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

2023

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • zms2023-8-3: има placeholder текст

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
За всяко от числатаA=x27−3⋅x248+112A=\sqrt{\vphantom{x^2}\sqrt{7}-\sqrt{3}} \cdot \sqrt{\vphantom{x^2}\sqrt{48}+\sqrt{112}}иB=B=1x27(1x263+x265+1x265+x267+1x267+x269+⋯+1x22021+x22023)\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}7}}\left(\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}63}+\sqrt{\vphantom{x^2}65}}+\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}65}+\sqrt{\vphantom{x^2}67}}+\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}67}+\sqrt{\vphantom{x^2}69}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}2021}+\sqrt{\vphantom{x^2}2023}}\right)проверете изпълнява ли неравенството (x215−x25−x23)x>x2600−x2200−x2120(\sqrt{\vphantom{x^2}15}-\sqrt{\vphantom{x^2}5}-\sqrt{\vphantom{x^2}3}) x\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}600}-\sqrt{\vphantom{x^2}200}-\sqrt{\vphantom{x^2}120}.
РешениеПресмятаме A=x27−3x24(3+7)=2x272−32=2x24=4A=\sqrt{\vphantom{x^2}\sqrt{7}-\sqrt{3}} \sqrt{\vphantom{x^2}4(\sqrt{3}+\sqrt{7})}=2 \sqrt{\vphantom{x^2}\sqrt{7}^{2}-\sqrt{3}^{2}}=2 \sqrt{\vphantom{x^2}4}=4 иB=1x27(x265−x26365−63+x267−x26567−65+⋯+x22023−x220212023−2021)=12x27(x22023−x263)=12x27(17x27−3x27)=7\begin{gathered} B=\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}7}}\left(\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}65}-\sqrt{\vphantom{x^2}63}}{65-63}+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}67}-\sqrt{\vphantom{x^2}65}}{67-65}+\cdots+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2023}-\sqrt{\vphantom{x^2}2021}}{2023-2021}\right) \\ =\frac{1}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}7}}(\sqrt{\vphantom{x^2}2023}-\sqrt{\vphantom{x^2}63})=\frac{1}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}7}}(17 \sqrt{\vphantom{x^2}7}-3 \sqrt{\vphantom{x^2}7})=7 \end{gathered}Неравенството има вида (x215−x25−x23)x>x240(x215−x25−x23)(\sqrt{\vphantom{x^2}15}-\sqrt{\vphantom{x^2}5}-\sqrt{\vphantom{x^2}3}) x\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}40}(\sqrt{\vphantom{x^2}15}-\sqrt{\vphantom{x^2}5}-\sqrt{\vphantom{x^2}3}). Тъй като x215<x25+x23⟺15<8+2x215⟺7<2x215⟺49<60\sqrt{\vphantom{x^2}15}\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}5}+\sqrt{\vphantom{x^2}3} \Longleftrightarrow 15\lt{}8+2 \sqrt{\vphantom{x^2}15} \Longleftrightarrow 7\lt{}2 \sqrt{\vphantom{x^2}15} \Longleftrightarrow 49\lt{}60, след разделяне на x215−x25−x23<\sqrt{\vphantom{x^2}15}-\sqrt{\vphantom{x^2}5}-\sqrt{\vphantom{x^2}3}\lt{} 0 неравенството добива вида x<x240x\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}40}. То се изпълнява от AA (понеже 42<404^{2}\lt{}40 ) и не се изпълнява от BB (понеже 72>407^{2}\gt{}40 ).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е успоредник ABCDA B C D с 2∠ADB<∠ABD<90∘2 \angle A D B\lt{}\angle A B D\lt{}90^{\circ}. Точката KK е такава, че AK⊥BDA K \perp B D и CK∥BDC K \| B D. Да се докаже, че CK>ABC K\gt{}A B.
РешениеНека AC∩BD=OA C \cap B D=O и AK∩BD=LA K \cap B D=L. Явно ∠ADB<∠ABD\angle A D B\lt{}\angle A B D, т. е. AB<ADA B\lt{}A D и ∠AOB<90∘\angle A O B\lt{}90^{\circ}, съответно LL е вътрешна точка за отсечката BOB O. Нека EE е средата на ABA B. Тогава OLO L е средна отсечка в ACKA C K и LEL E е медиана към хипотенузата в правоъгълния ABLA B L - значи е достатъчно да сравним OLO L и LEL E. Явно OEO E е средна отсечка в триъгълника ABDA B D, откъдето ∠OEL=∠BLE−∠BOE=∠ABD−∠ADB>∠ADB=∠LOE\angle O E L=\angle B L E-\angle B O E=\angle A B D-\angle A D B\gt{} \angle A D B=\angle L O E - следователно OL>LEO L\gt{}L E, т. е. CK>ABC K\gt{}A B.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-8-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Естествено число ще наричаме кокосово, ако се дели на 357 и в десетичния му запис се срещат само цифрите 0, 1 и 2 (някои може да липсват), като цифрата 2 се среща най-много веднъж. a) Кокосово ли е 20 -цифреното число 100…002111100 \ldots 002111? (На местата на точките стоят само нули.) б) Да се намерят всички цели неотрицателни числа kk, за които съществува кокосово число с точно kk единици в десетичния му запис.
РешениеОтносно делимостта на 357=3⋅7⋅17357=3 \cdot 7 \cdot 17, достатъчно е числото да се дели на всяко от 3, 7 и 17 поотделно. a) Числото е равно на 1019+211110^{19}+2111 и явно съдържа само нули, единици и една двойка. Сумата от цифрите му е 6, така че се дели на 3. За 7 имаме 106≡36≡1( mod 7)10^{6} \equiv 3^{6} \equiv 1(\bmod 7), съответно 1019=(106)3⋅10≡3( mod 7)10^{19}=\left(10^{6}\right)^{3} \cdot 10 \equiv 3(\bmod 7) и 1019+2111≡3+2111≡0( mod 7)10^{19}+2111 \equiv 3+2111 \equiv 0(\bmod 7). За 17 имаме 102≡−2( mod 17)10^{2} \equiv-2 (\bmod 17) и 1019+2111≡10⋅(−2)9+2111≡−3009≡0( mod 17)10^{19}+2111 \equiv 10 \cdot(-2)^{9}+2111 \equiv-3009 \equiv 0(\bmod 17). б) Нека AA е число с исканото свойство. При k=0k=0 сумата от цифрите е 2, а за k≥1k \geq 1 сумата от цифрите е kk или k+2k+2. Следователно ако k=0k=0 или kk дава остатък 2 при деление на 3, то AA всъщност не се дели на 3, противоречие. Сега ще докажем, че за k=1k=1 няма Понеже окончаващи нули не влияят на делимостта на 3⋅7⋅173 \cdot 7 \cdot 17, можем да считаме, че първата и последната цифра са 1 и 2 в някакъв ред, а всички останали са нули. Ако старшата цифра е 1, то разглеждаме 10x+2≡0( mod 3⋅7⋅17)10^{x}+2 \equiv 0 (\bmod 3 \cdot 7 \cdot 17). От модул 7 получаваме (с проверка на 10,102,…,106≡110, 10^{2}, \ldots, 10^{6} \equiv 1 ), че xx е нечетно и сега с проверка на x=1,3,…,15,17x=1, 3, \ldots, 15, 17 (като 1017≡10( mod 17))\left.10^{17} \equiv 10(\bmod 17)\right) виждаме, че няма Ако старшата цифра е 2, то разглеждаме 2⋅10x+1≡0( mod 3⋅7⋅17)2 \cdot 10^{x}+1 \equiv 0(\bmod 3 \cdot 7 \cdot 17), като по модул 7 искаме 3x≡3( mod 7)3^{x} \equiv 3(\bmod 7), т. е. отново xx е нечетнои сега с проверка на x=1,3,…,15,17x=1, 3, \ldots, 15, 17 (като 1017≡10( mod 17))\left.10^{17} \equiv 10(\bmod 17)\right) виждаме, че няма За да покажем, че всички други kk работят, действаме така: ако намерим възможно BB с три единици и без двойка, то чрез долепяне на k3\frac{k}{3} копия на BB получаваме за всяко kk кратно на 3, а чрез долепяне на k−43\frac{k-4}{3} копия на BB и числото от а) получаваме за всяко k≥4k \geq 4 с остатък 1 при деление на 3. Остава да намерим на сравнението 10x+11≡0( mod 3⋅7⋅17)10^{x}+11 \equiv 0(\bmod 3 \cdot 7 \cdot 17). По модул 3 работи всяко xx, по модул 7 искаме 3x≡3( mod 7)3^{x} \equiv 3(\bmod 7), т. е. x≡1( mod 6)x \equiv 1(\bmod 6) е достатъчно условие. По модул 17 с пресмятания (предвид 1016≡1( mod 17))\left.10^{16} \equiv 1(\bmod 17)\right) намираме x≡5( mod 16)x \equiv 5(\bmod 16) като достатъчно условие. Значи x=37x=37 работи.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Всеки от класовете в едно училище има поне двама и по-малко от 2024 ученика. В един от класовете на всеки един от учениците е дадена торба с 2024 еднакви топки, 2023 от които са бели, а останалатачерна. Класът ще получи награда, ако всеки ученик изтегли без да гледа една топка от торбата си, като нито един не изтегли черна. Отличникът на класа смята, че вероятността да спечелят ще се увеличи, ако преди тегленето тайно разменят топките така, че черните топки от всички торби да отидат в торбата на отличника, а на тяхно място той да им върне по една бяла топка от неговата торба. За какъв брой ученици в класа отличникът е прав?
