четириъгълник и следователно точките A,BA, B, Q,RQ, R и II лежат на една окръжност ω\omega. Остава да съобразим, че радиусът на ω\omega е равен на радиуса на описаната около △ABC\triangle A B C окръжност тогава и само тогава, когато симетричната точка на II относно ABA B лежи на описаната окръжност, т. е. ∠AIB+∠ACB=180∘\angle A I B+\angle A C B=180^{\circ}. Но ![](/problem-assets/zms2020-10-2-diagram-1.jpg) ∠AIB=90∘+12∠ABC\angle A I B=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle A B C и следователно ∠ACB=60∘\angle A C B=60^{\circ}. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 4 т. за а); 2 т. за б).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-10-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека KnK_{n} е граф с n≥3n \geq 3 върха, всеки два от които са свързани с ребро. Казваме, че ребрата на KnK_{n} са правилно оцветени, ако ребрата на всеки триъгълник или са едноцветни, или са оцветени в три различни цвята. a) Да се докаже, че ако KnK_{n} е правилно оцветен с използването на поне два цвята, то броят на използваните цветове е поне x2n+1\sqrt{\vphantom{x^2}n}+1. б) Съществува ли правилно оцветяване на ребрата на K25K_{25}, което използва точно 6 цвята?
РешениеНека KnK_{n} е правилно оцветен в r>1r\gt{}1 различни цвята. Нека N(x,c)N(x, c) е броят на върховете, съседни на xx, които са оцветени в цвят cc. Да фиксираме връх x0x_{0} и цвят c0c_{0}, за които N(x0,c0)N\left(x_{0}, c_{0}\right) е максимално и да означим този максимум с NN. Ребрата, имащи за връх x0x_{0}, се разбиват на не повече от rr класа едноцветни ребра, всеки от които е с не повече от NN елемента. СледователноN⋅r≥n−1N \cdot r \geq n-1 Нека x1,x2,…,xNx_{1}, x_{2}, \ldots, x_{N} са съседите на x0x_{0}, които са в цвят c0c_{0}. Разглеждаме пълния подграф GG, индуциран от x0,x1,…,xNx_{0}, x_{1}, \ldots, x_{N}. Очевидно всички ребра на GG са в цвят c0c_{0}. Тъй като има поне два цвята, то съществува връх yy от KnK_{n}, който е свързан с GG с цвят раличен от c0c_{0}. От условието за правилна оцветеност следва, че всички ребра yxiy x_{i} са оцветени в различни цветове, които са различни от c0c_{0}. Следователно,r≥N+2r \geq N+2 От (2) и (3) получавамеr(r−2)≥rN≥n−1r(r-2) \geq r N \geq n-1 откъдето r≥x2n+1r \geq \sqrt{\vphantom{x^2}n}+1. Нека n=p2,pn=p^{2}, p - просто число, и нека върховете на KnK_{n} саV={(i,j)∣0≤i,j≤p−1}V=\{(i, j) \mid 0 \leq i, j \leq p-1\} Нека цветовете са елементите на {0,1,…,p}\{0, 1, \ldots, p\}. Реброто между върховете (i1,j1)\left(i_{1}, j_{1}\right) и (i2,j2)\left(i_{2}, j_{2}\right) оцветяваме в цвят c∈{0,1,…,p−1}c \in\{0, 1, \ldots, p-1\}, акоi1−i2≡c(j1−j2)( mod p)i_{1}-i_{2} \equiv c\left(j_{1}-j_{2}\right) \quad(\bmod p) и в цвят pp, ако j1=j2j_{1}=j_{2}. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) Пълно решение на а) се оценява с 5 т. Пълно решение на б) се оценява с 3 т. Пълно решение на а) и б) - 7 т. Построяване на правилно оцветяване без доказателство, че е наистина такова - 2 т.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Реалните числа α,β\alpha, \beta и γ\gamma в този ред образуват аритметична прогресия, а уравнението:x3−αx2+βx−γ=0x^{3}-\alpha x^{2}+\beta x-\gamma=0има три различни реални корена x3>x2>x1>0x_{3}\gt{}x_{2}\gt{}x_{1}\gt{}0, които образуват геометрична прогресия. Да се докаже, че ∣x2−3∣>x26.\left|x_{2}-3\right|\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}6}.
