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

2011

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • pms2011-9-2: има placeholder текст
  • pms2011-9-3: има placeholder текст

8

5 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
В остроъгълен триъкълник ABCA B C с ∠ACB=45∘\angle A C B=45^{\circ} симетралите на страните ABA B и ACA C се пресичат в точка OO. Височината AHA H пресича отсечката BOB O в точка LL. Правата AOA O пресича страната BCB C в точка KK. Ако AL=2CKA L=2 C K, намерете ∠ABC\angle A B C.
РешениеОт свойството на симетралите имаме BO=AO=COB O=A O=C O. Да означим ∠OAB=∠OBA=x,∠OCB=∠OBC=y;\angle O A B=\angle O B A=x, \angle O C B=\angle O B C=y; тогава ∠OAC=∠OCA=45∘−y\angle O A C=\angle O C A=45^{\circ}-y. От сбора на ъглите в △ABC\triangle A B C получаваме 2x=90∘2 x=90^{\circ}, така че x=45∘x=45^{\circ} и ∠AOB=90∘\angle A O B=90^{\circ} (1т.). Сега ∠OBK=90∘−∠OKB=∠LAO\angle O B K=90^{\circ}-\angle O K B=\angle L A O, така че △AOL≅△BOK\triangle A O L \cong \triangle B O K по втори признак (1т.) и значи BK=AL=2CKB K=A L=2 C K. (1т.) Нека MM е средата на BKB K. Имаме BM=MK=KCB M=M K=K C и BO=OCB O=O C, така че △BOM≅△COK\triangle B O M \cong \triangle C O K по първи признак. (1т.) Значи OK=OM=MK=BMO K=O M=M K=B M; следователно △KOM\triangle K O M е равностранен, (1т.) ∠BMO=120∘,∠MOB=∠MBO=30∘\angle B M O=120^{\circ}, \angle M O B=\angle M B O=30^{\circ} и ∠ABC=45∘+30∘=75∘\angle A B C= 45^{\circ}+30^{\circ}=75^{\circ} (1т.).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2011-8-2

Задача 2

Пълен запис
Условие
Точки E,FE, F лежат съответно на страните AB,BCA B, B C на правоъгълник ABCDA B C D, имащ лице 1. Средите на AE,EF,FC,CD,DAA E, E F, F C, C D, D A са съответно K,P,L,M,NK, P, L, M, N. Средите на KL,PM,PNK L, P M, P N са съответно Q,R,TQ, R, T. Определете лицето на △QRT\triangle Q R T.
РешениеНека OO е произволна точка. ИмамеOQ→=12(OK→+OL→)=14(OA→+OE→+OF→+OC→)OR→=12(OP→+OM→)=14(OE→+OF→+OC→+OD→)OT→=12(OP→+ON→)=14(OE→+OF→+OD→+OA→)QR→=OR→−OQ→=14(OD→−OA→)=14AD→QT→=OT→−OQ→=14(OD→−OC→)=14CD→\begin{gathered} \overrightarrow{O Q}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O K}+\overrightarrow{O L})=\frac{1}{4}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O E}+\overrightarrow{O F}+\overrightarrow{O C}) \\ \overrightarrow{O R}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O P}+\overrightarrow{O M})=\frac{1}{4}(\overrightarrow{O E}+\overrightarrow{O F}+\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D}) \\ \overrightarrow{O T}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O P}+\overrightarrow{O N})=\frac{1}{4}(\overrightarrow{O E}+\overrightarrow{O F}+\overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O A}) \\ \overrightarrow{Q R}=\overrightarrow{O R}-\overrightarrow{O Q}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{O D}-\overrightarrow{O A})=\frac{1}{4} \overrightarrow{A D} \\ \overrightarrow{Q T}=\overrightarrow{O T}-\overrightarrow{O Q}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{O D}-\overrightarrow{O C})=\frac{1}{4} \overrightarrow{C D} \end{gathered}Така отсечките QR,QTQ R, Q T са успоредни и равни на четвърт съответно на AD,CDA D, C D. Следователно △QRT\triangle Q R T е правоъгълен и лицето му е 1214AD14CD=132\frac{1}{2} \frac{1}{4} A D \frac{1}{4} C D=\frac{1}{32}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички прости числа pp, такива че числото p(p+1)(p+3)p(p+1)(p+3) се представя като произведение на две последователни естествени числа.
РешениеНека p(p+1)(p+3)=n(n+1)p(p+1)(p+3)=n(n+1). Тъй като pp е просто, то pp ще дели nn или n+1n+1. Нека pp дели nn, т. е. n=pqn=p q, където q≥2q \geq 2. Тогава (p+1)(p+3)=q(pq+1)(p+1)(p+3)=q(p q+1), откъдето p2+(4−q2)p+3−q=0p^{2}+\left(4-q^{2}\right) p+3-q=0. Оттук p∣q−3p \mid q-3, т. е. q=pk+3,k≥0q=p k+3, k \geq 0 е цяло. След заместване и съкращаване на pp получаваме p=p2k2+6pk+5+kp=p^{2} k^{2}+6 p k+5+k, което е възможно само при k=0k=0 и съответно p=5p=5, откъдето n=15n=15. Нека сега pp дели n+1n+1, т. е. n+1=pqn+1=p q, където q≥2q \geq 2. Тогава (p+1)(p+3)=q(pq−1)(p+1)(p+3)=q(p q-1), откъдето p2+(4−q2)p+3+q=0p^{2}+\left(4-q^{2}\right) p+3+q=0. Сега имаме p∣q+3p \mid q+3, т. е. q=pk−3,k≥1q=p k-3, k \geq 1 е цяло, и достигаме до p=p2k2−6pk+5−k=k(p2k−6p−1)+5p=p^{2} k^{2}-6 p k+5-k=k\left(p^{2} k-6 p-1\right)+5. Тъй като p2k−6p−1>pp^{2} k-6 p-1\gt{}p при k≥4k \geq 4, имаме 1≤k≤31 \leq k \leq 3. Директна проверка дава рененията p=2,n=5p=2, n=5 и p=3,n=8p=3, n=8.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2011-8-3

