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

2022

Назад към папките

8

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C с ∠ABC=50∘\angle A B C=50^{\circ}. Нека MM и NN са средите съответно на ACA C и BC,PB C, P е средата на BMB M и QQ е средата на CMC M. Известно е, че съществува правоъгълен триъгълник с дължини на страните, равни на дължините на отсечките CP,BQC P, B Q и MNM N. Да се намери ъгъла между правите CPC P и ABA B.
РешениеНека CP,BQC P, B Q и MNM N се пресичат в медицентъра GG на триъгълника BCMB C M и нека CPC P пресича ABA B в точката RR. Тогава ∠GMB=∠PBR\angle G M B=\angle P B R като кръстни в MN∥AB(MNM N \| A B (M N е средна отсечка в ABC),∠BPR=∠MPGA B C), \angle B P R=\angle M P G като връхни и MP=PBM P=P B, откъдето △MGP≅△BRP\triangle M G P \cong \triangle B R P, което дава BR=MG=23MNB R=M G=\frac{2}{3} M N и GR=2GP=23CPG R=2 G P=\frac{2}{3} C P. Следователно страните на BGRB G R са с дължини, равни на две трети от дължините на CP,BQC P, B Q и MNM N и сега от условието получаваме, че BGRB G R е правоъгълен триъгълник. Наистина, ако триъгълник със страни 23a,23b\frac{2}{3} a, \frac{2}{3} b и 23c\frac{2}{3} c е правоъгълен с прав ъгъл срещу 23c\frac{2}{3} c, то това е вярно и за този със страни a,ba, b и cc, понеже Питагоровата теорема за първия дава (23)2a2+(23)2b2=(23)2c2\left(\frac{2}{3}\right)^{2} a^{2}+\left(\frac{2}{3}\right)^{2} b^{2}= \left(\frac{2}{3}\right)^{2} c^{2}, т. е. a2+b2=c2a^{2}+b^{2}=c^{2} и значи вторият също изпълнява тази теорема. (Това може да се докаже и чрез въвеждане на точки, които делят страните bb и cc на три равни части и използване на получените средни отсечки.) Ако ∠GBR=90∘\angle G B R=90^{\circ}, то 50∘=∠ABC>90∘50^{\circ}=\angle A B C\gt{}90^{\circ}, невъзможно. Ако ∠BGR=90∘\angle B G R=90^{\circ}, то с GR=GCG R=G C от по-горе получаваме BR=BCB R=B C и ∠BRC=90∘−∠ABC2=65∘\angle B R C=90^{\circ}-\frac{\angle A B C}{2}= 65^{\circ}. Последната възможност е ∠BRG=90∘\angle B R G=90^{\circ}. За да сме сигурни, че ъглите 65∘65^{\circ} и 90∘90^{\circ} наистина не водят до невъзможни конфигурации, нека покажем накратко как да построим такивазапочваме от триъгълник BRCB R C с ∠ABC=50∘,∠BCR=∠BRC=65∘\angle A B C=50^{\circ}, \angle B C R=\angle B R C=65^{\circ} или ∠RBC=50∘,∠BRC=90∘\angle R B C=50^{\circ}, \angle B R C=90^{\circ} и върху отсечката CRC R построяваме PP и GG, такива че CP=3PRC P=3 P R и CG=GRC G=G R; след това всяка друга точка се възстановява еднозначно чрез построяването на среда или успоредна права или пресичане на прави. Проверката, че CP,BQC P, B Q и MNM N образуват правоъгълен триъгълник е с аргументи, аналогични на такива от то.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се реши в цели числа уравнението a=a3−8a2b+21ab2−18b3a=a^{3}-8 a^{2} b+21 a b^{2}-18 b^{3}.
РешениеДясната страна се разлага до(a3−8b3)−8a2b+16ab2+5ab2−10b3=(a−2b)(a2+2ab+4b2)−8ab(a−2b)+5b2(a−2b)=(a−2b)(a2−6ab+8b2)=(a−2b)(a−3b)2\begin{gathered} \left(a^{3}-8 b^{3}\right)-8 a^{2} b+16 a b^{2}+5 a b^{2}-10 b^{3}=(a-2 b)\left(a^{2}+2 a b+4 b^{2}\right)-8 a b(a-2 b)+5 b^{2}(a-2 b) \\ =(a-2 b)\left(a^{2}-6 a b+8 b^{2}\right)=(a-2 b)(a-3 b)^{2} \end{gathered}Да положим n=a−3bn=a-3 b. Получаваме 3a=n2(3a−6b)=n2(2n+a)3 a=n^{2}(3 a-6 b)=n^{2}(2 n+a), откъдето (3−n2)a=2n3\left(3-n^{2}\right) a=2 n^{3}. При n=0n=0 следват a=0a=0 и b=0b=0; при n=±1n= \pm 1 получаваме a=±1a= \pm 1 и b=0b=0; при n=±2n= \pm 2 получаваме a=∓16a=\mp 16 и b=∓6b=\mp 6; при n=±3n= \pm 3 получаваме a=∓9a=\mp 9 и b=∓4b=\mp 4; при n=±4n= \pm 4 лявата страна се дели на 13, а дяснатане; при n=±5,±6n= \pm 5, \pm 6 лявата страна се дели на 11, а дяснатане. От друга страна, при ∣n∣≥7|n| \geq 7 тъй като 3−n2≠03-n^{2} \neq 0 иa=2n33−n2=6n3−n2−2na=\frac{2 n^{3}}{3-n^{2}}=\frac{6 n}{3-n^{2}}-2 nи n2−3>6∣n∣n^{2}-3\gt{}6|n| (еквивалентно на ∣n∣(∣n∣−6)>3|n|(|n|-6)\gt{}3 ), то aa не е цяло число.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Равностранен триъгълник с лице n2n^{2} е разделен на n2n^{2} равностранни триъгълничета с единични лица посредством прави, успоредни на страните му. Върховете на триъгълничетата ще наричаме възли. Намерете, като многочлен на nn, разложен на неразложими множители, сбора от лицата на всички равностранни триъгълници с върхове три от възлите.
