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

12

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

pms2022-12-2: има placeholder текст
pms2015-12-3: има placeholder текст
pms2013-12-2b: има placeholder текст
pms2013-12-3: има placeholder текст
pms2010-12-2: има placeholder текст
pms2010-12-3: има placeholder текст
pms2009-12-3: има placeholder текст
pms2006-12-2: има placeholder текст

2006

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Редицата

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

е дефинирана чрез равенствата

x_{1}=2

x_{n+1}=1+a x_{n} n \geq 1

, където

a

е реален параметър. Да се намерят всички стойности на

a

, за които редицата е: a) аритметична прогресия; б) сходяща и да се намери нейната граница.

Решение

а) От рекурентното условие намираме, че

x_{1}=2, x_{2}=1+2 a

x_{3}=1+a+2 a^{2}

Ако редицата е аритметична прогресия, то

x_{1}+x_{3}=2 x_{2}

. Оттук

3+a+2 a^{2}=2(1+2 a)

и решенията на това квадратно уравнение са

a=1

a=\frac{1}{2}

. При

a=1

получавам

x_{n+1}=x_{n}+1

, т. е. редицата е аритметична прогресия с разлика 1. При

a=\frac{1}{2}

лесно с вижда по индукция, че

x_{n}=2

за всяко

n

. Следователно

a=1

е единственото б) По индукция лесно следва, че

x_{n+1}=1+a+\cdots+a^{n-1}+2 a^{n}, n \geq 1

. При

a=1

имам

x_{n}=n+1

, т. е. редицата е разходяща. Нека

a \neq 1

. Тогава

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

Ако

2-\frac{1}{1-a}=0

, т. е.

a=\frac{1}{2}

, получаваме

x_{n+1}=2

за всяко

n

и редицата е сходяща. Тъй като редицата

\left\{a^{n}\right\}_{n=1}^{\infty}

е сходяща точно когато

|a|\lt{}1

a=1

, заключаваме че дадената редица е сходяща при

a \in(-1, 1)

и границата и́ е равна на

\frac{1}{1-a}

(защотн

\lim _{n \rightarrow \infty} a^{n}=0

при

\left. a \in(-1, 1)\right)

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-12-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички комплексни числа

a \neq 0

b

, такива, че за всеки комплексен корен

w

на уравнението

z^{4}-a z^{3}-b z-1=0

е в сила неравенството

|a-w| \geq|w|

Решение

Нека корените на уравнението са

z_{k}, 1 \leq k \leq 4

. От формулите на Виет следьа, че

z_{1}+z_{2}+z_{3}+z_{4}=a \text{и} z_{1}^{2}+z_{2}^{2}+z_{3}^{2}+z_{4}^{2}=a^{2}

Полагаме

u_{k}=\frac{2 z_{k}}{a}=x_{k}+i y_{k}, 1 \leq k \leq 4

, където

x_{k}, y_{k} \in \mathbb{R}

. Тъй като

u_{k}^{2}=x_{k}^{2}-y_{k}^{2}+2 i x_{k} y_{k}

, от горните равенства получаваме

\begin{align*} & x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=2 \quad \text{(1)}\\ & x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_{4}^{2}=4+y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+y_{3}^{2}+y_{4}^{2} \geq 4 \quad \text{(2)} \end{align*}

Освен това от

\left|a-z_{k}\right| \geq\left|z_{k}\right|

следва, че

\left|2-u_{k}\right| \geq\left|u_{k}\right|

, откъдето след повдигане в квадрат получаваме

x_{k} \leq 1

. Тогава от (1) следва, че

x_{k} \geq-1

, т. е.

x_{k}^{2} \leq 1

, което заедно с (2) дава

x_{k}= \pm 1, y_{k}=0

. Сега (1) показва, че три от числата

x_{k}

са равни на 1, а четвъртото на -1. Можем да считаме, че

z_{1}=z_{2}=z_{3}=-z_{4}

. Тогава от

z_{1} z_{2} z_{3} z_{4}=-1

следва, че

z_{1}= \pm 1, \pm i

, което означава, че

(a, b)=(2, -2), (-2, 2), (2 i, 2 i), (-2 i, -2 i)

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-12-3

2009

5 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намсрят стойностите на реалния параметьр

a

, за които неравенството

\log _{x+a} x \leq \log _{a} x

има ренения с разлика

a

Решение

Нека

x

a

изпъляват перавепството. Тогава

x\gt{}0, a\gt{}0, a \neq 1

x+a \neq 1

. Занисваме неравенството във вида

\frac{\log _{a} x}{\log _{a}(x+a)} \leq \log _{a} x

, което е еквивалентно на

\log _{a} x\left(1-\log _{a}(x+a)\right) \log _{a}(x+a) \leq 0. \tag{1}

Ако

a\gt{}1

, то

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

и горното неравенство е е еквивалентно на

\log _{a} x \geq 0

, т. с.

x \geq 1

. В този случай очевидно има с разлика

a

(това може да се види и директно, защото

x=a

x=2 a

са ренения при

a\gt{}1

). Нека

0\lt{}a\lt{}1

. Ако

\log _{a} x \leq 0

, то

x \geq 1

и тогава от

x+a\gt{}1

следва, че

\log _{a}(x+a)\lt{}0

и (1) не е изнълнено. Слоедователно

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

, т. е.

x\lt{}1

. Тогава

\log _{a}(x+a) \leq 0

или

\log _{a}(x+a) \geq 1

. В пьрвия снучай

x+a \geq 1

, а във втория

x+a \leq a

, което е невъзможно. Следователно при

0\lt{}a\lt{}1

репенията са

1-a \leq x\lt{}1

и няма такива с разлика

a

. И така, отговорът е

a\gt{}1

. Оцеияване: 2 т. за записване на неравенството зъв вида (1); но 2 т. за случаите

a.\gt{}1

0\lt{}a\lt{}1

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2009-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В окръжност с вписан петоъгълник

A B C D E

, като

A C

с диамстър,

A E=2 C E

A D=10 C D

. Нека

M

N

са прессчните точки на

A C

съответно с

B D

B E

. Да се намери отношението

\frac{A B}{B C}

, ако дължините на отсечките

A N, N M

M C

образуват аритметична прогресия (в този ред).

Решение

Нска

\angle A E B=\alpha

. Тогава

\angle A C B=\alpha

\angle B E C=90^{\circ}-\alpha

. Полагаме

x=\frac{A B}{B C}=\operatorname{tg} \alpha

. Тогава

\frac{A N}{C N}=\frac{S_{A N E}}{S_{C N E}}=\frac{A E \cdot N E \sin \alpha}{C E \cdot N E \sin \left(90^{\circ}-\alpha\right)}=\frac{A E}{C E} \operatorname{tg} \alpha=2 x

. Тъй като

A N+N C=A C

. то

A N=\frac{2 x}{2 x+1} A C

. Аналогично

\frac{A M}{C M}=\frac{A D}{C D} \cdot \frac{A B}{C B}=10 x

, откъдето

A M=\frac{10 x}{10 x+1} A C

M C=\frac{A C}{10 x+1}

. Тогава

M N=A M-A N=\left(\frac{10 x}{10 x+1}-\frac{2 x}{2 x+1}\right) A C=

\frac{8 x}{(2 x+1)(10 x+1)} A C

От

A N+M C=2 M N

следва, че

\frac{2 x}{2 x+1}+\frac{1}{10 x+1}=\frac{16 x}{(2 x+1)(10 x+1)}

След привеждане под общ знаменател получаваме

20 x^{2}-12 x+1=0

, откъдего

x=\frac{1}{2}

x=\frac{1}{10}

(и двете възможности се реализират). Оценяване: Общо 4 т. за изразяване на

A N, C M

M N

чрез

x

A C, 1

г. за получаване на уравнение за

x; 1

т. за намиране на

x

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2009-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Пул е поставен в един от върховете на правилен 2009-ъгълник. Редувайки се, двама местят пула по следните правила. Пьрвият може да го мести в съеден връх и да маркира този връх (ако не е маркиран), а вториятв един от двата найотдалечени върха. Колко най-много върха съе сигурност може да маркира иървият (независимо от ходовете на втория)?

Решение

Ще докажем, че за правилен (

2 n+1

)-ъгълиик отговорът е

n+1

. Да номерираме върховете от 0 до

2 n

(по часовниковата стрелка). Можем да считаме, че отначало първият мести (пула) в 0. Вторият винаги може да мести върху нечетно число, освен ако не с в

n

; тогава той мести в

2 n

. Следоватслно маркирани може да са само печетпи числа и 0. Остава да видим как могат да бъдат маркирани

n+1

числа. Достатъчно е да покажем, че ако първият мести в 0, той може да мести в 1 или 2 (тогава след маркиран връх следващият маркиран по посока на часовниковат стрелка с или съседсн, или през един, т. е. маркираните върхове са поне

n+1

). Нека вторият ход на първия да е по часовниковата стрелка. След втория ход на втория пулът е в 0, 1 или 2 (защо?). Тогава пьрвият мести съответно в 1, 2 или 1. Оценяваие: 3 т. за горна граница

n+1

за броя на маркираните върховс; 4 т. за стратегия за маркиране на

n+1

върха.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2009-12-3

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2009-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадено с цяле число

m

. Да се намери броя на редиците

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

от цели числа такива, че

a_{n} a_{n+2}=n^{2}+m

за всяко

n

Решение

Полагаме

d_{n}=a_{n+2}-a_{n-2}

при

n \geq 3

и тогава

a_{n} d_{n}=n^{2}-(n-2)^{2}= 4(n-1)

. Оттук

d_{n} d_{n+2}=16 \frac{n^{2}-1}{n^{2}+m}

. Понеже

\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2}-1}{n^{2}+m}=1

d_{n} d_{n+2} \in \mathbb{Z}

, следва, че

d_{n} d_{n+2}=16

за всяко достатъчно голямо

n

. Значи

m=-1

d_{n} d_{n+2}=16

за всяко

n \geq 3

. В частност,

d_{n}=d_{n+4}

. Тъй като

d_{2 k}

дели

4(2 k-1), d_{2 k+2}

дели

4(2 k+1)

d_{2 k} d_{2 k+2}=16

, лесно следва, че

d_{2 k}=4

за всяко

k \geq 2

и тогава

a_{2 k}=2 k-1

за всяко

k

. По-пататьк,

d_{4 k-1}

дели

8(2 k-1)

и от

d_{4 k-1} d_{4 k+1}=16

, следва, че съпествува

s \in \{0, 1, 2, 3\}

така, че

d_{4 k-1}=2^{s}

за всяко

k

. Тогава

a_{4 k-1}=2^{3-s}(2 k-1)

a_{4 k-3}=2^{s}(k-1)

. И така, редици, изнълияващи условисто на задачата, съцествуват само при

m=

-1 и техният брой с 4.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2009-12-4

2010

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

k

, такива че всяко реално число

x

удовлетворява равенството

\sin ^{k} x \cos k x+\cos ^{k} x \sin k x=\frac{3}{4} \sin (k+1) x.

Решение

При

k=1

равенството става

\sin 2 x=\frac{3}{4} \sin 2 x

и очевидно не е изпълнено за всяко

x

. Нека

k\gt{}1

. При

x=\frac{\pi}{k}

получаваме

\sin ^{k} \frac{\pi}{k}=\frac{3}{4} \sin \frac{\pi}{k}

или (тъй като

\sin \frac{\pi}{k} \neq 0

)

\sin ^{k-1} \frac{\pi}{k}=\frac{3}{4}

. При

x=\frac{\pi}{2 k}

получаваме

\cos ^{k} \frac{\pi}{2 k}=\frac{3}{4} \cos \frac{\pi}{2 k}

или (понеже

\cos \frac{\pi}{2 k} \neq 0

)

\cos ^{k-1} \frac{\pi}{2 k}=\frac{3}{4}

. Тези равенства и формулата

\sin \frac{\pi}{k}=2 \sin \frac{\pi}{2 k} \cos \frac{\pi}{2 k}

дават

2^{k-1} \sin ^{k-1} \frac{\pi}{2 k}=

1, откъдето (предвид

\sin \frac{\pi}{2 k}\gt{}0

) получаваме

\sin \frac{\pi}{2 k}=\frac{1}{2}

. Това е изпълнено единствено при

k=3

. Ще покажем, че при

k=3

даденото равенство действително е изпълнено за всяко

x

. Имаме последователно

\begin{aligned} \sin ^{3} x \cos 3 x+\cos ^{3} x \sin 3 x & =\sin ^{3} x\left(4 \cos ^{3} x-3 \cos x\right)+\cos ^{3} x\left(3 \sin x-4 \sin ^{3} x\right) \\ & =3 \sin x \cos x\left(\cos ^{2} x-\sin ^{2} x\right) \\ & =3 \cdot \frac{1}{2} \sin 2 x \cos 2 x=\frac{3}{4} \sin 4 x \end{aligned}

Окончателно,

k=3

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-12-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-12-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Описаната около

\triangle A B C

окръжност

k

има диаметьр 1. Да се докаже, че триъгълникът е равностранен тогава и само тогава, когато за всяка точка

M

от вътрешността на

k

\frac{1}{M A}+\frac{1}{M B}+\frac{1}{M C}\gt{}5.

