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

2014

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • pms2014-8-1: има placeholder текст
  • pms2014-8-2: има placeholder текст

8

6 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-8-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Намерете най-голямото двуцифрено число nn, за което има nn цели числа, чието средно аритметично не е цяло, а средното аритметично на всеки mm от тях, m=2,3,…,n−1m=2, 3, \ldots, n-1, е цяло.
РешениеНека nn е такова, че има nn цели числа с исканото свойство. Разглеждаме каноничното разлагане n=p1s1ps…pkskn=p_{1}^{s_{1}} p^{s} \ldots p_{k}^{s_{k}}. Да допуснем, че k≥2k \geq 2. Това означава, че можем да разделим nn-те числа на p2s2…kskp_{2}^{s_{2}} \ldots{ }_{k}^{s_{k}} множества от по p1s1p_{1}^{s_{1}} числа. По условие числата във всяко от множествата имат сбор, кратен на p1s1p_{1}^{s_{1}}. Следователно сборът на nn-те числа се дели на p1s1p_{1}^{s_{1}}. По аналогичен начин следва, че сборът на nn-те числа се дели на p2s2,…p_{2}^{s_{2}}, \ldots, pkskp_{k}^{s_{k}}, а значи и на nn. Заключаваме, че допускането k≥2k \geq 2 не е вярно, т. е. трябва k=1k=1. Доказахме, че nn е степен на просто число. Най-голямото двуцифрено nn, за което k=1k=1, e 97. Като пример могат да се посочат числата 1,1,1,…,1,1,96!+11, 1, 1, \ldots, 1, 1, 96!+1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Ако a,ba, b и cc са положителни реални числа, да се докаже, чеa2+6a+12b+9c+b2+6b+12c+9a\frac{a^{2}+6 a+12 b+9}{c}+\frac{b^{2}+6 b+12 c+9}{a}+c2+6c+12a+9b≥+\frac{c^{2}+6 c+12 a+9}{b} \geq72. 72.Кога се достига равенство?
РешениеОт неравенството между средното аритметично и средното геометрично следва, че a+9≥2x29a2=6aa+9 \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}9 a^{2}}=6 a, т. е. a2+9≥6aa^{2}+9 \geq 6 a, като равенство се достига тогава и само тогава, когато a=3a=3. Така a2+6a+12b+9c≥6a+6a+12bc=12∣ ac+bc)\left.\left.\frac{a^{2}+6 a+12 b+9}{c} \geq \frac{6 a+6 a+12 b}{c}=12 \right\rvert\, \frac{a}{c}+\frac{b}{c}\right). Следователноa2+6a+12b+9c+b2+6b+12c+9a+c2+6c+12a+9b≥12(ac+bc)+12(ba+ca)+12(cb+ab)==12(ac+ca)+(ba+ab)+(cb+bc))≥12⋅2+12⋅2+12⋅2=72.\begin{gathered} \frac{a^{2}+6 a+12 b+9}{c}+\frac{b^{2}+6 b+12 c+9}{a}+\frac{c^{2}+6 c+12 a+9}{b} \geq 12\left(\frac{a}{c}+\frac{b}{c}\right)+12\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{a}\right)+12\left(\frac{c}{b}+\frac{a}{b}\right)= \\ \left.=12\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\right)+\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\right)\right) \geq 12 \cdot 2+12 \cdot 2+12 \cdot 2=72. \end{gathered}Тук използвахме, че ac+ca≥2\frac{a}{c}+\frac{c}{a} \geq 2 (аналогично и за другите събираеми), което отново е следствие от неравенството между средното аритметично и средното геометричното. Сега равенство се достига тогава и само тогава, когато a=ca=c. С това неравенството от условието на задачата е доказано, като равенство се достига тогава и само тогава, когато a=b=c=3a=b=c=3. Оценяване: 4 точки за свеждане на неравенството до (ac+ca)+(ba+ab)+(cb+bc)≥6\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\right)+\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\right) \geq 6 или до еквивалентна форма; 2 точки за доказване на ac+ca≥2;1\frac{a}{c}+\frac{c}{a} \geq 2; 1 точка за изследване на равенството.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-8-4

Задача 4c

Пълен запис
Условие
Ани начертала на бял лист 88 отсечки. Колко най-много равностранни триъгълници може да има на листа? Отговорът да се обоснове.
