PMS

Пролетни математически състезания

310 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.

16 години5 класаИма видими липси

По година По клас

Избран клас

10

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

pms2023-10-1: има placeholder текст
pms2019-10-3: има placeholder текст
pms2017-10-3: има placeholder текст
pms2015-10-2: има placeholder текст
pms2013-10-2: има placeholder текст

2006

1 задача

Задача 3

Пълен запис

Условие

Четиридесетте разбойника си поделили 4000 лева. Една група от пет разбойника ще наричаме бедна, ако има не повече от 500 лева. Какъв е най-малкият възможен брой бедни петорки сред всевъзможните петорки разбойници?

Решение

Ако 39 разбойника вземат по 101лв., а последният вземе останалите 61лв., бедни ще са само петорките с участието на последния; техният брой е

\binom{39}{4}

. Ще се уверим, че това е най-малкият възможен брой. Нека

r

е броят на всевъзможните разбивания на разбойниците на 8 петорки. Във всяко такова разбиване има поне една бедна петорка. Общият брой петорки във всички разбивания е

8 r

. Но броят на петорките сред 40 души е всъщност (

\binom{40}{5}

, така че всяка от тях участва в

8 r /\binom{40}{5}

разбивания. Така всяка бедна петорка е броена по

8 r /\binom{40}{5}

пъти, при което броят им излиза поне колкото броят

r

на разбиванията. Следователно. има поне

r\binom{40}{5} / 8 r=\binom{39}{4}

бедни петорки.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-10-3

2007

2 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

, вписан в окръжност

k_{1}

. Окръжността

k_{2}

се допира до

k_{1}

в точка

C

и до страната

A B

в точка

T

. Правата

C T

пресича

k_{1}

за втори път в точка

Q

. Правата

Q N, N \in k_{2}

, е допирателна към

k_{2}

. Да се докаже, че окръжността, описана около

\triangle A B N

, минава през центъра на вписаната в

\triangle A B C

окръжност.

Решение

От пресмятане на

\angle B A C

чрез дъги в

k_{2}

следва, че дъгите в тази окръжност, отговарящи на

\angle A C T

\angle B C T

, са равни, т. е.

C T

е ъглополовяща на

\angle A C B

. Тогава

Q

е среда на дъгата

\wideparen{A B}

от

k_{1}

Q A=Q B=Q I

, където

I

е центърът на вписаната в

\triangle A B C

окръжност. Ще докажем, че

Q N=Q I

, откъдето исканото следва. Имаме

Q N^{2}=Q T. Q C

и остава да изразим

Q T

Q C

. От

\triangle A C T \sim Q C B

получаваме

Q C=\frac{A C. Q B}{A T}

, а от

\triangle B T Q \sim \triangle C T A

имаме

Q T=\frac{Q B. A T}{A C}

. Умножаването на последните две равенство дава

Q N=Q I

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2007-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

За редицата от цели числа

A=\left(a_{i}\right)_{i=1}^{\infty}

означаваме с

D_{m}(A)

безкрайната редица, получена от

A

след изтриване на всеки неин

m

-ти член:

D_{m}(A): a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{m-1},

a_{m+1}, \ldots, a_{2 m-1}, a_{2 m+1}, \ldots,

а с

S(A)

означаваме редицата от частичните суми на

A

S(A): a_{1}, a_{1}+a_{2}, a_{1}+a_{2}+a_{3}, \ldots

Нека

A=\left(a_{i}\right)_{i=1}^{\infty}

, където

a_{n}=1+(n-1) d

за всяко естествено число

n

d

е естествено число. Да се намерят всички

n

d

, за които редицата

S\left(D_{2}\left(S\left(D_{3}(A)\right)\right)\right)

съдържа числото

2^{2018}

Решение

Нека редицата

A

има исканото свойство. Да означим с

B=\left(b_{i}\right)_{i=1}^{\infty}

редицата

S\left(D_{3}(A)\right)

. Тогава

\begin{aligned} b_{2 k+1} & =\left(a_{1}+a_{4}+\ldots+a_{3 k+1}\right)+\left(a_{2}+a_{5}+\ldots+a_{3 k-1}\right) \\ & =\frac{\left(2 a_{1}+k \cdot 3 d\right)(k+1)}{2}+\frac{\left(2 a_{2}+(k-1) \cdot 3 d\right) k}{2} \\ & =2 k+1+\left(3 k^{2}+k\right) d \end{aligned}

Нека по-нататък

C=S\left(D_{2}(B)\right)=\left(c_{i}\right)_{i=1}^{\infty}

. Тогава

\begin{aligned} c_{n} & =\sum_{k=0}^{n-1} b_{2 k+1} \\ & =\sum_{k=0}^{n-1}\left(2 k+1+\left(3 k^{2}+k\right) d\right) \\ & =\sum_{k=0}^{n-1}(2 k+1)+3 d \sum_{k=0}^{n-1} k^{2}+d \sum_{k=0}^{n-1} k \\ & =n^{2}+3 d \frac{(n-1) n(2 n-1)}{6}+d \frac{n(n-1)}{2} \\ & =n^{2}(1+(n-1) d) \end{aligned}

Следователно

(1+(n-1) d) n^{2}=2^{2018}

за някои естествени

n

d

. Тогава

n=2^{t}, t \in \mathbb{N}

, откъдето

\left(2^{t}-1\right) d=2^{2018-2 t}-1

Следователно

2^{t}-1

дели

2^{2018-2 t}-1

, което означава, че

t

дели

2018-2 t

. Сега е ясно, че

t

е едно от числата 1, 2, 1009, 2018. Тъй като

2018-2 t\gt{}0

, имаме

t=1

или 2. Това дава решенията

n=2, d=2^{2016}-1, \quad n=4, d=\frac{2^{2014}-1}{3}.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2007-10-3

2010

2 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

x, y, a

са реални числа и

x+y=a, x y=a+3

. Да се намери възможно най-малката стойност на израза

x^{2}+y^{2}

Решение

Имаме

x^{2}+y^{2}=(x+y)^{2}-2 x y=a^{2}-2(a+3)=a^{2}-2 a-6=f(a)

. От формулите на Виет следва, че

x

y

са корените на квадратното уравпение

t^{2}-a t+a+3=0

. Тъй като

x, y

са реални числа, то

D=a^{2}-4 a-12 \geq 0

. Оттук

a \in(-\infty, -2] \cup[6, +\infty)

. Квадратната функция

f(a)

е намаляваща в интервала (

-\infty, 1

) и растяща в (

1, +\infty

), така че тя памалява в

(-\infty, -2]

и расте в

[6, +\infty)

. Следователно най-малката стойност па

f(a)

при

a \in(-\infty, -2] \cup[6, +\infty)

е по-малкото от числата

f(-2)

f(6)

. Тъй като

f(-2)=2

f(6)=18

, търсената най-малка стойност на

x^{2}+y^{2}

е равна на 2 (и се достига при

x=y=-1

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

\angle A C B \neq 90^{\circ}

. Правите през върха

C

, перпендикулярни на страните

A C

B C

, пресичат съответно правите през върховете

A

B

, перпендикулярни на страните

B C

A C

, в точките

P

Q

. Ако

M

е средата на страната

A B

, то да се докаже, че правите

P Q

C M

са перпендикулярни.

Решение

Нека

H

е ортоцентър на

\triangle A B C

. Тъй като

C P \| Q H(\perp A C)

C Q \| P H(\perp B C)

, то

H P C Q

е успоредник и в частност

P Q

разполовява

C H

. От друга страна,

C H \perp A B, H P \perp B C, C P \perp A C

и следователно

\triangle C H P \sim A B C

. Така получаваме, че

P Q

C M

са съответни медиани в подобни триъгълници с перпендикулярни страни и следователно те също са перпендикулярни.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-10-2

2011

3 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Окръжностите

k_{1}

k_{2}

с центрове

O_{1}

O_{2}

се пресичат в две различни точки

A

B

. През

A

са прекарани две различни прави, които пресичат

k_{1}

в точките

M_{1}

N_{1}

, а

k_{2}

в точките

M_{2}

N_{2}

съответно. Нека

M

N

са средите на отсечките

M_{1} M_{2}

N_{1} N_{2}

. Да се докаже, че: a) точките

M, N, A

B

лежат на една окръжност; б) центърът на тази окръжност е среда на отсечката

O_{1} O_{2}

Решение

а) Тъй като

\angle A M_{1} B= \angle A N_{1} B \quad

\quad \angle A M_{2} B=\angle A N_{2} B

, то

\triangle M_{1} M_{2} B \sim \triangle N_{1} N_{2} B

. Следователно

B M

B N

са съответни медиани в подобни триъгълници и

\angle M_{1} M B=\angle N_{1} N B

, което означава, че точките

M, N, A

B

лежат на една окръжност с център

O

. б) От една страна

O

лежи на симетралата на

A B

, т. е.

O

лежи на

O_{1} O_{2}

. От друга страна

O_{1}

O_{2}

лежат на симетралите на отсечките

A N_{1}

A N_{2}

съответно, а

O

лежи на симетралата на

A N

. Оттук лесно получаваме, че

O

е среда на

O_{1} O_{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Естествените числа

a, b, c, p, q

r

са такива, че

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

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

. Възможно ли е числото

a p+b q+c r

да е просто?

Решение

(a, b)=1

(p, q, r)=1

, т. е.

(p, q)=1

. Имаме

\begin{aligned} (a p+b q+c r)(a p+b q-c r) & =(a p+b q)^{2}-c^{2} r^{2}= \\ & =a^{2} p^{2}+2 a p b q+b^{2} q^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(p^{2}+q^{2}\right)= \\ & =-a^{2} q^{2}+2 a q b p-b^{2} p^{2}= \\ & =-(a q-b p)^{2} \end{aligned}

и следователно

a p+b q+c r

дели

(a q-b p)^{2}

. Тъй като

a p+b q+c r

е просто число, заключаваме, че

a p+b q+c r

дели

a q-b p

. Ако

a q-b p=0

, то от

(a, b)=1

(p, q)=1

следва, че

a=p, b=q

. Но тогава

a p+b q+c r=a^{2}+b^{2}+c^{2}=2 c^{2}

не е просто число. Ако

a q-b p \neq 0

, то

a p+b q+c r \leq|a q-b p|\lt{}\max \{a q, b p\} \leq

\max \{a, b\} \max \{p, q\}\lt{}c r\lt{}a p+b q+c r,

и отново имаме противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Симеон е намислил естествено число

n \leq 2010

. Бойко се опитва да го познае по следния начин: пита дали дадено естествено число е по-голямо от

n

и Симеон му отговаря с „да“ или „не“. Бойко печели играта, когато познае числото, и я губи, ако получи отговор „не“ за втори път и продължава да не знае числото. Колко най-малко въпроса са достатъчни на Бойко за да е сигурен, че ще спечели?