Решение

Нека първо

\triangle A B C

е равностранен. Лесно се вижда, че поне един от

\angle A M B, \angle B M C

\angle C M A

е не по-малък от

120^{\circ}

, например

\angle A M B

. Имаме, че

\frac{1}{M A}+\frac{1}{M B}+\frac{1}{M C}\gt{}\frac{4}{M A+M B}+1

Остава да съобразим, че

M A+M B \leq 1

, понеже

\begin{aligned} \frac{3}{4} & =A B^{2}=M A^{2}+M B^{2}-2 M A \cdot M B \cos \angle A M B \\ & \geq M A^{2}+M B^{2}+M A \cdot M B \geq \frac{3}{4}(M A+M B)^{2} \end{aligned}

Обратно, ако е в сила даденото неравенство, то е в сила и неравенството

\geq

за всяка точка

M \in k

. Следователно е достатъчно да покажем, че ако

\gamma

е най-големият ытьл и

M

е средата на дъгата

A B

(несъдържаща

C

), то

S=\frac{1}{M A}+\frac{1}{M B}+\frac{1}{M C} \leq 5,

като равенство се достига при

\gamma=60^{\circ}

. Имаме, че

M A=M B=\sin \frac{\gamma}{2}, \quad M C=\cos \frac{\alpha-\beta}{2}.

Ако

\gamma \geq \pi / 2

, то

M C\gt{}M A=M B \geq \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2}

S\lt{}3 \sqrt{\vphantom{x^2}2}\lt{}5

. Иначе

\alpha-\beta \leq 3 \gamma-\pi\lt{}\pi / 2

и следователно

S \leq \frac{2}{\sin \frac{\gamma}{2}}+\frac{1}{\sin \frac{3 \gamma}{2}}=\frac{2}{t}+\frac{1}{t\left(3-4 t^{2}\right)}=T

където

t=\sin \gamma / 2 \in[1 / 2, \sqrt{\vphantom{x^2}2} / 2)

. Неравенството

T \leq 5

е еквивалентно на очевидното

(2 t-1)\left(10 t^{2}+t-7\right) \leq 0

, като равенство се достига при

t=1 / 2

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-12-4

2013

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят локалните екстремуми на функцията

f(x)=\log _{3}\left(x^{3}-2 x^{2}-13 x-10\right)-\log _{3}\left(x^{2}-5 x\right).

Решение

Тьй като

x^{3}-2 x^{2}-13 x-10=(x-5)(x+1)(x+2)

x^{2}-5 x=x(x-5)

. то допустимите стойности за

x

са

x \in(-2, -1) \cup(5, +\infty)

Тогава

f(x)=\log _{3}\left(\frac{(x+1)(x+2)}{x}\right)

и тъй като

\log _{3} y

е монотонна функция, локалните скстремуми на

f(x)

съвнадат с локалните скстремуми на

g(x)=\frac{(x+1)(x+2)}{x}

в дефиниционната област на

f(x)

. Тъй като

g^{\prime}(x)=\frac{x^{2}-2}{x^{2}}

, то люкалните скетремуми на

g(x)

са в точките

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

. Понеже само

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

е в дефиниционното множество на

f(x)

. то

f(x)

има само един локален екстремум (който е максимум) и той се достига при

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

\triangle A B C

ъглополовящата

C L, L \in A B

, пресича описаната около триъгълника окръжност в точка

P

. Точката

T

лежи върху отсечката

L P

\frac{C L}{C P}= \left(\frac{L T}{T P}\right)^{2}

. Да се докаже, че: a)

C T=\sqrt{\vphantom{x^2}A C \cdot B C}

; б)

\angle A T B=180^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A C B

Решение

а) Нека

B C=a, A C=b, C L=\ell, A L=m

B L=n

. От

C L. L P=A L. B L

получаваме

L P=\frac{m n}{\ell}

C P=\ell+\frac{m n}{\ell}=\frac{\ell^{2}+m n}{\ell}=\frac{a b}{\ell}

. Сега от

L T+T P=L P=\frac{m n}{\ell}

\left(\frac{L T}{T P}\right)^{2}=\frac{C L}{C P}=\frac{\ell^{2}}{a b}

намираме

L T=\frac{m n}{\ell+\sqrt{\vphantom{x^2}a b}}

. Накрая имаме

C T=C L+L T= \frac{\ell \sqrt{\vphantom{x^2}a b}+\ell^{2}+m n}{\ell+\sqrt{\vphantom{x^2}a b}}=\frac{\ell \sqrt{\vphantom{x^2}a b}+a b}{\ell+\sqrt{\vphantom{x^2}a b}}=\sqrt{\vphantom{x^2}a b}

. б) От

C T^{2}=A C \cdot B C

имаме

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

, което, заедно с

\angle A C T=\angle B C T

, означава, че

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

. Тогава

\angle B T C=\angle T A C

\angle A T B=\angle A T C+\angle B T C=\angle A T C+\angle T A C=

180^{\circ}-\angle A C T=180^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A C B.

Kpuтерии за

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-12-2

Задача 2b

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-12-2b

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-12-3

Задача 3b

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}_{0}

които изпълняват следните условия: (i)

f(1)=0

. (ii) За всяко просто число

p

и всяко естествено число

n

, което се дели на

p

, е изпълнено равенството

f(p n)=p f(n)

. (iii) За всяко просто число

p

и всяко естествено число

n

, което не се дели па

p

, е изнълнено равенството

f(p n)=n+(p-1) f(n)

. ( C N е означено мпожеството на естествените числа.

\mathrm{C} \mathrm{N}_{0}

е означено мпожеството на естествените числа и нулата.)

Решение

Нска

n=p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}

с каноничното разлаганс на

n

. Прилагаме последователно (ii) за числата

p_{1}

\frac{n}{p_{1}^{i}}

за

i=0, 1, \ldots, \alpha_{1}-1

и получаваме

f\left(p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}\right)=

p_{1} f\left(p_{1}^{\alpha_{1}-1} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}\right)=

\cdots=p_{1}^{\alpha_{1}-1} f\left(p_{1} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}\right)

Аналогично като ириложим (іі) за всеки от останалите ирости делители на

n

, намираме

f\left(p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}\right)=

p_{1}^{\alpha_{1}-1} p_{2}^{\alpha_{2}-1} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}-1} f\left(p_{1} p_{2} \ldots p_{k}\right)

Ще докажем с ипдукция по

k

, че

f\left(p_{1} p_{2} \ldots p_{k}\right)=

p_{1} p_{2} \ldots p_{k}-\left(p_{1}-1\right)\left(p_{2}-1\right) \ldots\left(p_{k}-1\right)

При

k=1

прилагаме (iii) и (i) за

p_{1}

n=1

и получаваме

f\left(p_{1}\right)=f\left(p_{1}.1\right)=1+ (p-1) f(1)=1=p_{1}-\left(p_{1}-1\right)

. Да допуснем, че твърдението е вярно за

k-1

прости делителя. Тогава прилагаме (iii) за

p_{k}

n=p_{1} p_{2} \ldots p_{k-1}

и получаваме

\begin{aligned} f\left(p_{1} p_{2} \ldots p_{k}\right) & =p_{1} p_{2} \ldots p_{k-1}+\left(p_{k}-1\right) f\left(p_{1} p_{2} \ldots p_{k-1}\right)= \\ & =p_{1} p_{2} \ldots p_{k-1}+\left(p_{k}-1\right)\left(p_{1} p_{2} \ldots p_{k-1}-\left(p_{1}-1\right) \ldots\left(p_{k-1}-1\right)\right)= \\ & =p_{1} p_{2} \ldots p_{k}-\left(p_{1}-1\right)\left(p_{2}-1\right) \ldots\left(p_{k}-1\right) \end{aligned}

с което твърдението е доказано. Окончателно получаваме

f\left(p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}\right)=p_{1}^{\alpha_{1}-1} p_{2}^{\alpha_{2}-1} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}-1}\left(p_{1} p_{2} \ldots p_{k}-\left(p_{1}-1\right)\left(p_{2}-1\right) \ldots\left(p_{k}-1\right)\right)=n-\varphi(n)

, къдсто

\varphi(n)

с функцията на Ойлер. Директно се проверява, че тази функция, удовлетворява условието на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-12-3b

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото реално число

\theta

такова, че за всяко естествено число

n \geq 2

съществуват естествени числа

a

b

със сума

n

, за които

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

Решение

Нека

0\lt{}\psi\lt{}\theta

. Тогава

\psi \leq \sqrt{\vphantom{x^2}2}-1

или съществуват естествени числа

n \geq 3

1 \leq k \leq n-1

така, че

\begin{aligned} k-(n-k) \sqrt{\vphantom{x^2}2} & \leq-\psi\lt{}\psi \leq k+1-(n-k-1) \sqrt{\vphantom{x^2}2}, \\ \text{т. е.} & \frac{n \sqrt{\vphantom{x^2}2}+\psi}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1}-1 \leq k \leq \frac{n \sqrt{\vphantom{x^2}2}-\psi}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1} \end{aligned}

и значи

\psi \leq \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1}{2}

. При

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

имаме, че

k=2 n-1 / 2-n \sqrt{\vphantom{x^2}2}

, което не е цяло число. Следователно

\theta \leq \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1}{2}

. От друга страна, ако

\theta\lt{}\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1}{2}

, то интервалът

\Delta_{n}=

\left[\frac{n \sqrt{\vphantom{x^2}2}+\theta}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1}-1, \frac{n \sqrt{\vphantom{x^2}2}-\theta}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1}\right]

има дължина, по-голяма от 1. Както е добре известно, за всяко

\alpha \in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Q}

редицата с общ член

\{n \alpha\}

е гъсто подмоножество на ( 0, 1 ). При

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

. следва, че безбройно много от интервалите

\Delta_{n}

съдържат естествени числа

k_{n}(\lt{}n)

. Полученото противоречие показва, че

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

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-12-4

2014

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Синусите на три различни ъгъла от интервала

[0, 2 \pi]

образуват аритметична прогресия. Да се докаже, че техните косинуси не могат да образуват аритметична прогресия в същия ред.

Решение

Да допуснем противното, т. е. има три различни числа

x, y, z \in[0, 2 \pi]

, за които

\sin x+\sin y=2 \sin z

\cos x+\cos y=2 \cos z

. Като повдигнем тези равенства на квадрат и ги съберем почленно, получаваме, че

\cos (x-y)=\sin x \sin y+\cos x \cos y=1

. Можем да считаме, че

x\gt{}y

. Понеже

x-y \in(0, 2 \pi]

, то

x=2 \pi, y=0

. Тогава

z=x

или

z=y

, което е противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

C C_{1}

е височина в

\triangle A B C

, където

C_{1}

е точка от правата

A B

. Известно е, че сумата от квадратите на периметрите на

\triangle A C C_{1}

\triangle B C C_{1}

е равна на квадрата на периметъра на

\triangle A B C

. Да се докаже, че

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

Решение

Понеже

P_{\triangle A C C_{1}}\lt{}P_{\triangle A B C}

P_{\triangle B C C_{1}}\lt{}P_{\triangle A B C}

, то точката

C_{1}

лежи на отсечката

A B

. Нека

X

Y

са такива точки върху правата

A B

, че

A

е между

X

B

B

е между

A

Y, A X=A C

B Y=B C

. Тогава условието приема вида

\left(X C_{1}+C C_{1}\right)^{2}+\left(Y C_{1}+C C_{1}\right)^{2}=X Y^{2} \tag{*}

Като приложим двукратно питагоровата теорема и фомулата за лице, получаваме, че

X C^{2}+4 S_{\triangle X C C_{1}}+Y C^{2}+4 S_{\triangle Y C C_{1}}=X Y^{2}

От косинусова теорема за

\triangle X Y C

и равенството

S_{\triangle X C C_{1}}+S_{\triangle Y C C_{1}}=S_{\triangle X C Y}=\frac{1}{2} X C. Y C. \sin \angle X C Y

следва, че

\cos \angle X C Y+\sin \angle X C Y=0

. Тогава

135^{\circ}=\angle X C Y=\angle X C A+\angle C+\angle Y C B=

\frac{\angle A}{2}+\angle C+\frac{\angle B}{2}=90^{\circ}+\frac{\angle C}{2},

откъдето

\angle C=90^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че ако

a, b, c, d

са положителни числа със сума 1, то

\frac{a^{3}}{4 a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{b^{3}}{4 b^{2}+(c+d)^{2}}

+\frac{c^{3}}{4 c^{2}+(d+a)^{2}}+\frac{d^{3}}{4 d^{2}+(a+b)^{2}} \geq

\frac{1}{8}

Решение

Да забележим, че след привеждане под общ знаменател неравенството

\frac{a^{3}}{4 a^{2}+(b+c)^{2}} \geq \frac{a}{4}-\frac{b+c}{16}

е еквивалентно на очевидното

(b+c)(2 a-b-c)^{2} \geq 0

. Остава да съберем почленно това неравенство с другите три подобни.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-12-3

2015

5 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

а) Да се докаже, че функцията

f(x)=x^{3}+4 x^{2}+6 x

е строго растяща в множеството на реалните числа. б) Да се намерят всички стойности на реалния параметър

a

, за които уравнението

x^{3}+5 x=

(a-4) x^{2}-a+4 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}\left(a x^{2}+x-a\right)^{2}}

+6 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}a x^{2}+x-a}

има точно две

Решение

а) Производната

f^{\prime}(x)=3 x^{2}+8 x+6

е с отрицателна дискриминанта, т. е.

f^{\prime}(x)\gt{}0

за всяко

x

. Следователно

f(x)

е растяща функция. б) Записваме даденото уравнение във вида:

x^{3}+4 x^{2}+6 x=

a x^{2}+x-a+4 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}\left(a x^{2}+x-a\right)^{2}}

