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

2021

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • zms2021-10-3: има placeholder текст
  • zms2021-12-3: има placeholder текст

8

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
В равностранен триъгълник ABCA B C със страна 4 см точките D1,D2,D3D_{1}, D_{2}, D_{3} са от страната ABA B и AD1=D1D2=D2D3=D3B=1A D_{1}=D_{1} D_{2}=D_{2} D_{3}=D_{3} B=1 см. Точка EE е на страната ACA C и CE=1C E=1 см. Пресметнете сбора ∠ED1C+∠ED2C+∠ED3C\angle E D_{1} C+\angle E D_{2} C+\angle E D_{3} C.
РешениеДа означим ∠ED1C=α,∠ED2C=β,∠ED3C=γ\angle E D_{1} C=\alpha, \angle E D_{2} C=\beta, \angle E D_{3} C=\gamma. Построяваме точка FF на страната BCB C така, че CF=1C F=1 см. Четириъгълникът AD1FEA D_{1} F E е успоредник. От симетрията ∠CD1F=γ\angle C D_{1} F=\gamma и ∠ED1F=α+γ=∠AED1\angle E D_{1} F=\alpha+\gamma=\angle A E D_{1}. От успоредника D1D2FE,∠ED2F=2β=∠D1ED2D_{1} D_{2} F E, \angle E D_{2} F=2 \beta= \angle D_{1} E D_{2}. Накрая ∠D2ED3=∠D3FB=α+γ=∠FD3E\angle D_{2} E D_{3}=\angle D_{3} F B=\alpha+\gamma=\angle F D_{3} E. Следователно 2α+2β+2γ=60∘2 \alpha+2 \beta+2 \gamma=60^{\circ} и α+β+γ=30∘\alpha+\beta+\gamma=30^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се реши в естествени числа уравнениетоx2.3y=2021+2zx^{2}.3^{y}=2021+2^{z}
РешениеПо модул 3 имаме 2z≡12^{z} \equiv 1, така че zz е четно; нека z=2mz=2 m. Сега по модул 4 имаме x2.3y≡1x^{2}.3^{y} \equiv 1, така че yy е четно; нека y=2ny=2 n.x2⋅32n−22m=2021x^{2} \cdot 3^{2 n}-2^{2 m}=2021(x.3n+2m)(x.3n−2m)=43⋅47\left(x.3^{n}+2^{m}\right)\left(x.3^{n}-2^{m}\right)=43 \cdot 47Тъй като първият множител е положителен и по-голям от втория, вариантите са: А. x⋅3n+2m=2021,x⋅3n−2m=1,2⋅2m=2020x \cdot 3^{n}+2^{m}=2021, x \cdot 3^{n}-2^{m}=1, 2 \cdot 2^{m}=2020, което е невъзможно. Б. x.3n+2m=47,x.3n−2m=43,2⋅2m=4,m=1,2x.3n=90x.3^{n}+2^{m}=47, x.3^{n}-2^{m}=43, 2 \cdot 2^{m}=4, m=1, 2 x.3^{n}=90, което е валидно за (x;n)=(5;2)(x; n)=(5; 2) и (15;1)(15; 1). Съответно (x;y;z)=(5;4;2)(x; y; z)=(5; 4; 2) и (15;2;2)(15; 2; 2).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Имам кариран лист KK с размери 99×9999 \times 99 полета. „Линия“ ще наричаме всеки от 99-те реда и 99-те стълба на KK. Разчертах KK на квадрати 1×1,2×2,3×3,…,9×91 \times 1, 2 \times 2, 3 \times 3, \ldots, 9 \times 9 (поне по един от всеки от 9 -те вида). Една от 198 -те линии ще наричаме четна [нечетна], ако съдържа вътрешни точки на четен [нечетен] брой от квадратите на разделянето. Какъв е най-малкият възможен брой нечетни линии?
РешениеДа допуснем, че всички редове са четни линии. Тъй като по всяка линия в квадрати с четен размер има четен брой полета, то в квадрати с нечетен размер има нечетен брой полета. Така редът минава през нечетен брой квадрати с нечетен размер и тъй като той е четна линия, минава и през нечетен брой квадрати с четен размер. Следователно ако нарежем всеки четен квадрат от разделянето на хоризонтални лентички с ширина по един ред, броят на тези лентички е нечетно число (като сбор на 99 нечетни събираеми) и същевременно четно число (понеже всеки квадрат е нарязан на четен брой лентички): абсурд. И така, има поне един нечетен ред и аналогично поне един нечетен стълб, т. е. има поне 2 нечетни линии. Ще покажем, че този брой може да е точно 2. Ако всички квадрати са 1×11 \times 1, то всички линии са нечетни. При очертаване на четен квадрат четността на преминаващите през него линии се променя, а при очертаване на нечетен квадратне. Ако очертаем по диагонала подред квадрати 8×8,6×6,4×48 \times 8, 6 \times 6, 4 \times 4 и 40 квадрата 2×22 \times 2, то четни ще станат всички линии освен последния ред и последния стълб. Остава да добавим по един квадрат 3×33 \times 3, 5×5,7×75 \times 5, 7 \times 7 и 9×99 \times 9 (които да не се пресичат с вече очертаните и един с друг); това няма да промени четността на линиите.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
За реалните числа aa и bb е в сила неравенството∣7+9a+18b∣≤2|7+9 a+18 b| \leq 2Да се докаже, че уравнението x2+ax+b=0x^{2}+a x+b=0 има a) два различни реални корена; б) корен в интервала [0,1][0, 1].