РешениеНека частното на геометричаната прогресия от x1,x2,x3x_{1}, x_{2}, x_{3} е qq с ∣q∣≥1|q| \geq 1 и да положим t=x2t=x_{2}. Тогава от x3>x2>x1>0x_{3}\gt{}x_{2}\gt{}x_{1}\gt{}0 получаваме, че q>0q\gt{}0 и q≠1q \neq 1, откъдето q>1q\gt{}1. Следователно x1=tqx_{1}=\frac{t}{q}, а x3=qtx_{3}=q t и:x3−αx2+βx−γ=(x−tq)(x−t)(x−qt)=x^{3}-\alpha x^{2}+\beta x-\gamma=\left(x-\frac{t}{q}\right)(x-t)(x-q t)=x3−(1q+1+q)tx2+(1q+q+q)t2x−t3.x^{3}-\left(\frac{1}{q}+1+q\right) t x^{2}+\left(\frac{1}{q}+q+q\right) t^{2} x-t^{3}. Като приравним коефициентите пред съответните степени на xx получаваме, че:α=(1q+1+q)t,β=(1q+1+q)t2иγ=t3.\alpha=\left(\frac{1}{q}+1+q\right) t, \quad \beta=\left(\frac{1}{q}+1+q\right) t^{2} \text{и} \gamma=t^{3}. Тъй като α,β\alpha, \beta и γ\gamma образуват аритметична прогресия в този ред, то:(1q+1+q)t+t3=2(1q+1+q)t2\left(\frac{1}{q}+1+q\right) t+t^{3}=2\left(\frac{1}{q}+1+q\right) t^{2}откъдето тъй като t=x2>0t=x_{2}\gt{}0 получаваме, че:t2−2(1q+1+q)t+(1q+1+q)=0t^{2}-2\left(\frac{1}{q}+1+q\right) t+\left(\frac{1}{q}+1+q\right)=0 Ако положим a=1q+1+qa=\frac{1}{q}+1+q, то е ясно, че a>3a\gt{}3 и корените на последното уравнение са:t1=a−x2a2−aиt2=a+x2a2−a.t_{1}=a-\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}-a} \text{и} t_{2}=a+\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}-a}. Тъй като a>3a\gt{}3, то a2−a>6a^{2}-a\gt{}6 и следователно t2>3+x26t_{2}\gt{}3+\sqrt{\vphantom{x^2}6}. Това показва, че ∣t2−3∣=t2−3>x26\left|t_{2}-3\right|=t_{2}-3\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}6}. Остана да забележим, че t1t2=at_{1} t_{2}=a, откъдетоt1=aa+x2a2−a=11+x21−1at_{1}=\frac{a}{a+\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}-a}}=\frac{1}{1+\sqrt{\vphantom{x^2}1-\frac{1}{a}}} Тъй като a>3a\gt{}3, то 1−1a>231-\frac{1}{a}\gt{}\frac{2}{3} и следователноt1<t_{1}\lt{}11+x223=x23x23+x22=\frac{1}{1+\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{2}{3}}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}}=x23(x23−x22)=3−x26\sqrt{\vphantom{x^2}3}(\sqrt{\vphantom{x^2}3}-\sqrt{\vphantom{x^2}2})=3-\sqrt{\vphantom{x^2}6} Следователно t1−3<−x26t_{1}-3\lt{}-\sqrt{\vphantom{x^2}6} и следователно ∣t1−3∣>x26\left|t_{1}-3\right|\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}6}. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1 т. - за (4); 1 т. - за (5); 1 т. - за (6) ;1; 1 т. - за t2−3>x26;2t_{2}-3\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}6}; 2 т. - за t1−3<−x26t_{1}-3\lt{}-\sqrt{\vphantom{x^2}6}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Върху ъглополовящата на ∠BAC\angle B A C на △ABC\triangle A B C са избрани точки PP (вътрешна за △ABC)\triangle A B C) и Q(Q( външна за △ABC)\triangle A B C). Ако правата CPC P и описаните окръжности около △ACQ\triangle A C Q и △ABP\triangle A B P се пресичат в една точка, да се докаже, че BQ⋅BPCQ⋅CP=ABAC.\frac{B Q \cdot B P}{C Q \cdot C P}=\frac{A B}{A C}.
РешениеДа означим пресечната точка на правата CPC P и описаните окръжности около △ACQ\triangle A C Q и △ABP\triangle A B P с XX. Тогава∠CXQ=∠CAQ=∠PAB=∠PXB\angle C X Q=\angle C A Q=\angle P A B=\angle P X B и понеже C,PC, P и XX лежат на дена права, то X,BX, B и QQ също лежат на една права. От ∠AQX=∠ACX\angle A Q X=\angle A C X и ∠APB=180∘−∠AXB=∠ACQ\angle A P B=180^{\circ}-\angle A X B=\angle A C Q следва, че△ABQ∼△APCи△ABP∼△AQC.\triangle A B Q \sim \triangle A P C \text{и} \triangle A B P \sim \triangle A Q C. От горните подобия следва:BQCP=ABAPиBPCQ=APAC\frac{B Q}{C P}=\frac{A B}{A P} \text{и} \frac{B P}{C Q}=\frac{A P}{A C} и след умножаване на тези равенства получавамеBQCP⋅BPCQ=ABAP⋅APAC=ABAC\frac{B Q}{C P} \cdot \frac{B P}{C Q}=\frac{A B}{A P} \cdot \frac{A P}{A C}=\frac{A B}{A C}![](/problem-assets/zms2020-11-2-diagram-1.jpg) Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 2 т. - за X,BX, B и QQ лежат на една права; по 1 т. - за всяко от подобията △ABQ∼△APC\triangle A B Q \sim \triangle A P C и △ABP∼△AQC;2\triangle A B P \sim \triangle A Q C; 2 т. - за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека SS е множеството от отсечките XYX Y в равнината, за които X≠YX \neq Y. Да се намерят всички функции f:S→(0;∞)f: S \rightarrow(0; \infty), за коитоf(AB)=f(AC)+f(CB)f(A B)=f(A C)+f(C B) винаги когато ∠ACB=90∘.\angle A C B=90^{\circ}.
