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

2007

Назад към папките

9

1 задача

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадени са естествени числа nn и mm, за които n≥m≥2n \geq m \geq 2. Група от няколко монети се нарича nn-добра, ако в нея няма повече от nn монети с една и съща стойност. Число SS се нарича nn-достижимо, ако в групата има nn монети със сбор от стойностите им, равен на SS. Да се намери най-малката стойност на естествено число DD, за което за всяка nn-добра група от DD монети съществуват поне mm различни числа, които са nn-достижими.
РешениеДа разгледаме група от n+m−2n+m-2 монети, в която има nn монети от 1 лев и m−2m-2 монети от 2 лева. Всяко nn-достижимо число има вида x+2yx+2 y, където xx е броя на монетите от 1 лев, а yy е броя на монетите от 2 лева и x+y=nx+y=n. Следователно x+2y=n+yx+2 y=n+y. Тъй като монетите от 2 лева са m−2m-2, то yy може да приема стойности 0,1,2,…,m−20, 1, 2, \ldots, m-2, т. е. m−1m-1 стойности. Следователно nn-достижимите числа са m−1m-1, т. е. D>n+m−2D\gt{}n+m-2. Да разгледаме произволна група от n+m−1n+m-1 монети и да ги подредим по големина:a1≤a2≤⋯≤an+m−1a_{1} \leq a_{2} \leq \cdots \leq a_{n+m-1}За всяко i=1,2,…mi=1, 2, \ldots m да разгледаме сбороветеSi=ai+ai+1+⋯+an+i−1S_{i}=a_{i}+a_{i+1}+\cdots+a_{n+i-1}Тъй като групата е nn-добра, то не може да има n+1n+1 последователни равни числа. Това означава, че an+i>aia_{n+i}\gt{}a_{i} за всяко i=1,2,…m−1i=1, 2, \ldots m-1. Понеже Si+1−Si=an+i−ai>0S_{i+1}-S_{i}=a_{n+i}-a_{i}\gt{}0, тоSi<Si+1<⋯<SmS_{i}\lt{}S_{i+1}\lt{}\cdots\lt{}S_{m}Следователно числата S1,S2,…,SmS_{1}, S_{2}, \ldots, S_{m} са различни и са nn-достижими, т. е. D=m+n−2D=m+n-2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2007-9-4

