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

2013

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • pms2013-8-3: има placeholder текст
  • pms2013-10-2: има placeholder текст
  • pms2013-11-2: има placeholder текст
  • pms2013-12-2b: има placeholder текст
  • pms2013-12-3: има placeholder текст

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа xx и yy, за които x<yx\lt{}y и ∣6x−6y+24∣=x+y2−6|6 x-6 y+24|=x+y^{2}-6, ако е известно, че в интервала [x;y][x; y] се съдържат поне 5 цели числа.
РешениеОт условието, че интервалът [x;y][x; y] съдържат поне 5 цели числа, следва неравенството y−x≥4y-x \geq 4. (1 т.) Оттук 6x−6y≤−246 x-6 y \leq-24, т. е. 6x−6y+24≤06 x-6 y+24 \leq 0 (1 т.) и следователно равенството ∣6x−6y+24∣=x+y2−6|6 x-6 y+24|=x+y^{2}-6 е еквивалентно с −6x+6y−24=x2+y−6-6 x+6 y-24=x^{2}+y-6. (1 т.) Получаваме x2+6x+y−6y+18=0x^{2}+6 x+y-6 y+18=0 и като допълним до точни квадрати, намираме:(x2+6x+9)+(y−6y+9)=0,\left(x^{2}+6 x+9\right)+(y-6 y+9)=0,т. е.(x+3)+(y−3)2=0.(2т.) \text{т. е.}(x+3)+(y-3)^{2}=0.(2 \text{т.})Последното е възможно само в случай, че x=−3x=-3 и y=3y=3, които са единствените на задачата. (1 т.)
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дадени са успоредниците ABCDA B C D и A1B1C1D1A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}. Да се докаже, че четириъгълникът с върхове средите на отсечките AA1,BB1,CC1A A_{1}, \quad B B_{1}, \quad C C_{1} \quad и DD1\quad D D_{1} е успоредник или четирите среди лежат на една права.
РешениеНека M,N,PM, N, P и QQ са средите съответно на отсечките AA1,BB1,CC1A A_{1}, B B_{1}, C C_{1} и DD1D D_{1}. Ако OO е произволна точка (1 т.), тоMN→=ON→−OM→=12(OB→+OB→1)−−(OA→+OA→)==12(OB→−OA→+OB→1−OA→)=−(AB→+A⃗1B⃗1)⋅(2т.)АнапогичноOP→=OP→−OQ→=1(OC→+OC→1)−−(OD→+OD→)==12(OC)\begin{gathered} \overrightarrow{M N}=\overrightarrow{O N}-\overrightarrow{O M}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O B} 1)--(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O A})= \\ =\frac{1}{2}(\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B} 1-\overrightarrow{O A})=-\left(\overrightarrow{A B}+\vec{A}_{1} \vec{B}_{1}\right) \cdot(2 \text{т.}) \\ \text{Анапогично} \overrightarrow{O P}=\overrightarrow{O P}-\overrightarrow{O Q}=\frac{1}{\left(\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O C}_{1}\right)--(\overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O D})=} \\ =\frac{1}{2}(\text{OC}) \end{gathered}Следователно MN→=QP→\overrightarrow{M N}=\overrightarrow{Q P}, откъдето MNPQM N P Q е успоредник или точките M,N,PM, N, P и QQ лежат на една права. (1 т.)
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-8-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа n>1n\gt{}1, за които естественото числоN=n5−n4+2n3−2n2+2n−1N=n^{5}-n^{4}+2 n^{3}-2 n^{2}+2 n-1е степен на просто число.
РешениеЩе представим NN като произведение на два изразаединият от трета степен спрямо nn, а другият от втора степен спрямо nn. Имаме:N=n5−n4+n3+n3−n2−n2+n+n−1=(n5−n4+n3)+(n3−n2+n)−(n2−n+1)==n3(n2−n+1)+n(n2−n+1)−(n2−n+1)=(n2−n+1)(n3+n−1)\begin{gathered} N=n^{5}-n^{4}+n^{3}+n^{3}-n^{2}-n^{2}+n+n-1=\left(n^{5}-n^{4}+n^{3}\right)+\left(n^{3}-n^{2}+n\right)-\left(n^{2}-n+1\right)= \\ =n^{3}\left(n^{2}-n+1\right)+n\left(n^{2}-n+1\right)-\left(n^{2}-n+1\right)=\left(n^{2}-n+1\right)\left(n^{3}+n-1\right) \end{gathered}От полученото представяне следва, че NN е произведение на две естествени числа и тези естествени числа са по-големи от 1, защото n>1n\gt{}1. (1 т.) Ясно е, че стойностите на nn, за които числата n3+n−1n^{3}+n-1 и n2−n+1n^{2}-n+1 са взаимнопрости, не са на задачата. Ще разгледаме случая, когато те се делят едновременно на някое просто число pp. При това можем да считаме, че нито едно от тях няма прост делител, различен от p.(1p.(\mathbf{1} т.) Ще използваме, че: 1). n+n−1=(n2−n+1)(n+1)+(n−2)n+n-1=\left(n^{2}-n+1\right)(n+1)+(n-2) и 2). n2−n+1=(n+1)(n−2)+3n^{2}-n+1=(n+1)(n-2)+3. От 1) следва, че pp дели n−2n-2, а оттук и от 2) следва, че pp дели 3. Заключаваме, че p=3p=3. (1 т.) Освен това, не е възможно n3+n−1n^{3}+n-1 и n2−n+1n^{2}-n+1 да се делят едновременно на 9, защото по същия път ще излезе, че 9 дели 3, което не е вярно. От проведените разсъждения следва, че n3+n−1=3n^{3}+n-1=3 или n2−n+1=3n^{2}-n+1=3. (1 т.) Но при n≥2n \geq 2 имаме n3+n−1≥8+2−1=9>3n^{3}+n-1 \geq 8+2-1=9\gt{}3. От уравнението n2−n+1=3n^{2}-n+1=3 намираме n=2n=2, което е единственото на задачата. В този случай N=27=33N=27=3^{3}. (1 т.)
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-8-4