+6 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}a x^{2}+x-a}

Сега от а) следва, че

x^{3}=a x^{2}+x-a

, откъдето

(x-a)(x+1)(x-1)=0

. Уравнението има точно две , ако

a=1

или

a=-1

. Kpuтepuu: (6 точки) 2 т. за а); 1 т. за записване на уравнението в дадения вид; 1 т. за доказване, че

x^{3}=a x^{2}+x-a; 1

т. за разлагането; 1 т. за доказване, че

a=1

или

a=-1

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Дадена е безкрайна растяща редица от естествени числа

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

За всяко естествено число

s

е изпълнено неравенството

x_{s+1}-x_{s} \leq 3

. Да се докаже, че съществуват безбройно много двойки различни естествени числа

m

n

, за които

x_{m}

дели

x_{n}

Решение

Достатъчно е да докажем, че някой член на редицата дели друг член (Защо?). От условието следва, че измежду всеки три последователни числа поне едно е член на редицата. Нека

a

е член на редицата и да разгледаме числата

b=a+a(a+1)(a+2), b+1= a+1+a(a+1)(a+2)

b+2=a+2+a(a+1)(a+2)

. Тъй като

a

дели

b

, ако

b

е член на редицата, твърдението е доказано. Нека

b

не е член на редицата. Тогава едно от числата

b+1

или

b+2

е член на редицата (нека това е

b+1

, като другият случай се разглежда аналогично). За числата

c=b+b(b+1)(b+2), c+1=b+1+b(b+1)(b+2)

c+2=b+2+b(b+1)(b+2)

единствено

c+2

може да бъде член на редицата (защото

a

дели

c

b+1

дели

c+1

). Сега за числата

d=c+c(c+1)(c+2), d+1=c+1+c(c+1)(c+2)

d+2=c+2+c(c+1)(c+2)

имаме

a

дели

d, b+1

дели

c+1

c+2

дели

d+2

. Понеже едно от тези три последователни числа е член на редицата, твърдението е доказано. Kpumepuu: (6 точки) 2 т. за идеята за увеличаване на три последователни числа с тяхното произведение; 4 т. за довършване на то; максимум 2 т. за верни разсъждения, които не водят до

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички двойки функции

f, g: \mathbb{N}_{0} \longrightarrow \mathbb{N}_{0}

, където

\mathbb{N}_{0}

е множеството на всички неотрицателни цели числа и: (1)

f(1)\gt{}f(0)

; (2)

f(g(n))

е точно броят на целите неотрицателни числа

k \leq n

, за които

f(k) \leq k

g(f(n))

е точно броят на целите неотрицателни числа

k \leq n

, за които

g(k)\gt{}k

Решение

Отговор:

f(n)=n, g(n)=n+1

са единствената двойка функции, на задачата. Лесна проверка показва, че те удовлетворяват поставените условия. Имаме, че

f(g(0)) \leq 1

g(f(0)) \leq 1

. Ще разгледаме 4 случая:

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2015-12-3

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички тройки (

a, b, c

) от естествени числа, по-големи от 1, за които съществува безкрайна редица

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

от ненулеви цели числа, такива че

a b c x_{n+3}=a(c-b) x_{n+2}+(c b+a) x_{n+1}+b x_{n}

за всяко

n \geq 1

Решение

Даденото равенство може да се запише във вида

x_{n+3}-\frac{1}{b} x_{n+2}-\frac{1}{a} x_{n+1}=

-\frac{1}{c}\left(x_{n+2}-\frac{1}{b} x_{n+1}-\frac{1}{a} x_{n}\right).

По индукция получаваме

x_{n+3}-\frac{1}{b} x_{n+2}-\frac{1}{a} x_{n+1}=(-1)^{n} \frac{1}{c^{n}}\left(x_{3}-\frac{1}{b} x_{2}-\frac{1}{a} x_{1}\right)

. Това е възможно само при

x_{3}-\frac{1}{b} x_{2}-\frac{1}{a} x_{1}=0

(иначе всеки прост делител на

c

на произволна степен трябва да дели знаменателя на лявата част, което е невъзможно, защото

a

b

са фиксирани, а членовете на редицата са цели числа). Следователно

x_{n+3}=\frac{1}{b} x_{n+2}+\frac{1}{a} x_{n+1}

. Да означим

\alpha=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}

. Ако

\alpha\lt{}1

, то полагайки

M=\max \left\{\left|x_{n}\right|, \left|x_{n-1}\right|\right\}

, получаваме

\left|x_{n+1}\right| \leq \alpha M

, откъдето по индукция

\left|x_{2 t+1}\right| \leq \alpha^{t}

\max \left\{x_{1}, x_{2}\right\}

. Но поради

\lim _{t \rightarrow \infty} \alpha^{t}=0

, за големи

t

ще имаме

\left|x_{2 t+1}\right|\lt{}1

, което не е възможно за цяло ненулево число. Следователно

\alpha \geq 1

и оттук лесно следва, че

a=b=2

. Търсените тройки са от вида

(2, 2, c)

, където

c \geq 2

. Kpumepuu: (7 точки) 3 т. за

x_{n+3}=\frac{1}{b} x_{n+2}+\frac{1}{a} x_{n+1}; 4

т. за намиране на търсените тройки.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-12-4

2016

3 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Права през точката

A(1, 1)

пресича правата

y=-19

в точка

B

и параболата

y=x^{2}

в точка

C(C \neq A)

. Да се докаже, че

|B C|\gt{}10 \sqrt{\vphantom{x^2}5}

Решение

Можем да запишем уравнението на правата във вида

y=(a+1) x-a(a \neq \pm 1

; иначе

C=A

или

B=\infty

). Тогава

B\left(\frac{a-19}{a+1}, -19\right), C\left(a, a^{2}\right)

B C^{2}=\left(\frac{a-19}{a+1}-a\right)^{2}+\left(19+a^{2}\right)^{2}=

\left(a^{2}+19\right)^{2}\left(\frac{1}{(a+1)^{2}}+1\right)=: f(a)

При

g(a)=2 a^{3}+8 a^{2}+15 a+19

имаме, че

f^{\prime}(a) \stackrel{\circ}{=} 2 \frac{a^{2}+19}{(a+1)^{3}}(a-1) g(a)

. Понеже

g^{\prime}(a)= 6 a^{2}+16 a+15\gt{}0

за всяко

a

, то

g\left(a_{0}\right)=0

за единствено

a_{0}

. Сега лесно се съобразява, че

\min f \triangleq \min \left\{f(1), f\left(a_{0}\right)\right\}

. Тъй като

g(-2)=3\gt{}0

, то

a_{0}\lt{}-2

и значи

f\left(a_{0}\right)\gt{}23^{2}\gt{}500= f(1)

. Следователно

f(a)\gt{}500

при

a \neq \pm 1

, откъдето

|B C|\gt{}10 \sqrt{\vphantom{x^2}5}

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2016-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Даден е тетраедър

A B C D

и вътрешна за него точка

O

. Означаваме с

d_{1}, d_{2}, d_{3}

d_{4}

разстоянията от

O

съответно до върховете

A, B, C

D

и с

k_{1}, k_{2}, k_{3}

k_{4}

разстоянията от точка

O

съответно до стените

B C D, A C D, A B D

A B C

. Да се докаже, че:

d_{1}+d_{2}+d_{3}+d_{4} \geq

2\left(\sqrt{\vphantom{x^2}k_{1} k_{2}}+\sqrt{\vphantom{x^2}k_{1} k_{3}}+\sqrt{\vphantom{x^2}k_{1} k_{4}}+\sqrt{\vphantom{x^2}k_{2} k_{3}}+\sqrt{\vphantom{x^2}k_{2} k_{4}}+\sqrt{\vphantom{x^2}k_{3} k_{4}}\right)

Кога се достига равенство?

Решение

Първо забелязваме, че имаме

d_{i}+k_{i} \geq h_{i}

, където

h_{i}

е съответната височина. Ако означим с

S_{i}

лицата на съответните стени и сравнявайки обемите получаваме, че

\left(d_{i}+k_{i}\right) S_{i} \geq h_{i} S_{i}=\sum_{j=1}^{4}\left(k_{j} S_{j}\right)

Разписвайки тези неравенства за всяко

i=1, \ldots, 4

получаваме:

\begin{aligned} d_{1} & \geq \frac{S_{2}}{S_{1}} k_{2}+\frac{S_{3}}{S_{1}} k_{3}+\frac{S_{4}}{S_{1}} k_{4} \\ d_{2} & \geq \frac{S_{1}}{S_{2}} k_{1}+\frac{S_{3}}{S_{2}} k_{3}+\frac{S_{4}}{S_{2}} k_{4} \\ d_{3} & \geq \frac{S_{1}}{S_{3}} k_{1}+\frac{S_{2}}{S_{3}} k_{2}+\frac{S_{4}}{S_{3}} k_{4} \\ d_{4} & \geq \frac{S_{1}}{S_{4}} k_{1}+\frac{S_{2}}{S_{4}} k_{2}+\frac{S_{3}}{S_{4}} k_{3} \end{aligned}

Сумирайки горните неравенства получаваме

\sum_{i=1}^{4} \geq \sum_{i, j=1, i \neq j}^{4}\left(\frac{S_{i}}{S_{j}} k_{i}+\frac{S_{j}}{S_{i}} k_{j}\right).

От тук прилагайки неравенството между CA и CГ за всяко събираемо от дясната страна на горното неравенство

\frac{S_{i}}{S_{j}} k_{i}+\frac{S_{j}}{S_{i}} k_{j} \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}k_{i} k_{j}}

, получаваме исканото в задачата неравенство. От горните редове следва, че за случая на равенство трябва да имаме равенство във всички използвани неравенства. От тук следва, че

A B C D

е ортогонален тетраедър, т. е. височините му се пресичат в една точка. От там след геометрични аргументи следва, че

A B C D

е правилен и

O

е неговия център.

Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2016-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

X, Y

Z

са три различни точки от вътрешността на изпъкнал многоъгълник П. Да се докаже, че

f(X, Y) f(Y, Z) \geq f(X, Z)

, където

f(X, Y)=\frac{r(X)+r(Y)+|X Y|}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}r(X) r(Y)}},

r(X)

е радиусът на най-големия кръг в П с център

X

Решение

Имаме, че

f(X, Y) f(Y, Z) \geq f(X, Z) \Leftrightarrow

\begin{gathered} (r(X)+r(Y)+|X Y|)(r(Y)+r(Z)+|Y Z|) \geq 2 r(Y)(r(X)+r(Z)+|X Z|) \Leftrightarrow \\ (r(X)-r(Y)+|X Y|)(r(Z)-r(Y)+|Z Y|)+2 r(Y)(|X Y|+|Y Z|-|X Z|) \geq 0. \end{gathered}

За всяка точка

P

от контура на

\Pi

е в сила

r(Y) \leq|Y P| \leq|X P|+|X Y|

. Можем да изберем

P

така, че

|X P|=r(X)

и тогава

r(Y) \leq r(X)+|X Y|

. Аналогично

r(Y) \leq r(Z)+|Z Y|

и понеже

|X Z| \leq|X Y|+|Y Z|

, следва, че

f(X, Y) f(Y, Z) \geq f(X, Z)

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2016-12-4

2017

22 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадена е правилна четириъгълна пирамида

A B C D V

с основа

A B C D

. Всички ръбове на пирамидата са равни. Да се намери косинусът на ъгъла между правите

A M

C N

, където точка

M

е среда на ръба

B V

, а точка

N

е среда на ръба

D V

Решение

Нека точка

K

в равнината на основата

A B C D

е такава, че

2 A K=B D

A K \| B D

. Тогава

A M N K

е успоредник и и търсим косинусо на ъгъла между

K N

N C

. От правоъгълния триъгълник

C A K

получаваме

K C=\sqrt{\vphantom{x^2}A C^{2}+A K^{2}}=a \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{5}{2}} \frac{a \sqrt{\vphantom{x^2}10}}{2}

. Тъй като

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

от косинусовата теорема за триъгълник

K C N

получаваме:

\cos \angle C N K= \frac{3+3-10}{2 \cdot 3}=-\frac{2}{3}

. Следователно търсеният косинус е

\frac{2}{3}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-1

Задача 1b

Пълен запис

Условие

Нека

a_{n}=\frac{4(2 n)^{4}+1}{4(2 n-1)^{4}+1}(n \in \mathbb{N})

. Да се намери

\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1} a_{2} \ldots a_{n}}{n^{2}}

Решение

Понеже

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

, то

\begin{gathered} a_{n}=\frac{\left[2(2 n)^{2}+2 \cdot 2 n+1\right] \cdot\left[2(2 n)^{2}-2 \cdot 2 n+1\right]}{\left[2(2 n-1)^{2}+2 \cdot(2 n-1)+1\right] \cdot\left[2(2 n-1)^{2}-2 \cdot(2 n-1)+1\right]} \\ \quad=\frac{2(2 n+1)^{2}-2 \cdot(2 n+1)+1}{2(2 n-1)^{2}-2 \cdot(2 n-1)+1} \end{gathered}

откъдето

a_{1} a_{2} \ldots a_{n}=\frac{2(2 n+1)^{2}-2 \cdot(2 n+1)+1}{2 \cdot 1^{2}-2 \cdot 1+1}

\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{1} a_{2} \ldots a_{n}}{n^{2}}=8

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-1b

Задача 1c

Пълен запис

Условие

Нека

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

е редица от положителни числа, за които

a_{2}=3 a_{1}-1

a_{3}=2 a_{2}-1, a_{4}=3 a_{3}-1, a_{5}=2 a_{4}-1

и т. н. Да се намери най-малката възможна стойност на

a_{1}

Решение

Ако

b_{n}=a_{2 n-1}

c_{n}=a_{2 n}

, то

b_{n+1}=6 b_{n}-3

c_{n+1}=6 c_{n}-4

. Следователно

b_{n+1}-3 / 5=6\left(b_{n}-3 / 5\right)

c_{n+1}-4 / 5=6\left(c_{n}-4 / 5\right)

, откъдето

b_{n+1}=3 / 5+6^{n}\left(a_{1}-3 / 5\right)

c_{n+1}=4 / 5+6^{n}\left(c_{1}-4 / 5\right)=4 / 5+6^{n} 3\left(a_{1}-3 / 5\right)

. Значи

a_{n}\gt{}0

за всяко

n

точно когато

a_{1} \geq 3 / 5

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-1c

Задача 1d

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които уравнението

\sin (\sin x)=\cos (a \cos x)

има

Решение

Даденото уравнение е еквивалентно на

\sin x \pm a \cos x=\pi / 2+2 k \pi, \quad k \in \mathbb{Z}. \tag{1}

Лявата страна описва интервала

\left[-\sqrt{\vphantom{x^2}1+a^{2}}, \sqrt{\vphantom{x^2}1+a^{2}}\right]

и значи търсените

a

са тези, за които

\sqrt{\vphantom{x^2}1+a^{2}} \geq \pi / 2

, т. е.

|a| \geq \sqrt{\vphantom{x^2}\pi^{2} / 4-1}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-1d

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че върховете на параболите

y=x^{2}+b_{i} x+c_{i}, i=1, 2, 3

, лежат на една права, която не е успоредна на оста

O y

, тогава и само тогава, когато тези параболи имат обща допирателна.

