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 година По клас

Избран клас

8

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

zms2023-8-3: има placeholder текст
zms2016-8-3: има placeholder текст
zms2015-8-4: има placeholder текст
zms2013-8-2b: има placeholder текст
zms2012-8-4: има placeholder текст
zms2009-8-3: има placeholder текст
zms2007-8-1: има placeholder текст
zms2007-8-2: има placeholder текст
zms2007-8-3: има placeholder текст
zms2007-8-4: има placeholder текст

2007

4 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-8-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-8-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-8-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2007-8-4

2008

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Точка

O

лежи на медианата

C P(P \in A B)

на остроъгълния триъгълник

A B C(A C\lt{}B C)

, а правите

A O

B O

пресичат страните

B C

C A

съответно в точки

M

К

. Да се докаже, че: a)

M K

е успоредна на

A B

; б)

A M\lt{}B K

Решение

Ще използваме факта, че ако

O

е произволна вътрешна точка в

\triangle A B C

и правите

A O, B O

C O

пресичат съответно страните

B C, A C

A B

в точки

M, K

P

, то

S_{A O C}: S_{B O C}=A P \quad B P

. Наистина, ако

H

L

са петите на перпендикулярите към правата

C P

съответно от върховете

A

B

, то a) В конкретния случай на разглежданата задача имаме допълнително, че

S_{A O C}=S_{B O C}

, защото

C P

е медиана. Тогава

\frac{A K}{K C}=\frac{A O B}{S_{B O C}}=\frac{S_{A O B}}{S_{A O C}}=\frac{B M}{C M}

(1 т.). Ако

A K=x

K C=y

, лесно получаваме, че лицето на

\triangle A O K

се отнася към лицето на

\triangle A B C

както

\frac{x}{x+y}

, а значи (заради доказаното) и лицето на

\triangle B O M

се отнася към лицето на

\triangle A B C

както

\frac{x}{x+y}

. Заключаваме, че

S_{A O K}={ }_{B O M}

(1 т.) и следователно четириъгълникът

A B M K

е трапец, т. е.

K M \| A B

(1 т.). б) Построяваме равнобедрения трапец

A E M K

(вж. чертежа). Точка

E

лежи на отсечката

A B

, защото

\angle K A E=\triangle A E M

е по-голям от

\angle A B C

(

A C\lt{}B C

) (1 т.). Диагоналите

A M

K E

на равнобедрения трапец

A E M K

са равни (1 т.). Освен това

\angle K E A

е остър, защото е част от остър

\angle A E M(=\angle K A E

. Следователно

\angle K E B

е тъп и за страните на

\triangle B E K

е в сила

B K\gt{}K E=A M

(1 т.).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на реалния параметър

k

така, че за всеки три реални числа

a, b

c

, за които

a b+b c+c a=0

a^{2} \neq k b c, b^{2} \neq k a c, c^{2} \neq k a b

, е вярно равенството

\frac{1}{a^{2}-k b c}+\frac{1}{b^{2}-k a c}+\frac{1}{c^{2}-k a b}=0

Решение

Да изберем

a=1, b=-2, c=-2

. Тогава

a b+b c+c a=0

, но трябва и

k \neq \frac{1}{4} \quad

2. Равенството

\frac{1}{a^{2}-k b c}+\frac{1}{b^{2}-k a c}+\frac{1}{c^{2}-k a b}=0

можем да запишем във вида

\frac{1}{1-4 k}+\frac{1}{2+k}=0 \Rightarrow \frac{1}{2+k}=\frac{1}{4 k-1} \Rightarrow 2+k=4 k-1 \Rightarrow k=1

. Следователно само

k \frac{1}{4}, -2, 1

могат да бъдат на задачата (1 т.). Ако изберем

a=3, b=-2, c=6

, то изразът

\frac{1}{a^{2}-k b c}+\frac{1}{b^{2}-k a c}+\frac{1}{c^{2}-k a b}

ще приеме вида

\frac{1}{9+12 k}+\frac{1}{4-18 k}+\frac{1}{36+6 k}

и ще е равен на нула само при

k=-2

k=1

(1 т.). Да докажем сега, че тези две стойности на

k

са на задачата. От

a b+b c+c a=0

следва, че

-b c=a b+c a

. Оттук при

k=1 \frac{1}{a^{2}-b c}=\frac{1}{a+a b+a c}=\frac{1}{a} \cdot \frac{1}{a+b+c}

(1 т.). Аналогично

\frac{1}{b^{2}-a c}=\frac{1}{b} \cdot \frac{1}{a+b+c}

\frac{1}{c^{2}-a b}=\frac{1}{c} \cdot \frac{1}{a+b+c}, \quad

откъдето

\left.\left.\quad \frac{1}{a^{2}-b c}+\frac{1}{b-a c}+\frac{1}{c-a b}=\frac{1}{a+b+c} \right\rvert\, \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right). \quad

Но

\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{a b+b c+c a}{a b c}=0

, откъдето следва исканото (1 т.). При

k=-2

за знаменателя на първата дроб имаме

a^{2}+2 b c=a+b c-a c-a b=(a-b)(a-c)

и аналогично за другите знаменатели (1 т.). Оттук

\frac{1}{a^{2}+2 b c}+\frac{1}{b+2 a c}+\frac{1}{c+2 a b}=\frac{1}{(a-b)(a-c)}+\frac{1}{(b-c)(b-a)}+\frac{1}{(c-a)(c-b)}=

=\frac{(b-c)+(c-a)+(a-b)}{(a-b)(a-c)(b-c)} \quad 0(1

т.).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се реши в естествени числа уравнението

(x y-6)^{2}+16=x^{2}+4 y^{2}

Решение

Разкриваме скобите и добавяме

4 x y

\begin{gathered} x^{2} y^{2}-8 x y+36+16=x^{2}+4 x y+4 y^{2} \\ (x y-4)^{2}+36=(x+2 y)^{2} \\ (x+2 y)^{2}-(x y-4)^{2}=36 \\ (x+2 y+x y-4)(x+2 y-x y+4)=36(1 \text{т.).} \end{gathered}

Числата в двете скоби имат еднаква четност, така че имаме следните случаи (1 т.): Случай

A(1

т.)

\begin{aligned} & x+2 y+x y-4=18 \\ & x+2 y-x y+4=2 \end{aligned}

Оттук

x+2 y=10, x y-4=8, x y=12

, в което заместваме

x=10-2 y

и получаваме

(10-2 y) y=12

. Решенията на полученото уравнение са

y=2

y=3

. Съответно

x=6

x=4

. Случай Б (1 т.)

\begin{aligned} & x+2 y+x y-4=6 \\ & x+2 y-x y+4=6 \end{aligned}

Оттук

x+2 y=6, x y-4=0, x y=4

, в което заместваме

x=6-2 y

и получаваме

(6-2 y) y=4

. Решенията на полученото уравнение са

y=2

y=1

. Съответно

x=2

x=4

. Случай В (1 т.)

\begin{aligned} & x+2 y+x y-4=2 \\ & x+2 y-x y+4=18. \end{aligned}

Оттук

x+2 y=10, x y-4=-8, x y=-4

, което е невъзможно. Окончателно решенията за

(x; y)

са

(6; 2), (4; 3), (2; 2), (4; 1)

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят две последователни цели числа, между квадратите на които е заключено числото

A=\frac{2 \cdot 4 \cdot 6 \ldots 2008}{1 \cdot 3 \cdot 5 \ldots 2007}

Решение

Нека

B=\frac{3 \cdot 5 \ldots 2007 \cdot 2009}{2 \cdot 4...2006 \cdot 2008}

. Като използваме, че

\frac{k}{-1}\gt{}\frac{k+1}{k}

за всяко

k\gt{}1

, лесно получаваме, че

A\gt{}B

. Ще подобрим това неравенство, като потърсим число

a\lt{}1

така, че

a A\gt{}B

. Числото

a

определяме от условието

\frac{2}{1} \cdot \frac{4}{3} \cdot a=\frac{3}{2} \cdot \frac{5}{4}

, т. е.

a=\frac{45}{64}

. Понеже

A=\frac{2009}{B}

, от неравенството

a A\gt{}B

намираме

a A^{2}\gt{}A \cdot B=2009

, т. е.

A^{2} \quad \frac{2009}{a}=\frac{2009 \cdot 64}{45}

. Но

\frac{2009 \cdot 64}{45}\gt{}49^{2}

и следователно

A\gt{}49=7^{2}

. От друга страна

\frac{3}{2}\gt{}-, \quad \frac{5}{4}\gt{}-, \quad \ldots \quad, \quad \frac{2007}{2006}\gt{}\frac{2008}{2007} \quad

и следователно

\quad \frac{2008}{2009} \cdot B\gt{}\frac{A}{2}

. Както по-горе получаваме

A^{2}\lt{}2008 \cdot 2=4016\lt{}4096=64^{2}

, откъдето

A\lt{}64=8^{2}

. Окончателно

7^{2}\lt{}A\lt{}8

(-7)^{2}\lt{}A\lt{}(-8)

, т. е. задачата има две Задачата се оценява с (7 т.), като отделни точки се присъждат за частични резултати. Само отговор без правилни обосновки (1 т.).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2008-8-4

2009

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението:

(x-\sqrt{\vphantom{x^2}3}-\sqrt{\vphantom{x^2}499})^{2}+(x-\sqrt{\vphantom{x^2}3}+\sqrt{\vphantom{x^2}499})^{2}

+(x+\sqrt{\vphantom{x^2}3}-\sqrt{\vphantom{x^2}499})^{2}

+(x+\sqrt{\vphantom{x^2}3}+\sqrt{\vphantom{x^2}499})^{2}=

2009.

Решение

Да означим

a=\sqrt{\vphantom{x^2}3}

b=\sqrt{\vphantom{x^2}499}

. За лявата страна на уравнението последователно получаваме:

\begin{aligned} (x-\sqrt{\vphantom{x^2}3}- & \sqrt{\vphantom{x^2}499})^{2}+(x-\sqrt{\vphantom{x^2}3}+\sqrt{\vphantom{x^2}499})^{2}+(x+\sqrt{\vphantom{x^2}3}-\sqrt{\vphantom{x^2}499})^{2}+(x+\sqrt{\vphantom{x^2}3}+\sqrt{\vphantom{x^2}499})^{2}= \\ = & (x-a-b)^{2}+(x-a+b)^{2}+(x+a-b)^{2}+(x+a+b)^{2}= \\ = & x^{2}-2(a+b) x+(a+b)^{2}+x^{2}+2(b-a) x+(a-b)^{2}+x^{2}+ \\ + & 2(a-b) x+(a-b)^{2}+x^{2}+2(a+b) x+(a+b)^{2}= \\ = & 4 x^{2}+2(a-b)^{2}+2(a+b)^{2}=4 x^{2}+4 a^{2}+4 b^{2}. \end{aligned}

Оттук за даденото уравнение получаваме, че е еквивалентно на

4 x^{2}+2008=2009 \Leftrightarrow 4 x^{2}=1 \Leftrightarrow\left(x-\frac{1}{2}\right)\left(x+\frac{1}{2}\right)=0.

Следователно даденото уравнение има два корена: числата

\frac{1}{2}

-\frac{1}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Точките

M

N

са съответно средите на страните

A B

C D

на четириъгълника

A B C D

. Отсечките

A N

D M

се пресичат в точката

P

, а отсечките

C M

B N

се пресичат в точката

Q

. Ако

P M Q N

е успоредник, да се докаже, че медицентровете на триъгълниците

A B D, A B C, A C D

B C D

са върхове на успоредник.