РешениеЩе използваме означенията f(x):=x2+ax+bf(x): =x^{2}+a x+b и c:=a+2bc: =a+2 b. Неравенството в условието е равносилно на ∣7+9c∣≤2|7+9 c| \leq 2, откъдето−2≤7+9c≤2⇔-2 \leq 7+9 c \leq 2 \quad \Leftrightarrow \quad−9≤9c≤−5⇔c∈[−1,−5/9]-9 \leq 9 c \leq-5 \quad \Leftrightarrow \quad c \in[-1, -5 / 9]От тукf(1/2)=14+a2+b=1+2c4≤f(1 / 2)=\frac{1}{4}+\frac{a}{2}+b=\frac{1+2 c}{4} \leq1−2⋅5/94≤−136<0 \frac{1-2 \cdot 5 / 9}{4} \leq-\frac{1}{36}\lt{}0 и тъй като старшия коефициент на квадратния тричлен е 1>01\gt{}0, то f(x)=0f(x)=0 има два различни реални корена, което доказва а). За да докажем подточка (б) използваме наблюдениетоf(0)+f(1)=b+1+a+b=1+c≥0f(0)+f(1)=b+1+a+b=1+c \geq 0 Това е възможно единствено, ако или f(0)≥0f(0) \geq 0 или f(1)≥0f(1) \geq 0. В комбинация с (2), заключаваме, че в първия случай уравнението има корен в интервала [0,1/2)[0, 1 / 2), а във вторияв интервала (1/2,1](1 / 2, 1]. С това задачата е доказана. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 2 т. за подточка а) (по една за (1) и (2)); 4 т. за подточка б) (2 т. за (3), 1 т. за max⁡{f(0),f(1)}≥0\max \{f(0), f(1)\} \geq 0 и 1 т. за довършване). Забележка. Алтернативно доказателство на подточка а) е допускане на противното, от където D=a2−4b≤0D=a^{2}-4 b \leq 0, следователно 2b≥a2/22 b \geq a^{2} / 2 иc=a+2b≥a+a22≥−12>−59c=a+2 b \geq a+\frac{a^{2}}{2} \geq-\frac{1}{2}\gt{}-\frac{5}{9} което противоречи с (1). Алтернативно доказателство на подточка б) е използването на еквивалентните преобразувания:∣7+9a+18b∣≤2⇔(7+9a+18b)2≤4⇔(7+9a+18b)2−22≤0(9+9a+18b)(5+9a+18b)≤0⇔81(f(0)+f(1))(f(1/3)+f(2/3))≤0\begin{gathered} |7+9 a+18 b| \leq 2 \quad \Leftrightarrow \quad(7+9 a+18 b)^{2} \leq 4 \quad \Leftrightarrow \quad(7+9 a+18 b)^{2}-2^{2} \leq 0 \\ (9+9 a+18 b)(5+9 a+18 b) \leq 0 \quad \Leftrightarrow \quad 81(f(0)+f(1))(f(1 / 3)+f(2 / 3)) \leq 0 \end{gathered} заедно с (3) и оценкатаf(1/3)+f(2/3)=19+a3+b+49+2a3+b=59+c≤f(1 / 3)+f(2 / 3)=\frac{1}{9}+\frac{a}{3}+b+\frac{4}{9}+\frac{2 a}{3}+b=\frac{5}{9}+c \leq0. 0. Този подход дава и допълнителна информация за разпределението на корените на f(x)f(x), а именно че най-много един корен се съдържа в интервала (1/3,2/3)(1 / 3, 2 / 3).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е квадрат ABCDA B C D. Избрани са точка MM върху страната ABA B и точка NN върху страната BCB C така, че BM=CNB M=C N. Пресечната точка на DND N и CMC M е означена с PP. Ако AP=ABA P=A B, да се пресметне отношението на лицата SAMPD:SABCD.S_{A M P D}: S_{A B C D}.
РешениеПърво, ще докажем, че (1) MM и NN са средите на страните ABA B и BCB C. Имаме, че △CMB≅△DNC\triangle C M B \cong \triangle D N C (първи признак) и значи∠MPD=180∘−∠MCB−∠DNC=\angle M P D=180^{\circ}-\angle M C B-\angle D N C=180∘−∠MCB−∠CMB=∠MBC=90∘.180^{\circ}-\angle M C B-\angle C M B=\angle M B C=90^{\circ}. Следователно CM⊥DNC M \perp D N. Да изберем точка QQ върху страната CDC D, така че DQ=CND Q=C N и нека AQ∩DN=RA Q \cap D N=R. Тогава AQ⊥DNA Q \perp D N (доказва се абсолютно аналогично на CM⊥DNC M \perp D N или се използва ротация с център, центъра на квадрата и ъгъл 90∘90^{\circ}, при която M→NM \rightarrow N, N→QN \rightarrow Q и P→RP \rightarrow R ). От AB=AP=ADA B=A P=A D следва, че точката AA е центъра на описаната около триъгълник BPDB P D окръжност и значи AQA Q се явява симетрала за DPD P. Тъй като RQ∥PCR Q \| P C (и двете са перпендикулярни на общата права DND N ) и RR е среда на DPD P, то RQR Q се явява средна отсечка за △DPC\triangle D P C, откъдето DQ=QCD Q=Q C. Следователно NN е среда на BCB C и MM е среда на ABA B. Сега вече можем да изразим търсеното отношение. ОтSAMPD=SABCD−S△CMB−S△DNC+S△CPN=S_{A M P D}=S_{A B C D}-S_{\triangle C M B}-S_{\triangle D N C}+S_{\triangle C P N}=SABCD−14SABCD−14SABCD+SCPNS_{A B C D}-\frac{1}{4} S_{A B C D}-\frac{1}{4} S_{A B C D}+S_{C P N} получаваме, че (2) SAMPD=SABCD/2+SCPNS_{A M P D}=S_{A B C D} / 2+S_{C P N}. Да означим страната на квадрата с aa и PN=xP N=x. Тогава RQ=PN=xR Q=P N=x и PC=2RQ=2xP C=2 R Q=2 x. От Питагорова теорема за △CPN\triangle C P N изразяваме 5x2=a2/45 x^{2}=a^{2} / 4 и следователноSCPN=PN⋅PC2=x2=a220=120SABCD.S_{C P N}=\frac{P N \cdot P C}{2}=x^{2}=\frac{a^{2}}{20}=\frac{1}{20} S_{A B C D}. Обединявайки (2) и (3), заключаваме, че SAMPD:SABCD=11:20S_{A M P D}: S_{A B C D}=11: 20. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 3 т. за (1); по 1 т. за (2), (3) и довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека означим с s(N)s(N) сумата от цифрите на естественото число NN. Например, s(1983)=1+9+8+3=21s(1983)=1+9+8+3=21. Да се намери най-малката възможна стойност на s(p(n)),s(p(n)), къдетоp(n)=n2+41n+92,n∈N.p(n)=n^{2}+41 n+92, \quad n \in \mathbb{N}.
РешениеДа означим тази най-малка възможна стойност с s∗s^{*}. Ще докажем, че s∗=5s^{*}=5. От признака за деление на 9 знаем, че s(N)≡N( mod 9)s(N) \equiv N(\bmod 9). Да разгледаме какви са възможните остатъци на p(n)p(n) при деление на 9 (виж таблицата):n2+41n+92≡n2−4n+2≡n^{2}+41 n+92 \equiv n^{2}-4 n+2 \equiv(n−2)2−2≡{2,5,7,8}(n-2)^{2}-2 \equiv\{2, 5, 7, 8\} \quad( mod 9)(\bmod 9)\hlinen( mod 9)012345678\hlinep(n)( mod 9)287827557\begin{array}{|c|l|l|l|l|l|l|l|l|l|} \hlinen(\bmod 9) & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \cr \hlinep(n)(\bmod 9) & 2 & 8 & 7 & 8 & 2 & 7 & 5 & 5 & 7 \cr \hline \end{array}От тук, s(p(n))≡{2,5,7,8}( mod 9)s(p(n)) \equiv\{2, 5, 7, 8\}(\bmod 9) и значи s∗≥2s^{*} \geq 2. Непосредствено се проверява, че p(n)p(n) е винаги четно, докато остатъците при деление на 5 са {2,3,4}\{2, 3, 4\}. Следователно последната цифра на p(n)p(n), отговаряща на остатъка по модул 10, е винаги измежду цифрите {2,4,8}\{2, 4, 8\}. Тъй като p(n)≥p(1)=134p(n) \geq p(1)=134, няма как да бъде едноцифрено и значи сумата от цифрите му винаги е строго по-голяма от цифрата на единиците, т. е., s∗>min⁡{2,4,8}=2s^{*}\gt{}\min \{2, 4, 8\}=2. Така, случая s∗=2s^{*}=2 е отхвърлен и значи s∗≥5s^{*} \geq 5 Съгласно таблицата с остатъци по модул 9 имаме, че единствено числа от вида n=9k+6n=9 k+6 и n=9k+7n=9 k+7 водят до s(p(n))≡5( mod 9)s(p(n)) \equiv 5(\bmod 9). Непосредствена проверка показва, чеs(p(6)) & =3+7+4=14;s(p(15))=9+3(p(7))=4+2+8=14=14;\begin{aligned} \\ s(p(15)) & =9+3(p(7))=4+2+8=14 \\ =14;\end{aligned} & s(p(16))=1+0+0+4=5В заключение, s∗=5s^{*}=5 се достига при n=16n=16 и p(16)=1004p(16)=1004. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) 3 т. за оценка s∗≥5;2s^{*} \geq 5; 2 т. за пример; 2 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Даден е правоъгълник 20×2120 \times 21, който е разбит на 420 единични квадратчета. Две единични квадратчета ще наричаме съседни, ако имат поне един общ връх. Всяко от квадратчетата е оцветено в един от цветовете: бял, зелен и червен, като не съществуват три единични квадратчета с общ връх, които да са оцветени в трите цвята. Не е задължително в оцветяването да се срещат и трите цвята. Да се намери минималният брой двойки съседни едноцветни квадратчета и броя различни оцветявания, при които той се достига.
