Задача 1
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
Избран клас
9
Открити липси за попълване от източника
- zms2012-9-4: има placeholder текст
- zms2009-9-3: има placeholder текст
- zms2008-9-3: има placeholder текст
- zms2007-9-3: има placeholder текст
- zms2006-9-2: има placeholder текст
2006
4 задачиПълен запис
Задача 2
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 3
Условие
Даден е . Нека , е ъглополовяща на , а , е височината на триъгълника през върха . Да се докаже, че тогава и само тогава, когато .Решение
Нека и е центърът на вписаната в окръжност. Тогава и . ОттукСледователно четириъгълникът е вписан в окръжност, откъдето . Сега имаме . Замесвайки в последното равенство , получаваме Ще използваме стандартните означения за ъглите в . Нека . Тогава лесно се вижда, че е външна ъглополовяща за . Следователно е центърът на външновписаната окръжност за към страната . Сега имаме . От друга страна,Следователно .Задача 4
Условие
В клетките на тъблица с размер са разположени пулове, като са спазени следните правила: (1) В поне едно от полетата на всеки правоъгълник с размер или има поне един пул. (2) За всеки правоъгълник с размер или има поне два пула, които са разположени в съседни полета. Да се намери минималния възможен брой пулове.Решение
От фиг. 1 следва, че е възможно да разположим 37 пула при изпълнени условия (1) и (2). Ще докажем, че 37 е търсеният минимален брой. От (1) следва, че всеки стълб на таблицата съдържа поне по 4 пула. Да разгледаме стълбовете на таблицата , получена от дадената след отрязване на крайните редове и стълбове. От (1) следва, че всеки такъв стълб съдържа поне три пула. Фиг. 1 В никой от стълбовете с три пула не е възможно тези пулове да са през едно поле, защото тогава за съответния стълб в голямата таблица не е изпълнено (2). Следователно в стълбовете с по три пула тези три пула са разположени във второ, трето и пето или във второ, четвърто и пето поле. Да означим с броя на стълбовете с по 3 пула. Останалите малки стълба и двата крайни големи стълба съдържат поне по 4 пула. Да отбележим още, че от (1) следва, че стълбовете от голямата таблица, които съдържат стълбове от малката с по 3 пула, задължително съдържат по 5 пула. Да допуснем, че два стълба с по три пула са съседни. Тогава съседните им първи полета образуват правоъгълник , в който няма пулпротиворечие. Тъй като разглеждаме общо 6 стълба, най-много 3 от тях съдържат по 3 пула, т. е. . Да разгледаме двата правоъгълника , разположени под и над малката таблица. Имаме две възможности: Случай 1. Ако един от тези правоъгълници съдържа не повече от 3 пула, то в крайните стълбове на голямата таблица има поне по 5 пула и следователно в цялата таблица има поне пула. Случай 2. Ако и двата правоъгълника съдържат поне по 4 пула, общият брой на пуловете е поне .2007
4 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър , за които уравнението има два различни реални корена и такива, чеРешение
По формулите на Виет и . Даденото условие е еквивалентно на , откъдето лесно получаваме . Това биквадратно уравнение има два реални корена, и -2, но първият от тях дава , което е невъзможно. При получаваме уравнението , чиито корени наистина са реални.Задача 2
Условие
В , точка от страната е такава, че . Права минава през и е перпендикулярна на . Да се докаже, че , симетралата на и външната ъглополовяща при върха се пресичат в една точка.Решение
Нека точка е такава, че . Тогава външната ъглополовяща на е симетралата на . Тъй като , то е симетралата на . Получихме, че , симетралата на и външната ъглополовяща при върха представляват симетрали на страните на и следователно се пресичат в центъра на описаната около този триъгълник окръжност. Втори начин. Нека е описаната около окръжност и е средата на дъгата , съдържаща точка . Тогава симетралата на и външната ъглополовяща при върха минават през точка и остава да докажем, че също минава през . Нека е такава, че . Достатъчно е да покажем, че . Нека . Тогава е между и поради свойството на ъглополовящата и следователно . От друга страна, и , откъдето .Задача 3
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 4
Условие
Да се намерят всички естествени числа и , за които числото ( е точна пета степен на просто число.Решение
Нека , където е просто число. Тогава , където или . В първия случай без ограничение на общността можем да считаме, че . Тогава и от следва, че . Сега от заключаваме, че , т. е. или , което противоречи на . Нека . Тогава и както по-горе виждаме, че или . Случай 1. Нека . Тогава и лесно намираме то . Случай 2. Нека , но . Тогава , но . Имаме , т. е. . Да положим , и , където . От следва, че , и аналогично от следва, че . Тогава , т. е. . Освен това, от заключаваме, че и . Следователно и имамекоето означава, че . Оттук и от следва, че . Тогава от следва , противоречие. Окончателно, решенията са и .2008
4 задачиЗадача 1
Условие
Нека е реално число такова, че квадратното уравнение има два различни реални корена и . Да се докаже, че тогава и само тогава; когато .Решение
Нека . Понеже , то , т. е. и корените на уравнението са 0 и 1. Следователно . Нека . Следователно , откъдето . Последното е изпълнено очевидно при . Ако , то и , а ако , то и . Във всеки от тези случаи равенство не може да се постигне. Остава единствено и тогава корените на квадратното уравнение ще са 0 и 1, откъдето .Задача 2
Условие
Точка е средата на отсечката , а точка е вътрешна за и . В едната полуравнина относно правата са построени равнобедрени триъгълници и , такива че и лежат на една окръжност. Да се докаже, че или или .Решение
Нека и са средите на и . Тогава (защо?), т. е. е трапец. Нека е средата на и . Тогава , , . Следователно е средата на . Нека е средната основа на . Тогава е диаметър на , защото е средата на хордата и . Ако , то е средата на хордата . Следователно имаме две възможности: и тогава ; е диаметър на . Тогава и . Но и , откъдето , т. е. .Задача 3
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 4
Условие
Равностранен триъгълник е разделен на 100 равностранни триъгълници с дължина на страната 1 чрез прави успоредни на страните на . Да се намери броя на всички равнобедрени трапеци, получени при разделянето на , с основи, успоредни на една от страните на и бедра, успоредни на другите две страни.Решение
Нека са построени прави успоредни на . Започвайки от правата най-близко до при всяка следваща права получаваме с два триъчълника повече, докато стигнем до ( )-та права . Тогава броят на триъгълниците е: . Оттук намираме , т. е. страните на са с дължина 10. Ясно е, че ако трапеците с основи успоредни на са , то всички трапеци са , и е достатъчно да преброим трапеците с основи успоредни на . Означаваме с трапец с дължина на малката основа и на бедрото . Тогава дължината на голямата основа е , откъдето . Ще преброим първо трапеците, на които голямата основа е между малката и . Така получаваме последователно при . За . Аналогично: За . За . За . За . За . За . За . За . Общо: . На всеки трапец с отговаря трапец , на който малката основа е между голямата и . Така получаваме още: За . За . За . За . Общо: . Тогава трапеците с основи успоредни на са , а всички трапеци са .2009
4 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят стойностите на параметьра , за които корените на уравнението са реални положителни числа и .Решение
Корените са реални при . Оттук получаваме . Освен товаТака . По-нататьк, тъй като , тоРешенията на това неравенство са . Като вземем предвид, че , получаваме търсените стойности на параметьра: .Задача 2
Условие
Даден е остроъгълен , в който е спусната височината . Нека е центърът на вписаната в окръжност. Да се докаже, че тогава и само тогава, когато .Решение
Нека вписаната в окръжност се допира до страните и съответно в точките и . От следва, че точките и лежат на окръжност с диаметър . Разглеждаме и . Имаме радиуси в допирни точки на (по доказателство) Така по втори признак и следователно . От друга страна , т. е.Доказателството в обратната посока се извършва аналогично. От следва, че и (по първи признак). Оттук следва, че точките лежат на една окръжност и .Задача 3