РешениеНека разгледаме конструкция с максимален брой равностранни триъгълници; явно в нея има поне един триъгълник. Ще наричаме две отсечки сравними, ако правите им образуват ъгъл, кратен на 60∘60^{\circ}. Така отсечките се разпадат на множества от сравними помежду си отсечки. Да допуснем, че тези множества са повече от 1. Отсечки от различни множества не могат да участват в един равностранен триъгълник. Ще считаме, че всяко множество от сравними отсечки е начертано на отделен прозрачен лист и листовете са поставени един върху друг. Да завъртим под еднакъв ъгъл един лист, така че една от отсечките на него да отсече равностранно триъгълниче от равностранен триъгълник от друг лист (в който има такъв). При това броят равностранни триъгълници нараства противоречие. Следователно има само един лист, т. е., всички отсечки са сравними. Тогава отсечките могат да имат само три направления (под ъгъл 60∘60^{\circ} ); нека в тях да има съответно x,y,zx, y, z отсечки, x≤y≤z,x+y+z=88x \leq y \leq z, x+y+z=88. За всеки равностранен триъгълник са нужни отсечки от трите направления, така че броят на триъгълниците не надхвърля xyzx y z, като е равен на това число, ако всички отсечки от различни направления се пресичат в различни точки. Да допуснем, че z−x≥2z-x \geq 2 и да премахнем една отсечка от най-масовия клас, добавяйки я в най-малкия, така че да пресича всички отсечки от останалите класове. в различни точки; при това се губят xyx y триъгълника и се печелят y(z−1)>xyy(z-1)\gt{}x y, което противоречи на максималността. Така z−x≤1z-x \leq 1 и като отчетем x≤y≤zx \leq y \leq z и x+y+z=88x+y+z=88, получаваме x=y=29,z=30x=y=29, z=30, и търсеният максимален брой е xyz=25230x y z=25230.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-8-4c

Задача 8c

Пълен запис
Условие
Отсечката BHB H е височина за равнобедрения △ABC,AC=BC\triangle A B C, A C=B C. Симетралата на страната BCB C пресича правата ACA C в точка DD и DH=HA+ABD H=H A+A B. Намерете възможните стойности на ∠BAC\angle B A C.
РешениеСлучай 1. Ако DD лежи на отсечката ACA C, то △ABC\triangle A B C е остроъгълен и HH лежи на отсечката ACA C. От условието следва, че HH е между AA и DD. Да построим точка EE; на отсечката DHD H, за която AH=HEA H=H E(и значи BA=DEB A=D E ). Имаме △AHB≅△EHB\triangle A H B \cong \triangle E H B, така че BE=BA=DEB E=B A=D E. От симетралата имаме BD=CDB D=C D; нека ∠ACB=∠DBC=x\angle A C B=\angle D B C=x. Тогава ∠DBE=∠BDE=2x\angle D B E=\angle B D E=2 x като външен за △BCD\triangle B C D и ∠BAH=∠BEH=4x\angle B A H=\angle B E H=4 x като външен за △BDE\triangle B D E. За сбора на ъглите в △ABC\triangle A B C получаваме 4x+4x+x=180∘,x=20∘4 x+4 x+x=180^{\circ}, x=20^{\circ}, ∠BAC=4x=80∘\angle B A C=4 x=80^{\circ}. Случай 2. Ако DD лежи на лъча CA→C A \rightarrow след AA, то △ABC\triangle A B C е остроъгълени HH лежи на отсечката ACA C. От условието следва, че AD=ABA D=A B; нека ∠ADB=∠ABD=x\angle A D B=\angle A B D=x. Тогава ∠ABC=∠BAC=2x\angle A B C=\angle B A C=2 x като външен за △ABD\triangle A B D и ∠DCB=∠DBC=3x\angle D C B=\angle D B C=3 x. За сбора на ъглите в △ABC\triangle A B C получаваме 2x+2x+3x=180∘,x=(180/7)∘,∠BAC=2x=(360/7)∘2 x+2 x+3 x=180^{\circ}, x=(180 / 7)^{\circ}, \angle B A C=2 x=(360 / 7)^{\circ}. Случай 3. Ако DD лежи на лъча AC−1A C^{-1} след CC, то △ABC\triangle A B C е тъпоъгълен и HH лежи на същия лъч. От условието следва, че HH е между AA и DD. Да построим точка EE на отсечката DHD H, за която AH=HEA H=H E (и значи BA=DEB A=D E ). Имаме △AHB≅△EHB\triangle A H B \cong \triangle E H B, така че BE=BA=DEB E=B A=D E; нека ∠BDE=∠DBE=x\angle B D E=\angle D B E=x. Тогава ∠ABC=∠BAC=∠BEA=2x\angle A B C=\angle B A C=\angle B E A= 2 x като външен за △BDE\triangle B D E и ∠CBD=∠BCD=4x\angle C B D=\angle B C D=4 x като външен за △ABC\triangle A B C (имаме BD=CDB D=C D от симетралата). За сбора на ъглите в △BCD\triangle B C D получаваме 4x+4x+x=180∘4 x+4 x+x=180^{\circ}, x=20∘,∠BAC=2x=40∘x=20^{\circ}, \angle B A C=2 x=40^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-8-8c

9

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека ABCDA B C D е вписан в окръжност kk четириъгълник и продълженията на страните ABA B и CDC D се пресичат в точка MM. Нека MTM T е допирателна към k(T∈k)k(T \in k) и правата BDB D пресича отсечката MTM T в точка EE. Ако MTM T е успоредна на диагонала ACA C, то да се намери отношението EM:ETE M: E T.