РешениеЩе докажем, че отличникът винаги греши. Нека класът има tt на брой ученици. По условие 2≤t<20242 \leq t\lt{}2024. Вероятността никой ученик да не изтегли черна топка е P1=(1−12024)tP_{1}=\left(1-\frac{1}{2024}\right)^{t}. Вероятността отличникът да не изтегли черна топка, ако всички черни топки са в торбата му е P2=1−t2024P_{2}=1-\frac{t}{2024}. Трябва да сравним P1P_{1} и P2P_{2}. Нека за удобство y=20232024y=\frac{2023}{2024}. Имаме 0<y<10\lt{}y\lt{}1 и значи:t=1+1+…+1>1+y+y2+…+yt−1t=1+1+\ldots+1\gt{}1+y+y^{2}+\ldots+y^{t-1} Да умножим и разделим дясната страна на (1−y)(1-y). Получаваме:t>t\gt{}1+y+y2+…+yt−1=1+y+y^{2}+\ldots+y^{t-1}=(1+y+y2+…+yt−1)−(y+y2+…+yt)1−y=\frac{\left(1+y+y^{2}+\ldots+y^{t-1}\right)-\left(y+y^{2}+\ldots+y^{t}\right)}{1-y}=1−yt1−y\frac{1-y^{t}}{1-y} Преобразуваме до t(1−y)>1−ytt(1-y)\gt{}1-y^{t} или yt>1−t(1−y)y^{t}\gt{}1-t(1-y). Това е точно P1>P2P_{1}\gt{}P_{2}. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) По 1 т. за P1P_{1} и P2;3P_{2}; 3 т. за правилното им сравняване; 1 т. за отговор. Коментар. Неравенството, което доказахме е по същество неравенство на Бернули, което намира широко приложение при оценката на експоненциални функции.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е четириъгълник ABCDA B C D. Точка OO от вътрешността на четириъгълника е такава, че триъгълниците ABOA B O и CDOC D O са равнобедрени и правоъгълни с прав ъгъл при върха OO. Да се докаже, че AD=2⋅OMA D=2 \cdot O M, където точката MM е средата на страната BC.B C.
Решение(Първи начин) Нека означим с NN средата на страната ADA D. Понеже триъгълниците ABOA B O и CDOC D O са правоъгълни, то за триъгълниците BCOB C O и ADOA D O имаме AO=BO=aA O=B O=a, CO=DO=bC O=D O=b и ∠AOD=180∘−φ\angle A O D=180^{\circ}-\varphi, където ∠BOC=φ\angle B O C=\varphi. Построяваме точките O′O^{\prime} и O1′O_{1}^{\prime}, симетрични на точка OO съответно относно точките NN и MM (ON=O′N\left(O N=O^{\prime} N\right. и OM=O1′M)\left. O M=O_{1}^{\prime} M\right). Тогава фигурите BO1′COB O_{1}^{\prime} C O и ODO′AO D O^{\prime} A са успоредници и диагоналите им се разполовяват съответно в точките MM и NN. Освен това двойките триъгълници BO1′O,ODAB O_{1}^{\prime} O, O D A и BCO,OO′AB C O, O O^{\prime} A са еднакви, т. е. имаме BC=2ONB C=2 O N и AD=2OMA D=2 O M. ( Втори начин) Построяваме точката B′B^{\prime} симетрична на BB относно точката OO. Тогава △AOD≅\triangle A O D \cong △B′OC\triangle B^{\prime} O C и AD=B′CA D=B^{\prime} C като съответни елементи. Но OM=B′C/2O M=B^{\prime} C / 2 като средна отсечка в △B′BC\triangle B^{\prime} B C и значи AD=2OMA D=2 O M. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) (Първи начин) 3 т. за получаване на конструкция, в която отсечките OMO M и ONO N са половини от диагонали на един успоредник; 3 т. за получаване на AD=2OMA D=2 O M. (Втори начин) 3 т. за построяване на B′;3B^{\prime}; 3 т. за получаване на AD=2OMA D=2 O M.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на параметъра aa, за които уравнението kn2+(2k+1)n+k2=ak n^{2}+(2 k+1) n+k^{2}=a има безброй много двойки цели решения (k,n).(k, n).
РешениеДа разгледаме уравнението като квадратно по kk. Дискриминантата му е D=(n2+D=\left(n^{2}+\right. 2n)2−4(n−a)2 n)^{2}-4(n-a). Но за достатъчно големи положителни стойности на n,Dn, D се намира между два съседни точни квадрата: (n2+2n−1)2\left(n^{2}+2 n-1\right)^{2} и (n2+2n)2\left(n^{2}+2 n\right)^{2}, а за достатъчно малки отрицателни стойностимежду двата съседни квадрата (n2+2n+1)2\left(n^{2}+2 n+1\right)^{2} и (n2+2n)2\left(n^{2}+2 n\right)^{2}. Следователно цели решения няма. В останалите краен брой случаи за nn, то има най-много по две решения. Ето защо не съществува aa с търсеното свойство. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) 2т. за пресмятане на дискриминантата; 3т. за липса на решения при достатъчно големи nn; 1т. за ограничени nn; 1т. за отговор.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека a,b,ca, b, c са три положителни реални числа, за които a+b+c=1a+b+c=1. Да се докаже, чеabc(3+1a2+1b2+1c2)≥109.a b c\left(3+\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\right) \geq \frac{10}{9}.
РешениеЛесно се вижда, че има равенство, когато a=b=c=1/3a=b=c=1 / 3. Ще пренапишем неравенството, използвайки u=a+b+c=1,v=ab+ac+bc,w=abcu=a+b+c=1, v=a b+a c+b c, w=a b c. Умножавайки по ww, получаваме3w2+(v2−2wu)=3w2+a2b2+a2c2+b2c2≥109w3 w^{2}+\left(v^{2}-2 w u\right)=3 w^{2}+a^{2} b^{2}+a^{2} c^{2}+b^{2} c^{2} \geq \frac{10}{9} w С други думи, тъй като u=1u=1, трябва да докажем, че 3w2−28/9w+v2≥03 w^{2}-28 / 9 w+v^{2} \geq 0. При фиксирани u=1,vu=1, v, получаваме квадратен тричлен за ww, който се минимизира, когато ww е максимално (тук използваме 0≤w≤1/270 \leq w \leq 1 / 27 по СА-СГ). Според UVW метода, ако фиксираме u,vu, v, то ww се максимизира, когато две от числата a,b,ca, b, c са равни: нека a=b,c=1−2aa=b, c=1-2 a. След заместване на w=a2(1−2a),v=a(2−3a)w=a^{2}(1-2 a), v=a(2-3 a) и опростяване, получавамеf(a):=12a4−12a3+12a2−529a+89≥0f(a): =12 a^{4}-12 a^{3}+12 a^{2}-\frac{52}{9} a+\frac{8}{9} \geq 0 Тъй като f(1/3)=0f(1 / 3)=0 (случай на равенство!), и очакваме 1/31 / 3 да е двоен корен (защо?) разлагаме ff по схемата на Хорнер: f(a)=4(a−1/3)2(3a2−a+2)f(a)=4(a-1 / 3)^{2}\left(3 a^{2}-a+2\right), така че f(a)≥0f(a) \geq 0, което трябваше да се докаже. Второ решение. Неравенството е еквивалентно на 27a3b3c3+9abc(a2b2+b2c2+c2a2)≥27 a^{3} b^{3} c^{3}+9 a b c\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right) \geq 10a2b2c210 a^{2} b^{2} c^{2}, а значи и на 27a3b3c3+9abc(a+b+c)2(a2b2+b2c2+c2a2)≥10(a+b+c)3a2b2c227 a^{3} b^{3} c^{3}+9 a b c(a+b+c)^{2}\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right) \geq 10(a+b+c)^{3} a^{2} b^{2} c^{2}. След разкриване на скобите получаваме еквивалентното9S(5,3,1)+9S(4,4,1)−12S(4,3,2)9 S(5, 3, 1)+9 S(4, 4, 1)-12 S(4, 3, 2)−5S(5,2,2)−S(3,3,3)≥0-5 S(5, 2, 2)-S(3, 3, 3) \geq 0 където S(x,y,z)=axbycz+axbzcy+aybxcz+aybzcx+azbxcy+azbycxS(x, y, z)=a^{x} b^{y} c^{z}+a^{x} b^{z} c^{y}+a^{y} b^{x} c^{z}+a^{y} b^{z} c^{x}+a^{z} b^{x} c^{y}+a^{z} b^{y} c^{x}. От неравенството на Мюрхед следва S(5,3,1)≥S(5,2,2),S(5,3,1)≥S(4,4,1)≥S(4,3,2)S(5, 3, 1) \geq S(5, 2, 2), S(5, 3, 1) \geq S(4, 4, 1) \geq S(4, 3, 2) и S(4,4,1)≥S(3,3,3)S(4, 4, 1) \geq S(3, 3, 3), а оттук и желаното неравенство. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) За първото решение: 1 т. за случай на равенство (само ако няма нищо друго); 1 т. за хомогенизация; 4 т. за стигане до f(a);2f(a); 2 т. за довършване. За второто решение: 1 т. за случай на равенство (само ако няма нищо друго); 1 т. за хомогенизация; 1 т. за ясна цел да се разкрият скобите и да се използва неравенство на Мюрхед; 4 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални xx, които са корени на уравнението1x2x2+4x+13+x2x2+4x+8=110.\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+4 x+13}+\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+4 x+8}}=\frac{1}{10}.