РешениеДа разгледаме по-общата задача, където дадения правоъгълник 20×2120 \times 21 е заменен с такъв с размери m×n,m≤nm \times n, m \leq n. За него нека означим минималния брой двойки едноцветни квадратчета с p(m,n)p(m, n), а броя различни оцветявания, при които той се достига с s(m,n)s(m, n). В задачата се търсят p(20,21)p(20, 21) и s(20,21)s(20, 21). Едно оцветяване, ще наричаме затворническо, ако всеки от nn-те стълба на правоъгълника е оцветен в един цвят и всеки два съседни стълба са оцветени в различни цветове. Двойка съседни едноцветни квадратчета, ще наричаме добра. Ще докажем, че p(m,n)=(m−1)np(m, n)=(m-1) n и той се достига единствено при затворническите оцветявания. Прилагаме индукция по mm. База: m=1m=1. В този случай не съществуват 3 единични квадратчета с общ връх, така че всяко оцветяване в три цвята върши работа. Очевидно, ако никои две съседни клетки не са едноцветни, то нямаме добра двойка и значи p(1,n)=0=(1−1)np(1, n)=0=(1-1) n. Всички такива оцветявания са затворнически, като в случая стълбовете на правоъгълника са едноклетъчни. Индукционна стъпка: Нека сме доказали твърдението за mm, т. е., за всяко n≥mp(m,n)=n \geq m p(m, n)= (m−1)n(m-1) n и минимума се реализира само при затворнически оцветявания. Да разгледаме оцветен правоъгълник AA с размери (m+1)×(n+1)(m+1) \times(n+1) и за улеснение, да номерираме редовете му от долу нагоре, а стълбоветеот ляво надясно. Абстрахирайки се от (m+1)(m+1)-вия ред и (n+1)(n+1)-вия стълб, получаваме оцветен m×nm \times n правоъгълник A~\widetilde{A}, за който по индукционна хипотеза знаем, че съдържа поне (m−1)n(m-1) n добри двойки. Ще преброим минималния брой добри двойки, които съдържат клетка от последния ред и/или последния стълб. Първо да разгледаме 2×22 \times 2 квадрата SS в горния десен ъгъл на правоъгълника (образуван от пресичането на стълбове nn и n+1n+1 с редове mm и m+1m+1 ). Четирите единични квадратчета, които той съдържа имат общ връх и следователно са оцветени в най-много два цвята. Те генерират или 2 добри двойки (ако са оцветени по 2 в цвят) или 3 добри двойки (ако в единия цвят са оцветени 3 клетки, а в другияедна) или 6 добри двойки (ако всички клетки са едноцветни). Следователно, поне две нови добри двойки се съдържат в SS, при това те ще са само две единствено, когато имаме по две клетки оцветени в два различни цвята. Да \textit{приплъзнем} квадрата наляво (т. е., разглеждаме квадрата S′S^{\prime}, образуван от пресичането на стълбове n−1n-1 и nn с редове mm и m+1m+1 ). Както и преди, той съдържа поне две различни добри двойки, като най-много една може вече да сме я броили в S({(m+1,n),(m,n)})S(\{(m+1, n), (m, n)\}) и най-много една може да сме я броили в A~({(m,n−1),(m,n)})\widetilde{A}(\{(m, n-1), (m, n)\}). Но, ако и двете повтарящи се двойки са добри, то трите клетки (m+1,n),(m,n),(m,n−1)(m+1, n), (m, n), (m, n-1) са едноцветни и значи двойката {(m+1,n),(m,n−1)}\{(m+1, n), (m, n-1)\} също е добра и досега не е била броена. В заключение, S′S^{\prime} съдържа поне една нова добра двойка. Повтаряме процедурата, докато стигнем до първия стълб, а след това приплъзваме ъгловия квадрат SS и надолу по последните два стълба, докато стигнем до първия ред. По този начин общо разглеждаме m+n−1m+n-1 два по два различни квадрата 2×22 \times 2, като SS генерира поне две нови добри двойки, а останалите m+n−2m+n-2 - поне по една нова добра двойка. Следователно, съществуват поне m+nm+n различни добри двойки, които не са в A~\widetilde{A} и значи AA съдържа поне (m−1)n+m+n=m(n+1)(m-1) n+m+n=m(n+1) добри двойки. Оттук, p(A∼+1,n+1)≥m(n+1)p(\underset{\sim}{A}+1, n+1) \geq m(n+1), като равенство се достига единствено, когато добрите двойки в A~\widetilde{A} са p(m,n)p(m, n) и всеки 2×22 \times 2 квадрат, съдържащ или последния ред или последния стълб на AA генерира по точно една нова добра двойка. Но тогава, съгласно индукционното предположение, правоъгълника A~\widetilde{A} е оцветен затворнически и двойката {(m,n−1),(m,n)}\{(m, n-1), (m, n)\} не може да е добра. Следователно, клетките в S′S^{\prime} трябва да са по две в цвят, като двойката {(m+1,n),(m,n)}\{(m+1, n), (m, n)\} задължително трябва да е добра, иначе S′S^{\prime} ще генерира повече от една нова добра двойка и p(A)>m(n+1)p(A)\gt{}m(n+1). Оттук и S′S^{\prime} е оцветен затворнически. Аналгогично и за всички останали 2×22 \times 2 квадрата на ляво от S′S^{\prime}. Така получихме, че за да може p(A)=m(n+1)p(A)=m(n+1), първите nn стълба на AA задължително трябва да са оцветени затворнически. Накрая, щом {(m+1,n),(m,n)}\{(m+1, n), (m, n)\} е добра двойка и SS генерира само две добри двойки, той също е оцветен затворнически и двете клетки в (n+1)(n+1)-вия стълб са едноцветни. Да разгледаме 2×22 \times 2 квадрата S′′S^{\prime \prime}, приплъзнат един ред надолу спрямо S.S′′S. S^{\prime \prime} трябва да генерира точно една нова добра двойка, като той няма обща добра двойка с SS (квадратчетата (m,n)(m, n) и (m,n+1)(m, n+1) са разноцветни) и има една обща двойка с A~\widetilde{A} (поради гарантираното затворническо оцветяване на A~\widetilde{A} ). Следователно, S′′S^{\prime \prime} съдържа точно две добри двойки и значи цвета на клетката ( m−1,n+1m-1, n+1 ) съвпада с този на клетката (m,n+1)(m, n+1). Продължавайки надолу, заключаваме, че и последния стълб е едноцветен и значи AA е оцветен затворнически. С това индукцията е завършена! Връщайки се на оригиналната задача, получаваме, че минималния брой двойки съседни едноцветни квадратчета в оцветен правоъгълник 20×2120 \times 21 е p(20,21)=19⋅21=399p(20, 21)=19 \cdot 21=399, а броя различни оцветявания, при които той се достига е 3⋅2203 \cdot 2^{20}, тъй като за да бъде едно оцветяване затворническо, трябва да изберем цвят за първи стълб по три различни начина и различен от предходния цвят за всеки от останалите стълбове до края. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) 1 т. за верен отговор и на двата въпроса; 1 т. за вярна хипотеза за p(m,n)p(m, n) и/или s(m,n);1s(m, n); 1 т. за доказателство на базата на индукцията; 4 т. за доказателство на индукционната стъпка. Забележка. Минималният брой добри двойки (min⁡(m,n)−1)max⁡(m,n)(\min (m, n)-1) \max (m, n) не зависи от броя цветове k≥2k \geq 2, използван при оцветяването, докато в общия случай броя добри оцветявания е k⋅(k−1)max⁡(m,n)−1k \cdot(k-1)^{\max (m, n)-1}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички положителни стойности на параметъра aa, за които уравнениетоx2x−2ax−a2+\sqrt{\vphantom{x^2}x-\sqrt{2 a x-a^{2}}}+x2x+1+(a+2)(2x−a)=x22\sqrt{\vphantom{x^2}x+1+\sqrt{(a+2)(2 x-a)}}=\sqrt{\vphantom{x^2}2} има повече от едно решение. За получените стойности за аа определете решенията на уравнението.