Решение

Нека правата

y=b x+c

се допира до параболата

y=x^{2}+b_{i} x+c_{i}

. Това означава, че уравнението

x^{2}+b_{i} x+c_{i}=b x+c

има двоен корен, т. е.

\left(b_{i}-b\right)^{2}=4\left(c_{i}-c\right)

. Полагаме

d=\frac{b^{2}}{4}+c

. Тогава за върха

A_{i}\left(x_{i}^{0}, y_{i}^{0}\right)

на параболата имаме, че

y_{i}^{0}=c_{i}-\frac{b_{i}^{2}}{4}=-\frac{b_{i} b}{2}+d=b x_{i}^{0}+d

И така, ако правата

y=b x+c

се допира до трите параболи, то техните върхове лежат на правата

y=b x+d

. Обратно, по подобен начин се вижда, че ако върховете на параболите лежат на правата

y=b x+c

, то правата

y=b x+c-\frac{b^{2}}{4}

се допира до трите параболи.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-2

Задача 2b

Пълен запис

Условие

Да се реши неравенството

\frac{6}{2 x+1}\gt{}\frac{1+\log _{2}(2+x)}{x}

Решение

Неравенството има смисъл при

x \in\left(-2, -\frac{1}{2}\right) \cup\left(-\frac{1}{2}, 0\right) \cup(0+\infty)

. Случай 1. При

x\gt{}0

неравенството е еквивалентно на

\frac{4 x-1}{2 x+1}\gt{}\log _{2}(2+x)

. Тъй като

\frac{4 x-1}{2 x+1} \leq 1\lt{}\log _{2}(2+x)

при

x \in(0, 1]

, да разгледаме

x \in(1, +\infty)

. Функцията

\frac{4 x-1}{2 x+1}

расте от 1 до 2 в този интервал и понеже

\log _{2}(2+x) \geq 2

при

x \geq 2

, остава да разгледаме

x \in(1, 2)

. В този интервал имаме

\log _{2}(2+x) \geq \log _{2} \frac{3}{2}

, докато

\frac{4 x-1}{2 x+1} \leq \frac{7}{5}

. Тъй като

\log _{2} \frac{3}{2}\gt{}\frac{7}{5}

, неравенството няма и в този интервал. Случай 2. При

x \in\left(-2, -\frac{1}{2}\right) \cup\left(-\frac{1}{2}, 0\right)

неравенството се преобразува в

\frac{4 x-1}{2 x+1}\lt{} \log _{2}(2+x)

. Имаме

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

, докато

\frac{4 x-1}{2 x+1}\gt{}1

при

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

. Накрая, лесно се вижда, че неравенството е изпълнено за всяко

x

в интервала

\left(-\frac{1}{2}, 0\right)

. Окончателно

x \in\left(-\frac{1}{2}, 0\right)

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-2b

Задача 2d

Пълен запис

Условие

Нека

m_{c}

l_{c}

са дължините на медианата и ъглополовящата през върха

C

на

\triangle A B C

с лице

S

. Ако

\gamma=\angle B C A

, да се докаже, че

m_{c} l_{c} \geq S \cot \frac{\gamma}{2}

Решение

Имаме, че

\begin{gathered} m_{c}^{2}=\frac{2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}}{4}, \quad l_{c}^{2}=\frac{a b}{(a+b)^{2}}\left((a+b)^{2}-c^{2}\right) \\ S \cot \frac{\gamma}{2}=\frac{(a+b)^{2}-c^{2}}{4} \end{gathered}

Тогава

\begin{gathered} m_{c}^{2} l_{c}^{2}-S^{2} \cot ^{2} \frac{\gamma}{2}=\frac{(a+b)^{2}-c^{2}}{16(a+b)^{2}}\left(4 a b\left((a+b)^{2}+(a-b)^{2}-c^{2}\right)-(a+b)^{2}\left((a+b)^{2}-c^{2}\right)\right) \\ =\frac{(a+b)^{2}-c^{2}}{16(a+b)^{2}}(a-b)^{2}\left(c^{2}-(a-b)^{2}\right)=\left(\frac{a-b}{a+b}\right)^{2} S^{2} \geq 0 \end{gathered}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-2d

Задача 2e

Пълен запис

Условие

Точки

M

N

лежат на страната

A B

на

\triangle A B C

. Допирателните през

M

N

към описаните окръжности около

\triangle A C M

\triangle B C N

пресичат отсечките

C N

C M

съответно в точки

P

Q

. Ако

A B P Q

е равнобедрен трапец, да се докаже, че

A C=B C

Решение

Нека

P Q \cap A C=E

P Q \cap B C=F

. Тогава

\angle C E Q=\angle C A M=\angle C M P

и значи

C E M P

е вписан в окръжност четириъгълник. Аналогично

C F N Q

е вписан в окръжност четириъгълник. Тогава

\angle M E Q=\angle P C Q=\angle N F P

и следователно

E F N M

е равнобедрен трапец. Ако

O_{1}=A Q \cap M E

O_{2}=B P \cap N F

, то

\triangle A M O_{1} \sim \triangle Q E O_{1} \sim \triangle P F O_{2} \sim \triangle B N O_{2}

и значи

\frac{A M}{B N}=\frac{E Q}{F P}=\frac{E O_{1}}{F O_{2}}=\frac{O_{1} M}{O_{2} N}=\frac{E M}{F N}=1

Тогава

\triangle A M E \backsim \triangle B N F

(по първи признак), откъдето

\angle M A E=\angle N B F

, т. е.

A C=B C

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-2e

Задача 2f

Пълен запис

Условие

Нека

f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}

е функция, за която

|f(x)|-|f(x)+x-1|=|x+1|-2|x|

за всяко

x \in \mathbb{R}

. Да се докаже, че множеството

A=\{(x, y): 0\lt{}y\lt{}f(x), x \in \mathbb{R}\}

съдържа вътрешността на триъгълник с лице 1.

Решение

Нека

x \leq-1

f(x)\gt{}0

. Ако

f(x)+x-1 \geq 0

, то от даденото равенство следва, че

x=1

, противоречие. Ако

f(x)+x-1\lt{}0

, то от даденото равенство следва, че

f(x)=0

, което също е противоречие. Следователно

f(x) \leq 0

. Обратно, ако

x \leq-1

f(x) \leq 0

даденото равенство е изпълнено. Аналогично се проверява, че при

-1\lt{}x\lt{}0

даденото равенство е изпълнено само ако

f(x)\gt{}0

f(x)+x-1 \leq 0

. В този случай намираме, че

f(x)=x+1

. Същите разсъждения показват, че при

0 \leq x\lt{}1

даденото равенство е еквивалентно на

f(x) \geq 1-x

, а при

x \geq 1

то е еквивалентно на

f(x) \geq 0

. Следователно множеството

A

съдържа вътрешността на триъгълника с върхове

(-1, 0), (1, 0)(0, 1)

, който има лице 1.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-2f

Задача 2g

Пълен запис

Условие

Точка

D

върху страната

A B

на

\triangle A B C

и точка

E

върху отсечката

C D

са такива, че

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

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

. Да се докаже, че

\triangle A B C

е равнобедрен.

Решение

Нека

\theta=\angle A D C

. При стандартните означения за ъллите на

\triangle A B C

от синусовата теорема имаме, че

\frac{A E}{A D}=\frac{\sin \theta}{\sin \gamma},

\quad \frac{B E}{B D}=\frac{\sin \theta}{\sin \beta / 2} \text{и значи (1)} \quad

\frac{A E}{B E}=2 \frac{\sin \beta / 2}{\sin \gamma}

Върху лъча

E D \rightarrow

съществува (единствена) точка

F

такава, че

\angle E A F=\alpha

. Тогава

\angle A F E=\beta

, т. е. около четириъгълника

A F B E

може да се опише окръжност. Пак от синусовата теорема следва, че

\frac{A E}{F E}=\frac{\sin \beta}{\sin \alpha},

\quad \frac{B E}{F E}=\frac{\sin \alpha}{\sin (\gamma+\beta / 2)} \text{и значи} \quad

\frac{A E}{B E}=\frac{\sin \beta \sin (\gamma+\beta / 2)}{\sin ^{2} \alpha}

Оттук и (1) следва, че

\sin ^{2} \alpha=\sin \gamma \cdot \cos \beta / 2 \cdot \sin (\gamma+\beta / 2)

Дясната страна е равна на

\sin \gamma(\sin \alpha+\sin \gamma) / 2

и значи за

x=\sin \alpha / \sin \gamma

имаме, че

2 x^{2}=x+1

, т. е.

x=1

или

x=-1 / 2

. Попеже

x\gt{}0

, то

\alpha=\gamma

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-2g

Задача 2h

Пълен запис

Условие

Права през центъра на вписаната в триъгълник окръжност го разделя на две части така, че отношението на техните лица е равно на отношението на периметрите им. Да се докаже, че това отношение е равно на 1.

Решение

Можем да считаме, че правата пресича страните

A C

B C

на

\triangle A B C

в точки

D

E

. Имаме, че

S_{C D E}=S_{C D I}+S_{C E I}=r_{A B C}(C D+C E) / 2

и следователно

S_{C D E} / S_{A B C}=(C D+C E) / P_{A B C} \tag{$\star$}

Тогава

P_{C D E} / P_{A B E D}=S_{C D E} / S_{A B E D}=

\left(P_{C D E}-D E\right) /\left(P_{A B E D}-D E\right),

откъдето

P_{C D E}=P_{A B E D}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-2h

Задача 2i

Пълен запис

Условие

Да се намерят стойностите на реалния параметър

a

, за които всяко

Решение

на неравенството

\left(\log _{2} x\right)^{2}+(x-2) \log _{2} x \leq x-1 \tag{1}

е и на неравенството

2^{x}+2^{2-x} \leq a. \tag{2}

Неравенството (1) има смисъл при

x\gt{}0

и се преобразува във вида

\left(\log _{2} x-1\right)\left(\log _{2} x+x-1\right) \leq 0

. Имаме

\log _{2} x-1 \leq 0

при

0\lt{}x \leq 2, \log _{2} x-1 \geq 0

при

x \geq 2

\log _{2} x+x-1 \leq 0+1-1=0

при

0\lt{}x \leq 1, \log _{2} x+x-1 \geq 0+1-1=0

при

x \geq 1

. Сравнявайки знаците на двата множителя, заключаваме, че решенията на (1) ca

x \in[1, 2]

. Полагаме

y=2^{x}\gt{}0

и (2) приема вида (3)

f(y)=y^{2}-a y+4 \leq 0

. Освен това

x \in[1, 2]

е равносилно с

y \in[2, 4]

. Следователно всяко на (1) е и на (2) точно тогава, когато всяко число

y \in[2, 4]

е на (3). За квадратното неравенство (3) това е равносилно с

f(2) \leq 0, f(4) \leq 0

. Отрук

a \geq 4, a \geq 5

и следователно търсените стойности са

a \in[5, +\infty)

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-2i

Задача 3

Пълен запис

Условие

Нека

n

d

са естествени числа, като

n

е нечетно,

d

е четно и не се дели на 3 и

n\gt{}4 d

. Една аритметична прогресия

n-d, n, n+d

се нарича добра, ако най-големите естествени делители на числата

n-d, n, n+d

, различни от тях самите, също образуват растяща аритметична прогресия (в този ред). a) Да се докаже, че съществуват безбройно много добри аритметични прогресии. б) Колко са добрите аритметични прогресии, за които

n\lt{}24^{2}

Решение

Нека втората прогресия е

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

. Тъй като

d

не се дели на 3, точно едно от числата

n-d, n, n+d

се дели на 3. Ако

n+d

не се дели на 3, то

4+(n-d) / 3 \leq 2 d^{\prime}+a_{1}=a_{3} \leq(n+d) / 5

или

2+n / 3 \leq d^{\prime}+a_{2}=a_{3} \leq(n+d) / 5

(

d^{\prime}

е разликата на втората прогресия), като и в двата случая получаваме противоречие с условието

n\gt{}4 d

. Следователно

a_{3}=\frac{n+d}{3}

. Ако

n

не се дели на 5, то

a_{2} \leq \frac{n}{7}\lt{}\frac{n+d}{6}=\frac{a_{3}}{2}

, което означава, че

a_{1}\lt{}0

, противоречие. Следователно

a_{2}=\frac{n}{5}

. Нека

a_{1}=\frac{n-d}{k}

. Да отбележим, че

k

трябва да е просто число и

a_{1}=1

или всички прости делители на

a_{1}

трябва да са поне

k

. Имаме

\frac{n-d}{k}+\frac{n+d}{3}=\frac{2 n}{5} \Longleftrightarrow 15(n-d)+5 k d=

n k \Longleftrightarrow 15 a_{1}+5 d=n.