РешениеНека положим u=x2+4x+4=(x+2)2u=x^{2}+4 x+4=(x+2)^{2}. Като рационализираме лявата страна получаваме (x2u+9−x2u+4)/5(\sqrt{\vphantom{x^2}u+9}-\sqrt{\vphantom{x^2}u+4}) / 5, тоест трябва да решимx2u+9=12+x2u+4.\sqrt{\vphantom{x^2}u+9}=\frac{1}{2}+\sqrt{\vphantom{x^2}u+4}. И двете страни са положителни, така че при вдигане на квадрат и опростяване получаваме еквивалентно уравнениеx2u+4=194\sqrt{\vphantom{x^2}u+4}=\frac{19}{4} Двете страни са положителни, така че можем да вдигнем на квадрат отново и да получим u=(192−82)/42u=\left(19^{2}-8^{2}\right) / 4^{2}, или (x+2)2=9⋅3316(x+2)^{2}=9 \cdot \frac{33}{16}, тоест x1,2=−2±34x233x_{1, 2}=-2 \pm \frac{3}{4} \sqrt{\vphantom{x^2}33}. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 3 т. за решаване спрямо uu; 2т. за изразяване на решението чрез xx; 1т. за проверка.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е изпъкнал четириъгълник ABCDA B C D в който може да се впише окръжност. Нека PP е пресечната точка на диагоналите му ACA C и BDB D, а O1,O2,O3O_{1}, O_{2}, O_{3} и O4O_{4} са центровете на вписаните окръжности съответно в триъгълниците PDC,PCB,PBAP D C, P C B, P B A и PADP A D. Да се докаже, че втората пресечна точка на описаните окръжности около △PO1O2\triangle P O_{1} O_{2} и △PO3O4\triangle P O_{3} O_{4} лежи върху BD.B D.
РешениеТъй като триъгълниците PO1O2\mathrm{PO}_{1} O_{2} и PO3O4\mathrm{PO}_{3} O_{4} са правоъгълни, а общият им връх PP лежи върху BDB D, то достатъчно е да докажем, че правата през средите на отсечките O1O2O_{1} O_{2} и O3O4O_{3} O_{4} е перпендикулярна на BDB D. Да означим с T,R,LT, R, L и KK проекциите на O1,O2,O3O_{1}, O_{2}, O_{3} и O4O_{4} върху BDB D. ТогаваPK=PA+PD−AD2;P K=\frac{P A+P D-A D}{2};PT=PC+PD−CD2⇒PK−PT=PA−PC+CD−AD2. P T=\frac{P C+P D-C D}{2} \Rightarrow P K-P T=\frac{P A-P C+C D-A D}{2}. АналогичноPL=PA+PB−AB2;P L=\frac{P A+P B-A B}{2};PR=PB+PC−BC2⇒PL−PR=PA−PC+BC−AB2. P R=\frac{P B+P C-B C}{2} \Rightarrow P L-P R=\frac{P A-P C+B C-A B}{2}. Обединявайки горните две формули и използвайки, че ABCDA B C D е описан, т. е., CD−AD=C D-A D= BC−ABB C-A B, заключаваме че PK−PT=PL−PRP K-P T=P L-P R. Оттук, средите на KLK L и TRT R съвпадат и значи средите на O1O2O_{1} O_{2} и O3O4O_{3} O_{4} се проектират върху BDB D в една и съща точка (общата среда). Задачата е доказана. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1т. за разглеждане на проекциите върху BDB D; 3т. за доказателство, че средите на KLK L и TRT R съвпадат; 1 т. за следствието, че правата през средите на отсечките O1O2O_{1} O_{2} и O3O4O_{3} O_{4} е перпендикулярна на BDB D; 1т. за довършване. Коментар. Твърдението е вярно и в обратната посока, т. е., ако втората пресечна точка на описаните окръжности около △PO1O2\triangle P O_{1} O_{2} и △PO3O4\triangle P O_{3} O_{4} лежи върху BDB D, то ABCDA B C D е описан.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Една редица от нули и единици с дължина 2023 ще наричаме великолепна седморка, ако съдържа поне седем последователни единици в записа си. Една редица от нули и единици с дължина 2024 ще наричаме омразна осморка, ако съдържа поне осем последователни еднакви елементи (нули или единици) в записа си. Да се намери отношението на броя на великолепните седморки към този на омразните осморки.
РешениеOтговор. 1: 2. Да разгледаме задачата за произволна дължина на редиците ( nn и n+1n+1, като в конкретния случай, имаме n=2023n=2023 ) и произволна последователност kk от единици (в случая k=7k=7 ). Твърдим, че винаги броят на двоичните редици с дължина nn, съдържащи поне kk последователни единици е половината от броя на двоичните редици с дължина n+1n+1, съдържащи поне k+1k+1 последователни еднакви елементи. За целта, на всяка редица от първия вид ще съпоставим взаимно еднозначно двойка редици от втория. Въвеждаме бинарната операция XNOR⊕\mathrm{XNOR} \oplus, за която ⊕(x,y)=1\oplus (x, y) = 1 ако x=1,y=1x=1, y=1 или x=0,y=0x=0, y=0. За всяка двоична редица a={a1,a2,⋯ ,an}a=\left\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}\right\} с дължина nn дефинираме нейната XNOR наследничка b={b1,b2,⋯ ,bn−1}b=\left\{b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n-1}\right\}, където bi=ai⊕ai+1b_{i}=a_{i} \oplus a_{i+1} за всяко i=1,2,…,n−1i=1, 2, \ldots, n-1. Лесно се съобразява, че на всяка двойка редици ( a,aˉa, \bar{a} ), където aˉ\bar{a} е редицата, нямаща общ елемент с а съответства точно една XNOR наследничка, както и обратното всяка редица с дължина n−1n-1 е XNOR наследничка на точно две редици (взаимни отрицания една на друга). Остава да съобразим, че двоична редица с дължина nn съдържа поне kk последователни единици тогава и само тогава, когато е XNOR наследница на двойка двоични редици с дължина n+1n+1, съдържащи поне k+1k+1 последователни еднакви елементи. С това задачата е решена. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 1 т. за отговор; не повече от 1 т. за неработеща инекция/биекция; 3 т. за построяване на работеща биекция; 3 т. за ясна проверка, че тя работи.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
а) Съществува ли едноцифрено естествено число kk, за което съществуват рационални числа aa и bb, такива че a3+b3=7k+3a^{3}+b^{3}=7 k+3? б) Съществува ли двуцифрено естествено число kk, за което съществуват положителни рационални числа aa и bb, такива че a3+b3=7k+3?a^{3}+b^{3}=7 k+3?