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 4
Условие
На дъската е написано естествено число. Всяка секунда отдясно към него се дописва цифра, различна от 9. Да се докаже, че след краен брой стъпки на дъската ще се появи съставно число.Решение
Ясно е, че ако се дописва някоя от цифрите или 8 веднага на дъската ще се появи съставно число. При дописване на цифрите 1 или 7 остатъкът от деление на 3 на полученото число ще се увеличи с 1, т. е. след една или две стъпки ще получим число, кратно на 3. Остава да разгледаме случая, при който от дадено място нататък се дописва само цифрата 3. Нека на дъската в даден момент е записано простото число . Без ограничение можем да считаме, че . Ще докажем, че съществува число, десетичният запис на което се състои само от цифрата 3 и което е кратно на . За целта разглеждаме числата ( последното с цифри). От принципа на Дирихле следва че две от тях са с равни остатъци при деление с . Тъй като тяхната разлика е число, записано само с цифрата 3 и след това само с нули, а и 10 са взаимно прости, то частта от разликата, която е записана само с цифрата 3 ще се дели на . Ясно е тогава, че ако след числото се добавят толкова пъти цифрата 3, колкото е в числото, за което се видя, че се дели на , то на дъската ще се появи число, кратно на това просто число , с което задачата е решена.2011
5 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър , при които уравнението има четири реални и различни корени, произведението на които е равно на 2.Решение
Нека разглежданото уравнение има четири реални и различни корени. Полагаме . Тогава уравнението трябва да има два различни и реални корена. Означаваме ги с и . Уравненията и трябва да имат съответно по два реални и различни корена, защото . Ако и , са съответно корените на тези уравнения, от формулите на Виет ще имаме и , откъдето . Единствената възможност за е . Нека . Уравнението има корени и , съответните уравнения за имат корени и , които са реални и различни.Задача 2
Условие
Дадени са триъгълник и квадрат , разположени така, че , а отсечките и разделят страните и на по три равни части. Да се докаже, че тогава и само тогава, когато .Решение
Нека , , като и . Тъй като , точката е среда на . Аналогично се вижда, че е среда на . Нека и . Тогава и . Оттук . Ако , то и значи . Тогава е симетрала на , оттам и на , т. е. и следователно . Ако , то в медианата е равна на половината от страната , т. е на височината . Тогава и . Остава да видим, че , откъдето и значи .Задача 3
Условие
В израза всяка от звездичките е заменена със знак за събиране или умножение и в резултат е получено съставно число, чийто най-малък прост делител е означен с . Нека е най-голямото просто число , което може да се получи по този начин. a) Да се намери . б) Да се докаже, че .Решение
Да отбележим, че, тъй като при различни , най-голямото число, което може да се получи по описания начин, не надминава . Оттук следва, че . а) Тъй като , т. е. , и 71 е просто число, получаваме . б) Имаме , откъдето следва, че . Ще докажем, че няма как да получим по-големи стойности за . За целта ще подобрим горнатаЗадача 3b
Условие
Да се намерят всички естествени числа и , за които дели и дели .Решение
Нека , където е естествено число. От следва, че . Тъй като поради , получаваме . От и следва, че . Тогава . Следователно , откъдето , т. е. . При имаме , което е възможно само при и съответно . При получаваме . откъдето , т. е. и или , съответно или . Окончателно е единственото на задачата.Задача 4
Условие
Нека е естествено число. Естествените числа от 1 до са разположени в клетките на таблица по такъв начин, че всеки две последователни числа са разположени в две клетки, които имат обща страна. Да се докаже, че не е възможно сумите на числага във всеки ред и всеки стълб да са равни помежду си.Решение
Да разгледаме „рамката“, съставена от тези клетки, които имат обща страна с границата на таблицата. Да подредим числата в тези клетки по големина: . Ще докажем с индукция по , че за всяко клетките, съдържащи числата , образуват един непрекъснат сегмент от съседни клетки по дължината на рамката. При твърдението е очевидно вярно. Да допуснем, че то е вярно за и да разгледаме положението на клетката, съдържаща числото . Тя няма да образува един непрекъснат сегмент с клетките тогава и само тогава, когато съществуват две квадратчета и от рамката, които се намират „между“ и двата края на сегмента, образуван от . Да нарисуваме начупената линия, свързваща центровете на клетките с последователни числа, водеща от до . Ясно е, че тази линия разделя шахматната дъска на две части, едната от които съдържа клетката , а другатаклетката . Но при това няма никакъв начин, щом продължим номерацията от нататък в едната от тези две части, да стигнем след това до което и да е поле от другатаза целта би трябвало да номерираме два пъти някое от полетата по дължината на разделителната линия! Достигнахме до противоречие и с това твърдението е доказано. Да разгледаме сегмента, образуван от клетките, съдържащи числата (тоест, първата половина). Лесно се вижда, че този сегмент трябва да „покрива“ една от крайните линии (ред или стълб) изцяло, и да не съдържа нито една клетка от противоположната крайна линия. Но тогава всяко число в непокритата линия ще бъде строго по-голямо от всяко число в покритата такава и сумите в тези две линии няма как да бъдат равни!2012
6 задачиЗадача 1
Условие
Да се реши системата .Решение
Събираме почленно трите уравнения на системата и получаваме . Оттук и от първото уравнение намираме , те. или . Първата възможност отпада поради второто уравнение, а при системата добива вида (третото уравнение е следствие от първите две). Следователно и , т. е. решенията са и .Задача 1b
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър , за които уравнението има два различни реални корена и , такива чеРешение
Равенството от условието е еквивалентно на . При получаваме или . При имамеОт последното намираме само като нов кандидат за При и получаваме съответно уравненията и , които нямат реални корени, а при имаме уравнението , което има два различни реални (ненулеви) корена. Следователно единственото е .Задача 2
Условие
Даден е успоредник , в който и . Точките и са средите съответно на страните и и точка е симетрична на относно правата . Да се докаже, че: a) ; б) .Решение
а) Да означим с точката, симетрична на относно правата и с - средата на . Тогава лесно се вижда, че е равностранен, точките и лежат на една права и . Сега за и имаме и . Оттук и . б) От а) следва, че , защото ъгълът между и е равен на ъгъла между и . НакраяЗадача 2b
Условие
В остроъгълния отсечките и са височини, а точката е средата на страната . Триъгълникът е правоъгълен и лицето му е равно на 2. Да се намерят: а) дължината на страната и големината на ; б) дължината на радиуса на окръжността, описана около .Решение
а) Тъй като и са медиани към хипотенузата в правоъгълните и , то . Сега от условието следва, че . Освен това и . Имамеи следователно , т. е. . Освен това и , откъдетот. е. и следователно . б) Нека и са съответно центърът и радиусът на описаната около окръжност. Тогава . Така и са равнобедрени правоъгълни с обща хипотенуза . Следователно тези триъгълници са еднакви и оттук .Задача 3
Условие
Да се намерят всички естествени числа , за които , където с е означен броят на всички различни естествени делители на .Решение
Очевидно и нека е каноничното разлагане на . Тогава можем да запишем даденото равенство във видаДа отбележим, че за всяко , като равенство отляво се достига само при . Тогава от (1) следва, че , откъдето следва . При имаме , което дава решенията , където , и са различни прости числа. Нека . Без ограничение на общността можем да считаме, че . Тогава от (1) получаваме(използвахме, че при ). От тези неравенства лесно следва, че . Във всеки от случаите достигаме до линейно уравнение за , като получаваме решенията и , т. е. и , където и са различни прости числа.Задача 4
