maths.bgmaths.bg
Всички колекции
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 годинаПо клас

Избрана година

2006

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • pms2006-9-2: има placeholder текст
  • pms2006-12-2: има placeholder текст

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички четворки цели числа ( a,b,c,da, b, c, d ), за които са в сила равенствата ac−3bd=5a c-3 b d=5 и ad+bc=6a d+b c=6.
РешениеНека ac−3bd=5a c-3 b d=5 и ad+bc=6a d+b c=6. Тогава(ac−3bd)2+3(ad+bc)2=52+3⋅62=133=7⋅19(a c-3 b d)^{2}+3(a d+b c)^{2}=5^{2}+3 \cdot 6^{2}=133=7 \cdot 19От друга страна, имаме (ac−3bd)2+3(ad+bc)2=(a2+3b2)(c2+3d2)(a c-3 b d)^{2}+3(a d+b c)^{2}=\left(a^{2}+3 b^{2}\right)\left(c^{2}+3 d^{2}\right). Понеже двойките (a,b)(a, b) и (c,d)(c, d) участват равностойно, ще потърсим само решенията, за които a2+3b2=1a^{2}+3 b^{2}=1 и c2+3d2=133c^{2}+3 d^{2}=133 или a2+3b2=7a^{2}+3 b^{2}=7 и c2+3d2=19c^{2}+3 d^{2}=19. Ако a2+3b2=1a^{2}+3 b^{2}=1, то a2=1,b=0a^{2}=1, b=0 и от ac=5a c=5 и ad=6a d=6 получаваме c=5c=5 и d=6d=6 при a=1a=1 или c=−5c=-5 и d=−6d=-6 при a=−1a=-1. Ако a2+3b2=7a^{2}+3 b^{2}=7, то a2=4a^{2}=4 и b2=1b^{2}=1. От c2+3d2=19c^{2}+3 d^{2}=19 следва, че c2=16c^{2}=16 и d2=1d^{2}=1. Тогава ∣ac∣≡8|a c| \equiv 8 и сега от равенството ac−3bd=5a c-3 b d=5 следва, че ac=8a c=8. Следователно a=2a=2 и c=4c=4 или a=−2a=-2 и c=−4c=-4. В първия случай получаваме b=d=1b=d=1, а във втория имаме b=d=−1b=d=-1. Окончателно, решенията на задачата са следните 8 четворки цели числа: (±1,0,±5,±6)( \pm 1, 0, \pm 5, \pm 6), (±5,±6,±1,±0),(±2,±1,±4,±1)( \pm 5, \pm 6, \pm 1, \pm 0), ( \pm 2, \pm 1, \pm 4, \pm 1) и (±4,±1,±2,±1)( \pm 4, \pm 1, \pm 2, \pm 1).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дадена е окръжност kk и две точки AA и BB върху нея. Нека LL е произволна точка от kk. Върху правата ALA L е взета точка MM така, че LM=LBL M=L B и точка LL е между AA и MM. Да се намери геометричното място на точка MM.
РешениеНека CDC D е диаметър на k,CD⊥ABk, C D \perp A B и L∈A\wideparenCBL \in A \wideparen{C} B. Тогава ∠ALB=2α\angle A L B=2 \alpha е постоянен. От равнобедрения △MLB\triangle M L B имаме ∠AMB=α\angle A M B=\alpha. Следователно MM лежи на дъга от окръжност k1k_{1}, от която ABA B се вижда под ъгъл α\alpha. Аналогично за L∈ADBL \in A D B имаме ∠ALB=180∘−2α\angle A L B=180^{\circ}-2 \alpha и ∠AMB=90∘−α\angle A M B=90^{\circ}-\alpha, откъдето следва, че MM лежи на дъга от окръжност k2k_{2}, от която ABA B се вижда под ъгъл 90∘−α90^{\circ}-\alpha. Нека tt е допирателната към kk в точка AA и t∩k1={P},t∩k2={Q}t \cap k_{1}=\{P\}, t \cap k_{2}=\{Q\}. Нека λ\lambda е полуравнината спрямо tt, в която лежи kk. Тъй като LL е между AA и MM, то M∈λM \in \lambda. Тогава търсеното геометрично място се състои от дъгите от k1k_{1} и k2k_{2}, които са в полуравнината λ\lambda.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека mm е естествено число и um=11…1⏟mu_{m}=\underbrace{11 \ldots 1}_{m}. Да се докаже, че не съществува целочислено кратно на umu_{m}, сборът от цифрите на което е по-малък от mm.