Решение

Първо да забележим, че ако Бойко получи първи отговор „не“ в някакъв момент, това означава, че тогава той има информация от вида

n \in\left[n_{1}, n_{2}\right]

. Ако следващият му опит е число

x\gt{}n_{1}

, и получи отговор „не", той губи, зацото няма право на повече въпроси, а намисленото от Симеон число е измежду

n_{1}, n_{1}+1, \ldots, x

. Следователно Бойко трябва да опита последователно

n_{1}, n_{1}+1, \ldots, n_{2}-1

, а това са

n_{2}-n_{1}

въпроса. Сега ще покажем, че Бойко винаги може да познае числото

n

с 63 опита, като задава на Симеон последователно числата:

63, 63+62, 63+62+61, \ldots, 63+62+\cdots+5=2006

докато не получи отговор „не“. Ако това никога не се случи, т. е. винаги отговорът на Симеон е „да“, то след 59 -ия опит, когато задава числото 2006, Бойко ще заключи, че

n \in[2007, 2010]

и с 3 опитаще отгатне числото. Ако пък получи отговор „не“ на опит с число

63+62+\cdots+i

, то

n \in[63+62+\cdots+(i+1)+1, 63+62+\cdots+(i+1)+i]

и от казаното по-горе следва, че са му необходими най-много

(63-i+1)+i-1=63

опита. Да допуснем, че Бойко има стратегия за определянето на

n

с не повече от 62 опита. На първия опит Бойко може да получи отговор „не“, което означава, че е казал на Симеон число, което не надминава 62. Ако пьк получи отговор „да“, а при втория онит получи отговор „не“, то второто число не може да надминава

62+61=123

. Продължавайки със същите разсъждения, заключаваме, че числото на 62 -ия опит не надминава

62+61+\cdots+1=1953\lt{}2010

и при отговор „да“ и на този опит Бойко не може да определи числото на Симеон, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-10-4

2013

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на параметъра

a

, за които уравнението

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

има точно едно реално

Решение

След полагането

2^{x-2}=t

свеждаме задачата до намиране тези стойности на реалния параметър

a

, за които уравнението

t^{2}-2^{2-a} t+a=0

има точно едно положително Нека

f(t)=t^{2}-2^{2-a} t+a

. Случай 1. Ако уравнението

f(t)=0

има двоен положителен корен, то необходимо и достатъчно условие е

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

, т. е.

4^{1-a}=a

2^{1-a}\gt{}0

. При

a\gt{}1

имаме

4^{1-a}\lt{}1\lt{}a

, а при

0\lt{}a\lt{}1

имаме

4^{1-a}\gt{}1\gt{}a

. При

a=1

получаваме единствен корен

t=1

. Случай 2. Ако уравнението

f(t)=0

има два реални корена

t_{1} \leq 0\lt{}t_{2}

, то необходимо и достатъчно условие е

f(0) \leq 0

2^{1-a}\gt{}0

, т. е.

a \leq 0

. Така търсените стойности са

a \in(-\infty, 0] \cup\{1\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-10-1

Задача 1b

Пълен запис

Условие

Да се памерят стойностите на реалния параметър

a

, за които корените

x_{1}, x_{2}, x_{3}

на уравнението

x^{3}+2 x^{2}+\left(a^{2}+1\right) x+a^{2}=0

са реални и изньлняват неравенството

\frac{1}{x_{1}^{2}}+\frac{1}{x_{2}^{2}}+\frac{1}{x_{3}^{2}}\lt{}36

Решение

Лесно сс проверява, че -1 е корен на даденото уравнение. Оттук

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

Да означим с

x_{1}, x_{2}

корените на

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

. Очевидно

D=1-4 a^{2} \geq 0

, откъдето

a \in[-1 / 2, 1 / 2]

. Неравенството

1 / x_{1}^{2}+1 / x_{2}^{2}+1 / x_{3}^{2}\lt{}36

приема вида

\frac{1}{x_{1}^{2}}+\frac{1}{x_{2}^{2}}\lt{}35 \Leftrightarrow\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}\lt{}

35 x_{1}^{2} x_{2}^{2} \Leftrightarrow 35 a^{4}+2 a^{2}-1\gt{}0.

От последното неравснство получаваме

a^{2}\gt{}1 / 7

или

a \in(-\infty, -1 / \sqrt{\vphantom{x^2}7}) \cup(1 / \sqrt{\vphantom{x^2}7}, +\infty)

. Окончателпо търсените стойности на параметъра са

a \in[-1 / 2, -1 / \sqrt{\vphantom{x^2}7}) \cup(1 / \sqrt{\vphantom{x^2}7}, 1 / 2]

. Kритерии за

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-10-1b

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

а) Да се докаже, че всеки правоъгълник може да бъде нарязан на части, от които да бъде сглобен равнолицев с него квадрат. б) Нека

n

е естествено число. Да се докаже, че всеки квадрат може да бъде нарязан на части, от които да се сглобят

n

равнолицеви квадрата.

Решение

а) Разглеждаме правоъгълник

A B C D

със страни

A B=a

B C=b, a\gt{}b

. Построяваме точки

M

N

съответно върху

B C

A D

, такива че

B M=D N=\sqrt{\vphantom{x^2}a b}

. Нека

P

с точка върху

A M

, такава че

N P \| A B

. Очевидно от триъгълниците

A N P

A B M

и петоъгълника

D C M N P

може да бъде сглобен квадрат. За да е възможен изборът на точката

P

трябва

A N\lt{}B M

, т. е.

a-\sqrt{\vphantom{x^2}a b}\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}a b}

или

a\lt{}4 b

. Ако

4^{s} b\lt{}a\lt{}4^{s+1} b s

пъти извършваме следната операция: удвояваме два пъти по-късата и скъсяваме два пъти по-дългата страна. Така достигаме до правоъгълник със страни

a^{\prime}=a^{s}, b^{\prime}=2^{s} b

като

b^{\prime}\lt{}a^{\prime}\lt{}4 b^{\prime}

, за който можем да приложим описаната конструкция. б) Лесно се забелязва, че нарязването на квадрат и сглобяването на

n

равнолицеви квадратчета е еквивалентно на нарязването на квадратчетата и сглобяване от частите на големия квадрат. Образуваме правоъгълник, слепвайки малките квадратчета. Съгласно а) този правоъгълник може да бъде трансформиран в квадрат. Лесно се проверява, че броят на частите, от които сглобяваме правоъгълника е краен.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-10-3

Задача 3b

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

a\gt{}1

n\gt{}1

, за които

a^{n}-1

с степен на просто число със степенен показател по-голям от 1.

Решение

Нека

a^{n}-1=p^{m}

, където

p

е просто число и

m\gt{}1

е естествепо число. Нека първо

2 \mid n

. Тогава

\left(a^{\frac{n}{2}}-1\right)\left(a^{\frac{n}{2}}+1\right)=p^{m}

и най-големият общелител на

a^{\frac{n}{2}}-1

a^{\frac{n}{2}}+1

е равен на 1 или 2. Ако той е 1, то

a^{\frac{n}{2}}-1=1, a^{\frac{n}{2}}+1=p^{m}

и оттук

a=2, n=2

p^{m}=3

- противоречис с

m\gt{}1

. Ако най-големият общделител е 2, то

p=2, a^{\frac{n}{2}}-1=2, a^{\frac{n}{2}}+1=2^{m-1}

и оттук

a=3, n=2

(и

n=3

). Нека сега

2 \nmid n

. Ако

a=2

, то

p^{m} \equiv-1(\bmod 4)

, откъдето следва

p\gt{}2

2 \nmid m

. Тогава

2^{n}=(p+1)\left(p^{m-1}-p^{m-2}+\ldots-p+1\right)

. Тук вторият множител е нечетно тисло (понеже

p

m

са нечстни), по-голямо от 1 (понеже

m\gt{}1

). което с невъзможно. Така

a\gt{}2

. Сега

(a-1)\left(a^{n-1}+\ldots+a+1\right)=p^{m}

, като двата множителя в лявата страна са по-големи от 1 и значи се делят на

p

. Тогава

a \equiv 1(\bmod p)

0 \equiv a^{n-1}+\cdots+a+1 \equiv 1+\cdots+1+1=n \quad(\bmod p)

т. е.

p \mid n

. В частност

p\gt{}2

и оттук

2 \mid a

. Както в случая

a=2

, получаваме, че

2 \nmid m

a^{n}=(p+1)\left(p^{m-1}-p^{m-2}+\ldots-p+1\right)

и вторият множител е нечетно число. Тоюава от

2^{n} \mid a^{n}

следва

2^{n} \mid p+1

, така че

p+1 \geq 2^{n}

. Но

2^{n}\gt{}n+1

за всяко

n\gt{}1

, откъдето следва

p+1\gt{}n+1

, т. е.

p\gt{}n

. Това с противоречие с

p \mid n

. Окончателно, търсените числа са

a=3

n=2

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-10-3b

Задача 4

Пълен запис

Условие

В равнината са разположени два еднакви, противоположно ориентирани равностранни триъгълника

\triangle A B C

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

със страна единица. Каква е най-малката възможна дължина на най-дългата измежду отсечките

A A_{1}, B B_{1}

C C_{1}

Решение

Да забележим първо, че средите

M_{a}, M_{b}

M_{c}

на отсечките

A A_{1}, \underline{B B_{1}}

C C_{1}

лежат на една права. Наистина, векторът

\overrightarrow{M_{a} M_{b}}

е полусума на векторите

\overrightarrow{A B}

\overrightarrow{A_{1} B_{1}}

и, понеже те имат равни дължини, е успореден на ътлополоящата на ъгъла между тях. Същото твърдение е вярно и за

\overrightarrow{M_{a} M_{c}}

и ъглополовящата между

\overrightarrow{A C}

\overrightarrow{A_{1} C_{1}}

. Но, понеже

\triangle A B C

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

са равностранни и противоположю ориентирани, т. е. единият се получава от другият посредством подходяща транслация и осева симетрия, то тези две ъглополовящи са успоредни (именно на въпросната ос на симетрия). Следователно, векторите

\overrightarrow{M_{a} M_{b}}

\overrightarrow{M_{a} M_{c}}

също са успоредни, и точките

M_{a}, M_{b}

M_{c}

лежат на една права

l

. Нека

\ell

е правата, определена от точките

M_{a}, M_{b}

M_{c}

, а

h

е височината на

\triangle A B C

. Да разгледаме трите кръга

k_{a}, k_{b}

k_{c}

с центрове точките

A, B

C

и радиуси, равни на

\frac{1}{2} h

. Тъй като трите средни линии на

\triangle A B C

, които се явяват и допирателни за

k_{a}

k_{b}

k_{c}

, отделят кръговете един от друг, то правата

\ell

не може да пресича всеки от кръювете

k_{a}, k_{b}

k_{c}

във вътрешна точка. С други думи, разстоянието от поне един от върховете на

\triangle A B C

до

\ell

е не по-малко от

\frac{1}{2} h

. Без загуба на общност, нека

A

бъде един такъв връх. Тогава

A A_{1}=2 A M_{a} \geq 2 d(A, l) \geq 2 \cdot \frac{1}{2} h=h

и следвателно найдългата измежду отсечките

A A_{1}, B B_{1}

C C_{1}

има дължина поне

h=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}

. Лесно се вижда, че този минимум се достигапри това точно тогава, когато

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

е симетричен на

\triangle A B C

спрямо една от неговите средни линии. Втори начин. (Александър Иванов) Ще докажем, че при всяко разноложение на двата триъгълника, поне един от ъглите

\angle\left(\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{C_{1} A_{1}}\right), \angle\left(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right)

\angle\left(\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{B_{1} C_{1}}\right)

е но-голям или равен на

120^{\circ}

. Да допуспем противното и да транслираме двата трицгълника така, че точките

C

C_{1}

да съвпадат с дадена точка

O

. Тогава точките

A

B, A_{1}

B_{1}

лежат на окръжност с център

O

и радиус 1. Тъй като двата триъчълника са обратно ориентирани, разноложението на точките върху окръжността (по посока обратна на часовниковата стрелка) е