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANK2013
4 задачиЗадача 1
Условие
Даден е равнобедрен , с ъглополовяща . Окръжността с диаметър пресича и съответно в точки и , . Да се докаже, че е среда на тогава и само тогава, когато е среда на .Решение
Ако е среда на , то е медиана и височина в и следователно . От друга страна,и лесно получаваме, че и . Сега от намираме , т. е. е равнобедрен и е, освен височина, и медиана в този триъгълник, т. е. е среда на . Другата посока се доказва аналогично.Задача 2
Условие
Да се намерят всички цели стойности на параметрите и , за които уравнението има два реални корена и , такива чеРешение
С помощта на формулите на Виет последователно получавамеПоследното равенство очевидно е изпълнено при , като тогава корените са реални точно когато . При получаваме , което разглеждаме като биквадратно уравнение относно . Имамекъдето . Тъй като , числото трябва да е точен квадрат на цяло число . Получаваме . Тъй като и са с еднаква четност, имаме само две възможности: или . В първия случай получаваме , което е невъзможно, а във втория , което дава , противоречие. Окончателно, решенията на задачата са двойките , където е произволно цяло отрицателно число.Задача 3
Условие
Да се намерят всички естествени числа и , за които е изпълнено равенството(С се означава произведението на естествените числа от 1 до .)Решение
Без ограничение на общността можем да считаме, че . При получаваме , като очевидно . Това уравнение няма при , защото тогава лявата страна е по-малка от дясната, а случаите и лесно водят до то . Нека , в частност . Умножаваме двете страни на уравнението с ! и получавамеАко , получаваме, че лявата страна се дели на и оттам , противоречие. Следователно . Случай 1. При имаме . Ако , то иоткъдето . Лесно се вижда, че последното не е изпълнено при , а не дава Следователно . При тези две възможности получаваме съответно уравненията и , които очевидно нямат в естествени числа. Случай 2. При имаме . Ясно е, че при горните оценки са даже усилени, което означава, че отново . При получаваме и значиОттук , което очевидно е невъзможно. Остава да разгледаме , като сега . Ако в знаменателя отляво има поне два множителя, той не надминава . Следователно и , откъдето , съответно и . Окончателно, решенията са и .Задача 4
Условие
В един турнир по тенис всеки играч изиграл по една игра с всеки друг, като никоя от игрите не завършила наравно. Оказало се, че най-големият брой играчи, които могат да седнат около кръгла маса така, че всеки да е победил стоящия отдясно, е четирима. Да се докаже, че броят на начините, по които всички играчи могат да се строят в редица така, че всеки да е победил стоящия отдясно, е кратен на пет.Решение
Група от играчи, които могат да седнат около кръгла маса така, че всеки да е победил стоящия отдясно, ще наричаме цикъл, а редица от играчи, в която всеки е победил стоящия отдясно, ще наричаме пътека. Нека и образуват (в този ред) един цикъл от четирима играчи; тях ще наричаме "средни". Нека бъде произволен друг играч, който е победил . Ако е победил , то би бил цикъл, съдържащ повече от четирима играчи, което е противоречие. Следователно е победил . По същия начин последователно установяваме, че е победил и и . Всеки такъв играч ще наричаме "силен". Аналогично се вижда, че всеки играч, който е победен от , е победен и от и . Всеки такъв играч ще наричаме "слаб". Да допуснем, че някой слаб играч е победил някой силен играч . Тогава би бил цикъл, съдържащ повече от четирима играчи, което е противоречие. Получихме, че всеки силен играч е победил всички средни и всички слаби играчи, и всеки среден играч е победил всички слаби играчи. Оттук следва, че във всяка пътека трябва да стоят първо силните играчи, след това средните, и най-накрая слабите. Нека и бъдат съответно броят на начините, по които силните, средните и слабите играчи могат да бъдат подредени в пътека (възможно е изобщо да няма силни или слаби играчитогава полагаме съответно или ). Тогава броят на начините, по които всички играчи могат да бъдат строени в пътека, е равен на . Но винаги, независимо от изходите на срещите и и с това задачата е решена.2014
4 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър , за които системата има поне едно реално решение.Решение
Събираме трите уравнения на дадената система и представяме полученото равенство във вида . Следователно е необходимо условие да имаме реално решение. Това условие е и достатъчно, защото при всяко имаме решението, което се получава при . (6 точки) 3 т. за достигане до извода, че т. за доказване на достатъчността на това условие (повечето решения ще бъдат с изваждане на уравнения и разглеждане на случаи).Задача 2
Условие
Даден е изпъкнал четириъгълник . Върху страните му и вътрешно за четириъгълника са построени равностранните триъгълници и , а върху страните му и външно за четириъгълника са построени равностранните триъгълници и . Да се докаже, че точките и са върхове на успоредник.Решение
(Първи начин) Да разгледаме и . От условието следва, че и . Освен това (и двата ъгъла са равни на или на в зависимост от това дали е съответно по-голям или по-малък от . Следователно , откъдето . Аналогично се вижда, че и следователно . Аналогично се доказва, че , откъдето следва, че е успоредник.  (Втори начин) Ротацията на ъгъл с център изпраща в и в , откъдето . Аналогично и след това по същия начин. (6 точки) 1 т. за разглеждане на подходящи триъгълници или подходяща ротация, 1 т. за доказване на (или друго еквивалентно), 2 т. за доказване на равенство на две срещуположни страни, 2 т. за довършване.Задача 3
Условие
Да се намерят всички прости числа и и всички естествени числа , за които числата и едновременно са точни квадрати.Решение
Нека и , където . Ако точно едно от числата и е равно на 2, например , а е нечетно, то равенството дава противоречие по модул 4. Ако , то от следва, че и са степени на 2, което е възможно само при и съответно . Нека и са нечетни прости числа. Тогава и са четни и . От последното и от равенствата и следва, че имаме четири възможности. При и получаваме , т. е. и значи , което води до , противоречие. Същото се получава и при и . При и получаваме , т. е. , което очевидно е невъзможно. Същото се получава и при , и . (7 точки) 1 т. за решението т. за случая, когато точно едно от числата и е нечетно, 4 т. за нечетни и . Забележка. По общата задача за произволна степен вместо квадрат се свежда до решаване на уравненията и , където е просто число.Задача 4
Условие
Лабиринт се състои от 10000 квадратни стаи, разположени във формата на квадрат . Всеки две стаи, които имат обща страна, са свързани с врата. Тезей се лута из лабиринта, като на всеки свой ход влиза в някоя стая през една от нейните врати и излиза през друга. При това, Тезей не може да използва една и съща двойка врати за две последователни посещения на една и съща стая (така например, ако при първото си посещение Тезей е влязъл в стаята през врата и е излязъл през врата , то при второто си посещение той не може да влезе през врата и да излезе през врата ). Възможно ли е Тезей да се лута в лабиринта в продължение на повече от хода?Решение
Да номерираме редовете и стълбовете от стаи в лабиринта с числата от 1 до 100 и да означим всяка стая с наредената двойка от номерата на нейните ред и стълб. Нека е множеството на тези стаи , за които и . Да разбием на 99 по-малки множества , така че да се състои от тези стаи в , за които за . Нека е общия брой посещения на стаи от , направени от Тезей. Множеството се състои от една стая; понеже тя има само две врати, имаме, че . Нека е една произволна стая от . Понеже има само две врати, които не водят към стая от , поне едно от всеки две последователни посещения на трябва или да се предхожда, или да се следва от посещение на стая от . Понеже всяко посещение на стая от може да предхожда или да следва най-много две посещения на стаи от , оттук получаваме, че не надвишава (броя на стаите в . Оттук по индукция леко следва, че . Следователно, общият брой на посещенията на стаи от не надвишава . Същата оценка можем да направим и за всеки от останалите три квадранта на лабиринта, откъдето общият брой ходове на Тезей не надвишава . Забележка: Оценката може съществено да се подобри.2015
