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

2024

Назад към папките

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е уравнението2+xx29+62=2+x \sqrt{\vphantom{x^2}9+6 \sqrt{2}}=xx25−26+x26−2x23+x22x \sqrt{\vphantom{x^2}5-2 \sqrt{6}}+\sqrt{\vphantom{x^2}6}-2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}a) Запишете корена на уравнението във вида m−x2nm-\sqrt{\vphantom{x^2}n}, където mm и nn са естествени числа. б) Разложете израза a3−3a2−5a+7a^{3}-3 a^{2}-5 a+7 на два неконстантни множителя с цели коефициенти и пресметнете стойността на този израз, ако aa е намереният в а) корен.
Решениеа) Пресмятамеx29+62=x23x22+22+1=x23(x22+1)=x26+x23x25−26=x23−26+2=∣x23−x22∣=x23−x22\begin{gathered} \sqrt{\vphantom{x^2}9+6 \sqrt{2}}=\sqrt{\vphantom{x^2}3} \sqrt{\vphantom{x^2}2+2 \sqrt{2}+1}=\sqrt{\vphantom{x^2}3}(\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1)=\sqrt{\vphantom{x^2}6}+\sqrt{\vphantom{x^2}3} \\ \sqrt{\vphantom{x^2}5-2 \sqrt{6}}=\sqrt{\vphantom{x^2}3-2 \sqrt{6}+2}=|\sqrt{\vphantom{x^2}3}-\sqrt{\vphantom{x^2}2}|=\sqrt{\vphantom{x^2}3}-\sqrt{\vphantom{x^2}2} \end{gathered}Уравнението добива видаx(x26+x23−x23+x22)=x26+x22−2x23−2x(x26+x22)=(x26+x22)(1−x22)\begin{gathered} x(\sqrt{\vphantom{x^2}6}+\sqrt{\vphantom{x^2}3}-\sqrt{\vphantom{x^2}3}+\sqrt{\vphantom{x^2}2})=\sqrt{\vphantom{x^2}6}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}-2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}-2 \\ x(\sqrt{\vphantom{x^2}6}+\sqrt{\vphantom{x^2}2})=(\sqrt{\vphantom{x^2}6}+\sqrt{\vphantom{x^2}2})(1-\sqrt{\vphantom{x^2}2}) \end{gathered}откъдето (предвид x26+x22>0\sqrt{\vphantom{x^2}6}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}\gt{}0 ) окончателно x=1−x22x=1-\sqrt{\vphantom{x^2}2}. б) Имаме a3−3a2−5a+7=a3−a2−2a2+2a−7a+7=(a−1)(a2−2a−7)a^{3}-3 a^{2}-5 a+7=a^{3}-a^{2}-2 a^{2}+2 a-7 a+7=(a-1)\left(a^{2}-2 a-7\right). Произведението на a−1=−x22a-1=-\sqrt{\vphantom{x^2}2} и a2−2a−7=(a−1)2−8=2−8=−6a^{2}-2 a-7=(a-1)^{2}-8=2-8=-6 е 6x226 \sqrt{\vphantom{x^2}2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Симетралите на страните ACA C и BCB C на остроъгълния триъгълник ABCA B C с ∠ACB=30∘\angle A C B=30^{\circ} се пресичат в точка OO. Точките MM и NN съответно от страните ACA C и BCB C са такива, че OO е средата на отсечката MNM N. Колко пъти произведението от дължините на отсечките CMC M и CNC N е по-голямо от произведението на дължините на отсечките AMA M и BNB N?
РешениеНека LL е средата на BCB C (съответно OL⊥BCO L \perp B C ) и KK е петата на перпендикуляра от MM към BCB C. Тогава OL∥MKO L \| M K и с MO=ONM O=O N следва, че OLO L е средна отсечка в триъгълника KMNK M N - в частност KL=LNK L=L N. От друга страна, имаме и BL=CLB L=C L, откъдето BN=CKB N=C K. От правоъгълния триъгълник CKMC K M с ∠KCM=30∘\angle K C M=30^{\circ} получаваме KM=12CMK M=\frac{1}{2} C M и CK=x2CM2−KM2=x232CMC K= \sqrt{\vphantom{x^2}C M^{2}-K M^{2}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2} C M от Питагоровата теорема. Следователно CMBN=2x23\frac{C M}{B N}=\frac{2}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}. Аналогично имаме CNAM=2x23\frac{C N}{A M}=\frac{2}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}, откъдето окончателно CM⋅CNAM⋅BN=43\frac{C M \cdot C N}{A M \cdot B N}=\frac{4}{3}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадено е естествено число nn. Имаме n+1n+1 топки, номерирани с 1,1,2,3,…1, 1, 2, 3, \ldots, nn (само първите две са еднакви). Трябва да оцветим тези топки в nn дадени цвята, така че всяка топка е в един цвят и всеки цвят да се използва поне веднъж. Означаваме с ana_{n} броя на възможните оцветявания. Намерете най-малкото nn, за което ana_{n} се дели на 2024.
РешениеТочно един от цветовете ще се използва за две от топките; нека техните номера са aa и bb, като a≤ba \leq b. Ако a>1a\gt{}1, то имаме (n−1)(n−2)/2(n-1)(n-2) / 2 избора за aa и bb, както и nn избора за цвета им. Останалите n−1n-1 топки (две от които еднакви) трябва да се оцветят в оставащите n−1n-1 цвята; за това имаме (n−1)!/2(n-1)!/ 2 варианта. Следователно в този случай броят на възможните оцветявания e 14(n−1)!⋅n(n−1)(n−2)=14n!(n2−3n+2)\frac{1}{4}(n-1)!\cdot n(n-1)(n-2)=\frac{1}{4} n!\left(n^{2}-3 n+2\right). Ако a=1a=1, то за оцветяване в nn цвята на всички топки освен aa има n!n! варианта. Сега има nn избора за цвета на aa. Така в този случай има n!.nn!. n възможни оцветявания. Окончателно an=14n!(n2−3n+2+4n)=14n!(n2+n+2)a_{n}=\frac{1}{4} n!\left(n^{2}-3 n+2+4 n\right)=\frac{1}{4} n!\left(n^{2}+n+2\right). Ако ana_{n} е кратно на 2024=23.11⋅232024=2^{3}.11 \cdot 23 и n<23n\lt{}23, то трябва 23∣n2+n+223 \mid n^{2}+n+2. Директна проверка сочи, че най-малкото такова nn е 9, но a9=9!.23a_{9}=9!.23 не се дели на 11, а следващото подходящо nn е 13, при което a13=13!.46a_{13}=13!.46 се дели на 23.11⋅232^{3}.11 \cdot 23. Алтернативно Нека цветовете са 1,2,…,n1, 2, \ldots, n (номерацията няма отношение към тази на топките). Има (n+1)!/2(n+1)!/ 2 възможни пермутации на n+1n+1-те топки. За всяка от тях използваме цветовете в нарастващ ред на номерата им, използвайки един ( nn избора кой) за две съседни топки. Получаваме (n+1)!.n/2(n+1)!. n / 2 възможни оцветявания. Ако двете едноцветни топки са с номера 1, 1, то има nn възможни избора за цвета им и ( n−1n-1 )! възможни оцветявания на останалите; общо n.(n−1)≠n!n.(n-1)\neq{}n! възможни оцветявания. Остават (n+1)!⋅n/2−n≠12n!(n2+n−2)(n+1)!\cdot n / 2-n\neq{}\frac{1}{2} n!\left(n^{2}+n-2\right) оцветявания, всяко от които е броено по два пъти (понеже редът на двете топки с еднакъв цвят не влияе на резултата). Окончателно an=n!+14n!(n2+n−2)=14n!(n2+n+2)a_{n}= n!+\frac{1}{4} n!\left(n^{2}+n-2\right)=\frac{1}{4} n!\left(n^{2}+n+2\right). Кратността на 2024 се анализира като по-горе.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Естествено число ще наричаме ямболско, ако може да се представи във вида a2+6ab+b2a^{2}+6 a b+b^{2}, където aa и bb са (не непременно различни) естествени числа. Числото 36202436^{2024} е записано като сбор на kk на брой (не непременно различни) ямболски числа. Каква е най-малката възможна стойност на kk?