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

или

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

. Да разгледаме първия случай. Ако

\angle\left(\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O A_{1}}\right) \leq 60^{\circ}

, то

\angle\left(\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O B_{1}}\right) \geq 120

o, а ако

\angle 60^{\circ}\lt{}\angle\left(\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O A_{1}}\right)\lt{}120^{\circ}

, то

\angle\left(\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O B_{1}}\right) \geq 120

. Във втория случай ъгълът на ротацията с център

O

, която преобразува

\triangle O A B

\triangle O B_{1} A_{1}

\angle A O B_{1}\lt{}60^{\circ}

. Тогава острият ъчъл между

A B

A_{1} B_{1}

е но-малък от

60^{\circ}

и следователно

\angle\left(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right) \geq 120^{\circ}

. Третият случай е аналотичен на втория, като отново

\angle\left(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right) \geq 120^{\circ}

. Да допуснем, че

\angle\left(\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{C_{1} A_{1}}\right) \geq 120^{\circ}

. Нека точка

P

е такама, че

\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{C C_{1}}

. Тогава от косинусовата теорема за

\triangle P C_{1} A_{1}

следва, че

A_{1} P \geq \sqrt{\vphantom{x^2}3}

. Тъй като

C C_{1}+A A_{1}= A P+A A_{1} \geq A_{1} P \geq \sqrt{\vphantom{x^2}3}

, то поне една от отсечките

C C_{1}

A A_{1}

е поне

\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}

. Примерыт е както в

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-10-4

2014

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е правоъгълен

\triangle A B C

(

\angle A C B=90^{\circ}, A C \leq B C

). Ако

M

е средата на височината

C H(H \in A B)

\angle A M B=120^{\circ}

, то да се намери

A C: B C

Решение

Ще използваме стандартните означение за

\triangle A B C

. Първо да обърнем внимание, че

S_{A B C}=2 S_{A B M}=A M \cdot B M \cdot \sin 120^{\circ}

и следователно

A M. B M=\frac{a b}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}

. От друга страна, от косинусова теорема за

\triangle A B M

получаваме

A B^{2}=A M^{2}+B M^{2}-2 A M \cdot B M \cdot \cos 120^{\circ}=

A M^{2}+B M^{2}+A M \cdot B M

и следователно

A M \cdot B M=A B^{2}-\left(A H^{2}+H M^{2}\right)-\left(B H^{2}+H M^{2}\right)=2 A H \cdot B H-2 H M^{2}=\frac{3}{2} h^{2}=\frac{3 a^{2} b^{2}}{2\left(a^{2}+b^{2}\right)}

. Така достигаме до

\frac{a b}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}=\frac{3 a^{2} b^{2}}{2\left(a^{2}+b^{2}\right)} \Leftrightarrow 2\left(\frac{b}{a}\right)^{2}-3 \sqrt{\vphantom{x^2}3}\left(\frac{b}{a}\right)+2=0

и понеже

b \leq a

следва, че

A C: B C=\frac{3 \sqrt{\vphantom{x^2}3}-\sqrt{\vphantom{x^2}11}}{4}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на параметъра

a

, при които уравненията

a \cdot 5^{2 x-1}+|a-5| \cdot 5^{x-1}=1 \text{и} 9^{x}+3^{x+1}=4

са еквивалентни.

Решение

Записваме второто уравнение във вида

\left(3^{x}-1\right)\left(3^{x}+4\right)=0

, но

3^{x}+4\gt{}0

и остава

3^{x}-1=0

, т. е.

x=0

. Следователно необходимо условие двете уравнения да са еквивалентни е

x=0

да е корен на първото уравнение. След заместване получаваме

a+|a-5|=5 \Leftrightarrow a \leq 5

. При

a \leq 5

първото уравнение добива вида

a \cdot 5^{2 x-1}+(5-a) \cdot 5^{x-1}-1=

0 \Leftrightarrow a \cdot\left(5^{x}\right)^{2}+(5-a) 5^{x}-5=

0 \Leftrightarrow\left(5^{x}-1\right)\left(a 5^{x}+5\right)=0.

Ако

a \geq 0

или

a=-5

, то достигаме до единствено x=0

. Ако

a<0

и

a \neq-5

, получаваме две различни x=0

x=1-\log _{5}(-a)

. Така окончателно търсените стойности на

a

са

[0, 5] \cup\{-5\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Даден е четириъгълник

A B C D

, вписан в окръжност

k

с диаметър 1. Да се намери най-голямата възможна стойност на сумата от радиусите на окръжностите, вписани в

\triangle A B C, \triangle B C D, \triangle C D A

\triangle D A B

Решение

Ще използваме следното помощно твърдение: Лема 1. Нека

X Y

е хорда в окръжност

\omega

и точката

Z

обхожда дъгата

\wideparen{X Y}

. Тогава радиусът

r_{X Y Z}

на вписаната в

\triangle X Y Z

окръжност достига максимума си, когато

Z

е среда на дъгата

\wideparen{X Y}

. Доказателство. Ако

I

е центъра на вписаната в

\triangle X Y Z

окръжност, то

\angle X I Y= 90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle X Z Y

и следователно когато

Z

обхожда дъгата

\wideparen{X Y}, I

също обхожда някаква дъга с краища

X

Y

. При това е очевидно, че разстоянието от

I

до

X Y

е максимално точно когато

I

съвпада със средата на тази дъга, т. е. когато

Z

е среда на

\wideparen{X Y}

. От горната лема следва, че

r_{A B C}+r_{A D C} \leq r_{A B^{\prime} C}+r_{A D^{\prime} C},

където

B^{\prime}

D^{\prime}

са средите на съответните дъги

\wideparen{A B C}

\wideparen{A D C}

. Ако означим с

I_{D^{\prime}}

I_{B^{\prime}}

центровете на вписаните в

\triangle A B^{\prime} C

\triangle A D^{\prime} C

окръжности, то

r_{A B^{\prime} C}+r_{A D^{\prime} C}=I_{B^{\prime}} I_{D^{\prime}}

. От друга страна, ако означим с

I_{A}

центъра на вписаната в

\triangle B^{\prime} C D^{\prime}

окръжност, то

\angle C I_{A} D^{\prime}=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle C B^{\prime} D^{\prime}=

90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle C A D^{\prime}=\angle C I_{B^{\prime}} D

и аналогично

\angle C I_{A} B^{\prime}=\angle C I_{D^{\prime}} B^{\prime}

, т. е. четириъгълниците

C I_{A} I_{B^{\prime}} D

C I_{A} I_{D^{\prime}} B^{\prime}

са вписани. Тогава

\angle I_{A} I_{B^{\prime}} I_{D^{\prime}}=\angle I_{A} C D^{\prime}=45^{\circ}

\angle I_{A} I_{D^{\prime}} I_{B^{\prime}}=\angle I_{A} C B^{\prime}=45^{\circ}

, т. е.

I_{B}^{\prime} I_{D}^{\prime}=2 r_{B^{\prime} D^{\prime} C}

. Прилагайки отново лемата достигаме до извода, че стойността на израза

r_{A B C}+r_{A D C}

е най-голяма точно тогава, когато

A B C D

е квадрат. Аналогично и стойността на израза

r_{B A D}+r_{B C D}

е най-голяма точно тогава, когато

A B C D

е квадрат. Остава да пресметнем, че този случай

r_{A B C}+r_{A D C}=r_{B A D}+r_{B C D}=\sqrt{\vphantom{x^2}2}-1

и така окончателно търсената максимална стойност е

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се реши в цели числа уравнението

x^{3}-5 x+28=2^{y}\left(2^{y}+1\right)

Решение

Ако

x \leq-4

, то лявата страна на уравнението е отрицателна, а дясната е винаги положителна. Случаите

x=-3, -2, -1

и 0 се отхвърлят с директна проверка. Лесно се вижда, че

y=0

не води до , а при отрицателно

y

дясната страна не е цяло число за разлика от лявата. Тогава

x

y

са естествени числа и нататък то следва то на задача 9 \cdot 4.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-10-4

2015

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е правоъчълен

\triangle A B C\left(\angle A C B=90^{\circ}, A C\gt{}B C\right)

с височина

C H

. Окръжността

k

с диаметър

C H

пресича катетите

A C

B C

в точките

P

Q

съответно. Ако

P Q

разполовява

C G

, където

G

е медицентърът на

\triangle A B C

, то a) да се докаже, че

G

лежи на окръжността

k

; б) да се намери отношението

A H: B H

Решение

а) Нека

M

е средата на

A B

, а О е центъра на

k

. Тъй като

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

, то

P Q

е диаметър в

k

. Нещо повече,

\angle C Q P=\angle C H P=\angle B A C=\alpha

и следователно

\triangle Q P C \sim \triangle A B C

. Тогава

C O

C M

са съответни медиани в подобни триъгълници, а

C T

C H

са съответни височини, където

T

е пресечната точка на

C M

P Q

. Следователно

P Q \perp C G

, но но условие

P Q

разполовява

C G

, т. е.

P Q

е симетрала на

C G

G \in k

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-10-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Съществува ли естествено число

n

, което има точно 49 естествени делителя и тези делители могат да бъдат подредени в таблица

7 \times 7

по такъв начин, че сумата на числата във всеки ред и всеки стълб да е една и съща?

Решение

Не. Ако

n

има исканото свойство, то

n=p^{48}

, където

p

е просто, или

n=p^{6} q^{6}

, където

p

q

са различни прости числа. В първия случай, подреждането е невъзможно, защото сумата на числата в реда, който съдържа делителя 1, ще дава остатък 1 при деление на

p

, докато сумата на числата във всеки друг ред ще се дели на

p

. Остава да разгледаме втория случай. Без ограничение на общността можем да смятаме, че

q\gt{}p

. Нека

S=\left\{1, p, \ldots, p^{6}\right\}

. Ако всеки ред съдържа точно едно число от

S

, то като разгледаме по модул

q

сумите на редовете, които съдържат 1 и

p

, получаваме

p \equiv 1(\bmod q)

, т. е.

q \mid p-1

, което е невъзможно. Нека сега има ред, в който не се среща число от

S

. Тогава делителите в този ред се делят на

q

, тяхната сума се дели на

q

, и, следователно, сумата на всички числа в таблицата се дели на

q

. От последното

q \mid 1+p+\cdots+p^{6}

, т. е.

p^{7} \equiv 1(\bmod q)

и показателят на

p

по модул

q

е равен на 7. Тъй като всеки ред и всеки стълб или не съдържа числа от

S

, или съдържа поне две числа от

S

, то има ред или стълб, който съдържа точно две числа от

S

. Следователно, за някои

0 \leq a\lt{}b \leq 6

имаме, че

q \mid p^{a}+p^{b}

. Оттук,

p^{2 a} \equiv p^{2 b}(\bmod q) \Rightarrow 7 \mid 2(a-b)

, което е противоречие. Kpumepuu: (7 точки) 1т. за каноничния вид на

n; 1

т. за случая

n=p^{48}; 3

т. за доказване, че в другия случай показателят на

p

по модул

q

7; 2

т. за достигане до противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-10-3

2016

1 задача

Задача 3

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

, който е вписан в окръжност

k

. Нека

I

е центъра на вписаната в

\triangle A B C

окръжност,

M

е средата на страната

A B

, а

S

е средата на дъгата

A \bar{C} B

. Да се намери

\angle A C B

, ако

I S=2 I M

Решение

ше използваме стандартните означения за ъглите в триъгълник. Тъй като

S

е среда на

A \bar{C} B, I_{B}

то

\angle I C S=\angle I C A+\angle A C S=\frac{\gamma}{2}+\left(90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}\right)=90^{\circ}

и следователно правата

C S

е външна ъглополовяща за

\angle A C B

. Тогава пресечните точки

I_{A}

I_{B}

на правите

A I

B I

с правата

C S

са центровете на въшновписаните окръжности за

\triangle A B C

към страните

B C

A C

съответно. От

\angle I_{A} I_{B} I=\frac{\alpha}{2}=\angle I A B

\angle I_{B} I_{A} I=\frac{\beta}{2}=\angle I B A

следва, че

\triangle I I_{B} I_{A} \sim \triangle I A B

. Освен това

\angle B S C=\alpha= 2 \angle S I_{B} B

, т. е.