4 задачиЗадача 1
Условие
Отсечките и са височини в триъгълник . Права през , успоредна на , пресича правата в точка . Права през , успоредна на , пресича правата в точка . Да се докаже, че точките лежат на една окръжност.Решение
Точките лежат на окръжност с диаметър . В зависимост от ъглите на са възможни няколко чертежа. Ако ъгъл е тъп, то така че е вписан. Ако ъгъл е тъп, то , така че е вписан. Ако ъгъл е тъп или ако няма тъпи ъгли (и двата чертежа е необходимо да се направят), е в сила , така че , лежат на една окръжност. 1т. за точките лежат на окръжност с диаметър т. за завършване на решението за кой да е случай и по 1 т. за всеки от останалите три случая.Задача 2
Условие
Намерете всички стойности на реалните параметри и , за които уравнението има реално решение и всяко от решенията му е три пъти по-малко от някое решение на уравнението .Решение
I случай: : Първото уравнение е линейно: . Тогава трябва да е решение на , откъдето . II случай: . Тогава трябва да е решение на , откъдето . III случай: . При това положение условието ще е изпълнено точно когато корените на второто уравнение са . От Виет, , откъдето , което се случва при и , от които само изпълнява условието на случая. От Виет, . Според обратната теорема на Виет, числата , са корени на второто уравнение. Окончателно, условието се изпълнява за и . По 2 т. за всеки от трите случая.Задача 3
Условие
Да се реши в естествени числа уравнението .Решение
Имаме . Щом , то и . От тези възможен остатък за е само 1, така че . Тогава Като отчетем, че , трябва да проверим само случаите и . Изразяваме чрез и заместваме, получавайки квадратно уравнение за . Естествено решение има само вторият случай: . 3 т. за извода, че ; 1 т. за разлагането; 2 т. за отхвърлянето на случаите, които не водят до решение; 1 т. за отговора.Задача 4
Условие
Във върха на куб стои мравка. Тя предприема 2015-минутно пътешествие, като всяка минута пропълзява по ръб до съседен връх. Нека е броят маршрути, при които в края на пътешествието мравката е в , а - броят маршрути, при които е в . Да се пресметне .Решение
Нека е броят маршрути, при които след минути мравката е в . Поради симетрията толкова са маршрутите и до , и до . Нека е броят маршрути, при които след минути мравката е в . Нека е броят маршрути, при които след минути мравката е в . Поради симетрията толкова са маршрутите и до , и до . Нека е броят маршрути, при които след минути мравката е в . Имаме , . Тогава и , следователно . 2 т. за изразяване на връзките между редиците; 5 т. за доказателство, че разликата не зависи от броя стъпки.2016
4 задачиЗадача 1
Условие
Дадено е уравнението , където е реален параметър. a) Колко реални решения има уравнението? б) Ако уравнението има решения, да се намери най-малкия възможен сбор на техните четвърти степени.Решение
а) При уравнението няма решение. При уравнението е квадратно: с дискриминанта , така че има две реални решения. б) От Формулите на Виет , откъдето Най-малката стойност на е 0 (достига се за ). Следователно най-малката стойност на е (тя се достига за споменатите ). ( 6 точки) а) по 1 т. за всеки от двата случая; б) 1 т. за изразяване на сбора от квадратите, 1 т. за сбора от четвъртите степени, 2 т. за аргументиран извод.Задача 2
Условие
Даден е правоъгълен равнобедрен триъгълник с хипотенуза . Точките и от отсечката са такива, че и е между и . Описаните окръжности около триъгълниците и се пресичат за втори път в точка . Да се докаже, че центърът на описаната около триъгълник окръжност лежи на правата .Решение
Понеже е вписан в окръжност четириъгълник, то и аналогично . Нека е втората пресечна точка на описаната около окръжност и правата . От следва, че и . Следователно лежи на симетралата на отсечката и . Ако е центърът на описаната окръжност за , то лежи на симетралата на отсечката и като централен ъгъл. Следователно точките и съвпадат. (6 точки) 1 т. за т. за въвеждане на точката т. за доказване, че и съвпадат.Задача 3
Условие
В една държава има 50 летища, някои от които са свързани с (директни двупосочни) линии. Едно летище се нарича локално, ако към него водят не повече от пет линии. Една линия се нарича ямболска, ако поне едно от летищата, които свързва, е локално. Да се намери най-големия възможен брой ямболски линии в тази държава.Решение
Нека има локални летища и ямболски линии. При имаме , като можем да постигнем при 45 локални летища, всяко свързани с петте други летища (които не са локални). При , от локалните летища излизат не повече от ямболски линии, а от останалитене повече от , като при това всяка ямболска линия е броена по два пъти. Следователно ямболските линии са не повече от (7 точки) 2 т. за случая с под 45 локални летища; 2 т. за примера с 45 локални летища; 3 т. за случаите с над 45 локални летища.Задача 4
Условие
Да се докаже, че за всяко реално число съществуват безбройно много естествени числа със следното свойство: в интервала ] съществуват три различни цели числа и , такива, че дели .Решение
Числата и , където и са естествени числа, са такива, че . Тъй като , естествено е да изберем и да разгледаме неравенството . Имаме последователно . От последното след повдигане на квадрат получаваме , откъдето . Ясно е, че за всяко последното неравенство е изпълнено за всички достатъчно големи . (7 точки) 2 т. за конструкция, която работи; 5 т. за доказателство.2017
4 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър , за които уравнението има реални корени и , удовлетворяващи равенствотоРешение
Да положим за прегледност . Даденото условие е еквивалентно на От последното равенство получаваме или , като второто очевидно е невъзможно. При корените на даденото уравнение са и . Критерии за оценяване: (6 точки) 1 т. за заместване чрез формулите на Виет, 2 т. за достигане до линейно уравнение за т. за намиране на корена т. за отхвърляне на т. за отбелязване, че при корените са реални.Задача 2
Условие
Точките и са вътрешни съответно за страните и на остроъгълен , като е успоредник, а четириъгълникът е вписан. Описаната около окръжност пресича в точка . Да се докаже, че правата е обща допирателна за окръжностите, описани около триъгълниците и .Решение
Ще използваме стандартните означения за ъглите на . Да означим още и . Тогава от условието следва, че и , както и и . Имаме като външен за . Освен това от вписания четириъгълник и тогаваСледователно четириъгълникът е вписан. Оттук и от следва, че правата е допирателна към окръжността, описана около . Аналогично се доказва, че четириъгълникът е вписан и е допирателна към окръжността, описана около . Критерии за оценяване: (6 точки) 1 т. за четирите ъгъла и т. за т. за доказване, че е вписан, 1 т. за доказване, че е допирателна към окръжността, описана около т. за отбелязване на аналогията с другата окръжност (тази точка се дава само ако е приключена другата част).Задача 3
Условие
Да се намерят всички естествени числа , за коитоделиРешение
От условието следва, че и за някое естествено число . Следователно и , където и са цели неотрицателни числа. Да отбележим, че и 1 не дават решение. От получената система изключваме и достигаме доТъй като , от горното равенство следва, че всъщност (в противен случай ще имаме противоречие по модул 27). Тогава и това е единственото решение на задачата. Критерии за оценяване: (7 точки) 1 т. за уравнението , 1 т. за системата и т. за изключване на т. за достигане до извода, че , 1 т. за довършване.Задача 4
Условие
За целите неотрицателни числа, дефинирамекъдетоДадени са три цели числа , за които е изпълненоДа се докаже, чеРешение