РешениеДа допуснем, че съществуват целочислени кратни на umu_{m}, чинто сбор от цифрите е по-малък от mm и нека tt е най-малкото (естествено число) измежду тях. Понеже t>10mt\gt{}10^{m}, то tt може да се запише във вида t=10ma+bt=10^{m} a+b, където 0<b<10m0\lt{}b\lt{}10^{m}. Имаме t=10ma+b=(10m−1)a+a+bt=10^{m} a+b=\left(10^{m}-1\right) a+a+b. Понеже umu_{m} е делител на tt и на 10m−1=9um10^{m}-1=9 u_{m}, заключаваме, че umu_{m} дели a+ba+b. Но сборът от цифрите на a+ba+b не надминава сбора от цифрите на tt и a+b<ta+b\lt{}t. Полученото противоречие доказва, че кратно с исканите свойства не съществува.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
На всяка от двете страни на лист са нарисувани карти, изобразяващи по 5 държави. Държавите на картата от едната страна на листа са оцветени с 5 различни цвята. Докажете, че държавите на картата от другата страна на листа, може да се оцветят със същите цветове така, че всеки две от тях да са с различен цвят и поне 20%20 \% от листа да бъдат оцветени с един и същи цвят от двете страни.
РешениеДа означим с Ai(i=1,2,…,5)A_{i}(i=1, 2, \ldots, 5) държавите от едната страна на листа и с Bj(j=1,2,…,5)B_{j} (j=1, 2, \ldots, 5) - държавите от другата страна. Нека SijS_{i j} е тази част от площта на AiA_{i}, която от другата страна на листа принадлежи на BjB_{j}. (Ако AiA_{i} и BjB_{j} нямат обща част, то Sij=0S_{i j}=0.) Тогава, ако лицето на листа е 1, имаме: S=(S11+S12+S13+S14+S15)+(S21+S22+S23+S24+S25)+⋯+(S51+S52+S53+S54+S55)=1S=\left(S_{11}+S_{12}+S_{13}+S_{14}+S_{15}\right)+\left(S_{21}+S_{22}+S_{23}+S_{24}+S_{25}\right)+\cdots+\left(S_{51}+S_{52}+S_{53}+S_{54}+S_{55}\right)=1, защото Si1+Si2+Si3+Si4+Si5S_{i 1}+S_{i 2}+S_{i 3}+S_{i 4}+S_{i 5} е лицето на AiA_{i}. Сборът SS можем да запишем и така: S=(S11+S22+S33+S44+S55)+(S12+S23+S34+S45+S51)+⋯+(S15+S21+S32+S43+S54)S=\left(S_{11}+S_{22}+S_{33}+S_{44}+S_{55}\right)+\left(S_{12}+S_{23}+S_{34}+S_{45}+S_{51}\right)+\cdots+\left(S_{15}+S_{21}+S_{32}+S_{43}+S_{54}\right). Тогава поне едно от събираемите е по-голямо или равно на 0, 2. Нека за определеност S13+S24+S35+S41+S52≥0,2S_{13}+S_{24}+S_{35}+S_{41}+S_{52} \geq 0, 2. Оцветяваме: B3B_{3} с цвета на A1,B4A_{1}, B_{4} с цвета на A2,B5A_{2}, B_{5} с цвета на A3,B1A_{3}, B_{1} с цвета на A4A_{4} и B2B_{2} с цвета на A5A_{5}. При това оцветяване всеки две от държавите BjB_{j} ще са оцветени с различен цвят и поне 20%20 \% от листа да бъдат оцветени с един и същи цвят от двете страни.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-8-4