S

е среда на хипотенузата в правоъгълния триъгълник

I_{A} I_{B} B

. Следователно

I S

I M

са съответни медиани в подобни триъгълници. Но по условие

I S= 2 I M

, т. е.

I I_{A}=2 I B

, откъдето получаваме

\angle I I_{A} B=\frac{\gamma}{2}=30^{\circ}

и следователно

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2016-10-3

2017

20 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които точно две от целочислените на неравенството

\log _{a}\left|\log _{\frac{2}{a}}(x+1)\right|\lt{}0

не надминават 3.

Решение

Очевидно има смисъл да разглеждаме само положителни стойности на

a

, за които

a \neq 1, 2

. Ясно е също, че

x\gt{}-1

x \neq 0

(*)

Нека

a \in(0, 1)

. Сега

\left|\log _{2 / a}(x+1)\right|\gt{}1

. Оттук имаме

\log _{2 / a}(x+1)\gt{}1

или

\log _{2 / a}(x+1)\lt{}-1

, което води до

x+1\gt{}2 / a

или

x+1\lt{}a / 2

. Това дава решенията

x \in(-\infty, -1+a / 2) \cup(-1+2 / a, +\infty)

. Тъй като

2 / a-1\gt{}1

-1\lt{}-1+a / 2\lt{}0

, две целочислени , ненадхвърлящи 3, се получават, когато

2 / a-1\lt{}2

, т. е. когато

a\gt{}2 / 3

. Така в този случай получаваме

a \in(2 / 3, 1)

(*)

Нека

a \in(1, 2)

. Сега получаваме последователно

\left|\log _{2 / a}(x+1)\right|\lt{}1

-1\lt{}\log _{2 / a}(x+1)\lt{}1

, откъдето

x \in(-1+a / 2, -1+2 / a)

. Очевидно в този интервал има само една целочислена стойност за

x

(*)

Накрая нека

x \in(2, +\infty)

. Както в 2 ) получаваме

x \in(-1+2 / a, -1+a / 2)

. Точно две целочислени за

x

, които са по-малки или равни на 3, се получават, когато

2\lt{}-1+a / 2 \leq 3

. Така в този случай получаваме

a \in(6, 8]

. Окончателно имаме

a \in(2 / 3, 1) \cup(6, 8]

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-1

Задача 1b

Пълен запис

Условие

Нека

x

е реално число от интервала

[0, 1]

. Да се реши уравнението

\sqrt{\vphantom{x^2}x}+\sqrt{\vphantom{x^2}\sqrt{x}}+\sqrt{\vphantom{x^2}\sqrt{\sqrt{x}}}+\cdots

+\underbrace{\sqrt{\vphantom{x^2}\sqrt{\cdots \sqrt{x}}}}_{2014 \text{корена}}=

2014 x

Решение

Очевидно

x=0

x=1

са Нека

x \in(0, 1)

. Тогава от неравенството

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

следва, че всеки от събираемите отляво е поне

x

и оттам лявата страна е винаги по-голяма от дясната.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-1b

Задача 1c

Пълен запис

Условие

Дадени са квадратните функции

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

g(x)=-x^{2}+(a+6) x+1

, където

a

е реален параметър. Пресечните точки на графиката на

f(x)

с координатните оси определят триъгълник с лице

S_{f}

, а пресечните точки на графиката на

g(x)

с координатните оси определят триъгълник с лице

S_{g}

. Да се намерят всички стойности на

a

, за които

S_{f} \geq S_{g}

Решение

Както

f(x)

, така и

g(x)

има два различни реални корена. Триъгълникът, определен от точките на пресичане на графиката на

f(x)

с координатните оси има страна върху абсцисата

\left|x_{1}-x_{2}\right|

(където

x_{1}

x_{2}

са корените на

f(x)

) и височина към тази страна

|f(0)|=2

. Следователно

4 S_{f}^{2}=4\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=4\left[(a+1)^{2}+8\right]=4 a^{2}+8 a+36

. Аналогично

4 S_{g}^{2}=a^{2}+12 a+40

. Неравенството от условието

S_{f} \geq S_{g}

е еквивалентно на

4 a^{2}+8 a+36 \geq a^{2}+12 a+40

, откъдето

3 a^{2}-4 a-4 \geq 0

или

a \in\left(-\infty, -\frac{2}{3}\right] \cup[2, +\infty)

. Kpumepuu: (6 точки) 3т. за намирането на

S_{f}

или

S_{g}; 1

т. за намирането и на второто лице; 2т. за решаване на неравенството

S_{f} \geq S_{g}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-1c

Задача 1d

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението

\sqrt{\vphantom{x^2}x^{3}-11|x-1|}=2 x-1.

Решение

Даденото уравнение е еквивалетно с уравнението

x^{3}-11|x-1|=(2 x-1)^{2} \text{за} x \geq \frac{1}{2}

Разглеждаме следните два случая: Случай 1. Ако

x \geq 1

, то след преобразувания достигаме до уравнението

x^{3}-4 x^{2}-7 x+10=0 \Leftrightarrow(x-1)(x-5)(x+2)=0

и получаваме две x_{1}=1, x_{2}=5

\begin{aligned}.\\ Случай 2. Ако \end{aligned}

x \in\left[\frac{1}{2}, 1\right)

, то достигаме до уравнението $

x^{3}-4 x^{2}+15 x-12=0 \Leftrightarrow(x-1)\left(x^{2}-3 x+12\right)=0, $$ което няма в разглеждания интервал.\\ Окончателно даденото уравнение има точно две x_{1}=1$ и $x_{2}=5$.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-1d

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

D

е допирната точка на вписаната в

\triangle A B C

окръжност със страната

A B

. Нека

I_{1}

I_{2}

са центровете на вписаните окръжност в

\triangle A D C

\triangle B D C

съответно. Да се докаже, че описаната около

\triangle I_{1} I_{2} D

окръжност се допира до

A B

Решение

Да означим с

P

Q

допирните точки на вписаните в

\triangle A D C

\triangle B D C

окръжности със страните

A D

B D

съответно. Тогава

D P=\frac{1}{2}(D C+D A-A C)=\frac{1}{2}(D C+D B-B C)=D Q

и следователно вписаните в

\triangle A D C

\triangle B D C

се допират до

C D

в една и съща точка. Остава да съобразим, че

\angle I_{2} I_{1} D=\angle D I_{1} P=\angle I_{2} D Q

, с което доказателството е завършено.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-2

Задача 2b

Пълен запис

Условие

Нека

C D

е височина в

\triangle A B C

, като

D \in A B

. Окръжността с център

C

и радиус

C D

пресича описаната около

\triangle A B C

окръжност в точките

E

F

съответно. Ако правата

E F

разполовява

C D

, то да се намери

\angle A C B

Решение

Нека правата

E F

пресича

C A, C B

C D

в точките

P, Q

M

съответно. От

\angle C A E=\frac{1}{2} \wideparen{C E}=\frac{1}{2} \wideparen{C F}=\angle C E P

следва, че

\triangle C A E \sim \triangle C E P

. Тогава

C P. C A=C E^{2}=C D^{2} \Rightarrow D P \perp C A

Аналогично

D Q \perp C B

и следователно точките

D, Q, C

P

лежат на окръжност с диаметър

C D

. Но по условие

M

е среда на

C D

, т. е.

M

е центърът на тази окръжност и

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-2b

Задача 2c

Пълен запис

Условие

Да се определят стойностите на параметъра

a

, за които уравнението

x^{3}-a x^{2}+(a-1)^{2}=0,

има най-много едно положително

Решение

Забелязваме, че

x=a-1

е корен на уравнението и го записваме във вида

(x-a+1)\left(x^{2}-x-a+1\right)=0.

Нека

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

D=1-4(-a+1)=4 a-3

. Случай 1. Ако

D \leq 0

, т. е.

a \in\left(-\infty, \frac{3}{4}\right]

, то

f(x)=0

има най-много едно x=\frac{1}{2}

и даденото уравнение има едно отрицателно x=a-1

и едно положително x=\frac{1}{2}

при

a=\frac{3}{4}

. Случай 2. Ако

D>0

, тъй като

\frac{1}{2}>0

, то

f(x)=0

има поне едно положително и за да е единствено е необходимо

f(0)=-a+1 \leq 0

. В същото време,

x=a-1 \geq 0

е на уравнението, което ако е положително е необходимо да съвпада с положителното на

f(x)=0

. Така достигаме до извода, че

a=1

или

f(a-1)=0

, т. е.

a=1

или

a=3

, когато получаваме съответните x_{1}=0, x_{2}=1

x_{1}=-1, x_{2}=2

. Окончателно

a \in\left(-\infty, \frac{3}{4}\right] \cup\{1\} \cup\{3\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-2c

Задача 2d

Пълен запис

Условие

Построени са графиките на две квадратни функции

f_{1}(x)

f_{2}(x)

със старши коефициенти

\frac{1}{2}

и -3 съответно, като

f_{1}(x)

има корени 2 и 5, а

f_{2}(x)

има корени -2 и 1. Една мравка стартира от точка

P

, която лежи върху точно една от тези графики, и се движи по тях, без да се връща назад. Всеки път, когато достигне пресечна точка на двете графики, мравката сменя графиката, по която върви, като избира посоката си върху новата графика произволно. Какви трябва да бъдат координатите на началната точка

P

, за да може мравката да се върне обратно в нея?