РешениеПърво ще покажем, че k=1k=1 не е възможно, т. е. a2+6ab+b2=24048⋅34048a^{2}+6 a b+b^{2}=2^{4048} \cdot 3^{4048} няма в естествени числа. Ако такива a,ba, b съществуват, то a2+b2a^{2}+b^{2} се дели на 3 и значи aa и bb се делят на 3. Записвайки a=3a1,b=3b1a=3 a_{1}, b=3 b_{1} и разделяйки на 323^{2}, получаваме a12+6a1b1+b12=a_{1}^{2}+6 a_{1} b_{1}+b_{1}^{2}= 24048⋅340462^{4048} \cdot 3^{4046}; повтаряйки този аргумент още 2023 пъти, достигаме до уравнение от видаu2+6uv+v2=24048u^{2}+6 u v+v^{2}=2^{4048}където uu и vv са естествени числа. Ако vv е четно, то и uu е четно; записвайки u=2u1,v=2v1u=2 u_{1}, v=2 v_{1} и разделяйки на 4, получаваме u12+6u1v1+v12=24046u_{1}^{2}+6 u_{1} v_{1}+v_{1}^{2}=2^{4046}; повтаряйки неколкократно това, достигаме до уравнение от видаs2+6st+t2=22As^{2}+6 s t+t^{2}=2^{2 A}където s,t,As, t, A са естествени числа, tt е нечетно и A≥2A \geq 2 (тъй като лявата страна е по-голяма или равна на 8 ). Последното е еквивалентно на (s+3t)2−8t2=22A(s+3 t)^{2}-8 t^{2}=2^{2 A}. Сега от модул 8 виждаме, че (s+3t)2(s+3 t)^{2} се дели на 8, значи s+3ts+3 t се дели на 4, т. е. (s+3t)2(s+3 t)^{2} се дели на 16. Но тогава 8t28 t^{2} трябва да се дели на 16, което е невъзможно за нечетно tt, противоречие. Следователно k=1k=1 не е възможно. За пример с k=2k=2 да забележим първо че36=[12+6⋅1⋅1+12]+[32+6⋅3⋅1+12]36=\left[1^{2}+6 \cdot 1 \cdot 1+1^{2}\right]+\left[3^{2}+6 \cdot 3 \cdot 1+1^{2}\right]и сега умножение по (62023)2\left(6^{2023}\right)^{2} води до362024=36^{2024}=[(62023)2+6⋅62023⋅62023+(62023)2]\left[\left(6^{2023}\right)^{2}+6 \cdot 6^{2023} \cdot 6^{2023}+\left(6^{2023}\right)^{2}\right]+[(3⋅62023)2+6⋅(3⋅62023)⋅62023+(62023)2]+\left[\left(3 \cdot 6^{2023}\right)^{2}+6 \cdot\left(3 \cdot 6^{2023}\right) \cdot 6^{2023}+\left(6^{2023}\right)^{2}\right]т. е. 36202436^{2024} е сбор на числата a12+6a1b1+b12a_{1}^{2}+6 a_{1} b_{1}+b_{1}^{2} и a22+6a2b2+b22a_{2}^{2}+6 a_{2} b_{2}+b_{2}^{2}, където a1=b1=b2=62023a_{1}=b_{1}=b_{2}=6^{2023} и a2=3⋅62023a_{2}=3 \cdot 6^{2023}. Коментар.. Стъпката с модул 3 при k=1k=1 не може да се избегне; иначе, ако работим само с модул 4, бихме достигнали s2+6st+t2=22A⋅34048s^{2}+6 s t+t^{2}=2^{2 A} \cdot 3^{4048}. Проблемът в последното е, че AA може всъщност да е 0 и тогава във вида (s+3t)2−8t2=34048(s+3 t)^{2}-8 t^{2}=3^{4048} не изглежда като да може да се достигне противоречие, без да се използва модул 3 многократно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши системата уравнения:(x+1)2(y+1)2=27xy;(x2+1)(y2+1)=10xy.(x+1)^{2}(y+1)^{2} =27 x y; \left(x^{2}+1\right)\left(y^{2}+1\right) =10 x y.
РешениеДа отбележим че лявата страна на второто уравнение е положителна и значи xy>0x y\gt{}0. Тогава нека разпишем повдигането на квадрат в първото уравнение и да разделим и двете страни на xyx y. Получаваме:(x+2+1x)(y+2+1y)=27(x+1x)(y+1y)=10\begin{aligned}\left(x+2+\frac{1}{x}\right)\left(y+2+\frac{1}{y}\right) =27 \\ \left(x+\frac{1}{x}\right)\left(y+\frac{1}{y}\right) =10\end{aligned} Полагаме u=(x+1x)u=\left(x+\frac{1}{x}\right) и v=(y+1y)v=\left(y+\frac{1}{y}\right). Получаваме:(u+2)(v+2)=27uv=10\begin{aligned}(u+2)(v+2) =27 \\ u v =10\end{aligned} Преработваме и получаваме:u+v=13/2uv=10\begin{aligned}u+v =13 / 2 \\ u v =10\end{aligned} Но по формулите на Виет, значи че uu и vv са корени на 2z2−13z+20=(2z−5)(z−4)2 z^{2}-13 z+20=(2 z-5)(z-4). Също така, да отбележим и че системата е симетрична за двете променливи, както и изначално за xx и yy. Нека върнем полагането:x+1x=52x+\frac{1}{x}=\frac{5}{2} Следва x=2x=2 или x=12x=\frac{1}{2}.y+1y=4y+\frac{1}{y}=4 Следва y=2±x23y=2 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3}. Така окончателно получаваме следните 8 решения за (x,y):(1/2,2+x23),(1/2,2−x23)(x, y): (1 / 2, 2+\sqrt{\vphantom{x^2}3}), (1 / 2, 2-\sqrt{\vphantom{x^2}3}), (2,2+x23),(2,2−x23),(2−x23,1/2),(2+x23,1/2),(2+x23,2),(2−x23,2)(2, 2+\sqrt{\vphantom{x^2}3}), (2, 2-\sqrt{\vphantom{x^2}3}), (2-\sqrt{\vphantom{x^2}3}, 1 / 2), (2+\sqrt{\vphantom{x^2}3}, 1 / 2), (2+\sqrt{\vphantom{x^2}3}, 2), (2-\sqrt{\vphantom{x^2}3}, 2). Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 2т. за преработването и полагането; 2т. за намиране на uu и vv; 2т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дадено е число x=qpx=\frac{q}{p}, където pp и qq са прости числа, p>qp\gt{}q и 240 не дели p4−q4p^{4}-q^{4}. Да се намери максималната стойност на x.x.