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че числото A=n4−12n2+4A=n^{4}-12 n^{2}+4 е съставно за всяко естествено число n≥4n \geq 4. В случая, когато числото AA е произведение от две прости числа, да се докаже, че никое от тези прости числа не е равно на 22k+12^{2^{k}}+1, където kk е естествено число.
РешениеЧислото AA се разлага по следния начин:A=n4+4n2+4−16n2=(n2+2)2−(4n)2=A=n^{4}+4 n^{2}+4-16 n^{2}=\left(n^{2}+2\right)^{2}-(4 n)^{2}=(n2−4n+2)(n2+4n+2).\left(n^{2}-4 n+2\right)\left(n^{2}+4 n+2\right).Тъй като n2+4n+2≥1+4+2=7>1n^{2}+4 n+2 \geq 1+4+2=7\gt{}1 и n2−4n+2=n(n−4)+2>0+2>1n^{2}-4 n+2=n(n-4)+2\gt{}0+2\gt{}1, заключаваме, че AA е съставно. Ако AA е произведение на простите числа pp и qq, без ограничене на общността можем да считаме, че p=n2−4n+2p=n^{2}-4 n+2 и q=n2+4n+2q=n^{2}+4 n+2. Очевидно nn е нечетно число и тогава не е трудно да се види, че p≡q≡7( mod 8)p \equiv q \equiv 7(\bmod 8), докато 22k+1≡52^{2^{k}}+1 \equiv 5 или 1( mod 8)1(\bmod 8) съответно при k=1k=1 и k≥2k \geq 2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В бахазката азбука има само две букви: А и Б и всяка дума е от поне една буква. Ако променим някоя буква в kk-буквена бахазка дума и изтрием буквите след нея (ако има такива), получаваме дума, която с начало на друга дума с поне k−2k-2 букви (самата дума също е начало на себе си). В бахазкия език има деветбуквена дума. Какъв е най-малкият възможен брой бахазки думи?
РешениеМожем да считаме, че най-дългата дума е с 9 букви (ако на всяка дума изтрием буквите след деветата, условието остава в сила). Нека f(n)f(n) е най-малкият възможен брой бахазки думи, ако най-дългата сред тях е с nn букви. Явно f(1)=2f(1)=2 и ако n>mn\gt{}m, то f(n)≥f(m)f(n) \geq f(m). Целта ни е да открием f(9)f(9). Имаме f(2)=3f(2)=3 (освен двубуквената дума трябва да осигурим думи при промяна на всяка от двете и́ букви ако например има дума АА, е необходимо и достатъчно да има АБ и Б). Аналогично f(3)=4f(3)=4 (ако например има дума ААА, е необходимо и достатъчно да има ААБ, АБ и Б). Ако има nn-буквена дума ww, без ограничение нека първата и́ буква да е А. Да разгледаме само думите, започващи с А. Ако изтрием това А, условието ще е спазено за получените скъсени думи и най-дългата сред тях е с n−1n-1 букви, така че наймалкият им възможен брой е f(n−1)f(n-1). Ако променим първата буква в ww на Б, получаваме начало на дума с поне n−2n-2 букви. Да разгледаме всички думи, започващи с Б; ако изтрием това Б, условисто ще е спазено за полученото множество от думи, като най-дългата сред тях е с поне n−3n-3 букви, така че най-малкият им възможен брой е f(n−3)f(n-3). И така f(n)=f(n−1)+f(n−3)f(n)=f(n-1)+f(n-3). Пресмятаме последователно f(4)=f(3)+f(1)=4+2=6,f(5)=f(4)+f(2)=6+3=9,f(6)=f(5)+f(3)=9+4=13,f(7)=f(6)+f(4)=13+6=19,f(8)=f(7)+f(5)=19+9=28f(4)=f(3)+f(1)= 4+2=6, f(5)=f(4)+f(2)=6+3=9, f(6)=f(5)+f(3)=9+4=13, f(7)=f(6)+ f(4)=13+6=19, f(8)=f(7)+f(5)=19+9=28 и f(9)=f(8)+f(6)=28+13=41f(9)=f(8)+f(6)=28+13=41.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-8-4