10

2 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C, вписан в окръжност k1k_{1}. Окръжността k2k_{2} се допира до k1k_{1} в точка CC и до страната ABA B в точка TT. Правата CTC T пресича k1k_{1} за втори път в точка QQ. Правата QN,N∈k2Q N, N \in k_{2}, е допирателна към k2k_{2}. Да се докаже, че окръжността, описана около △ABN\triangle A B N, минава през центъра на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност.
РешениеОт пресмятане на ∠BAC\angle B A C чрез дъги в k2k_{2} следва, че дъгите в тази окръжност, отговарящи на ∠ACT\angle A C T и ∠BCT\angle B C T, са равни, т. е. CTC T е ъглополовяща на ∠ACB\angle A C B. Тогава QQ е среда на дъгата \wideparenAB\wideparen{A B} от k1k_{1} и QA=QB=QIQ A=Q B=Q I, където II е центърът на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност. Ще докажем, че QN=QIQ N=Q I, откъдето исканото следва. Имаме QN2=QT.QCQ N^{2}=Q T. Q C и остава да изразим QTQ T и QCQ C. От △ACT∼QCB\triangle A C T \sim Q C B получаваме QC=AC.QBATQ C=\frac{A C. Q B}{A T}, а от △BTQ∼△CTA\triangle B T Q \sim \triangle C T A имаме QT=QB.ATACQ T=\frac{Q B. A T}{A C}. Умножаването на последните две равенство дава QN=QIQ N=Q I.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2007-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
За редицата от цели числа A=(ai)i=1∞A=\left(a_{i}\right)_{i=1}^{\infty} означаваме с Dm(A)D_{m}(A) безкрайната редица, получена от AA след изтриване на всеки неин mm-ти член:Dm(A):a1,a2,…,am−1,D_{m}(A): a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{m-1},am+1,…,a2m−1,a2m+1,…, a_{m+1}, \ldots, a_{2 m-1}, a_{2 m+1}, \ldots,а с S(A)S(A) означаваме редицата от частичните суми на AA:S(A):a1,a1+a2,a1+a2+a3,…S(A): a_{1}, a_{1}+a_{2}, a_{1}+a_{2}+a_{3}, \ldotsНека A=(ai)i=1∞A=\left(a_{i}\right)_{i=1}^{\infty}, където an=1+(n−1)da_{n}=1+(n-1) d за всяко естествено число nn и dd е естествено число. Да се намерят всички nn и dd, за които редицата S(D2(S(D3(A))))S\left(D_{2}\left(S\left(D_{3}(A)\right)\right)\right) съдържа числото 220182^{2018}.
РешениеНека редицата AA има исканото свойство. Да означим с B=(bi)i=1∞B=\left(b_{i}\right)_{i=1}^{\infty} редицата S(D3(A))S\left(D_{3}(A)\right). Тогаваb2k+1=(a1+a4+…+a3k+1)+(a2+a5+…+a3k−1)=(2a1+k⋅3d)(k+1)2+(2a2+(k−1)⋅3d)k2=2k+1+(3k2+k)d\begin{aligned} b_{2 k+1} & =\left(a_{1}+a_{4}+\ldots+a_{3 k+1}\right)+\left(a_{2}+a_{5}+\ldots+a_{3 k-1}\right) \\ & =\frac{\left(2 a_{1}+k \cdot 3 d\right)(k+1)}{2}+\frac{\left(2 a_{2}+(k-1) \cdot 3 d\right) k}{2} \\ & =2 k+1+\left(3 k^{2}+k\right) d \end{aligned}Нека по-нататък C=S(D2(B))=(ci)i=1∞C=S\left(D_{2}(B)\right)=\left(c_{i}\right)_{i=1}^{\infty}. Тогаваcn=∑k=0n−1b2k+1=∑k=0n−1(2k+1+(3k2+k)d)=∑k=0n−1(2k+1)+3d∑k=0n−1k2+d∑k=0n−1k=n2+3d(n−1)n(2n−1)6+dn(n−1)2=n2(1+(n−1)d)\begin{aligned} c_{n} & =\sum_{k=0}^{n-1} b_{2 k+1} \\ & =\sum_{k=0}^{n-1}\left(2 k+1+\left(3 k^{2}+k\right) d\right) \\ & =\sum_{k=0}^{n-1}(2 k+1)+3 d \sum_{k=0}^{n-1} k^{2}+d \sum_{k=0}^{n-1} k \\ & =n^{2}+3 d \frac{(n-1) n(2 n-1)}{6}+d \frac{n(n-1)}{2} \\ & =n^{2}(1+(n-1) d) \end{aligned}Следователно (1+(n−1)d)n2=22018(1+(n-1) d) n^{2}=2^{2018} за някои естествени nn и dd. Тогава n=2t,t∈Nn=2^{t}, t \in \mathbb{N}, откъдето(2t−1)d=22018−2t−1\left(2^{t}-1\right) d=2^{2018-2 t}-1Следователно 2t−12^{t}-1 дели 22018−2t−12^{2018-2 t}-1, което означава, че tt дели 2018−2t2018-2 t. Сега е ясно, че tt е едно от числата 1, 2, 1009, 2018. Тъй като 2018−2t>02018-2 t\gt{}0, имаме t=1t=1 или 2. Това дава решениятаn=2,d=22016−1,n=4,d=22014−13.n=2, d=2^{2016}-1, \quad n=4, d=\frac{2^{2014}-1}{3}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2007-10-3