9

7 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър mm, за които системата∣ (x+m+2)2+y2=1y2=2mx\left\lvert\, \begin{aligned} & (x+m+2)^{2}+y^{2}=1 \\ & y^{2}=2 m x \end{aligned}\right.има четири различни
РешениеОт второто уравнение изразяваме x=y22mx=\frac{y^{2}}{2 m} (лесно се вижда, че m=0m=0 не е ) и заместваме в първото. Полученото биквадратно уравнение трябва да има 4 реални различни корена, което означава, че съответното му квадратно уравнение (t2m+m+2)2+t−1=0\left(\frac{t}{2 m}+m+2\right)^{2}+t-1=0 (положили сме y2=ty^{2}=t ) трябва да има два реални различни положителни корена. Получаваме уравнението t2+8m(m+1)t+4m2(m+1)(m+3)=0t^{2}+8 m(m+1) t+4 m^{2}(m+1)(m+3)=0 с дискриминанта от съкратената формула D=16m2(m+1)2−4m2(m+1)(m+3)=4m2(m+1)(3m+1)D=16 m^{2}(m+1)^{2}-4 m^{2}(m+1)(m+3)=4 m^{2}(m+1)(3 m+1). Имаме D>0⟺m∈(−∞,−1)∪(−13,+∞)D\gt{}0 \Longleftrightarrow m \in(-\infty, -1) \cup\left(-\frac{1}{3}, +\infty\right). Двата корена са положителни точно когато 4m2(m+1)(m+3)>0⟺m∈(−∞,−3)∪(−1,+∞)4 m^{2}(m+1)(m+3)\gt{}0 \Longleftrightarrow m \in(-\infty, -3) \cup(-1, +\infty) и 8m(m+1)<0⟺m∈(−1,0)8 m(m+1)\lt{}0 \Longleftrightarrow m \in(-1, 0). Следователно търсените стойности на mm са m∈(−13,0)m \in\left(-\frac{1}{3}, 0\right).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-9-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
В зависимост от стойностите на параметъра aa, да се намери броят на решенията на уравнснисто(x−∣a−3∣)(x−∣a+1∣)x2+4x−a2+2a+3=0.\frac{(x-|a-3|)(x-|a+1|)}{x^{2}+4 x-a^{2}+2 a+3}=0.
РешениеЧислото ∣a−3∣|a-3| не е на даденото уравнение, ако то е корен па знаменателя, т. е. (a−3)2+4∣a−3∣−a2+2a+3=0(a-3)^{2}+4|a-3|-a^{2}+2 a+3=0, откъдето ∣a−3∣=a−3|a-3|=a-3, което с възможно само при a≥3a \geq 3. Аналогично ∣a+1∣|a+1| няма да е корен на уравнението, когато ∣a+1∣+a+1=0|a+1|+a+1=0. Последното е възможно само ако a≤−1a \leq-1. Следователно при a≤−1a \leq-1 уравненисто има само един корен x=3−ax=3-a, при a≥3a \geq 3, то също има само един корен x=a+1x=a+1. При −1<a<3-1\lt{}a\lt{}3 и двете числа x=3−ax=3-a и x=a+1x=a+1 са корени, но при a=1a=1 тсзи корсни съвпадат. Окончатслно, при a≤−1,a≥3a \leq-1, a \geq 3 и a=1a=1 уравненисто има само един корен, а при a∈(−1,1)∪(1,3)a \in(-1, 1) \cup(1, 3) уравнението има два корена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-9-1b

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C. Окръжността през върховете BB и CC, допираща се до ACA C в точка CC и окръжността през върховете AA и CC, допираща се до BCB C в точка CC се пресичат за втори път в точка DD. Да се докаже, че правата CDC D минава през пресечната точка PP на допирателните в AA и BB към описаната около △ABC\triangle A B C окръжност.
РешениеАко ∠ACB=γ\angle A C B=\gamma, то от условието следва, че∠ADC=∠BDC=180∘−γ,т. е.∀ADB=2γ.\angle A D C=\angle B D C=180^{\circ}-\gamma, \text{т. е.} \forall A D B=2 \gamma.Тогава∠ADB+∠APB=2γ+(180∘−2γ)=180∘,\angle A D B+\angle A P B=2 \gamma+\left(180^{\circ}-2 \gamma\right)=180^{\circ},т. е. четириъгълникът APBDA P B D е вписан в окръжност. Остава да съобразим, че PA=PBP A=P B, т. е. ∠PDB=∠PDA=γ\angle P D B=\angle P D A=\gamma и следователно ∠PDB+∠BDC=γ+(180∘−)=180∘\angle P D B+\angle B D C=\gamma+\left(180^{\circ}-\right)=180^{\circ}, т. е. точките C,DC, D и PP лежат на една права.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-9-2

Задача 2b

Пълен запис
Условие
Да се реши уравненистоx2x−a=x2+a\sqrt{\vphantom{x^2}x-a}=x^{2}+aкъдето aa е реален пеотрицателен параметър.
РешениеТъй като при a≥0,x2+a≥0a \geq 0, x^{2}+a \geq 0 за всяко xx, то след повдигане на квадрат достигаме до сквивалентното уравнениеx4+2ax2−x+a2+a=0x^{4}+2 a x^{2}-x+a^{2}+a=0което, разгледано като квадратно относно aa, се разлага във вида(a+x2−x)(a+x2+x+1)=0.\left(a+x^{2}-x\right)\left(a+x^{2}+x+1\right)=0.При a≥0a \geq 0 вторият множитсл с строго положителен и остава да решим квадратното уравнение x2−x+a=0x^{2}-x+a=0. Така окончателно получаваме, че при a∈[0,14)a \in\left[0, \frac{1}{4}\right) уравнението има две x_{1, 2}=\frac{1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}1-4 a}}{2},при, при a=\frac{1}{4}имаедноx=12 има едно x=\frac{1}{2}, а при a>14a\gt{}\frac{1}{4} няма решсние.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-9-2b

