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

11

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

pms2022-11-3: има placeholder текст
pms2019-11-2: има placeholder текст
pms2013-11-2: има placeholder текст
pms2010-11-2: има placeholder текст

2006

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

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

е геометрична прогресия с първи член

a_{1}=3-2 a

и частно

q=\frac{3-2 a}{a-2}

, където

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

е реално число. Да се докаже, че ако редицата

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

където

S_{n}=\sum_{i=1}^{n} a_{i}

, е сходяща с граница

\ell

, то

\ell\lt{}1

Решение

Тъй като

S_{n}=a_{1} \cdot \frac{1-q^{n}}{1-q}

, то редицата

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

е сходяща тогава и само тогава, когато

|q|\lt{}1

. Следователно

-1\lt{}\frac{3-2 a}{a-2}\lt{}1

, откъдето лесно следва, че

a \in\left(1, \frac{5}{3}\right) \backslash\left\{\frac{3}{2}\right\}

. Границата на разглежданата редица е

\ell=a_{1} \cdot \frac{1}{1-q}=\frac{3-2 a}{1-\frac{3-2 a}{a-2}}=

\frac{(3-2 a)(a-2)}{3 a-5}

и следователно трябва да докажем, че за всяко

a \in\left(1, \frac{5}{3}\right) \backslash\left\{\frac{3}{2}\right\}

е изпълнено неравенството

\frac{(3-2 a)(a-2)}{3 a-5}\lt{}1

. Това неравенство е еквивалентно на

\frac{2 a^{2}-4 a+1}{3 a-5}\gt{}0

и понеже

3 a-5\lt{}

0, трябва

f(a)=2 a^{2}-4 a+1\lt{}0

. Тъй като

f(1)=-1

и.

f\left(\frac{5}{3}\right)=-\frac{1}{9}

, това неравенство е изпълнено за всяко

a \in\left(1, \frac{5}{3}\right) \backslash\left\{\frac{3}{2}\right\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се реши системата

\left\lvert\, \begin{aligned} & \left(4^{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+x}}+7 \cdot 2^{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+x}}-1\right) \sin (\pi y)=7|\sin (\pi y)| \\ & x^{2}+4 x+y^{2}=0 \end{aligned}\right.

Решение

Допустимите стойности са

x \in(-\infty, -1] \cup[0, +\infty)

и всяко

y

. Ше разгледаме три случая. Случай 1. Нека

\sin (\pi y)\gt{}0

. Тогава първото уравнение на системата дава

4^{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+x}}+7 \cdot 2^{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+x}}-1=7

и след полагане

t=2^{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+x}}\gt{}0

получаваме

t^{2}+7 t-8=0

с корени

t_{1}=1

t_{2}=-8

. Тъй като

t\gt{}0

следва

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

, откъдето

x^{2}+x=0

, т. е.

x_{1}=0

x_{2}=-1

. При

x=0

от второто уравнение сега получаваме

y=0

, а при

x=-1

намираме

y= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3}

. Тъй като

\sin 0=0, \sin (\sqrt{\vphantom{x^2}3} \pi)\lt{}0

\sin (-\sqrt{\vphantom{x^2}3} \pi)\gt{}0

, то единственото е

x=-1, y=-\sqrt{\vphantom{x^2}3}

. Случай 2. Нека

\sin (\pi y)=0

, т. е.

y

е цяло число. От второто уравнение получаваме

4-y^{2} \geq 0

откъдето

y=0, \pm 1, \pm 2

. При

y=0

получаваме

x=0, 4

; при

y= \pm 1

намираме

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

и при

y= \pm 2

следва

x=-2

. Тъй като

-1\lt{}-2+\sqrt{\vphantom{x^2}3}\lt{}0

, то решенията в този случай са

x=0, y=0, x=-4, y=0, x=-2-\sqrt{\vphantom{x^2}3}, y= \pm 1

x=-2, y= \pm 2

. Случай 3. Нека

\sin (\pi y)\lt{}0

. Тогава първото уравнение на системата дава

4^{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+x}}+7 \cdot 2^{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+x}}-1=-7

и след полагане

t=2^{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+x}}\gt{}0

получаваме

t^{2}+7 t+6=0

с корени

t_{1}=-1

t_{2}=-6

. Тъй като

t\gt{}0

в този случай системата няма Окончателно, решенията на системата са

(x, y)=(-1, -\sqrt{\vphantom{x^2}3}), (0, 0), (-4, 0), (-2-\sqrt{\vphantom{x^2}3}, \pm 1)

(-2, \pm 2)

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Външновписаната окръжност към страната

A B

на

\triangle A B C

допира страната

A B

и продълженията на страните

B C

C A

съответно в точки

M, N

P

. Външновписаната окръжност към страната

A C

допира страната

A C

и продълженията на страните

A B

B C

съответно в точки

S, Q

R

. Ако

X

е пресечната точка на правите

M N

R S

, а

Y

е пресечната точка на

P N

R Q

, да се докаже, че точките

X, A

Y

лежат на една права.

Решение

Ще нзползваме стандартните означения за елементите на триъгълник. Първо ще покажем, че

Y X \perp B C

. От равнобедрения

\triangle B Q R

следва

\angle B R Y=90^{\circ}-\frac{\beta}{2}

и тъй като

\angle M N B=\frac{\beta}{2}

, то

N X \perp R Y

. Аналогично получаваме

R X \perp N Y

. Това означава, че

X

е ортоцентър на

\triangle N R Y

и следователно

Y X \perp R N

, т. е.

Y X \perp B C

. Ще покажем, че

X

лежи на височината през върха

A

. Да означим пресечната точка на

M N

и височнната през

A

X^{\prime}

. Тъй като

B M=B N

C P=C N=p

, то

B M=B N=: p-a

. Тогава

A M=c-(p-a)=p-b

и от синусовата теорема за

\triangle A M X^{\prime}

получаваме

\frac{A X^{\prime}}{\sin \frac{\beta}{2}}=\frac{A M}{\sin \angle A X^{\prime} M} \Longleftrightarrow \frac{A X^{\prime}}{\sin \frac{\beta}{2}}=

\frac{p-b}{\sin \left(90^{\circ}+\frac{\beta}{2}\right)} \Longleftrightarrow A X^{\prime}=(p-b) \operatorname{tg} \frac{\beta}{2}.

От друга страна, ако

T

е допирната точка на вписаната окръжност със страната

B C

, то

B T=p-b

r=(p-b) \operatorname{tg} \frac{\beta}{2}

. Следователно

A X^{\prime}=r

. Аналогично, ако

X^{\prime \prime}

е пресечната точка на

R S

с височината през

A

, то

A X^{\prime \prime}=r

. Оттук

X^{\prime} \equiv X^{\prime \prime} \equiv X

. Понеже

Y X \perp B C^{\prime}

A X \perp B C

, то точките

X, A

Y

лежат на една права.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n

е дадено естествено число. Да се намери броят на всички крайни реднци от естествени числа със следното свойство: ако

a_{0}, a_{1}, \ldots, a_{k}

са членовете на редицата, то

1=a_{0}\lt{}a_{1}\lt{}\cdots\lt{}a_{k}=2 \cdot 3^{n}

\prod_{i=1}^{k}\left[\frac{a_{i}+a_{i-1}-1}{a_{i-1}}\right]=2 \cdot 3^{n}

където

[x]

означава най-голямото цяло число, ненадминаващо

x

Решение

Ще докажем, че ако

m

n

са естествени числа, то

\left[\frac{n+m-1}{m}\right] \geq \frac{n}{m}

, като равеиство се достига точно когато

m

дели

n

. Ако

n=m q+r, 0 \leq r\lt{}m

, то

\left[\frac{n+m-1}{m}\right]= q+1+\left[\frac{r-1}{m}\right]

\frac{n}{m}=q+\frac{r}{m}

. Ако

r\gt{}0

неравенството е равноснлно на

1 \geq \frac{r}{m}

, което е вярно, а при

r=0

се достига равенство. Прилагайки това неравенство за всеки множител в даденото произведение, получаваме

2 \cdot 3^{n}=\prod_{i=1}^{k}\left[\frac{a_{i}+a_{i-1}-1}{a_{i-1}}\right] \geq

\prod_{i=1}^{k} \frac{a_{i}}{a_{i-1}}=\frac{a_{k}}{a_{0}}=2 \cdot 3^{n}

Следователно равенство е възможно само когато за всяко

i=1, 2, \ldots, k

имаме, че

a_{i-1}

дели

a_{i}

, т. е. трябва да намерим броят на редиците

1=a_{0}\lt{}a_{1}\lt{}\cdots\lt{}a_{k}=2 \cdot 3^{n}

за които всеки член дели следващия. Да напишем

n

пъти числото 3, като в началото и края поставим по една ★:

\text{★} 333 \ldots 33 \text{★.}

Нека

l

е фиксирано число и

0 \leq l \leq n-1

. Разполагаме

l

звездички в празнините между тройките. По този начин последователно получаваме разпределението на тройките в реди цата. Числото 2 можем да разположнм или върху някоя

\star

или между някои две последе вателни от тяхобщо

2 l+3

възможности. Следователно търсената сума е равна на

\begin{aligned} \sum_{l=0}^{n-1}(2 l+3)\binom{n-1}{l} & =2 \sum_{l=0}^{n-1} l\binom{n-1}{l}+32 \sum_{l=0}^{n-1} l\binom{n-1}{l} \\ & =2(n-1) 2 \sum_{l=0}^{n-2}\binom{n-2}{l}+3 \sum_{l=0}^{n-1}\binom{n-1}{l} \\ & =2(n-1) 2^{n-2}+3 \cdot 2^{n-1}=(n+2) 2^{n-1} \end{aligned}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-11-4

2009

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

b

c

, за които уравнението

x^{2}- b x+c=0

има два различни реални непулеви корена

x_{1}

x_{2}

и числата

x_{1}, x_{2}, b

c

(в някакъв ред) образуват аритметична прогресия.

Решение

Нека прогресията с

a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}

, където

\left\{a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}\right\}=\left\{x_{1}, x_{2}, b, c\right\}

. Тъй като

a_{1}+a_{4}=a_{2}+a_{3}

a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=x_{1}+x_{2}+b+c=2 b+c

, то

a_{1}+a_{4}=a_{2}+a_{3}= b+\frac{c}{2}

. Попеже

b \in\left\{a_{1}, a_{4}\right\}

или

b \in\left\{a_{2}, a_{3}\right\}

, то ако другият елемент от мпожеството па

b

е равен на

c

, ще получим

c=0

, което е невъзможно поради

x_{1} x_{2} \neq 0

. Следователпо този слемент с един от корените, т. е. без ограничение

x_{1}=\frac{c}{2}

, откъдето

x_{2}=2

. Оттук намираме

c+4=2 b

. Тъй като

\left\{b, x_{1}\right\}=\left\{a_{1}, a_{4}\right\}

или

\left\{b, x_{1}\right\}=\left\{a_{2}, a_{3}\right\}

, лесно се вижда, че са възможни следните четири паредби:

b, c, x_{2}, x_{1}; b, x_{2}, c, x_{1}; x_{2}, b, x_{1}, c

c, b, x_{1}, x_{2}

. В първият случай имаме

c+x_{1}=2 x_{2}

, откъдето намираме

c=\frac{8}{3}

и след това

b=\frac{10}{3}

. В останалите три случая аналогично намираме съответно

b=\frac{8}{3}, c=\frac{4}{3}; b=0

c=-4

b=6, c=8

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2009-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден с четирит"ьлник

A B C D

, за който

A B=B C

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

. Върху отсечките

A D

D C

са избрани съответно точки

X

Y

, за които

\angle C B Y=\angle D B X

. Нека

O

е цептьрьт па описаната окръжност за

\triangle B X Y

. a) Да се докаже, че

O

лежи на отсечката

B D

. б) Да се докаже, че

O

съвнада с ортоцентъра на

\triangle A D C

тогава и само тогава, когато

O

съвнада с медицентъра на

\triangle I A C

, където

I

е центърът на вписаната в

\triangle D X Y

окръжност.