Решение

Пресмятаме в явен вид двете функции:

f_{1}(x)=\frac{1}{2}(x-2)(x-5)=\frac{1}{2} x^{2}-\frac{7}{2} x+5

f_{2}(x)=-3(x+2)(x-1)=-3 x^{2}-3 x+6

. Пресечните точки на двете параболи намираме чрез корените на функцията

\begin{aligned} & g(x)=f_{1}(x)-f_{2}(x)=\left(\frac{1}{2} x^{2}-\frac{7}{2} x+5\right)-\left(-3 x^{2}-3 x+6\right)= \\ & \quad=\frac{7}{2} x^{2}-\frac{1}{2} x-1=\frac{7}{2}\left(x-\frac{1-\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{14}\right)\left(x-\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{14}\right) \end{aligned}

Старшият коефициент на

f_{1}(x)

е положителен и следователно параболата

f_{1}(x)

е "обърната нагоре". Старшият коефициент на

f_{2}(x)

е отрицателен и следователно параболата

f_{2}(x)

е "обърната надолу". Ако мравката тръгне от точка

P

с абсциса, която не принадлежи на интервала

I=\left(\frac{1-\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{14}, \frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{14}\right)

, то тя или ще отиде в безкрайността, движейки се по параболата, от която е започнала, или ще стигне до кръстопът. Сменяйки параболата, тя или ще отиде в безкрайността, движейки се по другата парабола, или ще стигне до другия кръстопът. Повтаряйки това разсъжение няколко пъти, виждаме, че мравката или ще отиде в безкрайността по някоя от параболите, или ще остане затворена в цикъла между двете, като посоката на въртене в този цикъл е такава, че тя не може да се върне в

P

. Ако мравката тръгне от точка

P

с абсциса, която принадлежи на

I

, то тя ще може да се върне обратно в

P

след като мине през два кръстопътя. Следователно, търсените координати са от вида

\left(a, \frac{1}{2} a^{2}-\frac{7}{2} a+5\right)

или (

a, -3 a^{2}-3 a+6

), където

a \in\left(\frac{1-\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{14}, \frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{14}\right)

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-2d

Задача 2e

Пълен запис

Условие

Даден е правоъгълен

\triangle A B C

с прав ъгъл при върха

C

. Нека

M

е средата на

B C

, а

D

E

са петите на перпендикулярите от върха

C

към

A B

A M

съответно. Ако

B E=2 D E

, то да се намери

\angle A B C

Решение

Нека

\angle A B C=\beta

. Тъй като точките

A, D, E

C

лежат на окръжност с диаметър

A C

, то

\angle A E D=\angle A C D=\angle A B C=\beta

и следователно четириъгълникът

D B M E

е вписан в окръжност. Освен това,

D M

е медиана в правоъгълния

\triangle B D C

и следователно

\angle B E M=\angle B D M=\angle D B M=\beta.

Така получаваме, че

\angle D E C=\angle C E B=90^{\circ}+\beta

. От друга страна,

\angle C D E=\angle C A E= \angle B C E

и следователно

\triangle C D E \sim \triangle B C E

. Тогава

2=\frac{B E}{D E}=\frac{B E}{C E} \cdot \frac{C E}{D E}=\left(\frac{B C}{C D}\right)^{2},

т. е.

B C=\sqrt{\vphantom{x^2}2} C D

\beta=45^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-2e

Задача 2f

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен

\triangle A B C

с височина

C D

, имаща среда

E

. Нека

B E \cap A C= L

. Точка

P

е избрана така, че

E D B P

е правоъгълник. Да се докаже, че

A P

разполовява отсечката

B L

Решение

Означаваме пресечната точка на

A P

B L

N

. Ще докажем, че точка

N

е среда на

B L

. Нека

M

е средата на

A B

F=B C \cap E P

. Тогава

E C P B

е успоредник и следователно

F

е среда на

E P

, както и на

B C

. Освен това

\triangle E P N \sim \triangle B A N

и значи точките

M, N

F

лежат на една права, защото

N F

N M

са съответни медиани в подобните триъгълници. Сега

M F

е средна отсечка в

\triangle A B C

и следователно

M N

е средна отсечка в

\triangle A B L

, откъдето исканото следва. (Марк Андонов). Нека петата на перпендикуляра от

N

към

A B

означим с

H

. Тогава, използвайки, че

E B P C

е успоредник и теоремата на Талес, получаваме

\frac{N B}{C P}=\frac{N B}{B E}=\frac{N H}{E D}=\frac{N H}{B P}=\frac{A N}{A P}=\frac{L N}{C P}

и оттук

L N=N B

. Kpuтерии: (6 точки) 1 т. за въвеждане на

F; 1

т. за доказване, че

F

е обща среда на

E P

B C; 3

т. за доказване, че

F N

разполовява

A B; 1

т. за завършване. 1 т. за въвеждане на

H; 1

т. за доказване, че

E P B C

е успоредник; 4 т. за правилно пресмятане на отношенията. За частични резултати общо най-много 3 т.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-2f

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

Нека

A_{n}

е броят на начините на покриване на правоъгълник

2 \times n

с плочки от вида домино

1 \times 2

и L-тромино (квадрат

2 \times 2

без една клетка). Да се докаже, че за всяко

n \geq 3

е в сила неравенството

A_{n}\gt{}(1+\sqrt[4]{\vphantom{x^2}2})^{n-1}

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-3

Задача 3b

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяко нечетно просто число

p

числата

2^{p}-2

p(p-1)!\left(-1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{p-1}\right)

дават един и същи остатък при деление на

p^{2}

Решение

Имаме, че

2^{p}-2=(1+1)^{p}-2=\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}=

p\left(\sum_{i=1}^{p-1} \frac{(p-1)(p-2) \ldots(i+1)}{(p-i)!}\right)

Нека

x

е остатъкът на числото

\sum_{i=1}^{p-1} \frac{(p-1)(p-2) \ldots(i+1)}{(p-i)!}

при деление на

p

. Остава да покажем, че остатъкът на

(p-1)!\sum_{i=1}^{p-1}(-1)^{i} i^{-1}

при деление на

p

също е равен на

x

. Имaме

\sum_{i=1}^{p-1} \frac{(p-1)(p-2) \ldots(i+1) \cdot(p-1)!}{(p-i)!} \equiv

x(p-1)!(\bmod p)

откъдето, съгласно теоремата на Уилсън,

\sum_{i=1}^{p-1}\{(p-1)(p-2) \ldots(i+1) \cdot(p-1)(p-2) \ldots(p-i+1)\} \equiv

x(p-1)!\equiv-x \quad

(\bmod p)

От друга страна, теоремата на Уилсън ни дава и

\begin{gathered} \sum_{i=1}^{p-1}\{(p-1) \ldots(i+1) \cdot(p-1) \ldots(p-i+1)\} \equiv \sum_{i=1}^{p-1}\left\{(p-1) \ldots(i+1) \cdot(-1)^{i-1}(i-1)!\right\} \equiv \\ \equiv \sum_{i=1}^{p-1}(-1)^{i-1} \frac{(p-1)!}{i} \equiv(p-1)!\sum_{i=1}^{p-1}(-1)^{i-1} i^{-1} \quad(\bmod p) \end{gathered}

Следователно,

(p-1)!\sum_{i=1}^{p-1}(-1)^{i} i^{-1} \equiv x(\bmod p)

, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-3b

Задача 3c

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

с център

J

на външновписаната окръжност към страната

B C

. Нека

M

е средата на страната

A C

M J

пресича страната

B C

в точка

N

. Ако е известно, че

A B=B N

, то да се докаже, че

\angle B A C=2 \angle A C B

Решение

Нека

I

е центъра на вписаната в

\triangle A B C

окръжност. От

A M=C M

следва, че

S_{A N J}=S_{C N J}

. Тогава

\frac{C N}{N L}=\frac{S_{C N J}}{S_{L N J}}=\frac{S_{A N J}}{S_{L N J}}=\frac{A J}{L J}=

\frac{S_{A B J}}{S_{L B J}}=\frac{A B \cdot r_{a}}{B L \cdot r_{a}}=\frac{A B}{B L}

където

r_{a}

е радиусът на външновписаната окръжност към страната

B C

. Така достигаме до извода, че

\frac{C N}{N L}=\frac{A B}{B L} \Rightarrow A C \| I N

От друга страна,

B I

е ъглополовяща в равнобедрения

\triangle A N B

и следователно

I

лежи на симетралата на

A N

, но

C I

е ъглополовяща на

\angle A C B

, т. е.

I

лежи на описаната окръжност около

\triangle A N C

. Така достигаме до извода, че

A C N I

е трапец, вписан в окръжност, т. е. той е равнобедрен и

\angle B A C=2 \angle I A C=2 \angle A C B

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-3c

Задача 3d

Пълен запис

Условие

Дадено е просто число р. Да се докаже, че числото

\left(2^{p-2}-1\right)^{p}\left(2^{p}-1\right)-2^{p(p-2)}+1

се дели на

p^{3}

Решение

Да означим

A(p)=\left(2^{p-2}-1\right)^{p}\left(2^{p}-1\right)-2^{p(p-2)}+1

. Тъй като

A(2)=0

, то

A(2)

се дели на

2^{3}=8

. Нека

p\gt{}3

е просто число. Ще докажем, че

2^{p} A(p)

се дели на

p^{3}

, което ще означава, че

A(p)

се дели на

p^{3}

. От теоремата на Ферма имаме

2^{p-1} \equiv 1 (\bmod p)

, което означава, че

2^{p-1}=p k+1

за някое

k \in \mathbb{N}

. Тогава

2^{p} A(p)=\left(2^{p-1}-2\right)^{p}\left(2^{p}-1\right)-2^{p(p-1)}+2^{p}=

(p k-1)^{p}(2 p k+1)-(p k+1)^{p}+2^{p}.

Като използваме развититето на

(p k-1)^{p}

(p k+1)^{p}

и това, че

\binom{p}{2}

се дели на

p

, намираме

\begin{aligned} 2^{p} A(p) & \equiv\left(p^{2} k-1\right)(2 p k+1)-\left(p^{2} k+1\right)+2^{p} \equiv \\ & \equiv p^{2} k-2 p k-1-p^{2} k-1+2^{p}=2^{p}-2 p k-2=0\left(\bmod p^{3}\right) \end{aligned}

с което доказателството е завършено.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-3d

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадено е множеството

X=\{0, 1, \ldots, 20\}

, както и петелементните подмножества на

X

B_{k}=

\{k, (3+k) \bmod 21, (4+k) \bmod 21, (9+k) \bmod 21, (11+k) \bmod 21\},

k=0, 1, \ldots, 20.

Някои от елементите от

X

оцветяваме в червено. Какъв е минималният брой елементи, които трябва да се оцветят, така че всяко от множествата

B_{k}

да съдържа като оцветени, така и неоцветени числа.

Решение

Всяка двойка от числа от

X

се среща в точно едно от множествата

B_{k}

. Това се проверява лесно, ако забележим, че разликите

(a-b) \bmod 21, a, b \in\{0, 3, 4, 9, 11\}, a \neq b

, пробягват всички ненулеви остатъци по модул 21. В частност оттук следва, че всеки елемент на

X

се появява в точно пет от множествата

B_{k}

. Нека

B_{m}

е множество, съдържащо максимален брой оцветени числа. Очевидпо този брой е поне 2. Да допуснем, че той е точно 2 и да означим със

c

броя на всички оцветени елементи от

X

. Да означим още с

x_{1}

x_{2}

броя на подмножествата, съдържащи съответно 1 и 2 оцветени точки. Очевидно имаме

\begin{aligned} x_{1}+x_{2} & =21 \\ x_{1}+2 x_{2} & =5 c \\ x_{2} & =\binom{c}{2} \end{aligned},

откъдето

21-5 c+\binom{c}{2}=0

, т. е.

c^{2}-11 c+42=0

. Последното уравнение няма реални корени. Следователно съществува множество с поне 3 оцветени числа. Оттук получаваме, че броят на оцветените числа от

X

е поне 7. За това е достатъчно да разгледаме множествата

B_{k}

, които съдържат фиксирано неоцветено число. Стойността 7 се достига; да оцветим, например, всички числа, които се делят на 3.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-4

Задача 4b

Пълен запис

Условие

Дадена е редица от цели числа

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}

с положителна сума

s

. Казваме, че редицата

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}

е добра, ако са изпълнени неравенствата

\begin{aligned} a_{1} & \geq \frac{s}{n} \\ a_{1}+a_{2} & \geq \frac{2 s}{n} \\ \vdots & \vdots \\ a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-1} & \geq \frac{(n-1) s}{n}. \end{aligned}

Да се намери максималния възможен брой добри редици измежду:

\left(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right), \left(a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{1}\right),

\ldots, \left(a_{n}, a_{1}, \ldots, a_{n-1}\right).