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които съществува цяло число xx, такова, че n!n! дели x3+4x−680x^{3}+4 x-680. (С nn! е означено произведението на всички естествени числа от 1 до nn.)
РешениеДа означим f(x)=x3+4x−680f(x)=x^{3}+4 x-680. Ако f(x)f(x) се дели на n!n!, то сравнението f(x)≡0( mod pα)f(x) \equiv 0\left(\bmod p^{\alpha}\right) трябва да има за всеки модул pα,pp^{\alpha}, p е просто число, участващ в каноничното разлагане на n!n!. Тъй като сравненисто f(x)≡0( mod 7)f(x) \equiv 0(\bmod 7) не е изшълнено за никос цяло xx (директна проверка па остатьците на xx по модул 7), заключаваме, че n≤6n \leq 6. Ако f(x)f(x) се дели на 16=2416=2^{4}, то xx с четно. Тъй като f(2y)=8(y3+y−85)f(2 y)=8\left(y^{3}+y-85\right) се дели на 8, но не се дели на 16 (запцото y3+y−85=y(y2+1)−85y^{3}+y-85=y\left(y^{2}+1\right)-85 винаги е нечетно при пяло yy ), заключаваме, че n=6n=6 не е Ясно с, че ако някое nn с , то и по-малките от nn естествени числа също са Ще докажем, че n=5n=5 е От 5≠23.3⋅55\neq{}2^{3}.3 \cdot 5 следва, че е достатъчно да намерим на сравненията f(x)≡0( mod 8),f(x)≡0( mod 3)f(x) \equiv 0 (\bmod 8), f(x) \equiv 0(\bmod 3) и f(x)≡0( mod 5)f(x) \equiv 0(\bmod 5) и да приложим Китайската теорема за остатъците. Първото е изпълнено при четно xx, второто при x≡1( mod 3)x \equiv 1(\bmod 3) и третото при x≡0( mod 5)x \equiv 0(\bmod 5), откъдето x≡10( mod 30)x \equiv 10(\bmod 30).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека pp е нечетно просто число. Съществуват ли естествени числаa,b1,b2,…,b6∈{1,2,…,p−2}a, b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{6} \in\{1, 2, \ldots, p-2\}за които да е изпълнено равенството(p−1a)(p−1a+1)=(p−1b1)2+(p−1b2)2+⋯+(p−1b6)2?(C(nk)означаваме числотоn(n−1)⋯(n−k+1)k(k−1)⋯1.)\begin{aligned} & \quad\binom{p-1}{a}\binom{p-1}{a+1}=\binom{p-1}{b_{1}}^{2}+\binom{p-1}{b_{2}}^{2}+\cdots+\binom{p-1}{b_{6}}^{2}? \\ & \left(\mathrm{C}\binom{n}{k} \text{означаваме числото} \frac{n(n-1) \cdots(n-k+1)}{k(k-1) \cdots 1}.\right) \end{aligned}
РешениеЩе използваме следното помощно твърдение. Лема. За всяко просто число pp и за всяко k∈{1,2,…,p−2}k \in\{1, 2, \ldots, p-2\} е в сила сравнението(p−1k)≡(−1)k( mod p)\binom{p-1}{k} \equiv(-1)^{k} \quad(\bmod p)Доказателство. Тъй като (p,k!)=1(p, k!)=1, разглежданото сравнение(p−1)(p−2)…(p−k)k!≡(−1)k( mod p)\frac{(p-1)(p-2) \ldots(p-k)}{k!} \equiv(-1)^{k} \quad(\bmod p)е еквивалентно на (p−1)(p−2)…(p−k)≡(−1)kk!( mod p)(p-1)(p-2) \ldots(p-k) \equiv(-1)^{k} k!(\bmod p), което очевидно е вярно (разкриваме скобите!). Да предположим, че числа с исканите свойства съществуват. Да отбележим, че a=p−2a=p-2 не дава (Защо?). Тогава от лемата следва, че лявата страна на даденото равенство е сравнима с (−1)a(−1)a+1=1(-1)^{a}(-1)^{a+1}=1, а дясната c(−1)2b1+(−1)2b2+⋯+(−1)2b6=6\mathrm{c}(-1)^{2 b_{1}}+(-1)^{2 b_{2}}+ \cdots+(-1)^{2 b_{6}}=6. Оттук −1≡6( mod p)-1 \equiv 6(\bmod p), което означава, че p=7p=7. При p=7p=7 от свойствата на биномните коефициенти следва, че лявата страна може да приема само две различни стойности, които се получават при a=1a=1 и a=2a=2 и са съответно (61)(62)=90\binom{6}{1}\binom{6}{2}=90 и (62)(63)=300\binom{6}{2}\binom{6}{3}=300. Най-малката стойност на дясната страна е 6(61)2=2166\binom{6}{1}^{2}=216, а следващата по големина е 5⋅(61)2+(62)2=4055 \cdot\binom{6}{1}^{2}+\binom{6}{2}^{2}=405. Следователно исканото равенство е невъзможно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-9-4

Задача 4b

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа x,yx, y и k,1≤k≤4k, 1 \leq k \leq 4, за коитоxy+x+1y+1+⋯+x+ky+k=5\frac{x}{y}+\frac{x+1}{y+1}+\cdots+\frac{x+k}{y+k}=5
РешениеЯсно е, че y≤xy \leq x (иначе лявата страна е по-малка от 5). След изваждане на 1 от всяка от дробите отляво представяме дадсното уравнение във вида(x−y)∑i=0ky(y+1)⋯(y+k)y+i=(x-y) \sum_{i=0}^{k} \frac{y(y+1) \cdots(y+k)}{y+i}=y(y+1)⋯(y+k)(5−k−1).y(y+1) \cdots(y+k)(5-k-1).При k=1k=1 имаме (x−y)(2y+1)=3y(y+1)(x-y)(2 y+1)=3 y(y+1). Тъй като (2y+1,y)=(2y+1,y+(2 y+1, y)=(2 y+1, y+ 1) = 1, трябва 2y+1∣32 y+1 \mid 3, откъдето 2y+1=3,y=12 y+1=3, y=1 и x=3x=3. При k=4k=4 имаме (x−y)∑i=05y(y+1)⋯(y+k)y+i=0(x-y) \sum_{i=0}^{5} \frac{y(y+1) \cdots(y+k)}{y+i}=0, откъдето x=yx=y. Нека k=2k=2 и да запишем уравнението във вида (x−y)(3y2+6y+2)=2y(y+(x-y)\left(3 y^{2}+6 y+2\right)=2 y(y+ 1) (y+2)(y+2). Тъй като (y+1,3y2+6y+2)=1\left(y+1, 3 y^{2}+6 y+2\right)=1, имаме y+1∣x−y=(x+1)−(y+1)y+1 \mid x-y=(x+1)-(y+1), откъдето y+1∣x+1y+1 \mid x+1. Ако x+1≥2(y+1)x+1 \geq 2(y+1), получавамеxy+x+1y+1+x+2y+2>2+2+1=5\frac{x}{y}+\frac{x+1}{y+1}+\frac{x+2}{y+2}\gt{}2+2+1=5и уравнението няма Ако x+1=y+1x+1=y+1, то лявата страна е равна на 3 и отново нямаме При k=3k=3 имаме уравнението 2(x−y)(2y3+9y2+11y+3)=y(y+1)(y+2)(y+3)2(x-y)\left(2 y^{3}+9 y^{2}+11 y+3\right)=y(y+1)(y+2)(y+3). Тъй като числото 2y3+9y2+11y+3=2y2(y+1)+7y(y+1)+4(y+1)−12 y^{3}+9 y^{2}+11 y+3=2 y^{2}(y+1)+7 y(y+1)+4(y+1)-1 е взаимнопросто с y+1y+1, заключаваме, че y+1∣2(x−y)=2(x+1−(y+1))y+1 \mid 2(x-y)=2(x+1-(y+1)), откъдето y+1∣2(x+1)y+1 \mid 2(x+1). Равенството y+1=2(x+1)y+1=2(x+1) е невъзможно поради y<xy\lt{}x, при x+1=y+1x+1=y+1 лявата страна с равна на 4, а при 2(x+1)≥3(y+1)2(x+1) \geq 3(y+1) имамеxy+x+1y+1+x+2y+2+x+3y+3>32+32+1+1=5\frac{x}{y}+\frac{x+1}{y+1}+\frac{x+2}{y+2}+\frac{x+3}{y+3}\gt{}\frac{3}{2}+\frac{3}{2}+1+1=5и уравнението няма Окончатслно, търсените числа са (x,y,k)=(3,1,1)(x, y, k)=(3, 1, 1) и (x,x,4)(x, x, 4).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-9-4b