РешениеОтговор. а) Да, например k=2,(x,y)=(−1/7,18/7)k=2, (x, y)=(-1 / 7, 18 / 7). б) Да, например k=24,(x,y)=(20/7,37/7)k=24, (x, y)=(20 / 7, 37 / 7). Решение. Да анализираме общата задачаa3+b3=7k+3,a,b∈Qa^{3}+b^{3}=7 k+3, \quad a, b \in \mathbb{Q}Тъй като x3≡{0,±1}( mod 7)x^{3} \equiv\{0, \pm 1\}(\bmod 7), то горното уравнение няма решения в цели числа. Първо ще покажем, че необходимо условие (a,b)(a, b) да е решение е да имат общ знаменател в несъкратимия си вид. Наистина, нека a=p1/q1,b=p2/q2a=p_{1} / q_{1}, b=p_{2} / q_{2}, където (p1,q1)=(p2,q2)=1\left(p_{1}, q_{1}\right)=\left(p_{2}, q_{2}\right)=1. Нека d=(q1,q2)d=\left(q_{1}, q_{2}\right) и q1=dq1′,q2=dq2′q_{1}=d q_{1}^{\prime}, q_{2}=d q_{2}^{\prime}. Тогава е в сила равенството(p1q2′)3+(p2q1′)3=(7k+3)(dq1′q2′)3\left(p_{1} q_{2}^{\prime}\right)^{3}+\left(p_{2} q_{1}^{\prime}\right)^{3}=(7 k+3)\left(d q_{1}^{\prime} q_{2}^{\prime}\right)^{3} Ако q1′>1q_{1}^{\prime}\gt{}1, стигаме до противоречие по модул q1′q_{1}^{\prime}, и аналогично за q2′q_{2}^{\prime}. Следователно, без ограничение на общността a=x/d,b=y/da=x / d, b=y / d, където (x,d)=(y,d)=1(x, d)=(y, d)=1. От тук, получаваме целочисленото Диофантово уравнениеx3+y3=(7k+3)d3,(x,d)=(y,d)=1.x^{3}+y^{3}=(7 k+3) d^{3}, \quad(x, d)=(y, d)=1. По модул 7 заключаваме, че 7∣d7 \mid d, така че d=7d1d=7 d_{1}. От тук, 73∣x3+y37^{3} \mid x^{3}+y^{3}. Да забележим, че x3+y3=(x+y)(x2−xy+y2)x^{3}+y^{3}=(x+y)\left(x^{2}-x y+y^{2}\right), и x2−xy+y2=(x+y)2−3xyx^{2}-x y+y^{2}=(x+y)^{2}-3 x y, от където НОД на x+yx+y и x2−xy+y2x^{2}-x y+y^{2} е най-много 3(x,y)3(x, y), което е взаимнопросто със 737^{3}. Да отбележим, че ако има решение за едно kk, то има и за безбройно много kk. Наистина, достатъчно е да изберем d1>1d_{1}\gt{}1 така, че d1≡1( mod 7)d_{1} \equiv 1(\bmod 7), и тогава (7k+3)d3=7ℓ+3(7 k+3) d^{3}=7 \ell+3, като рационалната двойка решения за ℓ\ell е рационалната двойка решения за kk, умножена по d1d_{1}. За а), забелязваме, че при k=2,7k+3=17k=2, 7 k+3=17 е просто от вид 3s+23 s+2. Ако искаме (x+y)(x2−(x+y)\left(x^{2}-\right. xy+y2)=17⋅73d13\left. x y+y^{2}\right)=17 \cdot 7^{3} d_{1}^{3}, то (x,y)=1(x, y)=1 и 17∣(x+y)17 \mid(x+y). Наистина, от x3≡−y3( mod 1)7x^{3} \equiv-y^{3}(\bmod 1) 7, следвам че x18≡y18( mod 1)7x^{1} 8 \equiv y^{1} 8(\bmod 1) 7, и по малка теорема на Ферма x2≡y2( mod 1)7x^{2} \equiv y^{2}(\bmod 1) 7. Ако x≡y( mod 1)7x \equiv y(\bmod 1) 7, то 17∣x,y17 \mid x, y: противоречие! Следователно, 17∣x+y17 \mid x+y. Ще пробваме x+y=17x+y=17 и d1=1d_{1}=1. Търсим решение на системата x+y=17,x2−xy+y2=343x+y=17, x^{2}-x y+y^{2}=343, следователно xy=−18x y=-18, от където x=−1,y=18x=-1, y=18. За б), отново ще разгледаме опростения случай d1=1d_{1}=1 и (x,y)=1(x, y)=1, т. е. x3+y3=(7k+3)73x^{3}+y^{3}=(7 k+3) 7^{3}. Тъй като 737^{3} е голямо число, ще опитаме 73∣x2−xy+y27^{3} \mid x^{2}-x y+y^{2} (или, от x2−xy+y2≥3(x+y)2/4x^{2}-x y+y^{2} \geq 3(x+y)^{2} / 4, ще получим противоречие с двуцифрено k)k). При x2−xy+y2=343sx^{2}-x y+y^{2}=343 s и x+y=(7k+3)/sx+y=(7 k+3) / s след пресмятане на xyx y и анализиране на (x−y)2=(x+y)2−4xy(x-y)^{2}=(x+y)^{2}-4 x y да е точен квадрат намираме решение k=24,s=3,x=20,y=37k=24, s=3, x=20, y=37. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 3т. за а); 4т. за б). Ако няма напълно решена подточка: 1т. за (1) и 1 т. за 7∣d7 \mid d.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-10-4

11

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е уравнението x3−ax2+(a2−1)x−a2+a=0x^{3}-a x^{2}+\left(a^{2}-1\right) x-a^{2}+a=0, където aa е реален параметър. Да се намерят стойностите на aa, за които уравнението има три различни реални корена, които образуват аритметична прогресия.
РешениеПредставяме уравнението във вида (x−1)(x2+(1−a)x−a+a2)=0(x-1)\left(x^{2}+(1-a) x-a+a^{2}\right)=0, откъдето x1=1x_{1}=1. Нека x2x_{2} и x3x_{3} са корените на квадратното уравнение. 1 случай: Ако 1 е средният член на аритметичната прогресия, то x2+x3=2x_{2}+x_{3}=2 и от формулите на Виет a−1=2a-1=2, т. е. a=3a=3. При a=3a=3 корените на квадратното уравнение не са реални. 2 случай: Ако x1=1x_{1}=1 не е среден член, то без ограничение можем да считаме, че 1+x2=2x31+x_{2}=2 x_{3}, което заедно с x2+x3=a−1x_{2}+x_{3}=a-1 води до 3x3=a3 x_{3}=a. Следователно a3\frac{a}{3} е корен на квадратното уравнение, т. е. (a3)2+(1−a)a3−a+a2=0\left(\frac{a}{3}\right)^{2}+(1-a) \frac{a}{3}-a+a^{2}=0, откъдето намираме a=0a=0 и a=67a=\frac{6}{7}. При a=0a=0 получаваме x2=−1x_{2}=-1 и x3=0x_{3}=0, а при a=67a=\frac{6}{7} намираме x2=−37x_{2}=-\frac{3}{7} и x3=27x_{3}=\frac{2}{7}. Окончателно търсените стойности са a=0a=0 и a=6/7a=6 / 7. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 2 т. за представяне на уравнението във вида (x−1)(x2+(1−a)x−(x-1)\left(x^{2}+(1-a) x-\right. a+a2)=0\left. a+a^{2}\right)=0 и намиране на x1=1;2x_{1}=1; 2 т. за разглеждане на 1 случай и извод, че при a=3a=3 уравнението няма реални корени; 2 т. за разглеждане на 2 случай и намиране на стойностите на aa.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е изпъкнал четириъгълник ABCDA B C D, за който ∠DAB=∠ABC=\angle D A B=\angle A B C= ∠BCD\angle B C D. Нека HH и OO са съответно ортоцентърът и центърът на описаната окръжност за △ABC\triangle A B C. Да се докаже, че точките H,OH, O и DD лежат на една права.
