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

2009

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • pms2009-12-3: има placeholder текст

9

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
От точка AA, лежаща на ъглополовящата на остър ъгъл с връх точка OO са спуснати перпендикуляри ABA B и ACA C към раменете му. Върху отсечките OBO B и OCO C са избрани съответно точки PP и QQ така, че ∠OAP=∠CAQ\angle O A P=\angle C A Q. Да се докаже, че центърът на описаната окръжност за △APQ\triangle A P Q лсжи на отсечката OAO A.
РешениеДа означим с XX центъра на онисаната окръжност за △APQ\triangle A P Q. Тогава имаме∠PXQ=2∠PAQ=2(∠OAP+∠OAQ)=2(∠CAQ+∠OAQ)=2∠CAO=2(90∘−∠AOC)=180∘−∠BOC,\begin{aligned} \angle P X Q & =2 \angle P A Q=2(\angle O A P+\angle O A Q) \\ & =2(\angle C A Q+\angle O A Q)=2 \angle C A O \\ & =2\left(90^{\circ}-\angle A O C\right)=180^{\circ}-\angle B O C, \end{aligned}което означава, че XX лежи на онисаната околю △OPQ\triangle O P Q окръжност. Освен това имаме XP=XQX P=X Q и следователно XX е средата на дъгата PQ^\widehat{P Q}. Понеже ∠POA=∠COA\angle P O A=\angle C O A, то OAO A минава през средата на тази дъга и следователно X∈OAX \in O A.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2009-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
За естествено число n>1n\gt{}1 нека s(n)s(n) е най-малкият естествен делител на nn, който е по-голям от 1. Да се намерят всички естествени числа aa и bb, за които a2+b2=s(a)2+3s(b)4a^{2}+b^{2}=s(a)^{2}+3 s(b)^{4}.
РешениеПърви начин. Да отбележим, че s(a)s(a) и s(b)s(b) са прости числа и да означим a=s(a)ka=s(a) k и b=s(b)ℓb=s(b) \ell, където kk и ℓ\ell са естествени числа. Тогава s(a)2(k2−1)=s(b)2(3s(b)2−ℓ2)s(a)^{2}\left(k^{2}-1\right)= s(b)^{2}\left(3 s(b)^{2}-\ell^{2}\right) и значи s(b^)s(\hat{b}) дсли s(a)2(k2−1)s(a)^{2}\left(k^{2}-1\right). Случай 1. Нека s(b)s(b) дели s(a)2s(a)^{2}. Имаме s(b)=s(a)s(b)=s(a) и k2+ℓ2−1=3s(b)2k^{2}+\ell^{2}-1=3 s(b)^{2}. Ако s(b)=2s(b)=2, получаваме k2+ℓ2=13k^{2}+\ell^{2}=13 и (k,ℓ)=(2,3)(k, \ell)=(2, 3) или (3,2)(3, 2), откъдето (a,b)=(4,6)(a, b)=(4, 6) или (6,4)(6, 4). Ако s(b)s(b) е нечетно, то kk и ℓ\ell са нечетни и имаме 1≡k2+ℓ2−1=3s(b)2≡31 \equiv k^{2}+\ell^{2}-1=3 s(b)^{2} \equiv 3 (mod 4), противоречие. Случай 2. Нека s(b)s(b) дели k2−1k^{2}-1. Ако s(b)=2s(b)=2, то kk е нечетно, k2−1k^{2}-1 се дели на 8 и 3s(b)2−ℓ2=12−ℓ2>03 s(b)^{2}-\ell^{2}=12-\ell^{2}\gt{}0 е четно, т. е. ℓ=2\ell=2. Получаваме s(a)2(k2−1)=32s(a)^{2}\left(k^{2}-1\right)=32, откъдето s(a)=2,k=3s(a)=2, k=3 и (a,b)=(6,4)(a, b)=(6, 4). Ако s(b)s(b) е