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

2010

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • pms2010-11-2: има placeholder текст
  • pms2010-12-2: има placeholder текст
  • pms2010-12-3: има placeholder текст

8

1 задача

Задача 4

Пълен запис
Условие
Някои от полетата на квадратна мрежа n×n(n≥2)n \times n(n \geq 2) са минирани, като във всеки квадрат 2×22 \times 2 има поне едно минирано поле. Във всяко поле с записан броят на минираните полета сред полетата, имащи общи точки с него (това са самото поле и неговите съседни по страна или връх). Нека MM е най-голямото от записаните числа, Намерете най-малката възможна стойност на MM (отговорът може да зависи от nn ).
РешениеДа номерираме редовете и стълбовете, така че позицията на всяко поле да се задава с двойка естествени числа ( x;yx; y ). Ако n=2n=2 или n=3n=3, достатъчно е да се минира само поле (2;2)(2; 2) и тъй като със сигурност има ноне едно минирано поле, то най-малката стойност е M=1M=1. Нека сега n≥4n \geq 4. Ако минираме полетата, за които x+yx+y се дели на 3, то във всеки квадрат 2×22 \times 2 има поне едно минирано поле, а във всеки квадрат 3×33 \times 3 има три минирани полета (но едно на всеки ред), така че M=3M=3. Да допуснем, че с възможно M≤2M \leq 2. Тогава във всички клетки числата са не по-големи от 2. Да разгледаме произволен квадрат 4×44 \times 4. В централния му квадрат 2×22 \times 2, който ще означим с K, има неминирано поле П. Понеже в квадратите 2×22 \times 2, съдържащи П, има поне по едно минирано поле, а числото в ПП е не по-голямо от 2, то ПП се намира между две минирани полета, съседни по страна с него, а останалите съседни полета на П пе са минирани. В К съществува поле C, съедно по страна на ПП, което не с минирано. Да разгледаме квадрата 3×33 \times 3 с център в С. В него има поне три минирани полета: двете съседни на П и поне още едно в квадрата 2×22 \times 2, съдържащ C и несъдържащ П. Така в C трябва да бъде записано поне 3, което противоречи на допускането M≤2M \leq 2. И така, най-малката възможна стойност на MM е 3. Окончателно отговорът е 1 при n≤3n \leq 3 и 3 при n≥4n \geq 4.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-8-4

9

1 задача

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се памерят всички стойности на реалния параметьр aa, за които корените x1x_{1} и x2x_{2} на квадратното уравнение x2+(a+2)x+a−1=0x^{2}+(a+2) x+a-1=0 удовлетворяват равенствотоx1+11+x1+x2+1x2−1=0x_{1}+\frac{1}{1+x_{1}}+x_{2}+\frac{1}{x_{2}-1}=0
РешениеДа отбележим, че корените па даденото уравнение випаги са реални и са различни от ±1\pm 1 при a≠−1a \neq-1. Да запишем даденото равенство във вида x1+x2(x1+1)(x2−1)=−(x1+x2)\frac{x_{1}+x_{2}}{\left(x_{1}+1\right)\left(x_{2}-1\right)}= -\left(x_{1}+x_{2}\right). Случай 1. Ако x1+x2=0x_{1}+x_{2}=0, получаваме a=−2a=-2, което е ренение па задачата. Случай 2. Ако x1+x2≠0x_{1}+x_{2} \neq 0, след съкращаване и освобождаване от знаменател получаваме 1=−(x1+1)(x2−1)⟺x1x2=x1−x21=-\left(x_{1}+1\right)\left(x_{2}-1\right) \Longleftrightarrow x_{1} x_{2}=x_{1}-x_{2}. Последното е еквивалентно на a−1=±x2a2+8a-1= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}+8}, откъдето намирамс a=−72a=-\frac{7}{2}. При a=−72a=-\frac{7}{2} имаме x1=−32x_{1}=-\frac{3}{2} и x2=3x_{2}=3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-9-1