Решение

Първо ще докажем, че ако

P M Q N

е успоредник, то и

A B C D

е успоредник. От

P M \| Q N

и това, че

M

е средата на

A B

, следва (съгласно теоремата за средната отсечка, приложена за

\triangle A N B

), че точката

P

е средата на

A N

. Аналогично

Q

е средата на

C M

. Сега от

P N=M Q

следва, че

A N=C M

и с помощта на условието

P N \| M Q

заключаваме, че

A M C N

е успоредник. Оттук

A M \| N C

A M=N C

и следователно

A B C D

също е успоредник. Нека

G_{1}, G_{2}, G_{3}

G_{4}

са съответно медицентровете на триъгълниците

A B D, A B C, B C D

A C D

. (1) Нека

A C \cap B D=O

. Тогава

G_{1} \in A C

A G_{1}: G_{1} O=2: 1

, откъдето

G_{1} O=\frac{1}{3} A C

. Аналогично

G_{2} O=\frac{1}{3} B D, G_{3} O=\frac{1}{3} A C

G_{4} O=\frac{1}{3} B D

. Получаваме, че в четириъгълника

G_{1} G_{2} G_{3} G_{4}

диагоналите взаимно разполовяват и следователно той е успоредник. (2) Ще докажем, че

G_{1} G_{2} G_{3} G_{4}

е успоредник по друг начин. Тъй като

S_{A B G_{1}}=\frac{1}{3} S_{A B D}=\frac{1}{3} S_{A B C}=S_{A B G_{2}}

и триъгълниците

A B G_{1}

A B G_{2}

са с обща основа, то височините в тези триъгълници към общата основа са също равни. Това означава, че

G_{1} G_{2} \| A B

. По аналогичен начин следва, че

G_{3} G_{4}\left\|C D, G_{1} G_{4}\right\| A D

G_{2} G_{3} \| B C

. Заключаваме, че

G_{1} G_{2} G_{3} G_{4}

е успоредник. (3) За втората част на то могат да се използват и вектори. Имаме:

\overrightarrow{G_{1} G_{2}}=\left(\overrightarrow{G_{1} O}+\overrightarrow{O G_{2}}\right)=

\frac{1}{3}(\overrightarrow{A O}+\overrightarrow{B O}+\overrightarrow{D O}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O A})=

\frac{1}{3} \overrightarrow{D C},

където

O

е произволна точка. Аналогично

\overrightarrow{G_{4} G_{3}}=\left(\overrightarrow{G_{4} O}+\overrightarrow{O G_{3}}\right)=

\frac{1}{3}(\overrightarrow{A O}+\overrightarrow{C O}+\overrightarrow{D O}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D})=

\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}

Но

\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{D C}

, защото

A B C D

е успоредник и следователно

\overrightarrow{G_{1} G_{2}}=\overrightarrow{G_{4} G_{3}}

. Оттук отново следва, че

G_{1} G_{2} G_{4} G_{3}

е успоредник.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-8-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

За всяко естествено число

n

подреждаме делителите му по големина:

1=d_{1}\lt{}d_{2}\lt{}\ldots\lt{}d_{k}=n

Да се намерят всички

n

, за които е вярно равенството

d_{2}^{3}+d_{3}^{2}-15=n

Решение

Тъй като всеки делител на

d_{2}

е делител на и

n

, то

d_{2}

трябва да е просто, защото

n

няма по-малък делител от

d_{2}

, освен 1. Нека

d_{2}=p, p

-просто. Същото разсъждение, приложено за

d_{3}

, дава, че

d_{3}

е или просто, или

d_{3}=p^{2}

. Ако е налице втората възможност, то от даденото равенство ще следва, че

p^{2}

дели 15, което е невъзможно. Следователно можем да считаме, че и

d_{3}

е просто. Нека

d_{3}=q\gt{}p

. Тъй като

p

q

са взаимно прости делители на

n

, то

n

ще се дели на произведението

p q

и можем да означим

n=k p q

за някакво естествено число

k

. Ако

k=1

, то даденото равенство приема вида

p^{3}+q^{2}-15=p q

. Оттук при

p=2

получаваме, че

q

трябва да дели 7, т. е.

q=7

. В този случай обаче равенството не е изпълнено (проверете!). Ако

p\gt{}2

, то от неравенствата

q^{2}\gt{}p q

p^{3}-15\gt{}0

следва, че

p^{3}+q^{2}-15\gt{}p q

и отново не се получава. Заключаваме, че

k\gt{}1

. Ако допуснем, че

1\lt{}k\lt{}p

, то от факта, че

k

дели

n

ще получим, че

n

има делител между 1 и

d_{2}

, което е невъзможно. Да разгледаме случая

k=p

. Сега даденото равенство приема вида

p^{3}+q^{2}-15=p^{2} q

. Да запишем последното като квадратно уравнение относно

q

. Получаваме

q^{2}-p^{2} q+p^{3}-15=0

. За да има това уравнение цяло , е необходимо дискриминантата му

D

да е точен квадрат на цяло число. Тъй като

D=p^{4}-4 p^{3}+60=\left(p^{2}-2 p-2\right)^{2}-8 p+56

, то

D\lt{}\left(p^{2}-2 p-2\right)^{2}

при

p \geq 8

. От друга страна

D-\left(p^{2}-2 p-3\right)^{2}=2 p^{2}-12 p+51=2 p(p-6)+51

. Става ясно, че при

p \geq 8

дискриминантата не може да е точен квадрат, понеже

\left(p^{2}-2 p-3\right)^{2}\lt{}D\lt{}\left(p^{2}-2 p-2\right)^{2}

и следователно

D

е заключена между два последователни точни квадрата. Ето защо на задачата могат да се получат само за

p=2, 3, 5

или 7. Но

p=3

p=5

са делители на 15 и би се получило, че

p

дели

q

, което е невъзможно. При

p=2

ще получим

q^{2}-7=4 q \Rightarrow q \mid 7 \Rightarrow q=7, n=28

, но непосредствено се проверява, че това не е на задачата. При

p=7

имаме

q^{2}+328=49 q

и следователно

q

е прост делител на

328=2^{3} \cdot 41

. Тъй като

q\gt{}p=7

, то

q=41

и оттук

n=2009

. Проверката показва, че се получава на задачата. По-нататък, не може

p\lt{}k\lt{}q

, понеже от

k \mid n

би се получило, че

n

има делител между

d_{2}

d_{3}

. Ако най-накрая

k \geq q

, то имаме

n=k p q \geq p q^{2}=q^{2}+(p-1) q^{2} \geq q^{2}+(p-1)(p+1)^{2}=q^{2}+p^{3}-15+p^{2}-p+14\gt{}q^{2}+p^{3}-15

, което означава, че даденото равенство не е изпълнено. Тук използвахме, че

q\gt{}p \Rightarrow q \geq p+1

. Следователно единственото на задачата

n=2009

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2009-8-4

2012

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Във футболно първенство всеки отбор играе два пъти с всеки от останалите отбори. След приключване на първенството се оказало, че всички отбори са събрали общо 363 точки и

25 \%

от срещите са завършили наравно. Колко отбора участват в това футболно първенство? (Победителят получава 3 т., победеният 0 т., а за равен мач двата отбора получават по 1 т.)

Решение

Нека в групата участват

x

отбора. Тогава общият брой на изиграните срещи е

x(x-1)

. (2 т.) При равенство се разпределят 2 т., т. е. от равните мачове се получават общо

2. \frac{1}{4} x(x-1)

точки. (2 т.) От останалите мачове се получават

3. \frac{3}{4} x(x-1)

точки. (1 т.) Получаваме уравнението

3 \cdot \frac{3}{4} x(x-1)+2 \cdot \frac{1}{4} x(x-1)=363

. (1 т.) Корените на уравнението

11 x^{2}-11 x-4 \cdot 363=0

са

x_{1}=12

x_{2}=-11

. Следователно в групата участват 12 отбора. (1 т.)

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

и вътрешна точка

M

, за която

\angle M A C=\angle M B C=30^{0}

. Ако

P

Q

са петите на перпендикулярите, спуснати от

M

съответно към страните

B C

A C

, а

D

е средата на страната

A B

, да се докаже, че

\triangle P Q D

е равностранен.

Решение

Нека

H

F

са средите съответно на

A M

B M

. Тогава

D H=\frac{1}{2} B M \quad

\quad D F=\frac{1}{2} A M \quad

(средни отсечки). (1 т.) Имаме още, че HDFM е успоредник и следователно

\angle H D F=180^{0}-\angle D H M

(1 т.), което ще използваме по-долу. Освен това

Q H=\frac{1}{2} A M \quad

\quad P F=\frac{1}{2} B M \quad

(медиани в правоъгълни триъгълници). (1 т.) Разглеждаме

\triangle D H Q

\triangle P F D

. Последователно използваме, че

D H=P F, Q H=D F

(1 т.) и

\angle D H Q=\angle D H M+60^{0}=\angle D F M+60^{0}=\angle P F D.(\mathbf{1}

т.) Оттук

\quad \triangle D H Q \cong \triangle P F D

и следователно

D P=D Q

. (1 т.) Освен това

\angle H Q D=\angle F D P

. Получаваме, че:

\begin{gathered} \angle Q D P=\angle H D F-(\angle H D Q+\angle F D P)=\angle H D F-(\angle H D Q+\angle H Q D)=\angle H D F-\left(180^{0}-\angle D H Q\right)= \\ =\angle H D F-\left(180^{0}-\angle D H M-60^{0}\right)=\angle H D F-\left(180^{0}-\left(180^{0}-\angle H D F\right)-60^{0}\right)=60^{0}(\mathbf{1} \text{т.}), \end{gathered}

което е достатъчно, за да твърдим, че

\triangle P Q D

е равностранен.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

f(x)=x^{2}+a x+b

, където

a

b

са такива цели числа, че

|a| \leq 5

|b| \leq 5

. Ако

|f(1+\sqrt{\vphantom{x^2}2})| \leq 0, 02

, да се пресметне

f(1-\sqrt{\vphantom{x^2}2})

Решение

Нека

f(1+\sqrt{\vphantom{x^2}2})=m+n \sqrt{\vphantom{x^2}2}

, където

m=3+a+b

n=a+2

. (1 т.) От условието получаваме, че

|m|=|3+a+b| \leq 3+|a|+|b| \leq 13

|n|=|a+2| \leq 2+|a| \leq 7

. (1 т.) От друга страна

|f(1+\sqrt{\vphantom{x^2}2})|=|m+n \sqrt{\vphantom{x^2}2}|=\frac{\left|m^{2}-2 n^{2}\right|}{|m-n \sqrt{\vphantom{x^2}2}|}

. (2 т.) Ако

m

n

не са едновременно равни на нула, то

\left|m^{2}-2 n^{2}\right| \geq 1

(

m

n

са цели числа) и следователно

|f(1+\sqrt{\vphantom{x^2}2})| \geq \frac{1}{|m-n \sqrt{\vphantom{x^2}2}|}

. От

|m| \leq 13

|n| \leq 7

следва, че

|m-n \sqrt{\vphantom{x^2}2}| \leq|m|+|n| \sqrt{\vphantom{x^2}2} \leq 13+7 \sqrt{\vphantom{x^2}2}\lt{}13+7 \cdot 2=27

(2 т.) и следователно

\quad|f(1+\sqrt{\vphantom{x^2}2})|\gt{}\frac{1}{27}\gt{}\frac{1}{50}=0, 02

, което противоречи на условието. Следователно

m=n=0

, откъдето получаваме

a=-2

b=-1

, т. е.

f(x)=x^{2}-2 x-1

и следователно

f(1-\sqrt{\vphantom{x^2}2})=0

. (1 т.)

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-8-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2012-8-4

2013

9 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Цената на един костюм е 200 лв. За коледните празници търговецът намалил цената му с определен процент. След няколко дни той отново намалил цената на костюма, но с два пъти по-голям от пьрвоначалния процент. С какъв процент е намалена цената на костюма първия път, ако след второто намаление цената е станала 144 лв.?

Решение

Нека първия път цената е намалена с

x \%(0\lt{}x\lt{}100)

. (1 т.) Тогава

200\left(1-\frac{x}{100}\right)\left(1-\frac{2 x}{100}\right)=144

. (3 т.) Последователно получаваме

200\left(1-\frac{3 x}{100}+\frac{2 x^{2}}{10000}\right)=144

200-6 x+\frac{2 x^{2}}{50}=144, x^{2}-150 x+50 \cdot 28=0

. Откъдето

x_{1, 2}=75 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}75^{2}-50 \cdot 28}=75 \pm 5 \sqrt{\vphantom{x^2}15^{2}-56}, x_{1, 2}=75 \pm 65

. (1 т.) Очевидно то на задачата

x=10

, т. е. първия път цената е намалена с

10 \%

. (1 т.)