РешениеПърво, за просто число p>3p\gt{}3 имаме че p≡±1( mod 3)p \equiv \pm 1(\bmod 3) от където p4≡1( mod 3)p^{4} \equiv 1(\bmod 3) и p4−q4p^{4}-q^{4} се дели на 3 за прости числа по-големи от 3. Също така p4≡1( mod 5)p^{4} \equiv 1(\bmod 5) по малката теорема на Ферма (или по теорема на Ойлер, или просто чрез директно изчерпване), следователно p4−q4p^{4}-q^{4} се дели на 5 за прости числа по-големи от 5. Сега p4−q4=(p2+q2)(p+q)(p−q)p^{4}-q^{4}=\left(p^{2}+q^{2}\right)(p+q)(p-q). Ако pp и qq са нечетни прости числа с различни остатъци по модул 4, то p+qp+q се дели на 4, а останалите две числа са четни и произведението се дели на 16. Ако са нечетни прости числа с еднакви остатъци по модул 4, то p−qp-q се дели на 4, а останалите две числа са четни и произведението се дели на 16. Ако q=2q=2 произведението не се дели на 16. Получаваме, че за да бъде изпълнено условието на задачата трябва q≤5q \leq 5. Остава да проверим кой от трите максимума за фиксирано q:23,35q: \frac{2}{3}, \frac{3}{5} и 57\frac{5}{7} е най-голям. Отговор: 57\frac{5}{7}. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1т. за разсъжденията по модул 3; 2т. за разсъжденията по модул 5; 2 т. за делимостите на степен на 2;12; 1 точка за верен отговор.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C с дължина на страните BC,CAB C, C A и ABA B съответно a,b,ca, b, c, като 2b=a+c2 b=a+c. Нека OO и JJ са съответно центровете на описаната и вписаната за триъгълника окръжности. Да се докаже, че правите OJO J и BJB J са перпендикулярни.
РешениеНека BB1B B_{1} е ъглополовяща на ∠ABC\angle A B C и B1B_{1} лежи на ACA C. Знаем, че BB12=AB.AC−B B_{1}^{2}=A B. A C- AB1⋅B1CA B_{1} \cdot B_{1} C. Имаме също CB1=aba+c=ab2b=a2C B_{1}=\frac{a b}{a+c}=\frac{a b}{2 b}=\frac{a}{2} и аналогично AB1=c2A B_{1}=\frac{c}{2}. Така получаваме, че BB1=x2ac−ac4=x23ac2B B_{1}=\sqrt{\vphantom{x^2}a c-\frac{a c}{4}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3 a c}}{2}. От свойствата на ъглополовящата за триъгълник CBB1C B B_{1} имаме B1J:JB=B1C:CB=1:2B_{1} J: J B=B_{1} C: C B=1: 2 и значи 3B1J=BB13 B_{1} J=B B_{1}. Нека BB1B B_{1} пресича описаната окръжност в точка J′J^{\prime}. Тогава от свойствата на хордите имаме AB1⋅B1C=J′B1⋅B1BA B_{1} \cdot B_{1} C=J^{\prime} B_{1} \cdot B_{1} B. Или:ac4=x23ac2⋅J′B1\frac{a c}{4}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3 a c}}{2} \cdot J^{\prime} B_{1} Оттук J′B1=x23ac6=13BB1J^{\prime} B_{1}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3 a c}}{6}=\frac{1}{3} B B_{1}. Но тогава значи B1J=B1J′B_{1} J=B_{1} J^{\prime} и следователно JJ е среда на хордата BJ′B J^{\prime} и значи OJ⊥BJO J \perp B J. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 2т. за изразяване на BB1;2B B_{1}; 2 т. за B1J;2B_{1} J; 2 т. за J′B1;1J^{\prime} B_{1}; 1 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
11 точки са разположени на равни разстояния по окръжност. Прекарани са няколко отсечки, с краища дадените точки. Отсечките са оцветени в два цвята така, че всяка отсечка пресича във вътрешна за нея точка не повече от една отсечка от същия цвят. Да се определи колко най-много могат да бъдат прекараните отсечки.
РешениеПърво ще докажем, че максималният брой отсечки в един цвят, такива, че всяка от тях пресича не повече от една от останалите е 23. Нека P е броят на отсечките, които не пресичат нито една от отсечките и нека Q е броят на отсечките, които пресичат точно една от останалите. ТогаваP+Q2P+\frac{Q}{2} не надвишава броят на отсечките в някоя триангулация на точките, който е винаги9⋅3−112+11=19\frac{9 \cdot 3-11}{2}+11=19тъй като всяка триангулация в 11 -ъгълника е съставена от 9 триъгълника и всяка отсечка, която не е по изпъкналата обвивка участва в 2 триъгълника. ОттукP+Q=P+Q2+Q2≤19+Q2P+Q=P+\frac{Q}{2}+\frac{Q}{2} \leq 19+\frac{Q}{2} което достига най-голяма стойност когато Q е възможно най-голямо. Всяка двойка пресичащи се отсечки, образува изпъкнал четириъгълник, който не се пресича от никоя от останалите отсечки (в противен случай някоя от двете отсечки, които са диагонали в четириъгълника ще се пресича с поне две други). Такъв четириъгълник ще наричаме независим. Сумата от ъглите на 11-ъгълника е(11−2)⋅180∘=180∘+4⋅360∘(11-2) \cdot 180^{\circ}=180^{\circ}+4 \cdot 360^{\circ}т. е. броят на независимите четириъгълници е не повече от 4. Откъдето иQ≤4Q \leq 4 Така броят на отсечките в 11-ъгълника така, че всяка от тях пресича не повече от 1 от останалите е 19+4=2319+4=23. Оттук максималният брой отсечки от един от цветовете, които са във вътрешността на многоъгълникът е 23−11=1223-11=12. Общия брой на отсечките в двата цвята не надвишава2⋅12+11=352 \cdot 12+11=35 Пример. Нека поставим точките в координатна система и двата цвята са син и оранжев. Нека да номерираме точките с 1,2,3,…,111, 2, 3, \ldots, 11 и да ги свържем както е показано. Правите, които съдържат сините отсечки са с положителен наклон спрямо абсцисата, а оранжевитес отрицателен: Отсечките по изпъкналата обвивка може да са и в двата цвята. ![](/problem-assets/zms2024-9-4-diagram-1.jpg) Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 2 точки за ограничаването на P+Q2P+\frac{Q}{2} от триангулация; 1 точка за брой на отсечки в триангулация; 2 точки за Q≤4;2Q \leq 4; 2 точки за пример. Забележка. Задачата може да се обобщи за произволен брой точки, като за нечетен брой - 2n+1 търсеният брой е 8n-5. За четен брой - 2n, търсеният брой е 8n-8. Примерът се построява по аналогичен начин.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се пресметне A2024A_{2024}, къдетоAn=1⋅2+3⋅4+5⋅8+⋯+(2n−1)⋅2n.A_{n}=1 \cdot 2+3 \cdot 4+5 \cdot 8+\cdots+(2 n-1) \cdot 2^{n}.