нечетно, то ℓ\ell също е нечетно и имаме 3s(i))2−ℓ2≡2( mod 4)3 s(i))^{2}-\ell^{2} \equiv 2(\bmod 4). Следоватслно s(2)=2s(2)=2 или kk с нечетно, като и вдната случая лявата страна сс дели на 4, противоречие. Втори начин. Разглеждането на даденото равенство по модул 4 лесно отхвърля случая, когато s(b)s(b) е нечетно (понеже n2≡s2(n)( mod 4)n^{2} \equiv s^{2}(n)(\bmod 4) ). Следователно s(b)=2s(b)=2 и от s(a)2(k2−1)=4(12−ℓ2)s(a)^{2}\left(k^{2}-1\right)=4\left(12-\ell^{2}\right) лесно получаваме решенията.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2009-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадена е таблица 100×100100 \times 100, клетките на която са запълнени с естествени числа, ненадвишаващи 100. След всеки ред (под всеки стълб) била записана сумата на съдържащите се в реда (стълба) числа, след което числата в таблицата били изтрити. Само по записаните суми, Иван успял нанълно и еднозначно да възстанови всички числа в таблицата. Колко пай-много измежду числата в таблицата може да са били седмици?
РешениеОтговор - 198. Нека P,Q,R,SP, Q, R, S да бъдат числата от общите клетки на някои два реда и два стьлба. Поне две от тези числа трябва да са от множеството {1,100}\{1, 100\}. Действително, в противен случай, ако например само PP е от това множество, при P≠100P \neq 100 можем да получим друга паредба чрез замяната P,Q,R,S→P+1,Q−1,R+1,S−1P, Q, R, S \rightarrow P+1, Q- 1, R+1, S-1, а при P≠1P \neq 1 - извършвайки замяната P,Q,R,S→P−1,Q+1,R−1,S+1P, Q, R, S \rightarrow P-1, Q+1, R-1, S+1, докато по условие наредбата трябва да с единствена. Оттук следва, че за всяка клетка, съдържаща числото 7, или стълбът и́, или редът и́ не съдьржат други седмици. Да съпоставим на всяка седмица минавапата през пея празна линия (ред или стълб, несъдържащ друга седмица). Ако седмиците са поне 199, то линиите от единия вид (редове или стълбове) са 100, откъдето следва, че седмиците са общо не повече от 100, противоречие. Следователно седмиците са не повече от 198. Точно 198 седмици пе имаме, ако A1=793,A2=A3=…=A100=106,B1=793,B2=B3=…=B100=106A_{1}=793, A_{2}=A_{3}=\ldots=A_{100}=106, B_{1}=793, B_{2}=B_{3}=\ldots=B_{100}=106. В този случай таблицата се възстановява еднозначно. Действително, числата в първия стълб от втори ред надолу са не по-големи от 7, от сумите но редове, и тогава трябва да са точно равни на 7 от сумата в шървия стълб. Оттук следва единствен избор за 100 в горната лява клетка и 1 в таблицата 99×9999 \times 99 под първия ред и стьлб, оттам на 7 и в първия ред.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2009-9-4