Решение1. Нека първо ABCDA B C D е квадрат с пресечна точка на диагоналите OO. Тогава от това, че ∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOA=90∘\angle A O B=\angle B O C=\angle C O D=\angle D O A=90^{\circ} получаваме:& f(A B)=f(A O)+f(O B),f(BC)=f(BO)+f(CO), \quad f(B C)=f(B O)+f(C O),(7)f(CD)=f(CO)+f(OD)иf(DA)=\begin{aligned} (7) \\ & f(C D)=f(C O)+f(O D) \text{и} f(D A)=\end{aligned}f(DO)+f(AO)(8)f(D O)+f(A O) (8) Освен това от това, че ∠ABC=∠ADC=90∘\angle A B C=\angle A D C=90^{\circ} имаме, че:f(AB)+f(BC)=f(AC)=f(CD)+f(AD)(9)f(A B)+f(B C)=f(A C)=f(C D)+f(A D) (9) От 7 и 9 получаваме, че:& (f(A O)+f(B O))+(f(B O)+f(O C))=f(AB)+f(BC)=\begin{aligned}f(A B)+f(B C) \\ =\end{aligned} & f(A D)+f(C D)=(f(AO)+f(OD))+(f(OD)+f(CO))(f(A O)+f(O D))+(f(O D)+f(C O))Това показва, че f(BO)=f(DO)f(B O)=f(D O). Освен това от равенствата 7 получаваме, че f(AB)=f(A B)= f(DA)f(D A) и от съображения за симетрия f(AB)=f(BC)=f(CD)=f(DA)f(A B)=f(B C)=f(C D)=f(D A) и f(AO)=f(A O)= f(CO)f(C O). 2. От предишната стъпка, ако ABA B е отсечка със среда MM, то f(AM)=f(MB)f(A M)=f(M B). (достатъчно е да построим квадрат с диагонал ABA B.) Нека ABCDA B C D е ромб с пресечна точка на диагоналите OO. Тогава OO е среда на BDB D и следователно f(BO)=f(DO)f(B O)=f(D O) и тъй като ∠AOB=∠AOD=90∘\angle A O B=\angle A O D=90^{\circ}, то:f(AB)=f(AO)+f(BO)=f(AO)+f(DO)=f(AD)f(A B)=f(A O)+f(B O)=f(A O)+f(D O)=f(A D) Аналогично получаваме, че f(AD)=f(CD)=f(BC)f(A D)=f(C D)=f(B C). 3. Сега ще покажем, че ако AB=CDA B=C D, то f(AB)=f(CD)f(A B)=f(C D). От предишната точка това е очевидно, ако A≡CA \equiv C или ABCDA B C D е ромб. Първо ще разгледаме случая, когато ABCDA B C D е успоредник и AB>ADA B\gt{}A D. Тогава може да построим равнобедрен триъгълник AA′DA A^{\prime} D със бедро AA′=A′D=ABA A^{\prime}=A^{\prime} D=A B. Нека B′B^{\prime} е симетричната на AA относно A′BA^{\prime} B. Тогава ABB′A′A B B^{\prime} A^{\prime} и A′B′CDA^{\prime} B^{\prime} C D са ромбове и следователно f(AB)=f(A′B′)=f(CD)f(A B)=f\left(A^{\prime} B^{\prime}\right)=f(C D). Сега нека ABCDA B C D е успоредник, но ∣AB∣<∣AD∣|A B|\lt{}|A D|. Тогава ∣AD∣=k∣AB∣+x|A D|=k|A B|+x с k∈Nk \in \mathbb{N} и x<x\lt{} ∣AB∣|A B|. Тогава може да разделим отсечката ADA D на k+1k+1 отсечки: AA1,A1A2,…,Ak−1Ak,AkDA A_{1}, A_{1} A_{2}, \ldots, A_{k-1} A_{k}, A_{k} D, така че ∣AA1∣=∣AiAi+1∣=∣AB∣\left|A A_{1}\right|=\left|A_{i} A_{i+1}\right|=|A B| за i<ki\lt{}k и ∣AkD∣=x\left|A_{k} D\right|=x. Нека Bi∈BCB_{i} \in B C, така че AiBi∥ABA_{i} B_{i} \| A B. Тогава е ясно, че ∣AiBi∣=∣AB∣\left|A_{i} B_{i}\right|=|A B| и следователно AiBiBi+1Ai+1A_{i} B_{i} B_{i+1} A_{i+1} са ромбове и ABB1A1A B B_{1} A_{1} също е ромб. Оттук f(AB)=f(AiBi)f(A B)=f\left(A_{i} B_{i}\right) за всяко ii. Накрая AkBkCDA_{k} B_{k} C D е успоредник с ∣AkBk∣>∣AkD∣\left|A_{k} B_{k}\right|\gt{}\left|A_{k} D\right| и следователно f(CD)=f(AkBk)=f(AB)f(C D)=f\left(A_{k} B_{k}\right)=f(A B). Накрая, нека ABA B и CDC D като AB=CDA B=C D са в общо положение и CC не лежи на правата ABA B. Построяваме успоредник ABCD′A B C D^{\prime}. От горните разсъждения f(AB)=f(CD′)f(A B)=f\left(C D^{\prime}\right) и f(CD′)=f(CD)f\left(C D^{\prime}\right)=f(C D). Следователно f(AB)=f(CD)f(A B)=f(C D). Остана да отбележим, че ако A,B,C,DA, B, C, D са колинеарни, и AB=CDA B=C D, то може да построим C′D′C^{\prime} D^{\prime} успоредна и равна на ABA B, така че C′C^{\prime} не е на ABA B. Тогава от ABC′D′A B C^{\prime} D^{\prime} и C′D′CDC^{\prime} D^{\prime} C D са успоредници и следователно f(AB)=f(C′D′)=f(CD)f(A B)=f\left(C^{\prime} D^{\prime}\right)=f(C D). 