РешениеТъй като2An=2 A_{n}=1⋅4+3⋅8+⋯+(2n−3)⋅2n+(2n−1)⋅2n+11 \cdot 4+3 \cdot 8+\cdots+(2 n-3) \cdot 2^{n}+(2 n-1) \cdot 2^{n+1} тоA_{n}=2 A_{n}-A_{n} & =(2n−1)⋅2n+1−(1⋅2+2⋅4+2⋅8+⋯+2⋅2n)=\begin{aligned}(2 n-1) \cdot 2^{n+1}-\left(1 \cdot 2+2 \cdot 4+2 \cdot 8+\cdots+2 \cdot 2^{n}\right) \\ & =\end{aligned}(2n−1)⋅2n+1−2⋅(2+4+8+⋯+2n)+1⋅2=\begin{aligned}(2 n-1) \cdot 2^{n+1}-2 \cdot\left(2+4+8+\cdots+2^{n}\right)+1 \cdot 2 \\ & =\end{aligned}(2n−1)⋅2n+1−2⋅2⋅2n−12−1+2=(2n−3)⋅2n+1+6(2 n-1) \cdot 2^{n+1}-2 \cdot 2 \cdot \frac{2^{n}-1}{2-1}+2=(2 n-3) \cdot 2^{n+1}+6 Следователно A2024=4045⋅22025+6A_{2024}=4045 \cdot 2^{2025}+6. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 6 точки) 2т. за пресмятането на 2An2 A_{n}; 1т. за изразяването An=2An−An;2A_{n}=2 A_{n}-A_{n}; 2 т. за пресмятане на геометричната прогресия и изразяване на AnA_{n} в затворена форма; 1т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа kk, за които съществуват естествени числа x,yx, y, такива че числото xkyx2+y2\frac{x^{k} y}{x^{2}+y^{2}} е просто.
РешениеРешение. Нека d=(x,y)d=(x, y) е най-големият общ делител на числата xx и yy. Тогава, x=dx1x=d x_{1}, y=dy1y=d y_{1}, където x1x_{1}, y1y_{1} са естествени и взаимно прости. Изразът в условието се преработва доA(x,y)=dk−1x12+y12x1ky1=pA(x, y)=\frac{d^{k-1}}{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}} x_{1}^{k} y_{1}=p където искаме pp да е просто. Но(x1k,x12+y12)=(x1min⁡(k,2),y12)=\left(x_{1}^{k}, x_{1}^{2}+y_{1}^{2}\right)=\left(x_{1}^{\min (k, 2)}, y_{1}^{2}\right)=1=(x12,y1)=(y1,x12+y12),1=\left(x_{1}^{2}, y_{1}\right)=\left(y_{1}, x_{1}^{2}+y_{1}^{2}\right),т. е., x1ky1x_{1}^{k} y_{1} е взаимно просто с x12+y12x_{1}^{2}+y_{1}^{2} и за да бъде pp цяло е необходимо x12+y12∣dk−1x_{1}^{2}+y_{1}^{2} \mid d^{k-1}. Тъй като x12+y12≥2x_{1}^{2}+y_{1}^{2} \geq 2, то k≥2k \geq 2. Освен това, ако x1>1x_{1}\gt{}1, то съществува негов прост делител qq и qk∣pq^{k} \mid p, което е противоречие с простотата на pp. Следователно, за да бъде pp просто цяло число е необходимо да сме в един от следните два сценария: едновременно да са изпълнени1)x1=1,y1=pиx12+y12=dk−1;или2)x1=1,y1=1иp⋅(x12+y12)=dk−1.\begin{array}{lll} \text{1)} x_{1}=1, & y_{1}=p \text{и} x_{1}^{2}+y_{1}^{2}=d^{k-1}; \quad \text{или} & \text{2)} x_{1}=1, y_{1}=1 \text{и} p \cdot\left(x_{1}^{2}+y_{1}^{2}\right)=d^{k-1} \text{.} \end{array} Първият сценарий води до dk−1=p2+1d^{k-1}=p^{2}+1. Директна проверка показва, че за p=2,22+1=5p=2, 2^{2}+1=5 не е степен на естествено число, а за p>2,2∣p2+1p\gt{}2, 2 \mid p^{2}+1, но 4∤p2+14 \nmid p^{2}+1. Следователно, k>2k\gt{}2 не води до решение тук. При k=2k=2, за произволно просто pp двойката (x,y)=(p2+1,p(p2+1))(x, y)=\left(p^{2}+1, p\left(p^{2}+1\right)\right) води до A(x,y)=pA(x, y)=p и изпълнява условието на задачата. Следователно, k=2k=2 е решение. Вторият сценарий води до 2⋅p=dk−12 \cdot p=d^{k-1}, чието единствено решение е p=2p=2 и k=3k=3. В този случай единствено двойката (x,y)=(2,2)(x, y)=(2, 2) води до A(x,y)=2A(x, y)=2 и изпълнява условието на задачата. Окончателно, всички решения са k∈{2,3}k \in\{2, 3\}, като при k=2A(x,y)k=2 A(x, y) може да приеме произволна проста стойност, докато при k=3k=3 единственото просто A(x,y)A(x, y) е A(2,2)=2A(2, 2)=2. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) По 1т. за определяне всеки от двата сценария; по 2т. за пълното решаване на всеки от тях.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Вписаната окръжност в △ABC(AC≠BC)\triangle A B C(A C \neq B C) се допира до страните му ABA B, BCB C и CAC A в точките D,ED, E и FF съответно. Нека PP е петата на перпендикуляра от DD към EFE F (P∈EF)(P \in E F). Ако описаните окръжности около △ABC\triangle A B C и △EFC\triangle E F C се пресичат за втори път в точка QQ, да се докаже, че ∠PQC=90∘.\angle P Q C=90^{\circ}.
