VII клас

от Българският сайт за математика

Задача 1. Нека $a, b, p$ и $q$ са положителни числа и $a \ne b$ . Да се докаже, че ако $a^{p + q} + b^{p + q} = a^p + b^p$ , тогава $a^q + b^q < 2$ .

Решение: Имаме $L = (a^q + b^q - 2)(a^p + b^p) = a^{p + q} + b^{p + q} - 2(a^p + b^p) + a^q b^p + b^q a^p$ и като заместим $a^p + b^p$ с $a^{p + q} + b^{p + q}$ , получаваме $L = -a^{p + q} - b^{p + q} + a^q b^p + b^q a^p = a^p(b^q - a^q) + b^p(a^q - b^q) = (b^q - a^q)(a^p - b^p)$ . Произведението $(b^q - a^q)(a^p - b^p)$ е отрицателно, защото двата множителя имат противоположни знаци. И така $L < 0$ и тъй като $a^p + b^p > 0$ , то $a^q + b^q < 2$ .

Задача 2. Нека $0 \le x \le 1$ и $f_1(x) = 1 - |2x - 1|, f_2(x) = 1 - |2f_1(x) - 1|, f_3(x) = 1 - |2f_2(x) - 1|$ .

а) Да се докаже, че $0 \le f_1(x) \le 1, 0 \le f_2(x) \le 1$ и $0 \le f_3(x) \le 1$ .

б) Да се решат уравненията $f_1(x) = x, f_2(x) = x, f_3(x) = x$ .

Решение: а) $1 - |2x - 1| = 2x$ при $x \in [0, \frac{1}{2}], 1 - |2x - 1| = 2 - 2x$ при $x \in [\frac{1}{2}, 1]$ . Следователно $f_1(x) \in [0, 1]$ и поради това $f_2(x) = f_1(f_1(x))$ и $f_3(x) = f_1(f_2(x))$ принадлежат на интервала $[0, 1]$ .

б) Решенията на уравнението $f_1(x) = x$ и $x_1 = 0$ и $x_2 = \frac{2}{3}$ .

Като вземем предвид, че $f_2(x) = 4x$ при $x \in [0, \frac{1}{4}], f_2(x) = 2 - 4x$ при $x \in [\frac{1}{4}, \frac{1}{2}], f_2(x) = 4x - 2$ при $x \in [\frac{1}{2}, {3}{4}]$ и $f_2(x) = 4 - 4x$ при $x \in [\frac{3}{4}, 1]$ намираме, че решенията на уравнението $f_2(x) = x$ са $x_1 = 0, x_2 = \frac{2}{5}, x_3 = \frac{2}{3}$ и $x_4 = \frac{4}{5}$ . На фигурата по долу са построени графиките на $y = f_1(x)$ и $y = f_2(x)$ .

Тъй като $f_3(x) = 8x$ при $x \in [0, \frac{1}{8}], f_3(x) = 2 - 8x$ при $x \in [\frac{1}{8}, \frac{1}{4}], f_3(x) = 8x - 2$ при $x \in [\frac{1}{4}, {3}{8}], f_3(x) = 4 - 8x$ при $x \in [\frac{3}{8}, {1}{2}], f_3(x) = 8x - 4$ при $x \in [\frac{1}{2}, \frac{5}{8}], f_3(x) = 6 - 8x$ при $x \in [\frac{5}{8}, \frac{3}{4}], f_3(x) = 8x - 6$ при $x \in [\frac{3}{4}, \frac{7}{8}]$ и $f_3(x) = 8 - 8x$ при $x \in [\frac{7}{8}, 1]$ то корените на уравнението $f_3(x) = x$ са $0, \frac{2}{9}, \frac{2}{7}, \frac{4}{9}, \frac{4}{7}, \frac{1}{3}, \frac{6}{7}, \frac{8}{9}$ .

Забележка: Задачата може да се обощуи по следния начин. Нека $x \in [0, 1]$ . Полагаме $f_1(x) = 1 - |2x - 1|, f_2(x) = f_1(f_1(x)),...., f_{n+1}(x) = f_1(f_n(x))$ .

a) Да се докаже, че $f_n(x) \in [0, 1]$ при $x \in [0, 1]$ .

б) Да се реши уравнението $f_n(x) = x (x \in [0, 1])$ .

Решение: Решението на а) е по същество вече изложено по-горе. Докажете самостоятелно в същия дух, че

$f_n(x) = 2k - 2^n x$ при $x \in [\frac{2k - 1}{2^n}, \frac{2k}{2^n}]$ ,

$f_n(x) = 2^n x - 2k$ при $x \in [\frac{2k}{2^n}, \frac{2k + 1}{2^n}]$ при $k = 0, 1, ....., 2^{n - 1}$ .

Корените на $f_n(x) = x$ са числата $\frac{2k}{1 + 2^n}, k = 0, 1,.....,2^{n - 1}$ и $\frac{2k}{2^n - 1}, k = 1,.....,2^{n - 1} - 1$ .

Задача 3. Даден е триъгълникът $ABC$ с $\angle ACB = 140^\circ$ . Прекарана е ъглополовящата $BD (D \in AC)$ , а върху страната $AB$ е взетеа точката $E$ така, че $\angle BCE = 100^\circ$ . Да се намери $\angle BDE$ .

Решение: Означаваме с $F$ точката от лъча $BC$ (точката $C$ е между точките $F$ и $B$ ). Тъй като $\angle DCE = 40^\circ = \angle FCD$ , точката $D$ лежи на ъглополовящата на $\angle FCE$ . Понеже тя лежи на ъглополовящата на $\angle ABC$ , разстоянията от $D$ до правите $AB, BC$ и $CE$ са равни. Тогава $D$ лежи и върху ъглополовящата на $\angle AEC$ , т.е. $\angle AED = \angle DEC$ . Нека $\angle ABC = \beta$ . Тогава $\angle AEC = 100^\circ + \beta$ (понеже $\angle AEC$ е външен за $\Delta EBC$ ) и $\angle AED = \frac{1}{2}\angle AEC = 50^\circ + \frac{\beta}{2}$ . Тъй като $\angle AED$ е външен за $\Delta EDB$ , то $\angle AED = \angle EBD + \angle BDE$ , т.е. $50^\circ + \frac{\beta}{2} = \frac{\beta}{2} + \angle BDE$ и следователно $\angle BDE = 50^\circ$ .