Решение

а) От условието следва, че

\triangle A B D \cong \triangle C B D

, което означава, че

D B

е ътлоноловяща на

\angle A D C

. Ако

\angle B D C=\varphi

, то

\angle X B Y=\angle X B D+\angle D B Y=\angle D B C=90^{\circ}-\varphi

. Тъй като

O

е център на описаната окръжност за

\triangle B X Y

, то

\angle X O Y=2 \angle X B Y=180^{\circ}-2 \varphi= 180^{\circ}-\angle A D C

. Следователно

O

лежи па описаната около

\triangle D X Y

окръжност, като

O X=O Y

, т. е.

O

е средата на дъгата

X Y

от описата около

\triangle D X Y

окръжност. Понеже

D B

е ъглополовяща на

\angle X D Y

, то

O \in D B

. б) Пресмятаме

\angle B Y X=\frac{1}{2} \angle B O X=90^{\circ}-\angle O B X=\angle B Y C

, откъдето получаваме, че

Y B

е ъглополовяща па

\angle X Y C

. Следователно

B

е цептър па въшшовписаната окръжност към

X Y

за

\triangle D X Y

. Ще изнолзваме добре известния факт, че

O

е среда на

B I

. Нека

Z

с пресечната точка на

A C

O B

. Тогава

Z

е среда на

A C

. Ако

O

с ортоцентър за

\triangle A D C

, то

A B C O

е успоредник (даже ромб) и

O Z=Z B=\frac{1}{2} O I

, което озпачава, че

O

е медицентър на

\triangle I A C

. Обратно, ако

O

е медицентър на

\triangle I A C

, то

O Z=\frac{1}{2} O I=\frac{1}{2} O B

A B C O

е четириъгълник с разполовяващи се диагопали, т. е. е успоредник. Следователно

O

е ортоцентър за

\triangle A D C

. Оцеляване: За а) 2 точки; За б) 4 точки.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2009-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Числата

k, k+1, k+2, \ldots, 6 k-1, 6 k

са записани в редица в произволен ред. Да се докаже, че съществува естествено число, което може да се представи но два различни начина като сбор на няколко (възможно един) последователни члена на тази редица.

Решение

Да допуснем, че такова число не съществува. Да разгледаме числата

k, k+1, \ldots, 3 k-1, 3 k

. Никои две от тях не могат да бъдат съседни, защото тогава сумата им би била по-малка от

6 k

и би се повторила с някоя сума с дължина едно. Следователно, между тези

2 k+1

числа имаме поне

2 k

позиции, които трябва да запълним с останалите

3 k

числа. Но тогава в поне

k

от позиците трябва да поставим по едно число. Това означава, че имаме поне

k

на брой суми с дължина три от вида

a+x+b

, където

a, b \in[k, 3 k]

x \in[3 k+1, 6 k]

. Най-голямата стойност на такава сума е

12 k-1

. По този начин, в интервала

[k, 12 k-1]

трябва да се съдържат всички суми с дължина едно или две (общо

5 k+1+5 k

на брой), както и поне

k

суми с дължина три. Но интервал с дължина

11 k

не може да съдържа

11 k+1

различни числа, противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2009-11-3

2010

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадена с безкрайна аритметична прогресия с първи член

a_{1}

и разлика

d

, всички членове на която са положителни и числата

a_{1}, a_{2011}

S_{2010}+S_{2011}

са последователни членове на геометрична прогресия. (

\mathrm{C} S_{k}

означаваме сбора на първите

k

члена на аритметичната прогресия.) a) Да се намери частното

\frac{a_{1}}{d}

. б) Да се докаже, че за произволно естествено число

n

числата

a_{1}, a_{n}

S_{n-1}+S_{n}

са последователии членове на геометрична прогресия.

Решение

а) От условието получаваме

a_{2011}^{2}=a_{1}\left(S_{2010}+S_{2011}\right)=

\frac{a_{1}\left(\left(2 a_{1}+2009 d\right) 2010+\left(2 a_{1}+2010 d\right) 2011\right)}{2}

което след опростяване дава

a_{1}^{2}+1004 a_{1} d-1005 d^{2}=0

. След разделяне на

d \neq 0

и решаване на съответното квадратно уравнение, намираме

\frac{a_{1}}{d}=1

или

\frac{a_{1}}{d}=-1005

. Ако

\frac{a_{1}}{d}=-1005

, то или

a_{1}\lt{}0

или

d\lt{}0

, което е певъзможно, понеже всички членове на прогресията са положителни числа. Следователно

\frac{a_{1}}{d}=1

. б) От а) имаме, че

a_{1}=d

. Тогава

a_{n}=a_{1} n

, а от формулите за

S_{n-1}

S_{n}

пресмятаме

S_{n-1}=\frac{a_{1} n(n-1)}{2}

S_{n}=\frac{a_{1} n(n+1)}{2}

, откъдето

S_{n-1}+S_{n}=a_{1} n^{2}

. Следователно

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

т. е.

a_{1}, a_{n}

S_{n-1}+S_{n}

са последователни членове на геометрична прогресия.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-11-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

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

са положителни числа, за които е изнълнено равенството

x_{1} x_{2} \ldots x_{n}=1

. Да се докаже неравенството

\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{2}+x_{3}\right) \ldots\left(x_{n-1}+x_{n}\right)\left(x_{n}+x_{1}\right) \geq

2^{n}+n\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}-n\right).

Решение

Като разкрием скобите в

\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{2}+x_{3}\right) \ldots\left(x_{n-1}+x_{n}\right)\left(x_{n}+x_{1}\right)

ще получим сбор от

2^{n}

събираеми, всяко от които с от степен

n

, като всяко

x_{i}

се появява в такова събираемо най-много на втора степен. Да разделим тези събираеми на две групи. В първа група да поставим всички събираеми в които точно едно от неизвестните е на втора степен, а във втора група да поставим всички останали. Да означим с

A

B

сборът на събираемите съответно от първата и от втората група. Да разгледаме събираемите, в които

x_{1}

е на втора степен, а всички останали променливи са на първа степен. Лесно се вижда, че има точно

n-1

такива събираеми (получени са от

x_{2} x_{3} \ldots x_{n}

чрез премахване последователно на

x_{2}, x_{3}, \ldots, x_{n}

). От неравенството между средното аритметично и средното геометрично имаме

x_{1}^{2} x_{3} \ldots x_{n}+x_{1}^{2} x_{2} x_{4} \ldots x_{n}

+\cdots+x_{1}^{2} x_{2} \ldots x_{n-1}+1 \geq

n \sqrt[n]{\vphantom{x^2}x_{1}^{2 n-2} x_{2}^{n-2} \ldots x_{n}^{n-2}}=n x_{1}.

Аналогични неравенства получаваме и за

x_{i}

при

i=2, 3, \ldots, n

. Следователно

A+n \geq n\left(x_{1}+\cdots+x_{n}\right).

Да забележим, че изразът от останалите

2^{n}-n(n-1)

събираеми (това са точно събираемите от втората група) е симетричен спрямо всички неизвестни. Това означава, че тяхното произведение ще бъде едночлен, в който неизвестните ще са на една и съща степен, т. е. тяхното произведение е равно на 1. Следователно неравенството между средното аритметично и средното геометрично ни дава, че сборът на тези

2^{n}-n(n-1)

събираеми е по-голям или равен от

2^{n}-n(n-1)

. Следователно

B \geq 2^{n}-n(n-1)

. Окончателно получаваме

\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{2}+x_{3}\right) \ldots\left(x_{n-1}+x_{n}\right)\left(x_{n}+x_{1}\right)+n=A+n+B \geq n\left(x_{1}+\cdots+x_{n}\right)+2^{n}-n^{2}+n

, което е еквивалентно на неравенството от условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

4, Да се намерят всички полиноми

f(x)

с цели коефициенти, които притеждват следното свойство: съществува константа

c\gt{}0

, такава че за всяко цяло число

n\gt{}c

, числото

f(n)

е различно от нула и дели

n

Решение

Ясно е, че целите пенулеви константи са на задачата. Да представим

f(x)

във вида

f(x)=

\left(x-a_{1}\right)_{1}^{\alpha}\left(x-a_{2}\right)_{2}^{\alpha} \ldots\left(x-a_{k}\right)_{k}^{\alpha} g(x),

където

0 \leq a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}\cdots\lt{}a_{k}

са неотрицателни цели числа,

\alpha_{i} \geq 1

, а полиномът

g(x)

няма неотрицателни цели корени. Да допуснем, че

g(x)

не е константа. Понеже простите делители на

g(x)

са безбройно много, можем да изберем достатъчно голямо просто число

p

, за което съществува

N

, такова че

p

дели

g(N)

и нека

r

е остатькът на

N

при деление на

p

. Можем да считаме, че

r \neq a_{i}, i=1, 2, \ldots, k

r\gt{}c

. Ясно е, че

p

дели

g(r)

, отктцето

p

дели и

f(r)

, т. е.

p

дели

r!

, което противоречи на

0\lt{}r\lt{}p

. Следователно

g(x)

е константа, т. е.

f(x)=\left(x-a_{1}\right)_{1}^{\alpha}\left(x-a_{2}\right)_{2}^{\alpha} \ldots\left(x-a_{k}\right)_{k}^{\alpha}

Ако допуснем, че

\alpha_{i} \geq 2

за някое

i

, то след като положим

x=p+a_{i}

за достатъчно голямо просто число

p

, ще получим, че

p^{2}

дели

\left(p+a_{i}\right)

!, което при

a_{i}\lt{}p

е невъзможно. Следователно,

f(x)=c\left(x-a_{1}\right)\left(x-a_{2}\right) \ldots\left(x-a_{k}\right)

където

c

е константа, а

0 \leq a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}\cdots\lt{}a_{k}

са цели числа. Лесно се вижда, че полиномите от този вид удовлетворяват условието на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-11-4

2013

5 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкият положителен корен на уравненисто

\sin \pi x^{2}+\sin 2 \pi x=\sin \pi\left(x^{2}+2 x\right).

