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

2015

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • pms2015-8-2: има placeholder текст
  • pms2015-9-2: има placeholder текст
  • pms2015-9-3: има placeholder текст
  • pms2015-10-2: има placeholder текст
  • pms2015-12-3: има placeholder текст

8

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на параметьра aa, при които за всяко реално xx е в сила неравенството x3+a3≤(x+a)3−3a(x−1)2x^{3}+a^{3} \leq(x+a)^{3}-3 a(x-1)^{2}.
РешениеИмаме 0≤3a2x+6ax−3a0 \leq 3 a^{2} x+6 a x-3 a, т. е. a((a+2)x−1)≥0a((a+2) x-1) \geq 0. (1т.) При a=0a=0 това е вярно за всяко xx. (1т.) При a>0a\gt{}0 получаваме (a+2)x≥1(a+2) x \geq 1, което не е вярно например за x=−1x=-1. (2т.) При a<0a\lt{}0 получаваме (a+2)x≤1(a+2) x \leq 1, е вярно за всяко xx само при a=−2a=-2. (2т.) Отговор: a=0a=0 и a=−2a=-2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-8-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за всяко естествено число nn съществува кратно на 41, което е от вида a111…1⏟nb‾\overline{a \underbrace{111 \ldots 1}_{n} b}.
РешениеЩе изнолзваме известния факт, че числото 11111 се дели на 41 (1т.). Нека числото A=a111…1b‾A=\overline{a 111 \ldots 1 b} се дели на 41 и броят на единиците е по-голям или равен на 5. ТогаваA=a111…1‾⋅106+111110+b≡A=\overline{a 111 \ldots 1} \cdot 10^{6}+111110+b \equiva111…1b‾ \overline{a 111 \ldots 1 b} \quad( mod 41),(\bmod 41),като броят на единиците в последното число е n−5n-5 (3т.). Остава да проверим съществуването на примери за n=0,1,2,3,4n=0, 1, 2, 3, 4: това са съответно числата 41(0,541(0, 5 т.), 410 (0, 5т.), 3116 (1т.), 11111 (0, 5т.) и 111110 (0, 5т.).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-8-3

