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

2018

Назад към папките

9

1 задача

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е правоъгълен триъгълник ABC(∠ACB=90∘)A B C\left(\angle A C B=90^{\circ}\right). Точка OO от средната отсечка MN(MM N(M е среда на AC,NA C, N е среда на BCB C ) е такава, че ∠AOC=90∘\angle A O C=90^{\circ}, а точка PP от отсечката AOA O е такава, че ∠ACP=∠BCO\angle A C P=\angle B C O. Да се докаже, че ∠ABP=∠CBO\angle A B P=\angle C B O.
РешениеТъй като OMO M е медиана в правоъгълния △AOC\triangle A O C, имаме ∠OAC=∠AOM\angle O A C=\angle A O M. Оттук и от MN∥ABM N \| A B имаме 2∠OAM=∠OMC=∠BAC:=α2 \angle O A M=\angle O M C=\angle B A C: =\alpha. Следователно ∠OAC=∠AOM=α2\angle O A C=\angle A O M=\frac{\alpha}{2}. Тогава имаме ∠BCO=90∘−∠ACO=∠OAC=α2\angle B C O= 90^{\circ}-\angle A C O=\angle O A C=\frac{\alpha}{2} и от условието следва, че ∠ACP=α2\angle A C P=\frac{\alpha}{2}. От ∠ACP=∠PAC=α2\angle A C P=\angle P A C=\frac{\alpha}{2} следва, че △APC\triangle A P C е равнобедрен. Тогава PMP M е медиана и височина, т. е. PM⊥ACP M \perp A C, откъдето PM∥BCP M \| B C. Нека правата MPM P да пресича ABA B в точка KK. Тогава MKM K е средна отсечка в △ABC\triangle A B C. Освен това △AKP∼△CNO\triangle A K P \sim \triangle C N O по първи признак. Следователно △ABP∼△CBO\triangle A B P \sim \triangle C B O, защото ∠BAP=∠BCO=α2\angle B A P=\angle B C O=\frac{\alpha}{2} и от APAK=COCN\frac{A P}{A K}=\frac{C O}{C N} следва APAB=COCB\frac{A P}{A B}=\frac{C O}{C B}. От последното подобие получаваме исканото ∠ABP=∠CBO\angle A B P=\angle C B O.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2018-9-2