Решение

Разглеждаме безкрайната редица

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}, a_{1}, \ldots

и построяваме начупената линия с върхове

(0, 0), \left(1, a_{1}\right), \left(2, a_{1}+a_{2}\right),

\left(3, a_{1}+a_{2}+a_{3}\right), \ldots.

Очевидно, ако (

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}

) е добра, то начупената линия е изцяло над правата

y=s x / n

. Ако редицата (

a_{i}, a_{i+1}, \ldots, a_{i-1}

) е добра, то точката (

i-1, a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{i-1}

) лежи върху тази права. Така търсеният брой е НОД(

s, n

). Лесно се строи пример, за който тази стойност се достига.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-4b

Задача 4c

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен

\triangle A B C

с ортоцентър

H

, център

I

на вписаната окръжност и център

I_{c}

на външновписаната окръжност

\omega_{c}

срещу

C

. Нека

H I \cap A B=

D, C D \cap I_{c} H=E, C C_{1}

е височина в

\triangle A B C

, точката

F

е проекцията на

I

върху правата

A B

, и

E C_{1} \cap C F=M

. Да се докаже, че

M

лежи на

\omega_{c}

Решение

Нека

k

е окръжността с център

H

и радиус

H C_{1}

. Тогава

D

е външният център на хомотетия за

\omega

k

, а

C

е външният център на хомотетия за

\omega

\omega_{c}

. Съгласно теоремата за трите хомотетии, външният център на хомотетия

X

за

\omega_{c}

k

лежи на

D C

. Но

X

лежи също така и на

I_{c} H

и следователно

X \equiv E

. Нека

l

е допирателната към

\omega_{c}

, която е успоредна на

A B

и не съвпада с

A B

, и нека

l

допира

\omega_{c}

M^{\prime}

. Разглеждаме хомотетии

h_{1}

с център

E

h_{2}

с център

C

, такива че

h_{1}

изобразява

k

\omega_{c}

h_{2}

изобразява

\omega

\omega_{c}

. Тогава

h_{1}

изобразява

C_{1}

M^{\prime}

h_{2}

изобразява

F

M^{\prime}

; следователно,

M \equiv M^{\prime}

и значи

M \in \omega_{c}

, както се искаше.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-4c

Задача 4d

Пълен запис

Условие

Всеки от участващите ученици в едно математическо състезание има не повече от

d \geq 1

познати. Нека

d_{1}

d_{2}

са неотрицателни цели числа, за които

d-1=d_{1}+d_{2}

. Да се докаже, че учениците могат да бъдат разделени в две стаи по такъв начин, че всеки ученик в първата стая има не повече от

d_{1}

познати в неговата стая и всеки ученик във втората стая има не повече от

d_{2}

познати в неговата стая.

Решение

Разбиваме учениците на две групи

V_{1}

V_{2}

и означваме с

e_{i}

броя на двойките познати във

V_{i}, i=1, 2

. Измежду всички възможни разбивания на учениците по стаи, които са краен брой, да разгледаме такова разбиване (то може и да не е единствено) при което числото

e_{1}\left(d_{2}+1\right)+e_{2}\left(d_{1}+1\right)

е минимално. Ще докажем, че това разбиване изпълнява условието на задачата. Да допуснем противното и нека в поне една от групите, да речем

V_{1}

, има ученик

x

, който има

d_{x}^{\prime} \geq d_{1}+1

познати в групати. Означаваме с

d_{x}^{\prime \prime}

броя на познатите на

x

във

V_{2}

. При преместването на

x

във

V_{2}

броят на познанствата във

V_{1}

V_{2}

става съответно

e_{1}^{\prime}=e_{1}-d_{x}^{\prime} \leq e_{1}-d_{1}-1

e_{2}^{\prime}=e_{2}+d_{x}^{\prime \prime} \leq e_{2}+d-d_{x}^{\prime} \leq e_{2}+\left(d_{1}+d_{2}+1\right)-\left(d_{1}+1\right)=e_{2}+d_{2}

. Оттук

e_{1}^{\prime}\left(d_{2}+1\right)+e_{2}^{\prime}\left(d_{1}+1\right)

-e_{1}\left(d_{2}+1\right)-e_{2}\left(d_{1}+1\right)=

-d_{1}-1\lt{}0

което е противоречие с минималността на

e_{1}\left(d_{2}+1\right)+e_{2}\left(d_{1}+1\right)

. С това и доказателството е завършено.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-4d

Задача 4e

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}

, за които равенството

f(f(m+n))=f(m)+f(n)

е изпълнено за всички естествени числа

m, n

Решение

От условието следва, че произволни

m, n \in \mathbb{N}

е изпълнено

f(f(f(f(m+n))))=

f(f(f(m)+f(n)))=f(f(m))+f(f(n)).

Следователно, за всички естествени числа

m, n, p

имаме

f(f(m))+f(f(n+p))=

f(f(f(f(m+n+p))))=f(f(m+n))+f(f(p)).

Но тъй като

f(f(m+n))=f(m)+f(n)

f(f(n+p))=f(n)+f(p)

, получаваме

f(f(m))+f(n)+f(p)=f(f(p))+f(m)+f(n).

Тогава за

p=1

имаме, че

f(f(m))=f(m)+c

, където

c=f(f(1))-f(1)

. Следователно

f(m+n)=f(f(m+n))-c=f(m)+f(n)-c

. Полагаме

g=f-c

, което преобразува предното уравнение в

g(m+n)=g(m)+g(n)

и по индукция лесно получаваме

g(n)=n g(1)

. Следователно,

f

има вида

f(n)=a n+b

, където

a

b

са константи. Проверката показва, че

a=1

, т. е. решенията са

f(n)=n+b

, където

b

е произволна цяла неотрицателна константа.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-4e

Задача 4f

Пълен запис

Условие

Някои от градовете в една държава са свързани с пътища. Два града са съседни, ако са свързани с път, неминаващ през други градове. От всеки град излиза поне един път. Да се докаже, че е възможно да бъдат построени болници в

\left[\frac{n}{2}\right]

града така, че всеки град да има болница или да е съседен на град с болница. (С

[x]

означаваме най-голямото цяло число не надминаващо

x

Решение

Дефинираме граф

G

, в който всеки град е връх и два върха са свързани с ребро, ако между съответните градове има директен път. По условие минималната степен на връх от

G

е 1. Трябва да докажем, че можем да изберем множество

T

от (не повече от)

\lfloor n / 2\rfloor

върха, така че всеки връх да е в

T

или да е съседен на връх от

T

. Нека

M

е максимална антиклика в

G

, а

N

е множеството от останалите върхове в

G

. Тогава всеки връх от

N

е свързан с поне един връх от

M

и, обратно, всеки връх от

M

е свързан с поне един връх от

M

. Следователно за всяко от множествата

M

N

е вярно, че ако построим болници в това множество, то във всеки град има болница или този град с съседен на град с болница. Очевидно поне едно от множествата

M

N

съдържа не повече от

\left[\frac{n}{2}\right]

върха.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-10-4f

2019

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

и нека

M

е средата на страната

A B

. Означаваме с

P

проекцията на

M

върху страната

B C(P \in B C)

, а с

N

средата на

M P

. Да се намерят ъглите на

\triangle A B C

, ако е известно, че

A P \perp C N

A P: C N=2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}

Решение

Нека означим с

Q

средата на отсечката

B P

. Тогава

M Q

е средна отсечка в

\triangle A B P

, т. е.

M Q \| A P, M Q=\frac{1}{2} A P

и от условието следва, че

M Q \perp C N

M Q: C N=\sqrt{\vphantom{x^2}3}

. Следователно

N

се явява ортоцентър в

\triangle M Q C

N Q \perp C M

, но

N Q

е средна отсечка в

\triangle M B P

, т. е.

A B \| N Q \perp C M

и така достигаме до извода, че

\triangle A B C

е равнобедрен. Остава да съобразим, че

\triangle M Q P \sim C N P

, т. е.

M P: C P=M Q: C N=\sqrt{\vphantom{x^2}3}

, т. е.

\angle M C P=60^{\circ}

и окончателно

\angle A C B=120^{\circ}, \angle A B C=\angle B A C=30^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които уравнението

a-4^{x}=\sqrt{\vphantom{x^2}a+2^{x}}

има

Решение

Полагаме

2^{x}=t, t\gt{}0

и достигаме до ирационалното уравнение

a-t^{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}a+t}

Преобразуваме го във вида

a+t-\sqrt{\vphantom{x^2}a+t}=

t+t^{2} \Leftrightarrow\left(\sqrt{\vphantom{x^2}a+t}-\frac{1}{2}\right)^{2}=\left(t+\frac{1}{2}\right)^{2}

и следователно

\sqrt{\vphantom{x^2}a+t}=-t

или

\sqrt{\vphantom{x^2}a+t}=t+1

. Но

t\gt{}0

и задачата се свежда до намиране стойностите на параметъра

a

, за които уравнението

\sqrt{\vphantom{x^2}a+t}=t+1

има положително Последното е еквивалентно на

f(t)=t^{2}+t+1-a=0

за поне една положителна стойност на

t

. Тъй като върхът на параболата е при

t=-\frac{1}{2}\lt{}0

, горното е изпълнено точно когато

f(0)=1-a\lt{}0

. Окончателно

a \in(1, +\infty)

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-10-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Едно множество

A

от естествени числа се нарича свободно, ако за всеки две числа

a \in A

b \in A

(не непременно различни) числото

a b

не е от

A

. Да се намери най-малкото естествено число

n

, за което множеството

M=\left\{3, 4, 5, \ldots, 3^{14}-1\right\}

може да се представи като обединение на

n

две по две непресичащи се свободни множества.

Решение

Лесно се вижда, че множеството

\left\{3, 3^{2}, 3^{3}, 3^{4}, 3^{5}\right\}

не може да се представи като обединение на две непресичащи се свободни множества и следователно

n \geq 3

. Ще докажем, че

n=3

. Едно число

x \in M

ще наричаме просто, ако то не може да се представи като произведение на две или повече числа от

M

. Лесно се вижда, че това са числата

4, 8, p

2 p

, където

p

е просто число в обичайния смисъл. За число

x \in M

да означим с

f(x)

най-голямото естествено число, за което

x

може да се представи като произведение на

f(x)

npocmu числа от

M

. Вижда се, че

f(x y) \leq f(x)+f(y)+1

. Полагаме:

\begin{aligned} & A=\{x \in M \mid f(x)=1, 4, 10, 13\} \\ & B=\{x \in M \mid f(x)=2, 3, 11, 12\} \\ & C=\{x \in M \mid f(x)=5, 6, 7, 8, 9\} \end{aligned}

Понеже

f(x) \leq 13

за

x \in M

лесно се вижда, че множествата

A, B

C

дават исканото разбиване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-10-4

2021

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки стойности на реалните параметри

a

b

, за които четирите корена на уравненията

a x^{2}+2 x+b=0 \quad \text{и} \quad b x^{2}+2 x+a=0,

са две по две различни реални числа, образуващи в някакъв ред аритметична прогресия.