РешениеОт MT∥ACM T \| A C следва, че ∠EMB=∠BAC\angle E M B=\angle B A C. Но ∠BAC=∠BDC\angle B A C=\angle B D C и следователно △EMB∼△EDM\triangle E M B \sim \triangle E D M, т. е.EBEM=EMED⇒EM2=EB.ED\frac{E B}{E M}=\frac{E M}{E D} \Rightarrow E M^{2}=E B. E DОт друга страна, от свойството на секущите следва, че ET2=EB.EDE T^{2}=E B. E D. Тогава EM=ETE M=E T, което означава, че търсеното отношение е 1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Фигурата, получена от квадрат 2×22 \times 2 след премахването на една негова клетка се нарича триклетъчен ъгъл. Възможно ли е клетките на една шахматна дъска с размери 3000×30003000 \times 3000 да бъдат оцветени в бяло и черно по такъв начин, че както и да се разреже тази дъска на 3000000 триклетъчни ъгъла, всеки от тях да съдържа точно по една черна клетка?
РешениеОтговор: Не! Да допуснем противното. Оцветяването трябва да съдържа точно три милиона черни клетки. Да разрежем дъската на 150021500^{2} квадратчета 2×22 \times 2. Да допуснем, че всяко от тези квадратчета, което не граничи с ръба на дъската, съдържа най-много една черна клетка. Тогава имаме общо не повече от 14982+4×1499×4<30000001498^{2}+4 \times 1499 \times 4\lt{}3000000 черни клетки: противоречие. Да разгледаме едно "вътрешно" квадратче ss, което съдържа поне две черни клетки. Нека SS е правоъгълника с размери 4×30004 \times 3000, съставен от квадратчето ss, всички други квадратчета 2×22 \times 2 в същите два реда, и всички квадратчета 2×22 \times 2 в следващите два реда. Частта от дъската, която лежи извън SS, можем да разрежем на хоризонтални правоъгълници 2×32 \times 3, а следователно и на триклетъчни ъгли. Правоъгълникът SS, от друга страна, можем да разрежем на триклетъчни ъгли и правоъгълници 2×32 \times 3 по следните три начина: Лесно се вижда, че в поне един от тях разрязването ще може да се довърши по такъв начин, че двете черни клетки от ss да попаднат в един и същи триклетъчен ъгъл: противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се реши в естествени числа уравнението x3−5x+28=2y(2y+1)x^{3}-5 x+28=2^{y}\left(2^{y}+1\right).
РешениеДа разгледаме уравнението по модул 7. Лявата страна може да дава остатъци 0,2,3,40, 2, 3, 4 и 5, а дясната 2 и 6. Следователно и двете страни дават остатък 2 при деление на 7, като това може да се случи само когато yy се дели на 3. Нека y=3ky=3 k, k∈Nk \in \mathbb{N}, и да запишем уравнението във видаx3−43k=22k+5x−28⟺(x−4k)(x2+4kx+42k)=x^{3}-4^{3 k}=2^{2 k}+5 x-28 \Longleftrightarrow\left(x-4^{k}\right)\left(x^{2}+4^{k} x+4^{2 k}\right)=23k+5x−28.2^{3 k}+5 x-28.Ако x<4kx\lt{}4^{k}, лявата страна е отрицателна и значи 0>23k+5x−28≥5x−200\gt{}2^{3 k}+5 x-28 \geq 5 x-20, откъдето x<4x\lt{}4. Непосредствена проверка за x=1,2,3x=1, 2, 3 не дава Ако x>4kx\gt{}4^{k}, лявата страна е поне x2+4kx+42k≥x2+4x+24k>5x+23k>23k+5x−28x^{2}+4^{k} x+4^{2 k} \geq x^{2}+4 x+2^{4 k}\gt{}5 x+2^{3 k}\gt{} 2^{3 k}+5 x-28. Остава случаят x=4kx=4^{k}, при който получаваме 23k+5⋅4k=282^{3 k}+5 \cdot 4^{k}=28, което очевидно е изпълнено само при k=1k=1. Следователно x=4x=4 и y=3y=3 е единственото
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е правоъгълен △ABC\triangle A B C ( ∠ACB=90∘,AC≤BC\angle A C B=90^{\circ}, A C \leq B C ). Ако MM е средата на височината CH(H∈AB)C H(H \in A B) и ∠AMB=120∘\angle A M B=120^{\circ}, то да се намери AC:BCA C: B C.