4. Така получихме, че f(AB)=g(∣AB∣)f(A B)=g(|A B|), тоест функцията зависи единствено от дължината на отсечката ABA B. Тогава от даденото условие за ff получаваме, че:g(a)+g(b)=g(x2a2+b2)g(a)+g(b)=g\left(\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}+b^{2}}\right) за всеки a,b∈(0;∞)a, b \in(0; \infty). Ако положим h(a)=g(x2a)h(a)=g(\sqrt{\vphantom{x^2}a}), то:h(a)+h(b)=g(x2a)+g(x2b)=h(a)+h(b)=g(\sqrt{\vphantom{x^2}a})+g(\sqrt{\vphantom{x^2}b})=g(x2a+b)=h(a+b)g(\sqrt{\vphantom{x^2}a+b})=h(a+b) за всеки две a,b∈(0;∞)a, b \in(0; \infty). Това уравнение на Коши, за което h(a)>0h(a)\gt{}0, откъдето hh е монотонна и следователно всички негови решения са h(a)=cah(a)=c a, където c∈(0;∞)c \in(0; \infty) не зависи от aa. Обратно, очевидно от теоремата на Питагор, f(AB)=g(∣AB∣)=f(A B)=g(|A B|)= h(∣AB∣2)=c∣AB∣2h\left(|A B|^{2}\right)=c|A B|^{2} удовлетворява условието на задачата. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 2 т. - за стъпка 1;11; 1 т. - за стъпка 2;22; 2 т. - за стъпка 3;23; 2 т. - за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Даден е свързан граф GG с N≥3N \geq 3 върха, в който всеки цикъл (v1,…,vm)\left(v_{1}, \ldots, v_{m}\right) съдържа три върха vi,vjv_{i}, v_{j} и vkv_{k}, за които (vi,vj,vk)\left(v_{i}, v_{j}, v_{k}\right) е цикъл в G.AG. A и BB играят следната игра. Първо AA номерира върховете на графа с различни цели числа от 1 до NN, след което BB избира две естествени числа N>a>b≥1N\gt{}a\gt{}b \geq 1, и поставя бял пул във върха с номер aa и черен пул във върха с номер bb. След това AA и BB се редуват като започва BB. На свой ход BB оцветява част (възможно 0) от върховете, които са съседни на черния пул, а след това мести черния пул във все още неоцветен съседен връх с по-голям номер. На свой ход AA мести белия пул в съседен неоцветен връх, освен ако такива няматогава белият пул остава на място. BB печели, ако успее да премести черния пул във върха с номер NN преди AA да успее да премести белия пул във върха с номер NN или в негов съсед. Да се определи дали BB има печеливша стратегия.
РешениеBB няма печеливша стратегия. Нека AA номерира върховете така. Избира произволен връх vNv_{N} и го номерира с NN. По-нататък, ако върховете vN,vN−1,…,vi+1v_{N}, v_{N-1}, \ldots, v_{i+1} са номерирани с N,N−1,…,(i+1)N, N-1, \ldots, (i+1) съответно, AA съпоставя на всеки връх u∈V\{vi+1,…,vN}u \in V \backslash\left\{v_{i+1}, \ldots, v_{N}\right\} редицата:λi(u)=⟨j∣(u,vj)∈E⟩j=Ni+1\lambda_{i}(u)=\left\langle j \mid\left(u, v_{j}\right) \in E\right\rangle_{j=N}^{i+1} номерата в намаляващ ред на върховете vjv_{j}, които са съседи на uu. След това AA номерира с ii връх u∈V\{vi+1,…,vN}u \in V \backslash\left\{v_{i+1}, \ldots, v_{N}\right\} с лексикографски най-голяма редица λi(u)\lambda_{i}(u). Оттук нататък ще отъждествяваме върха viv_{i} с неговия номер ii, получен при горната номерация. Лема 1 Ако i<j<ki\lt{}j\lt{}k са такива, че (i,j),(i,k)∈E(i, j), (i, k) \in E, то (j,k)∈E(j, k) \in E. Доказателство: Да допуснем противното и нека i0i_{0} е възможно най-голямо, за което твърдението не е вярно. Измежду всички j<kj\lt{}k, за които i0<j<ki_{0}\lt{}j\lt{}k и (i,j),(i,k)∈E(i, j), (i, k) \in E и (j,k)∉E(j, k) \notin E избираме такива j0<k0j_{0}\lt{}k_{0}, че k0k_{0} да е най-голямо. Сега ще построим безкрайна редица j0<k0<j1<k1<j2<k2…j_{0}\lt{}k_{0}\lt{}j_{1}\lt{}k_{1}\lt{}j_{2}\lt{}k_{2} \ldots, така че (jp,jp+1)∈E\left(j_{p}, j_{p+1}\right) \in E и (kp,kp+1)∈E\left(k_{p}, k_{p+1}\right) \in E и (jp,kq)∉E\left(j_{p}, k_{q}\right) \notin E за никои p,q≥0p, q \geq 0. Тъй като това означава безкраен брой върхове, то това ще бъде и желаното противоречие. За p=0p=0 изборът на j0<k0j_{0}\lt{}k_{0} удовлетворява условията. Да допуснем, че i0=k−1<j0<k0<i_{0}=k_{-1}\lt{}j_{0}\lt{}k_{0}\lt{} ⋯<jp<kp\cdots\lt{}j_{p}\lt{}k_{p} е построена. Тъй като kp−1<jpk_{p-1}\lt{}j_{p} и (kp−1,kp)∈E\left(k_{p-1}, k_{p}\right) \in E, докато (jp,kp)∉E\left(j_{p}, k_{p}\right) \notin E, то има връх jp+1>jpj_{p+1}\gt{}j_{p}, за който (jp,jp+1)∈E\left(j_{p}, j_{p+1}\right) \in E и (kp−1,jp+1)∉E\left(k_{p-1}, j_{p+1}\right) \notin E. Да допуснем, че (kq,jp+1)∈E\left(k_{q}, j_{p+1}\right) \in E и нека q≥0q \geq 0 е минимално. Тогава:(kq,kp−1,…,k0,i0,j0,j1,…,jp,jp+1)\left(k_{q}, k_{p-1}, \ldots, k_{0}, i_{0}, j_{0}, j_{1}, \ldots, j_{p}, j_{p+1}\right) е цикъл. От условието следва, че той може да се разбие на цикли с дължина 3. Тъй като (js,kt)∉E\left(j_{s}, k_{t}\right) \notin E за s,t≥0s, t \geq 0 и s+t≤p+qs+t \leq p+q, то получаваме, че (i0,jp+1,kq)\left(i_{0}, j_{p+1}, k_{q}\right) е цикъл. Сега обаче i0<k0<jp+1i_{0}\lt{}k_{0}\lt{}j_{p+1} и (i0,jp+1),(i0,k0)∈E\left(i_{0}, j_{p+1}\right), \left(i_{0}, k_{0}\right) \in E. От избора на k0k_{0} получаваме, че (k0,jp+1)∈E\left(k_{0}, j_{p+1}\right) \in E. Сега тъй като (k0,k1)∈E\left(k_{0}, k_{1}\right) \in E и (k0,jp+1)∈E\left(k_{0}, j_{p+1}\right) \in E и i0<k0<k1<jp+1i_{0}\lt{}k_{0}\lt{}k_{1}\lt{}j_{p+1}, то (k1,jp+1)∈E\left(k_{1}, j_{p+1}\right) \in E и по индукция получаваме, че (kp−1,jp+1)∈E\left(k_{p-1}, j_{p+1}\right) \in E, което е противоречие. Сега jp<kp<jp+1j_{p}\lt{}k_{p}\lt{}j_{p+1} и (kp,jp+1)∉E\left(k_{p}, j_{p+1}\right) \notin E. Тогава от номерацията на jpj_{p} и kpk_{p}, може да намерим kp+1>jp+1k_{p+1}\gt{}j_{p+1} с (kp,kp+1)∈E\left(k_{p}, k_{p+1}\right) \in E и (jp,kp+1)∉E\left(j_{p}, k_{p+1}\right) \notin E. Ако допуснем, че (jq,kp+1)∈E\left(j_{q}, k_{p+1}\right) \in E за някое q<pq\lt{}p, то както и по-горе получаваме противоречие с (jp,kp+1)∉E\left(j_{p}, k_{p+1}\right) \notin E. Накрая, ако (jp+1,kp+1)∈E\left(j_{p+1}, k_{p+1}\right) \in E то отново получаваме цикъл, който трябва да съдържа триъгълник (js,jp+1,kp+1)\left(j_{s}, j_{p+1}, k_{p+1}\right) - защото (jp+1,kq)∉E\left(j_{p+1}, k_{q}\right) \notin E за q≤pq \leq p. Това означав, че (jp,kp+1)\left(j_{p}, k_{p+1}\right), което е противоречие с избора на kp+1k_{p+1}. С това доказателството на лемата е завършено. Нека an,bna_{n}, b_{n} и UnU_{n} са съответно положението на белия и черния пул и множеството от оцветени върхове преди nn-тия ход на BB. Ще докажем, че AA може да си гарантира едно от следните две свойства: 1. От bnb_{n} няма нарастващ път до NN, който не минава през UnU_{n}, 2. an≥bna_{n} \geq b_{n} и ако c∈Unc \in U_{n} и c>anc\gt{}a_{n}, то (bn,c)∈E\left(b_{n}, c\right) \in E. В началото това е очевидно. Да допуснем, че преди (n+1)(n+1)-ия ход на BB инвариантът е в сила и нека bn+1b_{n+1} и Un+1U_{n+1} са резултатът от (n+1)(n+1)-ия ход на BB. Да допуснем, че от bn+1b_{n+1} има нарастващ път до NN, който не минава през Un+1U_{n+1}. Тъй като (bn,bn+1)∈E\left(b_{n}, b_{n+1}\right) \in E, ако c∈Un+1c \in U_{n+1} и c>anc\gt{}a_{n}, то (bn,c)∈E\left(b_{n}, c\right) \in E. Това е вярно от инварианта, ако c∈Unc \in U_{n} и от правилата на играта, ако c∈Un+1\Unc \in U_{n+1} \backslash U_{n}. Оттук и лемата следва, че (bn+1,c)∈E\left(b_{n+1}, c\right) \in E. Сега ще докажем, че ana_{n} има съсед an+1a_{n+1}, за който:an+1≥bn+1иan+1∉Un+1.a_{n+1} \geq b_{n+1} \text{и} a_{n+1} \notin U_{n+1}. От това, че an≥bna_{n} \geq b_{n} знаем, че λan(an)⪰lexλan(bn)\lambda_{a_{n}}\left(a_{n}\right) \succeq l e x \lambda_{a_{n}}\left(b_{n}\right). Да допуснем, че bn+1>anb_{n+1}\gt{}a_{n} и всички съседи на ana_{n}, които са по-големи или равни на bn+1b_{n+1} са в Un+1U_{n+1}. Това означва, че (an,bn+1)∉E\left(a_{n}, b_{n+1}\right) \notin E и ако (an,v)∈E\left(a_{n}, v\right) \in E с v>anv\gt{}a_{n}, то v∈Un+1v \in U_{n+1}. Тогава от инварианта следва, че (bn,v)∈E\left(b_{n}, v\right) \in E. Следователно λan(bn)⋠λan(an)\lambda_{a_{n}}\left(b_{n}\right) \npreceq \lambda_{a_{n}}\left(a_{n}\right). Това е противоречие с избора на ana_{n}. Така остава да разгледаме случая, в който bn+1≤anb_{n+1} \leq a_{n}. Тъй като има нарастващ път от bn+1b_{n+1} до NN, който избягва Un+1U_{n+1}, то има ребро (b′,b′′)∈E\left(b^{\prime}, b^{\prime \prime}\right) \in E, за което bn≤bn+1≤b′≤an<b′′b_{n} \leq b_{n+1} \leq b^{\prime} \leq a_{n}\lt{}b^{\prime \prime}. Първо λan(bn)=λan(an)\lambda_{a_{n}}\left(b_{n}\right)=\lambda_{a_{n}}\left(a_{n}\right). Наистина от bn<anb_{n}\lt{}a_{n} имаме, че λan(bn)⪯lexλan(an)\lambda_{a_{n}}\left(b_{n}\right) \preceq l e x \lambda_{a_{n}}\left(a_{n}\right). От друга страна ако (an,c)∈E\left(a_{n}, c\right) \in E и c>anc\gt{}a_{n}, то c∈Un+1c \in U_{n+1}, за които знаем, че (bn,c)∈E\left(b_{n}, c\right) \in E. Така, λan(an)⪯lexλan(bn)\lambda_{a_{n}}\left(a_{n}\right) \preceq l e x \lambda_{a_{n}}\left(b_{n}\right) и следователно λan(bn)=λan(an)\lambda_{a_{n}}\left(b_{n}\right)=\lambda_{a_{n}}\left(a_{n}\right). Накрая от bn<bn+1≤b′≤an<b′′b_{n}\lt{}b_{n+1} \leq b^{\prime} \leq a_{n}\lt{}b^{\prime \prime} имаме, че λb′(b′)⪰lex\lambda_{b^{\prime}}\left(b^{\prime}\right) \succeq l e x λb′(bn)\lambda_{b^{\prime}}\left(b_{n}\right) и λan(b′)⪯lexλan(an)\lambda_{a_{n}}\left(b^{\prime}\right) \preceq l e x \lambda_{a_{n}}\left(a_{n}\right) и следователно λan(b′)=λan(an)\lambda_{a_{n}}\left(b^{\prime}\right)=\lambda_{a_{n}}\left(a_{n}\right). Оттук следва, че всеки съсед на b′b^{\prime}, който е по-малък от ana_{n} е в Un+1U_{n+1}. Това противоречи с избора на b′′b^{\prime \prime}, който не е оцветен. Остана да забележим, че ако c>an+1c\gt{}a_{n+1} и c∈Un+1c \in U_{n+1}, то (bn,c)∈E\left(b_{n}, c\right) \in E и тъй като (bn,bn+1)∈E\left(b_{n}, b_{n+1}\right) \in E и bn+1≤an+1<cb_{n+1} \leq a_{n+1}\lt{}c от лемата следва, че (bn+1,c)∈E\left(b_{n+1}, c\right) \in E. Следователно, инвариантът е в сила и след (n+1)(n+1)-ите ходове на двамата играчи. От инварианта следва, че ако bn=Nb_{n}=N за някое nn, то и an=Na_{n}=N, следователно BB не печели. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 1 т. - за номериране; 1 т. - за лемата и 2 т. - за доказателство на лемата; 1 т. - за формулировка на инварианта; 2 т. - за доказателство, че инвариантът може да се поддържа. Забележка. Графите в условието на задачатавсеки цикъл съдържа триъгълниксе наричат хордови (chordal). Номерацията, която използва AA се нарича LBFS (Lexicographical Breadth First Search). Лемата характеризира хордовите графи. Усложнени варианти на тази номерация служат за характеризация на интервалните и същински интервалните графи класове от графи, чиито върхове могат да се представят като интервали върху реалната права с ребрата, съответстващи на пресичащи се интервали.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник Δ\Delta със страни a,a,ca, a, c. Да се намери най-малката възможна стойност на сумата от квадратите на разстоянията от върховете на Δ\Delta до права в равнината на Δ.\Delta.
РешениеВ координатна система с начало медицентъра MM на Δ\Delta и абцисна ос, успоредна на основата на Δ\Delta, върховете на Δ\Delta имат координати (−c/2,−h/3),(c/2,−h/3)(-c / 2, -h / 3), (c / 2, -h / 3) и (0,2h/3)(0, 2 h / 3), където h2=a2−c2/4h^{2}=a^{2}-c^{2} / 4. Нека l:px+qy+r=0l: p x+q y+r=0, където p2+q2=1p^{2}+q^{2}=1. ТогаваS=S= & (-p c / 2-q h / 3+r)^{2}+(p c / 2-q h / 3+r)^{2}+(2 q h / 3+r)^{2}=p2c2/2+2q2h2/3+3r2=\begin{aligned} \\ & p^{2} c^{2} / 2+2 q^{2} h^{2} / 3+3 r^{2}=\end{aligned}[3c2+4q2(a2−c2)]/6+3r2.\left[3 c^{2}+4 q^{2}\left(a^{2}-c^{2}\right)\right] / 6+3 r^{2}. Ако a>ca\gt{}c, то S≥c2/2S \geq c^{2} / 2, като равенство се достига при l1:x=0l_{1}: x=0. Ако a<ca\lt{}c от q2≤1q^{2} \leq 1 следва, че S≥(4a2−c2)/6S \geq\left(4 a^{2}-c^{2}\right) / 6, като равенство се достига при l2:y=0l_{2}: y=0. Ако a=ca=c, то S≥c2/2S \geq c^{2} / 2, като равенство се достига, когато M∈lM \in l. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 3 т. за S,1S, 1 т. a≥ca \geq c и 2 т. за a≤ca \leq c.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека kk е вписаната окръжност в △ABC,D=AB∩k\triangle A B C, D=A B \cap k и E=CD∩k(D≠E)E=C D \cap k(D \neq E). Да се докаже, че DE=3CED E=3 C E тогава и само тогава, когато ∠AEB=90∘.\angle A E B=90^{\circ}.