9

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметьр aa, за които уравнението∣3x−a2+2a−5∣=∣2x−2a2+a+7∣\left|3 x-a^{2}+2 a-5\right|=\left|2 x-2 a^{2}+a+7\right|има два различни реалши корена, които са равноотдалечени от числото 6.
РешениеДа означим за краткост f=a2−2a+5f=a^{2}-2 a+5 и g=2a2−a−7g=2 a^{2}-a-7. Тогава корените на даденото уравнение се получават от 3x−f=2x−g3 x-f=2 x-g и 3x−f=g−2x3 x-f=g-2 x, откъдето x1=f−gx_{1}=f-g и x2=f+g5x_{2}=\frac{f+g}{5}. Условието за равноотдалеченост на корените от 6 е еквивалентю наx1+x22=6⟺3f−2g=30⟺a2+4a+1=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=6 \Longleftrightarrow 3 f-2 g=30 \Longleftrightarrow a^{2}+4 a+1=0⟺a1,2=−2±x23.0 \Longleftrightarrow a_{1, 2}=-2 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-9-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадено е естествено число nn. Върху две успоредни прави са отбелязани общо nn точки и са построени всички отсечки с краища в тези точки. Нека ana_{n} е максималният брой области, на които може да се е разпаднала ивицата между двете прави (например a2=2a_{2}=2 ). a) Пресметнете a10a_{10} и a41a_{41}. о) Докажете, че съществува просто число pp, което не дели никое ana_{n}, и намерете наималкото такова pp.
РешениеНека в конфигурацията с максимален брой области на едната права има xx точки, а на другата y=n−xy=n-x и x≥yx \geq y. Явно в тази конфигурация никои три отсечки не минават през една точка. Отначало ивицата е една област. Ако при построяването на дадена отсечка тя пресече zz предишни, то тя се разпада на z+1z+1 отсечки, всяка от които дели някаква област, така че броят на областите нараства със z+1z+1. Сумирайки по всички построени отсечки, заключаваме, че броят на областите е с 1 повече от сбора на броя отсечки (който е xyx y ) и броя на пресечни точки на отсечки. Всяка пресечна точка се обуславя от двойка точки по едната права и двойка точки по другата, т. е. броят им е 14x(x−1)y(y−1)\frac{1}{4} x(x-1) y(y-1). Получаваме, че an=1+xy+14x(x−1)y(y−1)a_{n}=1+x y+\frac{1}{4} x(x-1) y(y-1). Да допуснем, че x−y≥2x-y \geq 2. Да разгледаме конфигурация с x−1x-1 точки на едната права и y+1y+1 на другата. От максималността следваxy+14x(x−1)y(y−1)≥(x−1)(y+1)+14(x−1)(x−2)(y+1)y0≥x−y−1+14(x−1)y(x−2y−2+x)≥2−1+14(x−1)y(2⋅2−2)≥0,\begin{gathered} x y+\frac{1}{4} x(x-1) y(y-1) \geq(x-1)(y+1)+\frac{1}{4}(x-1)(x-2)(y+1) y \\ 0 \geq x-y-1+\frac{1}{4}(x-1) y(x-2 y-2+x) \geq 2-1+\frac{1}{4}(x-1) y(2 \cdot 2-2) \geq 0, \end{gathered}което е противоречие. Така в максималната конфигурация броят на точките върху двете прави се различава най-много с 1. Следователно: (∗)(*) ако n=2kn=2 k, то x=y=kx=y=k и an=1+k2+14k2(k−1)2=14(k4−2k3+5k2+4)a_{n}=1+k^{2}+\frac{1}{4} k^{2}(k-1)^{2}=\frac{1}{4}\left(k^{4}-2 k^{3}+5 k^{2}+4\right). (∗)(*) ако n=2k+1n=2 k+1, то x=k+1,y=kx=k+1, y=k и an=1+(k+1)k+14k2(k2−1)=14(k4+3k2+4k+4)a_{n}=1+(k+1) k+\frac{1}{4} k^{2}\left(k^{2}-1\right)=\frac{1}{4}\left(k^{4}+3 k^{2}+4 k+4\right). а) Имаме a10=14(54−2⋅53+53)+1=126a_{10}=\frac{1}{4}\left(5^{4}-2 \cdot 5^{3}+5^{3}\right)+1=126 и a41=14(204+3⋅202)+20+1=40321a_{41}=\frac{1}{4}\left(20^{4}+3 \cdot 20^{2}\right)+20+1=40321. б) Имаме a2=2,a3=3,a5=10,a10=126a_{2}=2, a_{3}=3, a_{5}=10, a_{10}=126, сред които има кратни на първите 4 прости числа. За да покажем, че p=11p=11 е търсеното число, разглеждаме остатъците при деление на 11 и се уверяваме, че числителите не се делят на 11, така че и ana_{n} не се дели на 11:k012345678910k201495335941k3018594726310k401543993451k4−2k3+5k2+4411863931028k4+3k2+4k+441735926124\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline k & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \cr \hline k^{2} & 0 & 1 & 4 & 9 & 5 & 3 & 3 & 5 & 9 & 4 & 1 \cr \hline k^{3} & 0 & 1 & 8 & 5 & 9 & 4 & 7 & 2 & 6 & 3 & 10 \cr \hline k^{4} & 0 & 1 & 5 & 4 & 3 & 9 & 9 & 3 & 4 & 5 & 1 \cr \hline k^{4}-2 k^{3}+5 k^{2}+4 & 4 & 1 & 1 & 8 & 6 & 3 & 9 & 3 & 10 & 2 & 8 \cr \hline k^{4}+3 k^{2}+4 k+4 & 4 & 1 & 7 & 3 & 5 & 9 & 2 & 6 & 1 & 2 & 4 \cr \hline \end{array}
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2015-9-4