РешениеТъй като aa е положителен параметър по условие, дефиниционната област за xx е 2x−a≥02 x-a \geq 0, т. е., x≥a/2x \geq a / 2. Умножаваме двете страни на уравнението с x22\sqrt{\vphantom{x^2}2} и посредством еквивалентни преобразувания получаваме:x22x−22ax−a2+x22x+2+2(a+2)(2x−a)=\sqrt{\vphantom{x^2}2 x-2 \sqrt{2 a x-a^{2}}}+\sqrt{\vphantom{x^2}2 x+2+2 \sqrt{(a+2)(2 x-a)}}=2⟺x2(2x−a−a)2+x2(2x−a+a+2)2=\begin{aligned}2 & \Longleftrightarrow \\ \sqrt{\vphantom{x^2}(\sqrt{2 x-a}-\sqrt{a})^{2}}+\sqrt{\vphantom{x^2}(\sqrt{2 x-a}+\sqrt{a+2})^{2}}=\end{aligned}2⟺∣x22x−a−x2a∣+x22x−a+x2a+2=\begin{aligned}2 & \Longleftrightarrow \\ |\sqrt{\vphantom{x^2}2 x-a}-\sqrt{\vphantom{x^2}a}|+\sqrt{\vphantom{x^2}2 x-a}+\sqrt{\vphantom{x^2}a+2}=\end{aligned}2 & Полагаме t:=x22x−at: =\sqrt{\vphantom{x^2}2 x-a} и разглеждаме двата случая: 1 сл. t≥x2at \geq \sqrt{\vphantom{x^2}a}, което е еквивалентно на x≥ax \geq a. От (1) получаваме линейната връзка 2t=2 t= 2+x2a−x2a+22+\sqrt{\vphantom{x^2}a}-\sqrt{\vphantom{x^2}a+2} и следователно уравнението има най-много едно решение (ако въпросното tt удолетворява наложените допълнителни ограничения). 2 сл. t≤x2at \leq \sqrt{\vphantom{x^2}a}, което е еквивалентно на x≤ax \leq a. От (1) получаваме 0⋅t=2−x2a−x2a+20 \cdot t=2-\sqrt{\vphantom{x^2}a}-\sqrt{\vphantom{x^2}a+2}, от където уравнението или няма решение или има безброй много такива. Второто е възможно единствено, когато x2a+x2a+2=2\sqrt{\vphantom{x^2}a}+\sqrt{\vphantom{x^2}a+2}=2. Директна проверка дава, че a=1/4a=1 / 4 е единствено решение. В този случай, от дефиниционното множество и допълнителните ограничения, получаваме, че решение на оригиналното уравнение е всяко xx в интервала [1/8,1/4][1 / 8, 1 / 4]. Окончателно, отговорьт на задачата е a=1/4a=1 / 4 и x∈[1/8,1/4]x \in[1 / 8, 1 / 4]. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) По 1 т. за представяне като точен квадрат за всеки от изразите под двата корена; 1 т. за (1); 1 т. за разглеждане/доказване на 1 сл.; 2 т. за разглеждане/доказване на 2 сл.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В остроъгълен триъгълник ABCA B C са построени височините AA1A A_{1} и BB1(A1∈B B_{1}\left(A_{1} \in\right. BC,B1∈ACB C, B_{1} \in A C ). През върха CC е построена права, която пресича отсечката A1B1A_{1} B_{1} в точка FF и страната ABA B в точка KK така, че A1FFB1=AKKB\frac{A_{1} F}{F B_{1}}=\frac{A K}{K B}. Да се докаже, че е в сила следното отношение между лицата на триъгълниците:(S△AFBS△A1B1K)2=S△ABCS△A1B1C\left(\frac{S_{\triangle A F B}}{S_{\triangle A_{1} B_{1} K}}\right)^{2}=\frac{S_{\triangle A B C}}{S_{\triangle A_{1} B_{1} C}}
РешениеЩе използваме стандартните означения за триъгълник. От съобръжения за симетрия, без ограничение на общността можем да допуснем, че AC≥BCA C \geq B C, респективно α≤β\alpha \leq \beta. Четириъгълникът ABA1B1A B A_{1} B_{1} е вписан, следователно ∠B1A1C=α\angle B_{1} A_{1} C=\alpha и ∠CB1A1=β\angle C B_{1} A_{1}=\beta, респективно △ABC∼△A1B1C1\triangle A B C \sim \triangle A_{1} B_{1} C_{1}. От условието и подобието,A1FFB1=AKKB⇔A1B1FB1=ABKB⇔FB1KB=\frac{A_{1} F}{F B_{1}}=\frac{A K}{K B} \Leftrightarrow \frac{A_{1} B_{1}}{F B_{1}}=\frac{A B}{K B} \Leftrightarrow \frac{F B_{1}}{K B}=A1B1AB=CB1CB⇒△FB1C∼\frac{A_{1} B_{1}}{A B}=\frac{C B_{1}}{C B} \Rightarrow \triangle F B_{1} C \sim△KBC \triangle K B C и значи CKC K е ъглополовяща на ∠ACB\angle A C B. Да означим петите на височините от FF и KK към ABA B и A1B1A_{1} B_{1} съответно с F1F_{1} и K1K_{1}. Лесно се съобразява, че F1F_{1} и K1K_{1} са разположени в една и съща полуравнина спрямо KFK F и подобно на ABA1B1A B A_{1} B_{1}, четириъгълникът KF1K1FK F_{1} K_{1} F е вписан. При това, съгласно допускането, ∠K1FK=∠B1FC=∠F1KF\angle K_{1} F K=\angle B_{1} F C=\angle F_{1} K F, от където KF1K1FK F_{1} K_{1} F е равнобедрен трапец и KK1=FF1K K_{1}=F F_{1}. Окончателно,(S△AFBS△A1B1K)2=\left(\frac{S_{\triangle A F B}}{S_{\triangle A_{1} B_{1} K}}\right)^{2}=(AB⋅FF12A1B1⋅KK12)2=\left(\frac{\frac{A B \cdot F F_{1}}{2}}{\frac{A_{1} B_{1} \cdot K K_{1}}{2}}\right)^{2}=(ABA1B1)2=S△ABCS△A1B1C\left(\frac{A B}{A_{1} B_{1}}\right)^{2}=\frac{S_{\triangle A B C}}{S_{\triangle A_{1} B_{1} C}}Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 3 т. за CKC K ъглополовяща на ∠ACB;2\angle A C B; 2 т. за KK1=FF1;1K K_{1}=F F_{1}; 1 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-10-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички функции f:N→Nf: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}, за които при всеки избор на двойка естествени числа mm и nn, числото f(n)+mf(n)+m да дели ∣f(m)−n4∣.\left|f(m)-n^{4}\right|.