Решение

Имаме

\begin{aligned} & \sin \pi x^{2}+\sin 2 \pi x-\sin \pi\left(x^{2}+2 x\right)=2 \sin \frac{\pi\left(x^{2}+2 x\right)}{2} \cos \frac{\pi\left(x^{2}-2 x\right)}{2} \\ & -2 \sin \frac{\pi\left(x^{2}+2 x\right)}{2} \cos \frac{\pi\left(x^{2}+2 x\right)}{2}=4 \sin \frac{\pi\left(x^{2}+2 x\right)}{2} \sin \frac{\pi x^{2}}{2} \sin \pi x. \end{aligned}

Попеже

\sin \frac{\pi\left(x^{2}+2 x\right)}{2}=0 \Leftrightarrow x^{2}+2 x=2 k \Leftrightarrow x=-1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}1+2 k}\left(k \in \mathbb{N}_{0}\right)

, то най-малкото положително на

\sin \frac{\pi\left(x^{2}+2 x\right)}{2}=0

\sqrt{\vphantom{x^2}3}-1

. Аналогично най-малките положителни репения па уравненията

\sin \frac{\pi x^{2}}{2}=0

\sin \pi x=0

са съответпо

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

и 1. Следователно отговорът на задачата е

\sqrt{\vphantom{x^2}3}-1

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-11-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

В остроъгълен триъгъліник

A B C

с център на описаната окръжност точка

O

са построени височините

A A_{1}

B B_{1}

. Да се намери.

\angle A C B

, ако окръжността, с център

O

, която се допира до страната

A B

, минава през ортоцентъра на

\triangle A_{1} B_{1} C

Решение

Първи начин. Да означим с

H

ортоцентъра на

\triangle A B C

, а с

O_{1}

H_{1}

съответно центърът на описаната окръжност и ортоцентъра на

\angle C A_{1} B_{1}

. Понеже

B_{1} H A_{1} C

е вписан четириъгълник, то

O_{1}

е среда на

C H

. Тъй като

\triangle A B C \sim \triangle A_{1} B_{1} C

, то

\angle H_{1} C A=90^{\circ}-\alpha=\angle O C B

. Следователно

C

H_{1}

O

лежат на една права. От подобието

\triangle A B C \sim \triangle A_{1} B_{1} C

следва, че

\angle O H C=\angle O_{1} H_{1} C

, което означава, че около

\mathrm{HOH}_{1} \mathrm{O}_{1}

може да се опише окръжност. Като използваме, че

2 O M=C H

, където

M

е средата на

A B

, получаваме

O H_{1}= O_{1} H

. Следователно

O H \| O_{1} H_{1}

. Тъй като

O_{1}

е среда на

C H

, получаваме, че

O_{1} H_{1}

е средна отсечка в

\triangle C H O

. Тогава

C H_{1}=O H_{1}

C H=C O

. Сега от

C H=2 R \cos \gamma

намираме

\gamma=60^{\circ}

. Втори начин. Ще използваме, че точките

C, H_{1}

O

лежат на една права. Тъй като

\triangle A B C \sim \triangle A_{1} B_{1} C

с коефициент на подобие

\cos \gamma

C H_{1}=2 R_{1} \cos \gamma\left(R_{1}\right.

е радиусът на описаната окръжност за

\triangle A_{1} B_{1} C

), то

C H_{1}=2 R_{1} \cos \gamma=2 R \cos ^{2} \gamma

. Тогава

O C-C H_{1}=O M

става

R-2 R \cos ^{2} \gamma=R \cos \gamma

откъдето

\cos \gamma=\frac{1}{2}

\cos \gamma=-1

. Очевидно само

\gamma=60^{\circ}

дава ренение.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-11-3

Задача 3b

Пълен запис

Условие

Редицата

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

е дефипирана чрез равенствата

a_{1}=a, a_{2}=b

a_{n+2}=\frac{a_{n+1}^{2}+a_{n}}{1+a_{n}}

при

n \geq 1

. Да се намерят стойностите на

a

b

, за които всички ч. ленове на редицата са естествени числа.

Решение

Леспо се проверява, че ако

a_{i}=1

за някое

i \geq 2

, то

a_{n}=1

за всяко

n \geq 2

. В противен случай записваме даденото равенство във вида

\frac{a_{i+2}-1}{a_{i+1}-1}=\frac{a_{i+1}+1}{a_{i}+1}

. Като умпожим тези равенства при

i=1, \ldots, n-1(n \geq 2)

, получаваме, че (*)

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

, където

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

. Това е вярно и при

n=1

. Обратно, ако

\left(^{*}\right)

е изпълнено, то

\frac{a_{n+2}-1}{a_{n+1}-1}=\frac{a_{n+1}+1}{a_{n}+1}

. Сега ще докажем, че

a_{n} \in \mathbb{N}

за всяко

n \Leftrightarrow a=b \in \mathbb{N}

или

a, c+1 \in \mathbb{N}

. От горните разсъждения импликацията

\Leftarrow \mathrm{e}

очевидна. За да докажем обратното, можем да считаме, че

c\gt{}0

. Тогава от (*) при

n=i

n=i-1

следва, че

a_{i+1}-a_{i}=c\left(a_{i}-a_{i-1}\right)

. Оттук по индукция

\mathbb{Z} \ni a_{n+2}-a_{n+1}=c^{n}(b-a)

. Занисвайки

c

като несъкратима дроб

\frac{p}{q}

, следва, че

q^{n}

дели

b-a

за всяко

n

. Значи

q=1

или

a=b

, което трябваше да

\stackrel{q}{\text{докажем.}}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-11-3b

Задача 4

Пълен запис

Условие

За произволен пабор от

n

реални числа

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

, никое от които не с 0, са съставени всевъзможнитс суми

S_{A}=a_{i_{1}}+\ldots+a_{i_{k}}

, където

A=\left\{i_{1}, \ldots, i_{k}\right\}

пробягва всички подмпожества па

\{1, \ldots, n\}

. По дефипиция

S_{\emptyset}=0

. Да се опредеш максималният възможен брой равни суми.

Решение

Нека

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

е пабор от реалпи числа, за който се получава максимален брой равни суми. Ще бележим този брой с

m

. Да допуснем, че измежду числата

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

има отрицателно и нека то е

a_{i}

. Разглеждаме числата

a_{1}^{\prime} \ldots, a_{n}^{\prime}

, където

a_{j}^{\prime}=a_{j}

за

j \neq i

a_{j}^{\prime}=-a_{j}

за

j=i

. Нека

A_{1}, \ldots, A_{m}

са мпожествата, за които

S_{A_{1}}=\ldots=S_{A_{m}}

. Разглеждаме множествата

A_{1}^{\prime}, \ldots, A_{m}^{\prime}

, които са дефинирани по следния начин:

(*)

A_{j}^{\prime}

съдържа всички елементи на

A_{j}

, различни от

i

;

(*)

A_{j}^{\prime}

съдьржа

i

точно котато

A_{j}

не съдържа

i

. Лесно се проверява, че

S_{A_{1}^{\prime}}=\ldots=S_{A_{m}^{\prime}}

. Така намерихме нов пабор от числа, при които броят на равните суми с максимален и при които броят на отрицателните е с едно по-малко. Следователно без ограничение на общността

a_{j}\gt{}0

за всички

1 \leq j \leq n

. Нска

A \subset B

. Тогава

S_{B}-S_{A}\gt{}0

и следователно броят на равнитс суми сс ограничава отгоре от броя на подмножествата на

\{1, \ldots, n\}

, никои две от които не са сравними. Следователно съгласно теоремата на Шпернер

m \leq\binom{ n}{\lfloor n / 2\rfloor}

Този брой се достига за

a_{1}=\cdots=a_{n}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-11-4

2014

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадено е уравнението

5-4 \sin ^{2} x-8 \cos ^{2} \frac{x}{2}=3 m

, където

m

е реален параметър. a) Да се реши уравнението при

m=0

; б) Да се намерят всички цели стойности на параметъра

m

, при които уравнението има

Решение

а) Тъй като

\sin ^{2} x=1-\cos ^{2} x

\cos ^{2} \frac{x}{2}=1+\cos x

, даденото уравнение е еквивалентно на

4 \cos ^{2} x-4 \cos x-3=0

. Корените на квадратното уравнение

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

са

y_{1}=\frac{3}{2}\gt{}1

y_{2}=-\frac{1}{2}

. Следователно

\cos x=-\frac{1}{2}

, т. е.

x= \pm \frac{2 \pi}{3}+2 k \pi

. б) Както в подточка а) получаваме уравнението

4 \cos ^{2} x-4 \cos x-3(m+1)=0

. Търсим за кои цели стойности на

m

уравнението

f(t)=4 t^{2}-4 t-3(m+1)=0

има корен в интервала

[-1, 1]

. Тъй като графиката на

f(t)

е симетрична спрямо оста на симетрия

t=\frac{1}{2}

, то

f(y)=0

има в

[-1, 1]

тогава и само тогава, когато

D \geq 0

f(-1) \geq 0

. Сега от

D=16(4+3 m)

f(-1)=5-3 m

получаваме

m \in\left[-\frac{4}{3}, \frac{5}{3}\right]

. Целите числа в този интервал са

m=-1, 0, 1

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

. През средите

F

E

на височините

A A_{1}

B B_{1}

е построена права, която пресича правите

A C

B C

съответно в

M

N

. Да се докаже, че правата през върха

C

и центъра на описаната около

\triangle A B C

окръжност разполовява отсечката

M N

Решение

Достатъчно е да докажем, че

S_{M O C}= S_{N O C}

. Имаме

S_{M O C}: S_{N O C}=\frac{\frac{C M}{A C} S_{A O C}}{\frac{C N}{B C} S_{B O C}}=\frac{\frac{C M}{A C} \cdot \frac{A C \cdot B H}{4}}{\frac{C N}{B C} \cdot \frac{B C \cdot A H}{4}}=\frac{C M}{C N} \cdot \frac{B H}{A H}

. От друга страна, по теоремата на Менелай за

\triangle C A A_{1}

\triangle C B B_{1}

получаваме съответно

\frac{A M}{C M} \cdot \frac{C N}{N A_{1}} \cdot \frac{A_{1} F}{F A}=1 \Rightarrow \frac{C N}{C M}=

\frac{A_{1} N}{A M} \text{и} \frac{B_{1} M}{C M} \cdot \frac{C N}{N B} \cdot \frac{B E}{E B_{1}}=1 \Rightarrow \frac{C N}{C M}=\frac{B N}{B_{1} M}

Следователно

\frac{C N}{C M}=\frac{A_{1} N+B N}{B_{1} M+A M}=\frac{A_{1} B}{A B_{1}}=\frac{B H}{A H}

откъдето следва, че

S_{M O C}=S_{N O C}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадено с множество

A

от 2014 естествени числа в интервала

[1, 6]

и естествено число

t \leq 2014

. За един ход можем да изберем произволни

t

числа от

A

и да увеличим с 1 всяко от тях, което е по-малко от 6, а всяко число, което е равно на 6 да заменим с 1. Да се намерят всички стойности на

t

за които при всяко множество

A

след някакъв брой ходове можем да получим само шестици.