РешениеВсеки от търсените равностранни триъгълници TT може да се потопи в единствен равностранен триъгълник MM, еднакво ориентиран с най-големия, чиито страни минават през върховете на TT. (Ако разгледаме страната ABA B на TT, то има единствен възел CC, такъв че триъгълникът ABCA B C с ∠ACB=60∘\angle A C B=60^{\circ} е външен за TT и страните ACA C и BCB C са успоредни на страните на големия триъгълник.) Ако MM има kk пъти по-голяма страна от на единичен триъгълник (k=1,2,…,n)(k=1, 2, \ldots, n), то има 1+2+⋯+(n+1−k)=(n+2−k2)1+2+\cdots+(n+1-k)=\binom{n+2-k}{2} възможности за MM, а сумата от лицата на възможните TT можем да определим както следва: номерираме възлите по коя да е от страните на MM с 0,1,…,k0, 1, \ldots, k и съобразяваме, че има точно един равностранен триъгълник с връх в ii-тия възел за i=1,2,…,ki=1, 2, \ldots, k, с лице k2−3i(k−i)k^{2}-3 i(k-i); така сумата от лицата на възможните TT е∑i=1k(k2−3i(k−i))=k3−3(k+13)=k3+k2.\sum_{i=1}^{k}\left(k^{2}-3 i(k-i)\right)=k^{3}-3\binom{k+1}{3}=\frac{k^{3}+k}{2}.Тук използваме, че ∑i=1ki(k−i)=(k+13)\sum_{i=1}^{k} i(k-i)=\binom{k+1}{3}, което може да се докаже например чрез преоброяване на думите с 3 „a“ и k−2k-2 „б“, при които средното „а“ е на 2 -ро, 3 -то, …,k\ldots, k-то място. (Алтернативно, приложете известните равенства ∑i=1ki=k(k+1)2\sum_{i=1}^{k} i=\frac{k(k+1)}{2} и ∑i=1ki2=k(k+1)(2k+1)6\sum_{i=1}^{k} i^{2}=\frac{k(k+1)(2 k+1)}{6}.) Така търсеният сбор е∑k=1nk3+k2(n+2−k2)=\sum_{k=1}^{n} \frac{k^{3}+k}{2}\binom{n+2-k}{2}=12∑k=1nk3(n+2−k2)+12∑k=1nk(n+2−k2).\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} k^{3}\binom{n+2-k}{2}+\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} k\binom{n+2-k}{2}.За да пресметнем втората сума, можем или да приложим известните равенства ∑k=1nk=n(n+1)2,∑k=1nk2=n(n+1)(2n+1)6\sum_{k=1}^{n} k= \frac{n(n+1)}{2}, \sum_{k=1}^{n} k^{2}=\frac{n(n+1)(2 n+1)}{6} и ∑k=1nk3=(n(n+1)2)2\sum_{k=1}^{n} k^{3}=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{2}, или да постъпим както следва. Да преброим думите с 4 „a“ и n−1n-1 „б“, при които второто „a“ е на ( k+1k+1 )-во място; имаме kk избора за мястото на първото „а“ и n+3−(k+1)=n+2−kn+3-(k+1)=n+2-k избора за местата на последните две „а“. Следователно∑k=1nk(n+2−k2)=(n+34)\sum_{k=1}^{n} k\binom{n+2-k}{2}=\binom{n+3}{4}Да разгледаме сега първата сума. При директен алгебричен подход са необходими равенствата ∑k=1nk4=6n5+15n4+10n3−n30\sum_{k=1}^{n} k^{4}=\frac{6 n^{5}+15 n^{4}+10 n^{3}-n}{30} и ∑k=1nk5=2n6+6n5+5n4−n212\sum_{k=1}^{n} k^{5}=\frac{2 n^{6}+6 n^{5}+5 n^{4}-n^{2}}{12}, които могат да се изведат така: ако например An,4=∑k=1nk4A_{n, 4}=\sum_{k=1}^{n} k^{4}, тоn5=∑k=1n(k5−(k−1)5)=∑k=1n(5k4−10k3+10k2−5k+1)=5An,4−10∑k=1nk3+10∑k=1nk2−5∑k=1nk+∑k=1n1\begin{aligned} n^{5} & =\sum_{k=1}^{n}\left(k^{5}-(k-1)^{5}\right)=\sum_{k=1}^{n}\left(5 k^{4}-10 k^{3}+10 k^{2}-5 k+1\right) \\ & =5 A_{n, 4}-10 \sum_{k=1}^{n} k^{3}+10 \sum_{k=1}^{n} k^{2}-5 \sum_{k=1}^{n} k+\sum_{k=1}^{n} 1 \end{aligned}и чрез изразите за ∑k=1nk,∑k=1nk2\sum_{k=1}^{n} k, \sum_{k=1}^{n} k^{2} и ∑k=1nk3\sum_{k=1}^{n} k^{3} получаваме израз за ∑k=1nk4\sum_{k=1}^{n} k^{4}; аналогично чрез тези четири и n6=∑k=1n(k6−(k−1)6)n^{6}=\sum_{k=1}^{n}\left(k^{6}-(k-1)^{6}\right) извеждаме и за ∑k=1nk5\sum_{k=1}^{n} k^{5}. Нека сега покажем и комбинаторен подход за пресмятане на първата сума. Да разгледаме жилищен блок с етажи 0,1,…,n+20, 1, \ldots, n+2 и да преброим вариантите за разполагане в него на Ади, Ани, Ася, Боян, Васил и Гошо, при които Гошо живее по-високо от Васил, Васил -по-високо от Боян и Боянпо-високо от момичетата (сред които може да има такива на един етаж). Ако Боян е на етаж k(k=1,2,…,n)k(k=1, 2, \ldots, n), то за етажа на всяко от момичетата има по kk избора, а за етажите на Васил и Гошо има (n+2−k2)\binom{n+2-k}{2} избора, така че получаваме желаната сума. От друга страна: (∗)(*) ако децата населяват 4 етажа, вариантите за това са (n+34)\binom{n+3}{4} (трите момичета са на един етаж). (∗)(*) ако децата населяват 5 етажа, вариантите за това са 3⋅2.(n+35)3 \cdot 2.\binom{n+3}{5} (има 3 избора кое от момичетата да е само на етаж и 2 избора на кой от двата избрани най-долни етажа да е то). (∗)(*) ако децата населяват 6 етажа, вариантите за това са 3!.(n+36)3!.\binom{n+3}{6} (има 3! варианта за разполагане на момичетата на трите най-долни избрани етажа). Следователно∑k=1nk3(n+2−k2)=\sum_{k=1}^{n} k^{3}\binom{n+2-k}{2}=(n+34)+6(n+35)+6(n+36)=(n+34)+6(n+46).\binom{n+3}{4}+6\binom{n+3}{5}+6\binom{n+3}{6}=\binom{n+3}{4}+6\binom{n+4}{6}.Окончателно търсеният сбор е(n+34)+3(n+46)=\binom{n+3}{4}+3\binom{n+4}{6}=n(n+1)(n+2)(n+3)(n2+3n+6)240.\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)\left(n^{2}+3 n+6\right)}{240}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които решенията на системата∣x−2∣+∣x−1∣+∣x+3∣≤6x2−ax+2a≤0\begin{aligned}|x-2|+|x-1|+|x+3| \leq 6 \\ x^{2}-a x+2 a \leq 0\end{aligned} представляват затворен интервал с дължина 1.
РешениеОтговор. a=−1a=-1. Решение. Лесно се вижда, че решението на линейното неравенство е x∈[0,2]x \in[0, 2]. Например, това може да стане чрез нанасяне върху реалната ос на точките A(−3),B(1)A(-3), B(1) и C(2)C(2), както и съобразяване, че търсим позицията на точка X(x)X(x) със сума от разстоянията до трите фиксирани точки по-малка или равна на 6. Тъй като CA=5C A=5, а BB се намира между AA и CC, директно се съобразява, че горното е възможно единствено, когато XX е в единична околност на BB. Да означим с f(x):=x2−ax+2af(x): =x^{2}-a x+2 a. Решението на квадратното неравенство е x∈[x1,x2]x \in\left[x_{1}, x_{2}\right], където x1,2x_{1, 2} са реалните корени (ако има такива) на f(x)=0f(x)=0. Следователно, търсим тези стойности на параметъра aa, за които f(x)=0f(x)=0 има два реални корена x1,2x_{1, 2}, за които ∣[x1,x2]∩\mid\left[x_{1}, x_{2}\right] \cap [0,2]∣=1[0, 2] \mid=1. Тъй като f(2)=4>0f(2)=4\gt{}0, то възможни са два случая: x1≤0<x2=1x_{1} \leq 0\lt{}x_{2}=1 или 0≤x1<x2=x1+1≤20 \leq x_{1}\lt{}x_{2}=x_{1}+1 \leq 2. Първият случай води до 0=f(1)=1−a+2a=1+a0=f(1)=1-a+2 a=1+a и значи a=−1a=-1. Тъй като f(0)=2a=−2<0f(0)=2 a=-2\lt{}0, то наистина x1<0<x2=1x_{1}\lt{}0\lt{}x_{2}=1 е изпълнено и a=−1a=-1 е решение. Вторият случай води до f(0)≥0f(0) \geq 0, т. е., a≥0a \geq 0 и връх на параболата a/2∈(0,2)a / 2 \in(0, 2), което сумарно е a∈(0,4)a \in(0, 4). Искаме наличие на два различни реални корена, което води до 0<0\lt{} D=a2−8a=a(a−8)D=a^{2}-8 a=a(a-8), т. е., a∈(−∞,0)∪(8,+∞)a \in(-\infty, 0) \cup(8, +\infty). Следователно няма решение в този случай. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1т. за x∈[0,2];1x \in[0, 2]; 1 т. за формулиране на двата възможни случая x1≤0<x2=1x_{1} \leq 0\lt{}x_{2}=1 или 0≤x1<x2=x1+1≤20 \leq x_{1}\lt{}x_{2}=x_{1}+1 \leq 2; по 2т. за пълното разглеждане на всеки от случаите.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В остроъгълния триъгълник ABC,MA B C, M е среда на ABA B и AHA H е височина. Построен е перпендикуляр CPC P към правата MHM H. Да се намери дължината на ACA C, ако AB=21A B=21, BH=7B H=7 и BP=CP.B P=C P.