РешениеЩе използваме стандартните означение за △ABC\triangle A B C. Първо да обърнем внимание, чеSABC=2SABM=AM⋅BM⋅sin⁡120∘S_{A B C}=2 S_{A B M}=A M \cdot B M \cdot \sin 120^{\circ}и следователно AM.BM=abx23A M. B M=\frac{a b}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}. От друга страна, от косинусова теорема за △ABM\triangle A B M получавамеAB2=AM2+BM2−2AM⋅BM⋅cos⁡120∘=A B^{2}=A M^{2}+B M^{2}-2 A M \cdot B M \cdot \cos 120^{\circ}=AM2+BM2+AM⋅BMA M^{2}+B M^{2}+A M \cdot B Mи следователно AM⋅BM=AB2−(AH2+HM2)−(BH2+HM2)=2AH⋅BH−2HM2=32h2=3a2b22(a2+b2)A M \cdot B M=A B^{2}-\left(A H^{2}+H M^{2}\right)-\left(B H^{2}+H M^{2}\right)=2 A H \cdot B H-2 H M^{2}=\frac{3}{2} h^{2}=\frac{3 a^{2} b^{2}}{2\left(a^{2}+b^{2}\right)}. Така достигаме до abx23=3a2b22(a2+b2)⇔2(ba)2−3x23(ba)+2=0\frac{a b}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}=\frac{3 a^{2} b^{2}}{2\left(a^{2}+b^{2}\right)} \Leftrightarrow 2\left(\frac{b}{a}\right)^{2}-3 \sqrt{\vphantom{x^2}3}\left(\frac{b}{a}\right)+2=0 и понеже b≤ab \leq a следва, че AC:BC=3x23−x2114A C: B C=\frac{3 \sqrt{\vphantom{x^2}3}-\sqrt{\vphantom{x^2}11}}{4}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на параметъра aa, при които уравнениятаa⋅52x−1+∣a−5∣⋅5x−1=1и9x+3x+1=4a \cdot 5^{2 x-1}+|a-5| \cdot 5^{x-1}=1 \text{и} 9^{x}+3^{x+1}=4са еквивалентни.
РешениеЗаписваме второто уравнение във вида (3x−1)(3x+4)=0\left(3^{x}-1\right)\left(3^{x}+4\right)=0, но 3x+4>03^{x}+4\gt{}0 и остава 3x−1=03^{x}-1=0, т. е. x=0x=0. Следователно необходимо условие двете уравнения да са еквивалентни е x=0x=0 да е корен на първото уравнение. След заместване получаваме a+∣a−5∣=5⇔a≤5a+|a-5|=5 \Leftrightarrow a \leq 5. При a≤5a \leq 5 първото уравнение добива видаa⋅52x−1+(5−a)⋅5x−1−1=a \cdot 5^{2 x-1}+(5-a) \cdot 5^{x-1}-1=0⇔a⋅(5x)2+(5−a)5x−5=0 \Leftrightarrow a \cdot\left(5^{x}\right)^{2}+(5-a) 5^{x}-5=0⇔(5x−1)(a5x+5)=0.0 \Leftrightarrow\left(5^{x}-1\right)\left(a 5^{x}+5\right)=0.Ако a≥0a \geq 0 или a=−5a=-5, то достигаме до единствено x=0.Ако. Ако a<0и и a \neq-5,получавамедверазличниx=0, получаваме две различни x=0 и x=1−log⁡5(−a)x=1-\log _{5}(-a). Така окончателно търсените стойности на aa са [0,5]∪{−5}[0, 5] \cup\{-5\}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е четириъгълник ABCDA B C D, вписан в окръжност kk с диаметър 1. Да се намери най-голямата възможна стойност на сумата от радиусите на окръжностите, вписани в △ABC,△BCD,△CDA\triangle A B C, \triangle B C D, \triangle C D A и △DAB\triangle D A B.