РешениеНека ∠BAC=α,∠ABC=β\angle B A C=\alpha, \angle A B C=\beta и ∠BCA=γ\angle B C A=\gamma. От условието на задачата получаваме, че α<β\alpha\lt{}\beta и γ<β\gamma\lt{}\beta, откъдето β>60∘\beta\gt{}60^{\circ}. Възможни са три случая β<90∘,β=90∘\beta\lt{}90^{\circ}, \beta=90^{\circ} и β>90∘\beta\gt{}90^{\circ}. Нека β<90∘\beta\lt{}90^{\circ}. Тогава точките HH и OO са вътрешни за △ABC\triangle A B C и ∠ACO=∠CAO=∠HCB=\angle A C O=\angle C A O=\angle H C B= ∠HAB=90∘−β\angle H A B=90^{\circ}-\beta. Следователно точката OO е вътрешна за △HAC\triangle H A C ( ∠HAC=90∘−γ>\angle H A C=90^{\circ}-\gamma\gt{} 90∘−β=∠CAO90^{\circ}-\beta=\angle C A O и ∠HCA=90∘−α>90∘−β=∠ACO)\left.\angle H C A=90^{\circ}-\alpha\gt{}90^{\circ}-\beta=\angle A C O\right) и∠HAO=β−γ=∠ACD,∠HCO=β−α=∠CAD,\angle H A O=\beta-\gamma=\angle A C D, \angle H C O=\beta-\alpha=\angle C A D,∠HAD=∠HCD=2β−90∘ \angle H A D=\angle H C D=2 \beta-90^{\circ} От синусовата теорема за △AHD,△CHD\triangle A H D, \triangle C H D и △ACD\triangle A C D получаваме, чеsin⁡∠AHDsin⁡∠HAD=ADHD,\frac{\sin \angle A H D}{\sin \angle H A D}=\frac{A D}{H D},sin⁡∠HCDsin⁡∠CHD= \frac{\sin \angle H C D}{\sin \angle C H D}=HDCDиsin⁡∠CADsin⁡∠ACD=CDAD.\frac{H D}{C D} \text{и} \frac{\sin \angle C A D}{\sin \angle A C D}=\frac{C D}{A D}. Като умножим тези равенства, получаваме, чеsin⁡∠AHD⋅sin⁡∠HCD⋅sin⁡∠CAD=\sin \angle A H D \cdot \sin \angle H C D \cdot \sin \angle C A D=sin⁡∠HAD⋅sin⁡∠CHD⋅sin⁡∠ACD\sin \angle H A D \cdot \sin \angle C H D \cdot \sin \angle A C Dт. е.sin⁡∠AHD⋅sin⁡(2β−90∘)⋅sin⁡(β−α)=\sin \angle A H D \cdot \sin \left(2 \beta-90^{\circ}\right) \cdot \sin (\beta-\alpha)=sin⁡(2β−90∘)⋅sin⁡∠CHD⋅sin⁡(β−γ)\sin \left(2 \beta-90^{\circ}\right) \cdot \sin \angle C H D \cdot \sin (\beta-\gamma) откъдето& \sin \angle A H D \cdot \sin (\beta-\alpha)=sin⁡∠CHD⋅sin⁡(β−γ)⟺\begin{aligned}\sin \angle C H D \cdot \sin (\beta-\gamma) \\ \Longleftrightarrow \quad\end{aligned} & \sin \angle A H D \sin \angle H C O \cdot \sin \angle C A O=sin⁡∠CHD⋅sin⁡∠HAO⋅sin⁡∠ACO\sin \angle C H D \cdot \sin \angle H A O \cdot \sin \angle A C O От синусовата форма на обратната теорема на Чева за △HAC\triangle H A C следва, че правите AO,COA O, C O и HDH D се пресичат в една точка, т. е. точките H,OH, O и DD лежат на една права. Нека β=90∘\beta=90^{\circ}. Тогава точките HH и BB съвпадат, точка OO е среда на ACA C и AHCDA H C D е правоъгълник. Следователно точките H,OH, O и DD лежат на една права. Нека β>90∘\beta\gt{}90^{\circ}. В този случай точка BB е вътрешна за △AHC\triangle A H C, а точка OO е вътрешна за △ADC\triangle A D C. Аналогично на случая β<90∘\beta\lt{}90^{\circ} се доказва, че точките H,OH, O и DD лежат на една права. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 5 т. за доказателство на първия случай: 2 т. за изразяване на ъглите и синусовите теореми за △AHD,△CHD\triangle A H D, \triangle C H D и △ACD;1\triangle A C D; 1 т. за преобразуванията и 2 т. за синусовата форма на обратната на теоремата на Чева; 1 т. за другите два случая.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото естествено число nn със следното свойство: Във всяко множество от наредени тройки от естествени числа с nn елемента съществуват три тройки (a1,a2,a3),(b1,b2,b3)\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}\right), \left(b_{1}, b_{2}, b_{3}\right) и (c1,c2,c3)\left(c_{1}, c_{2}, c_{3}\right), за които всяко от числата a1+b1+c1,a2+b2+c2a_{1}+b_{1}+c_{1}, a_{2}+b_{2}+c_{2} и a3+b3+c3a_{3}+b_{3}+c_{3} се дели на 3.
РешениеЩе казваме, че множество от наредени тройки е хубаво, ако съществуват тройки (a1,a2,a3),(b1,b2,b3)\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}\right), \left(b_{1}, b_{2}, b_{3}\right) и (c1,c2,c3)\left(c_{1}, c_{2}, c_{3}\right), за които всяко от числата a1+b1+c1,a2+b2+c2a_{1}+b_{1}+c_{1}, a_{2}+b_{2}+c_{2} и a3+b3+c3a_{3}+b_{3}+c_{3} се дели на 3. Ще разглеждаме всички тройки по модул 3 и по този начин в множеството може да има повтарящи се елементи. Да забележим, че ако (a,b,c)(a, b, c) се среща три пъти, то множеството е хубаво. Ако (a,b,c)(a, b, c) се среща само веднъж и множеството не е хубаво, то след добавяне на втора тройка ( a,b,ca, b, c ) множеството отново не е хубаво. Директно се проверява, че множеството от следните 9 различни тройки(0,0,0),(0,1,0),(0,2,1),(1,0,0),(0, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 2, 1), (1, 0, 0),(1,1,0),(1,2,1), (1, 1, 0), (1, 2, 1),(2,0,2),(2,1,1),(2,2,2) (2, 0, 2), (2, 1, 1), (2, 2, 2) не е хубаво. Като повторим всяка от тези тройки, ще получим множество от 18 елемента, което не е хубаво. Следователно n≥18n \geq 18. Ще докажем, че всяко множество AA от 19 тройки е хубаво. Ако в AA има три еднакви тройки, то AA е хубаво. Следователно измежду елементите на AA има поне 10 различни. Ще докажем че всяко множество от 10 различни тройки е хубаво. Да разгледаме първите 10 елемента на тези 10 тройки. Да допуснем, че между тях има пет равни (без ограничение нека те са нули) и да разгледаме тройките с първи елемент нула. Ако между вторите елементи има три равни, то без ограничение имаме тройки (0,a,x)(0, a, x), (0,a,y)(0, a, y) и (0,a,z)(0, a, z), като x,yx, y и zz са различни (защото тройките са различни), т. е. са 0, 1 и 2 в някакъв ред. Тогава тези тройки имат исканото свойство, противоречие. Следователно без ограничение тройките са (0,0,x),(0,0,y),(0,1,z),(0,1,t)(0, 0, x), (0, 0, y), (0, 1, z), (0, 1, t) и (0,2,w)(0, 2, w), където x≠yx \neq y и z≠tz \neq t. Лесно се проверява, че поне едно от числата x+z+w,x+t+w,y+z+wx+z+w, x+t+w, y+z+w и y+t+wy+t+w се дели на 3 и отново получаваме тройки с исканото свойство. Следователно без ограничение за първите елементи на дадените 10 тройки имаме следните въЗможности: 1. две нули, четири единици и четири двойки. Нека множеството е:& \left(0, a_{1}, b_{1}\right), \left(0, a_{2}, b_{2}\right),(1,a3,b3),(1,a4,b4), \left(1, a_{3}, b_{3}\right), \left(1, a_{4}, b_{4}\right),(1,a5,b5)(1,a6,b6),(2,a7,b7),\begin{aligned} \left(1, a_{5}, b_{5}\right) \\ & \left(1, a_{6}, b_{6}\right), \left(2, a_{7}, b_{7}\right),\end{aligned}(2,a8,b8),(2,a9,b9),(2,a10,b10) \left(2, a_{8}, b_{8}\right), \left(2, a_{9}, b_{9}\right), \left(2, a_{10}, b_{10}\right) Нека xix_{i} да е двойката (ai,bi)\left(a_{i}, b_{i}\right) за i=1,2,yji=1, 2, y_{j} да е двойката (aj,bj)\left(a_{j}, b_{j}\right) за j=3,4,5,6j=3, 4, 5, 6, а zkz_{k} да е