11

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на реалния параметър aa, за които неравенствотоlog⁡a+2−x(log⁡x−aa)>0\log _{a+2-x}\left(\log _{x-a} a\right)\gt{}0има
РешениеДопустимите стойности са a>0,x∈(a,a+2),x≠a+1a\gt{}0, x \in(a, a+2), x \neq a+1 и log⁡x−aa>0\log _{x-a} a\gt{}0. (∗)(*) При x∈(a,a+1)x \in(a, a+1) имаме a+2−x>1a+2-x\gt{}1 и x−a<1x-a\lt{}1. Неравенството е еквивалентно наa<x−a⟺x>2a.a\lt{}x-a \Longleftrightarrow x\gt{}2 a.За да има неравенството трябва 2a<a+12 a\lt{}a+1, т. е. 0<a<10\lt{}a\lt{}1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2018-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В △ABC\triangle A B C е вписана окръжност с център O1O_{1}, която се допира до страните му AB,BCA B, B C и ACA C съответно в точки C1,A1C_{1}, A_{1} и B1B_{1}. Външновписаната към страната ABA B окръжност има център O2O_{2} и се допира до ABA B и продълженията на страните ACA C и BCB C съответно в точки C2,B2C_{2}, B_{2} и A2A_{2}. Нека O1C1O_{1} C_{1} пресича A1B1A_{1} B_{1} в точка MM, а O2C2O_{2} C_{2} пресича A2B2A_{2} B_{2} в точка NN. Да се докаже, че C1M=C2NC_{1} M=C_{2} N.
РешениеАко AC=BCA C=B C, то поради AB1=AB2=BA1=BA2A B_{1}=A B_{2}=B A_{1}=B A_{2} отсечката ABA B е средна отсечка в трапеца B2A2A1B1B_{2} A_{2} A_{1} B_{1}. Тогава точките C1C_{1} и C2C_{2} съвпадат и C1C_{1} е среда на MNM N. Нека AC>BCA C\gt{}B C и да означим пресечните точки на ABA B с A1B1A_{1} B_{1} и A2B2A_{2} B_{2} съответно с PP и QQ. От A1B1∥A2B2A_{1} B_{1} \| A_{2} B_{2} Следва, че ∠APB1=∠BQA2\angle A P B_{1}=\angle B Q A_{2} и ∠AB1P+∠BA2Q=180∘\angle A B_{1} P+\angle B A_{2} Q=180^{\circ}. Сега от AB1=AC1=BC1=BA2A B_{1}=A C_{1}=B C_{1}=B A_{2} следва, чеAP=AB1sin⁡ψsin⁡φ=BA2sin⁡(180∘−ψ)sin⁡φ=BQ,A P=\frac{A B_{1} \sin \psi}{\sin \varphi}=\frac{B A_{2} \sin \left(180^{\circ}-\psi\right)}{\sin \varphi}=B Q,откъдето PC1=QC2P C_{1}=Q C_{2}. Следователно △PC1N≅△QC2N\triangle P C_{1} N \cong \triangle Q C_{2} N, т. е. C1N=C2NC_{1} N=C_{2} N.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2018-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека k∈(1/2,1)k \in(1 / 2, 1) и a1>0a_{1}\gt{}0. Да се докаже, че редицата с общ член an+1=kan+(1−k)/ana_{n+1}=k a_{n}+(1-k) / a_{n} е сходяща и да се намери границата й.
РешениеИмаме, че(1)an+1−an=(1−k)(1/an−an),\text{(1)} a_{n+1}-a_{n}=(1-k)\left(1 / a_{n}-a_{n}\right),(2)an+1−1=(an−1)(k−(1−k)/an). \quad \text{(2)} a_{n+1}-1=\left(a_{n}-1\right)\left(k-(1-k) / a_{n}\right) \text{.}Понеже m=(1−k)/k∈(0,1)m=(1-k) / k \in(0, 1), по индукция следва, че: (3) ако a1≥1a_{1} \geq 1, то a1≥a2≥⋯≥1a_{1} \geq a_{2} \geq \cdots \geq 1; (4) ако 0<a1≤m0\lt{}a_{1} \leq m, то a2≥a3≥⋯≥1a_{2} \geq a_{3} \geq \cdots \geq 1; (5) ако m<a1<1m\lt{}a_{1}\lt{}1, то a1<a2<⋯<1a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}\cdots\lt{}1. Значи редицата a2,a3…a_{2}, a_{3} \ldots е монотонна и ограничена, и следователно е сходяща. За границата ѝ ll имаме, че l=kl+(1−k)/ll=k l+(1-k) / l, откъдето (6) l=1l=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2018-11-3