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-1

Задача 1b

Пълен запис

Условие

В триъгълник

A B C

е изпълнено равенството

B C=2 A C

. Точка

D

върху страната

B C

е такава, че

\angle C A D=\angle C B A

. Правата

A D

пресича външната ъглополовяща при върха

C

в точка

E

. Да се докаже, че

A E=A B

Решение

Тъй като триъгълниците

A B C

D A C

са подобни, то ако означим

C D=t

имаме

A C=2 t

B D=3 t

. Директно се пресмята, че

\angle A E C=\frac{\alpha-\beta}{2}

. Нека

P

е точка върху

D B

, за която

D P=t

. Тогава триъгълник

A P C

е равнобедрен и

\angle A P C=\angle P A C= 90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}

, откъдето

\angle D A P=\frac{\alpha-\beta}{2}

. Оттук следва, че

A P

е ъглополовяща в триъгълник

A B D

, откъдето

A B=2 A D

. Тъй като триъгълниците

A P D

E C D

са еднакви, то

A E=2 A D

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-1b

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

A B C

с център на описаната окръжност точка

O

и ортоцентър

H

. Точка

D

е пресечната точка на

C O

A B

, точка

E

е среда на

C D

, точка

P

е петата на перпендикуляра от

C

към

A B

, а

X

е средата на

O H

. Да се докаже, че

O E+X E=P X

Решение

Тъй като

P E

е медиана в правоъгълен триъгълник, имаме

\angle P C E=\angle E P C

E P=E C

. Ако

Q

е пресечната точка на

C P

с описаната окръжност, то

H P=P Q

и триъгълник

O Q C

е равнобедрен. Следователно

\angle O Q C=\angle O C P=\angle P C E=\angle E P C

, откъдето намираме, че

P E

е следна отсечка в триъгълник

H Q O

. Това означава, че пресечната точка на

P E

O H

е точката

X

. Освен това

P X=\frac{R}{2}

O E+P E=O E+E C= R

, откъдето

O E+E X+X P=R

или

O E+E X=\frac{R}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-2

Задача 2b

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-2b

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, които имат такъв делител

d

, че

n^{4}+d^{3}

се дели на

n^{2} d+1

Решение

Случай:

n=4 k

В този случай има пример, показващ как да достигнем до исканата конфигурация. Нека вземем 8 последователни монети, които са ези, с номера от 1 до 8. Прилагаме операциите последователно за монети с номер:

2, 4, 3, 7, 5

. По този начин можем да обърнем от ези в тура, 8 последователни монети по окръжността. Нека вземем 7 последователни монети, които са ези, с номера от 1 до 7. Прилагаме операциите последователно за монети с номер:

2, 4, 3, 5, 6

. По този начин можем да обърнем от ези в тура, 4 последователни монети по окръжността, ако след тях има 3 монети ези, като тези 3 монети остават ези и след прилагане на операциите. Сега, ако

k

е четно, прилагаме първата серия от операции няколко пъти и достигаме до исканата конфигурация, а ако

k

е нечетно, прилагаме втората серия от операции веднъж и след това прилагаме първата серия от операции няколко пъти и достигаме до исканата конфигурация.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-3

Задача 3b

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички цели

x

y

и прости

p

, за които

x^{2}-3 x y+p^{2} y^{2}=12 p

Решение

Ако

p \neq 3

, получаваме

x^{2}+y^{2} \equiv 0(\bmod 3)

, откъдето

x \equiv y \equiv 0(\bmod 3)

и имаме противоречие по модул 9. Следователно

p=3

и уравнението придобива вида

x^{2}-3 x y+9 y^{2}=36

. Оттук

x=3 t, \triangle \in \mathbb{Z}

, и

t^{2}-t y+y^{2}-4=0

. Дискриминантата на последното уравнение, разглеждано като квадратно относно

t

, е

16-3 y^{2}

, което означава, че

y^{2}=0

или 4. Директната проверка дава решенията (

x, y, p

)

=(-6, 0, 3), (0, -2, 3), (0, 2, 3)

(6, -2, 3), (6, 0, 3)

(6, 2, 3)

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-3b

Задача 4

Пълен запис

Условие

Част от клетките на квадратна таблица

2013 \times 2013

са оцветени. Една клетка (независимо дали е оцветена или не) се нарича нечетна, ако се намира на ред с нечетен брой оцветени клетки и стълб с нечетен брой оцветени клетки. a) Съществува ли оцветяване с 2012 нечетни клетки? б) Съществува ли оцветяване с 2014 нечетни клетки?

Решение

а) Оцветяваме горния ляв ъгъл на таблицата по показания начин: първите 3 клетки отляво надясно на първия ред и първите 1006 клетки отгоре надолу на третия стълб. Останалите клетки на таблицата не се оцветяват. Клетките от двата леви стълба на показания отрязьк са единствените нечетни клетки в таблицата

2013 \times 2013

. Техният брой е

1006 \cdot 2=2012

. Примерьт не е единствен. Всеки верен пример се оценява с (3 т.). За частични резултати не се присъждат точки. б) Тъй като всяка нечетна клетка е сечение на ред и стълб с нечетен брой оцветени клетки, то броят на нечетните клетки в таблицата е произведение от броя на редовете с нечетен брой оцветени клетки и броя на стълбовете с нечетен брой оцветени клетки (1 т.). От друга страна броят на редовете и броят на стьлбовете с нечетен брой оцветени клетки са с еднаква четност (1 т.). Този факт се съобразява, като преброим оцветените клетки в таблицата ведньж по редове и втори път по стълбове. По-нататьк ще използваме, че броят на нечетните клетки 2014 е четно число. Това означава, че това число не може да се получи като произведение на две нечетни числа и следователно броят на редовете с нечетен брой оцветени клетки и броят на стълбовете с нечетен брой оцветени клетки са едновременно четни числа (1 т.). Тогава тяхното произведение трябва да се дели на 4, което не е изпълнено за числото 2014 (1 т.). Така, отговорът на б) е отрицателен.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-4

Задача 4b

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички прости числа

p, q

r

, за които

p+q+r

не се дели на 3, а числата

p+q+r

p q+q r+r p

са точни квадрати.

Решение

Нека

p+q+r=x^{2}

p q+q r+r p=y^{2}

, където

x

y

са естествени числа. Да допуснем, че

p, q

r

се нечетни. Тогава директна проверка на всички възможности по модул 4 показва, че или

x^{2} \equiv 3(\bmod 4)

, или

y^{2} \equiv 3(\bmod 4)

, противоречие. Следователно поне едно от числата

p, q

r

е равно на 2. Нека

p=2

q \leq r

. Имаме

q+r=x^{2}-2

q r=y^{2}-2(q+r)=y^{2}-2 x^{2}+1

. Ако

y

се дели на 3, от

q r+2(q+r)=y^{2}-3 \Longleftrightarrow(q+2)(r+2)=y^{2}+1

следва, че

q+2 \equiv r+2 \equiv \pm 1 (\bmod 3)

. Единият случай води до

q=r=3

, което не дава , а другият до

3 \mid x

, което противоречи на условието. Следователно

y

не се дели на 3. Тъй като

x

y

не се делят на 3, получаваме

q r=y^{2}-2 x^{2}+1 \equiv 1-2+1=0(\bmod 3)

, откъдето

q=3

. Тогава

5 r=y^{2}-9=(y-3)(y+3)

и оттук лесно се достига до

r=11

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-4b

Задача 7c

Пълен запис

Условие

Числата от 1 до

n^{2}

са разположени в полетата на таблица

n \times n

. За всеки ред и за всеки стълб е пресметнат сборът на числата в него. Нека

A

е сборът от тези сборове, които са четни, а

B

е сборът от тези, които са нечетни. За кои естествени

n

е възможно да е изпълнено

A=B

Решение

Нека

n

е четно. Ако

n=4 k+2

, да разположим четните числа в лявата половина на таблицата, а нечетнитев дясната. Така сборът по всеки ред е нечетен, а по всеки стълбчетен и явно

A=B

. Ако

n=4 k

, да разположим четните числа в лявата половина на таблицата, а нечетнитев дясната, освен на последния ред, където да постъпим по обратния начин. Така сборът по всеки ред е четен, а по всеки стълбнечетен и пак

A=B

. Нека

n

е нечетно. Ако това разположение е възможно, то удвоеният сбор на числата от таблицата е равен на

2\left(1+2+\cdots+n^{2}\right)=n^{2}\left(n^{2}+1\right)=A+B=2 A

. Но

A

е четно, така че дясната страна се дели на 4. В същото време

n^{2} \equiv 1(\bmod 4)

, така че

n^{2}\left(n^{2}+1\right) \equiv 2(\bmod 4),

което е невъзможно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2013-8-7c

2014

2 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадени са функциите

f(x)=a x+b

g(x)=|3 x-3|-x

. Ако графиката на функцията

f(x)

минава през точките

A(0; 2)

B(2; 4)

, да се намери лицето на триъгълника, заключен между графиките на двете функции, построени в координатна система с единична отсечка 1 cm.

Решение

От даденото в условието за функцията

f(x)

получаваме, че

f(0)=a \cdot 0+b=2 \Rightarrow b=2

f(2)=a.2+2=4 \Rightarrow a=1

, т. е. функцията е

f(x)=x+2

. (1 т.) След разкриване на модула, за функцията

g(x)

получаваме, че

g(x)=3-4 x

, при

x\lt{}1

g(x)=2 x-3

, при

x \geq 1

. (1 т.) Начертаваме графиките на двете функции в една координатна система и отбелязваме с

M, N

C

върховете на образувания от тях триъгълник. Лесно се вижда, че

M(1; -1)

. Абсцисите на точките

N

C

са решенията съответно на уравненията

x+2=3-4 x

x+2=2 x-3

, откъдето

N\left(\frac{1}{5}; 2 \frac{1}{5}\right)

C(5; 7)

. (1 т. за намерени верни координати на трите върха) Разглеждаме трапеца

P Q C N

, като

P\left(\frac{1}{5}; -1\right)

Q(5; -1)

. Тогава

S_{N M C}=S_{P Q C N}-S_{P M N}-S_{M Q C}=\frac{C Q+N P}{2} P Q-\frac{N P \cdot M P}{2}-\frac{C Q \cdot M Q}{2}=9, 6 \mathbf{c m}^{2}

. (1 т. за представяне на лицето на

\triangle N M C

чрез лицата на други фигури и 2 т. за намиране на лицето му).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

, за който

A C\lt{}A B\lt{}B C

. Средите на страните

A B, B C

A C

са означени съответно с

K, M

N

. Върху страната

A B

е взета точка

X

, а върху страната

B C

- точки

Y

Z

така, че

B X=X A+A C, A B+B Y=Y C

A C+C Z=Z B

. Да се докаже, че: a)

M X

е ъглополовяща на

\angle K M N

; б) правите

M X, N Y

K Z

минават през една точка.

Решение

Ще използваме стандартните означения за дължините на страните на

\triangle A B C

, а именно

A B=c, B C=a

A C=b

. a) От условието на задачата следва, че

A X=B X-A C=A B-A X-A C=c-b-A X \quad

и следователно

A X=\frac{c-b}{2}

. (1 т.) Тогава

X K=A K-A X=\frac{c}{2}-\frac{c-b}{2}=\frac{b}{2} \cdot(0, 5 \text{т.})

За средната отсечка

K M

\triangle A B C

имаме

K M=\frac{b}{2}(\mathbf{0, 5}

т.) и следователно

\triangle X K M

е равнобедрен, т. е.

\angle K X M=\angle X M K

. (0, 5 т.) От друга страна средната отсечка

N M

\triangle A B C

е успоредна на

A B

и следователно

\angle K X M=\angle X M N

. (1 т.) Заключаваме, че

\angle X M K=\angle X M N

, т. е.

M X

е ъглополовяща на

\angle K M N.(\mathbf{0, 5}

т.) б) По същия начин, както в а) се доказва, че

N Y

K Z

са ъглополовящи съответно на

\angle M N K

\angle N K M

, (1 т.) т. е.

M X, N Y

K Z

са ъглополовящи в

\triangle M N K

и следователно минават през една точка. (1 т.)

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2014-8-2

2015

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Фирма трябва да изпрати 10 служители в задгранична командировка. Ако самолетните билети се купят на 10 февруари, цената на един билет е 300 евро. Ако билетите се купят на 10 март, цената се увеличава с

p \%

, а ако се купят на 10 април, цената се увеличава отново, но с два пъти по-малък процент и става 346, 5 евро за един билет. Фирмата ще разполага с необходимата сума на 10 април, но ако иска да купи билетите на 10 февруари, трябва да изтегли заем при условие, че на 10 април върне сума, която е с

1, 6 p \%

по-голяма от изтеглената. Колко пари ще спести или ще загуби фирмата, ако изтегли заема?

Решение

Цената на един билет на 10 март е

300\left(1+\frac{p}{100}\right)

евро, а след второто увеличение с

\frac{p}{2} \%

на 10 април е

300\left(1+\frac{p}{100}\right)\left(1+\frac{p}{200}\right)

евро (1 точка). Така получаваме уравнението

300\left(1+\frac{p}{100}\right)\left(1+\frac{p}{200}\right)=346, 5

или

p^{2}+300 p-3100=0

, което има два корена

p_{1}=10

p_{2}=-310

(2 точки). Следователно първото увеличение е

10 \%(\mathbf{1}

точка). Сумата, която е нужна на фирмата на 10 февруари, е 3000 евро. Ако изтегли заем, сумата, която трябва да върне на 10 април, е

3000+3000 \cdot \frac{16}{100}=3480

евро (1 точка). Сумата, която ще плати за 10 билета на 10 април, е 3465 евро. Следователно, ако изтегли заем, фирмата ще загуби 15 евро (1 точка).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

X, Y

Z

са средите съответно на страните

B C

A C

A B

на остроъгълния триъгълник

A B C

, като

A C\lt{}B C

. Върху правата

Y X

е взета точка

P

така, че

X P=\frac{1}{4} A B

X

е между

Y

P

. Да се докаже, че: a) правите

C Z

B P

са успоредни; б) ако

C Z=A B

, то

A P=A C

. Вярно ли е обратното, т. е. от

A P=A C

да следва, че

C Z=A B

Решение

а) Нека

M=C Z \cap X Y

. Тогава

M X=X P=\frac{1}{4} A B \quad

и следователно

M P=Z B=\frac{1}{2} A B

. Но освен това

M P \| Z B

т. е.