РешениеПострояваме PE⊥BCP E \perp B C и означаваме ∠ABC=β.HM\angle A B C=\beta. H M е медиана в правоъгълен триъгълник, следователно ∠MHA=90∘−β\angle M H A=90^{\circ}-\beta и ∠PHC=180∘−∠MHA−∠AHC=β\angle P H C=180^{\circ}-\angle M H A-\angle A H C=\beta. Оттук, ∠PCH=90∘−β\angle P C H=90^{\circ}-\beta. Следователно, △ABH∼△PHE∼△CPH\triangle A B H \sim \triangle P H E \sim \triangle C P H и значи721=BHAB=EHHP=PHCH\frac{7}{21}=\frac{B H}{A B}=\frac{E H}{H P}=\frac{P H}{C H} Нека означим EH=xE H=x. Тогава PH=3x,CH=9x,CE=9x−x=8xP H=3 x, C H=9 x, C E=9 x-x=8 x и, тъй като BP=CPB P=C P, то BE=8xB E=8 x и BH=7xB H=7 x, т. е., x=1x=1. Остана да намерим ACA C с Питагорова теорема:AC=x2AB2−BH2+CH2=A C=\sqrt{\vphantom{x^2}A B^{2}-B H^{2}+C H^{2}}=x2212−72+92=x2473\sqrt{\vphantom{x^2}21^{2}-7^{2}+9^{2}}=\sqrt{\vphantom{x^2}473}Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 2 т. за (1); 2 т. за EH=1;2E H=1; 2 т. за AC=x2473A C=\sqrt{\vphantom{x^2}473}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намери броя на всички съставни естествени числа 4≤n≤20224 \leq n \leq 2022, такива че за всяко естествено число kk в интервала [1,x2n−1][1, \sqrt{\vphantom{x^2}n}-1] е изпълнено следното: броят начини от група от nn души да изберем kk на брой (като редът на избор няма значение) се дели на n.n.
РешениеНека първо охарактеризираме всички такива числа. Условието изисква (nk)\binom{n}{k} да се дели на nn за всяко 1≤k≤x2n−11 \leq k \leq \sqrt{\vphantom{x^2}n}-1. Да допуснем, че nn има прост делител p≤x2n−1p \leq \sqrt{\vphantom{x^2}n}-1 и да разгледаме k=pk=p. Явно p!(np)=p!\binom{n}{p}= n(n−1)(n−2)⋯(n−p+1)n(n-1)(n-2) \cdots(n-p+1) и ако допуснем, че (np)\binom{n}{p} се дели на nn, то след (np)=ns\binom{n}{p}=n s и съкращаване на nn би следвало, че pp дели (n−1)(n−2)⋯(n−p+1)(n-1)(n-2) \cdots(n-p+1) - това обаче не е така, тъй като pp дели nn и значи не дели никое n−ℓ,1≤ℓ≤p−1n-\ell, 1 \leq \ell \leq p-1. Значи вече можем да считаме, че всички прости делители на nn са по-големи от x2n−1\sqrt{\vphantom{x^2}n}-1. Да допуснем, че простите делители са поне 3 на брой (считано с техните кратности). За n=8n=8 директна проверка показва, че е решение, а при n=12n=12 имаме делителят 2<x212−12\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}12}-1; нека n≥16n \geq 16. Тогава n>(x2n−1)3≥(3x2n4)3=27n3/264n\gt{}(\sqrt{\vphantom{x^2}n}-1)^{3} \geq\left(\frac{3 \sqrt{\vphantom{x^2}n}}{4}\right)^{3}=\frac{27 n^{3 / 2}}{64}, т. е. n<(6427)2<9n\lt{}\left(\frac{64}{27}\right)^{2}\lt{}9, противоречие. Остава да разгледаме n=pqn=p q за прости x2n−1<p≤q\sqrt{\vphantom{x^2}n}-1\lt{}p \leq q. Ако допуснем, че q≥p+3q \geq p+3, то n≥p(p+3)>(x2n−1)(x2n+2)=n+x2n−2>nn \geq p(p+3)\gt{}(\sqrt{\vphantom{x^2}n}-1)(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+2)=n+\sqrt{\vphantom{x^2}n}-2\gt{}n, противоречие. При q=p+1q=p+1 имаме само p=2,q=3p=2, q=3, т. е. n=6n=6, за което директно се проверява, че е решение. Ако q=pq=p и 1≤k≤p−11 \leq k \leq p-1, то в k!(p2k)=(p2−k+1)(p2−k+2)⋯(p2−1)p2k!\binom{p^{2}}{k}=\left(p^{2}-k+1\right)\left(p^{2}-k+2\right) \cdots\left(p^{2}-1\right) p^{2} дясната страна се дели на p2p^{2}, но kk! вляво не се дели на pp - значи p2p^{2} дели (p2k)\binom{p^{2}}{k}. Ако q=p+2q=p+2 и 1≤k≤p−11 \leq k \leq p-1, то в k!(p2+2pk)=(p2+2p−k+1)(p2+2p−k+2)⋯(p2+2p−1)(p2+2p)k!\binom{p^{2}+2 p}{k}=\left(p^{2}+2 p-k+1\right)\left(p^{2}+2 p-k+2\right) \cdots\left(p^{2}+2 p-1\right)\left(p^{2}+2 p\right) дясната страна се дели на pp и p+2;p+2; а kk! не се дели на pp и на простото q=p+2q=p+2 - следователно (p2+2pk)\binom{p^{2}+2 p}{k} се дели на pp и на p+2p+2, а оттук и на p(p+2)p(p+2). Тъй като 2022<2025=4522022\lt{}2025=45^{2}, то всички прости числа 2≤p<452 \leq p\lt{}45 водят до решение n=p2n=p^{2}, а пък тези, за които и p+2p+2 е простоводят и до решението n=p(p+2)n=p(p+2). Директна проверка показва, че имаме 14 прости числа в този интервал:{2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43}\{2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43\} като 6 от тях {3,5,11,17,29,41}\{3, 5, 11, 17, 29, 41\} са от втория тип. Заедно с \textit{изключенията} 6 и 8, заключаваме, че търсения брой в задачата е: 14+6+2=2214+6+2=22. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) По 1 т. за всеки от случаите n=p2n=p^{2} и n=p(p+2),1n=p(p+2), 1 т. за отхвърляне на съставните nn с прост делител p≤x2n−1;1p \leq \sqrt{\vphantom{x^2}n}-1; 1 т. за отхвърляне на nn с поне три прости делителя; 2 т. за довършване; 1 т. за верен отговор.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В една държава има nn града. Между някои градове са построени еднопосочни пътища, като между 2 града може да има няколко пътища в различни посоки. Знаем, че за всеки 2 града AA и BB може да се стигне или от AA до BB, или от BB до AA или и двете. Колко най-малко пътя трябва допълнително да построим, така че да си гарантираме, че от всеки град може да се стигне до всеки друг?