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека II и MM са центърът на вписаната окръжност и медицентърът на △ABC\triangle A B C, за който AC≠BCA C \neq B C. Да се докаже, че IM⊥ABI M \perp A B тогава и само тогава, когато AC+BC=3ABA C+B C=3 A B.
РешениеНека DD и EE са проекциите на CC и II върху правата ABA B, а FF е средата на страната ABA B. Тогава(1)IM⊥AB⇔ME∥CD⇔FD=3FE.\text{(1)} I M \perp A B \Leftrightarrow M E \| C D \Leftrightarrow F D=3 F E \text{.}Ще следваме стандартните означения за елементите на △ABC\triangle A B C. Можем да сичтаме, че a<ba\lt{}b. Тогава(2)FE=AE−AF=b+c−a2−c2=b−a2(3)FD=AD−AF=bcos⁡α−c2=b2+c2−a22c−c2=b2−a22c.\begin{gathered} \text{(2)} F E=A E-A F=\frac{b+c-a}{2}-\frac{c}{2}=\frac{b-a}{2} \\ \text{(3)} F D=A D-A F=b \cos \alpha-\frac{c}{2}=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 c}-\frac{c}{2}=\frac{b^{2}-a^{2}}{2 c} \text{.} \end{gathered}От (1), (2) и (3) следва, че IM⊥AB⇔a+b=3cI M \perp A B \Leftrightarrow a+b=3 c.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2018-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека k∈(0,1/2)k \in(0, 1 / 2) и a1>0a_{1}\gt{}0. Да се докаже, че редицата с общ член an+1=kan+(1−k)/ana_{n+1}=k a_{n}+(1-k) / a_{n} е сходяща и да се намери границата й.
РешениеДа допуснем, че не съществува nn, за което an∈[1,m]a_{n} \in[1, m], където m=(1−k)/k>1m=(1-k) / k\gt{}1. Тогава от(1)an+1−an=(1−k)(1/an−an),\text{(1)} a_{n+1}-a_{n}=(1-k)\left(1 / a_{n}-a_{n}\right),(2)an+1−1=(an−1)(k−(1−k)/an) \quad \text{(2)} a_{n+1}-1=\left(a_{n}-1\right)\left(k-(1-k) / a_{n}\right)по индукция следва, че a2>a3>⋯>ma_{2}\gt{}a_{3}\gt{}\cdots\gt{}m и значи редицата е сходяща. За границата й ll имаме, че l=kl+(1−k)/ll=k l+(1-k) / l, откъдето l=1l=1, което е противоречие. По-нататък можем да считаме, че (3) a1∈[1,m]a_{1} \in[1, m]. От (2) и(4)an+2−an=k(1−k)(1−an2)(1/an+1/an+1)\text{(4)} a_{n+2}-a_{n}=k(1-k)\left(1-a_{n}^{2}\right)\left(1 / a_{n}+1 / a_{n+1}\right)по индукция следва, че (5) a1≥a3≥⋯≥1a_{1} \geq a_{3} \geq \cdots \geq 1 и a2≤a4≤⋯≤1a_{2} \leq a_{4} \leq \cdots \leq 1. Значи тези две подредици са сходящи и от (4) заключаваме, че (6) an→1a_{n} \rightarrow 1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2018-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Един след друг, А и В попълват с 0 или 1 някое непопълнено до този момент кадратче в последователност от 66 квадратчета. В печели, ако полученото накрая 66 -цифрено число се дели на 111‾\overline{111} във всяка бройна система. В противен случай печели А. Кой от двамата има печеливша стратегия, ако числото: а) може да започва с 0; б) не може да започва с 0?