РешениеОт факта, че CC лежи на описаната около △FEQ\triangle F E Q окръжност и CE=CFC E=C F следва, че CQC Q е външна ъглополовяща за ∠FQE\angle F Q E и остава да докажем, че QPQ P е ъглополовяща на ∠FQE\angle F Q E, т. е. QF:QE=FP:PEQ F: Q E=F P: P E. От ∠QFC=∠QEC\angle Q F C=\angle Q E C и ∠QAC=∠QBC\angle Q A C=\angle Q B C следва, че △QFA∼△QEB\triangle Q F A \sim \triangle Q E B, т. е.QF:QE=AF:BE=AD:BD.Q F: Q E=A F: B E=A D: B D. Нека II е центърът на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност kk и правата DPD P пресича за втори път kk в точка RR. Тогава∠REF=∠RDF=90∘−∠DFE=\angle R E F=\angle R D F=90^{\circ}-\angle D F E=90∘−∠DIB=∠IBA90^{\circ}-\angle D I B=\angle I B A![](/problem-assets/zms2024-10-3-diagram-1.jpg) и аналогично ∠RFE=∠IAB\angle R F E=\angle I A B, т. е. △FER∼△ABI\triangle F E R \sim \triangle A B I. Но RP⊥EF,ID⊥ABR P \perp E F, I D \perp A B, т. е. PP и DD са съответни елементи в подобни триъгълници и FP:PE=AD:BDF P: P E=A D: B D, с което доказателството е завършено Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 2 т. за свеждане на задачата до QF:QE=FP:PE;2Q F: Q E=F P: P E; 2 т. за QF:QE=AD:BD;3Q F: Q E=A D: B D; 3 т. за FP:PE=AD:BDF P: P E=A D: B D.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадено е естествено число n≥3n \geq 3. Да се намери най-малкото реално число k>0k\gt{}0 със следното свойство: Ако GG е свързан граф с nn върха и mm ребра, то винаги е възможно да изтрием не повече от k⋅(m−[n2])k \cdot\left(m-\left[\frac{n}{2}\right]\right) ребра, така че върховете да могат да се оцветят в два цвята и всяко неизтрито ребро да има разноцветни върхове.
РешениеOтговор. k=1/2k=1 / 2 за всяко nn. Решение. Лема: Нека GG е свързан граф с поне 3 върха. Тогава или съществуват два върха, свързани с ребро, премахването на които (заедно с ребрата, излизащи от тях) оставя GG свързан, или съществуват два върха от степен 1 (т. е., \textit{листа}). Доказателство: Да разгледаме произволно \textit{покриващо дърво} на GG и да вземем за негов \textit{корен} произволен връх, който не е \textit{листо}. Нека vv е най-отдалечения връх от \textit{корена}, а uu е \textit{предшественикът} му. Нека v1,v2,…,vkv_{1}, v_{2}, \ldots, v_{k} са \textit{наследниците} на uu. Ясно е, че те всички са листа в дървото. 1 случай: Измежду v1,v2,...,vkv_1, v_2,..., v_k има два върха, свързани с ребро в GG. Тогава премахването на тези два върха оставя дървото (а значи и GG) свързано. 2 случай: Измежду v1,v2,...,vkv_1, v_2,..., v_k има не повече от един връх, който е листо в GG (б. о. о., нека това е v1v_1). Тогава да \textit{свържем} всеки от v2,…,vkv_{2}, \ldots, v_{k} с произволен връх в GG, различен от uu (такива върхове има, като никое от тези \textit{свързващи} ребра не е част от покриващото дърво, поради екстремалния избор на uu, т. е., всяко от тях е част от цикъл, всички останали ребра на който са от покриващото дърво). Сега можем да премахнем uu и v1v_{1} и отново ще имаме покриващо дърво, а значи GG остава свързан. С това лемата е доказана. С нейна помощ лесно можем да докажем следното Твърдение: Нека GG е свързан граф с n≥2n \geq 2 върха. Тогава можем да оцветим върховете му в два цвята, така че ако xx и yy са съответно броя на \textit{разноцветните} и \textit{едноцветните} ребра, то x−y≥[n2]x-y \geq\left[\frac{n}{2}\right]. Доказателство: При n=2,3n=2, 3 твърдението се проверява непосредствено. Нека n≥4n \geq 4 и GG е свързан граф с nn върха. Нека uu и vv са двата върха от Лемата. \textit{Премахваме} uu и vv и оцветяваме G\{u,v}G \backslash\{u, v\} съгласно индукционната хипотеза. Сега не е трудно да се съобрази, че можем да оцветим u∪vu \cup v така, че разглежданата разлика да се увеличи поне с 1. Наистина, това е ясно, ако uu и vv са листа, а в противен случай, разглеждайки четността на броя съседи на u∪vu \cup v в G\{u,v}G \backslash\{u, v\}, виждаме че винаги има такъв начин. Твърдението е доказано по индукция. Нека сега разгледаме произволен свързан граф GG с n≥3n \geq 3 върха и mm ребра. \textit{Оцветяваме} го съгласно Твърдението: имаме x−y≥[n2];x+y=mx-y \geq\left[\frac{n}{2}\right]; x+y=m, следователноy≤12⋅(m−[n2])y \leq \frac{1}{2} \cdot\left(m-\left[\frac{n}{2}\right]\right) и изтриването на yy ребра удовлетворява условието. Така, получихме k≤12k \leq \frac{1}{2}. За да покажем, че k≥12k \geq \frac{1}{2} нека разгледаме пълния граф с nn върха. Необходимо и достатъчно условие за да имаме оцветяването от условието е, получения след изтриването на ребрата граф да е двуделен. Наистина, в графа не трябва да има цикли с нечетна дължина, което е еквивалентно на горното. ![](/problem-assets/zms2024-10-4-diagram-1.jpg) всички ребра във всяка от двете групи върхове, като броя изтрити ребра е минимален, когато двете групи са равномощни и съдържат по n1n_{1} върха. Така, трябва да изтрием поне(n12)+(n12)=n12−n1\binom{n_{1}}{2}+\binom{n_{1}}{2}=n_{1}^{2}-n_{1} ребра. Оттукn12−n1≤n_{1}^{2}-n_{1} \leqk⋅((2n12)−[2n12])= k \cdot\left(\binom{2 n_{1}}{2}-\left[\frac{2 n_{1}}{2}\right]\right)=k⋅(2n1(2n1−1)2−n1)⟹k≥k \cdot\left(\frac{2 n_{1}\left(2 n_{1}-1\right)}{2}-n_{1}\right) \Longrightarrow k \geq12 \frac{1}{2}2сл.‾n=2n1+1,n1≥1\underline{2 \text{сл.}} n=2 n_{1}+1, n_{1} \geq 1. Аналогично, тук трябва да изтрием поне(n1+12)+(n12)=n12\binom{n_{1}+1}{2}+\binom{n_{1}}{2}=n_{1}^{2}ребра и отновоn12≤n_{1}^{2} \leqk⋅((2n1+12)−[2n1+12])= k \cdot\left(\binom{2 n_{1}+1}{2}-\left[\frac{2 n_{1}+1}{2}\right]\right)=k⋅(2n1(2n1+1)2−n1)⟹k≥k \cdot\left(\frac{2 n_{1}\left(2 n_{1}+1\right)}{2}-n_{1}\right) \Longrightarrow k \geq12 \frac{1}{2} Задачата е решена. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) 5т. за k≤1/2k \leq 1 / 2, от които 3т. за Лемата, 1т. за Твърдението и 1т. за конструкция на оцветяването; 2т. за k≥1/2k \geq 1 / 2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Първият, седмият и седемнадесетият членове на аритметична прогресия са различни и са последователни членове на геометрична прогресия. Да се намери разликата на аритметичната прогресия, ако първият ѝ член е решение на уравнениетоx2−9x+xx212−x−9x212−x=0.x^{2}-9 x+x \sqrt{\vphantom{x^2}12-x}-9 \sqrt{\vphantom{x^2}12-x}=0.