Решение

Ще докажем, че търсените числа са онези

t

за които

(6, t)=1

. Нека

(6, t)=d \neq 1

и да изберем

t

числа

x

от които са равни на 6. След извършване на разрешената операция сборът на числата се променя с

(t-x)-5 x=t-6 x

и следователно се дели на

d

. Сега е ясно, че ако едно от числата е 5, а всички останали са 6, то не можем да получим само шестици. Нека

(6, t)=1

и да изберем естествено число

k

, за което

k t \equiv 1(\bmod 6)

. Ще покажем как можем да увеличим дадено число

a \neq 6

с единица, като всички останали числа остават непроменени. Нека

B

е подмножество на

A

t+1

числа (тъй като

t \neq 2014

такова множество съществува) и

a \in B

. Да извършим

k

пъти разрешената операция върху всяко от

t

елементните подмножества на

B

. Всяко число от

B

се променя точно

k t

пъти. Тъй като

k t \equiv 1(\bmod 6)

, то горното е еквивалентно на еднократно прилагане на разрешената операция върху всички числа от

B

. Като приложим 5 пъти операцията върху

t

елементното множество

B \backslash\{a\}

ще получим, че само

a

е увеличено с 1. Следователно всички числа могат да бъдат направени равни на 6.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадено е естествено число

k

. Да се намерят всички функции

f: \mathbf{N} \rightarrow \mathbf{N}

такива, че за всеки две естествени числа

m

n

е изпълнено равенството

f\left(m+f_{k}(n)\right)=n+f(m+2014),

където

f_{k}(n)=\underbrace{f(f(\ldots(f}_{k \text{Пъти}}(n) \ldots)

. (с

\mathbf{N}

означаваме множеството на естествените числа.)

Решение

Да допуснем, че съществува

n

, за което

f_{k}(n)\lt{}2014

и нека

f_{k}(n)=c

. Тогава

f(m+c)=n+f(m+c+2014-c)

т. е. при

x=m+c \geq c+1

имаме

f(x)=n+f(x+r)

за

r=2014-c\gt{}0

. При фиксирано

x

това означава, че

f(x)=n+f(x+r)=

2 n+f(x+2 r)=\cdots=s n+f(x+s n),

което е невъзможно, защото дясната част расте неограничено. Следователно

f_{k}(n)\gt{}

2014 (при

f_{k}(n)=2014

получаваме

n=0

, което е невъзможно). При

n=1

получаваме

f\left(m+f_{k}(1)-2014+2014\right)=1+f(m+2014)

и като положим

r=f_{k}(1)-2014

x=m+2014

, намираме

f(x+r)=1+f(x)

за всяко

x\gt{}2014

. От това равенство с индукция лесно следва, че

m \geq 2015

е изпълнено равенството

f(x+t r)=t+f(x)

. При

t=n

x=2015

намираме

f(2015+n r)=

n+f(2015)

, а от уравнението от условието при

m=1

имаме

n+f(2015)=f\left(1+f_{k}(n)\right)

. Получихме равенството

f(2015+n r)=f\left(1+f_{k}(n)\right)

и ако допуснем, че

f\left(n_{1}\right)=f\left(n_{2}\right)

за

n_{1} \neq n_{2}

, от условието ще имаме

n_{1}+f(m+2014)=f\left(m+f_{k}\left(n_{1}\right)\right)=

f\left(m+f_{k}\left(n_{2}\right)\right)=n_{2}+f(m+2014),

т. е.

n_{1}=n_{2}

, което е противоречие. Следователно

f_{k}(n)=2014+n r \tag{1}

за всяко

n

. От (1) и от условието имаме

f(m+n r+2014)=n+f(m+2014). \tag{2}

Освен това

f_{k+1}(n)=f\left(f_{k}(n)\right)=f(2014+n r)

, а от друга страна

f_{k+1}(n)=f_{k}(f(n))= 2014+f(n) r

, откъдето

f(2014+n r)=2014+f(n) r \tag{3}

От (3) при замяна на

n

n+1

и от (2) при

m=r

намираме

f(n r+r+2014)=r f(n+1)+2014=n+f(r+2014),

\tag{4}

откъдето следва, че

r

дели

n+f(r+2014)-2014

за всяко

n

. Това е възможно само при

r=1

и заместване в (4) дава

f(n+1)=n+f(2015)-2014=n+1+f(2015)-2015= n+1+c

, т. е.

f(n)=n+c

при

n \geq 2

c=f(2015)-2015

. При

n=1

в (3) имаме

f(1)=f(2015)-2014=1+f(2015)-2015=1+c

. Следователно

f(n)=n+c

за всяко

n

. Оттук и от (1) имаме

f_{k}(n)=n+k c=n+2014

, т. е.

c=\frac{2014}{k}

. Директно се проверява, че когато

k

дели 2014 функцията

f(n)=n+c

удовлетворява уравнението от условието. Когато

k

не дели 2014 такава функция не съществува.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-11-4

2015

3 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

A B C

и точки

M, N

P

съответно от отсечките

A B, C M

B N

. Ако

A M=B M, C N=B N

\angle A P C=\angle B P C

, да се докаже, че

\angle P A C=\angle M C A

Решение

От синусовата теорема за

\triangle C P B

\triangle C P A

имаме:

\frac{a}{\sin \angle C P B}=\frac{C P}{\sin \angle P B C} \text{и} \frac{b}{\sin \angle C P A}=\frac{C P}{\sin \angle P A C}.

След почленно разделяне на горните две равенства, получаваме

a \sin \angle P B C=b \sin \angle P A C

. От друга страна, от

S_{A M C}=S_{B M C}

следва, че

a \sin \angle N C B=b \sin \angle N C A

. От

C N=B N

следва, че

\angle P B C=\angle N B C=\angle N C A

и от горните две равенства получаваме

\sin \angle P A C= \sin \angle N C A

. Понеже

\triangle A B C

е остроъгълен, получаваме

\angle P A C=\angle N C A=\angle M C A

. Kpuтepuu: (6 точки) 3 т. за

a \sin \angle P B C=b \sin \angle P A C; 3

т. за довършване на то.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадени са три купчинки съответно с

a, b

c

бонбона. Иван и Петър, редувайки се (първи е Иван), играят следната игра. Който е на ход, изяжда бонбоните от една от купчинките (по негов избор), а бонбоните от другите две купчинки преразпределя във вид на три нови купчинки, всяка от които съдържа поне по един бонбон. Който получи три купчинки с по един бонбон всяка, губи играта. Да се намерят всички тройки (

a, b, c

), за които Петър има печеливша стратегия.

Решение

Нека при даден ход да означим с

n

броя на бонбоните, които съответния играч е избрал да раздели на три купчини. Да означим с

A

този, който е на ход, а с

B

другия играч. Ще докажем с индукция по

n

, че

A

губи при

n

нечетно и печели при

n\gt{}2

четно. При 3 и 4 бонбона твърдението е очевидно. Нека то е вярно за всяко

n \leq k

. Ако

k+1

е четно число,

A

може да получи разделяне на

1, 1, k-1

бонбона и

B

трябва да разделя купчина с

k

бонбона. Понеже

k

е нечетно число, той ще загуби. Ако

k+1

е нечетно число, разделянето от

A

на три купчини може да стане само с три нечетни числа или едно нечетно и две четни. И в двата случая съществуват две купчини с общ брой бонбони четно число, по-голямо от 2. От индукционното допускане следва, че

B

може да спечели. Ще покажем, че Петър има печеливша стратегия само когато когато две от числата

a

b

c

са единици, а третото число е четно (например

a=b=1

c

четно). Иван трябва да разделя купчинка с

c+1

бонбона и понеже

c+1

е нечетно, той ще загуби. Във всички останали случаи в трите купчинки ще има или две четни числа (и тогава Иван ще изяде третата купчина и ще разделя четен брой бонбони) или две нечетни числа, едното от които е по-голямо от 1 (Иван ще изяда третата купчина и ще разделя четен брой бонбони), като и в двата случая броят на бонбоните е по-голям от 2. Kpumepuu: ( 7 точки) 1 т. за твърдението

A

губи при

n

нечетно и печели при

n\gt{}2

четно или еквивалентно на него; 3 т. за доказване на това твърдение; 3 т. за довършване на то.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадено е нечетно естествено число

n \geq 3

. Да се докаже, че съществува естествено число

m

от интервала

\left(\sqrt[4]{\vphantom{x^2}5} n; \frac{n^{4}+4}{2}\right)

, за което

n^{4}+4

дели

m^{4}+4

Решение

Едно число

x \in\left[1; n^{4}+4\right]

ще наричаме „добро“ ако

\frac{x^{4}+4}{n^{4}+4}

е цяло число. Лесно се забелязва, че:

(*)

Ако

x

е добро, то

n^{4}+4-x

също е добро.

(*)

Ако

x\gt{}n

е добро, то

\frac{x^{4}+4}{n^{4}+4} \geq 5

. (ако

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

ще получим, че

n

е четно; ако

x^{4}+4=3\left(n^{4}+4\right)

ще получим противоречие по модул 3 и при

x^{4}+4=4\left(n^{4}+4\right)

ще получим за

x=2 x_{0}

, че

\left(2 x_{0}^{2}-n^{2}\right)\left(2 x_{0}^{2}+n^{2}\right)=3

, което е възможно само при

x_{0}=n=1

). Имаме

n^{4}+4=\left(n^{2}-2 n+2\right)\left(n^{2}+2 n+2\right)

. Да положим

a=n^{2}-2 n+2

b=n^{2}+2 n+2

, като

n^{4}+4=a b

a\gt{}1

b\gt{}1

са нечетни, взаимнопрости числа. Сълласно КТО съществува естествено число

x \in\left[1, n^{4}+4\right]

такова, че

x \equiv n(\bmod a)

x \equiv-n(\bmod b)

. Тогава

n^{4}+4

дели (

x^{4}+4

)

-\left(n^{4}+4\right)

, т. е.

x

е добро число. Лесно се вижда, че случаите

x=n

x=n^{4}-n+4

водят до противоречие. Освен това

x\lt{}n

е невъзможно, а от 1. следва, че

x\lt{}n^{4}-n+4

. Ако допуснем, че

x \geq \frac{n^{4}+4}{2}

, то ще имаме, че

x^{\prime}=n^{4}+4-x

е добро число, за което

x^{\prime}\lt{}\frac{n^{4}+4}{2}

(понеже

\frac{n^{4}+4}{2}

не е цяло число). Следователно можем да считаме, че

x\lt{} \frac{n^{4}+4}{2}

. Ако

x \geq \sqrt[4]{\vphantom{x^2}5} n

, то то от 2. следва

5 n^{4}+4 \geq x^{4}+4 \geq 5 n^{4}+20

, което е противоречие. Следователно

x \in\left(\sqrt[4]{\vphantom{x^2}5} n; \frac{n^{4}+4}{2}\right)

. Kpuтepuu: ( 7 точки) по 1 т. за 1. и 2.; 5 т. за довършване.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-11-4

2016

2 задачи

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

A=\{1, 2, 3, \ldots, m+n\}

, където

m \geq 2

n \geq 2

са естествени числа. Да се намери броят на функциите

g: A \rightarrow A

, за които

\begin{gathered} g(g(i))=i+1 \text{за} i=1, 2, \ldots, m-1, m+1, \ldots, m+n-1; \\ g(g(m))=1 \text{и} g(g(m+n))=m+1. \end{gathered}

Решение

Нека

A_{m}=\{1, 2, \ldots, m\}

A_{n}=\{m+1, m+2, \ldots, m+n\}

. Ако

f(a)=g(g(a))

, то лесно се вижда, че

f

е биекция и

f: A_{n} \rightarrow A_{n}, f: A_{m} \rightarrow A_{m}

. Ако

k \in A_{m}

, то

f(k)=k+1 (\bmod m)

и ако

k \in A_{n}

, то

f(k)=k+1(\bmod n)

. Лесно се проверява, че

g

е биекция: ако

g\left(a_{1}\right)=g\left(a_{2}\right)

, то

g\left(g\left(a_{1}\right)\right)=g\left(g\left(a_{2}\right)\right)

, т. е.

f\left(a_{1}\right)=f\left(a_{2}\right)

, противоречие. Освен това за всяко

a \in A

е изпълнено

g(a) \neq a

. Да допуснем, че

m

е четно число. Ще докажем, че ако

a \in A_{m}

, то

g(a) \in A_{n}

. Да допуснаме, че

g(1)=k \in A_{m}

. Нека

A_{m}=B \cup C

, където

B=\{1, 2, \ldots, k-1\}

C=\{k, k+1, \ldots, m\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2016-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Една редица

\mathbf{x}=x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2015}

от нули и единици се нарича добра, ако съществува единствена редица

\mathbf{y}=y_{1}, y_{2}, \ldots, y_{2015}

от нули и единици, различна от

\mathbf{x}

, със следното свойство: всяка редица, получена от

\mathbf{x}

след изтриване на един неин член може да се получи с изтриване на един член на редицата

\mathbf{y}

. Да се намери броят на добрите редици.