От последното равенство и от

n=k a_{1}+d

следва, че

(k-15) a_{1}=4 d

. Оттук следва, че

k-15

се дели на 8. Нека

k=8 t+15

, където

t

е естествено число. Тогава

d=2 t a_{1}, n=5 a_{1}(2 t+3)

. Тези параметри удовлетворяват условията за двете прогресии и остава да осигурим условието

a_{1}

да е най-големият делител на

n-d

. а) От теоремата на Дирихле следва, че в аритметичната прогресия с общ член

8 t+15

има безбройно много прости числа (това се доказва лесно и директно с имитация на класическото доказателство на Евклид за съществуването на безбройно много прости числа). Първото тях е 23 и дава при

a_{1}=1

числата

23, 25, 27

, и съответно

1, 5, 9

. Една безкрайна серия е например

8 t+15, 10 t+15, 12 t+15

, съответно

1, 2 t+3, 4 t+5

. б) Ако

a_{1}\gt{}1

, то

a_{1} \geq k \geq 23

според горното и първата възможност е

a_{1}=23

. Всъщност това е и последно, защото при

a_{1} \geq 29

получаваме

n=5 a_{1}(2 t+3) \geq 725\gt{}24^{2}

. Следователно прогресиите с исканите свойства са тези, за които

k=8 t+15

е просто,

n=10 t+15\lt{}576

, т. е.

t \leq 56

, и още една (

529=23^{2}, 575, 621

, съответно

23, 115, 207

). Тези от първия вид са 22 - от

1 \leq t \leq 56

се изключват кратните на

3, 5, 7, 11, 13, 17

и 19. Следователно търсеният брой е 23. Kpuтepuu. ( 7 точки) 1 т. за

3 \mid n+d, 1

т. за

5 \mid n, 1

т. за връзка между

a_{1}, n

d, 1

т. за

k=8 t+15, 1

т. за довършване на а), 2 т. за преброяването в б). Ако за а) е посочен само пример за прогресия (с или без използването на теоремата на Дирихле), той се оценява с 2 т.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-3

Задача 3b

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото просто число

p

от вида

8 k+1, k \in \mathbb{N}

, за което не съществува естествено число

n

, такова, че

p+2^{n}

е точен квадрат.

Решение

Тъй като

17+2^{3}=5^{2}, 41+2^{3}=7^{2}, 73+2^{3}=9^{2}, 89+2^{5}=11^{2}, 97+2^{7}=15^{2}

113+2^{3}=11^{2}, 137+2^{5}=13^{2}, 193+2^{5}=15^{2}

233+2^{7}=19^{2}

, първият сериозен кандидат за е

p=241

. Да допуснем, че

241+2^{n}=x^{2}

за някои естествени

n

x

. Ако

n=2 m

е четно, то

241=\left(x-2^{m}\right)\left(x+2^{m}\right)

, откъдето лесно получаваме

x=121

2^{m}=120

, противоречие. Нека

n=2 m+1

е нечетно. Непосредствено се проверява, че

2^{2 m+1}

дава остатъци 2, 8 и 32 по модул 63 (показателят на 2 по модул 63 е 6 ), което означава, че

241+2^{2 m+1} \equiv 21, 54, 60 (\bmod 63)

. Остава да проверим, че сравненията

x^{2} \equiv 21, 54, 60(\bmod 63)

нямат За първото и третото това е очевидно, а второто води до

y^{2} \equiv 6(\bmod 7)

, което също няма

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-3b

Задача 3e

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкото естествено число

n

, за което уравнението

\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{n}{4 z^{2}+1}

няма

Решение

в естествени числа

x, y, z

. При

n=1, 2, 3

имаме съответно

x=y=10, z=1, x=y=5

z=1

, и

x=10, y=2, z=1

. Ще докажем, че при

n=4

уравнението няма Записваме го във вида

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

Нека

x=2^{a} x_{1}, y=2^{b} y_{1}

, където

a, b \geq 0

x_{1}, y_{1}

са нечетни числа. Ако

a\gt{}b

, то

\left(2^{a-b} x_{1}+y_{1}\right)\left(4 z^{2}+1\right)=4 \cdot 2^{a} x_{1} y_{1}

което е невъзможно, защото лявата страна е нечетно число. Аналогично случаят

b\gt{}a

е невъзможен. Следователно

a=b

\left(x_{1}+y_{1}\right)\left(4 z^{2}+1\right)=4 \cdot 2^{a} x_{1} y_{1}

Тогава

x_{1}+y_{1}

се дели на 4 и значи

x_{1}

y_{1}

са нечетни числа, които дават различни остатъци при деление на 4. Нека

x_{1}=4 x_{2}+1, y_{1}=4 y_{2}-1

. Тогава

y_{1}

има прост делител

p

от вида

4 k-1

, който дели

4 z^{2}+1

, което е невъзможно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-3e

Задача 3f

Пълен запис

Условие

Нека

M

е средата на ъглополовящата

A L

\triangle A B C(L \in B C)

. Описаната окръжност около

\triangle C L M

пресича отсечката

B M

в точка

K

. Да се докаже, че ако

\angle A C B=180^{\circ}-\angle A K C

, то

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

Решение

( ) Нека

\angle B A C=\alpha

. От условието следва, че

\angle A K M=\angle A K C-\angle C K M=

\left(180^{\circ}-\angle A C B\right)-\angle C L M=\angle C A L=\frac{\alpha}{2}

Следователно

\triangle A K M \sim \triangle B A M

. Тогава

M A^{2}=M K. M B

. От друга страна,

B L. B C= B K. B M

и след като съберем тези равенства по- лучаваме

M A^{2}+B L \cdot B C=B M^{2}=

\frac{1}{4}\left(2 A B^{2}+2 B L^{2}-A L^{2}\right) \Leftrightarrow A L^{2}-C L^{2}=A B^{2}-C B^{2}

Последното означава, че

B

L

имат една и съща проекция върху правата

A C

, т. е.

A C \perp B L

. ( Втори начин ) (Стоян Боев) Нека

P

е петата на перпендикуляра от

L

към

A B

. Тогава

P M

се явява медиана в правоъгълен триъгълник и получаваме

\angle A P M=\angle P A M=\frac{\alpha}{2}=\angle A K M

Следователно

A P K M

е вписан четириъгълник от където

B P \cdot B A=B K \cdot B M=B L \cdot B C,

т. е.

A P L C

също е вписан четириъгълник и

\angle A C B=180^{\circ}-\angle A P L=90^{\circ}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-3f

Задача 3g

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че ако

a, b, c \in \mathbb{R}

a b c=1

, то

\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1} \geq 1

Решение

Понеже

\frac{1}{t^{2}+t+1} \geq \frac{1}{t^{2}+|t|+1}

можем да считаме, че

a \geq b \geq c\gt{}0

. Пьрво ще докажем, че

\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1} \geq \frac{2}{a b+\sqrt{\vphantom{x^2}a b}+1}

Полагайки

x=\sqrt{\vphantom{x^2}a}, y=\sqrt{\vphantom{x^2}b}

, след привеждане под общ знаменател и разкриване на скобите достигаме до неравенството

(x-y)^{2}\left[(x+y)^{2}(x y)^{2}-1+(x y-1)\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)\right\}

което е вярно, защото

x y \geq 1

(и значи

x+y \geq 2

). Следователно е достатъчно да докажем даденото неравенство при

a=b

. Тогава

c=1 / a^{2}

и след привеждане под общ знаменател и разкриване на скобите получаваме

a^{4}-a^{3}-a+1 \geq 0, \quad \text{т. е.} \quad(a-1)^{2}\left(a^{2}+a+1\right) \geq 0

което очевидно е в сила. Равенство се достига при

a=b=c=1

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-3g

Задача 3h

Пълен запис

Условие

Дадени са естествени числа

M

n \geq 3

. Двама играчи

A

B

(като първи е

A

) последователно заменят числото

M

с едно от числата

M-1, M-2

или

M-n

. Този играч, който пръв получи отрицателно число, губи играта. а) Да се намери най-голямото естествено число

k

, за което съществува

n

k

последователни стойности на

M

, за всяка от които печели

A

. б) Да се намери броят на числата

3 \leq n \leq 2011

, за които се достига стойността от a).

Решение

а) Ще докажем, че

k=3

. Да допуснем, че съществува

n

, за което има 4 последователни стойности на

M

(нека това са

t, t+1, t+2, t+3

), за всяка от които печели

A

. Това означава, че при

M=t+2

играч

A

трябва да замени

M

M-n

(защото в противен случай числото ще стане

t

или

t+1

и ще спечели

B

), като при

M-n=t+2-n

печели играчът, който не е на ход. Аналогично, за да спечели

A

, когато

M=t+3

, той трябва да замени

M

M-n

, като при

M-n=t+3-n

печели играчът, който не е на ход. Получихме две последователни стойности

t+2-n

t+3-n

, за които печели играчът, който не е на ход. Но това е невъзможно тъй като при

t+3-n

играчът, който е на ход може да замени числото

\mathrm{c} t+2-n

(като извади 1) и да спечели. Полученото противоречие показва, че

k \leq 3

. Остава да забележим, че при

n=3

стойностите

M=1, 2, 3

са печеливши за

A

. б) Ще докажем, че търсените стойности са онези

n

, които се делят на 3. Лесно се вижда, че при игра, в която е разрешено изваждане само на 1 и 2, първият печели когато

M

не се дели на три и губи, когато

M

се дели на три. Ако

n

се дели на 3, то

M=n-2, M=n-1

M=n

са печеливши за

A(M=n-2

M=n-1

са печеливши за

A

тъй като там можем да вадим само 1 или 2). Ако

n

не се дели на 3, ще покажем, че когато

M

се дели на 3 печели вторият играч. Наистина, нека

M=3 t

е най-малкото

M

, за което печели

A

. Тогава

3 t-n

трябва да е печелившо за играча, който не е на ход, което не е вярно, защото

3 t-n

не се дели на 3. Следователно търсеният брой е

\left[\frac{2011}{3}\right]=670

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-3h

Задача 3i

Пълен запис

Условие

Нека

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

е такава редица от положителни числа, че

2 a_{n+1} \geq a_{n}+a_{n+2}

за всяко

n \in \mathbb{N}

. Да се докаже, че редицата с общ член

a_{n} / n

е сходяща.

Решение

За

b_{n}=a_{n} / n

условието приема вида

n\left(b_{n+1}-b_{n}\right) \geq(n+2)\left(b_{n+2}-b_{n+1}\right). \tag{*}

Ако

b_{k+1} \leq b_{k}

за някое

k

, следва, че

b_{n+1} \leq b_{n}

за всяко

n \geq k

. Значи редицата

\left(b_{n}\right)_{n \geq k}

е намаляваща и ограничена отдолу (от 0 ), и следователно е сходяща. Нека сега

b_{n+1}\gt{}b_{n}

за всяко

n

. Това е еквивалентно на

b_{n}\lt{}c_{n}: =a_{n+1}-a_{n}

. Понеже

c_{n+1} \leq c_{n}

, следва, че редицата (

b_{n}

) е растяща и ограничена отгоре, и следователно е сходяща.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-3i

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.bgpms2017-12-4

Задача 4b

Пълен запис

Условие

Дадени са взаимно прости естествени числа

a\lt{}b

. Да се намери броят на начините по които можем да оцветим числата

1, 2, 3, \ldots, 2013 a b

в два цвята така, че за всяко

t=1, 2, \ldots, 2013

а числата

t

и bt са разноцветни и числата at и

b t

също са разноцветни.

Решение

Да разгледаме граф с върхове

1, 2, \ldots

2013ab и за всяко

t=1, 2, \ldots, 2013 a

да свържем с ребро върховете

t

b t

и върховете at и

b t

. Ще докажем, че всички цикли в този граф са с четна дължина. Да разгледаме произволен цикъл и нека

a^{m} b^{n} t

е наймалкият елемент в него. Тогава най-големият елемент ще има вида

a^{p} b^{q} t

. Всеки път между

a^{m} b^{n} t

a^{p} b^{q} t

ще се състои от няколко ребра съответстваши на умножение с

b

и на няколко ребра съответстващи на умножение с

\frac{b}{a}

. Това означава, че степента на

b

за всяко ново число се увеличава с 1 и следователно дължината на всеки път между

a^{m} b^{n} t

a^{p} b^{q} t

q-n

.. Оттук следва, че всеки цикъл е с дължина

2(q-n)

, т. е. е четно число. Тъй като всеки граф, в който всички цикли са с четна дължина е двуделен, то върховете му могат да се оцветят в два цвята така, че свързани с ребро върхове да са разноцветни. Следователно, ако броят на свързаните компоненти в разглеждания граф е

A

, то различните оцветявания са

2^{A}

. Ще намерим

A

като разгледаме наймалкият елемент

n

на всяка компонента. Ако

b

дели

n

, то

\frac{n}{b}

е в същата компонента и тогава

n

не е най-малкият елемент. Ако

a

дели

n

\frac{n}{a} \cdot b \leq 2013 a b

, то

\frac{n}{a}

ше бъде елемент на същата компонента и отново

n

не е най-малкия елемент. Накрая, ако

a

дели

n

\frac{n}{a} \cdot b\gt{}2013 a b \Longleftrightarrow n\gt{}2013 a^{2}

, то

n

е най-малкият елемент в съответната компонента. Броят на тези

n

2013(b-a)

. Освен това, ако

n

не се дели нито на

a

, нито на

b

, то

n

е най-малък елемент в своята компонента. Броят на тези

n

2013 a b-2013 a-2013 b+2013

. Окончателно

A=2013(a b-2 a+1)

и отговорът е

2^{2013(a b-2 a+1)}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-4b

Задача 4c

Пълен запис

Условие

Дадена е шахматна дъска

m \times k

, оцветена по обичайния начин. Разрешена е следната операция: да се избере поле и неговият цвят, както и цветовете на всички полета, които могат да се достигнат с един ход на коня от това поле (ако има такива), да бъдат променени (от бяло в черно или обратно). Винаги ли е възможно да се се приложат краен брой от разрешените операции така, че накрая всички полета да са се сменили цвета си на противоположния?