Нека идентифицираме числата с двоичните низовеПо условие имамекъдето е дума с дължина , а е дума с дължина . Да допуснем, че . Без ограничение на общността нека . Да положим , където е дума с дължина . Сега имамепротиворечие, тъй като -тият символ във не може да е едновременно и . Следователно . Сега имамеоткъдето , което трябваше да се докаже.2018
4 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър , за които квадратните уравнения и имат съответно корени и иРешение
От формулите на Виет следва, че Равенството от условието е еквивалентно на и следователно . Тъй като , то . При и двете уравнения нямат корени. При уравненията имат корени и следователно е единствената стойност с исканото свойство. (6 точки) 3 т. за получаване на уравнението , 1 т. за решаване , по 1 т. за отхвърляне на случаите и .Задача 2
Условие
В неравнобедрен остроъгълен триъгълник е построена ъглополовящата на . Точките и са среди съответно на страните и , а точка е допирната точка на вписаната в окръжност и страната . Описаната окръжност около пресича в точка . Ако е среда на , да се намери отношението .Решение
Първи начин. Да означим средата на дъгата , която не съдържа точката с . Тогава и (понеже като връхни, и по условие). Следователно , където е допирната точка на вписаната окръжност със страната . Тъй като , то , откъдето . От известния факт, че следва, че , т. е. е среда на . Понеже е средна отсечка в , то и аналогично . Следователно , т. е. е център на описаната окръжност за . Тогава е диаметър в тази окръжност и . От тук и от следва, че , т. е. . Втори начин. От свойството на ъглополовящата следва, че , откъдето намираме и . Тъй като , то е еквивалентно на . След заместване със съответните изрази, получаваме и тъй като триъгълникът не е равнобедрен, намираме . Тогава и . Това означава, че и са равнобедрени и ъглополовящите и са симетрали на отсечките и . Следователно е център на описаната окръжност на , т. е. . От свойството на ъглополовящата в следва, че . Сега от и следва, че , т. е. . (6 точки) Първи начин: 1 т. за , 2 т. за и извод т. за т. за - център на описаната около окръжност, 1 т. за довършване. Втори начин: 2 т. за т. за доказване, че е център на описаната окръжност на т. за т. за получаване на отговора.Задача 3
Условие
За всяко естествено число подреждаме естествените му делители по големина: . Нека Възможно ли е: а) ; б)Решение
Нека . Тъй като , получаваме уравнението . Тъй като , заключаваме, че е делител на . a) Тъй като каноничното разлагане на 2018 е , от горното следва, че , 1009 или 2018, т. е. или 2017. За получаваме съответно и 2018, като и трите не водят до решение, т. е. е невъзможно. б) Тъй като каноничното разлагане на 2019 е , имаме или 2019, т. е. или 2018. Лесно се проверява, че при имаме , което дава решение на уравнението и значи отговорът е положителен. (7 точки) 2 т. за доказване на т. за получаване на уравнението , по 2 т. за всеки от случаите и .Задача 4
Условие
Дадено е естествено число . Естествените числа са такива, че числата са две по две различни. Да се намери най-малката възможна стойност наРешение
За всяко да означим и . Тогава Тъй като числата са различни, то и . Ако за някое имаме , ще получим и следователно , противоречие. От и следва, че . Пресмятаме: Следователно За числата имаме, че сборовете са различни. Следователно От (1) и (2) следва, че . ( 7 точки) 4 т. за оценката т. за пример, от който следва .2019
4 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър , за които уравнениетоима точно два различни реални корена.Решение
При уравнението има корени 0 и -1, т. е. е решение. Нека . При получаваме уравнението , което има два реални корена с различни знаци и значи точно един от тях е корен на изходното уравнение. За да имаме точно два реални корена, трябва уравнението , което се получава при да има точно един отрицателен корен. Тъй като корените на това уравнение са с еднакъв знак, единствената възможност е да имаме двоен отрицателен корен. Тогава , откъдето или , като и в двата случая двойният корен е отрицателен. (6 точки) 1 т. за случая т. за анализ на случая т. за анализ на .Задача 2
Условие
Вписаната в остроъгълен триъгълник окръжност се допира до страните и съответно в точките и . Медианата пресича отсечката в точка . Да се докаже, че тогава и само тогава, когато е ъглополовяща наРешение
Нека и вписаната в окръжност е с център и се допира до страната в точка . Тогава триъгълниците и са равнобедрени и основите им и са успоредни. Точките и лежат на окръжността с диаметър и, тъй като и следва, че точка лежи на същата окръжност. Тогава и от следва, че и лежат на една права, т. е. е ъглополовяща на . Нека е ъглополовяща на (т. е. точките и лежат на една права). Имаме , което означава, че четириъгълникът е вписан в окръжността с диаметър . Тогава и е перпендикулярна едновременно на и , т. е. . Следователно и . (6 точки) по 3 т. за всяка от двете посоки.Задача 3
Условие
Да се намери най-малкото естествено число , за което уравнението има решение в цели числа.Решение
Отговор: 2. При уравнението няма решение. Действително, възможните остатъци на кубовете по модул 7 са 0, 1 и 6, което означава, че лявата страна е сравнима с или 6 по модул 7. От друга страна, . При уравнението придобива вида и има решение . ( 7 точки) 5 т. за случая ( 1 т. за разглеждане на подходящ модул и по 2 т. за всяка от страните), 2 т. за случая .Задача 4
Условие
Том играе компютърна игра, в която трябва да опази парче сирене от група от мишки ( е естествено число). Сиренето е с формата на кръг с радиус 1 и център , а мишките са точки в равнината на кръга. Първоначално мишките се намират в точки , които се намират в ъгъл . Всяко от разстоянията е точна степен на 2 като никое от лицата на триъгълниците , не надминава . На всеки ход мишките се разделят на две групи, като е възможно едната група да е празна. Том избира една от групите и я отстранява от играта, а всяка от мишките от другата група изминава половината от разстоянието от текущото си положение до точка . Да се докаже, че мишките могат да се договарят да се разделят така, че поне една от тях да достигне до сиренето преди да бъде отстранена, независимо от действията на Том.Решение
Твърдението е очевидно, ако за някое . Оттук нататък предполагаме, че и следователно за всяка точка . Да разгледаме мишка, която първоначално се намира в точка на разстояние от центъра на сиренето. Тогава, ако не е отстранена след хода, тя ще се намира на разстояние до . Това показва, че във всеки момент от време всяка (неотстранена) мишка се намира на разстояние от за някое цяло . Без ограничение на общността можем да считаме, че , защото иначе някоя от неотстранените мишки е достигнала сиренето. Нека след хода да имаме неотстранени мишки, съответно на разстояния до . Да разгледаме сумата Първо ще докажем, че . Наистина, нека за е пресечната точка на отсечката със окръжността с център и радиус 1. Тогава лицето на триъгълника e: където първо използвахме, че , защото е радиус, след това, че и накрая, че . Остана да забележим, че триъгълниците покриват триъгълника , който има лице . Следователно лявата страна е поне и това показва, че . Сега ще покажем, че ако , то мишките могат да се разделят на две групи и , че: Тогава, която и група да бъде отстранена от Том, другата ще скъси разстоянието си до на половина и ще гарантира, че . Без ограничение на общността нека . Нека е най-малкото естествено число, за което: Тогава от следва, че:от което като приведем под общ знаменател получаваме, че: Тъй като за всяко и , то от двете страни на неравенството имаме цели числа и следователно: Сега полагаме и . От горните разсъждения заключаваме, че: Така че, която и група или ) да отстрани Том, в момента ще имаме отново, че . Тъй като намаляват с 1 на всеки ход, в някой момент от време ще има мишка, на която ще съответства . Но тогава тази мишка се намира върху сиренето. (7 точки) Въвеждане на инварианта и доказателство, че ако този инвариант се запазва, то някоя от мишките ще достигне сиренето - 1 т.; Доказателство на т. Избор на , т. е. на разделяне на мишките от момент , което при води до гарантирано т.; Доказателство, че разделянето на мишките в момент запазва т. Забележка. Всъщност достатъчно е лицата на да не надминават 1, защото от решението следва, че тогава . Нещо повече, ако е минималното разстояние в началото, то . Използвайки горните разсъждения може да покажем, че поне от мишките могат да достигнат сиренето преди да бъдат отстранени. Забележка: Условието е необходимо и достатъчно за това мишките да си гарантират, че поне една от тях ще достигне сиренето. Наистина, ако , то поне една от групите или ще дефинира сума по-малка от . Том може да отстрани другата група и да си гарантира, че . Тогава никоя мишка никога няма да достигне до сиренето, защото иначе в момента, в който това се случи.2020