РешениеЩе използваме следното помощно твърдение: Лема 1. Нека XYX Y е хорда в окръжност ω\omega и точката ZZ обхожда дъгата \wideparenXY\wideparen{X Y}. Тогава радиусът rXYZr_{X Y Z} на вписаната в △XYZ\triangle X Y Z окръжност достига максимума си, когато ZZ е среда на дъгата \wideparenXY\wideparen{X Y}. Доказателство. Ако II е центъра на вписаната в △XYZ\triangle X Y Z окръжност, то ∠XIY=90∘+12∠XZY\angle X I Y= 90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle X Z Y и следователно когато ZZ обхожда дъгата \wideparenXY,I\wideparen{X Y}, I също обхожда някаква дъга с краища XX и YY. При това е очевидно, че разстоянието от II до XYX Y е максимално точно когато II съвпада със средата на тази дъга, т. е. когато ZZ е среда на \wideparenXY\wideparen{X Y}. От горната лема следва, чеrABC+rADC≤rAB′C+rAD′C,r_{A B C}+r_{A D C} \leq r_{A B^{\prime} C}+r_{A D^{\prime} C},където B′B^{\prime} и D′D^{\prime} са средите на съответните дъги \wideparenABC\wideparen{A B C} и \wideparenADC\wideparen{A D C}. Ако означим с ID′I_{D^{\prime}} и IB′I_{B^{\prime}} центровете на вписаните в △AB′C\triangle A B^{\prime} C и △AD′C\triangle A D^{\prime} C окръжности, то rAB′C+rAD′C=IB′ID′r_{A B^{\prime} C}+r_{A D^{\prime} C}=I_{B^{\prime}} I_{D^{\prime}}. От друга страна, ако означим с IAI_{A} центъра на вписаната в △B′CD′\triangle B^{\prime} C D^{\prime} окръжност, то∠CIAD′=90∘+12∠CB′D′=\angle C I_{A} D^{\prime}=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle C B^{\prime} D^{\prime}=90∘+12∠CAD′=∠CIB′D90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle C A D^{\prime}=\angle C I_{B^{\prime}} Dи аналогично ∠CIAB′=∠CID′B′\angle C I_{A} B^{\prime}=\angle C I_{D^{\prime}} B^{\prime}, т. е. четириъгълниците CIAIB′DC I_{A} I_{B^{\prime}} D и CIAID′B′C I_{A} I_{D^{\prime}} B^{\prime} са вписани. Тогава ∠IAIB′ID′=∠IACD′=45∘\angle I_{A} I_{B^{\prime}} I_{D^{\prime}}=\angle I_{A} C D^{\prime}=45^{\circ} и ∠IAID′IB′=∠IACB′=45∘\angle I_{A} I_{D^{\prime}} I_{B^{\prime}}=\angle I_{A} C B^{\prime}=45^{\circ}, т. е. IB′ID′=2rB′D′CI_{B}^{\prime} I_{D}^{\prime}=2 r_{B^{\prime} D^{\prime} C}. Прилагайки отново лемата достигаме до извода, че стойността на израза rABC+rADCr_{A B C}+r_{A D C} е най-голяма точно тогава, когато ABCDA B C D е квадрат. Аналогично и стойността на израза rBAD+rBCDr_{B A D}+r_{B C D} е най-голяма точно тогава, когато ABCDA B C D е квадрат. Остава да пресметнем, че този случай rABC+rADC=rBAD+rBCD=x22−1r_{A B C}+r_{A D C}=r_{B A D}+r_{B C D}=\sqrt{\vphantom{x^2}2}-1 и така окончателно търсената максимална стойност е 2x22−22 \sqrt{\vphantom{x^2}2}-2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се реши в цели числа уравнението x3−5x+28=2y(2y+1)x^{3}-5 x+28=2^{y}\left(2^{y}+1\right).
РешениеАко x≤−4x \leq-4, то лявата страна на уравнението е отрицателна, а дясната е винаги положителна. Случаите x=−3,−2,−1x=-3, -2, -1 и 0 се отхвърлят с директна проверка. Лесно се вижда, че y=0y=0 не води до , а при отрицателно yy дясната страна не е цяло число за разлика от лявата. Тогава xx и yy са естествени числа и нататък то следва то на задача 9 \cdot 4.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е уравнението 5−4sin⁡2x−8cos⁡2x2=3m5-4 \sin ^{2} x-8 \cos ^{2} \frac{x}{2}=3 m, където mm е реален параметър. a) Да се реши уравнението при m=0m=0; б) Да се намерят всички цели стойности на параметъра mm, при които уравнението има
Решениеа) Тъй като sin⁡2x=1−cos⁡2x\sin ^{2} x=1-\cos ^{2} x и cos⁡2x2=1+cos⁡x\cos ^{2} \frac{x}{2}=1+\cos x, даденото уравнение е еквивалентно на 4cos⁡2x−4cos⁡x−3=04 \cos ^{2} x-4 \cos x-3=0. Корените на квадратното уравнение 4y2−4y−3=04 y^{2}- 4 y-3=0 са y1=32>1y_{1}=\frac{3}{2}\gt{}1 и y2=−12y_{2}=-\frac{1}{2}. Следователно cos⁡x=−12\cos x=-\frac{1}{2}, т. е. x=±2π3+2kπx= \pm \frac{2 \pi}{3}+2 k \pi. б) Както в подточка а) получаваме уравнението 4cos⁡2x−4cos⁡x−3(m+1)=04 \cos ^{2} x-4 \cos x-3(m+1)=0. Търсим за кои цели стойности на mm уравнението f(t)=4t2−4t−3(m+1)=0f(t)=4 t^{2}-4 t-3(m+1)=0 има корен в интервала [−1,1][-1, 1]. Тъй като графиката на f(t)f(t) е симетрична спрямо оста на симетрия t=12t=\frac{1}{2}, то f(y)=0f(y)=0 има в [−1,1][-1, 1] тогава и само тогава, когато D≥0D \geq 0 и f(−1)≥0f(-1) \geq 0. Сега от D=16(4+3m)D=16(4+3 m) и f(−1)=5−3mf(-1)=5-3 m получаваме m∈[−43,53]m \in\left[-\frac{4}{3}, \frac{5}{3}\right]. Целите числа в този интервал са m=−1,0,1m=-1, 0, 1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C. През средите FF и EE на височините AA1A A_{1} и BB1B B_{1} е построена права, която пресича правите ACA C и BCB C съответно в MM и NN. Да се докаже, че правата през върха CC и центъра на описаната около △ABC\triangle A B C окръжност разполовява отсечката MNM N.