10

2 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека x,y,ax, y, a са реални числа и x+y=a,xy=a+3x+y=a, x y=a+3. Да се намери възможно най-малката стойност на израза x2+y2x^{2}+y^{2}.
РешениеИмаме x2+y2=(x+y)2−2xy=a2−2(a+3)=a2−2a−6=f(a)x^{2}+y^{2}=(x+y)^{2}-2 x y=a^{2}-2(a+3)=a^{2}-2 a-6=f(a). От формулите на Виет следва, че xx и yy са корените на квадратното уравпение t2−at+a+3=0t^{2}-a t+a+3=0. Тъй като x,yx, y са реални числа, то D=a2−4a−12≥0D=a^{2}-4 a-12 \geq 0. Оттук a∈(−∞,−2]∪[6,+∞)a \in(-\infty, -2] \cup[6, +\infty). Квадратната функция f(a)f(a) е намаляваща в интервала ( −∞,1-\infty, 1 ) и растяща в ( 1,+∞1, +\infty ), така че тя памалява в (−∞,−2](-\infty, -2] и расте в [6,+∞)[6, +\infty). Следователно най-малката стойност па f(a)f(a) при a∈(−∞,−2]∪[6,+∞)a \in(-\infty, -2] \cup[6, +\infty) е по-малкото от числата f(−2)f(-2) и f(6)f(6). Тъй като f(−2)=2f(-2)=2 и f(6)=18f(6)=18, търсената най-малка стойност на x2+y2x^{2}+y^{2} е равна на 2 (и се достига при x=y=−1x=y=-1 ).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C с ∠ACB≠90∘\angle A C B \neq 90^{\circ}. Правите през върха CC, перпендикулярни на страните ACA C и BCB C, пресичат съответно правите през върховете AA и BB, перпендикулярни на страните BCB C и ACA C, в точките PP и QQ. Ако MM е средата на страната ABA B, то да се докаже, че правите PQP Q и CMC M са перпендикулярни.
РешениеНека HH е ортоцентър на △ABC\triangle A B C. Тъй като CP∥QH(⊥AC)C P \| Q H(\perp A C) и CQ∥PH(⊥BC)C Q \| P H(\perp B C), то HPCQH P C Q е успоредник и в частност PQP Q разполовява CHC H. От друга страна, CH⊥AB,HP⊥BC,CP⊥ACC H \perp A B, H P \perp B C, C P \perp A C и следователно △CHP∼ABC\triangle C H P \sim A B C. Така получаваме, че PQP Q и CMC M са съответни медиани в подобни триъгълници с перпендикулярни страни и следователно те също са перпендикулярни.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-10-2