РешениеНека a1a_{1} и dd са съответно първият член и разликата на аритметичната прогресия. От условието a1,a1+6da_{1}, a_{1}+6 d и a1+16da_{1}+16 d са последователни членове на геометрична прогресия, т. е.(a1+6d)2=a1⋅(a1+16d)⟺d⋅(a1−9d)=0\left(a_{1}+6 d\right)^{2}=a_{1} \cdot\left(a_{1}+16 d\right) \Longleftrightarrow d \cdot\left(a_{1}-9 d\right)=0 Тъй като d≠0d \neq 0, то получаваме, че a1=9da_{1}=9 d. Освен това имаме (x−9)(x+x212−x)=0(x-9)(x+\sqrt{\vphantom{x^2}12-x})=0 и x≤12x \leq 12. Тогава x=9x=9 или x212−x=−x\sqrt{\vphantom{x^2}12-x}=-x, т. е. x2+x−12=0x^{2}+x-12=0 и x≤0x \leq 0, откъдето x=−4x=-4. Тогава a1=9a_{1}=9 и a1=−4a_{1}=-4, като съответно d=1d=1 и d=−49d=-\frac{4}{9}. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 2 т. за извода a1=9da_{1}=9 d; 3т. за намиране на x=a1=9x=a_{1}=9 и x=a1=−4x=a_{1}=-4 и 1т. съответно за d=1d=1 и d=−49d=-\frac{4}{9}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Точките P,QP, Q и RR са от страните AB,BCA B, B C и ACA C на △ABC\triangle A B C. Ако отсечките AQ,BRA Q, B R и CPC P се пресичат в една точка и ∠APR=∠BPQ\angle A P R=\angle B P Q, да се докаже, че CP⊥AB.C P \perp A B.
РешениеРешение. Нека XX и YY са пресечните точки на PRP R и PQP Q с правата през CC, успоредна на ABA B. От подобията △CXR∼△APR\triangle C X R \sim \triangle A P R и △CQY∼△BQP\triangle C Q Y \sim \triangle B Q P получаваме, чеCXAP=CRRAиCYBP=CQQB.\frac{C X}{A P}=\frac{C R}{R A} \text{и} \frac{C Y}{B P}=\frac{C Q}{Q B}. Следователно CX=AP⋅CRRAC X=\frac{A P \cdot C R}{R A} и CY=CQ⋅BPQBC Y=\frac{C Q \cdot B P}{Q B}. От теоремата на Чева имамеAPPB⋅BQQC⋅CRRA=1\frac{A P}{P B} \cdot \frac{B Q}{Q C} \cdot \frac{C R}{R A}=1 откъдето следва, че CX=CYC X=C Y. От друга страна △PXY\triangle P X Y е равнобедрен поради ∠PXY=\angle P X Y= ∠APR=∠BPQ=∠PYC\angle A P R=\angle B P Q=\angle P Y C. Тъй като PCP C е медиана в равнобедрения триъгълник, получаваме CP⊥ABC P \perp A B. Критерии за оценяване: (6 точки) 1 точка за разглеждане на точките XX и YY; 3 точки за PX=PY;2P X=P Y; 2 точки за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадено е 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,∀i=1,2,…a_{0}=2, a_{1}=q, a_{i+1}=q a_{i}-a_{i-1}, \forall 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+⋯+c1f^{\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)=0 и 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}. l}{r^{n}. 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. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 2т. за am=tm+1tma_{m}=t^{m}+\frac{1}{t^{m}}; 3т. за лемата; 2т. за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Страните и диагоналите на правилен nn-ъгълник са оцветени в k≥3k \geq 3 цвята. За всеки цвят ii между всеки два върха на многоъгълникът съществува път, съставен само от отсечки от цвят ii. Да се докаже, че съществуват три върха на многоъгълникът A,BA, B и CC такива, че отсечките AB,BCA B, B C и ACA C са разноцветни.
РешениеТрябва да докажем, че в пълен граф с nn върха и kk цвята, където индуцирания граф по всеки цвят е свързан, съществува разноцветен триъгълник. Да означим цветовете с 1,2,3,…,k1, 2, 3, \ldots, k и да преоцветим всички ребра, които са в някой от цветовете 4,5,…,k4, 5, \ldots, k в цвят 3. Новият граф изпълнява условието за свързаност по всеки цвят и ако за него има разноцветен триъгълник, то същия триъгълник в началния граф също ще бъде разноцветен. Следователно можем да считаме, че k=3k=3. Да допуснем, че твърдението не е вярно за граф GG, като можем да изберем GG да има минимален брой върхове. От минималността на GG следва, че след премахването на произволен връх, новият граф няма да бъде свързан по някой от цветовете и нека това е цвят 1. Да означим с G1,G2,…,GtG_{1}, G_{2}, \ldots, G_{t} компонентите на свързаност по цвят 1 след изтриване на връх AA. Тъй като GG е свързан по цвят 1, то съществуват Ai∈GiA_{i} \in G_{i} за които AAiA A_{i} е в цвят 1. Отсечката A1A2A_{1} A_{2} не е в цвят 1, защото G1G_{1} и G2G_{2} са различни компоненти на свързаност. Нека тя е в цвят 2. Ако A1BA_{1} B е отсечка с цвят 1 от G1G_{1}, то отсечката A2BA_{2} B не може да е от цвят 1, защото G1G_{1} и G2G_{2} са различни компоненти на свързаност; не може да е от цвят 3, защото тогава A1A2BA_{1} A_{2} B е разноцветен триъгълник и следователно е от цвят 2. Аналогично се доказва, че всички отсечки между точките от G1G_{1} и G2G_{2} са от цвят 2. Получихме, че всички отсечки между всеки две компоненти на свързаност са или в цвят 2 или в цвят 3. Сега да разгледаме отсечки AXA X и AYA Y съответно в цвят 2 и 3 (такива отсечки има, тъй като GG е свързан по всеки от цветовете). Без ограничение имаме следните два случая: 1. X,Y∈G1X, Y \in G_{1}, като тогава единият от триъгълниците AXA2A X A_{2} и AYA2A Y A_{2} е разноцветен. 2. X∈G1X \in G_{1} и Y∈G2Y \in G_{2}, като тогава единият от триъгълниците AXA2A X A_{2} и AYA1A Y A_{1} е разноцветен. Полученото противоречие показва, че за всеки граф с дадените свойства съществува разноцветен триъгълник. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 1т. за свеждане на задачата до три цвята; 1т. за разглеждане на минимален граф; 1т. за наблюдението, че след премахване на една точка графът не е свързан по един от цветовете; 2т. за наблюдението, че отсечките между две компоненти са едноцветни; 2т. за получаване на противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Мария и Биляна играят следната игра. Мария разполага с 2024, а Биляна с 2023 честни монети. Монетите се хвърлят на случаен принципвероятността за всяка отделна монета да бъде ези след хвърлянето е 12\frac{1}{2}. Мария печели, ако сред нейните монети има строго повече езита отколкото сред тези на Биляна, а в противен случай Биляна печели. Каква е вероятността Мария да спечели?