РешениеПолагаме x=AD,y=BDx=A D, y=B D и z=CFz=C F, където F=AC∩kF=A C \cap k. Понеже CF2=CE.CDC F^{2}=C E. C D, то (1) CE=kzC E=k z и CD=z/kC D=z / k. Тогава от теоремата на Стюард за △ACD,△BCD\triangle A C D, \triangle B C D и △ABC\triangle A B C намираме, че (2) AE2=x2+2(1−k2)xzA E^{2}=x^{2}+2\left(1-k^{2}\right) x z, (3) BE2=y2+2(1−k2)yzB E^{2}=y^{2}+2\left(1-k^{2}\right) y z, (4) (1−k2)z(x+y)=4k2xy\left(1-k^{2}\right) z(x+y)=4 k^{2} x y, (5) AE2+BE2−(x+y)2=2(4k2−1)xyA E^{2}+B E^{2}-(x+y)^{2}=2\left(4 k^{2}-1\right) x y. Следователно (6) ∠AEB=90∘⇔2k=1⇔DE=3CE\angle A E B=90^{\circ} \Leftrightarrow 2 k=1 \Leftrightarrow D E=3 C E. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) По 1 т. за всяко (i).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека a>−2a\gt{}-2 е реален параметър. Да се намерят всички функции f:R+→f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow R+\mathbb{R}^{+}, такива чеf(x)+f(y)=f(x2x2+axy+y2)f(x)+f(y)=f\left(\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+a x y+y^{2}}\right) \quadза всекиx,y∈R+. \text{за всеки} x, y \in \mathbb{R}^{+}.
РешениеПри a<0a\lt{}0 имаме, че f(−ax)=0f(-a x)=0, което е невъзможно. При a=2a=2 получаваме адитивното уравнение на Коши. Понеже f>0f\gt{}0, то (както е добре известно) f(x)≡cx(c>0)f(x) \equiv c x(c\gt{}0). При a≠2a \neq 2, като заместим x,yx, y с x2x,x2y\sqrt{\vphantom{x^2}x}, \sqrt{\vphantom{x^2}y} и положим g(z)=f(x2z)g(z)=f(\sqrt{\vphantom{x^2}z}), достигаме доg(x)+g(y)=g(x+ax2xy+y),∀x,y>0g(x)+g(y)=g(x+a \sqrt{\vphantom{x^2}x y}+y), \quad \forall x, y\gt{}0При a=0a=0 както по-горе следва, че g(x)≡cxg(x) \equiv c x, т. е. f(x)≡cx2(c>0)f(x) \equiv c x^{2}(c\gt{}0). Нека a>0,a≠2a\gt{}0, a \neq 2. Имаме, че 2g(x)=g((a+2)x)2 g(x)=g((a+2) x), откъдето по индукция (1) 2ng(x)=2^{n} g(x)= g((a+2)nx)g\left((a+2)^{n} x\right). Тогава5g(x)=g(x)+g((a+2)2x)=5 g(x)=g(x)+g\left((a+2)^{2} x\right)=g((1+a(a+2)+(a+2)2)x)g\left(\left(1+a(a+2)+(a+2)^{2}\right) x\right) и пак по индукция (2) 5mg(x)=g((2a2+6a+5)mx)5^{m} g(x)=g\left(\left(2 a^{2}+6 a+5\right)^{m} x\right). Следователноg((2a2+6a+5)m)g((a+2)n)=5m2n.\frac{g\left(\left(2 a^{2}+6 a+5\right)^{m}\right)}{g\left((a+2)^{n}\right)}=\frac{5^{m}}{2^{n}}. По-нататък, при z>x>0z\gt{}x\gt{}0 съществува (единствено) y>0y\gt{}0 така, че z=x+ax2xy+yz=x+a \sqrt{\vphantom{x^2}x y}+y. Понеже g(y)>0g(y)\gt{}0, следва, че gg е строго растяща функция. Значи(2a2+6a+5)m>(a+2)n⇔5m>2n,т. е.ln⁡(2a2+6a+5)ln⁡(a+2)>nm⇔ln⁡5ln⁡2>nm,∀m,n∈N.\begin{gathered} \left(2 a^{2}+6 a+5\right)^{m}\gt{}(a+2)^{n} \Leftrightarrow 5^{m}\gt{}2^{n}, \quad \text{т. е.} \\ \frac{\ln \left(2 a^{2}+6 a+5\right)}{\ln (a+2)}\gt{}\frac{n}{m} \Leftrightarrow \frac{\ln 5}{\ln 2}\gt{}\frac{n}{m}, \quad \forall m, n \in \mathbb{N}. \end{gathered} Последното означава, че (3) h(a)=0h(a)=0, къдетоh(t)=ln⁡2⋅ln⁡(2t2+6t+5)−ln⁡5⋅ln⁡(t+2).h(t)=\ln 2 \cdot \ln \left(2 t^{2}+6 t+5\right)-\ln 5 \cdot \ln (t+2). Имаме, чеh′(t)=ln⁡4⋅(2t+3)2t2+6t+5−ln⁡5t+2=h^{\prime}(t)=\frac{\ln 4 \cdot(2 t+3)}{2 t^{2}+6 t+5}-\frac{\ln 5}{t+2}=ln⁡4⋅(2t+3)(t+2)−ln⁡5⋅(2t2+6t+5)(2t2+6t+5)(t+2)\frac{\ln 4 \cdot(2 t+3)(t+2)-\ln 5 \cdot\left(2 t^{2}+6 t+5\right)}{\left(2 t^{2}+6 t+5\right)(t+2)} Числителят pp на последния израз е квадратен тричлен със старши коефициент 2ln⁡(4/5)<02 \ln (4 / 5)\lt{}0 и свободен член ln⁡(46/55)>0\ln \left(4^{6} / 5^{5}\right)\gt{}0. Следователно pp има две нули с различни знаци и значи hh има най-много две неотрицателни нули (защо?). Понеже h(0)=0=h(2)h(0)=0=h(2), то в разглеждания случай не съществува съответно ff. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) По 0, 5 т. за a<0,a=0,a=2a\lt{}0, a=0, a=2, (1), (2); 1, 5 т. за (3) и 3 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадена е функцията f:N×N→{0,1}f: \mathbb{N} \times \mathbb{N} \rightarrow\{0, 1\}. Да се докаже, че съществува безкрайна строго растяща редица от естествени числа {ai}i=0∞\left\{a_{i}\right\}_{i=0}^{\infty}, за която:f(ai,ai+1)=f(ai+1,ai+2)за всякоi≥0.f\left(a_{i}, a_{i+1}\right)=f\left(a_{i+1}, a_{i+2}\right) \text{за всяко} i \geq 0 \text{.}