Решение

Да разгледаме граф с върховеклетките на дъската и ребро между два върха тогава и само тогава, когато двата върха са съседни с ход на коня. Тогава нашата операция е: избираме връх и го преоцветяваме заедно с всичките му съседи (ако има такива). Ще докажем с индукция по броя на върховете

n

, че исканото винаги е възможно. При малките стойности на

n

твърдението е очевидно. Нека то е вярно за някое

n

и да разгледаме произволен граф с

n+1

върха. Да фиксираме един връх

v

и да приложим индукционното предположение за графа от останалите

n

върха, като всеки път, когато се налага, правим преоцветяване и на

v

. Да означим с

F(v)

поредицата от ходове, при която сме постигнали преоцветяване на останалите върхове. Ако след тази поредица и

v

е сменил в крайна сметка цвета си, твърдението е доказано. Да предположим, че накрая

v

е отново в първоначалния си цвят, и да отбележим, че същото разсъждение може да се направи за всеки от върховете. Ако

n+1

е четно число, следваме следната процедураотделяме върховете един по един и всеки път изпълняваме съответните за отделения връх операции

F(v)

. Накрая всеки връх ще е променил цвета си нечетен брой пъти и твърдението е доказано. Ако

n+1

е нечетно, в графа има връх от четна степен. Отделяме този връх и неговите съседи и върху всеки от останалите върхове (които са четен брой) прилагаме, както по-горе, операциите

F(v)

. В края останалите върхове ще са преоцветявани нечетен брой пъти (т. е. ще са променили цвета си), а отделените върхове ще са преоцветявани четен брой пъти и остава за тях да приложим операцията от условието за отделения връх с четна степен.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-12-4c

2018

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

I

M

са центърът на вписаната окръжност и медицентърът на

\triangle A B C

, за който

A C \neq B C

. Да се докаже, че

I M \perp A B

тогава и само тогава, когато

A C+B C=3 A B

Решение

Нека

D

E

са проекциите на

C

I

върху правата

A B

, а

F

е средата на страната

A B

. Тогава

\text{(1)} I M \perp A B \Leftrightarrow M E \| C D \Leftrightarrow F D=3 F E \text{.}

Ще следваме стандартните означения за елементите на

\triangle A B C

. Можем да сичтаме, че

a\lt{}b

. Тогава

\begin{gathered} \text{(2)} F E=A E-A F=\frac{b+c-a}{2}-\frac{c}{2}=\frac{b-a}{2} \\ \text{(3)} F D=A D-A F=b \cos \alpha-\frac{c}{2}=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 c}-\frac{c}{2}=\frac{b^{2}-a^{2}}{2 c} \text{.} \end{gathered}

От (1), (2) и (3) следва, че

I M \perp A B \Leftrightarrow a+b=3 c

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2018-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

k \in(0, 1 / 2)

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

Да допуснем, че не съществува

n

, за което

a_{n} \in[1, m]

, където

m=(1-k) / k\gt{}1

. Тогава от

\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)

по индукция следва, че

a_{2}\gt{}a_{3}\gt{}\cdots\gt{}m

и значи редицата е сходяща. За границата й

l

имаме, че

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

, откъдето

l=1

, което е противоречие. По-нататък можем да считаме, че (3)

a_{1} \in[1, m]

. От (2) и

\text{(4)} a_{n+2}-a_{n}=k(1-k)\left(1-a_{n}^{2}\right)\left(1 / a_{n}+1 / a_{n+1}\right)

по индукция следва, че (5)

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

a_{2} \leq a_{4} \leq \cdots \leq 1

. Значи тези две подредици са сходящи и от (4) заключаваме, че (6)

a_{n} \rightarrow 1

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2018-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Един след друг, А и В попълват с 0 или 1 някое непопълнено до този момент кадратче в последователност от 66 квадратчета. В печели, ако полученото накрая 66 -цифрено число се дели на

\overline{111}

във всяка бройна система. В противен случай печели А. Кой от двамата има печеливша стратегия, ако числото: а) може да започва с 0; б) не може да започва с 0?

Решение

Ако числото е

a_{0} a_{1} \ldots a_{64} a_{65}

, то B печели, когато

x^{2}+x+1

дели

a_{0} x^{65}+a_{1} x^{64}+\cdots+a_{64} x+a_{65}

за всяко цяло число

x \geq 2

. Понеже

x^{2}+x+1

дели

x^{n+3}-x^{n}

, това означава, че

c(x)=\frac{C_{0} x^{2}+C_{1}+C_{2}}{x^{2}+x+1}

е цяло число, където

C_{0}=a_{0}+a_{3}+\cdots+a_{63},

C_{1}=a_{1}+a_{4}+\cdots+a_{64}, C_{2}=a_{2}+a_{5}+\cdots+a_{65}.

Тъй като

\left|c(x)-C_{0}\right|\lt{}1

при

x \geq \max \left\{\left|C_{1}-C_{0}\right|, \left|C_{2}-C_{0}\right|\right\}

, то В печели, ако

C_{0}=C_{1}=C_{2}

. a) В печели при следната стратегия: след попълнена от А цифра

a

от групата (със сума)

C_{i}

, попълва с

1-a

цифра от същата група (накрая

C_{0}=C_{1}=C_{2}=11

). б) А печели при следната стратегия: никога не попълва

a_{0}

, отначало и след ход на Б в

C_{0}

попълва 1 в същата група (ако тя не е запълнена), а иначе попълва попълва 0 в

C_{1} \cup C_{2}

(накрая

C_{0} \geq 12\gt{}\min \left\{C_{1}, C_{2}\right\}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2018-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че за всяко естествено число

n

съществува единствен полином

P

от степен

n

с реални коефициенти, за който

x P^{2}(x)-(P(x)-1)^{2}

е нечетна функция.

Решение

Нека

P(x)=Q\left(x^{2}\right)+x R\left(x^{2}\right)

е полином, изпълняващ условието на задачата, което ще бележим с (1). Тъй като

\begin{gathered} x P^{2}(x)-(P(x)-1)^{2}=-\left(Q\left(x^{2}\right)-1\right)^{2}-x^{2} R^{2}\left(x^{2}\right)+2 x^{2} Q\left(x^{2}\right) R\left(x^{2}\right) \\ +x\left[Q^{2}\left(x^{2}\right)+x^{2} R^{2}\left(x^{2}\right)-2 Q\left(x^{2}\right) R\left(x^{2}\right)+2 R\left(x^{2}\right)\right], \end{gathered}

това означава, че

\text{(2)} \quad(Q(x)-1)^{2}+x R^{2}(x)-2 x Q(x) R(x)=0 \text{.}

Оттук лесно следва, че

\operatorname{deg} Q=\operatorname{deg} R

или

\operatorname{deg} Q=\operatorname{deg} R+1

. Значи, ако

\operatorname{deg} P=2 n-1

, то

\operatorname{deg} Q=\operatorname{deg} R=n-1

, a ако

\operatorname{deg} P=2 n

, то

\operatorname{deg} Q=\operatorname{deg} R+1=n

. По-нататък ще използваме метода на безкрайното спускане. Нека

\operatorname{deg} P=2 n

. От формулите на Виет следва, че

f(x)=-Q(x)+2 x R(x)+2

R(x)

изпълняват (2), като

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

. В частност,

\operatorname{deg} f=n-1

. Значи полиномът

g(x)=f\left(x^{2}\right)+x R\left(x^{2}\right)

изпълнява (1), като

\operatorname{deg} g=2 n-1

(защо?). По подобен начин се вижда, че ако

\operatorname{deg} P=2 n-1

h(x)=2 Q(x)-R(x)

, то полиномът

g(x)=Q\left(x^{2}\right)+x h\left(x^{2}\right)

изпълнява (1), като

\operatorname{deg} g=2 n-2

. Продължавайки по този път, накрая ще достигнем до константен полином

P_{0}

, изпълняващ (1), т. е. до

P_{0}=1

. Обратно, ако

Q_{0}=1, R_{0}=0

\begin{aligned} & Q_{2 n-1}=Q_{2 n-2}, R_{2 n-1}=2 Q_{2 n-2}-R_{2 n-2}, \\ & Q_{2 n}=2 x R_{2 n-1}+2-Q_{2 n-1}, R_{2 n}=R_{2 n-1}, \end{aligned}

то

P_{n}(x)=Q_{n}\left(x^{2}\right)+x R_{n}\left(x^{2}\right)

изпълнява (1), като

\operatorname{deg} P_{n}=n

. С това задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2018-12-4

2019

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

A B C D

е изпъкнал четириъгълник, за който

A C=B C

B D=2 A D

A B=A E

, където

E=A B \cap C D

. Да се намери отношението

\frac{A B \cdot C D}{A D \cdot B C}

Решение

Имаме

\frac{\sin \angle B E D}{\sin \angle B D E}=\frac{B D}{B E}=

\frac{2 A D}{2 A E}=\frac{\sin \angle A E D}{\sin \angle A D E},

откъдето (1)

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

. Ако

D

е вътрешна/външна точка за описаната около

\triangle A B C

окръжност

k

, то

\angle A D E\lt{}\angle A B C=\angle B A C\lt{}

\angle B D C / \angle A D E\gt{}\angle A B C=\angle B A C\gt{}\angle B D C \text{.}

Значи (2)

D \in k

и от теоремата на Птолемей следва, че

A B \cdot C D=A C \cdot B D-A D \cdot B C=

B C \cdot 2 A D-A D \cdot B C=A D \cdot B C. \tag{3}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

и всички реални числа

\alpha

за които следният израз не зависи от

x

\sin ^{n}(x-\alpha) \cdot \sin ^{n} x+\sin ^{n} x \cdot \sin ^{n}(x+\alpha)

+\sin ^{n}(x+\alpha) \cdot \sin ^{n}(x-\alpha).

Решение

Да означим дадения израз с

f_{n}(x, \alpha)

. Нека първо

n

е нечетно число. Понеже

f_{n}(x, \alpha)=f_{n}(x, -\alpha)=f_{n}(x, \alpha+2 \pi)

, можем да считаме, че

\alpha \in[0, \pi]

. Имаме, че

-\sin ^{2 n} \alpha=f_{n}(0, \alpha)=f_{n}(\alpha, \alpha)=

\sin ^{n} \alpha \cdot \sin ^{n} 2 a=\sin ^{2 n} \alpha \cdot(2 \cos \alpha)^{n},

откъдето

\alpha=0, \alpha=\pi

или

\alpha=2 \pi / 3

. Изразите

f_{n}(x, 0)=3 \sin ^{2 n} x

f_{n}(x, \pi)= -\sin ^{2 n} x

не са константи. По-нататък,

-\left(\frac{3}{4}\right)^{n}=f_{n}(0, 2 \pi / 3)=

f_{n}(\pi / 2, 2 \pi / 3)=-\frac{2}{2^{n}}+\frac{1}{4^{n}}

т. е.

a_{n}: =(3 / 2)^{n}+(1 / 2)^{n}=2

и значи

n=1\left(a_{n}\gt{}2\right.

при

\left. n\gt{}1\right)

. Обратно, (1)

f_{1}(x, 2 \pi / 3)=2 \sin ^{2} x \cos (2 \pi / 3)+\frac{\cos (2 \pi / 3)-\cos 2 x}{2}

=-\sin ^{2} x-\frac{1}{4}-\frac{\cos 2 x}{2}=-\frac{3}{4}.

Нека сега

n

е четно число. Понеже

f_{n}(x, \alpha)=f_{n}(x, -\alpha)=f_{n}(x, \alpha+\pi)

, можем да считаме, че

\alpha \in[0, \pi / 2]

. Както по-горе, от

f_{n}(0, \alpha)=f_{n}(\alpha, \alpha)

следва, че

\alpha=0

, или

\alpha=\pi / 3

. Изразът

f_{n}(x, 0)=3 \sin ^{2 n} x

не е константа. По-нататък,

\left(\frac{3}{4}\right)^{n}=f_{n}(0, \pi / 3)=

f_{n}(\pi / 2, \pi / 3)=\frac{2}{2^{n}}+\frac{1}{4^{n}},

т. е.

b_{n}: =(3 / 2)^{n}-(1 / 2)^{n}=2

и значи

n=2\left(b_{n}\gt{}2\right.