РешениеДостатъчно е да докажем, че SMOC=SNOCS_{M O C}= S_{N O C}. Имаме SMOC:SNOC=CMACSAOCCNBCSBOC=CMAC⋅AC⋅BH4CNBC⋅BC⋅AH4=CMCN⋅BHAHS_{M O C}: S_{N O C}=\frac{\frac{C M}{A C} S_{A O C}}{\frac{C N}{B C} S_{B O C}}=\frac{\frac{C M}{A C} \cdot \frac{A C \cdot B H}{4}}{\frac{C N}{B C} \cdot \frac{B C \cdot A H}{4}}=\frac{C M}{C N} \cdot \frac{B H}{A H}. От друга страна, по теоремата на Менелай за △CAA1\triangle C A A_{1} и △CBB1\triangle C B B_{1} получаваме съответноAMCM⋅CNNA1⋅A1FFA=1⇒CNCM=\frac{A M}{C M} \cdot \frac{C N}{N A_{1}} \cdot \frac{A_{1} F}{F A}=1 \Rightarrow \frac{C N}{C M}=A1NAMиB1MCM⋅CNNB⋅BEEB1=1⇒CNCM=BNB1M\frac{A_{1} N}{A M} \text{и} \frac{B_{1} M}{C M} \cdot \frac{C N}{N B} \cdot \frac{B E}{E B_{1}}=1 \Rightarrow \frac{C N}{C M}=\frac{B N}{B_{1} M}СледователноCNCM=A1N+BNB1M+AM=A1BAB1=BHAH\frac{C N}{C M}=\frac{A_{1} N+B N}{B_{1} M+A M}=\frac{A_{1} B}{A B_{1}}=\frac{B H}{A H}откъдето следва, че SMOC=SNOCS_{M O C}=S_{N O C}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадено с множество AA от 2014 естествени числа в интервала [1,6][1, 6] и естествено число t≤2014t \leq 2014. За един ход можем да изберем произволни tt числа от AA и да увеличим с 1 всяко от тях, което е по-малко от 6, а всяко число, което е равно на 6 да заменим с 1. Да се намерят всички стойности на tt за които при всяко множество AA след някакъв брой ходове можем да получим само шестици.
РешениеЩе докажем, че търсените числа са онези tt за които (6,t)=1(6, t)=1. Нека (6,t)=d≠1(6, t)=d \neq 1 и да изберем tt числа xx от които са равни на 6. След извършване на разрешената операция сборът на числата се променя с (t−x)−5x=t−6x(t-x)-5 x=t-6 x и следователно се дели на dd. Сега е ясно, че ако едно от числата е 5, а всички останали са 6, то не можем да получим само шестици. Нека (6,t)=1(6, t)=1 и да изберем естествено число kk, за което kt≡1( mod 6)k t \equiv 1(\bmod 6). Ще покажем как можем да увеличим дадено число a≠6a \neq 6 с единица, като всички останали числа остават непроменени. Нека BB е подмножество на AA с t+1t+1 числа (тъй като t≠2014t \neq 2014 такова множество съществува) и a∈Ba \in B. Да извършим kk пъти разрешената операция върху всяко от tt елементните подмножества на BB. Всяко число от BB се променя точно ktk t пъти. Тъй като kt≡1( mod 6)k t \equiv 1(\bmod 6), то горното е еквивалентно на еднократно прилагане на разрешената операция върху всички числа от BB. Като приложим 5 пъти операцията върху tt елементното множество B\{a}B \backslash\{a\} ще получим, че само aa е увеличено с 1. Следователно всички числа могат да бъдат направени равни на 6.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадено е естествено число kk. Да се намерят всички функции f:N→Nf: \mathbf{N} \rightarrow \mathbf{N} такива, че за всеки две естествени числа mm и nn е изпълнено равенствотоf(m+fk(n))=n+f(m+2014),f\left(m+f_{k}(n)\right)=n+f(m+2014),където fk(n)=f(f(…(f⏟kПъти(n)…)f_{k}(n)=\underbrace{f(f(\ldots(f}_{k \text{Пъти}}(n) \ldots). (с N\mathbf{N} означаваме множеството на естествените числа.)