Решение

От условието следва, че

a \neq b

и дискримантата на двете уравнения е положителна, т. е.

a b\lt{}1

. Да означим корените на уравнението

a x^{2}+2 x+b=0

x_{1}

x_{2}

, а корените на уравнението

b x^{2}+2 x+a=0

y_{1}

y_{2}

. Ако допуснем, че двата корена на едно от уравненията се намират между двата корена на другото уравнение, то четирите корена ще образуват аритметична прогресия единствено когато

x_{1}+x_{2}=y_{1}+y_{2} \quad \Leftrightarrow \quad-\frac{2}{a}=-\frac{2}{b} \quad \Leftrightarrow \quad a=b,

противоречие. Във всички останали случаи е изпълнено равенството

\left|x_{1}-x_{2}\right|=\left|y_{1}-y_{2}\right|

. Тъй като

\left|x_{1}-x_{2}\right|=\left|y_{1}-y_{2}\right| \quad \Leftrightarrow \quad

\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}1-a b}}{|a|}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}1-a b}}{|b|} \quad \Rightarrow \quad a=-b,

защото

a=b

е невъзможно. Без ограничение, нека

a\gt{}0

и тогава

x_{1, 2}=\frac{-1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}1+a^{2}}}{a} \text{и} y_{1, 2}=\frac{1 \mp \sqrt{\vphantom{x^2}1+a^{2}}}{a}.

Получаваме

y_{1}=-x_{1}

y_{2}=-x_{2}

, като

x_{2}\lt{}y_{1}\lt{}0\lt{}x_{1}\lt{}y_{2}

. Следователно числата

x_{2}, y_{1}, x_{1}, y_{2}

образуват аритметична прогресия. От

\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=y_{1}

намираме

-\frac{1}{a}=y_{1}=\frac{1-\sqrt{\vphantom{x^2}1+a^{2}}}{a} \Longleftrightarrow 2=

\sqrt{\vphantom{x^2}1+a^{2}} \Longleftrightarrow a=\sqrt{\vphantom{x^2}3}.

Решенията са

a= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3}, b=\mp \sqrt{\vphantom{x^2}3}

и корените са

\left\{ \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3}, \pm \frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}\right\}

, които образуват аритметична прогресия с разлика

\frac{2}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Окръжности с диаметри страните

A C

B C

на

\triangle A B C

се допират вътрешно до окръжност

k

, която е концентрична с вписаната в

\triangle A B C

окръжност. a) Да се докаже, че

A C=B C

. б) Ако

\cos (\angle B A C)=\frac{3}{5}

, да се намери отношението между радиусите на вписаната окръжност и окръжността

k

Решение

а) Ще използваме стандартните означения за

\triangle A B C

. Нека

K(I; x), O_{1}

е среда на

A C

(следователно център на окръжността с диаметър

A C

), а

O_{2}

е среда на

B C

. Тъй като окръжностите се допират вътрешно, то

O_{1} I=\left|x-\frac{b}{2}\right|, \quad O_{2} I=\left|x-\frac{a}{2}\right|

Прилагайки косинусови теореми за

\triangle O_{1} C I

\triangle O_{2} C I

, получаваме системата

\left\lvert\, \begin{aligned} & O_{1} I^{2}=b^{2} / 4+C I^{2}-b \cdot C I \cos (\gamma / 2) \\ & O_{2} I^{2}=a^{2} / 4+C I^{2}-a \cdot C I \cos (\gamma / 2) \end{aligned} \quad \Rightarrow(a-b)(x-C I \cos (\gamma / 2))=0\right.

Ако допуснем, че

x=C I \cos (\gamma / 2)

, то от

x^{2}-b x=C I^{2}-b \cdot C I \cos (\gamma / 2)

следва, че

\cos ^{2}(\gamma / 2)=1

, което е невъзможно. Следователно

A C=B C

. б) Нека

C I \cap A B=D

. Тъй като

A C=B C, C D

се явява ъглополовяща, височина и медиана. От

\cos (\angle B A C)=\frac{3}{5}

, изразяваме

A C=5 z, A D=3 z

, а значи и

C D=4 z

. Освен това

\frac{3}{5}=\cos (\angle B A C)=\sin (\angle A C D)=\frac{I D}{C I}=\frac{4 z-C I}{C I} \quad

\Rightarrow \quad C I=\frac{5}{2} z,

r=D I=\frac{3}{2} z.

Следователно

\triangle O_{1} I C

е равнобедрен и от косинусова теорема, получаваме

O_{1} I=\sqrt{\vphantom{x^2}2 C I^{2}-2 C I^{2} \cos (\angle A C D)}=

\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{2 C I^{2}}{5}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}10} z}{2}

Окончателно,

\left|x-\frac{b}{2}\right|=O_{1} I \Rightarrow\left|x-\frac{5 z}{2}\right|=

\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}10} z}{2} \Rightarrow x=\frac{(5 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}10}) z}{2}

от където

\frac{r}{x}=\frac{3}{5 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}10}}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадени са реални числа

\left\{x_{i}\right\}_{i=1}^{n}

, такива че

\left(x_{1}-n\right)^{2}+\left(x_{2}-n\right)^{2}+\cdots+\left(x_{n}-n\right)^{2}=n^{2}, \quad n \geq 3.

Да се докаже, че

\frac{x_{1}}{x_{2}^{2}+n^{2}}+\frac{x_{2}}{x_{3}^{2}+n^{2}}+\cdots+\frac{x_{n}}{x_{1}^{2}+n^{2}}\gt{}\frac{n-1}{2 n}.

Решение

Равенството от условието не е изпълнено ако

x_{i}\lt{}0

за някое

i

. Ако

x_{1}=0

, то

x_{j}=n

за всяко

j \neq 1

и тогава неравенството е вярно, защото:

0+\frac{n-2}{2 n}+\frac{1}{n}=\frac{1}{2}\gt{}\frac{n-1}{2 n}

Следователно остава да разгледаме случая

x_{i}\gt{}0

за всяко

i

. Записваме неравенството във вида

\underbrace{\frac{n^{2} x_{1}}{x_{2}^{2}+n^{2}}+\frac{n^{2} x_{2}}{x_{3}^{2}+n^{2}}+\cdots+\frac{n^{2} x_{n}}{x_{1}^{2}+n^{2}}}_{: =A}\gt{}

\frac{n(n-1)}{2}.

Последователно, отделяме цялата част от всяко от събираемите и прилагаме

\mathrm{CA}-\mathrm{C} \Gamma

за да получим

\begin{aligned} A & =x_{1}-\frac{x_{1} x_{2}^{2}}{x_{2}^{2}+n^{2}}+x_{2}-\frac{x_{2} x_{3}^{2}}{x_{3}^{2}+n^{2}}+\cdots+x_{n}-\frac{x_{n} x_{1}^{2}}{x_{1}^{2}+n^{2}} \\ & \gt{}x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}-\frac{x_{1} x_{2}^{2}}{2 x_{2} n}-\frac{x_{2} x_{3}^{2}}{2 x_{3} n}-\cdots-\frac{x_{n} x_{1}^{2}}{2 x_{1} n} \\ & =x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}-\frac{x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+\cdots+x_{n} x_{1}}{2 n} \end{aligned}

Равенство не се достига, защото за него трябва

x_{i}=n, \forall i

и тогава

\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-n\right)^{2}=0

, което противоречи на условието. Но

x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+\cdots+x_{n} x_{1} \leq x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}

Следователно

A\gt{}

\sum_{i=1}^{n} x_{i}-\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}}{2 n}=

\frac{2 n \sum_{i=1}^{n} x_{i}-\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}}{2 n}=

\frac{n^{3}-\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-n\right)^{2}}{2 n}=\frac{n(n-1)}{2}.

С това задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-10-3

2022

2 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

с център на вписаната окръжност

I

. Правата

C I

пресича описаната около триъгълник

A B C

окръжност за втори път в точка

L

, като

C I=2 \cdot I L

. Точки

M

N

са върху страната

A B

, такива че

\angle A I M=\angle B I N=90^{\circ}

. Да се докаже, че

A B=2 \cdot M N

Решение

Използваме стандартни означения за

\triangle A B C

. Нека да означим с точките

P

Q

съответно средите на страните

A C

B C

, а с

J

- центъра на външновписаната към страната

A B

окръжност. Както е добре известно (например, чрез стандартно изразяване на ъгли в

\triangle A L I

\triangle A L J

, откъдето

I L=A L=L J) I L=L J

, т. е.,

I

е среда на

C J

, откъдето

P I

е средна отсечка в триъгълник

A J C

и значи

P I \| A J

, следователно

\angle A I P=90^{\circ}

. Аналогично

\angle B I Q=90^{\circ}

. Оттук

\triangle A I P \cong \triangle A M I

, респективно

\triangle B I Q \cong \triangle B I N

, т. е.,

A P=A M

B Q=N B

. Освен това,

r_{c}=2 r

. Сега от

\begin{aligned} & S_{A B C}=p \cdot r=(p-c) \cdot r_{c} \Rightarrow p=2(p-c) \quad \Rightarrow \quad 2 c=\frac{a+b+c}{2} \\ & \quad \Rightarrow A C+B C=3 A B \Rightarrow A M+A N=A P+B Q=\frac{A C+B C}{2}=\frac{3 A B}{2} \end{aligned}

Но

A M+A N=A B+M N

и значи

M N=A B / 2

. Твърдението е доказано.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Пермутация

\sigma

на числата от 1 до 10 наричаме лоша, ако съществуват три числа

i, j, k

удовлетворяващи

1 \leq i\lt{}j\lt{}k \leq 10

\sigma(j)\lt{}\sigma(k)\lt{}\sigma(i)

, и добра в противен случай. Да се намери броят на добрите пермутации.

Решение

Ще изведем затворена формула за добрите пермутации на числата от 1 до

n

. Да разгледаме добра пермутация

\sigma

, за която

j=\sigma^{-1}(1)

е произволно естествено число между 1 и

n

. По дефиниция първите

j-1

позиции съдържат числата

2, 3, \ldots, j

, които образуват добра пермутация на

j-1

елемента, докато последните

n-j

позиции съдържат числата

j+1, \ldots, n

, които образуват добра пермутация на

n-j

елемента. Лесно се проверява, че горепосоченото условие е необходимо, но и достатъчно, за да констурираме произволна добра пермутация на

n

елемента. Тогава, означавайки с

S_{n}

броят на добрите пермутации на

n

елемента, заключаваме, че

\left(S_{n}\right)_{n \geq 0}

удовлетворява

S_{0}=1

S_{n}=\sum_{j=0}^{n-1} S_{j} S_{n-1-j}, \quad \forall n \geq 1

Разпознаваме рекурентната зависимост на числата на Каталан, откъдето

S_{n}=\frac{1}{n+1}\binom{2 n}{n}

. В частност

S_{10}=\frac{1}{11}\binom{20}{10}=\frac{12 \cdot 13 \cdots 20}{2 \cdot 3 \cdots 10}=

4 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19=16796

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-10-3

2023

4 задачи

Задача 1

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Равнобедреният триъгълник

\triangle A B C

има ъгли

\angle B A C=\angle A B C=72^{\circ}

. Ъглополовящата

A L

пресича правата през

C

, успоредна на

A B

в точка

D

. a) Да се докаже, че центърът

E

на описаната около

\triangle A D C

окръжност лежи върху

B D

. б) Да се докаже, че

B E / B L

е ирационално. Ако решението ви използва ирационалност на стойността на тригонометрична функция, трябва да докажете това!