4 задачиЗадача 1
Условие
Даден е разностранен остроъгълен триъгълник с ортоцентър , като . Около е описана окръжност , която пресича за втори път в точка . Правата през , успоредна на , пресича за втори път в точка . Точка е петата на височината от върха в , а точка е петата на перпендикуляра от към . Да се докаже, че окръжността, описана около минава през центъра на окръжносттаРешение
Ще използваме стандартните означения за ъглите на . Тъй като , то отсечката е диаметър на и е нейната среда. От в четириъгълника следва, че . Тогава . Оттук и от даденото по условие равенство пресмятаме Тъй като четириъгълникът е вписан, имаме Последното и полученото по-горе дават исканото. Ако , то и точка е между и . Ако , то и точка е между и . И при двете разположения доказателството, че и лежат на една окръжност е идентично. (6 точки) 1 т. за установяване, че отсечката е диаметър на и е нейната среда; 1 т. за изразяване на т. за изразяване на т. за довършване на решението (по 1 т за всяка възможност на разположението на точките).Задача 2
Условие
Да се намерят всички квадратни тричлени с реални коефициенти със следните свойства: (1) корените и на са реални и различни; (2) съществува квадратен тричлен с реални коефициенти , за който и .Решение
Първо, ще покажем, че . Да забележим, че е линейна функция и значи еднозначно се определя от стойностите ѝ в двете различни точки и . Лесно се вижда, че това е именно функцията , което от формулите на Виет е . За израза , използвайки формулите на Виет и , получаваме:а условието води доЗадача 3
Условие
Една пермутация на числата , наричаме 2 -наредена, ако за всяко и 3 -наредена, ако за всяко . Да се намери броят на 2 -наредените пермутации, които не са 3-наредени.Решение
Решение. Ще изведем формула в общия случай, като заместим числото 11 с произволно естествено число . Ясно е, че за всяко подмножество с елемента има единствена 2 -наредена пермутация с , защото елементите на трябва да бъдат подредени възходящо, а трябва да бъде редицата от елементите извън , подредени във възходящ ред. Оттук следва, че броят на 2 -наредените пермутации от елемента е: За пермутация, която е 2 - и 3 -наредена имаме откъдето Аналогично се доказва, че Обратното е очевидно: ако (1) е изпълнено за всяко , то е 2 - и 3 -наредена. Да означим с броя на едновременно 2 - и 3 -наредените пермутации от елемента. Непосредствено се проверява, че . Ясно е, че всички пермутации, които са 2 - и 3 -наредени са два вида: (а) пермутации, зо които и (б) пермутации за които . Броят на пермутаците от тип (а) е , а на тези от тип (б) е . Следователно , откъдето , т. е., -вото число на Фибоначи (редицата ). Окончателно, търсеният брой е: (7 точки) 2 т. за извеждане на формула за ; 4 т. за извеждане на формула за т. за верен отговор.Задача 4
Условие
Нека е естествено число и да означим Да се докаже, че , като равенство се достига тогава и само тогава, когато числата и са едновременно прости.Решение
Лесно се вижда, че (например при и имаме и , които имат общ делител ). Да предположим, че числата и са прости. Ще докажем, че и тази стойност се достига точно когато . Ако и са такива, че не дели , то от следва, че . Тогава , което противоречи на горната оценка. Следователно се дели на . Ако и , за които НОД се достига, то и следователно дели . Последното означава, че дели , т. е. . Тогава дели . Тъй като е просто число, имаме , т. е. . Остава да покажем, че ако някое от числата и не е просто, то . Ако числото не е просто и е неговият най-малък прост делител, то и показват, че . Ако числото не е просто, , то и дават Следователно се дели на и значи . В случая, когато където е просто число или и дават и , откъдето . ( 7 точки) 1 т. за оценката т. за доказателство, че , когато и са едновременно прости; 1 т. за пример на , когато е съставно; 2 т. за пример на , когато е съставно.2021
4 задачиЗадача 1
Условие
За реалните числа и е в сила неравенствотоДа се докаже, че уравнението има a) два различни реални корена; б) корен в интервала .Решение
Ще използваме означенията и . Неравенството в условието е равносилно на , откъдетоОт тук и тъй като старшия коефициент на квадратния тричлен е , то има два различни реални корена, което доказва а). За да докажем подточка (б) използваме наблюдението Това е възможно единствено, ако или или . В комбинация с (2), заключаваме, че в първия случай уравнението има корен в интервала , а във вторияв интервала . С това задачата е доказана. (6 точки) 2 т. за подточка а) (по една за (1) и (2)); 4 т. за подточка б) (2 т. за (3), 1 т. за и 1 т. за довършване). Забележка. Алтернативно доказателство на подточка а) е допускане на противното, от където , следователно и което противоречи с (1). Алтернативно доказателство на подточка б) е използването на еквивалентните преобразувания: заедно с (3) и оценката Този подход дава и допълнителна информация за разпределението на корените на , а именно че най-много един корен се съдържа в интервала .Задача 2
Условие
Даден е квадрат . Избрани са точка върху страната и точка върху страната така, че . Пресечната точка на и е означена с . Ако , да се пресметне отношението на лицатаРешение
Първо, ще докажем, че (1) и са средите на страните и . Имаме, че (първи признак) и значи Следователно . Да изберем точка върху страната , така че и нека . Тогава (доказва се абсолютно аналогично на или се използва ротация с център, центъра на квадрата и ъгъл , при която , и ). От следва, че точката е центъра на описаната около триъгълник окръжност и значи се явява симетрала за . Тъй като (и двете са перпендикулярни на общата права ) и е среда на , то се явява средна отсечка за , откъдето . Следователно е среда на и е среда на . Сега вече можем да изразим търсеното отношение. От получаваме, че (2) . Да означим страната на квадрата с и . Тогава и . От Питагорова теорема за изразяваме и следователно Обединявайки (2) и (3), заключаваме, че . (6 точки) 3 т. за (1); по 1 т. за (2), (3) и довършване.Задача 3
Условие
Нека означим с сумата от цифрите на естественото число . Например, . Да се намери най-малката възможна стойност на къдетоРешение
Да означим тази най-малка възможна стойност с . Ще докажем, че . От признака за деление на 9 знаем, че . Да разгледаме какви са възможните остатъци на при деление на 9 (виж таблицата):От тук, и значи . Непосредствено се проверява, че е винаги четно, докато остатъците при деление на 5 са . Следователно последната цифра на , отговаряща на остатъка по модул 10, е винаги измежду цифрите . Тъй като , няма как да бъде едноцифрено и значи сумата от цифрите му винаги е строго по-голяма от цифрата на единиците, т. е., . Така, случая е отхвърлен и значи Съгласно таблицата с остатъци по модул 9 имаме, че единствено числа от вида и водят до . Непосредствена проверка показва, чеs(p(6)) & =3+7+4=14; & s(p(16))=1+0+0+4=5В заключение, се достига при и . ( 7 точки) 3 т. за оценка т. за пример; 2 т. за довършване.Задача 4
Условие