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че съществуват безбройно много прости числа pp от вида 4k−1,k∈N4 k-1, k \in \mathbb{N}, такива, че pp дели 2q−12^{q}-1 за някое просто число qq.
РешениеНека {qn}n=1∞\left\{q_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} е редицата на простите числа. Да означим Qn=2qn−1Q_{n}=2^{q_{n}}-1. Да отбележим, че (Qm,Qn)=1\left(Q_{m}, Q_{n}\right)=1 при m≠nm \neq n. Действително, ако d∈Nd \in \mathbb{N} дели QmQ_{m} и QnQ_{n}, то (докажете!) dd дели числото 2(qm,qn)−1=21−1=12^{\left(q_{m}, q_{n}\right)}-1=2^{1}-1=1 и следователно d=1d=1. Не е възможно всички прости делители на QnQ_{n} да са сравними с 1 по модул 4, защото в такъв случай ще имаме Qn≡1( mod 4)Q_{n} \equiv 1(\bmod 4), което очевидно не е вярно. Следователно QnQ_{n} има поне един прост делител pnp_{n} от вида pn=4kn−1,kn∈Np_{n}=4 k_{n}-1, k_{n} \in \mathbb{N}. Освен това при m≠nm \neq n от (Qm,Qn)=1\left(Q_{m}, Q_{n}\right)=1 следва pm≠pnp_{m} \neq p_{n}. Така получаваме безкрайната редица {pn}n=1∞\left\{p_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} от различни прости числа, удовлетворяващи условието на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-9-4

10

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е правоъчълен △ABC(∠ACB=90∘,AC>BC)\triangle A B C\left(\angle A C B=90^{\circ}, A C\gt{}B C\right) с височина CHC H. Окръжността kk с диаметър CHC H пресича катетите ACA C и BCB C в точките PP и QQ съответно. Ако PQP Q разполовява CGC G, където GG е медицентърът на △ABC\triangle A B C, то a) да се докаже, че GG лежи на окръжността kk; б) да се намери отношението AH:BHA H: B H.
Решениеа) Нека MM е средата на ABA B, а О е центъра на kk. Тъй като ∠ACB=90∘\angle A C B=90^{\circ}, то PQP Q е диаметър в kk. Нещо повече,∠CQP=∠CHP=∠BAC=α\angle C Q P=\angle C H P=\angle B A C=\alphaи следователно △QPC∼△ABC\triangle Q P C \sim \triangle A B C. Тогава COC O и CMC M са съответни медиани в подобни триъгълници, а CTC T и CHC H са съответни височини, където TT е пресечната точка на CMC M и PQP Q. Следователно PQ⊥CGP Q \perp C G, но но условие PQP Q разполовява CGC G, т. е. PQP Q е симетрала на CGC G и G∈kG \in k.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-10-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Съществува ли естествено число nn, което има точно 49 естествени делителя и тези делители могат да бъдат подредени в таблица 7×77 \times 7 по такъв начин, че сумата на числата във всеки ред и всеки стълб да е една и съща?
РешениеНе. Ако nn има исканото свойство, то n=p48n=p^{48}, където pp е просто, или n=p6q6n=p^{6} q^{6}, където pp и qq са различни прости числа. В първия случай, подреждането е невъзможно, защото сумата на числата в реда, който съдържа делителя 1, ще дава остатък 1 при деление на pp, докато сумата на числата във всеки друг ред ще се дели на pp. Остава да разгледаме втория случай. Без ограничение на общността можем да смятаме, че q>pq\gt{}p. Нека S={1,p,…,p6}S=\left\{1, p, \ldots, p^{6}\right\}. Ако всеки ред съдържа точно едно число от SS, то като разгледаме по модул qq сумите на редовете, които съдържат 1 и pp, получаваме p≡1( mod q)p \equiv 1(\bmod q), т. е. q∣p−1q \mid p-1, което е невъзможно. Нека сега има ред, в който не се среща число от SS. Тогава делителите в този ред се делят на qq, тяхната сума се дели на qq, и, следователно, сумата на всички числа в таблицата се дели на qq. От последното q∣1+p+⋯+p6q \mid 1+p+\cdots+p^{6}, т. е. p7≡1( mod q)p^{7} \equiv 1(\bmod q) и показателят на pp по модул qq е равен на 7. Тъй като всеки ред и всеки стълб или не съдържа числа от SS, или съдържа поне две числа от SS, то има ред или стълб, който съдържа точно две числа от SS. Следователно, за някои 0≤a<b≤60 \leq a\lt{}b \leq 6 имаме, че q∣pa+pbq \mid p^{a}+p^{b}. Оттук, p2a≡p2b( mod q)⇒7∣2(a−b)p^{2 a} \equiv p^{2 b}(\bmod q) \Rightarrow 7 \mid 2(a-b), което е противоречие. Kpumepuu: (7 точки) 1т. за каноничния вид на n;1n; 1 т. за случая n=p48;3n=p^{48}; 3 т. за доказване, че в другия случай показателят на pp по модул qq е 7;27; 2 т. за достигане до противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-10-3