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадена с безкрайна аритметична прогресия с първи член a1a_{1} и разлика dd, всички членове на която са положителни и числата a1,a2011a_{1}, a_{2011} и S2010+S2011S_{2010}+S_{2011} са последователни членове на геометрична прогресия. ( CSk\mathrm{C} S_{k} означаваме сбора на първите kk члена на аритметичната прогресия.) a) Да се намери частното a1d\frac{a_{1}}{d}. б) Да се докаже, че за произволно естествено число nn числата a1,ana_{1}, a_{n} и Sn−1+SnS_{n-1}+S_{n} са последователии членове на геометрична прогресия.
Решениеа) От условието получавамеa20112=a1(S2010+S2011)=a_{2011}^{2}=a_{1}\left(S_{2010}+S_{2011}\right)=a1((2a1+2009d)2010+(2a1+2010d)2011)2\frac{a_{1}\left(\left(2 a_{1}+2009 d\right) 2010+\left(2 a_{1}+2010 d\right) 2011\right)}{2}което след опростяване дава a12+1004a1d−1005d2=0a_{1}^{2}+1004 a_{1} d-1005 d^{2}=0. След разделяне на d≠0d \neq 0 и решаване на съответното квадратно уравнение, намираме a1d=1\frac{a_{1}}{d}=1 или a1d=−1005\frac{a_{1}}{d}=-1005. Ако a1d=−1005\frac{a_{1}}{d}=-1005, то или a1<0a_{1}\lt{}0 или d<0d\lt{}0, което е певъзможно, понеже всички членове на прогресията са положителни числа. Следователно a1d=1\frac{a_{1}}{d}=1. б) От а) имаме, че a1=da_{1}=d. Тогава an=a1na_{n}=a_{1} n, а от формулите за Sn−1S_{n-1} и SnS_{n} пресмятаме Sn−1=a1n(n−1)2S_{n-1}=\frac{a_{1} n(n-1)}{2} и Sn=a1n(n+1)2S_{n}=\frac{a_{1} n(n+1)}{2}, откъдето Sn−1+Sn=a1n2S_{n-1}+S_{n}=a_{1} n^{2}. Следователноa1(Sn−1+Sn)=a12n2=an2a_{1}\left(S_{n-1}+S_{n}\right)=a_{1}^{2} n^{2}=a_{n}^{2}т. е. a1,ana_{1}, a_{n} и Sn−1+SnS_{n-1}+S_{n} са последователни членове на геометрична прогресия.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-11-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека x1,x2,…,xnx_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n} са положителни числа, за които е изнълнено равенството x1x2…xn=1x_{1} x_{2} \ldots x_{n}=1. Да се докаже неравенството(x1+x2)(x2+x3)…(xn−1+xn)(xn+x1)≥\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{2}+x_{3}\right) \ldots\left(x_{n-1}+x_{n}\right)\left(x_{n}+x_{1}\right) \geq2n+n(x1+x2+⋯+xn−n). 2^{n}+n\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}-n\right).
РешениеКато разкрием скобите в (x1+x2)(x2+x3)…(xn−1+xn)(xn+x1)\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{2}+x_{3}\right) \ldots\left(x_{n-1}+x_{n}\right)\left(x_{n}+x_{1}\right) ще получим сбор от 2n2^{n} събираеми, всяко от които с от степен nn, като всяко xix_{i} се появява в такова събираемо най-много на втора степен. Да разделим тези събираеми на две групи. В първа група да поставим всички събираеми в които точно едно от неизвестните е на втора степен, а във втора група да поставим всички останали. Да означим с AA и BB сборът на събираемите съответно от първата и от втората група. Да разгледаме събираемите, в които x1x_{1} е на втора степен, а всички останали променливи са на първа степен. Лесно се вижда, че има точно n−1n-1 такива събираеми (получени са от x2x3…xnx_{2} x_{3} \ldots x_{n} чрез премахване последователно на x2,x3,…,xnx_{2}, x_{3}, \ldots, x_{n} ). От неравенството между средното аритметично и средното геометрично имамеx12x3…xn+x12x2x4…xnx_{1}^{2} x_{3} \ldots x_{n}+x_{1}^{2} x_{2} x_{4} \ldots x_{n}+⋯+x12x2…xn−1+1≥+\cdots+x_{1}^{2} x_{2} \ldots x_{n-1}+1 \geqnx2x12n−2x2n−2…xnn−2n=nx1. n \sqrt[n]{\vphantom{x^2}x_{1}^{2 n-2} x_{2}^{n-2} \ldots x_{n}^{n-2}}=n x_{1}.