двойката (ak,bk)\left(a_{k}, b_{k}\right) за k=7,8,9,10k=7, 8, 9, 10. Сбор на двойките (a,b)(a, b) и (c,d)(c, d) наричаме двойката (a+c,b+d)(a+c, b+d). Ще докажем, че между сборовете xi+yj,i=1,2;j=3,4,5,6x_{i}+y_{j}, i=1, 2; j=3, 4, 5, 6 се срещат поне 6 различни двойки. Ясно е, че двойките x1+y3,x1+y4,x1+y5x_{1}+y_{3}, x_{1}+y_{4}, x_{1}+y_{5} и x1+y6x_{1}+y_{6} са различни. Ако допуснем, че двойките x2+y3,x2+y4,x2+y5x_{2}+y_{3}, x_{2}+y_{4}, x_{2}+y_{5} и x2+y6x_{2}+y_{6} добавят само една нова, то без ограничение x2+y3=x1+y4x_{2}+y_{3}=x_{1}+y_{4} и x2+y4=x1+y5x_{2}+y_{4}=x_{1}+y_{5}. Тогава y3+y5=2y4y_{3}+y_{5}=2 y_{4}, което означава, че y3+y4+y5=(0,0)y_{3}+y_{4}+y_{5}=(0, 0), т. е. (1,a3,b3),(1,a4,b4)\left(1, a_{3}, b_{3}\right), \left(1, a_{4}, b_{4}\right) и (1,a5,b5)\left(1, a_{5}, b_{5}\right) е тройка с исканото свойство. Тъй като в xi+yj,i=1,2;j=3,4,5,6x_{i}+y_{j}, i=1, 2; j=3, 4, 5, 6 се срещат поне 6 различни двойки, то zkz_{k} не може да бъде двойка, за която сборът с някоя от тези 6 е (0,0)(0, 0), т. е. за zkz_{k} остават най-много три възможности, противоречие. 2. три нули, три единици и четири двойки Нека множеството е:& \left(0, a_{1}, b_{1}\right), \left(0, a_{2}, b_{2}\right),(0,a3,b3),(1,a4,b4),(1,a5,b5), \left(0, a_{3}, b_{3}\right), \left(1, a_{4}, b_{4}\right), \left(1, a_{5}, b_{5}\right),(1,a6,b6),(2,a7,b7),\begin{aligned} \\ & \left(1, a_{6}, b_{6}\right), \left(2, a_{7}, b_{7}\right),\end{aligned}(2,a8,b8),(2,a9,b9),(2,a10,b10) \left(2, a_{8}, b_{8}\right), \left(2, a_{9}, b_{9}\right), \left(2, a_{10}, b_{10}\right) Нека xix_{i} да е двойката (ai,bi)\left(a_{i}, b_{i}\right) за i=1,2,3,yji=1, 2, 3, y_{j} да е двойката (aj,bj)\left(a_{j}, b_{j}\right) за j=4,5,6j=4, 5, 6 и zkz_{k} да е двойката (ak,bk)\left(a_{k}, b_{k}\right) за k=7,8,9,10k=7, 8, 9, 10. Ще докажем, че между сборовете xi+yj,i=1,2,3x_{i}+y_{j}, i=1, 2, 3, j=4,5,6j=4, 5, 6 се срещат поне 6 различни двойки. Ако между тези сборове има три равни, то без ограничение x1+y4=x2+y5=x3+y6x_{1}+y_{4}=x_{2}+y_{5}=x_{3}+y_{6} и лесно се вижда, че не може да има други еднакви двойки. Ако между сборовете xi+yj,i=1,2,3,j=4,5,6x_{i}+y_{j}, i=1, 2, 3, j=4, 5, 6 се срещат 5 различни двойки и няма три равни (тогава трябва да има четири двойки равни сборове), то без ограничение x1+p=x2+qx_{1}+p=x_{2}+q и x1+r=x2+sx_{1}+r=x_{2}+s, където p,q,r,sp, q, r, s са някои от yjy_{j}, като p≠qp \neq q и r≠sr \neq s. Това означава, че p+s=q+rp+s=q+r като единствената възможност е p≠q=r≠sp \neq q=r \neq s. Следователно {p,q,r}={y4,y5,y6}\{p, q, r\}=\left\{y_{4}, y_{5}, y_{6}\right\}, като p+s=2qp+s=2 q, т. е. по модул 3p+q+s=03 p+q+s=0. Последното означава, че (1,a4,b4),(1,a5,b5),(1,a6,b6)\left(1, a_{4}, b_{4}\right), \left(1, a_{5}, b_{5}\right), \left(1, a_{6}, b_{6}\right) имат исканото свойство, противоречие. Тъй като в xi+yj,i=1,2;j=3,4,5,6x_{i}+y_{j}, i=1, 2; j=3, 4, 5, 6 се срещат поне 6 различни двойки, получаваме противоречие както в първия случай. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) 3 точки за пример за n=18;4n=18; 4 точки за доказване, че множество с 19 елемента е хубаво.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-11-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Дадено с рационално число q>3q\gt{}3 такова, че q2−4q^{2}-4 е квадрат на рационално число. Редицата {ai}i=0∞\left\{a_{i}\right\}_{i=0}^{\infty} е дефинирана по следния начин:a0=2,a1=q,ai+1=qai−ai−1,a_{0}=2, a_{1}=q, a_{i+1}=q a_{i}-a_{i-1},за всякоi=1,2,… \text{за всяко} i=1, 2, \ldotsСъществуват ли естествено число nn и ненулеви цели числа b0,b1,…,bnb_{0}, b_{1}, \ldots, b_{n} със сбор 0 такива, че ако запишем числото b0a0+b1a1+⋯+bnanb_{0} a_{0}+b_{1} a_{1}+\cdots+b_{n} a_{n} във вида AB\frac{A}{B}, където AA и BB са взаимнопрости цели числа, то AA не се дели на квадрат на просто число.
РешениеЩе докажем, че такива числа не съществуват. Квадратното уравнение x2−qx+1=0x^{2}-q x+1=0 има два рационални корена tt и 1t\frac{1}{t}, за които t+1t=qt+\frac{1}{t}=q. По индукция лесно следва, че am=tm+1tma_{m}=t^{m}+\frac{1}{t^{m}}. Да допуснем, че съществуват цели числа b0,b1,…,bnb_{0}, b_{1}, \ldots, b_{n} удовлетворяващи условието на задачата. Лема. Нека f(x)=cnxn+cn−1xn−1+⋯+c1x+c0f(x)=c_{n} x^{n}+c_{n-1} x^{n-1}+\cdots+c_{1} x+c_{0} е полином с ненулеви цели коефициенти за които cn−k=ckc_{n-k}=c_{k} за всяко k=0,1,…,nk=0, 1, \ldots, n и ∑i=0nci=0\sum_{i=0}^{n} c_{i}=0. Тогава f(x)=(x−1)2g(x)f(x)=(x-1)^{2} g(x), където g(x)g(x) е полином с цели коефициенти. Доказателство: От условието имаме, че f(1)=0f(1)=0. Тъй катоf′(x)=ncnxn−1+(n−1)cn−1xn−2+⋯+c1,f^{\prime}(x)=n c_{n} x^{n-1}+(n-1) c_{n-1} x^{n-2}+\cdots+c_{1},то 2f′(1)=(ncn+(n−1)cn−1+⋯+c1)+(nc0+(n−1)c1+⋯+cn−1)=n(cn+cn−1+⋯+c1+c0)=02 f^{\prime}(1)=\left(n c_{n}+(n-1) c_{n-1}+\cdots+c_{1}\right)+\left(n c_{0}+(n-1) c_{1}+\cdots+c_{n-1}\right)=n\left(c_{n}+c_{n-1}+\cdots+c_{1}+c_{0}\right)=0и следователно x=1x=1 е двоен корен. Лемата е доказана. Полиномът f(x)=bnx2n+bn−1x2n−1+⋯+b1xn+1+2b0xn+b1xn−1+b2xn−2+⋯+bn−1x+bnf(x)=b_{n} x^{2 n}+b_{n-1} x^{2 n-1}+\cdots+b_{1} x^{n+1}+2 b_{0} x^{n}+b_{1} x^{n-1}+b_{2} x^{n-2}+\cdots+b_{n-1} x+b_{n}. изпълнява условията на лемата. Не е трудно да се види, чеtn(bn(tn+1tn)+bn−1(tn−1+1tn−1)+⋯+2b0)=t^{n}\left(b_{n}\left(t^{n}+\frac{1}{t^{n}}\right)+b_{n-1}\left(t^{n-1}+\frac{1}{t^{n-1}}\right)+\cdots+2 b_{0}\right)=f(t)=(t−1)2g(t)f(t)=(t-1)^{2} g(t)Освен това, ако t=rs,(r,s)=1t=\frac{r}{s}, (r, s)=1, то от rs+sr=q>3\frac{r}{s}+\frac{s}{r}=q\gt{}3 лесно следва, че r≥s+2r \geq s+2, т. е. r−s≥2r-s \geq 2. Тогава g(rs)g\left(\frac{r}{s}\right) е число от вида ls2n−2\frac{l}{s^{2 n-2}}. Окончателно b0a0+b1a1+⋯+bnanb_{0} a_{0}+b_{1} a_{1}+\cdots+b_{n} a_{n} се представя във вида (r−s)2⋅lrn⋅sn\frac{(r-s)^{2} \cdot l}{r^{n} \cdot s^{n}} и понеже числото r−s≥2r-s \geq 2 и (r−s,r)=(r−s,s)=1(r-s, r)=(r-s, s)=1, то числителят винаги ще се дели на квадрат на просто число.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-11-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
Разглеждаме редицата, зададена с F0=F1=1F_{0}=F_{1}=1 и Fn+1=Fn+Fn−1F_{n+1}=F_{n}+F_{n-1}. Да се докаже, че за всяко n≥5n \geq 5, числото φ(Fn)\varphi\left(F_{n}\right) се дели на 4. (За всяко естествено число tt с φ(t)\varphi(t) се означава функцията на Ойлер, т. е. броят на числата, които са по-малки от tt и са взаимнопрости с t.)t.)