11

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник ABCA B C и точки M,NM, N и PP съответно от отсечките AB,CMA B, C M и BNB N. Ако AM=BM,CN=BNA M=B M, C N=B N и ∠APC=∠BPC\angle A P C=\angle B P C, да се докаже, че ∠PAC=∠MCA\angle P A C=\angle M C A.
РешениеОт синусовата теорема за △CPB\triangle C P B и △CPA\triangle C P A имаме:asin⁡∠CPB=CPsin⁡∠PBCиbsin⁡∠CPA=CPsin⁡∠PAC.\frac{a}{\sin \angle C P B}=\frac{C P}{\sin \angle P B C} \text{и} \frac{b}{\sin \angle C P A}=\frac{C P}{\sin \angle P A C}.След почленно разделяне на горните две равенства, получаваме asin⁡∠PBC=bsin⁡∠PACa \sin \angle P B C=b \sin \angle P A C. От друга страна, от SAMC=SBMCS_{A M C}=S_{B M C} следва, че asin⁡∠NCB=bsin⁡∠NCAa \sin \angle N C B=b \sin \angle N C A. От CN=BNC N=B N следва, че ∠PBC=∠NBC=∠NCA\angle P B C=\angle N B C=\angle N C A и от горните две равенства получаваме sin⁡∠PAC=sin⁡∠NCA\sin \angle P A C= \sin \angle N C A. Понеже △ABC\triangle A B C е остроъгълен, получаваме ∠PAC=∠NCA=∠MCA\angle P A C=\angle N C A=\angle M C A. Kpuтepuu: (6 точки) 3 т. за asin⁡∠PBC=bsin⁡∠PAC;3a \sin \angle P B C=b \sin \angle P A C; 3 т. за довършване на то.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадени са три купчинки съответно с a,ba, b и cc бонбона. Иван и Петър, редувайки се (първи е Иван), играят следната игра. Който е на ход, изяжда бонбоните от една от купчинките (по негов избор), а бонбоните от другите две купчинки преразпределя във вид на три нови купчинки, всяка от които съдържа поне по един бонбон. Който получи три купчинки с по един бонбон всяка, губи играта. Да се намерят всички тройки ( a,b,ca, b, c ), за които Петър има печеливша стратегия.
РешениеНека при даден ход да означим с nn броя на бонбоните, които съответния играч е избрал да раздели на три купчини. Да означим с AA този, който е на ход, а с BB другия играч. Ще докажем с индукция по nn, че AA губи при nn нечетно и печели при n>2n\gt{}2 четно. При 3 и 4 бонбона твърдението е очевидно. Нека то е вярно за всяко n≤kn \leq k. Ако k+1k+1 е четно число, AA може да получи разделяне на 1,1,k−11, 1, k-1 бонбона и BB трябва да разделя купчина с kk бонбона. Понеже kk е нечетно число, той ще загуби. Ако k+1k+1 е нечетно число, разделянето от AA на три купчини може да стане само с три нечетни числа или едно нечетно и две четни. И в двата случая съществуват две купчини с общ брой бонбони четно число, по-голямо от 2. От индукционното допускане следва, че BB може да спечели. Ще покажем, че Петър има печеливша стратегия само когато когато две от числата aa, bb и cc са единици, а третото число е четно (например a=b=1a=b=1 и cc четно). Иван трябва да разделя купчинка с c+1c+1 бонбона и понеже c+1c+1 е нечетно, той