Z B P M

е успоредник, откъдето

C Z \| B P

(2 точки). б) От

C Z=A B

следва, че

M Z=Z B

и с помощта на доказаното в а) заключаваме, че успоредникът

Z B P M

е ромб. Следователно

B P=A Z

. Освен това

C Z=A B

\angle A Z C=\angle P B A

, откъдето получаваме, че триъгълниците

A Z C

P B A

са еднакви. В частност

A P=A C

(2 точки). Обратно, нека

A P=A C

. От еднаквостта на триъгълниците

Z B P

A Z M

следва, че последните са равнолицеви. Следователно триъгълниците

A B P

C Z A

са също равнолицеви. Последното означава, че височините към страните

A P

A C

са равни. Но тогава

Z S=M T

, където

Z S

M T

са перпендикулярите от

Z

M

съответно към

A P

A C

. От еднаквостта на правоъгълните триъгълници

P Z S

A M T

(по катет и хипотенуза) следва

\angle S P Z=\angle T A M

. Сега

\triangle A Z P \cong \triangle A M C

(по първи признак), откъдето

A Z=C M

и следователно

A B=C Z

(2 точки).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото естествено число

a

така, че за всяко

n=1, 2, 3, 4, 5, 6

числото

30 n+a

е просто.

Решение

Очевидно търсеното число не се дели на

2, 3, 5

. Стойността

a=1

не подхожда, защото

30 \cdot 3+1=91=7 \cdot 13

(1 точка). Числото

a=7

също не подхожда, защото

30 \cdot 6+7=187=11 \cdot 17

. Следователно

a\gt{}7

(1 точка). Тьй като числата

30 n

при

n=1, 2, 3, 4, 5

, 6 дават всичките ненулеви остатъци при деление със 7, то

a

трябва да се дели на 7 и освен това трябва да е взаимно просто с 30 (3 точки). Най-малкото такова число, по-голямо от 7, е 49. Но

30 \cdot 4+49=169=13 \cdot 13

(1 точка). Опитваме със следващото възможно число, което е

a=77

. Получаваме числата 107, 137, 167, 197, 227 и 257. Лесно се вижда, че всички те са прости, защото нито едно от тях не се дели на 13 (1 точка). Тьрсената стойност за

a

е 77.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-8-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2015-8-4

2016

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадени са изразите:

M=a^{4}-6 a^{3}+b^{2}+24 b-119 \text{и} N=

b^{4}-6 b^{3}+a^{2}+24 a+151,

където

a

b

са реални числа. Да се докаже, че

M+N \geq 0

. Кога се достига равенство?

Решение

\begin{gathered} M+N=a^{4}-6 a^{3}+a^{2}+24 a+b^{4}-6 b^{3}+b^{2}+24 b+32= \\ =\left(a^{4}+9 a^{2}+16-6 a^{3}-8 a^{2}+24 a\right)+\left(b^{4}+9 b^{2}+16-6 b^{3}-8 b^{2}+24 b\right)= \\ =\left(a^{2}-3 a-4\right)^{2}+\left(b^{2}-3 b-4\right)^{2} \geq 0.(3 \text{т.}) \end{gathered}

Равенство се достига при

a^{2}-3 a-4=0

b^{2}-3 b-4=0

(1 т.). Оттук

a=-1

или

a=4

, както и

b=-1

или

b=4

(1 т.). Следователно равенство се достига в четири случая:

a=-1, b=-1; a=-1, b=4; a=4, b=-1; a=4, b=4(1

т.).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен

\triangle A B C

с височини

A K(K \in B C)

B L(L \in A C)

. Ако

G

T

са медицентровете съответно на

\triangle A B L

\triangle A B K

, да се докаже, че острият ъгъл между

A K

B L

е равен на

60^{0}

тогава и само тогава, когато

G T=\frac{1}{6} A B

Решение

Нека

H

е пресечната точка на височините

A K

B L

(

H

се нарича ортоцентър на триъгълника). Тъй като в четириъгълника

L H K C

два от ъллите са прави, то

\angle L H K

не може да е остьр. В противен случай ще излезе, че

\angle A C B=\gamma

не е остър, т. е. че триъгълникът не е остроъгълен, което е противоречие (

\mathbf{0, 5}

т.). Сега заключаваме, че

\angle L H K=120^{0}

тогава и само тогава, когато

\gamma=60^{0}(\mathbf{0, 5}

т.). Нека

M

е средата на страната

A B

. Тогава

K M

L M

са медиани съответно в правоъгълните триъгълници

A B K

A B L

, откъдето следва, че

K M=L M=\frac{1}{2} A B, \quad

т. е. че

\quad \Delta L K M \quad

е равнобедрен (1 т.). От равнобедрените триъгълници

A L M

B K M

имаме съответно

\angle A M L=180^{\circ}-2 \angle M A L=180^{\circ}-2 \alpha

\left.\angle B M K=180^{\circ}-2 \angle M B K\right)=180^{\circ}-2 \beta

. Тогава

\angle L M K=180^{\circ}-(\angle A M L+\angle B M K)=180^{\circ}-\left(180^{\circ}-2 \alpha+180^{\circ}-2 \beta\right)=2(\alpha+\beta)-180^{\circ}

. Заключаваме, че

\angle L M K=60^{0}

тогава и само тогава, когато

\gamma=60^{0}

(1 т.). Но

L L M K=60^{0}

тогава и само тогава, когато равнобедреният

\Delta L K M

е равностранен, т. е. тогава и само тогава, когато

L K=\frac{1}{2} A B

(1 т.). Тъй като по условие

G

T

са медицентрове съответно на

\triangle A B L

\triangle A B K

, то

M G=\frac{1}{3} L M

M T=\frac{1}{3} K M

(1 т.). От равенството

L M=K M

следва, че

\Delta G T M

е равностранен тогава и само тогава

\Delta L K M

е равностранен, т. е. тогава и само тогава, когато

G T=\frac{1}{3} L K=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} A B=\frac{1}{6} A B

(1 т.).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-8-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В танцов фестивал участвали 129 танцьорки, които по случаен начин изпълнявали танци по двойки. След приключване на фестивала се оказало, че нито една двойка не е участвала в повече от един танц и за всяко естествено число

n

от 1 до 128 включително има танцьорка, която е участвала точно в

n

танци. Да се докаже, че две от танцьорките са участвали в равен брой танци и да се намери този брой.

Решение

За всяко

n

от 1 до 128 да номерираме с №

n

танцьорката, която е участвала точно в

n

танци. Нека оставащата танцьорка е с № 129 (1 т.). От условието, че № 128 е танцувала с точно 128 различни партньорки, следва, че тя е танцувала с всички останали, а следователно и с № 1 (1 т.). Но тогава № 1 не е танцувала с други, освен с № 128 (1 т.). За № 127 остава единствената възможност да е танцувала с номерата от 2 до 129 включително и разбира се не с № 127, т. е. не със себе си. Заключаваме, че № 2 е танцувала само с № 127 и с № 128 (1 т.). Продължавайки по същия начин, стигаме до № 65. До този момент танцьорката с този номер е танцувала с номерата от 128 до 66 включително (общо 63 пъти) и остава единствената възможност да е танцувала с № 64 и № 129. Следващата танцьорка с № 64 е танцувала с номерата от 128 до 65 включително (общо 64 пъти) и следователно не е танцувала с № 129 (2 т.). Разглежданията спират дотук, защото условието за всяка танцьорка от № 1 до № 128 включително е изпълнено. Заключаваме, че № 129 е танцувала с 64 партньорки, т. е. точно с толкова, с колкото е танцувала и № 64 (1 т.).

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2016-8-4

2017

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за произволни реални числа

x, y

z

е изпълнено неравенството:

x^{2} y^{2} z^{2}+x^{2} y^{2}+x^{2} z^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2}+2 \geq

2(x y+x z+y z)

Кога се достига равенство?

Решение

Даденото неравенство е еквивалентно на:

\left(z^{2}+1\right)(x y-1)^{2}+(x z+y z-1)^{2} \geq 0

и следователно е изпълнено за произволни реални числа

x, y

z

. Равенство се достига тогава и само тогава, когато

x y=1

x z+y z-1=0

. От тези равенства получаваме

y=\frac{1}{x}

z=\frac{1}{x+y}=\frac{x}{x^{2}+1}

. Следователно равенство се достига тогава и само тогава, когато

x=p \neq 0, y=\frac{1}{p}

z=\frac{p}{p^{2}+1}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Върху страните

B C, C A

A B

на

\triangle A B C

, външно за триъгълника, са построени квадрати съответно с центрове

M, N

P

. Симетралите на отсечките

N P, P M

M N

пресичат страните

B C, C A

A B

съответно във вътрешни точки

A_{1}, B_{1}

C_{1}

. a) Да се намери отношението на лицата на триъгълниците

A_{1} B_{1} C_{1}

A B C

. б) Да се намерят ъглите

\angle N A_{1} P, \angle P B_{1} M

\angle M C_{1} N

Решение

а) Нека

A_{2}, B_{2}

C_{2}

са средите съответно на

B C, C A

A B

. Разглеждаме триъгълниците

C_{2} B_{2} N

M A_{2} C_{2}

. Отсечката

B_{2} C_{2}

е средна отсечка в

\triangle A B C

. Затова са изпълнени

B_{2} C_{2}=\frac{B C}{2}

B_{2} C_{2} \| B C

. От второто свойство на средната отсечка

B_{2} C_{2}

следва, че

\angle N B_{2} C_{2}=90^{\circ}+\angle A C B

. Отсечката

N B_{2}

е медиана в правоъгълния триъгълник

A C N

и затова

N B_{2}=\frac{C A}{2}

. Аналогично за

\triangle M A_{2} C_{2}

имаме

C_{2} A_{2}=\frac{C A}{2}, C_{2} A_{2} \| C A, \angle M A_{2} C_{2}=90^{\circ}+\angle A C B

M A_{2}=\frac{B C}{2}

. От забелязаните равенства следва, че са изпълнени:

B_{2} C_{2}=M A_{2}, N B_{2}=C_{2} A_{2}

\angle N B_{2} C_{2}=\angle M A_{2} C_{2}=90^{\circ}+\angle A C B

. Следователно

\triangle C_{2} B_{2} N \cong \triangle M A_{2} C_{2}

по първи признак. Оттук имаме

C_{2} N=C_{2} M

. Следователно

C_{2}

лежи върху симетралата на

M N

. Тъй като симетралата на

M N

може да има само една обща точка с

A B

, то

C_{2} \equiv C_{1}

. Аналогично се получава, че

A_{2} \equiv A_{1}

B_{2} \equiv B_{1}

. Така получихме, че точките

A_{1}, B_{1}

C_{1}

са средите съответно на страните

B C, C A

A B

. Оттук и доказаното по-горе имаме, че

\triangle C_{1} B_{1} N \cong \triangle M A_{1} C_{1}

. Тъй като лицата на триъгълниците

A B_{1} C_{1}, B C_{1} A_{1}

C A_{1} B_{1}

са равни на

\frac{1}{4}

от лицето на

\triangle A B C

, то и лицето на

\triangle A_{1} B_{1} C_{1}

\frac{1}{4}

от лицето на

\triangle A B C

. Следователно търсеното отношение е равно на

\frac{1}{4}

. б) От еднаквостта на триъгълниците

C_{1} B_{1} N

M A_{1} C_{1}

следва, че

\angle N C_{1} B_{1}=\angle A_{1} M C_{1}

. Като приложим това равенство получаваме

\begin{aligned} \angle M C_{1} N & =\angle M C_{1} A_{1}+\angle A_{1} C_{1} B_{1}+\angle N C_{1} B_{1}=\angle M C_{1} A_{1}+\angle A_{1} C_{1} B_{1}+\angle A_{1} M C_{1}= \\ & =\left(\angle M C_{1} A_{1}+\angle A_{1} M C_{1}\right)+\angle A_{1} C_{1} B_{1}=180^{\circ}-\angle M A_{1} C_{1}+\angle A_{1} C_{1} B_{1}= \\ & =180^{\circ}-\left(90^{\circ}+\angle A C B\right)+\angle A C B=90^{\circ}. \end{aligned}

Следователно

\angle M C_{1} N=90^{\circ}

. Аналогично се получава, че

N A_{1} P=90^{\circ}

P B_{1} M=90^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които числото

2^{n+2}+3^{n+2}+5^{n+2}

се дели на

2^{n}+3^{n}+5^{n}

Решение

Въвеждаме означенията

A=2^{n}+3^{n}+5^{n}

B=2^{n+2}+3^{n+2}+5^{n+2}

. Разглеждаме следните случаи:

(*)

При

n=1

имаме

A=10

B=160

. Следователно

B

се дели на

A

(*)

При

n=2

имаме

A=38

B=722=38 \cdot 19

. Следователно

B

се дели на

A

(*)

Нека

n \geq 3

. Тъй като

2^{n}+3^{n}+5^{n}=(-1)^{n}+0+(-1)^{n}=2(-1)^{n}(\bmod 3)

, то

A

не се дели на 3. Да допуснем, че

B

се дели на

A

. Тогава

A

е делител на

B-A=3 C

, където

C=2^{n}+8 \cdot 3^{n-1}+8 \cdot 5^{n}

. Тъй като

A

не се дели на 3, оттук следва, че

C

се дели на

A

. От друга страна при

n \geq 3

имаме

C=8 \cdot 3^{n-1}+9 \cdot 5^{n}-\left(5^{n}-2^{n}\right)=

2\left[\left(8 \cdot 3^{n-2}+3 \cdot 5^{n}\right)-\left(5^{n-1}+2 \cdot 5^{n-2}+\cdots+2^{n-2}.5+2^{n-1}\right)\right]

Следователно

C

се дели на 3. Оттук следва, че

\frac{1}{3} C

се дели на

A

. Затова съществува естествено число

k

, при което е изпълнено равенството

C=3 k A

. Ако

k \geq 3

, то

C=3 k A \geq 9 A=9 \cdot 2^{n}+9 \cdot 3^{n}+9 \cdot 5^{n}\gt{}

2^{n}+8 \cdot 3^{n-1}+8 \cdot 5^{n}=C.