при

\left. n\gt{}2\right)

. Обратно,

\begin{gathered} \text{(2)} 4 f_{2}(x, \pi / 3)=(1-\cos (2 x-2 \pi / 3))(1-\cos 2 x)+(1-\cos 2 x)(1-\cos (2 x+2 \pi / 3)) \\ +(1-\cos (2 x+2 \pi / 3))(1-\cos (2 x-2 \pi / 3)) \\ =3-2(\cos (2 x-2 \pi / 3)+\cos 2 x+\cos (2 x-2 \pi / 3)) \\ +\cos (2 x-2 \pi / 3) \cdot \cos 2 x+\cos 2 x \cdot \cos (2 x+2 \pi / 3)+\cos (2 x+2 \pi / 3) \cdot \cos (2 x+2 \pi / 3) \\ =3-2(2 \cos x \cdot \cos 2 \pi / 3+2 \cos x)+2 \cos ^{2} x \cos 2 \pi / 3+\frac{\cos 4 x+\cos 4 \pi / 3}{2} \\ =3-\cos ^{2} x+\frac{\cos 4 x}{2}-\frac{1}{4}=\frac{9}{4} \end{gathered}

И така, отговорът на задачата е

n=1, \alpha= \pm 2 \pi / 3+2 k \pi

n=2, \alpha= \pm \pi / 3+k \pi(k \in \mathbb{Z})

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

За дадено нечетно число

n \geq 3

да се намери най-малкото реално число

m_{n}

със следното свойство: всеки

n

положителни реални числа със сума 1 могат да се разположат по окръжност така, че произведението на всеки две съседни числа да не надминава

m_{n}

Решение

Ще докажем, че ако

n=2 k+1

, то

m_{n}=M_{n}: =\max \left\{\frac{1}{(k+1)^{2}}, \frac{1}{4(2 k-1)}\right\}

т. е.

m_{n}=\frac{1}{(k+1)^{2}}

при

k \leq 5

m_{n}=\frac{1}{4(2 k-1)}

при

k \geq 6

. Полагайки (1)

a_{1}=\cdots=a_{k+1}=\frac{1}{k+1}-k \varepsilon, a_{k+2}=\cdots=a_{2 k+1}=(k+1) \varepsilon

и (2)

a_{1}=\frac{1}{2}-\varepsilon, a_{2 k+1}=\varepsilon, a_{2}=\cdots=a_{2 k}=\frac{1}{2(2 k-1)}

, при

\varepsilon \rightarrow 0+

следва, че

m_{n} \geq M_{n}

. Нека сега

a_{1} \geq \cdots \geq a_{2 k+1}\gt{}0

са реални числа със сума 1. Разполагаме ги по окръжност в следния ред: (3)

a_{1}, a_{2 k}, a_{3}, a_{2 k-2}, \ldots, a_{2 k-1}, a_{2}, a_{2 k+1}

. При

1 \leq l \leq k-1

имаме, че

\begin{gathered} 1 \geq a_{1}+\cdots+a_{l}+a_{l+1}+\cdots+a_{2 k+1-l}+a_{2 k+1}\gt{}l a_{l}+(2 k+1-2 l) a_{2 k+1-l} \\ \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}l(2 k+1-2 l) a_{l} a_{2 k+1-l}} \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}1(2 k+1-2) a_{l} a_{2 k+1-l}} \end{gathered}

откъдето

\text{(4)} \quad a_{l} a_{2 k+1-l}\lt{}\frac{1}{4(2 k-1)} \text{.}

Освен това,

1\gt{}k a_{k}+a_{k+1} \geq(k+1) a_{k+1}

и значи

\text{(5)} \quad

a_{k} a_{k+1}\lt{}\frac{1-a_{k+1}}{k} a_{k+1} \leq

\frac{1-\frac{1}{k+1}}{k} \cdot \frac{1}{k+1}=\frac{1}{(k+1)^{2}} \text{.}

Следователно

m_{n} \leq M_{n}

, с което задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-12-3

2021

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че съществува естествено число

n_{0}

така, че за всяко цяло число

n \geq n_{0}

уравнението

\underbrace{\sin (\sin (\ldots(\sin x)))}_{n \text{пъти}}=

\underbrace{\cos (\cos (\ldots(\cos x)))}_{n \text{пъти}}

няма реален корен.

Решение

Да означим с

f_{n}(x)

g_{n}(x)

съответно лявата и дясната част на даденото уравнение. Понеже

\cos (\cos t) \geq 1-(\cos t)^{2} / 2 \geq 1 / 2

, то (1)

g_{n}(x) \geq 1 / 2

при

n \geq 2

. (Алтернативно,

|\cos t| \in[0, 1] \subset[0, \pi / 3)

и значи

\cos (\cos t)\gt{}\cos (\pi / 3)=1 / 2

.) От друга страна, тъй като

\sin t

е растяща функция в

[0, 1]

, от

|\sin t| \leq|t|

по индукция следва, че (2)

\left|f_{n+1}(x)\right| \leq f_{n}(1)=: a_{n}

. Понеже

0\lt{}a_{n+1}=\sin a_{n}\lt{}a_{n}

, то

\left(a_{n}\right)

е сходяща редица. За нейната граница

l

имаме, че

\sin l=l

, откъдето

l=0

. Тогава от (2) следва, че съществува

n_{0} \geq 2

така, че (3)

f_{n}(x)\lt{}1 / 2

при

n \geq n_{0}

x \in \mathbb{R}

. Сега от (1) и (3) получаваме, че

f_{n}\lt{}g_{n}

при

n \geq n_{0}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Окръжност

k

през върха

B

на

\triangle A B C

се допира до правата

A C

в точката

C

. Точка

D

върху страната

A B

е такава, че отсечката

C D

пресича

k

за втори път в точка

E

, като

B E=D E

. Да се докаже, че ако радиусите на вписаните окръжности в

\triangle A C D

\triangle B C D

са равни, то

B C=2 E C

Решение

Нека

\angle A B E=x

\angle C B E=y

. От първото условие следва, че

\angle A C D=y

, а от второто

-\angle B D C=x

. Нека

C H \perp A B(H \in A B)

. Понеже

\begin{gathered} r_{\triangle A C D}=\frac{A D \cdot C H}{A C+C D+A D}, r_{\triangle B C D}=\frac{B D \cdot C H}{B C+C D+B D}, \text{то} \\ r_{\triangle A C D}=r_{\triangle B C D} \Leftrightarrow \frac{A C+C D}{A D}=\frac{B C+C D}{B D} \\ \Leftrightarrow \frac{\sin x+\sin (x-y)}{\sin y}=\frac{\sin x+\sin (x+y)}{\sin (2 x+y)} \\ \Leftrightarrow \frac{2 \sin \left(x-\frac{y}{2}\right) \cos \frac{y}{2}}{\sin y}=\frac{2 \sin \left(x+\frac{y}{2}\right) \cos \frac{y}{2}}{2 \sin \left(x+\frac{y}{2}\right) \cos \left(x+\frac{y}{2}\right)} \\ \Leftrightarrow 2 \sin \left(x-\frac{y}{2}\right) \cos \left(x+\frac{y}{2}\right)=\sin y \Leftrightarrow \sin 2 x-\sin y=\sin y \Leftrightarrow B C=2 E C \end{gathered}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се реши в цели числа уравнението

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

Решение

Имаме, че

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

, т. е.

y^{2}-\left(x^{2}-2 x-1\right) y-x^{3}-x^{2}=0.

Пресмятаме (1)

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

. Да забележим, че (2)

\left(x^{2}+3\right)^{2}\lt{}D\lt{}\left(x^{2}+4\right)^{2}

при

x \geq 3

и (3)

\left(x^{2}+2\right)^{2}\lt{}D\lt{}\left(x^{2}+3\right)^{2}

при

x \leq-3

. Остават случаите

x= \pm 1, \pm 2

, откъдето (4)

(x, y)=(-1, 2), (2, -4), (2, 3)

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намери най-малкият периметър на сечение на правилен тетраедър с ръб 1 и равнина през медицентъра му.

Решение

Нека

\pi

е равнина през медицентъра

M

на правилен тетраедър

A B C D

с ръб 1. Нека

\pi

пресича три ръба с общ връх, например

A D, B D, C D

съответно в точки

A_{1}, B_{1}

C_{1}

. Тогава сечението е

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

. Полагаме

A_{1} D=x, B_{1} D=y, C_{1} D=z

. Понеже

\overrightarrow{D M}=\frac{\overrightarrow{D A_{1}}}{4 x}+\frac{\overrightarrow{D B_{1}}}{4 y}+\frac{\overrightarrow{D C_{1}}}{4 z}

M \in \pi

, то

(1) 1 / x+1 / y+1 / z=4

. Следователно

\text{(2)} \begin{aligned} P_{\triangle A_{1} B_{1} C_{1}}= & \sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+y^{2}-x y}+\sqrt{\vphantom{x^2}y^{2}+z^{2}-y z}+\sqrt{\vphantom{x^2}z^{2}+x^{2}-z x} \\ \geq & \frac{x+y}{2}+\frac{y+z}{2}+\frac{z+x}{2} \geq \frac{9}{4} \end{aligned}

съгласно неравенството между средното аритметично и средното хармонично. Ако

\pi

не пресича три ръба с общ връх, то можем да считаме, че

\pi

пресича ръбовете

B A

B C, D C, D A

съответно в точки

E, F, G, H

. Както по-горе следва, че

\text{(3)} P_{E F G H} \geq

\frac{B E+B F}{2}+\frac{C F+C G}{2}+\frac{D G+D H}{2}+\frac{A H+A E}{2}=2 \text{.}

Равенство се достига, когато

E, F, G, H

са среди на съответните ръбове. Понеже тези среди и

M

лежат в една равнина (

M

е центърът на квадрата

E F G H

), заключаваме, че (4)

\min P_{\pi}=2

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-12-4

2022

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

В окръжност

k

е вписан четириъгълникът

A B C D

, за който

S_{A C B}=s

S_{A C D}=t

s\lt{}t

. Да се намери най-малката стойност на израза

A=\frac{4 s^{2}+t^{2}}{5 s t}

и да се посочи кога се достига тя.

Решение

По условие имаме

0\lt{}s\lt{}t

, т. е. достъчно е да намерим най-малката стойност на израза

B(y)=\frac{4}{5} y+\frac{1}{5 y}

, където

0\lt{}y=\frac{s}{t}\lt{}1

. Изследването на

B(y)

може да се извърши по различни начини (напр. с помощта на производни), но ние ще представим един по-елементарен подход към намирането на стойностите на

B(y)

. Нека

k=\frac{4}{5} y+\frac{1}{5 y}

, т. е.

4 y^{2}-5 k y+1=0

, тогава въпросът къде се изменя

k=\frac{4}{5} y+\frac{1}{5 y}

, когато

y \in \mathbb{R} \backslash\{0\}

може да се замении с въпроса колко трябва да бъде

k

4 y^{2}-5 k y+1=0

, за да бъде

y \in \mathbb{R}

. Отговорът на последния въпрос се дава от израза

D=25 k^{2}-16 \geq 0

, т. е.

k \in\left(-\infty, -\frac{4}{5}\right] \cup\left[\frac{4}{5}, \infty\right)

. Понеже

y\gt{}0

, то

k\gt{}0

и следователно най-малката стойност на

k(B(y))

k=\frac{4}{5}

, която се достига за

y=\frac{1}{2}

. Така окончателно получаваме, че най-малката стойност на израза

A=\frac{4 s^{2}+t^{2}}{5 s t}

\frac{4}{5}

и тя се достига при

t=2 s

. Очевидно такива геометрични конструкции съществуват (достатъчно е да изберем точките

B

D

, така че

2 d(B, A C)=d(D, A C))

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-12-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадени са полиноми с реални коефициенти

P

Q

, като

Q

е от степен 2021 и реални числа

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2022}, b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{2022}

, за които

a_{1} a_{2} \ldots a_{2022} \neq 0

. Ако за всяко реално число

x

е изпълнено равенството

P\left(a_{1} Q(x)+b_{1}\right)+\cdots+P\left(a_{2021} Q(x)+b_{2021}\right)=

P\left(a_{2022} Q(x)+b_{2022}\right)

да се докаже, че

P(x)

има поне един реален корен.

Решение

Ако

P

е константа, то

P \equiv 0

. Ако съществуват две числа

a, b

, такива че

P(a)\lt{}0

P(b)\gt{}0

, то от съображения за непрекъснатост следва, че

P

има корен между

a

b

. Ако не съществуват такива

a, b

, то

P

приема или само положителни, или само отрицателни стойности. БОО можем да приемем, че

P(x)\gt{}0

за всяко реално

x

. Ако

a_{i} \neq a_{2022}

за някое

i

, то понеже

Q

е от нечетна степен, съществува

x_{0}

, за което

Q\left(x_{0}\right)=\frac{b_{2022}-b_{i}}{a_{i}-a_{2022}}

и от тук следва, че

P\left(a_{1} Q\left(x_{0}\right)+b_{1}\right)+\cdots+P\left(a_{i-1} Q\left(x_{0}\right)+b_{i-1}\right)+P\left(a_{i+1} Q\left(x_{0}\right)+b_{i+1}\right)+\cdots+P\left(a_{2021} Q\left(x_{0}\right)+b_{2021}\right)=0

, което е противоречие, защото

P(x)\gt{}0

за всяко

x

. Следователно

a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{2022}=a

, което означава, че

P\left(a Q(x)+b_{1}\right)+\cdots+P\left(a Q(x)+b_{2021}\right)=

P\left(a Q(x)+b_{2022}\right).