10

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на параметъра aa, за които уравнението4x−2−2x−a+a=04^{x-2}-2^{x-a}+a=0има точно едно реално
РешениеСлед полагането 2x−2=t2^{x-2}=t свеждаме задачата до намиране тези стойности на реалния параметър aa, за които уравнениетоt2−22−at+a=0t^{2}-2^{2-a} t+a=0има точно едно положително Нека f(t)=t2−22−at+af(t)=t^{2}-2^{2-a} t+a. Случай 1. Ако уравнението f(t)=0f(t)=0 има двоен положителен корен, то необходимо и достатъчно условие е D=42−a−4a=0D=4^{2-a}-4 a=0, т. е. 41−a=a4^{1-a}=a и 21−a>02^{1-a}\gt{}0. При a>1a\gt{}1 имаме 41−a<1<a4^{1-a}\lt{}1\lt{}a, а при 0<a<10\lt{}a\lt{}1 имаме 41−a>1>a4^{1-a}\gt{}1\gt{}a. При a=1a=1 получаваме единствен корен t=1t=1. Случай 2. Ако уравнението f(t)=0f(t)=0 има два реални корена t1≤0<t2t_{1} \leq 0\lt{}t_{2}, то необходимо и достатъчно условие е f(0)≤0f(0) \leq 0 и 21−a>02^{1-a}\gt{}0, т. е. a≤0a \leq 0. Така търсените стойности са a∈(−∞,0]∪{1}a \in(-\infty, 0] \cup\{1\}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-10-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
Да се памерят стойностите на реалния параметър aa, за които корените x1,x2,x3x_{1}, x_{2}, x_{3} на уравнениетоx3+2x2+(a2+1)x+a2=0x^{3}+2 x^{2}+\left(a^{2}+1\right) x+a^{2}=0са реални и изньлняват неравенството1x12+1x22+1x32<36\frac{1}{x_{1}^{2}}+\frac{1}{x_{2}^{2}}+\frac{1}{x_{3}^{2}}\lt{}36
РешениеЛесно сс проверява, че -1 е корен на даденото уравнение. Оттукx3+2x2+(a2+1)x+a2=(x+1)(x2+x+a2)x^{3}+2 x^{2}+\left(a^{2}+1\right) x+a^{2}=(x+1)\left(x^{2}+x+a^{2}\right)Да означим с x1,x2x_{1}, x_{2} корените на x2+x+a2=0x^{2}+x+a^{2}=0. Очевидно D=1−4a2≥0D=1-4 a^{2} \geq 0, откъдето a∈[−1/2,1/2]a \in[-1 / 2, 1 / 2]. Неравенството 1/x12+1/x22+1/x32<361 / x_{1}^{2}+1 / x_{2}^{2}+1 / x_{3}^{2}\lt{}36 приема вида1x12+1x22<35⇔(x1+x2)2−2x1x2<\frac{1}{x_{1}^{2}}+\frac{1}{x_{2}^{2}}\lt{}35 \Leftrightarrow\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}\lt{}35x12x22⇔35a4+2a2−1>0.35 x_{1}^{2} x_{2}^{2} \Leftrightarrow 35 a^{4}+2 a^{2}-1\gt{}0.От последното неравснство получаваме a2>1/7a^{2}\gt{}1 / 7 или a∈(−∞,−1/x27)∪(1/x27,+∞)a \in(-\infty, -1 / \sqrt{\vphantom{x^2}7}) \cup(1 / \sqrt{\vphantom{x^2}7}, +\infty). Окончателпо търсените стойности на параметъра са a∈[−1/2,−1/x27)∪(1/x27,1/2]a \in[-1 / 2, -1 / \sqrt{\vphantom{x^2}7}) \cup(1 / \sqrt{\vphantom{x^2}7}, 1 / 2]. Kритерии за
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-10-1b