Следователно

k=1

или

k=2

. Ако

k=1

, то

C-3 k A=C-3 A=5^{n+1}-3^{n-1}-2^{n+1}=0

. Последното равенство е невъзможно, защото

5^{n+1}-3^{n-1}-2^{n+1}=3 \cdot 5^{n}+2 \cdot 5^{n}-3^{n-1}-2^{n-1}\gt{}

\left(3 \cdot 3^{n}=3^{n}\right)+\left(2 \cdot 5^{n}-2 \cdot 2^{n}\right)\gt{}0.

Ако

k=2

, то

C-3 k A=C-6 A=10\left(5^{n-1}-3^{n-1}-2^{n-1}\right)=0

. Това равенство също е невъзможно, защото

\left.5^{n-1}-3^{n-1}-2^{n-1}=(5-3)\left(5^{n-2}+\cdots+3^{n-2}\right)-2^{n-1}\gt{}2 \cdot 5^{n-2}-2 \cdot 2^{n-2}\gt{}0 \text{(при} n \geq 3\right).

Следователно търсените стойности на

n

са

n=1

n=2

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадени са 2017 външно еднакви тежести с тегла 1 грам, 2 грама,..., 2016 грама и 2017 грама (не знаем коя тежест колко тежи) и естествено число

n

. Разполагаме с двураменна везна, която може да сравнява теглата на произволни две от тежестите. При това, ако разликата в теглата на двете тежести не надминава

n

, везната остава в равновесие. Ако разликата в теглата на двете тежести е по-голяма от

n

, везната показва коя тежест е по-тежка и колко е разликата в теглата на двете тежести. a) Да се докаже, че при

n=1

с 2017 претегляния на везната можем да намерим теглата на всяка от тежестите. б) Да се намерят всички стойности на

n

, за които с претегляния с везната могат да се намерят теглата на всяка от тежестите.

Решение

Да означим тежестите с

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2017}

. а) Да претеглим

A_{1}

с всяка от останалите 2016 тежести. Да отбележим, че от всички 2016 претегляния везната ще бъде в равновесие в едно или две претегляния.

(*)

Ако има само една тежест (нека това е

A_{i}

), за която везната е в равновесие. Това означава, че теглото на

A_{1}

е 1 (ако тя е по-лека от всички останали без

A_{i}

) или 2017 грама (ако тя е по-тежка от всички останали без

A_{i}

) и теглото на

A_{i}

е съответно 2 или 2016. Теглото на всяка от останалите тежести се определя еднозначно от претеглянето и с

A_{1}

. В този случай 2016 претегляния са достатъчни.

(*)

Ако има две тежести (нека това са

A_{i}

A_{j}

), за които везната е в равновесие.

(*)

Ако

A_{1}

е по-тежка от всички останали тежести, то

A_{1}

има тегло 2016 грама, а теглата на

A_{i}

A_{j}

са 2015 и 2017. Теглото на всяка от останалите тежести се определя еднозначно от претеглянето и с

A_{1}

. С едно претегляне на

A_{i}

A_{j}

ще определим коя от тях колко тежи.

(*)

Ако

A_{1}

е по-лека от всички останали тежести, то

A_{1}

има тегло 2 грама, а теглата на

A_{i}

A_{j}

са 1 и 3. Теглото на всяка от останалите тежести се определя еднозначно от претеглянето и с

A_{1}

. С едно претегляне на

A_{i}

A_{j}

ще определим коя от тях колко тежи.

(*)

Нека изберем тежест

A_{p}

която е по-тежка от

A_{1}

и има най-голяма разлика с теглото на

A_{1}

и тежест

A_{q}

, която е по-лека от

A_{1}

и има най-голяма разлика с теглото на

A_{1}

. Ясно е, че теглото на

A_{p}

е 2017, а теглото на

A_{q}

е 1. Тогава от претеглянето на

A_{1}

A_{p}

(или на

A_{1}

A_{q}

) определяме теглото на

A_{1}

(нека това тегло е

t

). От тук следва, че теглата на всички тежести (без

A_{i}

A_{j}

) се определят еднозначно от претеглянето и с

A_{1}

. Теглата на

A_{i}

A_{j}

са

t-1

t+1

и с едно претегляне на тези две тежести можем да определим теглата им. б) Ако

n \geq 1009

везната ще бъде в равновесие при всяко претегляне, в което участва тежест с тегло 1008, 1009 или 1010 грама (защото разликата в теглата на произволна тежест и тежест с тегло 1008, 1009 или 1010 не надминава 1009 грама). Това означава, че тежестите с тегла 1008, 1009 и 1010 грама са "неразличими" при поставяне на везната, т. е. няма как да ги намерим. Ако

n \leq 1008

да премерим всички двойки тежести. Двойката, за която разликата в теглата е 2016 ще ни определи тежестите от 2017 грама (нека това е тежест

A

) и 1 грам (нека това е тежест

B

). Сега всички тежести с тегла от 2 грама до 1008 грама ще се определят от претеглянето с

A

, а всички тежести от 1010 до 2016 грама ще се определят от претеглянето с

B

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2017-8-4

2019

1 задача

Задача 4

Пълен запис

Условие

Колко са различните оцветявания на полетата от таблица с 2 реда и 6 колони, при които горното ляво поле е жълто, а всяко от останалитебяло, зелено или червено, и не се среща правоъгълник, съставен от три едноцветни полета?

Решение

Решение. Първи подход: Нека означим с

a_{n}

броя на оцветяванията в бяло, зелено и червено на редица от

n

полета, така че да не се среща правоъгълник, съставен от три едноцветни полета (такова оцветяване ще наричаме правилно). Тогава задачата е еквивалентна на това да пресметнем

a_{5}. a_{6}

. Нека за всяко

n=2, 3, \ldots

означим с

b_{n}

броя на правилните оцветявания на редица от

n

полета, при които последните две полета са едноцветни, а с

c_{n}

- на тези, при които последните две полета са разноцветни (така че

a_{n}=b_{n}+c_{n}

). Имаме

b_{n+1}=c_{n}

(понеже ако добавим поле в цвета на последното, това преди тях трябва да е в друг цвят) и

c_{n+1}= 2\left(c_{n}+b_{n}\right)

(понеже винаги можем да добавим поле в някой от двата цвята, различни от последния). Следователно

c_{n+1}=2\left(c_{n}+c_{n-1}\right)

, от което следва

b_{n+1}=2\left(b_{n}+b_{n-1}\right)

и в крайна сметка

a_{n+1}=2\left(a_{n}+a_{n-1}\right)

. Освен това имаме

a_{1}=3, a_{2}=3 \cdot 3=9

, откъдето

a_{3}=2(9+3)=24, a_{4}=2(24+9)=66, a_{5}=2(66+24)=180

a_{6}=2(180+66)=492

. Оттук

a_{5} \cdot a_{6}=180 \cdot 492=88560

, което е и търсеният брой. Втори подход: За оцветяване на петте десни полета на първия ред в 3 цвята има

3^{5}=243

варианта. Ще преброим тези от тях, при които се среща правоъгълник, съставен от три едноцветни полета. За целта ще групираме тези варианти в три взаимноизключващи се случая, а именно: (i) има 5 последователни полета в един цвят. Тези оцветявания са очевидно 3 (броят на различните цветове); (ii) има точно 4 последователни полета в един цвят. Тези оцветявания са ( 2 избора за позицията им)( 3 избора за цвета им)( 2 избора за цвета на петото поле)

=12

; (iii) има точно 3 последователни полета в един цвят. Тук ще разгледаме два случая: когато трите едноцветни полета се срещат в края на реда и когато са точно по средата. В първия случай имаме ( 2 избора за позицията им)( 3 избора за цвета им)( 2 избора за цвета на съседното поле)(3 избора за цвета на несъседното поле)

=36

варианта. Във втория, възможните оцветявания са: ( 1 избор за позицията им)( 3 избора за цвета им)( 2 избора за цвета на лявото съседно поле)(2 избора за цвета на дясното съседно поле)

=12

. Така в този случаи имаме общо

12+36=48

оцветявания. Общо оцветяванията на първия ред, в които се среща правоъгълник, съставен от три едноцветни полета са

3+12+48=63

, откъдето правилните оцветявания на първия ред са:

243-63=180

. За оцветяване на шестте полета на втория ред в 3 цвята има

3^{6}=729

варианта. Отново ще преброим тези от тях, при които се среща правоъгълник, съставен от три едноцветни полета. За целта ще групираме тези варианти в шест взаимноизключващи се случая, а именно: (i) най-левите три полета са в един цвят и най-десните три полета са в един цвят (евентуално същия). Тези оцветявания са

3 \cdot 3=9

; (ii) има точно 5 последователни едноцветни полета. Тези оцветявания са: ( 2 избора за позицията им)( 3 избора за цвета им)( 2 избора за цвета на шестото поле)

=12

; (iii) има точно 4 последователни едноцветни полета в крайна позиция. Тези оцветявания са: ( 2 избора за позицията им)( 3 избора за цвета им)( 2 избора за цвета на съседното поле)( 3 избора за цвета на несъседното поле)

=36

; (iv) има точно 4 последователни едноцветни полета и те са в средна позиция. Тези оцветявания са ( 1 избор за позицията им)(3 избора за цвета им)(2 избора за цвета на лявото съседно поле)(2 избора за цвета на дясното съседно поле)

=12

; (v) точно 3 последователни едноцветни полета в крайна позиция, като другите 3 полета не са едноцветни. Тези оцветявания са: ( 2 избора за позицията им)( 3 избора за цвета им)( 2 избора за цвета на съседното поле)

\left(3^{2}-1=8\right.

избора за цвета на несъседните полетаизвадихме случая с втори три едноцветни полета)

=96

; (vi) има точно 3 последователни едноцветни полета и те не са крайни. Тези оцветявания са: ( 2 избора за позицията им) ( 3 избора за цвета им)

\left(2^{2}=4\right.

избора за цвета на съседните полета) ( 3 избора за цвета на несъседното поле)

=72

. Остават

729-9-12-36-12-96-72=492

правилни оцветявания за втория ред. Така окончателно получаваме, че броят на търсените оцветявания е

180 \cdot 492=88560

. Оценяване (

\mathbf{7}

точки): Зт. за правилно преброяване на възможните оцветявания на първия ред; Зт. за правилно преброяване на възможните оцветявания на втория ред; 1т. за верен отговор. При броене с грешки по същество: 0т. за съответния ред. При един изпуснат или дублиран вариант се отнемат 2 от 3 -те точки за съответния ред; при повече от един такъв не се присъждат точки за този ред. При открита от проверяващия чисто техническа грешка и завършено от него правилно броене се отнема по 1т. за всяка независима грешка; ако това води до отрицателен резултат за съответния ред, то за него не се присъждат точки.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2019-8-4

2020

9 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадени са уравненията

x^{2}+p x-2=0

с реални корени

u

-2 v

y^{2}-4 y+q=0

с корени

u

v

. Да се запише стойността на израза

\sqrt{\vphantom{x^2}4+p}-\sqrt{\vphantom{x^2}v}

във вида

\sqrt{\vphantom{x^2}m}-\sqrt{\vphantom{x^2}n}

, където

m

n

са едноцифрени естествени числа.

Решение

От формули на Виет следва, че

u(-2 v)=-2

. Тогава

q=u v=1

. От уравнението

y^{2}-4 y+1=0

, намираме

u, v=2 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-1

Задача 1b

Пълен запис

Условие

а) Да се докаже, че произведение на четири последователни естествени числа не може да е точен квадрат на естествено число. б) Да се намерят всички естествени числа

n

, за които числото

n^{2}+9 n+8

може да се представи като произведение на четири последователни естествени числа.