Даден е правоъгълник , който е разбит на 420 единични квадратчета. Две единични квадратчета ще наричаме съседни, ако имат поне един общ връх. Всяко от квадратчетата е оцветено в един от цветовете: бял, зелен и червен, като не съществуват три единични квадратчета с общ връх, които да са оцветени в трите цвята. Не е задължително в оцветяването да се срещат и трите цвята. Да се намери минималният брой двойки съседни едноцветни квадратчета и броя различни оцветявания, при които той се достига.Решение
Да разгледаме по-общата задача, където дадения правоъгълник е заменен с такъв с размери . За него нека означим минималния брой двойки едноцветни квадратчета с , а броя различни оцветявания, при които той се достига с . В задачата се търсят и . Едно оцветяване, ще наричаме затворническо, ако всеки от -те стълба на правоъгълника е оцветен в един цвят и всеки два съседни стълба са оцветени в различни цветове. Двойка съседни едноцветни квадратчета, ще наричаме добра. Ще докажем, че и той се достига единствено при затворническите оцветявания. Прилагаме индукция по . База: . В този случай не съществуват 3 единични квадратчета с общ връх, така че всяко оцветяване в три цвята върши работа. Очевидно, ако никои две съседни клетки не са едноцветни, то нямаме добра двойка и значи . Всички такива оцветявания са затворнически, като в случая стълбовете на правоъгълника са едноклетъчни. Индукционна стъпка: Нека сме доказали твърдението за , т. е., за всяко и минимума се реализира само при затворнически оцветявания. Да разгледаме оцветен правоъгълник с размери и за улеснение, да номерираме редовете му от долу нагоре, а стълбоветеот ляво надясно. Абстрахирайки се от -вия ред и -вия стълб, получаваме оцветен правоъгълник , за който по индукционна хипотеза знаем, че съдържа поне добри двойки. Ще преброим минималния брой добри двойки, които съдържат клетка от последния ред и/или последния стълб. Първо да разгледаме квадрата в горния десен ъгъл на правоъгълника (образуван от пресичането на стълбове и с редове и ). Четирите единични квадратчета, които той съдържа имат общ връх и следователно са оцветени в най-много два цвята. Те генерират или 2 добри двойки (ако са оцветени по 2 в цвят) или 3 добри двойки (ако в единия цвят са оцветени 3 клетки, а в другияедна) или 6 добри двойки (ако всички клетки са едноцветни). Следователно, поне две нови добри двойки се съдържат в , при това те ще са само две единствено, когато имаме по две клетки оцветени в два различни цвята. Да \textit{приплъзнем} квадрата наляво (т. е., разглеждаме квадрата , образуван от пресичането на стълбове и с редове и ). Както и преди, той съдържа поне две различни добри двойки, като най-много една може вече да сме я броили в и най-много една може да сме я броили в . Но, ако и двете повтарящи се двойки са добри, то трите клетки са едноцветни и значи двойката също е добра и досега не е била броена. В заключение, съдържа поне една нова добра двойка. Повтаряме процедурата, докато стигнем до първия стълб, а след това приплъзваме ъгловия квадрат и надолу по последните два стълба, докато стигнем до първия ред. По този начин общо разглеждаме два по два различни квадрата , като генерира поне две нови добри двойки, а останалите - поне по една нова добра двойка. Следователно, съществуват поне различни добри двойки, които не са в и значи съдържа поне добри двойки. Оттук, , като равенство се достига единствено, когато добрите двойки в са и всеки квадрат, съдържащ или последния ред или последния стълб на генерира по точно една нова добра двойка. Но тогава, съгласно индукционното предположение, правоъгълника е оцветен затворнически и двойката не може да е добра. Следователно, клетките в трябва да са по две в цвят, като двойката задължително трябва да е добра, иначе ще генерира повече от една нова добра двойка и . Оттук и е оцветен затворнически. Аналгогично и за всички останали квадрата на ляво от . Така получихме, че за да може , първите стълба на задължително трябва да са оцветени затворнически. Накрая, щом е добра двойка и генерира само две добри двойки, той също е оцветен затворнически и двете клетки в -вия стълб са едноцветни. Да разгледаме квадрата , приплъзнат един ред надолу спрямо трябва да генерира точно една нова добра двойка, като той няма обща добра двойка с (квадратчетата и са разноцветни) и има една обща двойка с (поради гарантираното затворническо оцветяване на ). Следователно, съдържа точно две добри двойки и значи цвета на клетката ( ) съвпада с този на клетката . Продължавайки надолу, заключаваме, че и последния стълб е едноцветен и значи е оцветен затворнически. С това индукцията е завършена! Връщайки се на оригиналната задача, получаваме, че минималния брой двойки съседни едноцветни квадратчета в оцветен правоъгълник е , а броя различни оцветявания, при които той се достига е , тъй като за да бъде едно оцветяване затворническо, трябва да изберем цвят за първи стълб по три различни начина и различен от предходния цвят за всеки от останалите стълбове до края. ( 7 точки) 1 т. за верен отговор и на двата въпроса; 1 т. за вярна хипотеза за и/или т. за доказателство на базата на индукцията; 4 т. за доказателство на индукционната стъпка. Забележка. Минималният брой добри двойки не зависи от броя цветове , използван при оцветяването, докато в общия случай броя добри оцветявания е .2022
4 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър , за които решенията на системата представляват затворен интервал с дължина 1.Решение
Отговор. . Решение. Лесно се вижда, че решението на линейното неравенство е . Например, това може да стане чрез нанасяне върху реалната ос на точките и , както и съобразяване, че търсим позицията на точка със сума от разстоянията до трите фиксирани точки по-малка или равна на 6. Тъй като , а се намира между и , директно се съобразява, че горното е възможно единствено, когато е в единична околност на . Да означим с . Решението на квадратното неравенство е , където са реалните корени (ако има такива) на . Следователно, търсим тези стойности на параметъра , за които има два реални корена , за които . Тъй като , то възможни са два случая: или . Първият случай води до и значи . Тъй като , то наистина е изпълнено и е решение. Вторият случай води до , т. е., и връх на параболата , което сумарно е . Искаме наличие на два различни реални корена, което води до , т. е., . Следователно няма решение в този случай. (6 точки) 1т. за т. за формулиране на двата възможни случая или ; по 2т. за пълното разглеждане на всеки от случаите.Задача 2
Условие
В остроъгълния триъгълник е среда на и е височина. Построен е перпендикуляр към правата . Да се намери дължината на , ако , иРешение
Построяваме и означаваме е медиана в правоъгълен триъгълник, следователно и . Оттук, . Следователно, и значи Нека означим . Тогава и, тъй като , то и , т. е., . Остана да намерим с Питагорова теорема: (6 точки) 2 т. за (1); 2 т. за т. за .Задача 3
Условие
Да се намери броя на всички съставни естествени числа , такива че за всяко естествено число в интервала е изпълнено следното: броят начини от група от души да изберем на брой (като редът на избор няма значение) се дели наРешение
Нека първо охарактеризираме всички такива числа. Условието изисква да се дели на за всяко . Да допуснем, че има прост делител и да разгледаме . Явно и ако допуснем, че се дели на , то след и съкращаване на би следвало, че дели - това обаче не е така, тъй като дели и значи не дели никое . Значи вече можем да считаме, че всички прости делители на са по-големи от . Да допуснем, че простите делители са поне 3 на брой (считано с техните кратности). За директна проверка показва, че е решение, а при имаме делителят ; нека . Тогава , т. е. , противоречие. Остава да разгледаме за прости . Ако допуснем, че , то , противоречие. При имаме само , т. е. , за което директно се проверява, че е решение. Ако и , то в дясната страна се дели на , но ! вляво не се дели на - значи дели . Ако и , то в дясната страна се дели на и а ! не се дели на и на простото - следователно се дели на и на , а оттук и на . Тъй като , то всички прости числа водят до решение , а пък тези, за които и е простоводят и до решението . Директна проверка показва, че имаме 14 прости числа в този интервал: като 6 от тях са от втория тип. Заедно с \textit{изключенията} 6 и 8, заключаваме, че търсения брой в задачата е: . ( 7 точки) По 1 т. за всеки от случаите и т. за отхвърляне на съставните с прост делител т. за отхвърляне на с поне три прости делителя; 2 т. за довършване; 1 т. за верен отговор.Задача 4