РешениеЩе докажем, че отговорът е 1. Първо да разгледаме примера, в който номерираме градовете от 1 до nn и от всеки град ii излиза път към град i+1,∀i<ni+1, \forall i\lt{}n. Очевидно условието е изпълнено и трябва да построим поне един път, следователно отговора не е 0. Ще докажем, че има град FF който стига до всички останали градове. Да допуснем, че няма такъв и да разгледаме града AA, който стига до най-много градове. Сега знаем, че има град BB и AA не може да стигне до BB. Но тогава, от условието BB може да стигне до AA, а оттам и до всеки друг град до който може да се стигне през AA. Противоречие с максималността на A. Аналогично, има град LL, такъв че от всеки град може да се стигне до него. Следователно можем да построим реброто от LL до FF и за произволни два града AA и BB имаме пътя {A→F}∪{F→L}∪{L→B}\{A \rightarrow F\} \cup\{F \rightarrow L\} \cup\{L \rightarrow B\}. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 1 т. за пример, че е нужен поне 1 допълнителен път; по 2 т. за доказване съществуването на градове FF и LL, както и за проверката, че пътя L→FL \rightarrow F е достатъчен
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е вписан четириъгълник ABCDA B C D с пресечна точка на диагоналите PP. Нека KK и LL са точки от отсечките CPC P и DPD P съответно, такива че описаната около триъгълника PKLP K L окръжност се допира до CDC D в точка MM. Нека XX и YY са точки съответно от отсечките APA P и BPB P, такива че AX=CKA X=C K и BY=DLB Y=D L. Точките ZZ и TT са средите на PKP K и PLP L, съответно. Ако точките C,D,XC, D, X и YY лежат на една окръжност, да се докаже, че ∠MZP=∠MTP.\angle M Z P=\angle M T P.
РешениеОт вписаните ABCDA B C D и CDXYC D X Y следва ∠CXY=∠CDY=∠CAB\angle C X Y=\angle C D Y=\angle C A B, т. е. AB∥XYA B \| X Y. От теоремата на Талес следва PAPB=AXBY\frac{P A}{P B}=\frac{A X}{B Y}, а с условията AX=CK,BY=DLA X=C K, B Y=D L и подобието △ABP∼△DCP\triangle A B P \sim \triangle D C P достигаме до PDPC=CKDL\frac{P D}{P C}=\frac{C K}{D L}, т. е. DL⋅DP=CP⋅CKD L \cdot D P=C P \cdot C K. Сега от триъгълниците MLPM L P и MKPM K P с допирателни DMD M и CMC M следва CM2=CP⋅CK=DL⋅DP=DM2C M^{2}=C P \cdot C K=D L \cdot D P=D M^{2}, т. е. MM е средата на CDC D. Нека точката QQ е такава, че PCQDP C Q D е успоредник. Тогава MZM Z и MTM T са средни отсечки в триъгълниците PKQP K Q и PLQP L Q и значи исканото е еквивалентно на ∠QKC=∠QLD\angle Q K C=\angle Q L D. Понеже ∠QCK=∠QDL\angle Q C K=\angle Q D L от успоредника PCQDP C Q D, достатъчно е да докажем, че △QCK∼△QDL\triangle Q C K \sim \triangle Q D L, т. е. QCQD=CKDL\frac{Q C}{Q D}=\frac{C K}{D L}. Но QC=DPQ C=D P и QD=CPQ D=C P, така че последното е еквивалентно на полученото по-горе PDPC=CKDL\frac{P D}{P C}=\frac{C K}{D L}, с което задачата е решена. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1 т. за AB∥XYA B \| X Y; 1 т. за DL⋅DP=CP⋅CK;1D L \cdot D P=C P \cdot C K; 1 т. за заключението, че MM е средата на CD;1C D; 1 т. за свеждане до ∠QKC=∠QLD;1\angle Q K C=\angle Q L D; 1 т. за идеята да се докаже △QCK∼△QDL\triangle Q C K \sim \triangle Q D L по две страни и ъгъл между тях; 1 т. за завършване. Коментар. След CM=DMC M=D M задачата може да се довърши и само чрез центъра на описаната около PKL окръжност.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички двойки реални числа (x,y)(x, y), за коитоx2x2−2x+y2+4y+5+\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}-2 x+y^{2}+4 y+5}+x2x2−8x+y2−4y+20=516x2+9y2=68.\begin{aligned}\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}-8 x+y^{2}-4 y+20}=5 \\ 16 x^{2}+9 y^{2}=68.\end{aligned}
РешениеРешение. Ще покажем, че първото уравнение е еквивалентно на 3y=4x−103 y=4 x-10 при x∈x \in [1,4][1, 4]. Един вариант на доказателство е двукратно повдигане на квадрат и решаване на полученото квадратно уравнение. Ще предложим по-елегантна алтернатива. Да разгледаме правоъгълна координатна система в равнината и точките A(1,−2)A(1, -2) и B(4,2)B(4, 2). Тъй катоx2x2−2x+y2+4y+5=\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}-2 x+y^{2}+4 y+5} =x2(x−1)2+(y+2)2x2x2−8x+y2−4y+20=\begin{aligned}\sqrt{\vphantom{x^2}(x-1)^{2}+(y+2)^{2}} \\ \sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}-8 x+y^{2}-4 y+20} =\end{aligned}x2(x−4)2+(y−2)2\sqrt{\vphantom{x^2}(x-4)^{2}+(y-2)^{2}} то решения на първото уравнение са всички точки C(x,y)C(x, y), за които ∣CA∣+∣CB∣=5|C A|+|C B|=5. Но∣AB∣=x2(4−1)2+(2−(−2))2=|A B|=\sqrt{\vphantom{x^2}(4-1)^{2}+(2-(-2))^{2}}=x216+9=5=∣CA∣+∣CB∣,\sqrt{\vphantom{x^2}16+9}=5=|C A|+|C B|, следователно точката CC лежи върху отсечката ABA B. Уравнението на правата ABA B е 3y=3 y= 4x−104 x-10 и значи търсим решения на второто равенство в условието, удовлетворяващи едновременно горната зависимост, както и x∈[1,4]x \in[1, 4]. Така, сведохме задачата до решаване на квадратното уравнение32x2−80x+100=68⇔32 x^{2}-80 x+100=68 \quad \Leftrightarrow \quad2x2−5x+2=0⇔x1=12, 2 x^{2}-5 x+2=0 \quad \Leftrightarrow \quad x_{1}=\frac{1}{2},x2=2 x_{2}=2 Единствено x2x_{2} е в интервала [1,4][1, 4] и значи единственото решение на системата е двойката (2,−2/3)(2, -2 / 3). Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 3 т. за {3y=4x−10}∪{x∈[1,4]};1\{3 y=4 x-10\} \cup\{x \in[1, 4]\}; 1 т. за решаване на квадратното уравнение 2x2−5x+2=02 x^{2}-5 x+2=0; по 1 т. за разглеждане всеки от корените x1,2x_{1, 2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Съставно естествено число nn ще наричаме балансирано, ако за всяко естествено число kk в интервала [1,x2n−1][1, \sqrt{\vphantom{x^2}n}-1] броят начини от група от nn души да изберем kk на брой (като редът на избор няма значение) се дели на nn. Да се намери най-малката възможна абсолютна разлика ∣m−n∣|m-n| между две петцифрени балансирани числа.