11

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа bb и cc, за които уравнението x2−bx+c=0x^{2}- b x+c=0 има два различни реални непулеви корена x1x_{1} и x2x_{2} и числата x1,x2,bx_{1}, x_{2}, b и cc (в някакъв ред) образуват аритметична прогресия.
РешениеНека прогресията с a1,a2,a3,a4a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, където {a1,a2,a3,a4}={x1,x2,b,c}\left\{a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}\right\}=\left\{x_{1}, x_{2}, b, c\right\}. Тъй като a1+a4=a2+a3a_{1}+a_{4}=a_{2}+a_{3} и a1+a2+a3+a4=x1+x2+b+c=2b+ca_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=x_{1}+x_{2}+b+c=2 b+c, то a1+a4=a2+a3=b+c2a_{1}+a_{4}=a_{2}+a_{3}= b+\frac{c}{2}. Попеже b∈{a1,a4}b \in\left\{a_{1}, a_{4}\right\} или b∈{a2,a3}b \in\left\{a_{2}, a_{3}\right\}, то ако другият елемент от мпожеството па bb е равен на cc, ще получим c=0c=0, което е невъзможно поради x1x2≠0x_{1} x_{2} \neq 0. Следователпо този слемент с един от корените, т. е. без ограничение x1=c2x_{1}=\frac{c}{2}, откъдето x2=2x_{2}=2. Оттук намираме c+4=2bc+4=2 b. Тъй като {b,x1}={a1,a4}\left\{b, x_{1}\right\}=\left\{a_{1}, a_{4}\right\} или {b,x1}={a2,a3}\left\{b, x_{1}\right\}=\left\{a_{2}, a_{3}\right\}, лесно се вижда, че са възможни следните четири паредби: b,c,x2,x1;b,x2,c,x1;x2,b,x1,cb, c, x_{2}, x_{1}; b, x_{2}, c, x_{1}; x_{2}, b, x_{1}, c и c,b,x1,x2c, b, x_{1}, x_{2}. В първият случай имаме c+x1=2x2c+x_{1}=2 x_{2}, откъдето намираме c=83c=\frac{8}{3} и след това b=103b=\frac{10}{3}. В останалите три случая аналогично намираме съответно b=83,c=43;b=0b=\frac{8}{3}, c=\frac{4}{3}; b=0, c=−4c=-4 и b=6,c=8b=6, c=8.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2009-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден с четирит"ьлник ABCDA B C D, за който AB=BCA B=B C и ∠DAB=∠DCB=90∘\angle D A B=\angle D C B =90^{\circ}. Върху отсечките ADA D и DCD C са избрани съответно точки XX и YY, за които ∠CBY=∠DBX\angle C B Y=\angle D B X. Нека OO е цептьрьт па описаната окръжност за △BXY\triangle B X Y. a) Да се докаже, че OO лежи на отсечката BDB D. б) Да се докаже, че OO съвнада с ортоцентъра на △ADC\triangle A D C тогава и само тогава, когато OO съвнада с медицентъра на △IAC\triangle I A C, където II е центърът на вписаната в △DXY\triangle D X Y окръжност.
Решениеа) От условието следва, че △ABD≅△CBD\triangle A B D \cong \triangle C B D, което означава, че DBD B е ътлоноловяща на ∠ADC\angle A D C. Ако ∠BDC=φ\angle B D C=\varphi, то ∠XBY=∠XBD+∠DBY=∠DBC=90∘−φ\angle X B Y=\angle X B D+\angle D B Y=\angle D B C=90^{\circ}-\varphi. Тъй като OO е център на описаната окръжност за △BXY\triangle B X Y, то ∠XOY=2∠XBY=180∘−2φ=180∘−∠ADC\angle X O Y=2 \angle X B Y=180^{\circ}-2 \varphi= 180^{\circ}-\angle A D C. Следователно OO лежи па описаната около △DXY\triangle D X Y окръжност, като OX=OYO X=O Y, т. е. OO е средата на дъгата XYX Y от описата около △DXY\triangle D X Y окръжност. Понеже DBD B е ъглополовяща на ∠XDY\angle X D Y, то O∈DBO \in D B. б) Пресмятаме ∠BYX=12∠BOX=90∘−∠OBX=∠BYC\angle B Y X=\frac{1}{2} \angle B O X=90^{\circ}-\angle O B X=\angle B Y C, откъдето получаваме, че YBY B е ъглополовяща па ∠XYC\angle X Y C. Следователно BB е цептър па въшшовписаната окръжност към XYX Y за △DXY\triangle D X Y. Ще изнолзваме добре известния факт, че OO е среда на BIB I. Нека ZZ с пресечната точка на ACA C и OBO B. Тогава ZZ е среда на ACA C. Ако OO с ортоцентър за △ADC\triangle A D C, то ABCOA B C O е успоредник (даже ромб) и OZ=ZB=12OIO Z=Z B=\frac{1}{2} O I, което озпачава, че OO е медицентър на △IAC\triangle I A C. Обратно, ако OO е медицентър на △IAC\triangle I A C, то OZ=12OI=12OBO Z=\frac{1}{2} O I=\frac{1}{2} O B и ABCOA B C O е четириъгълник с разполовяващи се диагопали, т. е. е успоредник. Следователно OO е ортоцентър за △ADC\triangle A D C. Оцеляване: За а) 2 точки; За б) 4 точки.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2009-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Числата k,k+1,k+2,…,6k−1,6kk, k+1, k+2, \ldots, 6 k-1, 6 k са записани в редица в произволен ред. Да се докаже, че съществува естествено число, което може да се представи но два различни начина като сбор на няколко (възможно един) последователни члена на тази редица.
РешениеДа допуснем, че такова число не съществува. Да разгледаме числата k,k+1,…,3k−1,3kk, k+1, \ldots, 3 k-1, 3 k. Никои две от тях не могат да бъдат съседни, защото тогава сумата им би била по-малка от 6k6 k и би се повторила с някоя сума с дължина едно. Следователно, между тези 2k+12 k+1 числа имаме поне 2k2 k позиции, които трябва да запълним с останалите 3k3 k числа. Но тогава в поне kk от позиците трябва да поставим по едно число. Това означава, че имаме поне kk на брой суми с дължина три от вида a+x+ba+x+b, където a,b∈[k,3k]a, b \in[k, 3 k] и x∈[3k+1,6k]x \in[3 k+1, 6 k]. Най-голямата стойност на такава сума е 12k−112 k-1. По този начин, в интервала [k,12k−1][k, 12 k-1] трябва да се съдържат всички суми с дължина едно или две (общо 5k+1+5k5 k+1+5 k на брой), както и поне kk суми с дължина три. Но интервал с дължина 11k11 k не може да съдържа 11k+111 k+1 различни числа, противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2009-11-3