РешениеЩе докажем, че единствено f(n)=n2f(n)=n^{2} удовлетворява условието. Замествайки с (m,n)=(1,1)(m, n)=(1, 1) и отчитайки, че за всяко естествено число N,N−1<N+1N, N-1\lt{}N+1, заключаваме, че f(1)=1f(1)=1. Полагайки n=1n=1, получаваме че (m+1)∣(f(m)−1)(m+1) \mid(f(m)-1) и значи за всяко естествено m,f(m)=m, f(m)= g(m)(m+1)+1g(m)(m+1)+1, като g(m)≥0g(m) \geq 0. Нека сега вземем m=1m=1 и n=p+1n=p+1, където pp е нечетно просто число. Тогава(g(n)(n+1)+2)∣(n4−1)=(n−1)(n+1)(n2+1)⟹(g(n)(n+1)+2)∣(n−1)(n2+1)(g(n)(n+1)+2)\left|\left(n^{4}-1\right)=(n-1)(n+1)\left(n^{2}+1\right) \Longrightarrow(g(n)(n+1)+2)\right|(n-1)\left(n^{2}+1\right) защото n+1=p+2n+1=p+2 е нечетно и НОД (g(n)(n+1)+2,n+1)=1(g(n)(n+1)+2, n+1)=1. Освен това, ако допуснем, че g(n)(n+1)+2≡0( mod n−1)⇒g(n)(p+2)≡−2( mod p)⇒g(n)≡−1( mod n−1)g(n)(n+1)+2 \equiv 0 \quad(\bmod n-1) \Rightarrow g(n)(p+2) \equiv-2 \quad(\bmod p) \Rightarrow g(n) \equiv-1 \quad(\bmod n-1), то g(n)≥1,g(n)=h(n)(n−1)−1,g(n)(n+1)+2=(h(n)(n+1)−1)(n−1)g(n) \geq 1, g(n)=h(n)(n-1)-1, g(n)(n+1)+2=(h(n)(n+1)-1)(n-1) и& (h(n)(n+1)-1) \mid((n2+1)=(n+1)(n−1)+2)⇒(h(n)(n+1)−1)∣\begin{aligned}\left(\left(n^{2}+1\right)=(n+1)(n-1)+2\right) \Rightarrow \\ & (h(n)(n+1)-1) \mid\end{aligned}((n+1)(n−1)+2+2(h(n)(n+1)−1))⇒(h(n)(n+1)−1)∣\begin{aligned}((n+1)(n-1)+2+2(h(n)(n+1)-1)) \Rightarrow \\ & (h(n)(n+1)-1) \mid\end{aligned}((n+1)(n−1+2h(n)))⇒(h(n)(n+1)−1)∣(n−1+2h(n)).\begin{aligned}((n+1)(n-1+2 h(n))) \Rightarrow \\ & (h(n)(n+1)-1) \mid(n-1+2 h(n)).\end{aligned}Това е невъзможно, тъй като директна проверка показва, че за големи nn единствено при h(n)=1h(n)=1 делителя остава по-малък от делимото, а последното води до n∣(n+1)n \mid(n+1), което не е вярно. Следователно, допускането ни е грешно и значи НОД (n−1,f(n)+1)=1(n-1, f(n)+1)=1, т. е., (g(n)(n+1)+2)∣(n2+1)(g(n)(n+1)+2) \mid\left(n^{2}+1\right). Последното е равносилно на(g(n)(n+1)+2)((n−1)(n+1)+2)⇔(g(n)(n+1)+2)((n−1)(n+1)+2−(g(n)(n+1)+2))⇔(g(n)(n+1)+2)((n−1−g(n))(n+1))⇔(g(n)(n+1)+2)(n−1−g(n)).\begin{array}{l|l} (g(n)(n+1)+2) & ((n-1)(n+1)+2) \Leftrightarrow \cr (g(n)(n+1)+2) & ((n-1)(n+1)+2-(g(n)(n+1)+2)) \Leftrightarrow \cr (g(n)(n+1)+2) & ((n-1-g(n))(n+1)) \Leftrightarrow \cr (g(n)(n+1)+2) & (n-1-g(n)). \end{array} При последното сравнение отново използвахме нечетността на n+1n+1. Ноg(n)(n+1)+2>∣n−1−g(n)∣,∀n≥4g(n)(n+1)+2\gt{}|n-1-g(n)|, \quad \forall n \geq 4 Следователно g(n)=n−1g(n)=n-1, т. е., g(p+1)=pg(p+1)=p за всяко нечетно просто pp. От тук f(p+1)=f(p+1)= g(p+1)(p+2)+1=p(p+2)+1=(p+1)2g(p+1)(p+2)+1=p(p+2)+1=(p+1)^{2}. Накрая, полагайки n=p+1n=p+1, където pp е нечетно просто число и прилагайки тъждеството f(m)−m2=f(m)−n4+(n2−m)(n2+m)f(m)-m^{2}=f(m)-n^{4}+\left(n^{2}-m\right)\left(n^{2}+m\right) получаваме, че за произволно mm е в сила (n2+m)∣(f(m)−m2)\left(n^{2}+m\right) \mid\left(f(m)-m^{2}\right), т. е., f(m)=m2f(m)=m^{2} за всяко mm. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) 1 т. за f(1)=1f(1)=1 и изказана хипотеза за отговор f(n)=n2;1f(n)=n^{2}; 1 т. за f(n)=g(n)(n+1)+1;3f(n)=g(n)(n+1)+1; 3 т. за f(p+1)=(p+1)2;2f(p+1)=(p+1)^{2}; 2 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Редицата a0,a1,a2,…,ana_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n} удовлетворява условиетоan+1=2n−3an,n=0,1,⋯a_{n+1}=2^{n}-3 a_{n}, n=0, 1, \cdotsa) Да се изрази общият член ana_{n} чрез a0a_{0} и n.n. б) Да се намери a0a_{0}, ако an+1>ana_{n+1}\gt{}a_{n} за всяко n.n\text{.}
Решениеа) Изразяваме последователноan=2n−1−3an−1=2n−1−3(2n−2−3an−2)=a_{n}=2^{n-1}-3 a_{n-1}=2^{n-1}-3\left(2^{n-2}-3 a_{n-2}\right)=2n−1−3⋅2n−2+32⋅an−22^{n-1}-3 \cdot 2^{n-2}+3^{2} \cdot a_{n-2} и продължавайки по индукция, намираме, чеan=a_{n}=2n−1(1−32+(32)2−…+(−1)n−1⋅(32)n−1)2^{n-1}\left(1-\frac{3}{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^{2}-\ldots+(-1)^{n-1} \cdot\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}\right)+(−1)n3n⋅a0+(-1)^{n} 3^{n} \cdot a_{0} Като сумираме геометричната прогресия в скобите, получаваме, чеan=a_{n}=15⋅2n(1+(−1)n−1⋅(32)n)+(−1)n⋅3n⋅a0\frac{1}{5} \cdot 2^{n}\left(1+(-1)^{n-1} \cdot\left(\frac{3}{2}\right)^{n}\right)+(-1)^{n} \cdot 3^{n} \cdot a_{0} т. е.an=15(2n+(−1)n−13n)+(−1)n⋅3n⋅a0a_{n}=\frac{1}{5}\left(2^{n}+(-1)^{n-1} 3^{n}\right)+(-1)^{n} \cdot 3^{n} \cdot a_{0}б) Изразяваме разликата an+1−ana_{n+1}-a_{n}:an+1−an=a_{n+1}-a_{n}=15(2n+(−1)n⋅4⋅3n)+(−1)n+13n⋅4⋅a0\frac{1}{5}\left(2^{n}+(-1)^{n} \cdot 4 \cdot 3^{n}\right)+(-1)^{n+1} 3^{n} \cdot 4 \cdot a_{0} Така получаваме, чеan+1−an3n=15(23)n+(−1)n⋅4⋅(15−a0).