9

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравненията (a+1)x2+x−1=0(a+1) x^{2}+x-1=0 и ax2−2x+3=0a x^{2}-2 x+3=0 имат общ корен.
РешениеНека x0x_{0} е общ корен на двете уравнения. След елиминиране на x02x_{0}^{2} получаваме (3a+2)x0=4a+3(3 a+2) x_{0}=4 a+3, което няма при a=−32a=-\frac{3}{2}, а при a≠−23a \neq-\frac{2}{3} намираме x0=4a+33a+2x_{0}=\frac{4 a+3}{3 a+2}. Заместваме x0=4a+33a+2x_{0}=\frac{4 a+3}{3 a+2} във второто уравнение и получавамеa(4a+33a+2)2=2(4a+3)3a+2−3=a\left(\frac{4 a+3}{3 a+2}\right)^{2}=\frac{2(4 a+3)}{3 a+2}-3=2(4a+3)−3(3a+2)3a+2=−a3a+2\frac{2(4 a+3)-3(3 a+2)}{3 a+2}=-\frac{a}{3 a+2}Лесно се вижда, че a=0a=0 не дава на задачата, а при a≠0a \neq 0 получаваме квадратното уравнение (4a+3)2=−3a−2⟺16a2+27a+11=0(4 a+3)^{2}=-3 a-2 \Longleftrightarrow 16 a^{2}+27 a+11=0 с корени a1=−1a_{1}=-1 и a2=−1116a_{2}=-\frac{11}{16}, като съответните общи корени са x0=−1x_{0}=-1 и -4.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-9-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
В клетките на таблица 100×100100 \times 100 са записани 1002−1100^{2}-1 плюса и един минус (по един знак в клетка). Разрешено е за един ход да се сменят всички знаци в даден ред или стълб. Възможно ли е след краен брой ходове да се достигне до таблица, в която има точно 2011 минуса?
РешениеОтговор: не! Нека xx (съответно yy ) е броят на редовете (съответно стълбовете), с които са направени нечетен брой ходове. Да забравим за момент за минуса и да го считаме за плюс. Тогава в края минусите са x(100−y)+y(100−x)x(100-y)+y(100-x), което е четно число. Следователно 2011 минуса могат да се получат само ако горното число е 2010 или 2012 и отчитането на минуса доведе съответно до увеличение или намаление с 1. Ще докажем, че равенствата x(100−y)+y(100−x)=2010x(100-y)+y(100-x)=2010 и 2012 са невъзможни. Ако x(100−y)+y(100−x)=2010x(100-y)+y(100-x)=2010, получаваме (x−50)(y−50)=1495(x-50)(y-50)=1495. Тъй като 0≤x,y≤1000 \leq x, y \leq 100, множителите отляво не надминават 50 по абсолютна стойност. Но 1495=5⋅13⋅231495=5 \cdot 13 \cdot 23 не може да се представи като такова произведение. Аналогично, от x(100−y)+y(100−x)=2012x(100-y)+y(100-x)=2012 получаваме (x−50)(y−50)=1494=(x-50)(y-50)=1494= 2 \cdot 9 \cdot 83 и остава да отбележим, че няма как да получим отляво множител 83.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2011-9-3