9

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които урав. нението x2+ax+3a2−7a−19=0x^{2}+a x+3 a^{2}-7 a-19=0 има реални корени x1x_{1} и x2x_{2}, които удовлетворяват рагенството1x1−2+1x2−2=−2a13\frac{1}{x_{1}-2}+\frac{1}{x_{2}-2}=-\frac{2 a}{13}
РешениеРазглежданият израз има смисъл при x1≠2x_{1} \neq 2 и x2≠2x_{2} \neq 2, т. е. при 3a2−5a−15≠03 a^{2}-5 a-15 \neq 0. С помощта на формулите на Виет пресмятаме1x1−2+1x2−2=x1+x2−4(x1−2)(x2−2)=\frac{1}{x_{1}-2}+\frac{1}{x_{2}-2}=\frac{x_{1}+x_{2}-4}{\left(x_{1}-2\right)\left(x_{2}-2\right)}=−a+43a2−5a−15-\frac{a+4}{3 a^{2}-5 a-15}Следователноa+43a2−5a−15=2a13\frac{a+4}{3 a^{2}-5 a-15}=\frac{2 a}{13}откъдето 6a3−10a2−43a−52=06 a^{3}-10 a^{2}-43 a-52=0. Последното уравнение има единствен рационален (и реален) корен a=4a=4. Непосредствена проверка показва, че корените на даденото уравнение са реални при a=4a=4.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-9-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Множествата M={1,2,…,27}M=\{1, 2, \ldots, 27\} и A={a1,a2,…,ak}⊂{1,2,…,14}A=\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}\right\} \subset\{1, 2, \ldots, 14\} имат следното свойство: всеки елемент на MM може да се представи като сума на един или два (не непременно различни) елемента на AA. Да се намери минималната възможна стойност на kk.
РешениеС елементите на AA можем да образуваме(k2)+k+k=k(k+3)2\binom{k}{2}+k+k=\frac{k(k+3)}{2}суми от разглеждания вид (съответно с по две различни събираеми, с по две едчакви събираеми и с едно събираемо). Следователно k(k+3)2≥27\frac{k(k+3)}{2} \geq 27, откъдето получаваме k≥6k \geq 6. Ако k=6k=6, горната
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-9-3

10

1 задача

Задача 3

Пълен запис
Условие
Четиридесетте разбойника си поделили 4000 лева. Една група от пет разбойника ще наричаме бедна, ако има не повече от 500 лева. Какъв е най-малкият възможен брой бедни петорки сред всевъзможните петорки разбойници?
РешениеАко 39 разбойника вземат по 101лв., а последният вземе останалите 61лв., бедни ще са само петорките с участието на последния; техният брой е (394)\binom{39}{4}. Ще се уверим, че това е най-малкият възможен брой. Нека rr е броят на всевъзможните разбивания на разбойниците на 8 петорки. Във всяко такова разбиване има поне една бедна петорка. Общият брой петорки във всички разбивания е 8r8 r. Но броят на петорките сред 40 души е всъщност ( (405)\binom{40}{5}, така че всяка от тях участва в 8r/(405)8 r /\binom{40}{5} разбивания. Така всяка бедна петорка е броена по 8r/(405)8 r /\binom{40}{5} пъти, при което броят им излиза поне колкото броят rr на разбиванията. Следователно. има поне r(405)/8r=(394)r\binom{40}{5} / 8 r=\binom{39}{4} бедни петорки.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-10-3