Аналогични неравенства получаваме и за xix_{i} при i=2,3,…,ni=2, 3, \ldots, n. СледователноA+n≥n(x1+⋯+xn).A+n \geq n\left(x_{1}+\cdots+x_{n}\right).Да забележим, че изразът от останалите 2n−n(n−1)2^{n}-n(n-1) събираеми (това са точно събираемите от втората група) е симетричен спрямо всички неизвестни. Това означава, че тяхното произведение ще бъде едночлен, в който неизвестните ще са на една и съща степен, т. е. тяхното произведение е равно на 1. Следователно неравенството между средното аритметично и средното геометрично ни дава, че сборът на тези 2n−n(n−1)2^{n}-n(n-1) събираеми е по-голям или равен от 2n−n(n−1)2^{n}-n(n-1). Следователно B≥2n−n(n−1)B \geq 2^{n}-n(n-1). Окончателно получаваме (x1+x2)(x2+x3)…(xn−1+xn)(xn+x1)+n=A+n+B≥n(x1+⋯+xn)+2n−n2+n\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{2}+x_{3}\right) \ldots\left(x_{n-1}+x_{n}\right)\left(x_{n}+x_{1}\right)+n=A+n+B \geq n\left(x_{1}+\cdots+x_{n}\right)+2^{n}-n^{2}+n, което е еквивалентно на неравенството от условието.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
4, Да се намерят всички полиноми f(x)f(x) с цели коефициенти, които притеждват следното свойство: съществува константа c>0c\gt{}0, такава че за всяко цяло число n>cn\gt{}c, числото f(n)f(n) е различно от нула и дели nn!,
РешениеЯсно е, че целите пенулеви константи са на задачата. Да представим f(x)f(x) във видаf(x)=f(x)=(x−a1)1α(x−a2)2α…(x−ak)kαg(x),\left(x-a_{1}\right)_{1}^{\alpha}\left(x-a_{2}\right)_{2}^{\alpha} \ldots\left(x-a_{k}\right)_{k}^{\alpha} g(x),където 0≤a1<a2<⋯<ak0 \leq a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}\cdots\lt{}a_{k} са неотрицателни цели числа, αi≥1\alpha_{i} \geq 1, а полиномът g(x)g(x) няма неотрицателни цели корени. Да допуснем, че g(x)g(x) не е константа. Понеже простите делители на g(x)g(x) са безбройно много, можем да изберем достатъчно голямо просто число pp, за което съществува NN, такова че pp дели g(N)g(N) и нека rr е остатькът на NN при деление на pp. Можем да считаме, че r≠ai,i=1,2,…,kr \neq a_{i}, i=1, 2, \ldots, k и r>cr\gt{}c. Ясно е, че pp дели g(r)g(r), отктцето pp дели и f(r)f(r), т. е. pp дели r!r!, което противоречи на 0<r<p0\lt{}r\lt{}p. Следователно g(x)g(x) е константа, т. е.f(x)=(x−a1)1α(x−a2)2α…(x−ak)kαf(x)=\left(x-a_{1}\right)_{1}^{\alpha}\left(x-a_{2}\right)_{2}^{\alpha} \ldots\left(x-a_{k}\right)_{k}^{\alpha}Ако допуснем, че αi≥2\alpha_{i} \geq 2 за някое ii, то след като положим x=p+aix=p+a_{i} за достатъчно голямо просто число pp, ще получим, че p2p^{2} дели (p+ai)\left(p+a_{i}\right)!, което при ai<pa_{i}\lt{}p е невъзможно. Следователно,f(x)=c(x−a1)(x−a2)…(x−ak)f(x)=c\left(x-a_{1}\right)\left(x-a_{2}\right) \ldots\left(x-a_{k}\right)където cc е константа, а 0≤a1<a2<⋯<ak0 \leq a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}\cdots\lt{}a_{k} са цели числа. Лесно се вижда, че полиномите от този вид удовлетворяват условието на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа kk, такива че всяко реално число xx удовлетворява равенствотоsin⁡kxcos⁡kx+cos⁡kxsin⁡kx=34sin⁡(k+1)x.\sin ^{k} x \cos k x+\cos ^{k} x \sin k x=\frac{3}{4} \sin (k+1) x.