РешениеНека първо охарактеризираме всички балансирани числа. Условието изисква ( nk)\left.\begin{array}{l}n \cr k\end{array}\right) да се дели на nn за всяко 1≤k≤x2n−11 \leq k \leq \sqrt{\vphantom{x^2}n}-1. Да допуснем, че nn има прост делител p≤x2n−1p \leq \sqrt{\vphantom{x^2}n}-1 и да разгледаме k=pk=p. Явно p!(np)=p!\binom{n}{p}= n(n−1)(n−2)⋯(n−p+1)n(n-1)(n-2) \cdots(n-p+1) и ако допуснем, че (np)\binom{n}{p} се дели на nn, то след (np)=ns\binom{n}{p}=n s и съкращаване на nn би следвало, че pp дели (n−1)(n−2)⋯(n−p+1)(n-1)(n-2) \cdots(n-p+1) - това обаче не е така, тъй като pp дели nn и значи не дели никое n−ℓ,1≤ℓ≤p−1n-\ell, 1 \leq \ell \leq p-1. Значи вече можем да считаме, че всички прости делители на nn са по-големи от x2n−1\sqrt{\vphantom{x^2}n}-1. Да допуснем, че простите делители са поне 3 на брой (считано с техните кратности). За n=8n=8 директна проверка показва, че е решение, а при n=12n=12 имаме делителят 2<x212−12\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}12}-1; нека n≥16n \geq 16. Тогава n>(x2n−1)3≥(3x2n4)3=27n3/264n\gt{}(\sqrt{\vphantom{x^2}n}-1)^{3} \geq\left(\frac{3 \sqrt{\vphantom{x^2}n}}{4}\right)^{3}=\frac{27 n^{3 / 2}}{64}, т. е. n<(6427)2<9n\lt{}\left(\frac{64}{27}\right)^{2}\lt{}9, противоречие. Остава да разгледаме n=pqn=p q за прости x2n−1<p≤q\sqrt{\vphantom{x^2}n}-1\lt{}p \leq q. Ако допуснем, че q≥p+3q \geq p+3, то n≥p(p+3)>(x2n−1)(x2n+2)=n+x2n−2>nn \geq p(p+3)\gt{}(\sqrt{\vphantom{x^2}n}-1)(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+2)=n+\sqrt{\vphantom{x^2}n}-2\gt{}n, противоречие. При q=p+1q=p+1 имаме само p=2,q=3p=2, q=3, т. е. n=6n=6, за което директно се проверява, че е решение. Ако q=pq=p и 1≤k≤p−11 \leq k \leq p-1, то в k!(p2k)=(p2−k+1)(p2−k+2)⋯(p2−1)p2k!\binom{p^{2}}{k}=\left(p^{2}-k+1\right)\left(p^{2}-k+2\right) \cdots\left(p^{2}-1\right) p^{2} дясната страна се дели на p2p^{2}, но kk! вляво не се дели на pp - значи p2p^{2} дели (p2k)\binom{p^{2}}{k}. Ако q=p+2q=p+2 и 1≤k≤p−11 \leq k \leq p-1, то в k!(p2+2pk)=(p2+2p−k+1)(p2+2p−k+2)⋯(p2+2p−1)(p2+2p)k!\binom{p^{2}+2 p}{k}=\left(p^{2}+2 p-k+1\right)\left(p^{2}+2 p-k+2\right) \cdots\left(p^{2}+2 p-1\right)\left(p^{2}+2 p\right) дясната страна се дели на pp и p+2;p+2; а kk! не се дели на pp и на простото q=p+2−q=p+2- следователно (p2+2pk)\binom{p^{2}+2 p}{k} се дели на pp и на p+2p+2, а оттук и на p(p+2)p(p+2). Окончателно, всички петцифрени балансирани числа са от един от двата вида: p2p^{2} или p(p+2)p(p+2), където pp и p+2p+2 са прости. Тъй като p(p+2)=(p+1)2−1<(p+1)2p(p+2)=(p+1)^{2}-1\lt{}(p+1)^{2}, то най-малката абсолютна разлика между две петцифрени числа ще бъде равна на 2p2 p, където pp е най-малкото просто число, при което p+2p+2 също е просто, а p2p^{2} и p(p+2)p(p+2) - са петцифрени. Най-малкото петцифрено число е 10000=10410000=10^{4}, т. е., търсим p≥100p \geq 100. Директно се проверява, че 101 и 103 са прости числа, следователното съответните 5 -цифрени балансирани числа са 1012101^{2} и 101⋅103101 \cdot 103, чиято абсолютна разлика е 2⋅101=2022 \cdot 101=202. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) По 1 т. за всеки от случаите n=p2n=p^{2} и n=p(p+2),1n=p(p+2), 1 т. за отхвърляне на съставните nn с прост делител p≤x2n−1p \leq \sqrt{\vphantom{x^2}n}-1; 1 т. за отхвърляне на nn с поне три прости делителя; 3 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадени са естествените числа m<nm\lt{}n. Да се намери броя на различните инективни функции f:{1,2,…,m}→{1,2,…,n}f: \{1, 2, \ldots, m\} \rightarrow\{1, 2, \ldots, n\} такива, че за всяко непразно подмножество A⊆{1,2,…,m}A \subseteq\{1, 2, \ldots, m\}, множеството от стойности f(A)f(A) да не съвпада с A(f(A)≠A)A(f(A) \neq A). (Една функция ff се нарича инективна, ако f(x)≠f(y)f(x) \neq f(y) когато x≠y)x \neq y)
РешениеЩе използваме означението Bi={1,2,…,i}B_{i}=\{1, 2, \ldots, i\}. С индукция по mm ще докажем, че за всяко n>mn\gt{}m броят на инекциите f:Bm→Bnf: B_{m} \rightarrow B_{n}, удовлетворяващи условието е (n−1)(n−2)…(n−m)(n-1)(n-2) \ldots(n-m). При m=1m=1 искаме f(1)≠1f(1) \neq 1, т. е., имаме n−1n-1 възможни стоойности, с което базата е доказана. Нека твърдението е вярно за m−1m-1 и да разгледаме f:Bm→Bnf: B_{m} \rightarrow B_{n}, изпълняваща условието за произволно непразно подмножество на Bm−1B_{m-1}. 1 сл. m∉f(Bm−1)m \notin f\left(B_{m-1}\right). Тогава имаме mm \textit{забранени} стойности за f(m):f(Bm−1)∪{m}f(m): f\left(B_{m-1}\right) \cup\{m\}. Първитезаради инективността на функцията, а последнатазащото ={m}=\{m\} не би изпълнявала условието. Следователно, \textit{разрешени} са n−mn-m. 2 сл. m∈f(Bm−1)m \in f\left(B_{m-1}\right). Нека a1=f−1(m)∈Bm−1a_{1}=f^{-1}(m) \in B_{m-1} е праобраза на mm. Аналогично, ако a1∈a_{1} \in f(Bm−1)f\left(B_{m-1}\right), то нека a2=f−1(a1)∈Bm−1a_{2}=f^{-1}\left(a_{1}\right) \in B_{m-1} и т. н. Тъй като m∈f(Bm−1)m \in f\left(B_{m-1}\right), но m∉Bm−1m \notin B_{m-1} и двете множества са равномощни поради инективността, ще достигнем до число ak∈Bm−1a_{k} \in B_{m-1}, такова че f(ak)=ak−1∈f(Bm−1)f\left(a_{k}\right)=a_{k-1} \in f\left(B_{m-1}\right), но ak∉f(Bm−1)a_{k} \notin f\left(B_{m-1}\right). Тогава \textit{забранени} стойности за f(m)f(m) са f(Bm−1)∪{ak}f\left(B_{m-1}\right) \cup\left\{a_{k}\right\} (отновопървите поради инективност, а последната поради проблем с множеството A′={a1,a2,…,ak,m}A^{\prime}=\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}, m\right\} ). Обратно, всички останали n−mn-m стойности са \textit{разрешени}. Наистина да разгледаме произволно непразно A⊆BmA \subseteq B_{m}. Ако m∉Am \notin A, то f(A)≠Af(A) \neq A, съгласно индукционната хипотеза. Ако m∈Am \in A и f(A)=Af(A)=A, то от m∈f(A)m \in f(A), следва че a1∈Aa_{1} \in A и, както и по-горе, A′⊆AA^{\prime} \subseteq A. Но тогава ak∈Aa_{k} \in A и ak∉f(Bm)∉f(A)a_{k} \notin f\left(B_{m}\right) \notin f(A) - противоречие. Следователно и при двата случая имаме по n−mn-m \textit{разрешени} стойности, т. е., съгласно индукционната хипотеза отговора е (n−1)(n−2)…(n−m)(n-1)(n-2) \ldots(n-m). Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) 1 т. за отговор; 1 т. за разглеждане на малки случаи за mm (индукционна база); 1 т. за 1 сл.; 4 т. за 2 сл.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е уравнението (x2−8x+7)2+(3m−1)(x2−8x+7) \left(x^{2}-8 x+7\right)^{2}+(3 m-1)\left(x^{2}-8 x+7\right) +2m2−m=0,+2 m^{2}-m=0, където mm е реален параметър. a) Да се определи броят на решенията на уравнението при m=6m=6. б) Да се намерят стойностите на параметъра mm, при които уравнението има точно три различни реални корена.