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека a1,a2…,an,…a_{1}, a_{2} \ldots, a_{n}, \ldots е геометрична прогресия с първи член a1=3−2aa_{1}=3-2 a и частно q=3−2aa−2q=\frac{3-2 a}{a-2}, където a≠32,2a \neq \frac{3}{2}, 2 е реално число. Да се докаже, че ако редицата S1,S2,…,Sn,…S_{1}, S_{2}, \ldots, S_{n}, \ldots където Sn=∑i=1naiS_{n}=\sum_{i=1}^{n} a_{i}, е сходяща с граница ℓ\ell, то ℓ<1\ell\lt{}1.
РешениеТъй като Sn=a1⋅1−qn1−qS_{n}=a_{1} \cdot \frac{1-q^{n}}{1-q}, то редицата S1,S2,…,Sn,…S_{1}, S_{2}, \ldots, S_{n}, \ldots е сходяща тогава и само тогава, когато ∣q∣<1|q|\lt{}1. Следователно −1<3−2aa−2<1-1\lt{}\frac{3-2 a}{a-2}\lt{}1, откъдето лесно следва, че a∈(1,53)\{32}a \in\left(1, \frac{5}{3}\right) \backslash\left\{\frac{3}{2}\right\}. Границата на разглежданата редица еℓ=a1⋅11−q=3−2a1−3−2aa−2=\ell=a_{1} \cdot \frac{1}{1-q}=\frac{3-2 a}{1-\frac{3-2 a}{a-2}}=(3−2a)(a−2)3a−5\frac{(3-2 a)(a-2)}{3 a-5}и следователно трябва да докажем, че за всяко a∈(1,53)\{32}a \in\left(1, \frac{5}{3}\right) \backslash\left\{\frac{3}{2}\right\} е изпълнено неравенството (3−2a)(a−2)3a−5<1\frac{(3-2 a)(a-2)}{3 a-5}\lt{}1. Това неравенство е еквивалентно на 2a2−4a+13a−5>0\frac{2 a^{2}-4 a+1}{3 a-5}\gt{}0 и понеже 3a−5<3 a-5\lt{} 0, трябва f(a)=2a2−4a+1<0f(a)=2 a^{2}-4 a+1\lt{}0. Тъй като f(1)=−1f(1)=-1 и. f(53)=−19f\left(\frac{5}{3}\right)=-\frac{1}{9}, това неравенство е изпълнено за всяко a∈(1,53)\{32}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∣ (4x2x2+x+7⋅2x2x2+x−1)sin⁡(πy)=7∣sin⁡(πy)∣x2+4x+y2=0\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.
РешениеДопустимите стойности са x∈(−∞,−1]∪[0,+∞)x \in(-\infty, -1] \cup[0, +\infty) и всяко yy. Ше разгледаме три случая. Случай 1. Нека sin⁡(πy)>0\sin (\pi y)\gt{}0. Тогава първото уравнение на системата дава4x2x2+x+7⋅2x2x2+x−1=74^{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+x}}+7 \cdot 2^{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+x}}-1=7и след полагане t=2x2x2+x>0t=2^{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+x}}\gt{}0 получаваме t2+7t−8=0t^{2}+7 t-8=0 с корени t1=1t_{1}=1 и t2=−8t_{2}=-8. Тъй като t>0t\gt{}0 следва 2x2x2+x=12^{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+x}}=1, откъдето x2+x=0x^{2}+x=0, т. е. x1=0x_{1}=0 и x2=−1x_{2}=-1. При x=0x=0 от второто уравнение сега получаваме y=0y=0, а при x=−1x=-1 намираме y=±x23y= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3}. Тъй като sin⁡0=0,sin⁡(x23π)<0\sin 0=0, \sin (\sqrt{\vphantom{x^2}3} \pi)\lt{}0 и sin⁡(−x23π)>0\sin (-\sqrt{\vphantom{x^2}3} \pi)\gt{}0, то единственото е x=−1,y=−x23x=-1, y=-\sqrt{\vphantom{x^2}3}. Случай 2. Нека sin⁡(πy)=0\sin (\pi y)=0, т. е. yy е цяло число. От второто уравнение получаваме 4−y2≥04-y^{2} \geq 0 откъдето y=0,±1,±2y=0, \pm 1, \pm 2. При y=0y=0 получаваме x=0,4x=0, 4; при y=±1y= \pm 1 намираме x=−2±x23x=-2 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3} и при y=±2y= \pm 2 следва x=−2x=-2. Тъй като −1<−2+x23<0-1\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−x23,y=±1x=0, y=0, x=-4, y=0, x=-2-\sqrt{\vphantom{x^2}3}, y= \pm 1 и x=−2,y=±2x=-2, y= \pm 2. Случай 3. Нека sin⁡(πy)<0\sin (\pi y)\lt{}0. Тогава първото уравнение на системата дава4x2x2+x+7⋅2x2x2+x−1=−74^{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+x}}+7 \cdot 2^{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+x}}-1=-7и след полагане t=2x2x2+x>0t=2^{\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+x}}\gt{}0 получаваме t2+7t+6=0t^{2}+7 t+6=0 с корени t1=−1t_{1}=-1 и t2=−6t_{2}=-6. Тъй като t>0t\gt{}0 в този случай системата няма Окончателно, решенията на системата са (x,y)=(−1,−x23),(0,0),(−4,0),(−2−x23,±1)(x, y)=(-1, -\sqrt{\vphantom{x^2}3}), (0, 0), (-4, 0), (-2-\sqrt{\vphantom{x^2}3}, \pm 1) и (−2,±2)(-2, \pm 2).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Външновписаната окръжност към страната ABA B на △ABC\triangle A B C допира страната ABA B и продълженията на страните BCB C и CAC A съответно в точки M,NM, N и PP. Външновписаната окръжност към страната ACA C допира страната ACA C и продълженията на страните ABA B и BCB C съответно в точки S,QS, Q и RR. Ако XX е пресечната точка на правите MNM N и RSR S, а YY е пресечната точка на PNP N и RQR Q, да се докаже, че точките X,AX, A и YY лежат на една права.