Решение

а) Имаме

x(x+1)(x+2)(x+3)=\left(x^{2}+3 x\right)\left(x^{2}+3 x+2\right)=\left(x^{2}+3 x+1-1\right)\left(x^{2}+3 x+1+1\right)=\left(x^{2}+3 x+1\right)^{2}-1

, което показва, че произведението на четири последователни естествени числа не е точен квадрат на естествено число. б) От а) следва, че числото

n^{2}+9 n+9

е точен квадрат. От друга страна,

(n+3)^{2}\lt{}n^{2}+9 n+9\lt{}(n+5)^{2} \quad \Longrightarrow \quad

n^{2}+9 n+9=(n+4)^{2} \quad \Longrightarrow \quad n=7.

Действително,

7^{2}+9 \cdot 7+8=120=2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-1b

Задача 1c

Пълен запис

Условие

Да се решат уравненията

x^{3}-6 x^{2}+11 x+a=0

x^{3}+4 x^{2}+x+a=0

, където

a

е параметър, ако е известно, че те имат общ корен.

Решение

Нека

x_{0}

е общият корен на двете уравнения, т. е.

x_{0}^{3}-6 x_{0}^{2}+11 x_{0}+a=0

x_{0}^{3}+ 4 x_{0}^{2}+x_{0}+a=0

. Елиминирайки

a

, получаваме

10 x_{0}^{2}-10 x_{0}=0

, т. е.

x_{0}=1

или

x_{0}=0

. Ако общият корен е

x_{0}=1

, то

a=-x_{0}^{3}-4 x_{0}^{2}-x_{0}=-6

. Тогава уравненията са

x^{3}-6 x^{2}+11 x-6=\left(x^{3}-x\right)-6\left(x^{2}-2 x+1\right)=

(x-1)(x-2)(x-3)=0

с корени 1, 2 и 3, и

x^{3}+4 x^{2}+x-6=\left(x^{3}-x^{2}\right)+\left(x-x^{2}\right)+6\left(x^{2}-1\right)=

(x-1)(x+2)(x+3)

с корени

1, -2

и -3. Ако общият корен е

x_{0}=0

, то

a=-x_{0}^{3}-4 x_{0}^{2}-x_{0}=0

и уравненията са

x\left(x^{2}-6 x+11\right)=0

с единствен реален корен 0 и

x\left(x^{2}+4 x+1\right)=0

с корени 0 и

-2 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-1c

Задача 2

Пълен запис

Условие

Диагоналите на трапеца

A B C D, A B \| C D, A B\gt{}C D

, се пресичат в точка

O

. Ъглополовящите на външните ъгли на трапеца при върховете

A

D

се пресичат в точка

L

. Симетралата на

A L

минава през средата

K

на отсечката

D O

. a) Да се докаже, че

A D=C D

. б) Ако симетралата на

A L

пресича

C L

A L

съответно в точките

E

F

, да се докаже, че

E

е медицентър за триъгълника

C D F

Решение

а) Лесно се съобразява, че

\angle A L D= 90^{\circ}

. Тогава симетралата

S_{A L} \| D L

и пресича

A D

в средата ѝ

M

. Следователно

M K

е средна отсечка в

\triangle A O D

и получаваме, че

S_{A L} \| A C

, т. е.

A C \perp A L

, откъдето заключаваме, че

A C

е ъглополовяща на

\angle D A B

A D=C D

. б) От

L M

- медиана към хипотенузата в

\triangle A D L

следва, че

L M=\frac{1}{2} A D

L M \| C D

. Следователно правата

L M

пресича диагонала

A C

в средата му

N

. От

M N

- средна отсечка в

\triangle A D C

следва, че

M N=\frac{1}{2} C D=M L

. От четириъгълник

L N C D

- успоредник (страните му са две по две успоредни) получаваме, че точка

E

е среда и на диагонала му

D N

. От четириъгълника

A N D L

- правоъгълник (диагоналите му се разполовяват и са равни) получаваме, че

L D=A N=N C=F E

. Нека

F E \cap C D=P

. От

M

- среда на

A D

M P \| A C

следва, че точка

P

е средата на

C D

. Следователно

F P

е медиана в

\triangle C D F

. От

E P

- средна отсечка в

\triangle N C D

следва, че

E P=\frac{1}{2} C N=\frac{1}{2} F E

, т. е.

E

е медицентър на

\triangle C D F

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-2

Задача 2b

Пълен запис

Условие

Точките

M, N

K

са съответно върху страните

A C, B C

A B

на

\triangle A B C

, като

K

е среда на

A B

, а

M N \perp C K

. Ако

\angle N M C=\angle B K N

\angle M N C=\angle A K M

, докажете, че отсечките

A N, B M

C K

се пресичат в една точка.

Решение

От условието следва, че

\angle M K N=\angle A C B=\gamma

, като допълващи едни и същи ъгли до

180^{\circ}

. Нека означим пресечната точка на

M N

C K

L

. Построяваме

D L=C L

, така че

D

да е от лъча

L K

. Ако допуснем, че

D

е между

L

K

, то от еднаквостта на триъгълниците

\triangle M L C \cong \triangle M L D, \triangle L N C \cong \triangle L N D

следва, че

\angle M D N=\angle M C N=\gamma

. От друга страна,

\angle M D L\gt{}\angle M K L, \angle N D L\gt{}\angle N K L

, като външни съответно за

\triangle M K D

\triangle N K D

. Следователно,

\gamma=\angle M D N=\angle M D L+\angle N D L\gt{}

\angle M K L+\angle N K L=\angle M K N=\gamma,

което е невъзможно и значи

D

не е между

L

K

. Аналогично (с неравенства в обратната посока) се доказва, че

K

не може да е между

L

D

. Следователно

D \equiv K

C L=L K

. Да построим през

L

отсечка

M_{1} N_{1} \| A B

(

M_{1} \in A C, N_{1} \in B C

). Ясно е, че

M_{1}

N_{1}

са средите на

A C

B C

. Ако допуснем, че

M N \nmid A B

, то, без ограничение на общността, нека

M_{1} \in A M, N \in C N_{1}

. Тогава,

\angle B A C=\angle N_{1} M_{1} C\gt{}

\angle N M C=\angle B K N\gt{}\angle B K N_{1}=\angle B A C,

което е противоречие. Следователно,

M N \| A B, M \equiv M_{1}

N \equiv N_{1}

, т. е., отсечките

A N, B M

C K

се явяват медиани в

\triangle A B C

и като такива се пресичат в медицентъра на триъгълника.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-2b

Задача 2c

Пълен запис

Условие

Нека

A B C D

е изпъкнал четириъгълник, който не е успоредник, а точките

M

N

са съответно средите на диагоналите

A C

B D

. Правата

M N

пресича страните

A D

B C

съответно във вътрешни точки

P

Q

. Да се докаже, че

\angle A P N=\angle B Q M

тогава и само тогава, когато

A D=B C

Решение

Нека

K

е средата на

A B

. Тогава

K M

K N

са средни отсечки съответно на триъгълниците

A B C

A B D

. Ако точките

P, N, M

Q

са в този ред върху правата

P Q

, имаме

\angle A P N=\angle K N M

\angle B Q M=\angle K M N

. Освен това имаме

K N=A D / 2

K M= B C / 2

. Следователно задачата се свежда до това, че един триъгълник е равнобедрен тогава и само тогава, когато ъглите при основата му са равни. Случаят, в който редът върху правата

P Q

P, M, N

Q

, води до

\angle A P N=\angle K N Q

\angle B Q M=\angle K M P

и преминаването към допълнителни ъгли води до горния резултат.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-2c

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че съществуват безброй много естествени числа

a

, такива че за всяко естествено число

n

числата

n^{3}+2018 n+a, n^{3}+2019 n+a

n^{3}+2020 n+a

са съставни.

Решение

Понеже

n\left(n^{2}-1\right)

е произведение на три последователни числа, то то се дели на 3 за всяко

n

. Следователно, при

a

делящо се на 3, числото

n^{3}+2018 n+a=n\left(n^{2}-1\right)+2019 n+a

ще се дели на 3. Понеже

n\left(n^{2}+1\right)

е четно за всяко

n

, то при

a

делящо се на 2, числото

n^{3}+2019 n+a=n\left(n^{2}+1\right)+2018 n+a

ще е четно. Да положим

a: =k^{3}+2020 k

. Тогава,

n^{3}+2020 n+k^{3}+2020 k=(n+k)\left(n^{2}-n k+k^{2}+2020\right)

, т. е., числото е съставно. Остава да осигурим числото

a=k^{3}+2020 k

да се дели и на 2 и на 3, т. е.,

k=6 t

. За всяко естетсвено число

t

, число

a

от вида

(6 t)^{3}+2020 \cdot 6 t=24 t\left(9 t^{2}+505\right)

гарантира, че всяко от числата

n^{3}+2018 n+a, n^{3}+2019 n+a

n^{3}+2020 n+a

е съставно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-3

Задача 3b

Пълен запис

Условие

Едно естествено число наричаме добро, ако се записва с помощта на само две различни цифри, едната от които е 0, и притежава следното свойство: каквато и ненулева цифра

a

да допишем отдясно на това число, се получава число, което се дели на

a

. a) Да се намери най-малкото добро число. б) Да се докаже, че съществуват безбройно много добри числа, в които участва само една нула.

Решение

Ако

N

е добро число, то

\overline{N a}-a=10 N

се дели на

a

за всяка ненулева цифра

a

. Оттук при

a=7

a=9

следва, че

N

се дели на 7 и на 9, а при

a=8

, це

N

се дели на 4. Да отбележим още, че

N

е кратно на число, което се записва само с цифрите 1 и 0, и че трите най-малки числа, които се записват само с 1 и 0 и се делят на 7, са 1001, 10010 и 10101 (по-малките кандидати се отхвърлят лесно), а следващите са с поне 6 цифри. а) Нека

N

е най-малкото добро число. Ако ненулевата цифра на

N

не се дели на 3, от

9 \mid N

следва, че

N

има поне 9 цифри. Ако ненулевата цифра на

N

е 3, то

N

завършва на 00 и 3 се среща поне три пъти. Това означава, че

N

е поне 7 -цифрено. Ако ненулевата цифра на

N

е 6, то

N

завършва на 0 и 6 се среща поне три пъти. Това означава, че

N=606060

или

N

е поне 7-цифрено. Накрая, ако ненулевата цифра е 9, то

N

завършва на 00 и значи

N=900900

или

N

има поне 7 цифри. Следователно най-малкото добро число е 606060. б) Такива са например числата

66 \ldots 60

, където броят на шестиците е кратен на 6.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-3b

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n\gt{}2

е естествено число и

A_{1} A_{2} \ldots A_{n}

е правилен

n

-ъгълник. Ако е дадена редица от два или повече различни върха на многоъгълникът, в която всеки връх без първия е свързан чрез отсечка с предходния и отсечките нямат общи вътрешни точки, то обединението на тези отсечки ще наричаме несамопресичаща се начупена линия (ННЛ). Означаваме с

a_{n}

броя на всички ННЛ в

n

-ъгълника. Например

a_{3}=6

, понеже ННЛ са

A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}, A_{2} A_{3}, A_{1} A_{2} A_{3}, A_{2} A_{1} A_{3}, A_{1} A_{3} A_{2}

. а) Да се намери формула, изразяваща

a_{n}

чрез

n

(в затворен вид). б) Колко от числата

a_{n}

за

n \leq 2020

се делят на 7?

Решение

Да пресметнем броя

b_{k}

броя на всички несамопресичащи се начупени линии, свързващи (без повторения) всички върхове на изпъкнал

k

-ъгълник. Имаме

k

избора на първия връх от начупената линия, след което имаме по 2 избора за всеки следващ връх без последния (а именно най-левия или най-десния неизползван до момента връх). Но при този подход всяка начупена линия е броена по два пъти (по веднъж от двата си края), така че

b_{k}=k.2^{k-2}: 2=k.2^{k-3}

. Този факт запазва верността си и при естествената дефиниция за

k=2

. а) Ако по начупената линия има

k

върха

(k=2, 3, \ldots, n)

, то има

\binom{n}{k}

избора за това кои да са те и

b_{k}=k.2^{k-3}

избора как да бъдат свързани. Следователно

a_{n}=\sum_{k=2}^{n} \frac{n!}{k!(n-k)!} \cdot k 2^{k-3}=\frac{n}{4} \cdot \sum_{k=2}^{n} \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} \cdot 2^{k-1}=\frac{n}{4} \cdot\left((2+1)^{n-1}-1\right)=\frac{n}{4} \cdot\left(3^{n-1}-1\right)

. б) Това се случва ако

n

се дели на

7\left(2016: 7=288\right.