РешениеЗа редицата на Фибоначи ще докажем, че Fn+1Fn−1−Fn2=−(FnFn−2−Fn−12)F_{n+1} F_{n-1}-F_{n}^{2}=-\left(F_{n} F_{n-2}-F_{n-1}^{2}\right). Имаме:Fn+1Fn−1−Fn2=F_{n+1} F_{n-1}-F_{n}^{2}=-\left(F_{n} F_{n-2}-F_{n-1}^{2}\right) & \Longleftrightarrow\left(F_{n}+F_{n-1}\right) F_{n-1}-F_{n}^{2}=−(FnFn−2−Fn−12)⟺Fn=Fn−1+Fn−2\begin{aligned}-\left(F_{n} F_{n-2}-F_{n-1}^{2}\right) \\ & \Longleftrightarrow F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2}\end{aligned} От горното равенство следва:Fn+1Fn−1−Fn2=(−1)nF_{n+1} F_{n-1}-F_{n}^{2}=(-1)^{n}Нека aa и bb са две различни числа, които са по-малки от FnF_{n} и са взамимнопрости с FnF_{n}. Ще докажем, че множествата A={a,−a,aFn+1,−aFn+1}A=\left\{a, -a, a F_{n+1}, -a F_{n+1}\right\} и B={b,−b,bFn+1,−bFn+1}B=\left\{b, -b, b F_{n+1}, -b F_{n+1}\right\} по модул FnF_{n} или не се пресичат или съвпадат. Ако например a=−bFn+1a=-b F_{n+1}, то −a=bFn+1-a=b F_{n+1}, aFn+1=b(−1)n+1a F_{n+1}=b(-1)^{n+1} и −aFn+1=b(−1)n-a F_{n+1}=b(-1)^{n}. Аналогично се проверява, че ако кои да са два елемента от AA и BB са равни, то A=BA=B. Също така всяко число, което е по-малко от FnF_{n} и е взаимнопросто с FnF_{n} се среща в някое множество от дадения вид. Следователно всички числа, които са по-малки от FnF_{n} и са взаимнопрости с FnF_{n} се разбиват на непресичащи се четворки, т. е. 4 дели φ(Fn)\varphi\left(F_{n}\right). Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) 2т. за равенството Fn+1Fn−1−Fn2=(−1)n;2F_{n+1} F_{n-1}-F_{n}^{2}=(-1)^{n}; 2 т. за сравненията по модул Fn;1F_{n}; 1 т. за разглеждане на множествата {a,−a,aFn+1,−aFn+1};2\left\{a, -a, a F_{n+1}, -a F_{n+1}\right\}; 2 т. за довършване нва решението. Оттук получаваме Fn+1Fn−1≡(−1)n( mod Fn)F_{n+1} F_{n-1} \equiv(-1)^{n}\left(\bmod F_{n}\right), а от рекурентната връзка Fn+1=Fn+Fn−1F_{n+1}=F_{n}+F_{n-1} имаме Fn+1≡Fn−1( mod Fn)F_{n+1} \equiv F_{n-1}\left(\bmod F_{n}\right). СледователноFn+12≡Fn+1Fn−1≡(−1)n( mod Fn)F_{n+1}^{2} \equiv F_{n+1} F_{n-1} \equiv(-1)^{n} \quad\left(\bmod F_{n}\right)
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши уравнението:(x+1x)2⋅∣sin⁡x∣+254⋅sin⁡x=0.\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2} \cdot|\sin x|+\frac{25}{4} \cdot \sin x=0.
РешениеУравнението има смисъл при x≠0x \neq 0. Сега ще разгледаме два случая за знака на sin⁡x\sin x. I. Нека sin⁡x≥0\sin x \geq 0, т. е. x∈[2kπ,π+2kπ],k∈Zx \in[2 k \pi, \pi+2 k \pi], k \in \mathbb{Z} и ∣sin⁡x∣=sin⁡x|\sin x|=\sin x. Тогава даденото уравнение добива вида((x+1x)2+254)⋅sin⁡x=0\left(\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2}+\frac{25}{4}\right) \cdot \sin x=0 Изразът в скобите е строго положителен, следователно в този случай нашето уравнение е еквивалентно на sin⁡x=0∩x≠0\sin x=0 \cap x \neq 0. Така решенията в случай II. са x=kπx=k \pi, където k∈(Z\{0})k \in(\mathbb{Z} \backslash\{0\}). II. Нека sin⁡x<0\sin x\lt{}0, т. е. x∈(π+2lπ,2π+2lπ),l∈Zx \in(\pi+2 l \pi, 2 \pi+2 l \pi), l \in \mathbb{Z} и ∣sin⁡x∣=−sin⁡x|\sin x|=-\sin x. Сега достигаме до((x+1x)2−254)⋅sin⁡x=0\left(\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2}-\frac{25}{4}\right) \cdot \sin x=0 Решенията на уравнението ((x+1x)2−254)=0\left(\left(x+\frac{1}{x}\right)^{2}-\frac{25}{4}\right)=0, които принадлежат на интервалите x∈(π+2lπ,2π+2lπ),l∈Zx \in(\pi+2 l \pi, 2 \pi+2 l \pi), l \in \mathbb{Z} (за които sin⁡x<0\sin x\lt{}0 ) ще бъдат решения на даденото уравнение в този случай. Така последователно получаваме: x+1x=52x+\frac{1}{x}=\frac{5}{2} или x+1x=−52;2x2−5x+2=0x+\frac{1}{x}=-\frac{5}{2}; 2 x^{2}-5 x+2=0 или 2x2−5x+2=0;x1=2,x2=122 x^{2}-5 x+2=0; x_{1}=2, x_{2}=\frac{1}{2} или x3=−2,x4=−12x_{3}=-2, x_{4}=-\frac{1}{2}. Понеже числата x1=2x_{1}=2 и x2=12x_{2}=\frac{1}{2} лежат в интервала (0,π)(sin⁡x1>0,sin⁡x2>0)(0, \pi)\left(\sin x_{1}\gt{}0, \sin x_{2}\gt{}0\right), то те не са решения на задачата. Докато числата x3=−2x_{3}=-2 и x4=−12x_{4}=-\frac{1}{2} лежат в интервала ( −π,0-\pi, 0 ) (sin⁡x3<0,sin⁡x4<0)\left(\sin x_{3}\lt{}0, \sin x_{4}\lt{}0\right), следователно те са решения на задачата в случай II. Така окончателно получаваме, че даденото уравнение има следните решения x=−2,x=x=-2, x= −12,x=kπ-\frac{1}{2}, x=k \pi, където k∈(Z\{0})k \in(\mathbb{Z} \backslash\{0\}). Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1т. за дефиниционно множество; по 2 т. за пълното разглеждане на всеки от случаите; 1 т. за окончателен отговор.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е квадрат ABCDA B C D с лице SABCD=37S_{A B C D}=37. Квадратът CPQRC P Q R е разположен така, че CM=4C M=4 и CN=3C N=3, където точките MM и NN са среди съответно на отсечките BPB P и DRD R. Да се намери лицето SCPQRS_{C P Q R} на квадрата CPQR.C P Q R.