РешениеНека pp е вероятността Мария да има повече езита от Биляна след хвърляне на първите 2023 от монетите на Мария. Тогава от съображения за симетрия вероятността Мария да има по-малко езита от Биляна е също pp и следователно вероятността Мария и Биляна да са хвърлили равен брой езита е 1−2p1-2 p. Ако Мария е хвърлила по-малко езита от Биляна до този момент, вероятността и да спечели е 0 (независимо от последната монета), ако е хвърлила строго повече езита, вероятността да спечели е 1 (отново независимо от последната монета), а ако са хвърлили по равен брой вероятността да спечели е 12\frac{1}{2} (тук последната монета трябва да е ези задължително). Така получаваме, че вероятността Мария да спечели е p+1−2p2=12p+\frac{1-2 p}{2}=\frac{1}{2}. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1т. за разглеждане на първите 2023 монети на Мария; 3т. за съображението за симетрия; 2т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е разностранен и остроъгълен △ABC\triangle A B C с AC>BCA C\gt{}B C. Нека точка PP от вътрешността на △ABC\triangle A B C е такава, че ∠APB=180∘−∠ACB\angle A P B=180^{\circ}-\angle A C B и нека APA P и BPB P пресичат отсечките BCB C и ACA C в точките A1A_{1} и B1B_{1} съответно. Нека MM е средата на A1B1A_{1} B_{1}, а окръжностите описани около △ABC\triangle A B C и △A1CB1\triangle A_{1} C B_{1} се пресичат за втори път в точка QQ. Да се докаже, че ∠PQM=∠BQA1.\angle P Q M=\angle B Q A_{1}.
РешениеНека P′P^{\prime} е симетрична на PP спрямо средата NN на ABA B. Тогава имаме, че AP′BPA P^{\prime} B P е успоредник, откъдето следва, че AP′BCA P^{\prime} B C е вписан. Оттук получаваме, че ∠AQP′=∠ABP′=\angle A Q P^{\prime}=\angle A B P^{\prime}= ∠BAP\angle B A P. От друга страна ∠AQP=∠AQC−∠PQC=180∘−∠ABC−∠AA1B=∠PAB\angle A Q P=\angle A Q C-\angle P Q C=180^{\circ}-\angle A B C-\angle A A_{1} B=\angle P A B, където използвахме, че PP лежи на описаната около △A1B1C\triangle A_{1} B_{1} C окръжност. Така получаваме, че ∠AQP′=∠AQP\angle A Q P^{\prime}=\angle A Q P, откъдето следва, че P,Q,P′P, Q, P^{\prime} лежат на една права, т. е N∈PQN \in P Q. Също имаме, че △AQB∼△B1QA1\triangle A Q B \sim \triangle B_{1} Q A_{1}, което означава, че ∠NQB=∠MQA1\angle N Q B=\angle M Q A_{1} като съответни елементи. Последното е еквивалентно на ∠PQB=∠MQA1\angle P Q B=\angle M Q A_{1}, откъдето следва, че ∠PQM=∠BQA1\angle P Q M=\angle B Q A_{1}. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1т. за построяване на точка P′;2P^{\prime}; 2 т. за доказване, че N∈PQ;2N \in P Q; 2 т. за △AQB∼△B1QA1;1\triangle A Q B \sim \triangle B_{1} Q A_{1}; 1 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека n∈Nn \in \mathbb{N} и A\mathcal{A} е непразна фамилия от непразни подмножества на {1,2,…,n}\{1, 2, \ldots, n\} със следното свойствоако A∈AA \in \mathcal{A} и A⊂B⊆{1,2,…,n}A \subset B \subseteq\{1, 2, \ldots, n\}, то B∈AB \in \mathcal{A}. Да се докаже, че функциятаf(x):=∑A∈Ax∣A∣(1−x)n−∣A∣f(x): =\sum_{A \in \mathcal{A}} x^{|A|}(1-x)^{n-|A|} е строго растяща в интервала (0,1).(0, 1).
РешениеРешение. (Първи начин) За удобство ще наричаме свойството на A\mathcal{A} от условието свойство (P)(P). За произволна фамилия B\mathcal{B} от подмножества на {1,2,…,k}\{1, 2, \ldots, k\} да дефинираме f(x,B,k):=∑A∈Bx∣A∣(1−x)k−∣A∣f(x, \mathcal{B}, k): =\sum_{A \in \mathcal{B}} x^{|A|}(1-x)^{k-|A|}. Нека A0:={A⊆{1,2,…,n−1}:A∈A}\mathcal{A}_{0}: =\{A \subseteq\{1, 2, \ldots, n-1\}: A \in \mathcal{A}\} и A1:={A⊆{1,2,…,n−1}:A∪{n}∈A}\mathcal{A}_{1}: =\{A \subseteq\{1, 2, \ldots, n-1\}: A \cup\{n\} \in \mathcal{A}\} и да забележим, че A0⊆A1\mathcal{A}_{0} \subseteq \mathcal{A}_{1}, както и че A0\mathcal{A}_{0} и A1\mathcal{A}_{1} също имат свойство (P)(P). Също така имаме, чеf(x, \mathcal{A}, n) & =∑A∈A0x∣A∣(1−x)n−∣A∣\sum_{A \in \mathcal{A}_{0}} x^{|A|}(1-x)^{n-|A|}+∑A∈A1x∣A∣+1(1−x)n−∣A∣−1∣=\begin{aligned}+\sum_{A \in \mathcal{A}_{1}} x^{|A|+1}(1-x)^{n-|A|-1 \mid} \\ & =\end{aligned}(1−x)f(x,A0,n−1)+xf(x,A1,n−1).(1-x) f\left(x, \mathcal{A}_{0}, n-1\right)+x f\left(x, \mathcal{A}_{1}, n-1\right).Сега твърдението следва с индукция по nn. За n=1n=1 имаме, че A={1}\mathcal{A}=\{1\} и f(x,A,1)=xf(x, \mathcal{A}, 1)=x съответно. Нека n≥2n \geq 2. Да допуснем, че f(x,B,k)f(x, \mathcal{B}, k) е растяща за всяко k≤n−1k \leq n-1 и произовлна фамилия B\mathcal{B} от подмножества на {1,2,…,k}\{1, 2, \ldots, k\}, която има свойството (P)(P). Тогава имаме f′(x,A,n)=(1−x)f′(x,A0,n−1)+xf′(x,A1,n−1)+f(x,A1,n−1)−f(x,A0,n−1)>0f^{\prime}(x, \mathcal{A}, n)=(1-x) f^{\prime}\left(x, \mathcal{A}_{0}, n-1\right)+x f^{\prime}\left(x, \mathcal{A}_{1}, n-1\right)+f\left(x, \mathcal{A}_{1}, n-1\right)-f\left(x, \mathcal{A}_{0}, n-1\right)\gt{}0, което следва от индукционната хипотеза и от f(x,A1,n−1)−f(x,A0,n−1)≥0f\left(x, \mathcal{A}_{1}, n-1\right)-f\left(x, \mathcal{A}_{0}, n-1\right) \geq 