стойности), както и ако

3^{n-1}

дава остатък 1 при деление на 7, т. е. ако

n-1

се дели на

6(2016: 6=336

стойности), като трябва да изключим дублиранията, т. е. стойностите на

n

, даващи остатък 7 при деление на

42(2016: 42=48

стойности). Отговор:

288+336-48=576

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2020-8-4

2021

3 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

В равностранен триъгълник

A B C

със страна 4 см точките

D_{1}, D_{2}, D_{3}

са от страната

A B

A D_{1}=D_{1} D_{2}=D_{2} D_{3}=D_{3} B=1

см. Точка

E

е на страната

A C

C E=1

см. Пресметнете сбора

\angle E D_{1} C+\angle E D_{2} C+\angle E D_{3} C

Решение

Да означим

\angle E D_{1} C=\alpha, \angle E D_{2} C=\beta, \angle E D_{3} C=\gamma

. Построяваме точка

F

на страната

B C

така, че

C F=1

см. Четириъгълникът

A D_{1} F E

е успоредник. От симетрията

\angle C D_{1} F=\gamma

\angle E D_{1} F=\alpha+\gamma=\angle A E D_{1}

. От успоредника

D_{1} D_{2} F E, \angle E D_{2} F=2 \beta= \angle D_{1} E D_{2}

. Накрая

\angle D_{2} E D_{3}=\angle D_{3} F B=\alpha+\gamma=\angle F D_{3} E

. Следователно

2 \alpha+2 \beta+2 \gamma=60^{\circ}

\alpha+\beta+\gamma=30^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се реши в естествени числа уравнението

x^{2}.3^{y}=2021+2^{z}

Решение

По модул 3 имаме

2^{z} \equiv 1

, така че

z

е четно; нека

z=2 m

. Сега по модул 4 имаме

x^{2}.3^{y} \equiv 1

, така че

y

е четно; нека

y=2 n

x^{2} \cdot 3^{2 n}-2^{2 m}=2021

\left(x.3^{n}+2^{m}\right)\left(x.3^{n}-2^{m}\right)=43 \cdot 47

Тъй като първият множител е положителен и по-голям от втория, вариантите са: А.

x \cdot 3^{n}+2^{m}=2021, x \cdot 3^{n}-2^{m}=1, 2 \cdot 2^{m}=2020

, което е невъзможно. Б.

x.3^{n}+2^{m}=47, x.3^{n}-2^{m}=43, 2 \cdot 2^{m}=4, m=1, 2 x.3^{n}=90

, което е валидно за

(x; n)=(5; 2)

(15; 1)

. Съответно

(x; y; z)=(5; 4; 2)

(15; 2; 2)

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Имам кариран лист

K

с размери

99 \times 99

полета. „Линия“ ще наричаме всеки от 99-те реда и 99-те стълба на

K

. Разчертах

K

на квадрати

1 \times 1, 2 \times 2, 3 \times 3, \ldots, 9 \times 9

(поне по един от всеки от 9 -те вида). Една от 198 -те линии ще наричаме четна [нечетна], ако съдържа вътрешни точки на четен [нечетен] брой от квадратите на разделянето. Какъв е най-малкият възможен брой нечетни линии?

Решение

Да допуснем, че всички редове са четни линии. Тъй като по всяка линия в квадрати с четен размер има четен брой полета, то в квадрати с нечетен размер има нечетен брой полета. Така редът минава през нечетен брой квадрати с нечетен размер и тъй като той е четна линия, минава и през нечетен брой квадрати с четен размер. Следователно ако нарежем всеки четен квадрат от разделянето на хоризонтални лентички с ширина по един ред, броят на тези лентички е нечетно число (като сбор на 99 нечетни събираеми) и същевременно четно число (понеже всеки квадрат е нарязан на четен брой лентички): абсурд. И така, има поне един нечетен ред и аналогично поне един нечетен стълб, т. е. има поне 2 нечетни линии. Ще покажем, че този брой може да е точно 2. Ако всички квадрати са

1 \times 1

, то всички линии са нечетни. При очертаване на четен квадрат четността на преминаващите през него линии се променя, а при очертаване на нечетен квадратне. Ако очертаем по диагонала подред квадрати

8 \times 8, 6 \times 6, 4 \times 4

и 40 квадрата

2 \times 2

, то четни ще станат всички линии освен последния ред и последния стълб. Остава да добавим по един квадрат

3 \times 3

5 \times 5, 7 \times 7

9 \times 9

(които да не се пресичат с вече очертаните и един с друг); това няма да промени четността на линиите.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2021-8-4

2022

3 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

\angle A B C=50^{\circ}

. Нека

M

N

са средите съответно на

A C

B C, P

е средата на

B M

Q

е средата на

C M

. Известно е, че съществува правоъгълен триъгълник с дължини на страните, равни на дължините на отсечките

C P, B Q

M N

. Да се намери ъгъла между правите

C P

A B

Решение

Нека

C P, B Q

M N

се пресичат в медицентъра

G

на триъгълника

B C M

и нека

C P

пресича

A B

в точката

R

. Тогава

\angle G M B=\angle P B R

като кръстни в

M N \| A B (M N

е средна отсечка в

A B C), \angle B P R=\angle M P G

като връхни и

M P=P B

, откъдето

\triangle M G P \cong \triangle B R P

, което дава

B R=M G=\frac{2}{3} M N

G R=2 G P=\frac{2}{3} C P

. Следователно страните на

B G R

са с дължини, равни на две трети от дължините на

C P, B Q

M N

и сега от условието получаваме, че

B G R

е правоъгълен триъгълник. Наистина, ако триъгълник със страни

\frac{2}{3} a, \frac{2}{3} b

\frac{2}{3} c

е правоъгълен с прав ъгъл срещу

\frac{2}{3} c

, то това е вярно и за този със страни

a, b

c

, понеже Питагоровата теорема за първия дава

\left(\frac{2}{3}\right)^{2} a^{2}+\left(\frac{2}{3}\right)^{2} b^{2}= \left(\frac{2}{3}\right)^{2} c^{2}

, т. е.

a^{2}+b^{2}=c^{2}

и значи вторият също изпълнява тази теорема. (Това може да се докаже и чрез въвеждане на точки, които делят страните

b

c

на три равни части и използване на получените средни отсечки.) Ако

\angle G B R=90^{\circ}

, то

50^{\circ}=\angle A B C\gt{}90^{\circ}

, невъзможно. Ако

\angle B G R=90^{\circ}

, то с

G R=G C

от по-горе получаваме

B R=B C

\angle B R C=90^{\circ}-\frac{\angle A B C}{2}= 65^{\circ}

. Последната възможност е

\angle B R G=90^{\circ}

. За да сме сигурни, че ъглите

65^{\circ}

90^{\circ}

наистина не водят до невъзможни конфигурации, нека покажем накратко как да построим такивазапочваме от триъгълник

B R C

\angle A B C=50^{\circ}, \angle B C R=\angle B R C=65^{\circ}

или

\angle R B C=50^{\circ}, \angle B R C=90^{\circ}

и върху отсечката

C R

построяваме

P

G

, такива че

C P=3 P R

C G=G R

; след това всяка друга точка се възстановява еднозначно чрез построяването на среда или успоредна права или пресичане на прави. Проверката, че

C P, B Q

M N

образуват правоъгълен триъгълник е с аргументи, аналогични на такива от то.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се реши в цели числа уравнението

a=a^{3}-8 a^{2} b+21 a b^{2}-18 b^{3}

Решение

Дясната страна се разлага до

\begin{gathered} \left(a^{3}-8 b^{3}\right)-8 a^{2} b+16 a b^{2}+5 a b^{2}-10 b^{3}=(a-2 b)\left(a^{2}+2 a b+4 b^{2}\right)-8 a b(a-2 b)+5 b^{2}(a-2 b) \\ =(a-2 b)\left(a^{2}-6 a b+8 b^{2}\right)=(a-2 b)(a-3 b)^{2} \end{gathered}

Да положим

n=a-3 b

. Получаваме

3 a=n^{2}(3 a-6 b)=n^{2}(2 n+a)

, откъдето

\left(3-n^{2}\right) a=2 n^{3}

. При

n=0

следват

a=0

b=0

; при

n= \pm 1

получаваме

a= \pm 1

b=0

; при

n= \pm 2

получаваме

a=\mp 16

b=\mp 6

; при

n= \pm 3

получаваме

a=\mp 9

b=\mp 4

; при

n= \pm 4

лявата страна се дели на 13, а дяснатане; при

n= \pm 5, \pm 6

лявата страна се дели на 11, а дяснатане. От друга страна, при

|n| \geq 7

тъй като

3-n^{2} \neq 0

a=\frac{2 n^{3}}{3-n^{2}}=\frac{6 n}{3-n^{2}}-2 n

n^{2}-3\gt{}6|n|

(еквивалентно на

|n|(|n|-6)\gt{}3

), то

a

не е цяло число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Равностранен триъгълник с лице

n^{2}

е разделен на

n^{2}

равностранни триъгълничета с единични лица посредством прави, успоредни на страните му. Върховете на триъгълничетата ще наричаме възли. Намерете, като многочлен на

n

, разложен на неразложими множители, сбора от лицата на всички равностранни триъгълници с върхове три от възлите.

Решение

Всеки от търсените равностранни триъгълници

T

може да се потопи в единствен равностранен триъгълник

M

, еднакво ориентиран с най-големия, чиито страни минават през върховете на

T

. (Ако разгледаме страната

A B

на

T

, то има единствен възел

C

, такъв че триъгълникът

A B C

\angle A C B=60^{\circ}

е външен за

T

и страните

A C

B C

са успоредни на страните на големия триъгълник.) Ако

M

има

k

пъти по-голяма страна от на единичен триъгълник

(k=1, 2, \ldots, n)

, то има

1+2+\cdots+(n+1-k)=\binom{n+2-k}{2}

възможности за

M

, а сумата от лицата на възможните

T

можем да определим както следва: номерираме възлите по коя да е от страните на

M

0, 1, \ldots, k

и съобразяваме, че има точно един равностранен триъгълник с връх в

i

-тия възел за

i=1, 2, \ldots, k

, с лице

k^{2}-3 i(k-i)

; така сумата от лицата на възможните

T

\sum_{i=1}^{k}\left(k^{2}-3 i(k-i)\right)=k^{3}-3\binom{k+1}{3}=\frac{k^{3}+k}{2}.

Тук използваме, че

\sum_{i=1}^{k} i(k-i)=\binom{k+1}{3}

, което може да се докаже например чрез преоброяване на думите с 3 „a“ и

k-2

„б“, при които средното „а“ е на 2 -ро, 3 -то,

\ldots, k

-то място. (Алтернативно, приложете известните равенства

\sum_{i=1}^{k} i=\frac{k(k+1)}{2}

\sum_{i=1}^{k} i^{2}=\frac{k(k+1)(2 k+1)}{6}

.) Така търсеният сбор е

\sum_{k=1}^{n} \frac{k^{3}+k}{2}\binom{n+2-k}{2}=

\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} k^{3}\binom{n+2-k}{2}+\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} k\binom{n+2-k}{2}.

За да пресметнем втората сума, можем или да приложим известните равенства

\sum_{k=1}^{n} k= \frac{n(n+1)}{2}, \sum_{k=1}^{n} k^{2}=\frac{n(n+1)(2 n+1)}{6}

\sum_{k=1}^{n} k^{3}=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{2}

, или да постъпим както следва. Да преброим думите с 4 „a“ и

n-1

„б“, при които второто „a“ е на (

k+1

)-во място; имаме

k

избора за мястото на първото „а“ и

n+3-(k+1)=n+2-k

избора за местата на последните две „а“. Следователно

\sum_{k=1}^{n} k\binom{n+2-k}{2}=\binom{n+3}{4}

Да разгледаме сега първата сума. При директен алгебричен подход са необходими равенствата

\sum_{k=1}^{n} k^{4}=\frac{6 n^{5}+15 n^{4}+10 n^{3}-n}{30}

\sum_{k=1}^{n} k^{5}=\frac{2 n^{6}+6 n^{5}+5 n^{4}-n^{2}}{12}

, които могат да се изведат така: ако например

A_{n, 4}=\sum_{k=1}^{n} k^{4}

, то

\begin{aligned} n^{5} & =\sum_{k=1}^{n}\left(k^{5}-(k-1)^{5}\right)=\sum_{k=1}^{n}\left(5 k^{4}-10 k^{3}+10 k^{2}-5 k+1\right) \\ & =5 A_{n, 4}-10 \sum_{k=1}^{n} k^{3}+10 \sum_{k=1}^{n} k^{2}-5 \sum_{k=1}^{n} k+\sum_{k=1}^{n} 1 \end{aligned}

и чрез изразите за

\sum_{k=1}^{n} k, \sum_{k=1}^{n} k^{2}

\sum_{k=1}^{n} k^{3}

получаваме израз за

\sum_{k=1}^{n} k^{4}

; аналогично чрез тези четири и

n^{6}=\sum_{k=1}^{n}\left(k^{6}-(k-1)^{6}\right)

извеждаме и за

\sum_{k=1}^{n} k^{5}

. Нека сега покажем и комбинаторен подход за пресмятане на първата сума. Да разгледаме жилищен блок с етажи

0, 1, \ldots, n+2

и да преброим вариантите за разполагане в него на Ади, Ани, Ася, Боян, Васил и Гошо, при които Гошо живее по-високо от Васил, Васил -по-високо от Боян и Боянпо-високо от момичетата (сред които може да има такива на един етаж). Ако Боян е на етаж

k(k=1, 2, \ldots, n)

, то за етажа на всяко от момичетата има по

k

избора, а за етажите на Васил и Гошо има

\binom{n+2-k}{2}

избора, така че получаваме желаната сума. От друга страна:

(*)

ако децата населяват 4 етажа, вариантите за това са

\binom{n+3}{4}

(трите момичета са на един етаж).