РешениеДа допуснем, че съществува nn, за което fk(n)<2014f_{k}(n)\lt{}2014 и нека fk(n)=cf_{k}(n)=c. Тогаваf(m+c)=n+f(m+c+2014−c)f(m+c)=n+f(m+c+2014-c)т. е. при x=m+c≥c+1x=m+c \geq c+1 имаме f(x)=n+f(x+r)f(x)=n+f(x+r) за r=2014−c>0r=2014-c\gt{}0. При фиксирано xx това означава, чеf(x)=n+f(x+r)=f(x)=n+f(x+r)=2n+f(x+2r)=⋯=sn+f(x+sn),2 n+f(x+2 r)=\cdots=s n+f(x+s n),което е невъзможно, защото дясната част расте неограничено. Следователно fk(n)>f_{k}(n)\gt{} 2014 (при fk(n)=2014f_{k}(n)=2014 получаваме n=0n=0, което е невъзможно). При n=1n=1 получавамеf(m+fk(1)−2014+2014)=1+f(m+2014)f\left(m+f_{k}(1)-2014+2014\right)=1+f(m+2014)и като положим r=fk(1)−2014r=f_{k}(1)-2014 и x=m+2014x=m+2014, намираме f(x+r)=1+f(x)f(x+r)=1+f(x) за всяко x>2014x\gt{}2014. От това равенство с индукция лесно следва, че m≥2015m \geq 2015 е изпълнено равенството f(x+tr)=t+f(x)f(x+t r)=t+f(x). При t=nt=n и x=2015x=2015 намираме f(2015+nr)=f(2015+n r)= n+f(2015)n+f(2015), а от уравнението от условието при m=1m=1 имаме n+f(2015)=f(1+fk(n))n+f(2015)=f\left(1+f_{k}(n)\right). Получихме равенството f(2015+nr)=f(1+fk(n))f(2015+n r)=f\left(1+f_{k}(n)\right) и ако допуснем, че f(n1)=f(n2)f\left(n_{1}\right)=f\left(n_{2}\right) за n1≠n2n_{1} \neq n_{2}, от условието ще имамеn1+f(m+2014)=f(m+fk(n1))=n_{1}+f(m+2014)=f\left(m+f_{k}\left(n_{1}\right)\right)=f(m+fk(n2))=n2+f(m+2014),f\left(m+f_{k}\left(n_{2}\right)\right)=n_{2}+f(m+2014),т. е. n1=n2n_{1}=n_{2}, което е противоречие. Следователноfk(n)=2014+nr(1)f_{k}(n)=2014+n r \tag{1}за всяко nn. От (1) и от условието имамеf(m+nr+2014)=n+f(m+2014).(2)f(m+n r+2014)=n+f(m+2014). \tag{2}Освен това fk+1(n)=f(fk(n))=f(2014+nr)f_{k+1}(n)=f\left(f_{k}(n)\right)=f(2014+n r), а от друга страна fk+1(n)=fk(f(n))=2014+f(n)rf_{k+1}(n)=f_{k}(f(n))= 2014+f(n) r, откъдетоf(2014+nr)=2014+f(n)r(3)f(2014+n r)=2014+f(n) r \tag{3}От (3) при замяна на nn с n+1n+1 и от (2) при m=rm=r намирамеf(nr+r+2014)=rf(n+1)+2014=n+f(r+2014),f(n r+r+2014)=r f(n+1)+2014=n+f(r+2014),(4) \tag{4}откъдето следва, че rr дели n+f(r+2014)−2014n+f(r+2014)-2014 за всяко nn. Това е възможно само при r=1r=1 и заместване в (4) дава f(n+1)=n+f(2015)−2014=n+1+f(2015)−2015=n+1+cf(n+1)=n+f(2015)-2014=n+1+f(2015)-2015= n+1+c, т. е. f(n)=n+cf(n)=n+c при n≥2n \geq 2 и c=f(2015)−2015c=f(2015)-2015. При n=1n=1 в (3) имаме f(1)=f(2015)−2014=1+f(2015)−2015=1+cf(1)=f(2015)-2014=1+f(2015)-2015=1+c. Следователно f(n)=n+cf(n)=n+c за всяко nn. Оттук и от (1) имаме fk(n)=n+kc=n+2014f_{k}(n)=n+k c=n+2014, т. е. c=2014kc=\frac{2014}{k}. Директно се проверява, че когато kk дели 2014 функцията f(n)=n+cf(n)=n+c удовлетворява уравнението от условието. Когато kk не дели 2014 такава функция не съществува.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-11-4

12

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Синусите на три различни ъгъла от интервала [0,2π][0, 2 \pi] образуват аритметична прогресия. Да се докаже, че техните косинуси не могат да образуват аритметична прогресия в същия ред.