РешениеПолагаме t=x2−8x+7t=x^{2}-8 x+7 и уравнението добива видаt2+(3m−1)t+2m2−m=0t^{2}+(3 m-1) t+2 m^{2}-m=0а) При m=6m=6 получаваме t2+17t+66=0t^{2}+17 t+66=0, откъдето t1=−11t_{1}=-11 и t2=−6t_{2}=-6. Тъй като най-малката стойност на функцията f(x)=x2−8x+7f(x)=x^{2}-8 x+7 е f(4)=−9f(4)=-9, и t1<−9,t2>−9t_{1}\lt{}-9, t_{2}\gt{}-9, то уравнението има две различни реални решения. б) Необходимо условие за това е уравнението t2+(3m−1)t+2m2−m=0t^{2}+(3 m-1) t+2 m^{2}-m=0 да има решение t0t_{0}, такова че x2−8x+7−t0=0x^{2}-8 x+7-t_{0}=0 има единствено решение, т. е. D=9+t0=0D=9+t_{0}=0, т. е. t0=−9t_{0}=-9. Като заместим в t2+(3m−1)t+2m2−m=0t^{2}+(3 m-1) t+2 m^{2}-m=0, достигаме до m2−14m+45=0⟺m^{2}-14 m+45=0 \Longleftrightarrow (m−9)(m−5)=0(m-9)(m-5)=0. При m=9m=9 получаваме t2+26t+153=0t^{2}+26 t+153=0, откъдето намираме t1=−17t_{1}=-17 и t2=−9t_{2}=-9 и използвайки а) получаваме, че уравнението има точно две различни реални решения. При m=5m=5 получаваме t2+14t+45=0t^{2}+14 t+45=0, откъдето намираме t1=−5t_{1}=-5 и t2=−9t_{2}=-9. Оттук решенията са 2, 4 и 6. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) а) 1 т. за определяне на най-малката стойност на израза x2−8x+7,1x^{2}-8 x+7, 1 т. за намиране на корените t1=−11t_{1}=-11 и t2=−6t_{2}=-6 и 1 т. за извода; б) 1 т. за намиране стойността на t0t_{0}, при която уравнението има двоен корен и съответните стойности на m=9m=9 и m=5m=5; по 1 т. за изводите за броя на реалните решения при m=9m=9 и m=5m=5.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дължините на страните и на диагонала ACA C на вписан в окръжност четириъгълник ABCDA B C D са цели числа. Акоcos⁡∠ABC=14,2CD=AD+ACи\cos \angle A B C=\frac{1}{4}, \quad 2 C D=A D+A C \text{и}2AB=CA+CB+CD2 A B=C A+C B+C D намерете най-малката възможна стойност за периметъра на ABCD.A B C D.
РешениеНека α=∠ABC,AB=a,BC=b,CD=c,DA=d\alpha=\angle A B C, A B=a, B C=b, C D=c, D A=d и AC=eA C=e. Тогава ∠ADC=\angle A D C= 180∘−α,2c=d+e180^{\circ}-\alpha, 2 c=d+e и 2a=b+e+c2 a=b+e+c и от косинусовата теорема за △ADC\triangle A D C имамеd2+c2+dc2=e2=(2c−d)2⟺2c=3dd^{2}+c^{2}+\frac{d c}{2}=e^{2}=(2 c-d)^{2} \Longleftrightarrow 2 c=3 d Сега от 2c=d+e2 c=d+e намираме e=2de=2 d, а от 2a=b+e+c2 a=b+e+c намираме 2a=b+7e42 a=b+\frac{7 e}{4}. От косинусовата теорема за △ABC\triangle A B C имамеa2+b2−ab2=e2=a^{2}+b^{2}-\frac{a b}{2}=e^{2}=(47(2a−b))2⟺33b2+79ab2−15a2=0\left(\frac{4}{7}(2 a-b)\right)^{2} \Longleftrightarrow 33 b^{2}+\frac{79 a b}{2}-15 a^{2}=0 Тъй като корените на уравнението 33x2+79x2−15=033 x^{2}+\frac{79 x}{2}-15=0 са x1=1033x_{1}=\frac{10}{33} и x2<0x_{2}\lt{}0, то ba=1033⟺\frac{b}{a}=\frac{10}{33} \Longleftrightarrow b=10a33b=\frac{10 a}{33}. Сега от 2a=b+7e42 a=b+\frac{7 e}{4} намираме a=33e32=33d16a=\frac{33 e}{32}=\frac{33 d}{16} и b=5d8b=\frac{5 d}{8}. Окончателноa=33d16,b=5d8,c=3d2,e=2d.a=\frac{33 d}{16}, b=\frac{5 d}{8}, c=\frac{3 d}{2}, e=2 d. Най-малката стойност на dd, за която aa е цябо число е d=16d=16. Тогава AB=33,BC=10A B=33, B C=10, CD=24,DA=16,AC=32C D=24, D A=16, A C=32 и търсената най-малка стойност е равна на 83. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 6 точки) 1 т. за 2c=3d2 c=3 d и e=2d;2e=2 d; 2 т. за b=10a33;1b=\frac{10 a}{33}; 1 т. за a=33d16;1a=\frac{33 d}{16}; 1 т. за b=5d8;1b=\frac{5 d}{8}; 1 т. за получаване на отговора.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Естествено число nn с 2022 делители 1=d1<d2<⋯<d2022=n1=d_{1} \lt{} d_{2}\lt{} \cdots\lt{} d_{2022} = n се нарича красиво, ако 3d2017+2d2019=n3 d_{2017}+2 d_{2019}=n. Намерете всички красиви числа.
РешениеОт di≥id_{i} \geq i и d6⋅d2017=d4⋅d2019=nd_{6} \cdot d_{2017}=d_{4} \cdot d_{2019}=n получаваме2n=6⋅d2017+4⋅d2019≤2 n=6 \cdot d_{2017}+4 \cdot d_{2019} \leqd6⋅d2017+d4⋅d2019=2n d_{6} \cdot d_{2017}+d_{4} \cdot d_{2019}=2 n Следователно d6=6d_{6}=6, откъдето di=id_{i}=i за i=1,2,3,4,5,6i=1, 2, 3, 4, 5, 6 и получаваме, че nn се дели на 22.3⋅52^{2}.3 \cdot 5. От 2022=2⋅3⋅3372022=2 \cdot 3 \cdot 337 и 337 е просто число, следва, че n=2x⋅3y⋅5zn=2^{x} \cdot 3^{y} \cdot 5^{z} за x≥2x \geq 2. Всички красиви числа са:22⋅3⋅5336,22⋅3336⋅5,2^{2} \cdot 3 \cdot 5^{336}, 2^{2} \cdot 3^{336} \cdot 5,2336⋅3⋅52,2336⋅32⋅5 2^{336} \cdot 3 \cdot 5^{2}, 2^{336} \cdot 3^{2} \cdot 5Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 3 т. за di=id_{i}=i при i=1,2,3,4,5,6;2i=1, 2, 3, 4, 5, 6; 2 т. за n=2x.3y.5zn=2^{x}.3^{y}.5^{z} при x≥2;2x \geq 2; 2 т. за намиране на четирите красиви числа.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
За естественото число n>3n\gt{}3 множество AA от редици от 0 и 1 с дължина n+1n+1 се нарича добро, ако всяка редица от 0 и 1 с дължина nn може да се получи от редица от AA с изтриване на един член. Ако ana_{n} е минималния брой елементи на добро множество, да се докаже, че:2n+2n−7n≤an≤2n−1.\frac{2^{n}+2 n-7}{n} \leq a_{n} \leq 2^{n-1}.