Решение

Ако редицата

\mathbf{x}

е съставена само от нули (съответно единици), то всяка редица

\mathbf{y}

, съдържаща само една единица (съответно нула) има исканото в условието свойство. Следователно такава редица не е добра. Да забележим, че ако броят на символите 0 в редицата

\mathbf{x}

е по-малък от броя на символите 0 в редицата

\mathbf{y}

, то изтриването на една нула в

\mathbf{x}

ще доведе до редица, в която нулите са поне две по-малко от нулите в у и такава редица не може да се получи с едно изтриване в

\mathbf{y}

. Следователно в

\mathbf{x}

\mathbf{y}

има равен брой нули и единици. Да допуснем, че

x_{1} \neq y_{1}

и нека за определеност

x_{1}=0, y_{1}=1

. Редицата, получена от

\mathbf{x}

след изтриване на произволен символ

x_{i}

за

i \geq 2

започва с 0 и следователно може да се получи от

\mathbf{y}

само с изтриване на

y_{1}=1

, като тогава трябва да имаме

y_{2}=0

. Това означава, че произволно изтриване на

x_{i}

за

i \geq 2

в редицата

x_{2}, x_{3}, \ldots, x_{2015}

води до получаване на редицата

y_{3}, \ldots, y_{2015}

. При изтриване на

x_{i}

за

i=2, 3, \ldots 2014

имаме

x_{i+1}=y_{i+1}

, а при изтриване на

x_{i+1}

имаме

x_{i}=y_{i+1}

. Следователно

x_{i}=x_{i+1}

, откъдето получаваме

x_{2}=x_{3}= x_{4}=\cdots=x_{2015}

. Ако

x_{2}=0

, то всички членове на

\mathbf{x}

са нули и тогава всяка редица само с една единица може да се избере за

\mathbf{y}

. Следователно

x_{2}=1, \mathbf{x}=0, 1, 1, \ldots, 1

\mathbf{y}=1, 0, 1, 1, \ldots, 1

. Нека сега

x_{1}=y_{1}

и за определеност нека

x_{1}=y_{1}=0

. Тогава за някое

k

, за което

1 \leq k \leq 2014

имаме

x_{1}=\cdots=x_{k} \neq x_{k+1}=1

и да допуснем, че

0=y_{1}=\cdots=y_{k+1}

. Изтриване на

x_{1}

води до редица, която започва с

k-1

символа 0, а всяко изтриване на символ от у води до редица, която започва с поне

k

символа 0, противоречие. Ако

0=y_{1}= \cdots=y_{k} \neq y_{k+1}

, то изтриване на

x_{1}

води до изтриване на някое

y_{i}

за

i=1, 2, \ldots, k

и двете редици ще съвпадат, противоречие. Следователно

0=y_{1}=\cdots=y_{t} \neq y_{t+1}=1

за някое

t\lt{}k

. Всяко изтриване на

x_{i}

за

i \geq k+1

води до изтриване на

y_{t+1}

и до

y_{t+1}=0

. Както по-горе следва, че

x_{k+1}=\cdots=x_{2015}=y_{k+2}=\cdots=y_{2015}

. Понеже редицата

\mathbf{x}

не е съставена само от нули и в

\mathbf{x}

\mathbf{y}

има равен брой нули и единици, то

\mathbf{x}=0, 0, \ldots, x_{k}=0, x_{k+1}=1, 1, 1, \ldots, 1

\mathbf{y}=0, 0, \ldots, y_{t}=0, y_{t+1}=1, 0, 0, \ldots, y_{k+2}=1, 1, \ldots, 1

. Ако

k\gt{}t+1

изтриване на

x_{1}=0

води до изтриване на символ нула от редицата

\mathbf{y}

. Понеже

k\gt{}t+1

след

y_{t+1}=1

ще има поне една нула, противоречие. Следователно

k=t+1

\mathbf{x}=0, 0, \ldots, x_{k}=0, x_{k+1}=1, 1, 1, \ldots, 1

\mathbf{y}=0, 0, \ldots, y_{t}=0, y_{k}=1, 0, y_{k+2}=1, 1, \ldots, 1

. Получихме, че всяка от търсените редици има вида

\mathbf{x}=0, 0, \ldots, 0, 1, 1, 1, \ldots, 1

или

\mathbf{x}= 1, 1, \ldots, 1, 0, 0, 0, \ldots, 0

. Следователно добрите редици са

2 \cdot 2014=4028

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2016-11-4

2017

10 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши неравенството

\sin x+\cos x+\sin 2x \leq 1.

Решение

Полагаме

y=\sin x+\cos x=\sqrt{\vphantom{x^2}2}\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)

и тогава

\sin 2x=y^{2}-1

. Неравенството е еквивалентно на

y^{2}+y-2 \leq 0

, откъдето

y \in[-2,1]

. Следователно

-2 \leq \sqrt{\vphantom{x^2}2}\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right) \leq 1

, тоест

-\sqrt{\vphantom{x^2}2} \leq \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right) \leq \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2}

. Лявото неравенство е изпълнено за всяко

x

, а от дясното получаваме

\frac{3\pi}{4}+2k\pi \leq x+\frac{\pi}{4} \leq \frac{9\pi}{4}+2k\pi,

или

\frac{\pi}{2}+2k\pi \leq x \leq 2\pi+2k\pi, \quad k \in \mathbb{Z}.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-11-1

Задача 1b

Пълен запис

Условие

Да се намери броят на аритметичните прогресии, за всяка от които са изпълнени следните свойства:

(*)

Първият член и разликата на прогресията са естествени числа.

(*)

Последният член е 2015.

(*)

Броят на членовете е степен на числото 10 със степенен показател естествено число.

Решение

Да означим прогресия с исканото свойство с

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}=2015

. Имаме

2015= a_{1}+(n-1) d

, където

n=10, 100

или 1000. Това означава, че на всяка прогресия съответстват стойности на

d

n

, за които

(n-1) d\lt{}2015

. При

n=10

възможните стойности на

d

са

d=1, 2, \ldots, 223;

при

n=100

възможните стойности на

d

са

d=1, 2, \ldots, 20

и при

n=1000

възможните стойности на

d

са

d=1, 2

. Общо имаме 245 такива прогресии. Kpumepuu: (6 точки) 1 т. за общия член на аритметична прогресия; по 2 т. за всеки от случаите

n=10

n=100; 1

т. за случая

n=1000

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-11-1b

Задача 1c

Пълен запис

Условие

Числата

a_{1}=0, a_{2}, a_{3}, a_{4}

a_{5}

образуват в този ред аритметична прогресия с разлика

d, 0\lt{}d\lt{}180

. Да се намери

a_{2}

, ако числата

\left|\sin a_{1}^{\circ}\right|, \left|\sin a_{3}^{\circ}\right|, \sqrt{\vphantom{x^2}2}\left|\sin a_{4}^{\circ}\right|, \sqrt{\vphantom{x^2}3}\left|\sin a_{5}^{\circ}\right|

са различни и са последователни членове на аритметична прогресия.

Решение

От условието следва, че

a_{2}=d, a_{3}=2 d, a_{4}=3 d

a_{5}=4 d

. Тогава числата

0, |\sin 2 d|, \sqrt{\vphantom{x^2}2}|\sin 3 d|, \sqrt{\vphantom{x^2}3}|\sin 4 d|

са последователни членове на аритметична прогресия. Следователно

3|\sin 2 d|=\sqrt{\vphantom{x^2}3}|\sin 4 d|

, откъдето

\sin 2 d(\sqrt{\vphantom{x^2}3}-2|\cos 2 d|)=0

. Ако

\sin 2 d=0

, то числата от втората прогресия не са различни. Ако

\cos 2 d= \pm \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}

, то

d=15, 75, 105, 165

. Директно се проверява, че при всяка от тези стойности на

d

се получава

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-11-1c

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

A B C

. Нека

H

G

са съответно ортоцентърът и медицентърът на

\triangle A B C

. Точка

P

е пресечната точка на медианата през

B

и височината през

A

, а точка

Q

е пресечната точка на медианата през

C

и височината през

B

. Ако точките

H, G, P

Q

лежат на една окръжност, да се докаже, че триъгълникът, образуван от медианите на

\triangle A B C

, е подобен на

\triangle A B C

Решение

Тъй като

H, G, P

Q

лежат на една окръжност, то

\angle B P H=\angle C Q H

. Следователно

\angle G B C=\angle G C A

, откъдето следва, че

\triangle B B_{1} C \sim \triangle C G B_{1}

, където

B_{1}

е средата на

A C

. От тук получаваме

B_{1} G. B_{1} B=B_{1} C^{2}

или

\frac{1}{3} m_{b}^{2}=\left(\frac{1}{2} b\right)^{2}

. Като използваме, че

m_{b}=\frac{1}{2} \sqrt{\vphantom{x^2}2 a^{2}+2 c^{2}-b^{2}}

от последното равенство следва, че

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

. От формулите за медианите пресмятаме:

m_{a}=c \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}, m_{b}=b \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2} \text{и} m_{c}=a \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}

откъдето следва твърдението на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-11-2

Задача 2b

Пълен запис

Условие

В остроъгълен

\triangle A B C, B C\gt{}A C

е вписана окръжност

k

с център

I

. Нека

C H, H \in A B

C L, L \in A B

са съответно височината и ъглополовящата от върха

C

, а точките

A_{1}, B_{1}

C_{1}

са средите съответно на

B C, A C

A B

. Ако допирната точка на

k

със страната

A B

е среда на отсечката

H C_{1}

, да се докаже, че

I

е център на описаната окръжност за

\triangle L A_{1} B_{1}

Решение

Да означим допирната точка на

k

и страната

A B

P

. При стандартни означения за триъгълник имаме

A C_{1}=\frac{c}{2}, A H=b \cos \alpha

A P=\frac{b+c-a}{2}

. Тъй като

P

е среда на

H C_{1}

получаваме

A C_{1}-A P= A P-A H

, откъдето намираме:

a-b=\frac{c}{2}-b \cos \alpha

След заместване

\cos \alpha=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}

получаваме

a+b=2 c

. От това равенство намираме

A L=\frac{c b}{a+b}=\frac{b}{2}

\triangle A L I \cong \triangle A B_{1} I

. Аналогично

\triangle B L I \cong \triangle B A_{1} I

. Следователно

I L=I B_{1}=I A_{1}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-11-2b

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

a

, за които числото

N=1+a^{a}+a^{a^{2}}+\cdots+a^{a^{a+1}}-a

е просто.