ще загуби. Във всички останали случаи в трите купчинки ще има или две четни числа (и тогава Иван ще изяде третата купчина и ще разделя четен брой бонбони) или две нечетни числа, едното от които е по-голямо от 1 (Иван ще изяда третата купчина и ще разделя четен брой бонбони), като и в двата случая броят на бонбоните е по-голям от 2. Kpumepuu: ( 7 точки) 1 т. за твърдението AA губи при nn нечетно и печели при n>2n\gt{}2 четно или еквивалентно на него; 3 т. за доказване на това твърдение; 3 т. за довършване на то.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадено е нечетно естествено число n≥3n \geq 3. Да се докаже, че съществува естествено число mm от интервала (x254n;n4+42)\left(\sqrt[4]{\vphantom{x^2}5} n; \frac{n^{4}+4}{2}\right), за което n4+4n^{4}+4 дели m4+4m^{4}+4.
РешениеЕдно число x∈[1;n4+4]x \in\left[1; n^{4}+4\right] ще наричаме „добро“ ако x4+4n4+4\frac{x^{4}+4}{n^{4}+4} е цяло число. Лесно се забелязва, че: (∗)(*) Ако xx е добро, то n4+4−xn^{4}+4-x също е добро. (∗)(*) Ако x>nx\gt{}n е добро, то x4+4n4+4≥5\frac{x^{4}+4}{n^{4}+4} \geq 5. (ако x4+4=2(n4+4)x^{4}+4=2\left(n^{4}+4\right) ще получим, че nn е четно; ако x4+4=3(n4+4)x^{4}+4=3\left(n^{4}+4\right) ще получим противоречие по модул 3 и при x4+4=4(n4+4)x^{4}+4=4\left(n^{4}+4\right) ще получим за x=2x0x=2 x_{0}, че (2x02−n2)(2x02+n2)=3\left(2 x_{0}^{2}-n^{2}\right)\left(2 x_{0}^{2}+n^{2}\right)=3, което е възможно само при x0=n=1x_{0}=n=1 ). Имаме n4+4=(n2−2n+2)(n2+2n+2)n^{4}+4=\left(n^{2}-2 n+2\right)\left(n^{2}+2 n+2\right). Да положим a=n2−2n+2a=n^{2}-2 n+2 и b=n2+2n+2b=n^{2}+2 n+2, като n4+4=abn^{4}+4=a b и a>1a\gt{}1 и b>1b\gt{}1 са нечетни, взаимнопрости числа. Сълласно КТО съществува естествено число x∈[1,n4+4]x \in\left[1, n^{4}+4\right] такова, че x≡n( mod a)x \equiv n(\bmod a) и x≡−n( mod b)x \equiv-n(\bmod b). Тогава n4+4n^{4}+4 дели ( x4+4x^{4}+4 ) −(n4+4)-\left(n^{4}+4\right), т. е. xx е добро число. Лесно се вижда, че случаите x=nx=n и x=n4−n+4x=n^{4}-n+4 водят до противоречие. Освен това x<nx\lt{}n е невъзможно, а от 1. следва, че x<n4−n+4x\lt{}n^{4}-n+4. Ако допуснем, че x≥n4+42x \geq \frac{n^{4}+4}{2}, то ще имаме, че x′=n4+4−xx^{\prime}=n^{4}+4-x е добро число, за което x′<n4+42x^{\prime}\lt{}\frac{n^{4}+4}{2} (понеже n4+42\frac{n^{4}+4}{2} не е цяло число). Следователно можем да считаме, че x<n4+42x\lt{} \frac{n^{4}+4}{2}. Ако x≥x254nx \geq \sqrt[4]{\vphantom{x^2}5} n, то то от 2. следва 5n4+4≥x4+4≥5n4+205 n^{4}+4 \geq x^{4}+4 \geq 5 n^{4}+20, което е противоречие. Следователно x∈(x254n;n4+42)x \in\left(\sqrt[4]{\vphantom{x^2}5} n; \frac{n^{4}+4}{2}\right). Kpuтepuu: ( 7 точки) по 1 т. за 1. и 2.; 5 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-11-4