Решение

Лесно се получава, че

\angle B A D=\angle D A C= \angle A D C=36^{\circ}

, така че

\triangle A D C

е равнобедрен и

B C=A C=C D

. Следователно,

\triangle B C D

е равнобедрен с ъгли при

B

C

по

\left(180^{\circ}-72^{\circ}\right) / 2=54^{\circ}

. Ако симетралата на

A D

пресича

B D

в точка

E

, то

A E=D E

, и трябва да докажем, че

C E=D E. \angle E D L=54^{\circ}-36^{\circ}=18^{\circ}

\angle E C L=108^{\circ} / 2-36^{\circ}=18^{\circ}

, следователно

D C L E

е вписан четириъгълник.

\angle E C D=72^{\circ}-\angle E C L=54^{\circ}=\angle E D C

, тоест

E C=E D

E

е центърът на описаната около

A D C

окръжност. Ако

A C=B C=a, A B=c

, то от подобните триъгълници

A B L, A C B

се вижда, че

\frac{c-a}{c}=\frac{c}{a},

тоест, след решаване на квадратно уравнение,

c / a=(\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1) / 2

. От

\triangle B E L \sim \triangle B C D

и косинусовата теорема следва, че

\frac{B E}{a-c}=\frac{a}{B D}=\frac{a}{\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}+a^{2}-2 a^{2} \cos 72^{\circ}}}=

\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}2-2 \cos 72^{\circ}}}.

Ако построим височината от

C

\triangle A B C

, забелязваме, че

2 \cos 72^{\circ}=2 \frac{c / 2}{a}=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1}{2}

, следователно

\frac{B E}{B L}=\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}2-\sqrt{5} / 2-1 / 2}}=

\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{2}{3-\sqrt{5}}}=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3+\sqrt{5}}{2}}=\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}.

Това число наистина е ирационално, защото числителя е ирационален, а знаменателя цял.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Даден е изпъкнал 8 -ъгълник

A=A_{1} A_{2} A_{3} A_{4} A_{5} A_{6} A_{7} A_{8}

. Ще наричаме пблна триангулация разбиването му на триъгълници посредтсвом вътрешно два по два непресичащи се диагонали. При пълна триангулация

T

, дефинираме операцията частична промяна, изразяваща се в замяната на два от триъгълниците в

T: \triangle A_{i} A_{j} A_{k}

\triangle A_{i} A_{k} A_{l}

имащи обща страна диагонала

A_{i} A_{k}

, с триъгълниците

\triangle A_{i} A_{j} A_{l}

\triangle A_{j} A_{l} A_{k}

имащи обща страна диагонала

A_{j} A_{l}

. Да се намери най-малкия брой частични промени, които гарантирано да позволяват преобразуването на пълната трианглуцаия

T_{1}

до пълната триангулация

T_{2}

, независимо от избора на

T_{1}

T_{2}

Решение

Да означим минималния брой необходими частични промени с

n

. Първо, ще конструираме работеща стратегия при

n \leq 7

, а след това ще конструираме две пълни триангулации

T_{1}

T_{2}

на

A

, за които

n \geq 7

(виж Фигура 1). За начало, да отбележим, че всяка пълна триангулация

T

се състои от 6 триъгълника, респективно включва 5 диагонала. Наистина, строейки диагоналите от

T

последователно (без значение в какъв ред), ние всеки път разбиваме изпъкнал многоъгълник на два изпъкнали многоъгълникът и значи сумата от ъллите на всички части преди и след разбиването съвпада, а броят части надвишава с единица броя построени диагонали. Така, че ако в края имаме

k

триъгълника, то

\sum \text{ъгли в осмоъгълника}=(8-2) \cdot 180=

180 \cdot k=\sum \text{ъгли във всички триъгълници}

и значи винаги имаме

k=8-2=6

триъгълника и

k-1=5

използвани диагонали. Нека сега разгледаме две произволни пълни триангулации

T_{1}

T_{2}

и означим множеството от диагоналите им (броейки кратностите!) с

D_{12}

. Имаме, че

\left|D_{12}\right|=10

, като всеки диагонал има по два края измежду осемте върхове на

A

. Така, разполагаме с 20 края на диагонали и 8 върха. Но

20 / 8=2 \cdot 5\gt{}2

, следователно при всеки избор на

T_{1}

T_{2}

съществува връх

A_{i}

, който е край на поне три от диагоналите в

D_{12}

. Да наречем

i

-централизирана пълната триангулация на

A

, всичките 5 диагонала на която имат за край върха

A_{i}

. Нека я означим с

T(i)

. Ще покажем, че можем да преобразуваме

T_{1}

до

T_{2}

, преминавайки междинно през

T(i)

за не повече от 7 хода. За целта е достатъчно да покажем, че винаги можем да приложим частична промяна към пълна триангулация

T \neq T(i)

, чиито нов диагонал има за край върха

A_{i}

. Наистина, щом

T \neq T(i)

, значи съществува диагонал

A_{i} A_{j}

, който не е част от диагоналите на

T

. Съгласно условието, следва, че съществува диагонал на

T

, който се пресича с

A_{i} A_{j}

. Това е еквивалентно на съществуване на триъгълник

A_{i} A_{k} A_{l}

T

, където

A_{k} A_{l}

също е диагонал. Но като диагонал,

A_{k} A_{l}

е страна в два от триъгълниците на

T

, т. е., съществува връх

A_{j^{\prime}}

(който може, но не е задължително да съвпада с

A_{j}

), такъв че

\triangle A_{k} A_{l} A_{j^{\prime}} \in T

. В такъв случай можем да приложим частична промяна в

T

за четириъгълник

A_{i} A_{k} A_{l} A_{j^{\prime}}

, заменяйки диагонала

A_{k} A_{l}

с диагонала

A_{i} A_{j^{\prime}}

. Показахме, че можем от всяка от двете пълни триангулации

T_{1}

T_{2}

да стигнем до

T(i)

като на всеки ход добавяме нов диагонал с край

A_{i}

за сметка на такъв, който не е свързан с този връх. Но лесно се съобразява, че операцията частична промяна е двупосочна и, тъй като няма нужда да я прилагаме към диагоналите от

D_{12}

с край

A_{i}

, то максималния брой ходове за които да стигнем от

T_{1}

до

T_{2}

през

T_{i}

n=\left|D_{12}\right|-\# \text{брой диагонали с край} A_{i} \leq 10-3=7 \text{.}

Следователно

n \leq 7

. Нека сега разгледаме пълните триангулации от Фиг. 1. Всичките диагонали в

T_{1}

имат за краища върхове с нечетни индекси, докато всичките диагонали от

T_{2}

имат за краища върхове с четни индекси. Фигура 1: Пример за необходими 7 частични промени:

T_{1}

- червените диагонали;

T_{2}

- сините диагонали. Да означим с

m

минималния брой частични промени за трансформирането на

T_{1}

T_{2}

. Всички четириъгълници в

T_{1}

, образувани при слепване на два триъгълника с обща страна имат за върхове или 4 нечетни или 3 нечетни и само един четен индекс. Аналогично, всички четириъгълници в

T_{2}

, образувани при слепване на два триъгълника с обща страна имат за върхове или 4 четни или 3 четни и само един нечетен индекс. Следователно не съществува частична промяна, която директно да смени диагонал от

T_{1}

в диагонал от

T_{2}

. И тъй като двете триангулации нямат общ диагонал, то

m \geq 1+5=6

. При това

m=6

е единствено възможно, ако на първи ход преобразуваме диагонал от

T_{1}

в "междинен диагонал"

d

с краища с четен и нечетен индекс и същия този диагонал

d

на последен ход преобразуваме в диагонал от

T_{2}

, докато на всички останали ходове преобразуваме директно диагонал от

T_{1}

в диагонал от

T_{2}

. Поради симетрия, без ограничение на общността можем да смятаме, че междинния диагонал е

d=A_{3} A_{6}

, получен при частична промяна спрямо диагонал

A_{5} A_{7}

. Ако допуснем, че

m=6

, то на втори ход трябва да преобразуваме диагонал от

T_{1}

в такъв от

T_{2}

, което е възможно само при частичната промяна на диагонал

A_{3} A_{5}

в диагонал

A_{4} A_{6}

. Директна проверка показва, че на трети ход такава директна промяна не е възможна и значи

m\gt{}6

, т. е.,

m \geq 7

. От друга страна, съгласно алгоритъма от първата част на то, частичните промени

\begin{gathered} A_{7} A_{5} \rightarrow A_{3} A_{6}; \quad A_{1} A_{7} \rightarrow A_{3} A_{8}; \quad A_{3} A_{1} \rightarrow A_{2} A_{8}; \quad A_{3} A_{5} \rightarrow A_{4} A_{6}; \\ A_{3} A_{7} \rightarrow A_{6} A_{8}; \quad A_{3} A_{6} \rightarrow A_{4} A_{8}; \quad A_{3} A_{8} \rightarrow A_{2} A_{4} \end{gathered}

дават стратегия с

m=7

. Окончателно,

n=7

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, за които съществува естествено число

m

и прости числа

1\lt{}p\lt{}q

, такива че

p

q

са делители на

n^{m}+1

, а

q-p

е делител на

m

Решение

При

n=1

, получаваме

n^{m}+1=2

за всяко

m

, което никога няма два различни прости делителя. Следователно

n=1

не води до Да допуснем първо, че

n

е четно число. Ако

p

е делител на

n^{m}+1

за някакво

m \in \mathbb{N}

, то имаме, че

n^{2 m} \equiv 1(\bmod p)

n^{m} \equiv-1(\bmod p)

, т. е., ако

k

е показателя на

n

по модул

p(p

е нечетно), то

k \mid 2 m

, но

k \nmid m

. С други думи, ако

m=2^{s} \cdot \ell

, където

\ell

- нечетно, то

2^{s+1} \| k

. Но от малката теорема на Ферма

k \mid p-1

, следователно

2^{s+1} \mid p-1

. Аналогично,

2^{s+1} \mid q-1

за всеки друг прост делител на

n^{m}+1

и значи

2^{s+1} \mid(q-1)-(p-1)=q-p.

Противоречие с

q-p \mid m=2^{s} \cdot \ell

. Нека сега

n

е нечетно,

n\gt{}1

. Очевидно

2 \mid n^{m}+1

за всяко

m \in \mathbb{N}

. Избираме

p=2

. Ако

n+1

не е степен на двойката, избираме

q

да е нечетен прост делител на

n+1

, а

m=q-p=q-2

. Тъй като

m

е нечетно, то

q|(n+1)| n^{m}+1

и по-построение е ясно, че

q-p=m \mid m

. Ако

n\gt{}1

е нечетно, но

n+1

е степен на двойката, то

n^{2}+1

- не е, защото не се дели на 4. Тогава избираме отново

p=2, q

да е нечетен делител на

n^{2}+1

, а

m=2(q-2)

. Аналогично,

q\left|n^{2}+1\right| n^{m}+1 \quad \text{и} \quad q-p=q-2=m / 2 \mid m.

Всички случаи са изчерпани.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-10-4