РешениеНека BB е множеството от всички редици от 0 и 1 с дължина n−1n-1, като ∣B∣=2n−1|B|=2^{n-1}. Очевидно множеството AA, получено с прибавяне на 01 към края на всяка редица от BB е добро. Следователно an≤2n−1a_{n} \leq 2^{n-1}. Редица с дължина nn, съставена само от нули може да се получи или от редица с дължина n+1n+1 само с нули или от редица с дължина n+1n+1 с точно една единица. И в двата случая редиците, които могат да се получат с изтриване на един член са най-много 3. Аналогично от редица с дължина n+1n+1 само с единици или само с една нула могат да се получат най-много три редици с дължина nn. Единствено от редиците с дължина n+1n+1 с редуващи се 0 и 1 (или 1 и 0 ) могат да се получат n+1n+1 редици с дължина nn. При това, ако и двете редици са в AA, то редиците с дължина nn с редуващи се 0 и 1 или 1 и 0 се получават по два начина. Тогава2n≤6+(n+1)+(an−3)n⟺2n+2n−7n≤an2^{n} \leq 6+(n+1)+\left(a_{n}-3\right) n \Longleftrightarrow \frac{2^{n}+2 n-7}{n} \leq a_{n}Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 3 т. за an≤2n−1a_{n} \leq 2^{n-1}; 4 т. за 2n+2n−7n≤an\frac{2^{n}+2 n-7}{n} \leq a_{n}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C, за който AB=c,BC=a,AC=bA B=c, B C=a, A C=b и ∠BAC=80∘\angle B A C=80^{\circ}. Върху страната ABA B е избрана точка MM, такава че ∠AMC=70∘\angle A M C=70^{\circ}. Ако AM+AC=BCA M+A C=B C, да се докаже, че a2=b(b+c).a^{2}=b(b+c).
РешениеСега триъгълниците CM1MC M_{1} M и CBMC B M са еднакви по четвърти признак (CM1=CB,CM\left(C M_{1}=C B, C M\right. обща, ∠CMM1=∠CMB=110∘)\left.\angle C M M_{1}=\angle C M B=110^{\circ}\right). Така получаваме, че ∠ABC=∠CM1M=40∘\angle A B C=\angle C M_{1} M=40^{\circ} и ∠ACB=60∘\angle A C B=60^{\circ}. ![](/problem-assets/zms2022-12-1-diagram-1.jpg) Сега равенството a2=b(b+c)a^{2}=b(b+c) следва от факта, че α=2β\alpha=2 \beta (вж. Лема 1.) Лема 1. Ако в △ABC\triangle A B C за мерките на ъглите му е в сила равенството α=2β\alpha=2 \beta, то между страните му сзществува следната зависимост a2=b(b+c)a^{2}=b(b+c). Ето няколко различни доказателства на това твърдение. Доказателство 1. Построяваме ъглополовящата ALA L на ∠BAC\angle B A C, тогава ∠LBA=∠BAL=\angle L B A=\angle B A L= ∠LAC=β\angle L A C=\beta и от свойството на ъглополовящата имаме CL=abb+cC L=\frac{a b}{b+c}. Нека сега разгледаме окръжността, описана около △ABL\triangle A B L. В нея за вписания ∠LBA\angle L B A имаме ∠LBA=12\overparenAL=β\angle L B A=\frac{1}{2} \overparen{A L}=\beta или \overparenAL=2β\overparen{A L}=2 \beta. С тази дъга се измерва и периферният ъгъл с рамо ALA L и връх точката AA, т. е. той е равен на β\beta, но ∠LAC\angle L A C също е равен на β\beta и следователно той е периферен, а CAC A е допирателна към окръжността. Така получаваме AC2=CL⋅CBA C^{2}=C L \cdot C B. Сега след заместване на CL=abb+cC L=\frac{a b}{b+c} последователно имаме b2=abb+ca,a2b=b2(b+c)b^{2}=\frac{a b}{b+c} a, a^{2} b=b^{2}(b+c) или a2=b(b+c)a^{2}=b(b+c). Доказателство 2. Построяваме ъглополовящата ALA L на ∠BAC\angle B A C, тогава имаме CL=abb+cC L=\frac{a b}{b+c}, BL=acb+cB L=\frac{a c}{b+c} и ∠LBA=∠BAL=β\angle L B A=\angle B A L=\beta, т. е. △ABL\triangle A B L е равнобедрен и AL=BLA L=B L. Сега от формулата за ъглополовящата последователно получаваме AL2=AB⋅AC−BL⋅CLA L^{2}=A B \cdot A C-B L \cdot C L, (acb+c)2=cb−a2bc(b+c)2,a2(c2+bc)=(b(b+c))(c(b+c))\left(\frac{a c}{b+c}\right)^{2}=c b-\frac{a^{2} b c}{(b+c)^{2}}, a^{2}\left(c^{2}+b c\right)=(b(b+c))(c(b+c)) или a2=b(b+c)a^{2}=b(b+c). Доказателство 3. Върху лъча CA→C A^{\rightarrow} построяваме точка B1B_{1} такава, че AB1=ABA B_{1}=A B или CB1=b+cC B_{1}=b+c. Така в равнобедрения △B1BA\triangle B_{1} B A имаме ∠AB1B=∠B1BA\angle A B_{1} B=\angle B_{1} B A и тяхната сума е равна на външния ъгъл ∠BAC=2β\angle B A C=2 \beta, т. е. ∠AB1B=∠B1BA=β\angle A B_{1} B=\angle B_{1} B A=\beta и ∠B1BC=∠B1BA+∠ABC=2β\angle B_{1} B C=\angle B_{1} B A+\angle A B C=2 \beta. Сега от △ABC∼△BB1C\triangle A B C \sim \triangle B B_{1} C получаваме BCB1C=ACBC,ab+c=ba\frac{B C}{B_{1} C}=\frac{A C}{B C}, \frac{a}{b+c}=\frac{b}{a} или a2=b(b+c)a^{2}=b(b+c). Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 3 т. за ∠ACB=60∘;3\angle A C B=60^{\circ}; 3 т. за доказване на лемата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се реши уравнението x3−3x−1=0x^{3}-3 x-1=0.
РешениеНека означим с f(x)=x3−3x−1f(x)=x^{3}-3 x-1. Лесно се проверява, че f(x)<f(−2)=−3<0f(x) \lt{} f(-2)=-3 \lt{} 0 за всяко x<−2x \lt{} -2, както и f(x)>f(2)=1>0f(x)\gt{}f(2)=1\gt{}0 за всяко x>2x\gt{}2. Следователно, търсим решенията в интервала x∈[−2,2]x \in[-2, 2]. Ще докажем, че уравнението има три корена от вида x=x= 2cos⁡α2 \cos \alpha. Тогава за α\alpha получаваме 8cos⁡3α−6cos⁡α=18 \cos ^{3} \alpha-6 \cos \alpha=1, което е еквивалентно на cos⁡3α=12=\cos 3 \alpha=\frac{1}{2}= cos⁡(π/3)=cos⁡(7π/3)=cos⁡(13π/3)\cos (\pi / 3)=\cos (7 \pi / 3)=\cos (13 \pi / 3), откъдето получаваме α=π/9,7π/9,13π/9\alpha=\pi / 9, 7 \pi / 9, 13 \pi / 9 и 2cos⁡α=2 \cos \alpha= 2cos⁡π/9,2cos⁡7π/9,2cos⁡13π/92 \cos \pi / 9, 2 \cos 7 \pi / 9, 2 \cos 13 \pi / 9, които са различни. Тъй като уравнението е от трета степен, то има най-много 3 реални корена и следователно те са точно 2cos⁡π/9,2cos⁡7π/9,2cos⁡13π/92 \cos \pi / 9, 2 \cos 7 \pi / 9, 2 \cos 13 \pi / 9. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 4 т. за полагането x=2cos⁡αx=2 \cos \alpha и получаването на α={π/9,7π/9,13π/9}\alpha=\{\pi / 9, 7 \pi / 9, 13 \pi / 9\}; 2 т. за довършване. Ако е доказано, че уравнението има 3 реални корена, но няма никакъв друг съществен напредък се присъждат 2 точки.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека PP е полином с реални коефициенти, такъв че за всяко естествено число nn, числото P(n)P(n) е цяло. Нека p1,p2,…,pkp_{1}, p_{2}, \ldots, p_{k} са различни прости числа със свойството, че за всяко естествено число nn числото P(n)P(n) се дели на поне едно от p1,…,pkp_{1}, \ldots, p_{k}. Да се докаже, че поне едно от числата p1,…,pkp_{1}, \ldots, p_{k} дели всяко от числата P(n)P(n), където n∈Nn \in \mathbb{N}.