12

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намсрят стойностите на реалния параметьр aa, за които неравенството log⁡x+ax≤log⁡ax\log _{x+a} x \leq \log _{a} x има ренения с разлика aa.
РешениеНека xx и aa изпъляват перавепството. Тогава x>0,a>0,a≠1x\gt{}0, a\gt{}0, a \neq 1 и x+a≠1x+a \neq 1. Занисваме неравенството във вида log⁡axlog⁡a(x+a)≤log⁡ax\frac{\log _{a} x}{\log _{a}(x+a)} \leq \log _{a} x, което е еквивалентно наlog⁡ax(1−log⁡a(x+a))log⁡a(x+a)≤0.(1)\log _{a} x\left(1-\log _{a}(x+a)\right) \log _{a}(x+a) \leq 0. \tag{1}Ако a>1a\gt{}1, то log⁡a(x+a)>1\log _{a}(x+a)\gt{}1 и горното неравенство е е еквивалентно на log⁡ax≥0\log _{a} x \geq 0, т. с. x≥1x \geq 1. В този случай очевидно има с разлика aa (това може да се види и директно, защото x=ax=a и x=2ax=2 a са ренения при a>1a\gt{}1 ). Нека 0<a<10\lt{}a\lt{}1. Ако log⁡ax≤0\log _{a} x \leq 0, то x≥1x \geq 1 и тогава от x+a>1x+a\gt{}1 следва, че log⁡a(x+a)<0\log _{a}(x+a)\lt{}0 и (1) не е изнълнено. Слоедователно log⁡ax>0\log _{a} x\gt{}0, т. е. x<1x\lt{}1. Тогава log⁡a(x+a)≤0\log _{a}(x+a) \leq 0 или log⁡a(x+a)≥1\log _{a}(x+a) \geq 1. В пьрвия снучай x+a≥1x+a \geq 1, а във втория x+a≤ax+a \leq a, което е невъзможно. Следователно при 0<a<10\lt{}a\lt{}1 репенията са 1−a≤x<11-a \leq x\lt{}1 и няма такива с разлика aa. И така, отговорът е a>1a\gt{}1. Оцеияване: 2 т. за записване на неравенството зъв вида (1); но 2 т. за случаите a.>1a.\gt{}1 и 0<a<10\lt{}a\lt{}1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2009-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В окръжност с вписан петоъгълник ABCDEA B C D E, като ACA C с диамстър, AE=2CEA E=2 C E и AD=10CDA D=10 C D. Нека MM и NN са прессчните точки на ACA C съответно с BDB D и BEB E. Да се намери отношението ABBC\frac{A B}{B C}, ако дължините на отсечките AN,NMA N, N M и MCM C образуват аритметична прогресия (в този ред).
РешениеНска ∠AEB=α\angle A E B=\alpha. Тогава ∠ACB=α\angle A C B=\alpha и ∠BEC=90∘−α\angle B E C=90^{\circ}-\alpha. Полагаме x=ABBC=tg⁡αx=\frac{A B}{B C}=\operatorname{tg} \alpha. Тогава ANCN=SANESCNE=AE⋅NEsin⁡αCE⋅NEsin⁡(90∘−α)=AECEtg⁡α=2x\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 AN+NC=ACA N+N C=A C. то AN=2x2x+1ACA N=\frac{2 x}{2 x+1} A C. Аналогично AMCM=ADCD⋅ABCB=10x\frac{A M}{C M}=\frac{A D}{C D} \cdot \frac{A B}{C B}=10 x, откъдето AM=10x10x+1ACA M=\frac{10 x}{10 x+1} A C и MC=AC10x+1M C=\frac{A C}{10 x+1}. ТогаваMN=AM−AN=(10x10x+1−2x2x+1)AC=M N=A M-A N=\left(\frac{10 x}{10 x+1}-\frac{2 x}{2 x+1}\right) A C=8x(2x+1)(10x+1)AC\frac{8 x}{(2 x+1)(10 x+1)} A CОт AN+MC=2MNA N+M C=2 M N следва, че2x2x+1+110x+1=16x(2x+1)(10x+1)\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 20x2−12x+1=020 x^{2}-12 x+1=0, откъдего x=12x=\frac{1}{2} и x=110x=\frac{1}{10} (и двете възможности се реализират). Оценяване: Общо 4 т. за изразяване на AN,CMA N, C M и MNM N чрез xx и AC,1A C, 1 г. за получаване на уравнение за x;1x; 1 т. за намиране на xx.
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)?
РешениеЩе докажем, че за правилен ( 2n+12 n+1 )-ъгълиик отговорът е n+1n+1. Да номерираме върховете от 0 до 2n2 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 nn; тогава той мести в 2n2 n. Следоватслно маркирани може да са само печетпи числа и 0. Остава да видим как могат да бъдат маркирани n+1n+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+1n+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+1n+1 за броя на маркираните върховс; 4 т. за стратегия за маркиране на n+1n+1 върха.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2009-12-3