12

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
а) Да се докаже, че функцията f(x)=x3+4x2+6xf(x)=x^{3}+4 x^{2}+6 x е строго растяща в множеството на реалните числа. б) Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравнениетоx3+5x=x^{3}+5 x=(a−4)x2−a+4x2(ax2+x−a)23(a-4) x^{2}-a+4 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}\left(a x^{2}+x-a\right)^{2}}+6x2ax2+x−a3+6 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}a x^{2}+x-a}има точно две
Решениеа) Производната f′(x)=3x2+8x+6f^{\prime}(x)=3 x^{2}+8 x+6 е с отрицателна дискриминанта, т. е. f′(x)>0f^{\prime}(x)\gt{}0 за всяко xx. Следователно f(x)f(x) е растяща функция. б) Записваме даденото уравнение във вида:x3+4x2+6x=x^{3}+4 x^{2}+6 x=ax2+x−a+4x2(ax2+x−a)23a x^{2}+x-a+4 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}\left(a x^{2}+x-a\right)^{2}}+6x2ax2+x−a3+6 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}a x^{2}+x-a}Сега от а) следва, че x3=ax2+x−ax^{3}=a x^{2}+x-a, откъдето (x−a)(x+1)(x−1)=0(x-a)(x+1)(x-1)=0. Уравнението има точно две , ако a=1a=1 или a=−1a=-1. Kpuтepuu: (6 точки) 2 т. за а); 1 т. за записване на уравнението в дадения вид; 1 т. за доказване, че x3=ax2+x−a;1x^{3}=a x^{2}+x-a; 1 т. за разлагането; 1 т. за доказване, че a=1a=1 или a=−1a=-1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дадена е безкрайна растяща редица от естествени числа x1,x2,…x_{1}, x_{2}, \ldots За всяко естествено число ss е изпълнено неравенството xs+1−xs≤3x_{s+1}-x_{s} \leq 3. Да се докаже, че съществуват безбройно много двойки различни естествени числа mm и nn, за които xmx_{m} дели xnx_{n}.
РешениеДостатъчно е да докажем, че някой член на редицата дели друг член (Защо?). От условието следва, че измежду всеки три последователни числа поне едно е член на редицата. Нека aa е член на редицата и да разгледаме числата b=a+a(a+1)(a+2),b+1=a+1+a(a+1)(a+2)b=a+a(a+1)(a+2), b+1= a+1+a(a+1)(a+2) и b+2=a+2+a(a+1)(a+2)b+2=a+2+a(a+1)(a+2). Тъй като aa дели bb, ако bb е член на редицата, твърдението е доказано. Нека bb не е член на редицата. Тогава едно от числата b+1b+1 или b+2b+2 е член на редицата (нека това е b+1b+1, като другият случай се разглежда аналогично). За числата c=b+b(b+1)(b+2),c+1=b+1+b(b+1)(b+2)c=b+b(b+1)(b+2), c+1=b+1+b(b+1)(b+2) и c+2=b+2+b(b+1)(b+2)c+2=b+2+b(b+1)(b+2) единствено c+2c+2 може да бъде член на редицата (защото aa дели cc и b+1b+1 дели c+1c+1 ). Сега за числата d=c+c(c+1)(c+2),d+1=c+1+c(c+1)(c+2)d=c+c(c+1)(c+2), d+1=c+1+c(c+1)(c+2) и d+2=c+2+c(c+1)(c+2)d+2=c+2+c(c+1)(c+2) имаме aa дели d,b+1d, b+1 дели c+1c+1 и c+2c+2 дели d+2d+2. Понеже едно от тези три последователни числа е член на редицата, твърдението е доказано. Kpumepuu: (6 точки) 2 т. за идеята за увеличаване на три последователни числа с тяхното произведение; 4 т. за довършване на то; максимум 2 т. за верни разсъждения, които не водят до
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички двойки функции f,g:N0⟶N0f, g: \mathbb{N}_{0} \longrightarrow \mathbb{N}_{0}, където N0\mathbb{N}_{0} е множеството на всички неотрицателни цели числа и: (1) f(1)>f(0)f(1)\gt{}f(0); (2) f(g(n))f(g(n)) е точно броят на целите неотрицателни числа k≤nk \leq n, за които f(k)≤kf(k) \leq k и g(f(n))g(f(n)) е точно броят на целите неотрицателни числа k≤nk \leq n, за които g(k)>kg(k)\gt{}k.
РешениеОтговор: f(n)=n,g(n)=n+1f(n)=n, g(n)=n+1 са единствената двойка функции, на задачата. Лесна проверка показва, че те удовлетворяват поставените условия. Имаме, че f(g(0))≤1f(g(0)) \leq 1 и g(f(0))≤1g(f(0)) \leq 1. Ще разгледаме 4 случая:
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2015-12-3