Решение

При

a=1

получаваме

N=1+a+a^{a^{2}}-a=2

, което е просто число. Ако

a\gt{}1

е нечетно число, то

N

е четно число и

N\gt{}2

, т. е.

N

не е просто число. Ако

a

е четно число, записваме

a=2^{k} b

, където

b

е нечетно число. Да разгледаме числото

t=a^{2^{k}}+1

. Имаме

a^{a} \equiv-1(\bmod t)

a^{a^{2}} \equiv a^{a^{3}} \cdots \equiv a^{a^{a+1}} \equiv 1(\bmod t)

. Тогава

N \equiv 1-a-1+\underbrace{1+1+\cdots+1}_{a \text{ПЪТи}} \equiv 0 \quad(\bmod t)

N

не е просто число. Единствената стойност на

a

a=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-11-3

Задача 3b

Пълен запис

Условие

Нека

A

е множеството от всички четирицифрени числа, записани с цифрите 1, 2 или 3, като последната цифра не е 3. Нека

B

е множество от четирицифрени числа със следното свойство: за всяко число

a

от

A

съществува число

b

от

B

, което се различава от

a

в най-много една позиция. Да се намери най-малкия възможен брой елементи на

B

Решение

Директно се проверява, че множеството:

\{1111, 2221, 3331, 1321, 3211, 2131, 1232, 2312, 3122\}

има исканото свойство. Да допуснем, че съществува множество

B

с 8 числа. От принципа на Дирихле следва, че без ограничение можем да приемем, че броят на числата в

B

с първа цифра 3 е не повече от 2. От всяко такова число с промяна на втората, третата или четвъртата цифра можем да получим 5 други числа (втората и третата цифра могат да се променят по два начина, а третата цифра по един). Следователно число с първа цифра 3, покрива 6 числа (към горните пет числа прибавяме и самото число) и тъй като имаме 18 числа с първа цифра 3 получаваме, че числата с първа цифра 1 или 2 са поне

18-12=6

. Понеже в

B

има 8 числа заключаваме, че има две числа с първа цифра 3 и не съществува число, което се различава от всяко от тези две числа в една цифра. Без ограничение двете числа с първа цифра 3 са 3111 и 3222. Тогава в

B

трябва да има числа

a 331, b 321, c 231, d 132, e 312, f 332

където всяко от числата

a, b, c, d, e, f

е 1 или 2. Тъй като

|B|=8

получаваме

M=

\{3111, 3222, a 331, b 321, c 231, d 132, e 312, f 332\}

Числата 1121 и 2121 могат да се различават в една цифра само от числото

b 321

. Ако

b=1

числото 2121 няма да е покрито от число от

B

, а ако

b=2

числото 1121 няма да е покрито от число от

B

. Следователно търсеният минимален брой е 9.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-11-3b

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадено е естествено число

n

и две дъски. На първата дъска са записани

n

единици и няколко (поне една) двойки, а втората дъска е празна. За един ход се изтриват две произволни числа от първата дъска, на тяхно място се записва техния сбор, а на втората дъска се записва произведението на изтритите числа. След няколко хода на първата дъска останало само едно число, като се оказало, че удвоеният сбор на числата върху втората дъска е точен квадрат. Да се намерят всички възможни стойности на

n

Решение

Лема. Ако върху първата дъска първоначално числата са

x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{k}

, то сборът на числата върху втората дъска в края е равен на

\sum_{1 \leq i\lt{}j \leq k} x_{i} x_{j}

Доказателство. За

k=2

твърдението е вярно. Нека то е вярно за

k-1

числа и да разгледаме числата

x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{k}

върху първата дъска. Без ограничение първият ход е с числата

x_{1}

x_{2}

. Тогава върху първата дъска ще бъдат записани

k-1

числа

x_{1}+x_{2}, x_{3}, \ldots, x_{k}

, а върху втората дъска е записано числото

x_{1} x_{2}

. Сега твърдението следва директно от прилагане на индукционното допускане за числата

x_{1}+x_{2}, x_{3}, \ldots, x_{k}

. Нека в началото броят на двойките на първата дъска е

m

. От Лемата следва, че в края сборът

S

на числата върху втората дъска е равен на

S=\frac{n(n-1)}{2}+2 n m+2 m(m-1)

Тогава

2 S=n^{2}-n+4 n m+4 m^{2}-4 m=(n+2 m)^{2}-2(n+2 m)+n

. При

n=1

имаме

2 S=4 m^{2}

и условието е изпълнено. Ако

n\gt{}1

получаваме

(n+2 m-1)^{2}\lt{}(n+2 m)^{2}-2(n+2 m)+n\lt{}(n+2 m)^{2},

което означава, че

2 S

не може да е точен квадрат.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-11-4

Задача 4b

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число и

P_{n}

е множеството от всички наредени двойки от естествени числа (

a, b

), за които

1 \leq a \leq n, 1 \leq b \leq n

a

b

не са взаимно прости. Означаваме

S_{n}=\sum_{(a, b) \in P_{n}}\binom{n}{a}\binom{n}{b} \text{при} n\gt{}1.

Съществува ли естествено число

n\gt{}1

, което дели

S_{n}

Решение

Първо ще докажем, че ако

(a, b)=1

, то

n

дели

\binom{n}{a}\binom{n}{b}

. Наистина, ако

n= p_{1}^{\alpha_{1}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}

, то всяко от простите числа

p_{i}

е взаимно просто с

a

или с

b

. Ако

\left(p_{i}, a\right)=1

от равенството

\binom{n}{a}=\frac{n}{a}\binom{n-1}{a-1}

следва, че

p_{i}^{\alpha_{i}}

дели

\binom{n}{a}

. Да допуснем, че

n

дели

S_{n}

. Тогава от

\left(2^{n}-1\right)^{2}=\left(\binom{n}{1}+\binom{n}{2}+\cdots+\binom{n}{n}\right)^{2}

и от горното твърдение следва, че

n

дели

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

. Оттук следва, че

n

е нечетно число и нека

p

е най-малкия прост делител на

n

, а

\alpha

е степента на

p

в каноничното разлагане на

n

на прости множители, т. е.

n=p^{\alpha} s

p \nmid s

. Тогава

p

дели

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

, откъдето получаваме, че

p

дели

2^{s}-1

. Това означава, че

(p-1, s) \neq 1

, което е противоречие с това, че

p

е най-малкия прост делител на

n

n

е нечетно число. Следователно такова

n

не съществува.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-11-4b

Задача 4c

Пълен запис

Условие

Нека

m

n

са естествени числа. Да означим с

A

броят на двойките

(i, j), i\gt{}j, i, j \in\{1, 2, \ldots, n\}

, за които

i-j

се дели на

m

. Редица

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

от естествени числа, за която

a_{i} \in\{1, 2, \ldots, m\}

за всяко

i, 1 \leq i \leq n

паричаме добра, ако броят на двойките

(i, j), i\gt{}j

, за които

a_{i}=a_{j}

е равен на

A

. Да се намери броят на добрите редици.

Решение

Нека

n=q m+t

. Ще докажем, че търсеният брой с равен на

\binom{m}{t}

. За фиксирано

r, 0 \leq r\lt{}m

да означим с

x_{r}

броят на числата от 1 до

n

, които дават остатък

r

при деление с

m

. Очевидно

x_{1}=x_{2}=\cdots=x_{t}=q+1

x_{0}=x_{t+1}= \cdots=x_{m-1}=q

. Тогава броят на двойките

(i, j), i, j \in\{1, 2, \ldots, n\}

, за които

i-j

се дели на

m

с равсн на

A=\sum_{r=0}^{m-1}\binom{x_{r}}{2}

. Да забележим, че

\sum_{r=0}^{m-1} x_{r}=n

и разликата между най-голямото и най-малкото от числата

x_{r}

е 1 (т. е. те са ночти равни). Добре известно е, че от всички суми от вида

\sum_{r=0}^{m-1}\binom{t_{r}}{2}

за които

\sum_{r=0}^{m-1} t_{r}=n

най-малка стойност приема сумата

A

. Да означим с

y_{i}

за

i=1, 2, \ldots, m

броят на членовете на редицата

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

, които са равни на

i

. Тогава

\sum_{r=1}^{m} y_{r}=n

и броят на двойките

(i, j)

, за които

\bar{a}_{i}=\overline{a_{j}}

е равен на

B=\sum_{r=1}^{m}\binom{y_{r}}{2}

. Тъй като

B=A

, то числата

y_{i}

за

i=1, 2, \ldots, m

трябва да са почти равни, т. е.

t

от тях трябва да са равни па

q+1

, а останалите

m-t

трябва да са равни на

q

. Такива числа могат да се изберат по

\binom{m}{i}

(фиксираме местата на поголомите

y_{i}

) начина и всеки начин определя еднозначно редицата

a_{1} \leq a_{2} \leq \cdots \leq a_{n}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-11-4c

2018

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които неравенството

\log _{a+2-x}\left(\log _{x-a} a\right)\gt{}0

има

Решение

Допустимите стойности са

a\gt{}0, x \in(a, a+2), x \neq a+1

\log _{x-a} a\gt{}0

(*)

При

x \in(a, a+1)

имаме

a+2-x\gt{}1

x-a\lt{}1

. Неравенството е еквивалентно на

a\lt{}x-a \Longleftrightarrow x\gt{}2 a.

За да има неравенството трябва

2 a\lt{}a+1

, т. е.

0\lt{}a\lt{}1

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2018-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

\triangle A B C

е вписана окръжност с център

O_{1}

, която се допира до страните му

A B, B C

A C

съответно в точки

C_{1}, A_{1}

B_{1}

. Външновписаната към страната

A B

окръжност има център

O_{2}

и се допира до

A B

и продълженията на страните

A C

B C

съответно в точки

C_{2}, B_{2}

A_{2}

. Нека

O_{1} C_{1}

пресича

A_{1} B_{1}

в точка

M

, а

O_{2} C_{2}

пресича

A_{2} B_{2}

в точка

N

. Да се докаже, че

C_{1} M=C_{2} N

Решение

Ако

A C=B C

, то поради

A B_{1}=A B_{2}=B A_{1}=B A_{2}

отсечката

A B

е средна отсечка в трапеца

B_{2} A_{2} A_{1} B_{1}

. Тогава точките

C_{1}

C_{2}

съвпадат и

C_{1}

е среда на

M N

. Нека

A C\gt{}B C

и да означим пресечните точки на

A B

A_{1} B_{1}

A_{2} B_{2}

съответно с

P

Q

. От

A_{1} B_{1} \| A_{2} B_{2}

Следва, че

\angle A P B_{1}=\angle B Q A_{2}

\angle A B_{1} P+\angle B A_{2} Q=180^{\circ}

. Сега от

A B_{1}=A C_{1}=B C_{1}=B A_{2}

следва, че

A P=\frac{A B_{1} \sin \psi}{\sin \varphi}=\frac{B A_{2} \sin \left(180^{\circ}-\psi\right)}{\sin \varphi}=B Q,

откъдето

P C_{1}=Q C_{2}

. Следователно

\triangle P C_{1} N \cong \triangle Q C_{2} N

, т. е.