\frac{a_{n+1}-a_{n}}{3^{n}}=\frac{1}{5}\left(\frac{2}{3}\right)^{n}+(-1)^{n} \cdot 4 \cdot\left(\frac{1}{5}-a_{0}\right). Така, ако a0≠15a_{0} \neq \frac{1}{5}, при достатъчно големи nn, знакът на разликата ще зависи от знака на (−1)n(-1)^{n}.4. (15−a0)\left(\frac{1}{5}-a_{0}\right) и ще се променя в зависимост от четността на nn. Ако пък a0=15a_{0}=\frac{1}{5}, то an+1−an>0a_{n+1}-a_{n}\gt{}0. Следователно a0=15a_{0}=\frac{1}{5}. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) а) 2 т. за получаване на израз за ana_{n} като безкрайна сума; 1 т. за сумиране на геометричната прогресия; б) 1 т. за изразяване на разликата an+1−an;2a_{n+1}-a_{n}; 2 т. за намиране на a0=15a_{0}=\frac{1}{5}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Четириъгълник ABCDA B C D със страни AB=5 cm,BC=5 cm,CD=3 cmA B=5 \mathrm{~cm}, B C=5 \mathrm{~cm}, C D=3 \mathrm{~cm} и DA=8 cmD A=8 \mathrm{~cm} е вписан в окръжност. На лъчите DA→D A^{\rightarrow} и DC→D C^{\rightarrow} са избрани точки съответно PP и QQ така, че AA е между PP и D,D, а CC е между DD и Q.Q. Точка RR е такава, че RP=CQR P=C Q и RQ=AP.R Q=A P. Ако правите RBR B и PQP Q са перпендикулярни, да се намери разликата CQ−AP.C Q-A P.
РешениеАко α=∠BAD\alpha=\angle B A D, то ∠BCD=180∘−α\angle B C D=180^{\circ}-\alpha. От косинусовата теорема за △BAD\triangle B A D и △BCD\triangle B C D получаваме:52+32+2⋅15cos⁡α=BD2=52+82−2⋅5⋅8cos⁡α5^{2}+3^{2}+2 \cdot 15 \cos \alpha=B D^{2}=5^{2}+8^{2}-2 \cdot 5 \cdot 8 \cos \alpha Следователно34+30cos⁡α=89−80cos⁡α⟺110cos⁡α=34+30 \cos \alpha=89-80 \cos \alpha \Longleftrightarrow 110 \cos \alpha=55⟺cos⁡α=12⟺α=60∘55 \Longleftrightarrow \cos \alpha=\frac{1}{2} \Longleftrightarrow \alpha=60^{\circ} От косинусовата теорема за △PBA\triangle P B A и △QBC\triangle Q B C получаваме:PB2=AP2+25−10⋅AP⋅cos⁡120∘=P B^{2}=A P^{2}+25-10 \cdot A P \cdot \cos 120^{\circ}=AP2+5AP+25QB2=\begin{aligned}A P^{2}+5 A P+25 \\ Q B^{2}=\end{aligned}CQ2+25−10⋅CQ⋅cos⁡60∘=CQ2−5CQ+25C Q^{2}+25-10 \cdot C Q \cdot \cos 60^{\circ}=C Q^{2}-5 C Q+25 Условието RB⊥PQR B \perp P Q е еквивалентно наRP2+QB2=RQ2+PB2R P^{2}+Q B^{2}=R Q^{2}+P B^{2}⟺CQ2+QB2=AP2+PB2⟺CQ2+(CQ2−5CQ)=\begin{aligned}\Longleftrightarrow C Q^{2}+Q B^{2}=A P^{2}+P B^{2} \\ \Longleftrightarrow C Q^{2}+\left(C Q^{2}-5 C Q\right)=\end{aligned}AP2+(AP2+5AP)⟺2(CQ2−AP2)=\begin{aligned}A P^{2}+\left(A P^{2}+5 A P\right) \\ \Longleftrightarrow 2\left(C Q^{2}-A P^{2}\right)=\end{aligned}5(CQ+AP)⟺CQ−AP=52.\begin{aligned}5(C Q+A P) \\ \Longleftrightarrow C Q-A P=\frac{5}{2}.\end{aligned}Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 2 т. за намиране на α=60∘\alpha=60^{\circ}; по 1 т. за използване на косинусова теорема за △PBA\triangle P B A и △QBC;1\triangle Q B C; 1 т. за използване на условието за четириъгълник с перпендикулярни диагонали; 1 т. за получаване на отговора.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа, които са произведение на две прости числа и могат да се представят във вида:((n+1)2+(n+4)2)n−nn,\left((n+1)^{2}+(n+4)^{2}\right)^{n}-n^{n},където nn е естествено число.
РешениеНека TT е число с даденото свойство. Да допуснем, че nn може да се представи като произведение на две (не непременно различни) есетествени числа, т. е. n=ab,a>1n=a b, a\gt{}1 и b>1b\gt{}1. ТогаваT=\left((n+1)^{2}+(n+4)^{2}\right)^{a b}-n^{a b} & =(((n+1)2+(n+4)2)a−na)P(n)=\left(\left((n+1)^{2}+(n+4)^{2}\right)^{a}-n^{a}\right) P(n)==((n+1)2+(n+4)2−n)Q(n)P(n)\begin{aligned} \\ & =\left((n+1)^{2}+(n+4)^{2}-n\right) Q(n) P(n)\end{aligned} и тъй като (n+1)2+(n+4)2−n>1(n+1)^{2}+(n+4)^{2}-n\gt{}1, то TT се представя като произведение на три числа, всяко от които е по-голямо от 1, което е противоречие с условието. Следователно nn е просто число. ТогаваT=((n+1)2+(n+4)2)n−nn=T=\left((n+1)^{2}+(n+4)^{2}\right)^{n}-n^{n}=((n+1)2+(n+4)2−n)S(n)=(2n2+9n+17)S(n)\left((n+1)^{2}+(n+4)^{2}-n\right) S(n)=\left(2 n^{2}+9 n+17\right) S(n) и ако nn е нечетно число, то 2n2+9n+17>22 n^{2}+9 n+17\gt{}2 е четно число. Следователно 2n2+9n+17=2m2 n^{2}+9 n+17=2 m и получихме, че T=2mS(n)T=2 m S(n), което е противоречие с условието. Понеже nn е четно просто число, то n=2n=2 и тогава T=452−22=2021T=45^{2}-2^{2}=2021. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) 1 т. за намиране на решението; 1 т. за това, че nn е четно число; 5 т. за това, че nn е просто число.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека AA е множеството от всички редици с дължина kk съставени от нули и единици. Редица SS съставена от нули и единици се нарича чудесна, ако за всяка редица uu от AA редицата uиu и се съдържа в SS. C l(k)l(k) означаваме дължината на най-късата чудесна редица. a) Да се намери l(2)l(2). б) Да се докаже, че l(k)≥2k+1+k−1l(k) \geq 2^{k+1}+k-1.