РешениеЗа всяко естествено число n∈Nn \in \mathbb{N} дефинираме функцията fn:N→{0,1}f_{n}: \mathbb{N} \rightarrow\{0, 1\} като:fn(m)=f(n,m)f_{n}(m)=f(n, m) За c=0,1c=0, 1, с fn−1(c)f_{n}^{-1}(c) означаваме множеството от онези естествени числа mm, за които fn(m)=f_{n}(m)= f(n,m)=cf(n, m)=c. Има три основни класа от естествени числа:W0={n∈N∣fn−1(0)е крайно}иW1=\begin{aligned}W_{0} & =\left\{n \in \mathbb{N} \mid f_{n}^{-1}(0) \text{е крайно}\right\} \text{и} \\ W_{1} & =\end{aligned}{n∈N∣fn−1(1)е крайно}иM=\begin{aligned}\left\{n \in \mathbb{N} \mid f_{n}^{-1}(1) \text{е крайно}\right\} \text{и} \\ M & =\end{aligned}N\(W0∪W1).\mathbb{N} \backslash\left(W_{0} \cup W_{1}\right). Ясно е, че W0∪W1∪M=NW_{0} \cup W_{1} \cup M=\mathbb{N} и следователно поне едно от трите е безкрайно. 1. W0W_{0} е безкрайно. Да обърнем внимание, че за всяко k∈W0,fk−1(0)k \in W_{0}, f_{k}^{-1}(0) е крайно и в частност:W0∩fk−1(1)=W0\fk−1(0)е безкрайно.W_{0} \cap f_{k}^{-1}(1)=W_{0} \backslash f_{k}^{-1}(0) \text{е безкрайно.} Сега дефинираме рекурсивно по nn редица от естествени числа от W0W_{0}, както следва:w0=min⁡W0wn+1=\begin{aligned}w_{0} & =\min W_{0} \\ w_{n+1} & =\end{aligned}min⁡(W\{m∣m≤wn}∩fwn−1(1))\min \left(W \backslash\left\{m \mid m \leq w_{n}\right\} \cap f_{w_{n}}^{-1}(1)\right) Сега, ако wn∈Ww_{n} \in W, то от това, че W∩fwn−1(1)W \cap f_{w_{n}}^{-1}(1) е безкрайно и факта, че има само краен брой естествени числа по-малки от wnw_{n}, следва, че:(W\{m∣m≤wn}∩fwn−1(1))\left(W \backslash\left\{m \mid m \leq w_{n}\right\} \cap f_{w_{n}}^{-1}(1)\right) е непразно множество от естествени числа и следователно има минимален елемент. Оттук следва, че редицата {wn}n=0∞\left\{w_{n}\right\}_{n=0}^{\infty} е добре дефинирана и от дефиницията ѝ получаваме, че тя е строго растяща. Също от дефиницията на wn+1w_{n+1} имаме, че f(wn,wn+1)=f\left(w_{n}, w_{n+1}\right)= fwn(wn+1)=1f_{w_{n}}\left(w_{n+1}\right)=1, което завършва доказателството в този случай. 2. W1W_{1} е безкрайно. Аналогично на случая когато W0W_{0} е безкрайно, получаваме, че има редица с желаните свойства. 3. W0W_{0} и W1W_{1} са крайни. Тогава за всяко число m∈Mm \in M имаме, че fm−1(1)f_{m}^{-1}(1) е безкрайно, защото m∉W1m \notin W_{1}. Тъй като W0∪W1W_{0} \cup W_{1} е крайно, то fm−1(1)\(W0∪W1)f_{m}^{-1}(1) \backslash\left(W_{0} \cup W_{1}\right) е безкрайно, което означава, че fm−1(1)∩Mf_{m}^{-1}(1) \cap M е безкрайно. Сега аналогично на първия случай може да построим безкрайна редица от елементи в MM по рекурсия:m0=min⁡Mmn+1=\begin{aligned}m_{0} & =\min M \\ m_{n+1} & =\end{aligned}min⁡(M\{k∣k≤mn}∩fmn−1(1))\min \left(M \backslash\left\{k \mid k \leq m_{n}\right\} \cap f_{m_{n}}^{-1}(1)\right) Очевидно, {mn}n=0∞\left\{m_{n}\right\}_{n=0}^{\infty} е строго растяща и f(mn,mn+1)=1f\left(m_{n}, m_{n+1}\right)=1 за всяко nn. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) 1 т. - за въвеждане на множествата W0,W1W_{0}, W_{1} и M;2M; 2 т. - за дефиницията на редицата {wn}\left\{w_{n}\right\} в случай 1;21; 2 т. - за доказателство, че тази дефиниция е коректна и върши работа; 1 т. - за съображението fm−1(1)\(W0∪W1)f_{m}^{-1}(1) \backslash\left(W_{0} \cup W_{1}\right) е безкрайно в случай 2;12; 1 т. за довършване в случай 2. Забележка. Твърдението на задачата остава вярно, ако заменим {0,1}\{0, 1\} с произволно крайно множество от числа. Това следва и от безкрайния вариант на теоремата на Рамзи.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-12-4