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Няколко от полетата на една шахматна дъска n×n,n≥4n \times n, n \geq 4, са маркирани. Известно е, че никои две маркирани полета не се намират в един и същи ред или стълб, както и че шахматният кон може да тръгне от някое маркирано поле и с няколко скока да премине през всички маркирани полета точно по веднъж. Колко най-много могат да са маркираните полета?
РешениеОтговор: n−1n-1, ако n≡2( mod 4)n \equiv 2(\bmod 4) и nn в останалите случаи. Ясно е, че не можем да имаме повече от nn маркирани полета. Да предположим, че маркираните полета са nn на брой и n=4k+2,k∈Nn=4 k+2, k \in \mathbb{N}. Да разгледаме стандартното шахматно оцветяванеполетата (i,j)(i, j), за които числото i+ji+j е нечетно, са черни, а останалите са бели. Да означим маркираните полета с (i1,j1),(i2,j2),…(i4k+2,j4k+2)\left(i_{1}, j_{1}\right), \left(i_{2}, j_{2}\right), \ldots\left(i_{4 k+2}, j_{4 k+2}\right). От условието за ходовете на коня и от факта, че конят мени цвета на полето си при всеки скок (от черен на бял и обратно), виждаме, че точно половината (т. е. 2k+12 k+1 ) от сумите i1+j1,i2+j2,…i4k+2+j4k+2i_{1}+j_{1}, i_{2}+j_{2}, \ldots i_{4 k+2}+j_{4 k+2} трябва да бъдат нечетни. Оттук следва, че и сумата i1+j1+i2+j2+…+i4k+2+j4k+2=2(1+2+…+(4k+2))i_{1}+j_{1}+i_{2}+j_{2}+\ldots+i_{4 k+2}+j_{4 k+2}=2(1+2+\ldots+(4 k+2)) също трябва да бъде да бъде нечетно числопротиворечие! Рисунката показва един маршрут на коня в дъска 10×1010 \times 10, който лесно може да се обобщи така, че да даде необходимия брой ( nn или n−1n-1 съответно при n≢2n \not \equiv 2 или ≡2( mod 4))\equiv 2(\bmod 4)) маркирани полета върху дъски с всякакви размери, като една и съща последователност от четири хода се повтаря циклично. Например при n=4,n=5n=4, n=5 и n=8n=8 имаме съответно ситуацията с дъската 4×4,5×54 \times 4, 5 \times 5 и 8×88 \times 8 долу вляво, а при n=7n=7 трябва да "отрежем" един ред отдолу и два отгоре и аналогично за стълбовете.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-9-4