РешениеДа допуснем противното, т. е. има три различни числа x,y,z∈[0,2π]x, y, z \in[0, 2 \pi], за които sin⁡x+sin⁡y=2sin⁡z\sin x+\sin y=2 \sin z и cos⁡x+cos⁡y=2cos⁡z\cos x+\cos y=2 \cos z. Като повдигнем тези равенства на квадрат и ги съберем почленно, получаваме, че cos⁡(x−y)=sin⁡xsin⁡y+cos⁡xcos⁡y=1\cos (x-y)=\sin x \sin y+\cos x \cos y=1. Можем да считаме, че x>yx\gt{}y. Понеже x−y∈(0,2π]x-y \in(0, 2 \pi], то x=2π,y=0x=2 \pi, y=0. Тогава z=xz=x или z=yz=y, което е противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека CC1C C_{1} е височина в △ABC\triangle A B C, където C1C_{1} е точка от правата ABA B. Известно е, че сумата от квадратите на периметрите на △ACC1\triangle A C C_{1} и △BCC1\triangle B C C_{1} е равна на квадрата на периметъра на △ABC\triangle A B C. Да се докаже, че ∠ACB=90∘\angle A C B=90^{\circ}.
РешениеПонеже P△ACC1<P△ABCP_{\triangle A C C_{1}}\lt{}P_{\triangle A B C} и P△BCC1<P△ABCP_{\triangle B C C_{1}}\lt{}P_{\triangle A B C}, то точката C1C_{1} лежи на отсечката ABA B. Нека XX и YY са такива точки върху правата ABA B, че AA е между XX и BB, BB е между AA и Y,AX=ACY, A X=A C и BY=BCB Y=B C. Тогава условието приема вида(XC1+CC1)2+(YC1+CC1)2=XY2(*)\left(X C_{1}+C C_{1}\right)^{2}+\left(Y C_{1}+C C_{1}\right)^{2}=X Y^{2} \tag{*}Като приложим двукратно питагоровата теорема и фомулата за лице, получаваме, чеXC2+4S△XCC1+YC2+4S△YCC1=XY2X C^{2}+4 S_{\triangle X C C_{1}}+Y C^{2}+4 S_{\triangle Y C C_{1}}=X Y^{2}От косинусова теорема за △XYC\triangle X Y C и равенствотоS△XCC1+S△YCC1=S△XCY=12XC.YC.sin⁡∠XCYS_{\triangle X C C_{1}}+S_{\triangle Y C C_{1}}=S_{\triangle X C Y}=\frac{1}{2} X C. Y C. \sin \angle X C Yследва, че cos⁡∠XCY+sin⁡∠XCY=0\cos \angle X C Y+\sin \angle X C Y=0. Тогава135∘=∠XCY=∠XCA+∠C+∠YCB=135^{\circ}=\angle X C Y=\angle X C A+\angle C+\angle Y C B=∠A2+∠C+∠B2=90∘+∠C2,\frac{\angle A}{2}+\angle C+\frac{\angle B}{2}=90^{\circ}+\frac{\angle C}{2},откъдето ∠C=90∘\angle C=90^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че ако a,b,c,da, b, c, d са положителни числа със сума 1, тоa34a2+(b+c)2+b34b2+(c+d)2\frac{a^{3}}{4 a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{b^{3}}{4 b^{2}+(c+d)^{2}}+c34c2+(d+a)2+d34d2+(a+b)2≥+\frac{c^{3}}{4 c^{2}+(d+a)^{2}}+\frac{d^{3}}{4 d^{2}+(a+b)^{2}} \geq18 \frac{1}{8}
РешениеДа забележим, че след привеждане под общ знаменател неравенствотоa34a2+(b+c)2≥a4−b+c16\frac{a^{3}}{4 a^{2}+(b+c)^{2}} \geq \frac{a}{4}-\frac{b+c}{16}е еквивалентно на очевидното (b+c)(2a−b−c)2≥0(b+c)(2 a-b-c)^{2} \geq 0. Остава да съберем почленно това неравенство с другите три подобни.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-12-3