Условие
В една държава има града. Между някои градове са построени еднопосочни пътища, като между 2 града може да има няколко пътища в различни посоки. Знаем, че за всеки 2 града и може да се стигне или от до , или от до или и двете. Колко най-малко пътя трябва допълнително да построим, така че да си гарантираме, че от всеки град може да се стигне до всеки друг?Решение
Ще докажем, че отговорът е 1. Първо да разгледаме примера, в който номерираме градовете от 1 до и от всеки град излиза път към град . Очевидно условието е изпълнено и трябва да построим поне един път, следователно отговора не е 0. Ще докажем, че има град който стига до всички останали градове. Да допуснем, че няма такъв и да разгледаме града , който стига до най-много градове. Сега знаем, че има град и не може да стигне до . Но тогава, от условието може да стигне до , а оттам и до всеки друг град до който може да се стигне през . Противоречие с максималността на A. Аналогично, има град , такъв че от всеки град може да се стигне до него. Следователно можем да построим реброто от до и за произволни два града и имаме пътя . (7 точки) 1 т. за пример, че е нужен поне 1 допълнителен път; по 2 т. за доказване съществуването на градове и , както и за проверката, че пътя е достатъчен2023
4 задачиЗадача 1
Условие
Всеки от класовете в едно училище има поне двама и по-малко от 2024 ученика. В един от класовете на всеки един от учениците е дадена торба с 2024 еднакви топки, 2023 от които са бели, а останалатачерна. Класът ще получи награда, ако всеки ученик изтегли без да гледа една топка от торбата си, като нито един не изтегли черна. Отличникът на класа смята, че вероятността да спечелят ще се увеличи, ако преди тегленето тайно разменят топките така, че черните топки от всички торби да отидат в торбата на отличника, а на тяхно място той да им върне по една бяла топка от неговата торба. За какъв брой ученици в класа отличникът е прав?Решение
Ще докажем, че отличникът винаги греши. Нека класът има на брой ученици. По условие . Вероятността никой ученик да не изтегли черна топка е . Вероятността отличникът да не изтегли черна топка, ако всички черни топки са в торбата му е . Трябва да сравним и . Нека за удобство . Имаме и значи: Да умножим и разделим дясната страна на . Получаваме: Преобразуваме до или . Това е точно . (6 точки) По 1 т. за и т. за правилното им сравняване; 1 т. за отговор. Коментар. Неравенството, което доказахме е по същество неравенство на Бернули, което намира широко приложение при оценката на експоненциални функции.Задача 2
Условие
Даден е четириъгълник . Точка от вътрешността на четириъгълника е такава, че триъгълниците и са равнобедрени и правоъгълни с прав ъгъл при върха . Да се докаже, че , където точката е средата на странатаРешение
(Първи начин) Нека означим с средата на страната . Понеже триъгълниците и са правоъгълни, то за триъгълниците и имаме , и , където . Построяваме точките и , симетрични на точка съответно относно точките и и . Тогава фигурите и са успоредници и диагоналите им се разполовяват съответно в точките и . Освен това двойките триъгълници и са еднакви, т. е. имаме и . ( Втори начин) Построяваме точката симетрична на относно точката . Тогава и като съответни елементи. Но като средна отсечка в и значи . (6 точки) (Първи начин) 3 т. за получаване на конструкция, в която отсечките и са половини от диагонали на един успоредник; 3 т. за получаване на . (Втори начин) 3 т. за построяване на т. за получаване на .Задача 3
Условие
Да се намерят всички стойности на параметъра , за които уравнението има безброй много двойки цели решенияРешение
Да разгледаме уравнението като квадратно по . Дискриминантата му е . Но за достатъчно големи положителни стойности на се намира между два съседни точни квадрата: и , а за достатъчно малки отрицателни стойностимежду двата съседни квадрата и . Следователно цели решения няма. В останалите краен брой случаи за , то има най-много по две решения. Ето защо не съществува с търсеното свойство. ( 7 точки) 2т. за пресмятане на дискриминантата; 3т. за липса на решения при достатъчно големи ; 1т. за ограничени ; 1т. за отговор.Задача 4
Условие
Нека са три положителни реални числа, за които . Да се докаже, чеРешение
Лесно се вижда, че има равенство, когато . Ще пренапишем неравенството, използвайки . Умножавайки по , получаваме С други думи, тъй като , трябва да докажем, че . При фиксирани , получаваме квадратен тричлен за , който се минимизира, когато е максимално (тук използваме по СА-СГ). Според UVW метода, ако фиксираме , то се максимизира, когато две от числата са равни: нека . След заместване на и опростяване, получаваме Тъй като (случай на равенство!), и очакваме да е двоен корен (защо?) разлагаме по схемата на Хорнер: , така че , което трябваше да се докаже. Второ решение. Неравенството е еквивалентно на , а значи и на . След разкриване на скобите получаваме еквивалентното където . От неравенството на Мюрхед следва и , а оттук и желаното неравенство. (7 точки) За първото решение: 1 т. за случай на равенство (само ако няма нищо друго); 1 т. за хомогенизация; 4 т. за стигане до т. за довършване. За второто решение: 1 т. за случай на равенство (само ако няма нищо друго); 1 т. за хомогенизация; 1 т. за ясна цел да се разкрият скобите и да се използва неравенство на Мюрхед; 4 т. за довършване.2024
4 задачиЗадача 1
Условие
Да се реши системата уравнения:Решение
Да отбележим че лявата страна на второто уравнение е положителна и значи . Тогава нека разпишем повдигането на квадрат в първото уравнение и да разделим и двете страни на . Получаваме: Полагаме и . Получаваме: Преработваме и получаваме: Но по формулите на Виет, значи че и са корени на . Също така, да отбележим и че системата е симетрична за двете променливи, както и изначално за и . Нека върнем полагането: Следва или . Следва . Така окончателно получаваме следните 8 решения за , . (6 точки) 2т. за преработването и полагането; 2т. за намиране на и ; 2т. за довършване.Задача 2
Условие
Дадено е число , където и са прости числа, и 240 не дели . Да се намери максималната стойност наРешение
Първо, за просто число имаме че от където и се дели на 3 за прости числа по-големи от 3. Също така по малката теорема на Ферма (или по теорема на Ойлер, или просто чрез директно изчерпване), следователно се дели на 5 за прости числа по-големи от 5. Сега . Ако и са нечетни прости числа с различни остатъци по модул 4, то 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 се дели на 4, а останалите две числа са четни и произведението се дели на 16. Ако произведението не се дели на 16. Получаваме, че за да бъде изпълнено условието на задачата трябва . Остава да проверим кой от трите максимума за фиксирано и е най-голям. Отговор: . (6 точки) 1т. за разсъжденията по модул 3; 2т. за разсъжденията по модул 5; 2 т. за делимостите на степен на точка за верен отговор.Задача 3
Условие
Даден е триъгълник с дължина на страните и съответно , като . Нека и са съответно центровете на описаната и вписаната за триъгълника окръжности. Да се докаже, че правите и са перпендикулярни.Решение
Нека е ъглополовяща на и лежи на . Знаем, че . Имаме също и аналогично . Така получаваме, че . От свойствата на ъглополовящата за триъгълник имаме и значи . Нека пресича описаната окръжност в точка . Тогава от свойствата на хордите имаме . Или: Оттук . Но тогава значи и следователно е среда на хордата и значи . (7 точки) 2т. за изразяване на т. за т. за т. за довършване.Задача 4