0, защото A0⊆A1\mathcal{A}_{0} \subseteq \mathcal{A}_{1}. (Втори начин) Нека 0<p<q<10\lt{}p\lt{}q\lt{}1. Да забележим, че p∗=q−p1−p∈(0,1)p^{*}=\frac{q-p}{1-p} \in(0, 1). Конструираме множествата XX и YY по следния начин: За всеки елемент i∈{1,2,…,n}i \in\{1, 2, \ldots, n\} слагаме ii в XX с вероятност pp (независимо едно от друго), а за всеки елемент j∈{1,2,…,n}\Xj \in\{1, 2, \ldots, n\} \backslash X поставяме jj в YY с вероятност p∗p^{*}. Тогава P(x∈X∪Y)=p+(1−p)p∗=q\mathbb{P}(x \in X \cup Y)=p+(1-p) p^{*}=q. Лесно се вижда, че f(p)=P(X∈A)f(p)=\mathbb{P}(X \in \mathcal{A}), а f(q)=P(X∪Y∈A)f(q)=\mathbb{P}(X \cup Y \in \mathcal{A}), но т. к A\mathcal{A} има свойството от условието имаме, че X⊆X∪Y⇒f(p)<f(q)X \subseteq X \cup Y \Rightarrow f(p)\lt{}f(q). Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) 1т. за идея за индукция поn;11_{\text{т. за идея за индукция по} n; 1} т. за дефиниране на A0\mathcal{A}_{0} и A1;1\mathcal{A}_{1}; 1 т. за отбелязване, че A0\mathcal{A}_{0} и A1\mathcal{A}_{1} имат свойството (P)(P); 2т. за доказване на рекурентната зависимост за f;2f; 2 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Ще наричаме едно естествено число mm Спировско, ако съществуват цели числа a,b,ca, b, c, за които m=a3+2b3+4c3−6abcm=a^{3}+2 b^{3}+4 c^{3}-6 a b c. Да се докаже, че съществува естествено число n<2024n\lt{}2024 такова, че за безбройно много прости числа pp, числото npn p е Спировско.
РешениеЛема. Нека pp е просто число, а a,b,c∈Z/pZa, b, c \in \mathbb{Z} / p \mathbb{Z}. Тогава съществуват x,y,z∈Zx, y, z \in \mathbb{Z} такива, че ∣x∣,∣y∣,∣z∣<x2p3,(x,y,z)≠(0,0,0)|x|, |y|, |z|\lt{}\sqrt[3]{\vphantom{x^2}p}, (x, y, z) \neq(0, 0, 0) и ax+by+cz≡0( mod p)a x+b y+c z \equiv 0(\bmod p). Доказателство. Да разгледаме множеството M:={(x,y,z):x,y,z∈{0,1,…,⌊x2p3⌋}}M: =\{(x, y, z): x, y, z \in\{0, 1, \ldots, \lfloor\sqrt[3]{\vphantom{x^2}p}\rfloor\}\}. Имаме, че ∣M∣>p|M|\gt{}p, т. е в MM има два различни елемента (x1,y1,z1)\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right) и (x2,y2,z2)\left(x_{2}, y_{2}, z_{2}\right), за които ax1+by1+cz1≡ax2+by2+cz2( mod p)a x_{1}+b y_{1}+c z_{1} \equiv a x_{2}+b y_{2}+c z_{2}(\bmod p). Така (x1−x2,y1−y2,z1−z2)\left(x_{1}-x_{2}, y_{1}-y_{2}, z_{1}-z_{2}\right) изпълнява условията от лемата. Нека сега p≡2( mod 3)p \equiv 2(\bmod 3). Тогава сравнението x3≡2( mod p)x^{3} \equiv 2(\bmod p) има решение aa, т. к функцията x↦x3x \mapsto x^{3} е инективна в Z/pZ\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}, откъдето следва, че е сюрективна. Един начин да се провери това е да се види, че x3≡1( mod p)x^{3} \equiv 1(\bmod p) има само 1 за решение, т. к (3,p−1)=1(3, p-1)=1 и следователно показателят на x( mod p)x(\bmod p) е 1. От лемата съществуват x,y,zx, y, z с ∣x∣,∣y∣,∣z∣<x2p3|x|, |y|, |z|\lt{}\sqrt[3]{\vphantom{x^2}p}, за които x+ay+a2z≡0( mod p)x+a y+a^{2} z \equiv 0(\bmod p). Оттук получаваме, че x3+a3y3+a6z3−3a3xyz≡0( mod p)x^{3}+a^{3} y^{3}+a^{6} z^{3}-3 a^{3} x y z \equiv 0(\bmod p). Последното е еквивалентно на x3+2y3+x^{3}+2 y^{3}+ 4z3−6xyz≡0( mod p)4 z^{3}-6 x y z \equiv 0(\bmod p). От друга страна ∣x∣,∣y∣,∣z∣<x2p3|x|, |y|, |z|\lt{}\sqrt[3]{\vphantom{x^2}p} дава ∣x3+2y3+4z3−6xyz∣<13p\left|x^{3}+2 y^{3}+4 z^{3}-6 x y z\right|\lt{}13 p. Също така да забележим, че ако x3+2y3+4z3−6xyz<0x^{3}+2 y^{3}+4 z^{3}-6 x y z\lt{}0, то тройката ( −x,−y,−z-x, -y, -z ) ще даде естествено число, делящо се на pp. Остана да отбележим, че x3+2y3+4z3−6xyz≠0x^{3}+2 y^{3}+4 z^{3}-6 x y z \neq 0. Наистина, ако x3+2y3+4z3−6xyz=0x^{3}+2 y^{3}+4 z^{3}-6 x y z=0, то имаме (x+x223y+x243z)((x−x223y)2+(x−x243z)2+(x223y−x243z)2)=0(x+\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2} y+\sqrt[3]{\vphantom{x^2}4} z)\left((x-\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2} y)^{2}+(x-\sqrt[3]{\vphantom{x^2}4} z)^{2}+(\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2} y-\sqrt[3]{\vphantom{x^2}4} z)^{2}\right)=0, т. е x=x223y=x243zx=\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2} y=\sqrt[3]{\vphantom{x^2}4} z или x+yx223+zx243=0x+y \sqrt[3]{\vphantom{x^2}2}+z \sqrt[3]{\vphantom{x^2}4}=0, чиито единствени решения в цели числа са (x,y,z)=(0,0,0)(x, y, z)=(0, 0, 0) (първото следва т. к x223\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2} е ирационално, а второто следва от факта, че x3−2x^{3}-2 е минималният полином на x223\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2} над рационалните числа). Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 2т. за лемата; 1 т. за избор на просто число p≡2( mod 3);1p \equiv 2(\bmod 3); 1 т. за доказателство, че x223\sqrt[3]{\vphantom{x^2}2} съществува по модул pp; 1т. за доказване, че съществува nn с ∣n∣<13|n|\lt{}13; 2 т. за отхвърляне на случая n=0n=0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-12-4