РешениеЩе нзползваме стандартните означения за елементите на триъгълник. Първо ще покажем, че YX⊥BCY X \perp B C. От равнобедрения △BQR\triangle B Q R следва ∠BRY=90∘−β2\angle B R Y=90^{\circ}-\frac{\beta}{2} и тъй като ∠MNB=β2\angle M N B=\frac{\beta}{2}, то NX⊥RYN X \perp R Y. Аналогично получаваме RX⊥NYR X \perp N Y. Това означава, че XX е ортоцентър на △NRY\triangle N R Y и следователно YX⊥RNY X \perp R N, т. е. YX⊥BCY X \perp B C. Ще покажем, че XX лежи на височината през върха AA. Да означим пресечната точка на MNM N и височнната през AA с X′X^{\prime}. Тъй като BM=BNB M=B N и CP=CN=pC P=C N=p, то BM=BN=:p−aB M=B N=: p-a. Тогава AM=c−(p−a)=p−bA M=c-(p-a)=p-b и от синусовата теорема за △AMX′\triangle A M X^{\prime} получавамеAX′sin⁡β2=AMsin⁡∠AX′M⟺AX′sin⁡β2=\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}}=p−bsin⁡(90∘+β2)⟺AX′=(p−b)tg⁡β2.\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 TT е допирната точка на вписаната окръжност със страната BCB C, то BT=p−bB T=p-b и r=(p−b)tg⁡β2r=(p-b) \operatorname{tg} \frac{\beta}{2}. Следователно AX′=rA X^{\prime}=r. Аналогично, ако X′′X^{\prime \prime} е пресечната точка на RSR S с височината през AA, то AX′′=rA X^{\prime \prime}=r. Оттук X′≡X′′≡XX^{\prime} \equiv X^{\prime \prime} \equiv X. Понеже YX⊥BC′Y X \perp B C^{\prime} и AX⊥BCA X \perp B C, то точките X,AX, A и YY лежат на една права.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека nn е дадено естествено число. Да се намери броят на всички крайни реднци от естествени числа със следното свойство: ако a0,a1,…,aka_{0}, a_{1}, \ldots, a_{k} са членовете на редицата, то 1=a0<a1<⋯<ak=2⋅3n1=a_{0}\lt{}a_{1}\lt{}\cdots\lt{}a_{k}=2 \cdot 3^{n} н∏i=1k[ai+ai−1−1ai−1]=2⋅3n\prod_{i=1}^{k}\left[\frac{a_{i}+a_{i-1}-1}{a_{i-1}}\right]=2 \cdot 3^{n}където [x][x] означава най-голямото цяло число, ненадминаващо xx.
РешениеЩе докажем, че ако mm и nn са естествени числа, то [n+m−1m]≥nm\left[\frac{n+m-1}{m}\right] \geq \frac{n}{m}, като равеиство се достига точно когато mm дели nn. Ако n=mq+r,0≤r<mn=m q+r, 0 \leq r\lt{}m, то [n+m−1m]=q+1+[r−1m]\left[\frac{n+m-1}{m}\right]= q+1+\left[\frac{r-1}{m}\right] и nm=q+rm\frac{n}{m}=q+\frac{r}{m}. Ако r>0r\gt{}0 неравенството е равноснлно на 1≥rm1 \geq \frac{r}{m}, което е вярно, а при r=0r=0 се достига равенство. Прилагайки това неравенство за всеки множител в даденото произведение, получаваме2⋅3n=∏i=1k[ai+ai−1−1ai−1]≥2 \cdot 3^{n}=\prod_{i=1}^{k}\left[\frac{a_{i}+a_{i-1}-1}{a_{i-1}}\right] \geq∏i=1kaiai−1=aka0=2⋅3n \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,…,ki=1, 2, \ldots, k имаме, че ai−1a_{i-1} дели aia_{i}, т. е. трябва да намерим броят на редиците1=a0<a1<⋯<ak=2⋅3n1=a_{0}\lt{}a_{1}\lt{}\cdots\lt{}a_{k}=2 \cdot 3^{n}за които всеки член дели следващия. Да напишем nn пъти числото 3, като в началото и края поставим по една ★:★333…33★.\text{★} 333 \ldots 33 \text{★.}Нека ll е фиксирано число и 0≤l≤n−10 \leq l \leq n-1. Разполагаме ll 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 2l+32 l+3 възможности. Следователно търсената сума е равна на∑l=0n−1(2l+3)(n−1l)=2∑l=0n−1l(n−1l)+32∑l=0n−1l(n−1l)=2(n−1)2∑l=0n−2(n−2l)+3∑l=0n−1(n−1l)=2(n−1)2n−2+3⋅2n−1=(n+2)2n−1\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