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
а) Да се докаже, че всеки правоъгълник може да бъде нарязан на части, от които да бъде сглобен равнолицев с него квадрат. б) Нека nn е естествено число. Да се докаже, че всеки квадрат може да бъде нарязан на части, от които да се сглобят nn равнолицеви квадрата.
Решениеа) Разглеждаме правоъгълник ABCDA B C D със страни AB=aA B=a и BC=b,a>bB C=b, a\gt{}b. Построяваме точки MM и NN съответно върху BCB C и ADA D, такива че BM=DN=x2abB M=D N=\sqrt{\vphantom{x^2}a b}. Нека PP с точка върху AMA M, такава че NP∥ABN P \| A B. Очевидно от триъгълниците ANPA N P, ABMA B M и петоъгълника DCMNPD C M N P може да бъде сглобен квадрат. За да е възможен изборът на точката PP трябва AN<BMA N\lt{}B M, т. е. a−x2ab<x2aba-\sqrt{\vphantom{x^2}a b}\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}a b} или a<4ba\lt{}4 b. Ако 4sb<a<4s+1bs4^{s} b\lt{}a\lt{}4^{s+1} b s пъти извършваме следната операция: удвояваме два пъти по-късата и скъсяваме два пъти по-дългата страна. Така достигаме до правоъгълник със страни a′=as,b′=2sba^{\prime}=a^{s}, b^{\prime}=2^{s} b като b′<a′<4b′b^{\prime}\lt{}a^{\prime}\lt{}4 b^{\prime}, за който можем да приложим описаната конструкция. б) Лесно се забелязва, че нарязването на квадрат и сглобяването на nn равнолицеви квадратчета е еквивалентно на нарязването на квадратчетата и сглобяване от частите на големия квадрат. Образуваме правоъгълник, слепвайки малките квадратчета. Съгласно а) този правоъгълник може да бъде трансформиран в квадрат. Лесно се проверява, че броят на частите, от които сглобяваме правоъгълника е краен.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-10-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа a>1a\gt{}1 и n>1n\gt{}1, за които an−1a^{n}-1 с степен на просто число със степенен показател по-голям от 1.
РешениеНека an−1=pma^{n}-1=p^{m}, където pp е просто число и m>1m\gt{}1 е естествепо число. Нека първо 2∣n2 \mid n. Тогава (an2−1)(an2+1)=pm\left(a^{\frac{n}{2}}-1\right)\left(a^{\frac{n}{2}}+1\right)=p^{m} и най-големият общелител на an2−1a^{\frac{n}{2}}-1 и an2+1a^{\frac{n}{2}}+1 е равен на 1 или 2. Ако той е 1, то an2−1=1,an2+1=pma^{\frac{n}{2}}-1=1, a^{\frac{n}{2}}+1=p^{m} и оттук a=2,n=2a=2, n=2 и pm=3p^{m}=3 - противоречис с m>1m\gt{}1. Ако най-големият общделител е 2, то p=2,an2−1=2,an2+1=2m−1p=2, a^{\frac{n}{2}}-1=2, a^{\frac{n}{2}}+1=2^{m-1} и оттук a=3,n=2a=3, n=2 (и n=3n=3 ). Нека сега 2∤n2 \nmid n. Ако a=2a=2, то pm≡−1( mod 4)p^{m} \equiv-1(\bmod 4), откъдето следва p>2p\gt{}2 и 2∤m2 \nmid m. Тогава 2n=(p+1)(pm−1−pm−2+…−p+1)2^{n}=(p+1)\left(p^{m-1}-p^{m-2}+\ldots-p+1\right). Тук вторият множител е нечетно тисло (понеже pp и mm са нечстни), по-голямо от 1 (понеже m>1m\gt{}1 ). което с невъзможно. Така a>2a\gt{}2. Сега (a−1)(an−1+…+a+1)=pm(a-1)\left(a^{n-1}+\ldots+a+1\right)=p^{m}, като двата множителя в лявата страна са по-големи от 1 и значи се делят на pp. Тогава a≡1( mod p)a \equiv 1(\bmod p) и0≡an−1+⋯+a+1≡1+⋯+1+1=n( mod p)0 \equiv a^{n-1}+\cdots+a+1 \equiv 1+\cdots+1+1=n \quad(\bmod p)т. е. p∣np \mid n. В частност p>2p\gt{}2 и оттук 2∣a2 \mid a. Както в случая a=2a=2, получаваме, че 2∤m2 \nmid m, an=(p+1)(pm−1−pm−2+…−p+1)a^{n}=(p+1)\left(p^{m-1}-p^{m-2}+\ldots-p+1\right) и вторият множител е нечетно число. Тоюава от 2n∣an2^{n} \mid a^{n} следва 2n∣p+12^{n} \mid p+1, така че p+1≥2np+1 \geq 2^{n}. Но 2n>n+12^{n}\gt{}n+1 за всяко n>1n\gt{}1, откъдето следва p+1>n+1p+1\gt{}n+1, т. е. p>np\gt{}n. Това с противоречие с p∣np \mid n. Окончателно, търсените числа са a=3a=3 и n=2n=2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-10-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
В равнината са разположени два еднакви, противоположно ориентирани равностранни триъгълника △ABC\triangle A B C и △A1B1C1\triangle A_{1} B_{1} C_{1} със страна единица. Каква е най-малката възможна дължина на най-дългата измежду отсечките AA1,BB1A A_{1}, B B_{1} и CC1C C_{1}?
РешениеДа забележим първо, че средите Ma,MbM_{a}, M_{b} и McM_{c} на отсечките AA1,BB1‾A A_{1}, \underline{B B_{1}} и CC1C C_{1} лежат на една права. Наистина, векторът MaMb→\overrightarrow{M_{a} M_{b}} е полусума на векторите AB→\overrightarrow{A B} и A1B1→\overrightarrow{A_{1} B_{1}} и, понеже те имат равни дължини, е успореден на ътлополоящата на ъгъла между тях. Същото твърдение е вярно и за MaMc→\overrightarrow{M_{a} M_{c}} и ъглополовящата между AC→\overrightarrow{A C} и A1C1→\overrightarrow{A_{1} C_{1}}. Но, понеже △ABC\triangle A B C и △A1B1C1\triangle A_{1} B_{1} C_{1} са равностранни и противоположю ориентирани, т. е. единият се получава от другият посредством подходяща транслация и осева симетрия, то тези две ъглополовящи са успоредни (именно на въпросната ос на симетрия). Следователно, векторите MaMb→\overrightarrow{M_{a} M_{b}} и MaMc→\overrightarrow{M_{a} M_{c}} също са успоредни, и точките Ma,MbM_{a}, M_{b} и McM_{c} лежат на една права ll. Нека ℓ\ell е правата, определена от точките Ma,MbM_{a}, M_{b} и McM_{c}, а hh е височината на △ABC\triangle A B C. Да разгледаме трите кръга ka,kbk_{a}, k_{b} и kck_{c} с центрове точките A,BA, B и CC и радиуси, равни на 12h\frac{1}{2} h. Тъй като трите средни линии на △ABC\triangle A B C, които се явяват и допирателни за kak_{a}, kbk_{b} и kck_{c}, отделят кръговете един от друг, то правата ℓ\ell не може да пресича всеки от кръювете ka,kbk_{a}, k_{b} и kck_{c} във вътрешна точка. С други думи, разстоянието от поне един от върховете на △ABC\triangle A B C до ℓ\ell е не по-малко от 12h\frac{1}{2} h. Без загуба на общност, нека AA бъде един такъв връх. Тогава AA1=2AMa≥2d(A,l)≥2⋅12h=hA A_{1}=2 A M_{a} \geq 2 d(A, l) \geq 2 \cdot \frac{1}{2} h=h и следвателно найдългата измежду отсечките AA1,BB1A A_{1}, B B_{1} и CC1C C_{1} има дължина поне h=x232h=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}. Лесно се вижда, че този минимум се достигапри това точно тогава, когато △A1B1C1\triangle A_{1} B_{1} C_{1} е симетричен на △ABC\triangle A B C спрямо една от неговите средни линии. Втори начин. (Александър Иванов) Ще докажем, че при всяко разноложение на двата триъгълника, поне един от ъглите ∠(CA→,C1A1→),∠(AB→,A1B1→)\angle\left(\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{C_{1} A_{1}}\right), \angle\left(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right) и ∠(BC→,B1C1→)\angle\left(\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{B_{1} C_{1}}\right) е но-голям или равен на 120∘120^{\circ}. Да допуспем противното и да транслираме двата трицгълника така, че точките CC и C1C_{1} да съвпадат с дадена точка OO. Тогава точките AA, B,A1B, A_{1} и B1B_{1} лежат на окръжност с център OO и радиус 1. Тъй като двата триъчълника са обратно ориентирани, разноложението на точките върху окръжността (по посока обратна на часовниковата стрелка) е A,A1,B1,B;A,B1,B,A1A, A_{1}, B_{1}, B; A, B_{1}, B, A_{1} или A,A1,B,B1A, A_{1}, B, B_{1}. Да разгледаме първия случай. Ако ∠(OA→,OA1→)≤60∘\angle\left(\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O A_{1}}\right) \leq 60^{\circ}, то ∠(OB→,OB1→)≥120\angle\left(\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O B_{1}}\right) \geq 120 o, а ако ∠60∘<∠(OA→,OA1→)<120∘\angle 60^{\circ}\lt{}\angle\left(\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O A_{1}}\right)\lt{}120^{\circ}, то ∠(OB→,OB1→)≥120\angle\left(\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O B_{1}}\right) \geq 120. Във втория случай ъгълът на ротацията с център OO, която преобразува △OAB\triangle O A B в △OB1A1\triangle O B_{1} A_{1} е ∠AOB1<60∘\angle A O B_{1}\lt{}60^{\circ}. Тогава острият ъчъл между ABA B и A1B1A_{1} B_{1} е но-малък от 60∘60^{\circ} и следователно ∠(AB→,A1B1→)≥120∘\angle\left(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right) \geq 120^{\circ}. Третият случай е аналотичен на втория, като отново ∠(AB→,A1B1→)≥120∘\angle\left(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right) \geq 120^{\circ}. Да допуснем, че ∠(CA→,C1A1→)≥120∘\angle\left(\overrightarrow{C A}, \overrightarrow{C_{1} A_{1}}\right) \geq 120^{\circ}. Нека точка PP е такама, че AP→=CC1→\overrightarrow{A P}=\overrightarrow{C C_{1}}. Тогава от косинусовата теорема за △PC1A1\triangle P C_{1} A_{1} следва, че A1P≥x23A_{1} P \geq \sqrt{\vphantom{x^2}3}. Тъй като CC1+AA1=AP+AA1≥A1P≥x23C C_{1}+A A_{1}= A P+A A_{1} \geq A_{1} P \geq \sqrt{\vphantom{x^2}3}, то поне една от отсечките CC1C C_{1} и AA1A A_{1} е поне x232\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}. Примерыт е както в
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-10-4