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички тройки ( a,b,ca, b, c ) от естествени числа, по-големи от 1, за които съществува безкрайна редица x1,x2,…x_{1}, x_{2}, \ldots от ненулеви цели числа, такива чеabcxn+3=a(c−b)xn+2+(cb+a)xn+1+bxna b c x_{n+3}=a(c-b) x_{n+2}+(c b+a) x_{n+1}+b x_{n}за всяко n≥1n \geq 1.
РешениеДаденото равенство може да се запише във видаxn+3−1bxn+2−1axn+1=x_{n+3}-\frac{1}{b} x_{n+2}-\frac{1}{a} x_{n+1}=−1c(xn+2−1bxn+1−1axn).-\frac{1}{c}\left(x_{n+2}-\frac{1}{b} x_{n+1}-\frac{1}{a} x_{n}\right).По индукция получаваме xn+3−1bxn+2−1axn+1=(−1)n1cn(x3−1bx2−1ax1)x_{n+3}-\frac{1}{b} x_{n+2}-\frac{1}{a} x_{n+1}=(-1)^{n} \frac{1}{c^{n}}\left(x_{3}-\frac{1}{b} x_{2}-\frac{1}{a} x_{1}\right). Това е възможно само при x3−1bx2−1ax1=0x_{3}-\frac{1}{b} x_{2}-\frac{1}{a} x_{1}=0 (иначе всеки прост делител на cc на произволна степен трябва да дели знаменателя на лявата част, което е невъзможно, защото aa и bb са фиксирани, а членовете на редицата са цели числа). Следователно xn+3=1bxn+2+1axn+1x_{n+3}=\frac{1}{b} x_{n+2}+\frac{1}{a} x_{n+1}. Да означим α=1a+1b\alpha=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}. Ако α<1\alpha\lt{}1, то полагайки M=max⁡{∣xn∣,∣xn−1∣}M=\max \left\{\left|x_{n}\right|, \left|x_{n-1}\right|\right\}, получаваме ∣xn+1∣≤αM\left|x_{n+1}\right| \leq \alpha M, откъдето по индукция ∣x2t+1∣≤αt\left|x_{2 t+1}\right| \leq \alpha^{t}. max⁡{x1,x2}\max \left\{x_{1}, x_{2}\right\}. Но поради lim⁡t→∞αt=0\lim _{t \rightarrow \infty} \alpha^{t}=0, за големи tt ще имаме ∣x2t+1∣<1\left|x_{2 t+1}\right|\lt{}1, което не е възможно за цяло ненулево число. Следователно α≥1\alpha \geq 1 и оттук лесно следва, че a=b=2a=b=2. Търсените тройки са от вида (2,2,c)(2, 2, c), където c≥2c \geq 2. Kpumepuu: (7 точки) 3 т. за xn+3=1bxn+2+1axn+1;4x_{n+3}=\frac{1}{b} x_{n+2}+\frac{1}{a} x_{n+1}; 4 т. за намиране на търсените тройки.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-12-4