Тогава ако

b

c

са старшите коефициенти на

P

Q

съответно, а

d=\operatorname{deg} P

, то старшият коефициент на лявата страна е равен на

2021 b a^{d} c^{d}

, а този на дясната страна е

b a^{d} c^{d}

и т. к

a \neq 0

c \neq 0

, то получаваме, че

b=0

, тоест

P(x) \equiv 0

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

m

n

са естествени числа, а

p

е просто число. Да се намери максималното естествено число

s

(като функция на

m, n

p

) такова, че от произволен набор от

m n p

естествени числа могат да се изберат

s n p

от тях, които имат следното свойство: Могат да се разбият на

s

непресичащи се подмножества от по

n p

елемента, така че сумата от елементите на всяко от подмножествата дава един и същи остатък при деление с

p

Решение

Отговор:

s=m-1

. Първо да допуснем, че

s=m

. Тогава да разгледаме множество от

m n p-1

числа, даващи остатък

1(\bmod p)

и едно число, даващо остатък 0. Ясно е, че то не изпълнява условието, защото всички суми освен една дават остатък нула. Следователно

s \leq m-1

. Сега ще докажем следната Лема. Сред всеки

n p+p-1

има

n p

от тях със сума, кратна на

p

. Доказателство. Ще докажем твърдението с индукция по

n

. За базовия случай

n=1

трябва да докажем, че сред всеки

2 p-1

естествени числа има

p

със сума кратна на

p

. Ще докажем с индукция по

k

, че за всяко

p \geq k \geq 2

множеството от остатъците на сумите на

k

от елементите на произволно (

2 k-1

)-елементно множество, което не съдържа

k

равни елементи. За

k=2

твърдението се проверява директно. Сега нека сме го доказали за

k \leq p-1

и нека различните суми дават остатъци

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

. Тогава за новото множество от

2 k+1

елемента, да разгледаме два различни негови елемента

a

b

и да приложим индукционната хипотеза за останалото множество(ясно е, че можем да изберем и

b

, така че да можем да приложим индукционната хипотеза). Сега да разгледаме множествата

\left\{s_{1}+\right. \left. a, s_{2}+a, \ldots, s_{k}+a\right\}

\left\{s_{1}+b, s_{2}+b, \ldots, s_{k}+b\right\}

. Ако те не съвпадат, получаваме

k+1

различни суми, а ако допуснем, че съвпадат, то след сумиране получаваме, че

a \equiv b(\bmod p)

. Сега твърдението за

n=1

следва директно. Сега, ако сме избрали множество с

(n-1) p

елемента, то сред останалите

2 p-1

има

p

със сума, кратна на

p

и така индукцията е завършена. Прилагайки последователно лемата, отделяйки на всяка стъпка по

n p

елемента със сума 0

(\bmod p)

получаваме

m-1

множества със сума на елементите

0(\bmod p)

и така задачата е решена.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-12-4

2023

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Дадена е функцията

f(x)=x^{3}+6 a x^{2}+9 a^{2} x+3 a^{2}

, където

a \in \mathbb{N}

е параметър. Да се докаже, че за всички стойности на параметъра

a

уравнението

f(x)=0

има три различни реални корена.

Решение

Нека вместо за

a \in \mathbb{N}

да разглеждаме функцията

f(x)

за всяко

a \in \mathbb{R}

. Производната

f^{\prime}(x)=3\left(x^{2}+4 a x+3 a^{2}\right)

се анулира в точките

x_{1}=-3 a

x_{2}=-a

, които са и точки на локален екстремум за

f(x)

. Така уравнението

f(x)=x^{3}+6 a x^{2}+9 a^{2} x+3 a^{2}=0

ще има три различни реални корена точно когато изразът

A=f(-3 a) f(-a)\lt{}0

. Имаме

\begin{aligned} A & =\left((-3 a)^{3}+6 a(-3 a)^{2}+9 a^{2}(-3 a)+3 a^{2}\right)\left((-a)^{3}+6 a(-a)^{2}+9 a^{2}(-a)+3 a^{2}\right) \\ & =\left(-27 a^{3}+54 a^{3}-27 a^{3}+3 a^{2}\right)\left(-a^{3}+6 a^{3}-9 a^{3}+3 a^{2}\right)=3 a^{4}(-4 a+3)\lt{}0, \end{aligned}

точно когато

a\gt{}\frac{3}{4}

. Следователно за всяко

a \in \mathbb{N}

е в сила

A\lt{}0

, т. е. уравнението

f(x)= x^{3}+6 a x^{2}+9 a^{2} x+3 a^{2}=0

има три различни реални корена за всяка естествена стойност на параметъра.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-12-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В окръжност

k

с радиус

R=1

е вписан успоредник

A B C D

, така че за мерките на дъгите

\widehat{A B}

\widehat{B C}

имаме

\widehat{A B}: \widehat{B C}=4: 1

. Да се намери периметърът

P_{A B C D}

на успоредника.

Решение

Нека означим страните на успоредника съответно с

a

b

(

A B=C D=a, B C= D A=b)

. Понеже успоредникът

A B C D

е вписан в окръжността

k

, то той е правоъгълник с диагонали

A C=B D=2 R=2

. Така за мерките на дъгите

\widehat{A B}

\widehat{B C}

имаме

\widehat{A B}: \widehat{B C}=4: 1

Фигура 2: Чертеж към задача 12 \cdot 2 и

\widehat{A B}+\widehat{B C}=180^{\circ}

, следователно

\widehat{A B}=144^{\circ}, \widehat{B C}=36^{\circ}

. Така за вписания ъгъл

\angle A D B

е изпълнено

\angle A D B=\frac{\widehat{A B}}{2}=72^{\circ}

. Нека точката

M

е симетричната на

D

спрямо точката

A

, а

M N

е ълополовящата на

\angle B M D (N \in D B)

както е показано на чертежа. Тогава триъгълниците

N D M, M B N

D M B

са равнобедрени и

D M=M N=N B=2 b, \angle D M N=\angle B M N=\angle D B M=36^{\circ}

. Следователно имаме, че

\triangle D M B \sim \triangle D N M

D N=B D-B N=2-2 b

, т. е.

\frac{D N}{D M}=\frac{D M}{D B}

или

\frac{2-2 b}{2 b}=\frac{2 b}{2}

, т. е.

b^{2}+b-1=0

или

b=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1}{2}

, понеже

b\gt{}0

. Сега от теоремата на Питагор за

\triangle A B D

имаме

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

или

a^{2}=2^{2}-\left(\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1}{2}\right)^{2}

, т. е.

a^{2}=\frac{5+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}

, откъдето

a=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}10+2 \sqrt{5}}}{2}\gt{}0

. Така окончателно получаваме

P_{A B C D}=2(a+b)=\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1+\sqrt{\vphantom{x^2}10+2 \sqrt{5}}

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Даден е алгебричен полином

f(x)=a_{0} x^{m}+a_{1} x^{m-1}+\cdots+a_{m-1} x+a_{m}

от степен

m

с цели коефициенти и положителен старши коефициент (

a_{i} \in \mathbb{Z}

за

i=0, 1, \ldots m

a_{0}\gt{}0

). Едно естествено число

n

се нарича удобно за полинома

f(x)

, ако съществува естествено число

k_{n}

, такова че

n!+1=(f(n))^{k_{n}}

. Да се докаже, че за полинома

f(x)

съществуват краен брой удобни числа.

Решение

Допускаме противното, т. е. съществува полином

\widetilde{f}(x)

от степен

\widetilde{m}

с цели коефициенти и положителен старши коефициент, който притежава безбройно много удобни числа. Нека да означим с

S

множеството от удобните за

\widetilde{f}(x)

числа, т. е.

S=

\left\{s \in \mathbb{N}: s!+1=(\widetilde{f}(s))^{k_{s}} \text{, за някое} k_{s} \in \mathbb{N}\right\}.

За всяко естествено число

a

v_{2}(a)

ще означаваме най-голямото цяло число

x

, за което

2^{x} \mid a

. Така за всяко

n \in S

можем да запишем числото

k_{n}

във вида

k_{n}=2^{a_{n}} b_{n}

, където

a_{n}=v_{2}\left(k_{n}\right)

, а

b_{n}

е нечетно. Тогава да отбележим, че за всяко

n \in S, n \geq 2

числото

\widetilde{f}(n)

е нечетно и

\begin{aligned} v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{k_{n}}-1\right) & =v_{2}\left(\left((\widetilde{f}(n))^{2 b_{n}}-1\right)\left((\widetilde{f}(n))^{2 b_{n}}+1\right) \cdots\left((\widetilde{f}(n))^{2^{a_{n}-1} b_{n}}+1\right)\right)= \\ & =v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{2 b_{n}}-1\right)+a_{n}-1 \end{aligned}

защото всички множители освен първия са от вида

x^{2}+1 \equiv 2(\bmod 4)

за нечетно

x

. Още повече

\begin{gathered} v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{2 b_{n}}-1\right)=v_{2}\left(\left((\widetilde{f}(n))^{2}-1\right)\left(1+(\widetilde{f}(n))^{2}+(\widetilde{f}(n))^{4}+\cdots+(\widetilde{f}(n))^{2\left(b_{n}-1\right)}\right)\right)= \\ =v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{2}-1\right) \end{gathered}

защото вторият множител е сумата на нечетен брой нечетни числа. Така получихме, че

v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{k_{n}}-1\right)=v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{2}-1\right)+a_{n}-1

. От друга страна за всяко

n \in S, n \geq 2

имаме, че

v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{k_{n}}-1\right)=v_{2}(n!)=\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{n}{2^{2}}\right\rfloor+\cdots

. Нека

s_{n}

е максималното естествено число, за което

2^{s_{n}} \leq n

. Следователно имаме, че

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

и също така

v_{2}(n!)=\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{n}{2^{2}}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{n}{2^{s_{n}}}\right\rfloor \geq

\frac{n}{2}-1+\cdots+\frac{n}{2^{s_{n}}}-1.

Значи,

v_{2}(n!) \geq n-\frac{n}{2^{s_{n}}}-s_{n}\gt{}n-2-s_{n}

(защото

n / 2^{s_{n}}\lt{}2

). Така получаваме, че

v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{2}-1\right)+a_{n}-1\gt{}n-2-s_{n}

, но последното означава, че

a_{n}\gt{}n-1-s_{n}-v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{2}-1\right)

, т. е.

k_{n} \geq 2^{a_{n}} \geq \frac{2^{n-1}}{n\left((\widetilde{f}(n))^{2}-1\right)}

, защото

2^{s_{n}}\lt{}n

2^{v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{2}-1\right)} \leq(\widetilde{f}(n))^{2}-1

. Тогава за всички достатъчно големи

n

ще имаме

k_{n}\gt{}2 n

\widetilde{f}(n)\gt{}\frac{n}{2}

, понеже

\widetilde{f}(x)

е полином с цели коефициенти и положителен старши коефициент. Но това означава, че

(f(n))^{k_{n}}\gt{}\left(\frac{n}{2}\right)^{2 n}=\left(\frac{n^{2}}{4}\right)^{n}\gt{}n^{n}+1\gt{}n!+1

за всички достатъчно големи

n

, т. е. достигаме до противоречие с допускането, че

S

е безкрайно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-12-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадени са множество

A

n

елемента и естествени числа

k

m

, за които

4 \leq k\lt{}n

m \leq \min \left\{k-3, \frac{n}{2}\right\}

. Нека

A_{1}, \ldots, A_{l}

са подмножества на множеството

A

, такива че

\left|A_{i}\right|=k

за всяко

i=1, 2, \ldots, l

\left|A_{i} \cap A_{j}\right| \leq m

за

i \neq j

. Да се докаже, че съществува подмножество

B

на

A

с поне

(\sqrt[m+1]{\vphantom{x^2}n}+m)

елемента, което не съдържа нито едно от множествата

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

Решение

Нека

B

е подмножеството на

A

, с максимален брой елементи, което не съдържа нито едно от множествата

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

. Тогава за всяко

x \in A \backslash B

имаме, че съществува индекс

i(x)

, за който

A_{i(x)} \subseteq(B \cup\{x\})

и означаваме с

C_{x}

множеството

A_{i(x)} \backslash\{x\}

. Така имаме, че за всяко

x \in A \backslash B

, множеството

C_{x}

е (

k-1

)-елементно подмножество на

B

\left|C_{x} \cap C_{y}\right| \leq\left|A_{i(x)} \cap A_{i(y)}\right| \leq m

, за

x \neq y

. Да забележим, че всяко такова подмножество съдържа

\binom{k-1}{m+1}

различни (

m+1

)-елементни подмножества и че условието

\left|C_{x} \cap C_{y}\right| \leq m

означава, че всяко (

m+1

)-елементно подмножество на

B

се среща в най-много едно

C_{x}

. Понеже

|A \backslash B|=n-M

, където

M=|B|

, то получаваме, че

(n-M)\binom{k-1}{m+1} \leq\binom{ M}{m+1}

, т. е.

n-M \leq \frac{M(M-1) \cdots(M-m)}{(k-1)(k-2) \cdots(k-m-1)} \leq\left(\frac{M-m}{k-m-1}\right)^{m+1}

или

\left(\frac{M-m}{k-m-1}\right)^{m+1}+M \geq n

. Да забележим, че функцията

f(x)=\left(\frac{x-m}{k-m-1}\right)^{m+1}+x

е растяща функция на

x

за

x\gt{}m

и освен това

f(M) \geq n

. Сега ще оценим стойноста

f(\sqrt[m+1]{\vphantom{x^2}n}+m)=\frac{n}{(k-m-1)^{m+1}}+\sqrt[m+1]{\vphantom{x^2}n}+m

. По условие имаме

1 \leq m\lt{}k-3

, т. е.

k-m-1\gt{}2

и за първото събираемо е в сила

Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-12-4