11

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкият положителен корен на уравненистоsin⁡πx2+sin⁡2πx=sin⁡π(x2+2x).\sin \pi x^{2}+\sin 2 \pi x=\sin \pi\left(x^{2}+2 x\right).
РешениеИмамеsin⁡πx2+sin⁡2πx−sin⁡π(x2+2x)=2sin⁡π(x2+2x)2cos⁡π(x2−2x)2−2sin⁡π(x2+2x)2cos⁡π(x2+2x)2=4sin⁡π(x2+2x)2sin⁡πx22sin⁡πx.\begin{aligned} & \sin \pi x^{2}+\sin 2 \pi x-\sin \pi\left(x^{2}+2 x\right)=2 \sin \frac{\pi\left(x^{2}+2 x\right)}{2} \cos \frac{\pi\left(x^{2}-2 x\right)}{2} \\ & -2 \sin \frac{\pi\left(x^{2}+2 x\right)}{2} \cos \frac{\pi\left(x^{2}+2 x\right)}{2}=4 \sin \frac{\pi\left(x^{2}+2 x\right)}{2} \sin \frac{\pi x^{2}}{2} \sin \pi x. \end{aligned}Попеже sin⁡π(x2+2x)2=0⇔x2+2x=2k⇔x=−1±x21+2k(k∈N0)\sin \frac{\pi\left(x^{2}+2 x\right)}{2}=0 \Leftrightarrow x^{2}+2 x=2 k \Leftrightarrow x=-1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}1+2 k}\left(k \in \mathbb{N}_{0}\right), то най-малкото положително на sin⁡π(x2+2x)2=0\sin \frac{\pi\left(x^{2}+2 x\right)}{2}=0 е x23−1\sqrt{\vphantom{x^2}3}-1. Аналогично най-малките положителни репения па уравненията sin⁡πx22=0\sin \frac{\pi x^{2}}{2}=0 и sin⁡πx=0\sin \pi x=0 са съответпо x22\sqrt{\vphantom{x^2}2} и 1. Следователно отговорът на задачата е x23−1\sqrt{\vphantom{x^2}3}-1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-11-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
В остроъгълен триъгъліник ABCA B C с център на описаната окръжност точка OO са построени височините AA1A A_{1} и BB1B B_{1}. Да се намери. ∠ACB\angle A C B, ако окръжността, с център OO, която се допира до страната ABA B, минава през ортоцентъра на △A1B1C\triangle A_{1} B_{1} C.
РешениеПърви начин. Да означим с HH ортоцентъра на △ABC\triangle A B C, а с O1O_{1} и H1H_{1} съответно центърът на описаната окръжност и ортоцентъра на ∠CA1B1\angle C A_{1} B_{1}. Понеже B1HA1CB_{1} H A_{1} C е вписан четириъгълник, то O1O_{1} е среда на CHC H. Тъй като △ABC∼△A1B1C\triangle A B C \sim \triangle A_{1} B_{1} C, то ∠H1CA=90∘−α=∠OCB\angle H_{1} C A=90^{\circ}-\alpha=\angle O C B. Следователно CC, H1H_{1} и OO лежат на една права. От подобието △ABC∼△A1B1C\triangle A B C \sim \triangle A_{1} B_{1} C следва, че ∠OHC=∠O1H1C\angle O H C=\angle O_{1} H_{1} C, което означава, че около HOH1O1\mathrm{HOH}_{1} \mathrm{O}_{1} може да се опише окръжност. Като използваме, че 2OM=CH2 O M=C H, където MM е средата на ABA B, получаваме OH1=O1HO H_{1}= O_{1} H. Следователно OH∥O1H1O H \| O_{1} H_{1}. Тъй като O1O_{1} е среда на CHC H, получаваме, че O1H1O_{1} H_{1} е средна отсечка в △CHO\triangle C H O. Тогава CH1=OH1C H_{1}=O H_{1} и CH=COC H=C O. Сега от CH=2Rcos⁡γC H=2 R \cos \gamma намираме γ=60∘\gamma=60^{\circ}. Втори начин. Ще използваме, че точките C,H1C, H_{1} и OO лежат на една права. Тъй като △ABC∼△A1B1C\triangle A B C \sim \triangle A_{1} B_{1} C с коефициент на подобие cos⁡γ\cos \gamma и CH1=2R1cos⁡γ(R1C H_{1}=2 R_{1} \cos \gamma\left(R_{1}\right. е радиусът на описаната окръжност за △A1B1C\triangle A_{1} B_{1} C ), то CH1=2R1cos⁡γ=2Rcos⁡2γC H_{1}=2 R_{1} \cos \gamma=2 R \cos ^{2} \gamma. Тогава OC−CH1=OMO C-C H_{1}=O M ставаR−2Rcos⁡2γ=Rcos⁡γR-2 R \cos ^{2} \gamma=R \cos \gammaоткъдето cos⁡γ=12\cos \gamma=\frac{1}{2} и cos⁡γ=−1\cos \gamma=-1. Очевидно само γ=60∘\gamma=60^{\circ} дава ренение.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-11-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Редицата a1,a2,…,an,…a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}, \ldots е дефипирана чрез равенствата a1=a,a2=ba_{1}=a, a_{2}=b и an+2=an+12+an1+ana_{n+2}=\frac{a_{n+1}^{2}+a_{n}}{1+a_{n}} при n≥1n \geq 1. Да се намерят стойностите на aa и bb, за които всички ч. ленове на редицата са естествени числа.
РешениеЛеспо се проверява, че ако ai=1a_{i}=1 за някое i≥2i \geq 2, то an=1a_{n}=1 за всяко n≥2n \geq 2. В противен случай записваме даденото равенство във вида ai+2−1ai+1−1=ai+1+1ai+1\frac{a_{i+2}-1}{a_{i+1}-1}=\frac{a_{i+1}+1}{a_{i}+1}. Като умпожим тези равенства при i=1,…,n−1(n≥2)i=1, \ldots, n-1(n \geq 2), получаваме, че (*) an+1−1=c(an+1)a_{n+1}-1= c\left(a_{n}+1\right), където c=b−1a+1>0c=\frac{b-1}{a+1}\gt{}0. Това е вярно и при n=1n=1. Обратно, ако (∗)\left(^{*}\right) е изпълнено, то an+2−1an+1−1=an+1+1an+1\frac{a_{n+2}-1}{a_{n+1}-1}=\frac{a_{n+1}+1}{a_{n}+1}. Сега ще докажем, че an∈Na_{n} \in \mathbb{N} за всяко n⇔a=b∈Nn \Leftrightarrow a=b \in \mathbb{N} или a,c+1∈Na, c+1 \in \mathbb{N}. От горните разсъждения импликацията ⇐e\Leftarrow \mathrm{e} очевидна. За да докажем обратното, можем да считаме, че c>0c\gt{}0. Тогава от (*) при n=in=i и n=i−1n=i-1 следва, че ai+1−ai=c(ai−ai−1)a_{i+1}-a_{i}=c\left(a_{i}-a_{i-1}\right). Оттук по индукция Z∋an+2−an+1=cn(b−a)\mathbb{Z} \ni a_{n+2}-a_{n+1}=c^{n}(b-a). Занисвайки cc като несъкратима дроб pq\frac{p}{q}, следва, че qnq^{n} дели b−ab-a за всяко nn. Значи q=1q=1 или a=ba=b, което трябваше да докажем.q\stackrel{q}{\text{докажем.}}
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-11-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
За произволен пабор от nn реални числа a1,…,ana_{1}, \ldots, a_{n}, никое от които не с 0, са съставени всевъзможнитс суми SA=ai1+…+aikS_{A}=a_{i_{1}}+\ldots+a_{i_{k}}, където A={i1,…,ik}A=\left\{i_{1}, \ldots, i_{k}\right\} пробягва всички подмпожества па {1,…,n}\{1, \ldots, n\}. По дефипиция S∅=0S_{\emptyset}=0. Да се опредеш максималният възможен брой равни суми.
РешениеНека a1,…,ana_{1}, \ldots, a_{n} е пабор от реалпи числа, за който се получава максимален брой равни суми. Ще бележим този брой с mm. Да допуснем, че измежду числата a1,…,ana_{1}, \ldots, a_{n} има отрицателно и нека то е aia_{i}. Разглеждаме числата a1′…,an′a_{1}^{\prime} \ldots, a_{n}^{\prime}, където aj′=aja_{j}^{\prime}=a_{j} за j≠ij \neq i и aj′=−aja_{j}^{\prime}=-a_{j} за j=ij=i. Нека A1,…,AmA_{1}, \ldots, A_{m} са мпожествата, за които SA1=…=SAmS_{A_{1}}=\ldots=S_{A_{m}}. Разглеждаме множествата A1′,…,Am′A_{1}^{\prime}, \ldots, A_{m}^{\prime}, които са дефинирани по следния начин: (∗)(*) Aj′A_{j}^{\prime} съдържа всички елементи на AjA_{j}, различни от ii; (∗)(*) Aj′A_{j}^{\prime} съдьржа ii точно котато AjA_{j} не съдържа ii. Лесно се проверява, че SA1′=…=SAm′S_{A_{1}^{\prime}}=\ldots=S_{A_{m}^{\prime}}. Така намерихме нов пабор от числа, при които броят на равните суми с максимален и при които броят на отрицателните е с едно по-малко. Следователно без ограничение на общността aj>0a_{j}\gt{}0 за всички 1≤j≤n1 \leq j \leq n. Нска A⊂BA \subset B. Тогава SB−SA>0S_{B}-S_{A}\gt{}0 и следователно броят на равнитс суми сс ограничава отгоре от броя на подмножествата на {1,…,n}\{1, \ldots, n\}, никои две от които не са сравними. Следователно съгласно теоремата на Шпернерm≤(n⌊n/2⌋)m \leq\binom{ n}{\lfloor n / 2\rfloor}Този брой се достига за a1=⋯=ana_{1}=\cdots=a_{n}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-11-4