РешениеПри k=1k=1 равенството става sin⁡2x=34sin⁡2x\sin 2 x=\frac{3}{4} \sin 2 x и очевидно не е изпълнено за всяко xx. Нека k>1k\gt{}1. При x=πkx=\frac{\pi}{k} получаваме sin⁡kπk=34sin⁡πk\sin ^{k} \frac{\pi}{k}=\frac{3}{4} \sin \frac{\pi}{k} или (тъй като sin⁡πk≠0\sin \frac{\pi}{k} \neq 0 ) sin⁡k−1πk=34\sin ^{k-1} \frac{\pi}{k}=\frac{3}{4}. При x=π2kx=\frac{\pi}{2 k} получаваме cos⁡kπ2k=34cos⁡π2k\cos ^{k} \frac{\pi}{2 k}=\frac{3}{4} \cos \frac{\pi}{2 k} или (понеже cos⁡π2k≠0\cos \frac{\pi}{2 k} \neq 0 ) cos⁡k−1π2k=34\cos ^{k-1} \frac{\pi}{2 k}=\frac{3}{4}. Тези равенства и формулата sin⁡πk=2sin⁡π2kcos⁡π2k\sin \frac{\pi}{k}=2 \sin \frac{\pi}{2 k} \cos \frac{\pi}{2 k} дават 2k−1sin⁡k−1π2k=2^{k-1} \sin ^{k-1} \frac{\pi}{2 k}= 1, откъдето (предвид sin⁡π2k>0\sin \frac{\pi}{2 k}\gt{}0 ) получаваме sin⁡π2k=12\sin \frac{\pi}{2 k}=\frac{1}{2}. Това е изпълнено единствено при k=3k=3. Ще покажем, че при k=3k=3 даденото равенство действително е изпълнено за всяко xx. Имаме последователноsin⁡3xcos⁡3x+cos⁡3xsin⁡3x=sin⁡3x(4cos⁡3x−3cos⁡x)+cos⁡3x(3sin⁡x−4sin⁡3x)=3sin⁡xcos⁡x(cos⁡2x−sin⁡2x)=3⋅12sin⁡2xcos⁡2x=34sin⁡4x\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=3k=3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-12-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-12-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Описаната около △ABC\triangle A B C окръжност kk има диаметьр 1. Да се докаже, че триъгълникът е равностранен тогава и само тогава, когато за всяка точка MM от вътрешността на kk,1MA+1MB+1MC>5.\frac{1}{M A}+\frac{1}{M B}+\frac{1}{M C}\gt{}5.
РешениеНека първо △ABC\triangle A B C е равностранен. Лесно се вижда, че поне един от ∠AMB,∠BMC\angle A M B, \angle B M C и ∠CMA\angle C M A е не по-малък от 120∘120^{\circ}, например ∠AMB\angle A M B. Имаме, че1MA+1MB+1MC>4MA+MB+1\frac{1}{M A}+\frac{1}{M B}+\frac{1}{M C}\gt{}\frac{4}{M A+M B}+1Остава да съобразим, че MA+MB≤1M A+M B \leq 1, понеже34=AB2=MA2+MB2−2MA⋅MBcos⁡∠AMB≥MA2+MB2+MA⋅MB≥34(MA+MB)2\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∈kM \in k. Следователно е достатъчно да покажем, че ако γ\gamma е най-големият ытьл и MM е средата на дъгата ABA B (несъдържаща CC ), тоS=1MA+1MB+1MC≤5,S=\frac{1}{M A}+\frac{1}{M B}+\frac{1}{M C} \leq 5,като равенство се достига при γ=60∘\gamma=60^{\circ}. Имаме, чеMA=MB=sin⁡γ2,MC=cos⁡α−β2.M A=M B=\sin \frac{\gamma}{2}, \quad M C=\cos \frac{\alpha-\beta}{2}.Ако γ≥π/2\gamma \geq \pi / 2, то MC>MA=MB≥x222M C\gt{}M A=M B \geq \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2} и S<3x22<5S\lt{}3 \sqrt{\vphantom{x^2}2}\lt{}5. Иначе α−β≤3γ−π<π/2\alpha-\beta \leq 3 \gamma-\pi\lt{}\pi / 2 и следователноS≤2sin⁡γ2+1sin⁡3γ2=2t+1t(3−4t2)=TS \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)}=Tкъдето t=sin⁡γ/2∈[1/2,x22/2)t=\sin \gamma / 2 \in[1 / 2, \sqrt{\vphantom{x^2}2} / 2). Неравенството T≤5T \leq 5 е еквивалентно на очевидното (2t−1)(10t2+t−7)≤0(2 t-1)\left(10 t^{2}+t-7\right) \leq 0, като равенство се достига при t=1/2t=1 / 2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-12-4