C_{1} N=C_{2} N

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2018-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

k \in(1 / 2, 1)

a_{1}\gt{}0

. Да се докаже, че редицата с общ член

a_{n+1}=k a_{n}+(1-k) / a_{n}

е сходяща и да се намери границата й.

Решение

Имаме, че

\text{(1)} a_{n+1}-a_{n}=(1-k)\left(1 / a_{n}-a_{n}\right),

\quad \text{(2)} a_{n+1}-1=\left(a_{n}-1\right)\left(k-(1-k) / a_{n}\right) \text{.}

Понеже

m=(1-k) / k \in(0, 1)

, по индукция следва, че: (3) ако

a_{1} \geq 1

, то

a_{1} \geq a_{2} \geq \cdots \geq 1

; (4) ако

0\lt{}a_{1} \leq m

, то

a_{2} \geq a_{3} \geq \cdots \geq 1

; (5) ако

m\lt{}a_{1}\lt{}1

, то

a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}\cdots\lt{}1

. Значи редицата

a_{2}, a_{3} \ldots

е монотонна и ограничена, и следователно е сходяща. За границата ѝ

l

имаме, че

l=k l+(1-k) / l

, откъдето (6)

l=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2018-11-3

2019

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши системата:

\begin{array}{|l} \lg ^{2}\left(\frac{x^{2}+x}{y}\right)=\lg ^{2}\left(\frac{y^{2}+y}{x}\right)+\lg ^{2}(x+1)(y+1) \cr \lg (x+6)=\lg (x-y)+\lg (y+1) \end{array}

Решение

Тъй като

\lg ^{2}\left(\frac{x^{2}+x}{y}\right)-\lg ^{2}\left(\frac{y^{2}+y}{x}\right)=

\lg (x+1)(y+1) \lg \left(\frac{x^{2}(x+1)}{y^{2}(y+1)}\right),

то първото уравнение е еквивалентно на:

\lg (x+1)(y+1)\left(\lg \left(\frac{x^{2}(x+1)}{y^{2}(y+1)}\right)-\lg (x+1)(y+1)\right)=

0. \tag{*}

Ако

\lg (x+1)(y+1)=0

, то

(x+1)(y+1)=1

и едното от

x

y

е положително, а другото е отрицателно. Поради

\frac{x^{2}+x}{y}\gt{}0

\frac{y^{2}+y}{x}\gt{}0

това е невъзможно. При

\lg \left(\frac{x^{2}(x+1)}{y^{2}(y+1)}\right)=\lg (x+1)(y+1)

, получаваме

x^{2}=y^{2}(y+1)^{2}

и понеже

\frac{y(y+1)}{x}\gt{}0

, то

x=y(y+1)

. От второто уравнение намираме

(x-y)(y+1)=x+6

и след заместване

x=y(y+1)

, получаваме

y^{3}-y-6=0

. Сега от

y^{3}-y-6=(y-2)\left(y^{2}+2 y+3\right)

следва, че

y=2

и следователно

x=6

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-11-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Диагоналите

A C

B D

на вписан четириъгълник

A B C D

се пресичат в точка

L

. Правите

A D

B C

се пресичат в точка

M

, а правите

A B

C D

се пресичат в точка

N

. Ъглополовящата на ъгъл

A L D

пресича страните

A D

B C

съответно в точки

P

Q

, а ъглополовящата на ъгъл

A L B

пресича страните

A B

C D

съответно в точки

K

T

. Да се докаже, че описаните окръжности около

\triangle M P Q, \triangle N K T

\triangle B K Q

имат обща точка.

Решение

Нека

S

е точката на Микел за четириъгълника

A B C D

. От това, че

A B C D

е вписан следва, че

S

лежи на

M N

. Сега

\triangle S A D \sim \triangle S B C

и от

\frac{A P}{P D}=\frac{B Q}{Q C}

(доказва се от свойството на ъглополовящите) следва:

\angle S P Q=\angle S A B=\angle M A B=\angle M P Q.

Това означава, че описаната около

\triangle M P Q

окръжност минава през

S

. Аналогично се доказва, че и описаната окръжност около

\triangle N T K

минава през

S

. Сега твърдението следва от

\triangle N B M

и точките

S, K

Q

върху страните му.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-11-3

2021

2 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши неравенството

\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}8 x-15-x^{2}}}{2-\log _{x}(3 x+4)} \leq 0.

Решение

От

8 x-15-x^{2} \geq 0

следва, че

x \in[3, 5]

, след което от

2-\log _{x}(3 x+4) \neq 0

определяме

x \neq 4

. Следователно множеството от допустимите стойности е

x \in[3, 5], x \neq 4

. Очевидно

x=3

x=5

са на неравенството. При

x \in(3, 5)

неравенството от условието е еквивалентно на

2-\log _{x}(3 x+4)\lt{}0

, откъдето получаваме

\log _{x}(3 x+4)\gt{}2

. Тъй като

x\gt{}1

, от свойствата на логаритмичната функция получаваме

3 x+4\gt{}x^{2} \Longleftrightarrow

x \in(-1; 4)

. Но съобразявайки се с ДС, намираме

x \in(3; 4)

. Окончателно, решенията на неравенството са

x \in[3; 4) \cup\{5\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В равнобедрения трапец

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

е вписана окръжност, която се допира до страните

A B, B C, C D, D A

съответно в точките

K, L, M, N

като лицето на четириъгълника

K L M N

е равно на

\frac{3}{8}

от лицето на трапеца

A B C D

. а) Да се намери мярката на

\angle B A D

; б) Ако

O_{1}

O_{2}

са центровете на вписаните окръжности в

\triangle A B C

\triangle A C D

B C=2

, да се намери дължината на отсечката

O_{1} O_{2}

Решение

а) Нека

\angle B A D=\alpha, A D=B C=d, h

е височината на трапеца, а

I

r

са центърът и радиусът на вписаната в него окръжност. Тогава

h=d \sin \alpha=2 r

. Тъй като в трапеца може да се впише окръжност, то

A B+C D=2 d

S_{A B C D}=d. h=\frac{h^{2}}{\sin \alpha}

. От друга страна

\angle K I N=\angle K I L=180^{\circ}-\alpha, \angle M I N=\angle M I L=\alpha

K I=L I=M I= N I=r=\frac{h}{2}

, откъдето получаваме

S_{K L M N}=S_{K I N}+S_{K I L}+S_{M I L}+S_{M I N}=\frac{h^{2} \sin \alpha}{2}

Сега от условието

\frac{S_{K L M N}}{S_{A B C D}}=\frac{3}{8}

следва

\sin \alpha=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}

и понеже

\alpha\lt{}90^{\circ}

, то

\alpha=60^{\circ}

. б) Нека

r_{1}

r_{2}

са радиусите на вписаните съответно в

\triangle A B C

\triangle A C D

окръжности, а

p_{1}

p_{2}

са полупериметрите им. Тъй като в трапеца е вписана окръжност, то вписаните в

\triangle A B C

\triangle A C D

окръжности се допират в точка от диагонала

A C

O_{1} O_{2}=r_{1}+r_{2}

. За да определим

r_{1}

r_{2}

, пресмятаме лицата

S_{1}

S_{2}

на

\triangle A B C

\triangle A C D

. От условието имаме, че

A B+C D=4

, а от а)

A B-C D=2

. Така намираме

A B=3

C D=1

. Тогава

S_{1}=\frac{A B \cdot B C \sin 60^{\circ}}{2}=\frac{3 \sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2} \text{и} S_{2}=

\frac{A D \cdot D C \sin 120^{\circ}}{2}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}.

От косинусова теорема за

\triangle A B C

намираме

A C=\sqrt{\vphantom{x^2}7}

и тогава

p_{1}=\frac{5+\sqrt{\vphantom{x^2}7}}{2}

p_{2}=\frac{3+\sqrt{\vphantom{x^2}7}}{2}

. Тъй като

S_{1}=p_{1} r_{1}

S_{2}=p_{2} r_{2}

намираме

r_{1}=\frac{3 \sqrt{\vphantom{x^2}3}}{5+\sqrt{\vphantom{x^2}7}}

r_{2}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{3+\sqrt{\vphantom{x^2}7}}

. Окончателно

O_{1} O_{2}=\frac{7 \sqrt{\vphantom{x^2}3}-2 \sqrt{\vphantom{x^2}21}}{3}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-11-2

2022

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението

(x+1) \log _{3}^{2} x+4 x \log _{3} x-16=0

Решение

Допустимите стойности са

x\gt{}0

. Полагаме

y=\log _{3} x

и получаваме

(x+1) y^{2}+ 4 x y-16=0

. Това уравнение е еквивалентно на

(y+4)(x y+y-4)=0

. Следователно

\log _{3} x=-4

, откъдето

x=\frac{1}{81}

или

\log _{3} x=\frac{4}{x+1}

. Очевидно

x=3

е негово Ако

x\gt{}3

, то

\log _{3} x\gt{}\log _{3} 3=1

(функцията

\log _{3} x

е растяща), а

\frac{4}{x+1}\lt{}1

(еквивалентно е на

4\lt{}x+1

), откъдето следва, че уравнението няма при

x\gt{}3

. Ако

0\lt{}x\lt{}3

, аналогично се доказва, че

\log _{3} x\lt{}1

, а

\frac{4}{x+1}\gt{}1

и отново уравнението няма Окончателно

x_{1}=3

x_{2}=\frac{1}{81}

са решенията на уравнението.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Окръжност през върховете

A

B

на

\triangle A B C

пресича отсечките

A C

B C

съответно в точки

P

Q

. Ако

A Q=A C, \angle B A Q=\angle C B P

\sqrt{\vphantom{x^2}2} A B=(\sqrt{\vphantom{x^2}3}+1) P Q

, намерете ъглите на триъгълника

A B C

Решение

При стандартни означения за елементите на триъгълник, имаме

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

, т. е.

A Q

е ъглополовяща на

\angle B A C

. От

A Q=A C

получаваме

\gamma=\angle A Q C=\frac{\alpha}{2}+\beta=\frac{\alpha}{2}+\left(180^{\circ}-\alpha-\gamma\right),

откъдето

\gamma=90-\frac{\alpha}{4}

. Сега от синусовата теорема за вписания четириъгълник

A B Q P

получаваме:

\frac{A B}{\sin \angle A Q B}=\frac{P Q}{\sin \angle P A Q} \Longleftrightarrow \frac{A B}{\sin \gamma}=

\frac{P Q}{\sin \frac{\alpha}{2}} \Longleftrightarrow \frac{A B}{P Q}=\frac{\sin \gamma}{\sin \frac{\alpha}{2}}

От условието

\sqrt{\vphantom{x^2}2} A B=(\sqrt{\vphantom{x^2}3}+1) P Q

намираме:

\frac{\sin \gamma}{\sin \frac{\alpha}{2}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}+1}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}} \Longleftrightarrow \frac{\cos \frac{\alpha}{4}}{\sin \frac{\alpha}{2}}=

\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}+1}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}} \Longleftrightarrow \frac{1}{2 \sin \frac{\alpha}{4}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}+1}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}.