12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят локалните екстремуми на функциятаf(x)=log⁡3(x3−2x2−13x−10)−log⁡3(x2−5x).f(x)=\log _{3}\left(x^{3}-2 x^{2}-13 x-10\right)-\log _{3}\left(x^{2}-5 x\right).
РешениеТьй като x3−2x2−13x−10=(x−5)(x+1)(x+2)x^{3}-2 x^{2}-13 x-10=(x-5)(x+1)(x+2) и x2−5x=x(x−5)x^{2}-5 x=x(x-5). то допустимите стойности за xx саx∈(−2,−1)∪(5,+∞)x \in(-2, -1) \cup(5, +\infty)Тогава f(x)=log⁡3((x+1)(x+2)x)f(x)=\log _{3}\left(\frac{(x+1)(x+2)}{x}\right) и тъй като log⁡3y\log _{3} y е монотонна функция, локалните скстремуми на f(x)f(x) съвнадат с локалните скстремуми на g(x)=(x+1)(x+2)xg(x)=\frac{(x+1)(x+2)}{x} в дефиниционната област на f(x)f(x). Тъй като g′(x)=x2−2x2g^{\prime}(x)=\frac{x^{2}-2}{x^{2}}, то люкалните скетремуми на g(x)g(x) са в точките ±x22\pm \sqrt{\vphantom{x^2}2}. Понеже само −x22-\sqrt{\vphantom{x^2}2} е в дефиниционното множество на f(x)f(x). то f(x)f(x) има само един локален екстремум (който е максимум) и той се достига при x=−x22x=-\sqrt{\vphantom{x^2}2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В △ABC\triangle A B C ъглополовящата CL,L∈ABC L, L \in A B, пресича описаната около триъгълника окръжност в точка PP. Точката TT лежи върху отсечката LPL P и CLCP=(LTTP)2\frac{C L}{C P}= \left(\frac{L T}{T P}\right)^{2}. Да се докаже, че: a) CT=x2AC⋅BCC T=\sqrt{\vphantom{x^2}A C \cdot B C}; б) ∠ATB=180∘−12∠ACB\angle A T B=180^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A C B.
Решениеа) Нека BC=a,AC=b,CL=ℓ,AL=mB C=a, A C=b, C L=\ell, A L=m и BL=nB L=n. От CL.LP=AL.BLC L. L P=A L. B L получаваме LP=mnℓL P=\frac{m n}{\ell} и CP=ℓ+mnℓ=ℓ2+mnℓ=abℓC P=\ell+\frac{m n}{\ell}=\frac{\ell^{2}+m n}{\ell}=\frac{a b}{\ell}. Сега от LT+TP=LP=mnℓL T+T P=L P=\frac{m n}{\ell} и (LTTP)2=CLCP=ℓ2ab\left(\frac{L T}{T P}\right)^{2}=\frac{C L}{C P}=\frac{\ell^{2}}{a b} намираме LT=mnℓ+x2abL T=\frac{m n}{\ell+\sqrt{\vphantom{x^2}a b}}. Накрая имаме CT=CL+LT=ℓx2ab+ℓ2+mnℓ+x2ab=ℓx2ab+abℓ+x2ab=x2abC T=C L+L T= \frac{\ell \sqrt{\vphantom{x^2}a b}+\ell^{2}+m n}{\ell+\sqrt{\vphantom{x^2}a b}}=\frac{\ell \sqrt{\vphantom{x^2}a b}+a b}{\ell+\sqrt{\vphantom{x^2}a b}}=\sqrt{\vphantom{x^2}a b}. б) От CT2=AC⋅BCC T^{2}=A C \cdot B C имаме CTAC=BCCT\frac{C T}{A C}=\frac{B C}{C T}, което, заедно с ∠ACT=∠BCT\angle A C T=\angle B C T, означава, че △ATC∼△TBC\triangle A T C \sim \triangle T B C. Тогава ∠BTC=∠TAC\angle B T C=\angle T A C и∠ATB=∠ATC+∠BTC=∠ATC+∠TAC=\angle A T B=\angle A T C+\angle B T C=\angle A T C+\angle T A C=180∘−∠ACT=180∘−12∠ACB.180^{\circ}-\angle A C T=180^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A C B.Kpuтерии за
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-12-2