12

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Редицата {xn}n=1∞\left\{x_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} е дефинирана чрез равенствата x1=2x_{1}=2 и xn+1=1+axnn≥1x_{n+1}=1+a x_{n} n \geq 1, където aa е реален параметър. Да се намерят всички стойности на aa, за които редицата е: a) аритметична прогресия; б) сходяща и да се намери нейната граница.
Решениеа) От рекурентното условие намираме, че x1=2,x2=1+2ax_{1}=2, x_{2}=1+2 a и x3=1+a+2a2x_{3}=1+a+2 a^{2} Ако редицата е аритметична прогресия, то x1+x3=2x2x_{1}+x_{3}=2 x_{2}. Оттук 3+a+2a2=2(1+2a)3+a+2 a^{2}=2(1+2 a) и решенията на това квадратно уравнение са a=1a=1 и a=12a=\frac{1}{2}. При a=1a=1 получавам xn+1=xn+1x_{n+1}=x_{n}+1, т. е. редицата е аритметична прогресия с разлика 1. При a=12a=\frac{1}{2} лесно с вижда по индукция, че xn=2x_{n}=2 за всяко nn. Следователно a=1a=1 е единственото б) По индукция лесно следва, че xn+1=1+a+⋯+an−1+2an,n≥1x_{n+1}=1+a+\cdots+a^{n-1}+2 a^{n}, n \geq 1. При a=1a=1 имам xn=n+1x_{n}=n+1, т. е. редицата е разходяща. Нека a≠1a \neq 1. Тогаваxn+1=2an+1−an1−a=an(2−11−a)+11−ax_{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 2−11−a=02-\frac{1}{1-a}=0, т. е. a=12a=\frac{1}{2}, получаваме xn+1=2x_{n+1}=2 за всяко nn и редицата е сходяща. Тъй като редицата {an}n=1∞\left\{a^{n}\right\}_{n=1}^{\infty} е сходяща точно когато ∣a∣<1|a|\lt{}1 и a=1a=1, заключаваме че дадената редица е сходяща при a∈(−1,1)a \in(-1, 1) и границата и́ е равна на 11−a\frac{1}{1-a} (защотн lim⁡n→∞an=0\lim _{n \rightarrow \infty} a^{n}=0 при a∈(−1,1))\left. a \in(-1, 1)\right).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-12-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички комплексни числа a≠0a \neq 0 и bb, такива, че за всеки комплексен корен ww на уравнениетоz4−az3−bz−1=0z^{4}-a z^{3}-b z-1=0е в сила неравенството ∣a−w∣≥∣w∣|a-w| \geq|w|.
РешениеНека корените на уравнението са zk,1≤k≤4z_{k}, 1 \leq k \leq 4. От формулите на Виет следьа, чеz1+z2+z3+z4=aиz12+z22+z32+z42=a2z_{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 uk=2zka=xk+iyk,1≤k≤4u_{k}=\frac{2 z_{k}}{a}=x_{k}+i y_{k}, 1 \leq k \leq 4, където xk,yk∈Rx_{k}, y_{k} \in \mathbb{R}. Тъй като uk2=xk2−yk2+2ixkyku_{k}^{2}=x_{k}^{2}-y_{k}^{2}+2 i x_{k} y_{k}, от горните равенства получавамеx1+x2+x3+x4=2(1)x12+x22+x32+x42=4+y12+y22+y32+y42≥4(2)\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 ∣a−zk∣≥∣zk∣\left|a-z_{k}\right| \geq\left|z_{k}\right| следва, че ∣2−uk∣≥∣uk∣\left|2-u_{k}\right| \geq\left|u_{k}\right|, откъдето след повдигане в квадрат получаваме xk≤1x_{k} \leq 1. Тогава от (1) следва, че xk≥−1x_{k} \geq-1, т. е. xk2≤1x_{k}^{2} \leq 1, което заедно с (2) дава xk=±1,yk=0x_{k}= \pm 1, y_{k}=0. Сега (1) показва, че три от числата xkx_{k} са равни на 1, а четвъртото на -1. Можем да считаме, че z1=z2=z3=−z4z_{1}=z_{2}=z_{3}=-z_{4}. Тогава от z1z2z3z4=−1z_{1} z_{2} z_{3} z_{4}=-1 следва, че z1=±1,±iz_{1}= \pm 1, \pm i, което означава, че (a,b)=(2,−2),(−2,2),(2i,2i),(−2i,−2i)(a, b)=(2, -2), (-2, 2), (2 i, 2 i), (-2 i, -2 i).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-12-3