Следователно

\sin \frac{\alpha}{4}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}-1}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}}=\sin 15^{\circ}=\sin 165^{\circ}

и тъй като

\frac{\alpha}{4}\lt{}45^{\circ}

, то

\alpha=60^{\circ}, \gamma= 90^{\circ}-\frac{\alpha}{4}=75^{\circ}

\beta=45^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-11-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

n \geq 2

е дадено естествено число. Множеството

M

се състои от

2 n^{2}

3 n+2

положителни рационални числа. Да се докаже, че съществува подмножество

A

на

M

n

елемента със следното свойство: за всяко естествено число

k, 2 \leq k \leq n

сборът на произволни

k

(не непременно различни) числа от

A

не е число от

A

Решение

Без ограничение на общността, можем да считаме числата в

M

за естествени, защото можем да ги умножим с HOK на знаменателите им и това не влияе на свойството в условието. Прогресията

\{(2 n-1) q+n\}_{q=1}^{\infty}

съдържа безкрайно много прости числа, съгласно теоремата на Дирихле и

((2 n-1), n)=1

. Нека да изберем просто число

p=(2 n-1) q+n

, което е по-голямо от числата в

M

, т. е.,

M

става множество от остатъци по модул

p

. Да разгледаме следното множество от остатъци:

\mathcal{P}=\left\{\frac{p+n-1}{2 n-1}, \frac{p+3 n-2}{2 n-1}, \ldots, \frac{2 p-1}{2 n-1}\right\}

където числителя на всяка следваща дроб надвишава този на предходната с

2 n-1

. Съгласно избора на

p

всички числа в

\mathcal{P}

са естествени. Освен това, имаме

2 \cdot \frac{p+n-1}{2 n-1}=\frac{2 p-1}{2 n-1}+1 \quad

\text{и} \quad n \cdot \frac{2 p-1}{2 n-1}=p+\frac{p-n}{2 n-1}.

Това означава, че по модул

p

, сумата на няколко числа (поне 2 и най-много

n

) не е елемент на

\mathcal{P}

! Да забележим, че

|\mathcal{P}|=\frac{2 p-1}{2 n-1}-\frac{p-n}{2 n-1}=\frac{p+n-1}{2 n-1}

. Нека

M=\left\{m_{1}, m_{2}, \ldots, m_{2 n^{2}-3 n+2}\right\}

. За всяко

i=1, 2, \ldots, 2 n^{3}-3 n+2

, числата

\left\{m_{i} \cdot 1, m_{i} \cdot 2, \ldots, m_{i} \cdot(p-1)\right\}

образуват пермутация на

\{1, 2, \ldots, (p-1)\}(\bmod p)

, т. е., точно

\frac{p+n-1}{2 n-1}

от тях са елементи на

\mathcal{P}

! Следователно, съществува

k \in\{1, 2, \ldots, p-1\}

такова, че измежду числата

\left\{k \cdot m_{1}, k \cdot m_{2}, \ldots, k \cdot m_{2 n^{2}-3 n+2}\right\}

поне

\frac{\left(2 n^{2}-3 n+2\right) \cdot \frac{p+n-1}{2 n-1}}{p-1}\gt{}

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

са елементи на

\mathcal{P}

по модул

p

. Лесно се съобразява, че съответните числа

\left\{m_{j}\right\}

(поне

n

) от множеството

M

, за които

k \cdot m_{j} \in \mathcal{P}(\bmod p)

, удовлетворяват условието. В частност и всяко тяхно подмножество с точно

n

елемента.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-11-4

2023

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

за които уравнението

3 \cdot 3^{\cos 2 x}-(a-5) \cdot 3^{\cos ^{2} 2 x}=7

има

Решение

Тъй като

\cos 2 x=2 \cos ^{2} x-1

, уравнението добива вида

3^{2 \cos ^{2} x}-(a-5) \cdot 3^{\cos ^{2} x}=7

и с полагането

3^{\cos ^{2} x}=t

получаваме

t^{2}-(a-5) t=7

. От

\cos ^{2} x \in[0; 1]

и монотонното растене на функцията

3^{u}

, следва

3^{\cos ^{2} x} \in[1; 3]

. Тогава търсим онези стойности на параметъра

a

за които уравнението

t^{2}-(a-5) t-7=0

има в интервала

[1; 3]

. От формулите на Виет

t_{1} t_{2}=-7

следва, че корените са реални и

t_{1}\lt{}0

t_{2}\gt{}0

. Тогава за да е изпълнено условието на задачата,

t_{1}\lt{}0\lt{}1 \leq t_{2} \leq 3

, т. е.

f(1) \leq 0

f(3) \geq 0

, където

f(t)=t^{2}-(a-5) t-7

. Получаваме

a+1 \geq 0

17 / 3-a \geq 0

. Окончателно

-1 \leq a \leq 17 / 3

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-11-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Четириъгълникът

A B C D

е вписан в окръжност. Точка

E

върху лъча

D A \rightarrow

е такава, че

\angle A B C=2 \angle E B D

. Да се докаже, че

D E=\frac{A C \cdot B D}{A B+B C}

Решение

Нека

\angle E B D=\varphi, \angle A B C=2 \varphi

и точка

P

е върху правата

A B

така, че

B P=B C

B

е между

A

P

. Тогава

\triangle B P C

е равнобедрен и

\angle B P C=\angle B C P=\frac{1}{2} \angle A B C=\varphi

. Тъй като

\angle A C B=\angle A D B

, то

\angle D E B+\angle A C P=\angle D E B+\angle A C B+\varphi=

\angle D E B+\angle A D B+\varphi=180^{\circ}.

От синусовата теорема за

\triangle A P C

\triangle E B D

получаваме:

\frac{A B+B C}{A C}=\frac{\sin \angle A C P}{\sin \varphi}=\frac{\sin \angle D E B}{\sin \varphi}=\frac{B D}{D E},

което е еквивалентно на равенството от условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Естествено число

b

се нарича

x y б а в о

, ако съществува редица от цели числа

1=a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{2023}=b

за която

\left|a_{i+1}-a_{i}\right|=2^{i}

за всяко

i=1, 2, \ldots, 2022

. Да се намери броят на хубавите числа.

Решение

От условието следва, че

b=1 \pm 2^{1} \pm 2^{2} \pm 2^{3} \pm \cdots \pm 2^{2021} \pm 2^{2022}

От това равенство следва, че най-голямото хубаво число е

b \leq 1+2^{1}+2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{2021}+2^{2022}=2^{2023}-1,

като освен това

b

е от вида

4 k+3

. Ще докажем, че хубавите числа са всички естествени числа от вида

4 k+3

, които са по-малки или равни на

2^{2023}-1

. Нека

b=4 k+3, b \leq 2^{2023}

- 1 и да разгледаме двоичния запис

b=\overline{a_{n} a_{n-1} \ldots a_{2} a_{1} a_{0}}

, където

a_{1}=a_{0}=1

n \leq 2022

. Ако

n\lt{}2022

допълваме отляво с необходимия брой нули и така може да считаме, че

n=2022

, като е възможно

a_{n}=0

. Ще покажем как от двоичния запис на

b

можем да определим

\varepsilon_{i}= \pm 1

пред съответните степени на 2 в

b=

1+\varepsilon_{1} 2^{1}+\varepsilon_{2} 2^{2}+\varepsilon_{3} 2^{3}+\cdots

+\varepsilon_{2021} 2^{2021}+\varepsilon_{2022} 2^{2022}. \tag{1}

Ако

a_{2}=1

, то избираме

\varepsilon_{1}=1

. Ако

a_{2}=0

нека

a_{i}=a_{i-1}=\cdots=a_{2}=0

, като или

a_{i+1}=1

или

i=n

. Избираме

\varepsilon_{1}=\varepsilon_{2}=\cdots=\varepsilon_{i-1}=-1

\varepsilon_{i}=1

. Тогава

2^{i}-2^{i-1}-\cdots-2^{2}-2=2

Ако

i=n

сме избрали всички 2022 коефициента, а ако

a_{i+1}=1

повтаряме горната процедура, т. е.: при

a_{i+2}=1

или

i+1=n

избираме

\varepsilon_{n}=1

, а при блок от нули избираме съответните коефициенти от

\varepsilon_{i+1}

до коефициентът съответстващ на предпоследната нула да са -1, а коефициентът съответстващ на последната нула да е равен на +1. По този начин ще определим всички коефициенти и равенство (1) ще бъде вярно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В една държава има 2023 града, някои от които са съединени с директни пътища, като всеки път е с дължина 10 километра. За всеки два града съществува единствен начин да се стигне от единия град до другия, като се минава по тези пътища. Най-дългият път между два града е с дължина

20 n

километра. Един град се нарича второстепенен, ако от него излизат не повече от 6 пътя. Да се намери най-малката стойност на

n

, ако в тази държава няма град свързан с директен път с 6 или повече второстепенни града.

Решение

Разглеждаме граф с върхове градовете и ребра пътищата. Тъй като между всеки два града има единствен път, то този граф е дърво. Най-дългият път има

2 n

ребра и следователно има

2 n+1

града и нека средния от тези градове е

A

. Да разгледаме градовете и пътищата като дърво с корен град

A

. След корена в това дърво има

n

нива. Нека в дървото няма връх, свързан с 6 или повече второстепенни върхове. Всички върхове от последното

n

-то ниво са листа и следователно са второстепенни. Тогава всеки връх от предпоследното

n-1

-во ниво е свързан с не повече от 5 листа. Но тогава и върховете от предпоследното ниво са второстепенни (защото имат само още едно ребро към връх от

n-2

-то ниво). Аналогично, всеки връх от следващото

n-2

-во ниво е свъран с не повече от 5 върха от върховете от

n-1

-то ниво и следователно всички върхове от

n-2

-то ниво са второстепенни. Продължавайки по този начин получаваме, че всички върхове са второстепенни. Следователно всеки връх има степен най-много 5. Тогава от корена излизат най-много 5 ребра, т. е. на първо ниво има най-много 5 върха. От всеки връх от първо ниво излизат наймного 4 ребра към второ ниво, т. е. на второ ниво има най-много

5 \cdot 4=20

върха; аналогично на трето ниво има най-много

5 \cdot 4^{2}

върха; на четвърто ниво има най-много

5 \cdot 4^{3}

върха и т. н. Върховете са най-много

V_{n}=1+5\left(1+4+4^{2}+\cdots+4^{n-1}\right).

Търсим най-малкото

n

, за което този брой е по-голям или равен на 2023. Тъй като

V_{5}=1706

V_{6}\gt{}2023

, то търсеното

n

е 6.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-11-4