Задача 2b

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-12-2b

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-12-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички функции f:N→N0f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}_{0} които изпълняват следните условия: (i) f(1)=0f(1)=0. (ii) За всяко просто число pp и всяко естествено число nn, което се дели на pp, е изпълнено равенството f(pn)=pf(n)f(p n)=p f(n). (iii) За всяко просто число pp и всяко естествено число nn, което не се дели па pp, е изнълнено равенството f(pn)=n+(p−1)f(n)f(p n)=n+(p-1) f(n). ( C N е означено мпожеството на естествените числа. CN0\mathrm{C} \mathrm{N}_{0} е означено мпожеството на естествените числа и нулата.)
РешениеНска n=p1α1p2α2…pkαkn=p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}} с каноничното разлаганс на nn. Прилагаме последователно (ii) за числата p1p_{1} и np1i\frac{n}{p_{1}^{i}} за i=0,1,…,α1−1i=0, 1, \ldots, \alpha_{1}-1 и получавамеf(p1α1p2α2…pkαk)=f\left(p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}\right)=p1f(p1α1−1p2α2…pkαk)=p_{1} f\left(p_{1}^{\alpha_{1}-1} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}\right)=⋯=p1α1−1f(p1p2α2…pkαk)\cdots=p_{1}^{\alpha_{1}-1} f\left(p_{1} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}\right)Аналогично като ириложим (іі) за всеки от останалите ирости делители на nn, намирамеf(p1α1p2α2…pkαk)=f\left(p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}\right)=p1α1−1p2α2−1…pkαk−1f(p1p2…pk)p_{1}^{\alpha_{1}-1} p_{2}^{\alpha_{2}-1} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}-1} f\left(p_{1} p_{2} \ldots p_{k}\right)Ще докажем с ипдукция по kk, чеf(p1p2…pk)=f\left(p_{1} p_{2} \ldots p_{k}\right)=p1p2…pk−(p1−1)(p2−1)…(pk−1)p_{1} p_{2} \ldots p_{k}-\left(p_{1}-1\right)\left(p_{2}-1\right) \ldots\left(p_{k}-1\right)При k=1k=1 прилагаме (iii) и (i) за p1p_{1} и n=1n=1 и получаваме f(p1)=f(p1.1)=1+(p−1)f(1)=1=p1−(p1−1)f\left(p_{1}\right)=f\left(p_{1}.1\right)=1+ (p-1) f(1)=1=p_{1}-\left(p_{1}-1\right). Да допуснем, че твърдението е вярно за k−1k-1 прости делителя. Тогава прилагаме (iii) за pkp_{k} и n=p1p2…pk−1n=p_{1} p_{2} \ldots p_{k-1} и получавамеf(p1p2…pk)=p1p2…pk−1+(pk−1)f(p1p2…pk−1)==p1p2…pk−1+(pk−1)(p1p2…pk−1−(p1−1)…(pk−1−1))==p1p2…pk−(p1−1)(p2−1)…(pk−1)\begin{aligned} f\left(p_{1} p_{2} \ldots p_{k}\right) & =p_{1} p_{2} \ldots p_{k-1}+\left(p_{k}-1\right) f\left(p_{1} p_{2} \ldots p_{k-1}\right)= \\ & =p_{1} p_{2} \ldots p_{k-1}+\left(p_{k}-1\right)\left(p_{1} p_{2} \ldots p_{k-1}-\left(p_{1}-1\right) \ldots\left(p_{k-1}-1\right)\right)= \\ & =p_{1} p_{2} \ldots p_{k}-\left(p_{1}-1\right)\left(p_{2}-1\right) \ldots\left(p_{k}-1\right) \end{aligned}с което твърдението е доказано. Окончателно получаваме f(p1α1p2α2…pkαk)=p1α1−1p2α2−1…pkαk−1(p1p2…pk−(p1−1)(p2−1)…(pk−1))=n−φ(n)f\left(p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}}\right)=p_{1}^{\alpha_{1}-1} p_{2}^{\alpha_{2}-1} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}-1}\left(p_{1} p_{2} \ldots p_{k}-\left(p_{1}-1\right)\left(p_{2}-1\right) \ldots\left(p_{k}-1\right)\right)=n-\varphi(n), къдсто φ(n)\varphi(n) с функцията на Ойлер. Директно се проверява, че тази функция, удовлетворява условието на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-12-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото реално число θ\theta такова, че за всяко естествено число n≥2n \geq 2 съществуват естествени числа aa и bb със сума nn, за които ∣a−bx22∣<θ|a-b \sqrt{\vphantom{x^2}2}|\lt{}\theta.
РешениеНека 0<ψ<θ0\lt{}\psi\lt{}\theta. Тогава ψ≤x22−1\psi \leq \sqrt{\vphantom{x^2}2}-1 или съществуват естествени числа n≥3n \geq 3 и 1≤k≤n−11 \leq k \leq n-1 така, чеk−(n−k)x22≤−ψ<ψ≤k+1−(n−k−1)x22,т. е.nx22+ψx22+1−1≤k≤nx22−ψx22+1\begin{aligned} k-(n-k) \sqrt{\vphantom{x^2}2} & \leq-\psi\lt{}\psi \leq k+1-(n-k-1) \sqrt{\vphantom{x^2}2}, \\ \text{т. е.} & \frac{n \sqrt{\vphantom{x^2}2}+\psi}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1}-1 \leq k \leq \frac{n \sqrt{\vphantom{x^2}2}-\psi}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1} \end{aligned}и значи ψ≤x22+12\psi \leq \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1}{2}. При ψ=x22+12\psi=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1}{2} имаме, че k=2n−1/2−nx22k=2 n-1 / 2-n \sqrt{\vphantom{x^2}2}, което не е цяло число. Следователно θ≤x22+12\theta \leq \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1}{2}. От друга страна, ако θ<x22+12\theta\lt{}\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1}{2}, то интервалътΔn=\Delta_{n}=[nx22+θx22+1−1,nx22−θx22+1]\left[\frac{n \sqrt{\vphantom{x^2}2}+\theta}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1}-1, \frac{n \sqrt{\vphantom{x^2}2}-\theta}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1}\right]има дължина, по-голяма от 1. Както е добре известно, за всяко α∈R\Q\alpha \in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Q} редицата с общ член {nα}\{n \alpha\} е гъсто подмоножество на ( 0, 1 ). При α=2−x22\alpha=2-\sqrt{\vphantom{x^2}2}. следва, че безбройно много от интервалите Δn\Delta_{n} съдържат естествени числа kn(<n)k_{n}(\lt{}n). Полученото противоречие показва, че θ=x22+12\theta=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1}{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-12-4