10

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Окръжностите k1k_{1} и k2k_{2} с центрове O1O_{1} и O2O_{2} се пресичат в две различни точки AA и BB. През AA са прекарани две различни прави, които пресичат k1k_{1} в точките M1M_{1} и N1N_{1}, а k2k_{2} в точките M2M_{2} и N2N_{2} съответно. Нека MM и NN са средите на отсечките M1M2M_{1} M_{2} и N1N2N_{1} N_{2}. Да се докаже, че: a) точките M,N,AM, N, A и BB лежат на една окръжност; б) центърът на тази окръжност е среда на отсечката O1O2O_{1} O_{2}.
Решениеа) Тъй като ∠AM1B=∠AN1B\angle A M_{1} B= \angle A N_{1} B \quad и ∠AM2B=∠AN2B\quad \angle A M_{2} B=\angle A N_{2} B, то △M1M2B∼△N1N2B\triangle M_{1} M_{2} B \sim \triangle N_{1} N_{2} B. Следователно BMB M и BNB N са съответни медиани в подобни триъгълници и ∠M1MB=∠N1NB\angle M_{1} M B=\angle N_{1} N B, което означава, че точките M,N,AM, N, A и BB лежат на една окръжност с център OO. б) От една страна OO лежи на симетралата на ABA B, т. е. OO лежи на O1O2O_{1} O_{2}. От друга страна O1O_{1} и O2O_{2} лежат на симетралите на отсечките AN1A N_{1} и AN2A N_{2} съответно, а OO лежи на симетралата на ANA N. Оттук лесно получаваме, че OO е среда на O1O2O_{1} O_{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Естествените числа a,b,c,p,qa, b, c, p, q и rr са такива, че a2+b2=c2a^{2}+b^{2}=c^{2} и p2+q2=r2p^{2}+q^{2}=r^{2}. Възможно ли е числото ap+bq+cra p+b q+c r да е просто?
Решение(a,b)=1(a, b)=1 и (p,q,r)=1(p, q, r)=1, т. е. (p,q)=1(p, q)=1. Имаме(ap+bq+cr)(ap+bq−cr)=(ap+bq)2−c2r2==a2p2+2apbq+b2q2−(a2+b2)(p2+q2)==−a2q2+2aqbp−b2p2==−(aq−bp)2\begin{aligned} (a p+b q+c r)(a p+b q-c r) & =(a p+b q)^{2}-c^{2} r^{2}= \\ & =a^{2} p^{2}+2 a p b q+b^{2} q^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(p^{2}+q^{2}\right)= \\ & =-a^{2} q^{2}+2 a q b p-b^{2} p^{2}= \\ & =-(a q-b p)^{2} \end{aligned}и следователно ap+bq+cra p+b q+c r дели (aq−bp)2(a q-b p)^{2}. Тъй като ap+bq+cra p+b q+c r е просто число, заключаваме, че ap+bq+cra p+b q+c r дели aq−bpa q-b p. Ако aq−bp=0a q-b p=0, то от (a,b)=1(a, b)=1 и (p,q)=1(p, q)=1 следва, че a=p,b=qa=p, b=q. Но тогава ap+bq+cr=a2+b2+c2=2c2a p+b q+c r=a^{2}+b^{2}+c^{2}=2 c^{2} не е просто число. Ако aq−bp≠0a q-b p \neq 0, тоap+bq+cr≤∣aq−bp∣<max⁡{aq,bp}≤a p+b q+c r \leq|a q-b p|\lt{}\max \{a q, b p\} \leqmax⁡{a,b}max⁡{p,q}<cr<ap+bq+cr, \max \{a, b\} \max \{p, q\}\lt{}c r\lt{}a p+b q+c r,и отново имаме противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Симеон е намислил естествено число n≤2010n \leq 2010. Бойко се опитва да го познае по следния начин: пита дали дадено естествено число е по-голямо от nn и Симеон му отговаря с „да“ или „не“. Бойко печели играта, когато познае числото, и я губи, ако получи отговор „не“ за втори път и продължава да не знае числото. Колко най-малко въпроса са достатъчни на Бойко за да е сигурен, че ще спечели?
РешениеПърво да забележим, че ако Бойко получи първи отговор „не“ в някакъв момент, това означава, че тогава той има информация от вида n∈[n1,n2]n \in\left[n_{1}, n_{2}\right]. Ако следващият му опит е число x>n1x\gt{}n_{1}, и получи отговор „не", той губи, зацото няма право на повече въпроси, а намисленото от Симеон число е измежду n1,n1+1,…,xn_{1}, n_{1}+1, \ldots, x. Следователно Бойко трябва да опита последователно n1,n1+1,…,n2−1n_{1}, n_{1}+1, \ldots, n_{2}-1, а това са n2−n1n_{2}-n_{1} въпроса. Сега ще покажем, че Бойко винаги може да познае числото nn с 63 опита, като задава на Симеон последователно числата:63,63+62,63+62+61,…,63+62+⋯+5=200663, 63+62, 63+62+61, \ldots, 63+62+\cdots+5=2006докато не получи отговор „не“. Ако това никога не се случи, т. е. винаги отговорът на Симеон е „да“, то след 59 -ия опит, когато задава числото 2006, Бойко ще заключи, че n∈[2007,2010]n \in[2007, 2010] и с 3 опитаще отгатне числото. Ако пък получи отговор „не“ на опит с число 63+62+⋯+i63+62+\cdots+i, то n∈[63+62+⋯+(i+1)+1,63+62+⋯+(i+1)+i]n \in[63+62+\cdots+(i+1)+1, 63+62+\cdots+(i+1)+i] и от казаното по-горе следва, че са му необходими най-много (63−i+1)+i−1=63(63-i+1)+i-1=63 опита. Да допуснем, че Бойко има стратегия за определянето на nn с не повече от 62 опита. На първия опит Бойко може да получи отговор „не“, което означава, че е казал на Симеон число, което не надминава 62. Ако пьк получи отговор „да“, а при втория онит получи отговор „не“, то второто число не може да надминава 62+61=12362+61=123. Продължавайки със същите разсъждения, заключаваме, че числото на 62 -ия опит не надминава 62+61+⋯+1=1953<201062+61+\cdots+1=1953\lt{}2010 и при отговор „да“ и на този опит Бойко не може да определи числото на Симеон, противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-10-4