(*)

ако децата населяват 5 етажа, вариантите за това са

3 \cdot 2.\binom{n+3}{5}

(има 3 избора кое от момичетата да е само на етаж и 2 избора на кой от двата избрани най-долни етажа да е то).

(*)

ако децата населяват 6 етажа, вариантите за това са

3!.\binom{n+3}{6}

(има 3! варианта за разполагане на момичетата на трите най-долни избрани етажа). Следователно

\sum_{k=1}^{n} k^{3}\binom{n+2-k}{2}=

\binom{n+3}{4}+6\binom{n+3}{5}+6\binom{n+3}{6}=\binom{n+3}{4}+6\binom{n+4}{6}.

Окончателно търсеният сбор е

\binom{n+3}{4}+3\binom{n+4}{6}=

\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)\left(n^{2}+3 n+6\right)}{240}.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2022-8-4

2023

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

За всяко от числата

A=\sqrt{\vphantom{x^2}\sqrt{7}-\sqrt{3}} \cdot \sqrt{\vphantom{x^2}\sqrt{48}+\sqrt{112}}

B=

\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

(\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}

Решение

Пресмятаме

A=\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

\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

(\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

\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

\sqrt{\vphantom{x^2}15}-\sqrt{\vphantom{x^2}5}-\sqrt{\vphantom{x^2}3}\lt{}

0 неравенството добива вида

x\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}40}

. То се изпълнява от

A

(понеже

4^{2}\lt{}40

) и не се изпълнява от

B

(понеже

7^{2}\gt{}40

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е успоредник

A B C D

2 \angle A D B\lt{}\angle A B D\lt{}90^{\circ}

. Точката

K

е такава, че

A K \perp B D

C K \| B D

. Да се докаже, че

C K\gt{}A B

Решение

Нека

A C \cap B D=O

A K \cap B D=L

. Явно

\angle A D B\lt{}\angle A B D

, т. е.

A B\lt{}A D

\angle A O B\lt{}90^{\circ}

, съответно

L

е вътрешна точка за отсечката

B O

. Нека

E

е средата на

A B

. Тогава

O L

е средна отсечка в

A C K

L E

е медиана към хипотенузата в правоъгълния

A B L

- значи е достатъчно да сравним

O L

L E

. Явно

O E

е средна отсечка в триъгълника

A B D

, откъдето

\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

O L\gt{}L E

, т. е.

C K\gt{}A B

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-8-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK 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 \ldots 002111

? (На местата на точките стоят само нули.) б) Да се намерят всички цели неотрицателни числа

k

, за които съществува кокосово число с точно

k

единици в десетичния му запис.

Решение

Относно делимостта на

357=3 \cdot 7 \cdot 17

, достатъчно е числото да се дели на всяко от 3, 7 и 17 поотделно. a) Числото е равно на

10^{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

10^{6} \equiv 3^{6} \equiv 1(\bmod 7)

, съответно

10^{19}=\left(10^{6}\right)^{3} \cdot 10 \equiv 3(\bmod 7)

10^{19}+2111 \equiv 3+2111 \equiv 0(\bmod 7)

. За 17 имаме

10^{2} \equiv-2 (\bmod 17)

10^{19}+2111 \equiv 10 \cdot(-2)^{9}+2111 \equiv-3009 \equiv 0(\bmod 17)

. б) Нека

A

е число с исканото свойство. При

k=0

сумата от цифрите е 2, а за

k \geq 1

сумата от цифрите е

k

или

k+2

. Следователно ако

k=0

или

k

дава остатък 2 при деление на 3, то

A

всъщност не се дели на 3, противоречие. Сега ще докажем, че за

k=1

няма Понеже окончаващи нули не влияят на делимостта на

3 \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

10^{x}+2 \equiv 0 (\bmod 3 \cdot 7 \cdot 17)

. От модул 7 получаваме (с проверка на

10, 10^{2}, \ldots, 10^{6} \equiv 1

), че

x

е нечетно и сега с проверка на

x=1, 3, \ldots, 15, 17

(като

\left.10^{17} \equiv 10(\bmod 17)\right)

виждаме, че няма Ако старшата цифра е 2, то разглеждаме

2 \cdot 10^{x}+1 \equiv 0(\bmod 3 \cdot 7 \cdot 17)

, като по модул 7 искаме

3^{x} \equiv 3(\bmod 7)

, т. е. отново

x

е нечетнои сега с проверка на

x=1, 3, \ldots, 15, 17

(като

\left.10^{17} \equiv 10(\bmod 17)\right)

виждаме, че няма За да покажем, че всички други

k

работят, действаме така: ако намерим възможно

B

с три единици и без двойка, то чрез долепяне на

\frac{k}{3}

копия на

B

получаваме за всяко

k

кратно на 3, а чрез долепяне на

\frac{k-4}{3}

копия на

B

и числото от а) получаваме за всяко

k \geq 4

с остатък 1 при деление на 3. Остава да намерим на сравнението

10^{x}+11 \equiv 0(\bmod 3 \cdot 7 \cdot 17)

. По модул 3 работи всяко

x

, по модул 7 искаме

3^{x} \equiv 3(\bmod 7)

, т. е.

x \equiv 1(\bmod 6)

е достатъчно условие. По модул 17 с пресмятания (предвид

\left.10^{16} \equiv 1(\bmod 17)\right)

намираме

x \equiv 5(\bmod 16)

като достатъчно условие. Значи

x=37

работи.

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2023-8-4

2024

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадено е уравнението

2+x \sqrt{\vphantom{x^2}9+6 \sqrt{2}}=

x \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-\sqrt{\vphantom{x^2}n}

, където

m

n

са естествени числа. б) Разложете израза

a^{3}-3 a^{2}-5 a+7

на два неконстантни множителя с цели коефициенти и пресметнете стойността на този израз, ако

a

е намереният в а) корен.

Решение

а) Пресмятаме

\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 вида

\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

\sqrt{\vphantom{x^2}6}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}\gt{}0

) окончателно

x=1-\sqrt{\vphantom{x^2}2}

. б) Имаме

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=-\sqrt{\vphantom{x^2}2}

a^{2}-2 a-7=(a-1)^{2}-8=2-8=-6

6 \sqrt{\vphantom{x^2}2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2024-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Симетралите на страните

A C

B C

на остроъгълния триъгълник

A B C

\angle A C B=30^{\circ}

се пресичат в точка

O

. Точките

M

N

съответно от страните

A C

B C

са такива, че

O

е средата на отсечката

M N

. Колко пъти произведението от дължините на отсечките

C M

C N

е по-голямо от произведението на дължините на отсечките

A M

B N

Решение

Нека

L

е средата на

B C

(съответно

O L \perp B C

) и

K

е петата на перпендикуляра от

M

към

B C

. Тогава

O L \| M K

и с

M O=O N

следва, че

O L

е средна отсечка в триъгълника

K M N

- в частност

K L=L N

. От друга страна, имаме и

B L=C L

, откъдето

B N=C K

. От правоъгълния триъгълник

C K M

\angle K C M=30^{\circ}

получаваме

K M=\frac{1}{2} C M

C K= \sqrt{\vphantom{x^2}C M^{2}-K M^{2}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2} C M

от Питагоровата теорема. Следователно

\frac{C M}{B N}=\frac{2}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}

. Аналогично имаме

\frac{C N}{A M}=\frac{2}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}

, откъдето окончателно

\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

n

. Имаме

n+1

топки, номерирани с

1, 1, 2, 3, \ldots

n

(само първите две са еднакви). Трябва да оцветим тези топки в

n

дадени цвята, така че всяка топка е в един цвят и всеки цвят да се използва поне веднъж. Означаваме с

a_{n}

броя на възможните оцветявания. Намерете най-малкото

n

, за което

a_{n}

се дели на 2024.

Решение

Точно един от цветовете ще се използва за две от топките; нека техните номера са

a

b

, като

a \leq b

. Ако

a\gt{}1

, то имаме

(n-1)(n-2) / 2

избора за

a

b

, както и

n

избора за цвета им. Останалите

n-1

топки (две от които еднакви) трябва да се оцветят в оставащите

n-1

цвята; за това имаме

(n-1)!/ 2

варианта. Следователно в този случай броят на възможните оцветявания e

\frac{1}{4}(n-1)!\cdot n(n-1)(n-2)=\frac{1}{4} n!\left(n^{2}-3 n+2\right)

. Ако

a=1

, то за оцветяване в

n

цвята на всички топки освен

a

има

n!

варианта. Сега има

n

избора за цвета на

a

. Така в този случай има

n!. n

възможни оцветявания. Окончателно

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

a_{n}

е кратно на

2024=2^{3}.11 \cdot 23

n\lt{}23

, то трябва

23 \mid n^{2}+n+2

. Директна проверка сочи, че най-малкото такова

n

е 9, но

a_{9}=9!.23

не се дели на 11, а следващото подходящо

n

е 13, при което

a_{13}=13!.46

се дели на

2^{3}.11 \cdot 23

. Алтернативно Нека цветовете са

1, 2, \ldots, n

(номерацията няма отношение към тази на топките). Има

(n+1)!/ 2

възможни пермутации на

n+1

-те топки. За всяка от тях използваме цветовете в нарастващ ред на номерата им, използвайки един (

n

избора кой) за две съседни топки. Получаваме

(n+1)!. n / 2

възможни оцветявания. Ако двете едноцветни топки са с номера 1, 1, то има

n

възможни избора за цвета им и (

n-1

)! възможни оцветявания на останалите; общо

n.(n-1)\neq{}n!

възможни оцветявания. Остават

(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

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

a^{2}+6 a b+b^{2}

, където

a

b

са (не непременно различни) естествени числа. Числото

36^{2024}

е записано като сбор на

k

на брой (не непременно различни) ямболски числа. Каква е най-малката възможна стойност на

k

Решение

Първо ще покажем, че

k=1

не е възможно, т. е.

a^{2}+6 a b+b^{2}=2^{4048} \cdot 3^{4048}

няма в естествени числа. Ако такива

a, b

съществуват, то

a^{2}+b^{2}

се дели на 3 и значи

a

b

се делят на 3. Записвайки

a=3 a_{1}, b=3 b_{1}

и разделяйки на

3^{2}

, получаваме

a_{1}^{2}+6 a_{1} b_{1}+b_{1}^{2}=

2^{4048} \cdot 3^{4046}

; повтаряйки този аргумент още 2023 пъти, достигаме до уравнение от вида

u^{2}+6 u v+v^{2}=2^{4048}

където

u

v

са естествени числа. Ако

v

е четно, то и

u

е четно; записвайки

u=2 u_{1}, v=2 v_{1}

и разделяйки на 4, получаваме

u_{1}^{2}+6 u_{1} v_{1}+v_{1}^{2}=2^{4046}

; повтаряйки неколкократно това, достигаме до уравнение от вида

s^{2}+6 s t+t^{2}=2^{2 A}

където

s, t, A

са естествени числа,

t

е нечетно и

A \geq 2

(тъй като лявата страна е по-голяма или равна на 8 ). Последното е еквивалентно на

(s+3 t)^{2}-8 t^{2}=2^{2 A}

. Сега от модул 8 виждаме, че

(s+3 t)^{2}

се дели на 8, значи

s+3 t

се дели на 4, т. е.

(s+3 t)^{2}

се дели на 16. Но тогава

8 t^{2}

трябва да се дели на 16, което е невъзможно за нечетно

t

, противоречие. Следователно

k=1

не е възможно. За пример с

k=2

да забележим първо че

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

\left(6^{2023}\right)^{2}

води до

36^{2024}=

\left[\left(6^{2023}\right)^{2}+6 \cdot 6^{2023} \cdot 6^{2023}+\left(6^{2023}\right)^{2}\right]

+\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.

36^{2024}

е сбор на числата

a_{1}^{2}+6 a_{1} b_{1}+b_{1}^{2}

a_{2}^{2}+6 a_{2} b_{2}+b_{2}^{2}

, където

a_{1}=b_{1}=b_{2}=6^{2023}

a_{2}=3 \cdot 6^{2023}

. Коментар.. Стъпката с модул 3 при

k=1

не може да се избегне; иначе, ако работим само с модул 4, бихме достигнали

s^{2}+6 s t+t^{2}=2^{2 A} \cdot 3^{4048}

. Проблемът в последното е, че

A

може всъщност да е 0 и тогава във вида

(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