РешениеПърво ще докажем, че PP е с рационали коефициенти. Нека dd е степента на PP. Да разгледаме числата ai=P(i)a_{i}=P(i) за i=1,2,…,d+1i=1, 2, \ldots, d+1. НекаQ(x)=∑l=1d+1ak∏i≠l,1≤i≤d+1x−il−iQ(x)=\sum_{l=1}^{d+1} a_{k} \prod_{i \neq l, 1 \leq i \leq d+1} \frac{x-i}{l-i} Тогава QQ е от степен най-много dd и Q(i)=aiQ(i)=a_{i} за 1≤i≤d+11 \leq i \leq d+1 и т. к al∈Za_{l} \in \mathbb{Z} за всяко kk, то QQ е с рационални коефициенти. Понеже P(i)=Q(i)P(i)=Q(i) за i∈{1,2,…,d+1}i \in\{1, 2, \ldots, d+1\}, то всяко от числата 1,2,…,d+11, 2, \ldots, d+1 е корен на полинома P(x)−Q(x)P(x)-Q(x), който е от степен най-много dd. Това означава, че P(x)=Q(x)P(x)=Q(x), следователно P∈Q[X]P \in \mathbb{Q}[X]. Сега нека NN е естествено число, такова че NP(x)=R(x)N P(x)=R(x) е полином с цели коефициенти и нека N=p1α1⋯pkαkN=p_{1}^{\alpha_{1}} \cdots p_{k}^{\alpha_{k}} sе разлагане на NN, където (s,p1p2⋯pk)=1\left(s, p_{1} p_{2} \cdots p_{k}\right)=1. Нека сега допуснем, че съществуват естествени числа x1,x2,…,xkx_{1}, x_{2}, \ldots, x_{k}, за които P(xl)P\left(x_{l}\right) не се дели на plp_{l} за всяко l∈{1,2,…,k}l \in\{1, 2, \ldots, k\}. От китайската теорема за остатъците следва, че съществува естествено число xx, за което x≡xi( mod piαi+1)x \equiv x_{i}\left(\bmod p_{i}^{\alpha_{i}+1}\right) за i=1,2,…,ki=1, 2, \ldots, k. Тогава за всяко l∈{1,2,…,k}l \in\{1, 2, \ldots, k\} ще имаме, че R(x)≡R(xl)( mod plαl+1)R(x) \equiv R\left(x_{l}\right)\left(\bmod p_{l}^{\alpha_{l}+1}\right), тоест R(x)R(x) се дели на plαlp_{l}^{\alpha_{l}}, но не и на plαl+1p_{l}^{\alpha_{l}+1}. Последното означава, че P(x)=R(x)/NP(x)=R(x) / N не се дели на plp_{l} за никое l∈1,2,…,kl \in 1, 2, \ldots, k, което е противоречие с условието. Следователно съществува mm, такова че pm∣P(n)p_{m} \mid P(n) за всяко n∈Nn \in \mathbb{N}. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 3 т. за доказване, че PP е с рационални коефициенти; 3 т. за показване, че ако PP е с рационални коефициенти, задачата е решена; 1 т. за обединяване на двата аргумента; За други частични наблюдения не се присъждат точки.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека nn е естествено число. Ще наричаме един граф GnG n-добър, ако сред всеки nn негови върха има поне едно ребро с краища измежду тях. Да се намери най-малкото естествено число NN, такова че във всеки nn-добър свързан граф с NN върха, съществува цикъл, след изтриването на ребрата на който графът продължава да бъде свързан.
РешениеПърво ще докажем, че N≥3n−2N \geq 3 n-2. Да разгледаме графът с 3n−33 n-3 върха, съставен от n−1n-1 триъгълника с върхове (ui,vi,wi)\left(u_{i}, v_{i}, w_{i}\right) за i=1,2,…,n−1i=1, 2, \ldots, n-1 и пътят v1v2v3…vn−1v_{1} v_{2} v_{3} \ldots v_{n-1}. Лесно се проверява, че той е добър, но който и цикъл да изтрием от него той престава да бъде свързан. Нека сега GG е добър граф с N=3n−2N=3 n-2 върха. Първо ще построим покриващо дърво TT на GG и ще оцветим върховете му в два цвята индуктивно. Нека T(k)T^{(k)} е дървото, което сме получили след добавяне на първите kk върха, като T(0)=∅T^{(0)}=\emptyset. Нека Mk=G\T(k)M_{k}=G \backslash T^{(k)}. За да получим T(1)T^{(1)} избираме произволен връх от GG, оцветяваме го в черно и го добавяме в T(1)T^{(1)}. За да получим T(2)T^{(2)} избираме връх, който е съседен на върха в T(1)T^{(1)} (такъв има, защото GG е свързан), оцветяваме го в бяло и добавяме него и реброто му към върха от T(1)T^{(1)} в T(2)T^{(2)}. Нека допуснем, че сме построили T(k)T^{(k)} за някое k≥2k \geq 2. Ако в T(k)T^{(k)} има под n−1n-1 бели върха, то за да построим T(k+1)T^{(k+1)}, избираме връх vv от MkM_{k}, който е свързан с бял връх в T(k)T^{(k)}, ако има такъв, добавяме него и реброто от него към някой бял връх в T(k)T^{(k)} и оцветяваме vv в черно. Ако няма такъв връх, то избираме произволен връх от MkM_{k}, който е свързан с някой черен връх добавяме го в T(k)T^{(k)} и го оцветяваме в бяло. Ако в T(k)T^{(k)} има n−1n-1 бели върха, то по условие от всеки връх от MkM_{k} излиза по поне едно ребро към белите върхове в T(k)T^{(k)}, защото по конструкция белите върхове в T(k)T^{(k)} са два по два несъседни. Следователно можем да построим покриващото дърво T(N)\left. T^{( } N\right), като към TkT^{k} добавим по точно едно ребро от всеки от върховете от MkM_{k} към белите върхове в T(k)T^{(k)} и оцветяваме всеки връх от MkM_{k} в черно. Лесно се съобразява, че накрая имаме покриващо дърво T(N)T^{(N)}, в което никои два върха от един и същи цвят не са съседни и има най-много n−1n-1 бели върхове. Тогава в T(N)T^{(N)} има поне 2n−12 n-1 черни върхове. Да разгледаме подрафът HH на GG, съставен от черните върхове в T(N)T^{(N)}. Нека HH съдържа mm свързани компоненти S1,S2,…,SmS_{1}, S_{2}, \ldots, S_{m}. Да вземем покриващи дървета T1,T2,…,TmT_{1}, T_{2}, \ldots, T_{m} в S1,S2,…,SmS_{1}, S_{2}, \ldots, S_{m} съответно. Тогава можем да оцветим върховете във всяко от T1,…,TmT_{1}, \ldots, T_{m} в синьо и червено, така че всеки връх да е в различен цвят от този на съседите си. Тогава поне nn върха от HH ще са оцветени в един от тези цветове. По условие измежду тях трябва да има ребро, но то не може да бъде межу различни компоненти(защото не са свързани) и значи съществува s∈{1,…,m}s \in\{1, \ldots, m\} такова че в SsS_{s} има поне още едно ребро, което не е в TsT_{s} (защото върховете от един и същи цвят не са свързани в T1,T2,…,TmT_{1}, T_{2}, \ldots, T_{m} ). Това означава, че SsS_{s} съдържа цикъл. Ако изтрием ребрата на този цикъл няма да сме изтрили ребра от T(N)T^{(N)}, защото никои два върха в HH не са свързани с ребро в T(N)T^{(N)}. Така след изтриването на ребрата на този цикъл GG съдържа T(N)T^{(N)}, следователно остава свързан. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 1 т. за N≥3n−2N \geq 3 n-2; 2 т. за оцветяване на покриващо дърво; 4 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-12-4