Решение[](/problem-assets/zms2023-12-2-diagram-2.jpg) Фигура 1: Случай 1. Случай 2. Решение. Нека страните на двата квадрата са съответно AB=a=x237A B=a=\sqrt{\vphantom{x^2}37} и CP=bC P=b. Ако ориентацията на двата квадрата е различна (вж. фигура 1. за всеки от случаите за припокриване), то триъгълниците BPCB P C и DRCD R C имат по две равни страни и ъгъл при върха CC равен на 90∘±∠BCR90^{\circ} \pm \angle B C R, т. е. триъгълниците BPCB P C и DRCD R C са еднакви и медианите им CMC M и CNC N са равни. Но 4=CM≠CN=34=C M \neq C N=3, следователно двата квадрата са ориентирани еднакво и има два случая за припокриването на квадратите както е показано на фигура 2. Лесно се вижда, че във всеки от случаите за триъгълниците BPCB P C и DRCD R C имаме CB=C B= CD=a,CP=CR=bC D=a, C P=C R=b и ∠DCR=180∘−φ\angle D C R=180^{\circ}-\varphi, където ∠BCP=φ\angle B C P=\varphi. Построяваме точките C′C^{\prime} и C1′C_{1}^{\prime}, симетрични на върха CC съответно относно точките NN и MM. Тогава фигурите BC1′PCB C_{1}^{\prime} P C и DCRC′D C R C^{\prime} са успоредници и диагоналите им се разполовяват съответно в точките MM и NN. Освен това двойките триъгълници BPC,CC′DB P C, C C^{\prime} D и DRC,CC1′BD R C, C C_{1}^{\prime} B ![](/problem-assets/zms2023-12-2-diagram-1.jpg) Фигура 2: Случай 1. {Случай 2.} са еднакви, т. е. имаме BP=2CN=6B P=2 C N=6 и DR=2CM=8D R=2 C M=8. Сега в триъгълника BMCB M C имаме BC=x237,BM=CN=3B C=\sqrt{\vphantom{x^2}37}, B M=C N=3 и CM=4C M=4, тогава по косинусова теорема намираме ∠BMC=120∘\angle B M C=120^{\circ}, а от косинисова теорема за триъгълника CMPC M P получаваме CP=b=x213C P=b=\sqrt{\vphantom{x^2}13}. Така окончателно имаме, че SCPQR=13S_{C P Q R}=13. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1т. за достигане до правилната конфигурация и отхвърляне на възможността за различна ориентация на квадратите; 3 т. за пълното решение в първия разглеждан случай; 2 т. за решение на задачата и в другия случай.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека nn е естествено число, което не е точен квадрат. Да се докаже, че съществува естествено число aa, за което lim⁡m→∞{(x2n+a)2m}=1, \lim _{m \rightarrow \infty}\left\{(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}\right\}=1\text{, } където {x}\{x\} е дробната част на x.x.
РешениеПонеже nn не е точен квадрат, то числото x2n\sqrt{\vphantom{x^2}n} не е цяло и 0<{x2n}<10\lt{}\{\sqrt{\vphantom{x^2}n}\}\lt{}1. Сега нека да означим с aa цялата част на x2n\sqrt{\vphantom{x^2}n}, т. е. a=[x2n]=x2n−{x2n}a=[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]=\sqrt{\vphantom{x^2}n}-\{\sqrt{\vphantom{x^2}n}\}. Тогава от биномната формула на Нютон имаме, че за всяко естествено число mm числото bm=(x2n+b_{m}=(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+ a)2m+(x2n−a)2ma)^{2 m}+(\sqrt{\vphantom{x^2}n}-a)^{2 m} е цяло. Но за второто събираемо в израза за bmb_{m} имаме (x2n−a)2m={x2n}2m<1(\sqrt{\vphantom{x^2}n}-a)^{2 m}=\{\sqrt{\vphantom{x^2}n}\}^{2 m}\lt{}1, следователно за цялото число bmb_{m} ще бъде изпълнено bm=[(x2n+a)2m]+1b_{m}=\left[(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}\right]+1 или (x2n+a)2m+(x2n−a)2m=(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}+(\sqrt{\vphantom{x^2}n}-a)^{2 m}= [(x2n+a)2m]+1\left[(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}\right]+1. Така за дробната част на израза (x2n+a)2m(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m} получаваме{(x2n+a)2m}=\left\{(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}\right\}=(x2n+a)2m−[(x2n+a)2m]=(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}-\left[(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}\right]=1−(x2n−a)2m=1−{x2n}2m1-(\sqrt{\vphantom{x^2}n}-a)^{2 m}=1-\{\sqrt{\vphantom{x^2}n}\}^{2 m} което при m→∞m \rightarrow \infty заради 0<{x2n}<10\lt{}\{\sqrt{\vphantom{x^2}n}\}\lt{}1 има граница равна на 1. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 2т. за избор на числото aa, който води до правилни заключения; 3т. за намиране на [(x2n+a)2m];2\left[(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}\right]; 2 т. за изразяване на {(x2n+a)2m}\left\{(\sqrt{\vphantom{x^2}n}+a)^{2 m}\right\} като сума на 1 и клоняща към 0 редица.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Даден е граф G(V,E)G(V, E) с nn върха. За всяко негово ребро e∈Ee \in E дефинираме тежест ω(e):=r2(r−1)\omega(e): =\frac{r}{2(r-1)}, където rr е броят върхове в максималната клика, в която участва e. Да се докаже, че∑e∈Ew(e)≤n24\sum_{e \in E} w(e) \leq \frac{n^{2}}{4}(Клика в GG е подграф, чиито върхове са подмножество на върховете на GG и всеки два от тях са свързани с ребро от G)G)
РешениеДа разгледаме фунцкията f(x1,…,xn):=∑e∈Ew(e)xixj,1≤i<j≤nf\left(x_{1}, \ldots, x_{n}\right): =\sum_{e \in E} w(e) x_{i} x_{j}, 1 \leq i\lt{}j \leq n. Твърдим, че максимумът на ff върху множествотоS:=S: ={x:=(x1,x2,…xn)∣xi≥0,x1+x2+…xn=1}\left\{\mathbf{x}: =\left(x_{1}, x_{2}, \ldots x_{n}\right) \mid x_{i} \geq 0, x_{1}+x_{2}+\ldots x_{n}=1\right\} е не по-голям от 1/41 / 4. Първо, ще покажем, че съществува клика в GG, за която този максимум се достига. Наистина, ако i,ji, j не са свързани в G,fG, f, е линейна функция на xix_{i} и xjx_{j}., така че при фиксирано xi+xjx_{i}+x_{j}, максимумът се достига при xi=0x_{i}=0 или xj=0x_{j}=0. Прилагайки този аргумент необходимият брой пъти, достигаме до xi=0x_{i}=0, освен ако ii не е свързан с всички останали върхове, т. е. имаме клика. Да означим кликата с KℓK_{\ell}. БОО върховете ѝ са от 1 до ℓ\ell, т. е. xj=0,j=ℓ+1,…nx_{j}=0, j=\ell+1, \ldots n. Тъй като функцията t/(2(t−1))t /(2(t-1)) е намаляваща върху N\mathbb{N}, то всяко ребро на KℓK_{\ell} има тегло най-много ℓ/(2(ℓ−1))\ell /(2(\ell-1)) (очевидно, реброто участва в KℓK_{\ell}, но няма гаранция, че тази клика е максималната за него). Следователно,f(x)≤ℓ2(ℓ−1)∑1≤i<j≤ℓxixjf(\mathbf{x}) \leq \frac{\ell}{2(\ell-1)} \sum_{1 \leq i\lt{}j \leq \ell} x_{i} x_{j} Тъй катоg(x1,…,xℓ):=∑1≤i<j≤ℓxixj=g\left(x_{1}, \ldots, x_{\ell}\right): =\sum_{1 \leq i\lt{}j \leq \ell} x_{i} x_{j}=12(x1+x2+…xℓ)2−12∑xi2\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}+\ldots x_{\ell}\right)^{2}-\frac{1}{2} \sum x_{i}^{2}gg достига максимума си тогава и само тогава, когато xi=1/ℓx_{i}=1 / \ell и значиf(x)≤ℓ2(ℓ−1)⋅12⋅ℓ−1ℓ=14f(\mathbf{x}) \leq \frac{\ell}{2(\ell-1)} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\ell-1}{\ell}=\frac{1}{4} Следователно, максимумът на ff е най-много 1/41 / 4, от където, при xi=1/nx_{i}=1 / n, заключавамеf(1n,…,1n)=1n2∑w(e)≤14f\left(\frac{1}{n}, \ldots, \frac{1}{n}\right)=\frac{1}{n^{2}} \sum w(e) \leq \frac{1}{4} което трябваше да докажем. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 2 т. за въвеждане на f;2f; 2 т. за разглеждане на SS и доказателство, че максимум се достига върху клика; 2т. за f≤1/4f \leq 1 / 4 и 1 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-12-4