Решениеа) Ще докажем, че l(2)=12l(2)=12. Редицата 111101010000 е с дължина 12 и има исканото свойство. Да допуснем, че има чудесна редица SS с дължина 11. Тъй като 0000 и 1111 се срещат в SS, то в нея има още три символа. Ако обърнем редицата SS (т. е. я прочетем отзад напред), новата редица също е чудесна. Също така, ако в SS променим всички нули на единици и всички единици на нули, новата редица също е чудесна. Следователно без ограничение можем да считаме, че редицата SS е от някои от следните видове:a1a2a300001111;a_{1} a_{2} a_{3} 00001111;a1a20000a31111;a1a200001111a3 a_{1} a_{2} 0000 a_{3} 1111; a_{1} a_{2} 00001111 a_{3}a10000a2a31111;0000a1a2a31111;a10000a21111a3a_{1} 0000 a_{2} a_{3} 1111; 0000 a_{1} a_{2} a_{3} 1111; a_{1} 0000 a_{2} 1111 a_{3}. Всеки от символите a1,a2a_{1}, a_{2} и a3a_{3} е 0 или 1, т. е. общо за тях има 8 възможности. Във всеки от тези 8 случая директно се проверява, че поне една от редиците 1010 и 0101 не се появява в SS. б) За дадено естествено число kk нека S=a1a2…anS=a_{1} a_{2} \ldots a_{n} е чудесна редица с минимална дължина. Ако uu е редица с дължина kk редицата ии ще наричаме квадратна редица. Според дефиницията на чудесна редица в SS се срещат всички квадратни редици. Да разгледаме всички двойки (T,a)(T, a), където T=uиT=u и е квадратна редица, а аа е символ от редицата SS, който се среща в редицата TT от SS. При това ако една квадратна редица T=uиT=u и се среща повече от един път в SS, разглеждаме само първото от тези появявания. Например, при k=2k=2 за редицата a1a2…a12=111101010000a_{1} a_{2} \ldots a_{12}=111101010000 от а) тези двойки са:& \left(1111, a_{1}\right), \left(1111, a_{2}\right), \left(1111, a_{3}\right), \left(1111, a_{4}\right),(0101,a5),(0101,a6),(0101,a7),(0101,a8), \left(0101, a_{5}\right), \left(0101, a_{6}\right), \left(0101, a_{7}\right), \left(0101, a_{8}\right),(1010,a6),(1010,a7),(1010,a8),(1010,a9),\begin{aligned} \\ & \left(1010, a_{6}\right), \left(1010, a_{7}\right), \left(1010, a_{8}\right), \left(1010, a_{9}\right),\end{aligned}(0000,a9),(0000,a10),(0000,a11),(0000,a12) \left(0000, a_{9}\right), \left(0000, a_{10}\right), \left(0000, a_{11}\right), \left(0000, a_{12}\right) Първо ще оценим тези двойки като разглеждаме първият им елемент (т. е. квадратните редици), а след това като разглеждаме втория елемент (т. е. символите от редицата SS ) 1. Да разгледаме фиксирана квадратна редица ии. Тази редица има дължина 2k2 k и с всеки символ aia_{i} от нея тя образува една двойка (uu,ai)\left(u u, a_{i}\right). Следователно тя участва в точно 2k2 k двойки (както в горния пример всяка квадратна редица участва в 4 двойки). Всички редици с дължина kk са 2k2^{k}, като толкова са и квадратните редици. Следователно всички квадратни редици участват в k2k+1k 2^{k+1} двойки. Това означава, че в една чудесна редица трябва да има поне k2k+1k 2^{k+1} двойки ( T,aT, a ), където T=uиT=u и е квадратна редица, а aa е символ от редицата SS. 2. Ще оценим разглежданите двойки, като за всеки символ от чудесната редица S=S= a1a2…ana_{1} a_{2} \ldots a_{n} определим колко пъти този символ може да участва в такава двойка. Първият символ a1a_{1} може да участва само в една квадратна редицатова е редицата от първите 2k2 k символа на SS (при условие, че тази редица е квадратна). Следователно първият символ a1a_{1} участва в най-много една двойка ( T,aT, a ) от разглеждания вид. Вторият символ a2a_{2} може да участва само в две квадратни редицитова са двете редици от 2k2 k символа, започващи съответно от a1a_{1} и a2a_{2} (при условие, че и двете са квадратни). Следователно a2a_{2} участва в най-много две двойки (T,a)(T, a) от разглеждания вид. Аналогично ak−1a_{k-1} може да участва в наймного k−1k-1 двойки ( T,aT, a ) от разглеждания вид и aka_{k} може да участва в най-много kk двойки (T,a)(T, a) от разглеждания вид. Да разгледаме символа ak+1a_{k+1}. Да означим редицата от първите 2k2 k символа с AA, а редицата с дължина 2k2 k започваща от ak+1a_{k+1} с BB. Ако ak+1a_{k+1} участва в двойка и с двете редици AA и BB, то AA и BB са квадратни с дължина 2k2 k и тогава A=BA=B. Това означава, че първото появяване на редицата T=A=BT=A=B е редицата AA и всички двойки на редицата BB не се броят. Следователно ak+1a_{k+1} може да участва в най-много kk двойки от разглеждания вид. Аналогично получаваме, че всеки символ преди последните kk се появява най-много в kk двойки. За последните kk символа е в сила свойството на първите kk, но в обратен ред (т. е. последния символ участва в най-много една двойка, предпоследния в най-много две и т. н.). Получихме, че първите k−1k-1 символа (както и последните k−1k-1 ) могат да участват в наймного 1+2+⋯+k−11+2+\cdots+k-1 двойки. Останалите символи са n−2(k−1)n-2(k-1) и всеки от тях може да участва в най-много kk двойки. Следователно най-големия брой двойки, в които участват символите на редицата е:2(1+2+⋯+k−1)+(n−2(k−1))k=k(n−k+1).2(1+2+\cdots+k-1)+(n-2(k-1)) k=k(n-k+1). Тъй като това е най-големият възможен брой, а в редицата със сигурност трябва да има k2k+1k 2^{k+1} двойки, то този брой трябва да е поне k2k+1k 2^{k+1}, откъдето получаваме:k(n−k+1)≥k2k+1⟺n≥2k+1+k−1k(n-k+1) \geq k 2^{k+1} \Longleftrightarrow n \geq 2^{k+1}+k-1 Това означава, че за всяка чудесна редица с дължина nn е изпълнено n≥2k+1+k−1n \geq 2^{k+1}+k-1, т. е. l(k)≥2k+1+k−1l(k) \geq 2^{k+1}+k-1. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) а) 1 т. за пример на чудесна редица с дължина 12;112; 1 т. за доказване, че l(2)>11l(2)\gt{}11; б) 5 т. за пълно решение;
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека ABCDA B C D е изпъкнал четириъгълник, за който ∠ABD=∠CBD\angle A B D=\angle C B D и AD=A D= AEA E, където E=AC∩BDE=A C \cap B D. Права през DD пресича диагонала ACA C и правата BCB C в точки MM и NN така, чеAMCM=NBAB=k\frac{A M}{C M}=\frac{N B}{A B}=kДа се намери k.k.