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2009-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадено с цяле число mm. Да се намери броя на редиците a1,a2,…a_{1}, a_{2}, \ldots от цели числа такива, че anan+2=n2+ma_{n} a_{n+2}=n^{2}+m за всяко nn.
РешениеПолагаме dn=an+2−an−2d_{n}=a_{n+2}-a_{n-2} при n≥3n \geq 3 и тогава andn=n2−(n−2)2=4(n−1)a_{n} d_{n}=n^{2}-(n-2)^{2}= 4(n-1). Оттук dndn+2=16n2−1n2+md_{n} d_{n+2}=16 \frac{n^{2}-1}{n^{2}+m}. Понеже lim⁡n→∞n2−1n2+m=1\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2}-1}{n^{2}+m}=1 и dndn+2∈Zd_{n} d_{n+2} \in \mathbb{Z}, следва, че dndn+2=16d_{n} d_{n+2}=16 за всяко достатъчно голямо nn. Значи m=−1m=-1 и dndn+2=16d_{n} d_{n+2}=16 за всяко n≥3n \geq 3. В частност, dn=dn+4d_{n}=d_{n+4}. Тъй като d2kd_{2 k} дели 4(2k−1),d2k+24(2 k-1), d_{2 k+2} дели 4(2k+1)4(2 k+1) и d2kd2k+2=16d_{2 k} d_{2 k+2}=16, лесно следва, че d2k=4d_{2 k}=4 за всяко k≥2k \geq 2 и тогава a2k=2k−1a_{2 k}=2 k-1 за всяко kk. По-пататьк, d4k−1d_{4 k-1} дели 8(2k−1)8(2 k-1) и от d4k−1d4k+1=16d_{4 k-1} d_{4 k+1}=16, следва, че съпествува s∈{0,1,2,3}s \in \{0, 1, 2, 3\} така, че d4k−1=2sd_{4 k-1}=2^{s} за всяко kk. Тогава a4k−1=23−s(2k−1)a_{4 k-1}=2^{3-s}(2 k-1) и a4k−3=2s(k−1)a_{4 k-3}=2^{s}(k-1). И така, редици, изнълияващи условисто на задачата, съцествуват само при m=m= -1 и техният брой с 4.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2009-12-4