РешениеРешение. Ясно е, че N∈CB→N \in C B \rightarrow. Да допуснем, че NN е между CC и BB. ТогаваCBAB>NBAB=AMCM>AECE=ABCB,\frac{C B}{A B}\gt{}\frac{N B}{A B}=\frac{A M}{C M}\gt{}\frac{A E}{C E}=\frac{A B}{C B}, откъдето AB<CBA B\lt{}C B. От друга страна,∠ACB=180∘−∠CBD−∠BEC=180∘−∠CBD−∠AED180∘−∠ABD−∠ADE=∠BAD>∠BAC,\begin{gathered} \angle A C B=180^{\circ}-\angle C B D-\angle B E C=180^{\circ}-\angle C B D-\angle A E D \\ 180^{\circ}-\angle A B D-\angle A D E=\angle B A D\gt{}\angle B A C, \end{gathered} което е противоречие. Значи (1) BB е между CC и NN. Нека сега правата през DD, успоредна на ACA C, пресича правите BCB C и NAN A в точки PP и QQ. Понеже ∠ABD=∠PBD\angle A B D=\angle P B D и ∠ADB=∠AED=∠PDB\angle A D B=\angle A E D=\angle P D B, то △ABD≅△PBD\triangle A B D \cong \triangle P B D. В частност, AB=PBA B=P B и тогаваQDPD=AMCM=NBPB\frac{Q D}{P D}=\frac{A M}{C M}=\frac{N B}{P B} Следователно BD∥NQB D \| N Q, откъдето ∠BAN=∠ABD=∠CBD=∠BNA\angle B A N=\angle A B D=\angle C B D=\angle B N A. Значи AB=NBA B=N B, т. е. k=1k=1. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 2 т. за (1) и 4 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Съществува ли полином PP с реални коефициенти от степен 2021 такъв, че неговите корени и един от корените на P′P^{\prime} са реални числа, които (в някакъв ред) образуват геометрична прогресия с частно q∈(1,2)?q \in(1, 2)?
РешениеДа, съществува за произволна степен n≥3n \geq 3. Ако P(x)=(x−1)∏k=2n(x−qk)P(x)=(x-1) \prod_{k=2}^{n}\left(x-q^{k}\right), то P′(x)=P(x)R(x)P^{\prime}(x)=P(x) R(x), къдетоR(x)=1x−1+∑k=2n1x−qkR(x)=\frac{1}{x-1}+\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{x-q^{k}} Следователно qR(q)=S(q)q R(q)=S(q) при n≥3n \geq 3 и q≠±1q \neq \pm 1, къдетоS(q)=1+∑k=3n11−qk−1S(q)=1+\sum_{k=3}^{n} \frac{1}{1-q^{k-1}} Понеже SS е непрекъсната функция в [x22,2],S(x22)≤0[\sqrt{\vphantom{x^2}2}, 2], S(\sqrt{\vphantom{x^2}2}) \leq 0 иS(2)>1−∑k=3n12k−2>0S(2)\gt{}1-\sum_{k=3}^{n} \frac{1}{2^{k-2}}\gt{}0 то S(q)=0S(q)=0 (т. е. P′(q)=0P^{\prime}(q)=0 ) за някое q∈[x22,2)q \in[\sqrt{\vphantom{x^2}2}, 2). Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 3 т. за подходящо уравнение за qq и 3 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-12-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека R+\mathbb{R}^{+}е множеството от положителните реални числа. Да се намерят всички двойки (α,β)∈R+×R+(\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^{+} \times \mathbb{R}^{+}, за които съществува функция f:R+→R+f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}такава, чеf(x)≥f(f(x))+αxβ,за всякоx∈R+.f(x) \geq f(f(x))+\alpha x^{\beta}, \quad \text{за всяко} x \in \mathbb{R}^{+}.
РешениеНека първо β≠1\beta \neq 1. Тогава съществува единствено x0∈R+x_{0} \in \mathbb{R}^{+}такова, че x0=αx0βx_{0}=\alpha x_{0}^{\beta}. Нека x≥x0x \geq x_{0}. Имаме, чеf(x)>αxβ≥αx0β=x0f(x)\gt{}\alpha x^{\beta} \geq \alpha x_{0}^{\beta}=x_{0} Тогава f(f(x))>x0f(f(x))\gt{}x_{0} и значиf(x)≥f(f(x))+αxβ>2x0f(x) \geq f(f(x))+\alpha x^{\beta}\gt{}2 x_{0}По индукция следва, че f(x)>nx0f(x)\gt{}n x_{0} за всяко n∈Nn \in \mathbb{N}. При n→∞n \rightarrow \infty получаваме противоречие. Нека сега β=1\beta=1 и α>1/4\alpha\gt{}1 / 4. Имаме, че f(x)>αxf(x)\gt{}\alpha x и тогаваf(x)≥f(f(x))+αx>f(x) \geq f(f(x))+\alpha x\gt{}αf(x)+αx≥(α2+α)x.\alpha f(x)+\alpha x \geq\left(\alpha^{2}+\alpha\right) x. Полагаме a1=αa_{1}=\alpha и an+1=an2+αa_{n+1}=a_{n}^{2}+\alpha при n∈Nn \in \mathbb{N}. По индукция следва, че f(x)>anxf(x)\gt{}a_{n} x, т. е. an<f(x)/xa_{n}\lt{}f(x) / x за всяко n∈Nn \in \mathbb{N}. Понеже α>1/4\alpha\gt{}1 / 4, тоan+1−an=an2+α−an>(an−1/2)2.a_{n+1}-a_{n}=a_{n}^{2}+\alpha-a_{n}\gt{}\left(a_{n}-1 / 2\right)^{2}. Значи (an)\left(a_{n}\right) е растяща и ограничена редица. Следователно тя е сходяща и за нейната граница ll имаме, че l2=l+αl^{2}=l+\alpha. Това е невъзможно при α>1/4\alpha\gt{}1 / 4. При β=1\beta=1 и α≤1/4\alpha \leq 1 / 4 съществува c∈R+c \in \mathbb{R}^{+}, за което c=c2+αc=c^{2}+\alpha, Тогава за f(x)=cxf(x)=c x имаме, чеf(x)=f(f(x))+αx.f(x)=f(f(x))+\alpha x.Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) По 2 т. за отхвърляне на всеки от случаите β<1,β>1\beta\lt{}1, \beta\gt{}1 и β=1\beta=1, α>1/4\alpha\gt{}1 / 4, и 1 т. за пример.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-12-4