РешениеАко числото е a0a1…a64a65a_{0} a_{1} \ldots a_{64} a_{65}, то B печели, когато x2+x+1x^{2}+x+1 дели a0x65+a1x64+⋯+a64x+a65a_{0} x^{65}+a_{1} x^{64}+\cdots+a_{64} x+a_{65} за всяко цяло число x≥2x \geq 2. Понеже x2+x+1x^{2}+x+1 дели xn+3−xnx^{n+3}-x^{n}, това означава, че c(x)=C0x2+C1+C2x2+x+1c(x)=\frac{C_{0} x^{2}+C_{1}+C_{2}}{x^{2}+x+1} е цяло число, къдетоC0=a0+a3+⋯+a63,C_{0}=a_{0}+a_{3}+\cdots+a_{63},C1=a1+a4+⋯+a64,C2=a2+a5+⋯+a65. C_{1}=a_{1}+a_{4}+\cdots+a_{64}, C_{2}=a_{2}+a_{5}+\cdots+a_{65}.Тъй като ∣c(x)−C0∣<1\left|c(x)-C_{0}\right|\lt{}1 при x≥max⁡{∣C1−C0∣,∣C2−C0∣}x \geq \max \left\{\left|C_{1}-C_{0}\right|, \left|C_{2}-C_{0}\right|\right\}, то В печели, ако C0=C1=C2C_{0}=C_{1}=C_{2}. a) В печели при следната стратегия: след попълнена от А цифра aa от групата (със сума) CiC_{i}, попълва с 1−a1-a цифра от същата група (накрая C0=C1=C2=11C_{0}=C_{1}=C_{2}=11 ). б) А печели при следната стратегия: никога не попълва a0a_{0}, отначало и след ход на Б в C0C_{0} попълва 1 в същата група (ако тя не е запълнена), а иначе попълва попълва 0 в C1∪C2C_{1} \cup C_{2} (накрая C0≥12>min⁡{C1,C2}C_{0} \geq 12\gt{}\min \left\{C_{1}, C_{2}\right\} ).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2018-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за всяко естествено число nn съществува единствен полином PP от степен nn с реални коефициенти, за който xP2(x)−(P(x)−1)2x P^{2}(x)-(P(x)-1)^{2} е нечетна функция.
РешениеНека P(x)=Q(x2)+xR(x2)P(x)=Q\left(x^{2}\right)+x R\left(x^{2}\right) е полином, изпълняващ условието на задачата, което ще бележим с (1). Тъй катоxP2(x)−(P(x)−1)2=−(Q(x2)−1)2−x2R2(x2)+2x2Q(x2)R(x2)+x[Q2(x2)+x2R2(x2)−2Q(x2)R(x2)+2R(x2)],\begin{gathered} x P^{2}(x)-(P(x)-1)^{2}=-\left(Q\left(x^{2}\right)-1\right)^{2}-x^{2} R^{2}\left(x^{2}\right)+2 x^{2} Q\left(x^{2}\right) R\left(x^{2}\right) \\ +x\left[Q^{2}\left(x^{2}\right)+x^{2} R^{2}\left(x^{2}\right)-2 Q\left(x^{2}\right) R\left(x^{2}\right)+2 R\left(x^{2}\right)\right], \end{gathered}това означава, че(2)(Q(x)−1)2+xR2(x)−2xQ(x)R(x)=0.\text{(2)} \quad(Q(x)-1)^{2}+x R^{2}(x)-2 x Q(x) R(x)=0 \text{.}Оттук лесно следва, че deg⁡Q=deg⁡R\operatorname{deg} Q=\operatorname{deg} R или deg⁡Q=deg⁡R+1\operatorname{deg} Q=\operatorname{deg} R+1. Значи, ако deg⁡P=2n−1\operatorname{deg} P=2 n-1, то deg⁡Q=deg⁡R=n−1\operatorname{deg} Q=\operatorname{deg} R=n-1, a ако deg⁡P=2n\operatorname{deg} P=2 n, то deg⁡Q=deg⁡R+1=n\operatorname{deg} Q=\operatorname{deg} R+1=n. По-нататък ще използваме метода на безкрайното спускане. Нека deg⁡P=2n\operatorname{deg} P=2 n. От формулите на Виет следва, че f(x)=−Q(x)+2xR(x)+2f(x)=-Q(x)+2 x R(x)+2 и R(x)R(x) изпълняват (2), като Q(x)f(x)=xR2(x)−1Q(x) f(x)=x R^{2}(x)-1. В частност, deg⁡f=n−1\operatorname{deg} f=n-1. Значи полиномът g(x)=f(x2)+xR(x2)g(x)=f\left(x^{2}\right)+x R\left(x^{2}\right) изпълнява (1), като deg⁡g=2n−1\operatorname{deg} g=2 n-1 (защо?). По подобен начин се вижда, че ако deg⁡P=2n−1\operatorname{deg} P=2 n-1 и h(x)=2Q(x)−R(x)h(x)=2 Q(x)-R(x), то полиномът g(x)=Q(x2)+xh(x2)g(x)=Q\left(x^{2}\right)+x h\left(x^{2}\right) изпълнява (1), като deg⁡g=2n−2\operatorname{deg} g=2 n-2. Продължавайки по този път, накрая ще достигнем до константен полином P0P_{0}, изпълняващ (1), т. е. до P0=1P_{0}=1. Обратно, ако Q0=1,R0=0Q_{0}=1, R_{0}=0,Q2n−1=Q2n−2,R2n−1=2Q2n−2−R2n−2,Q2n=2xR2n−1+2−Q2n−1,R2n=R2n−1,\begin{aligned} & Q_{2 n-1}=Q_{2 n-2}, R_{2 n-1}=2 Q_{2 n-2}-R_{2 n-2}, \\ & Q_{2 n}=2 x R_{2 n-1}+2-Q_{2 n-1}, R_{2 n}=R_{2 n-1}, \end{aligned}то Pn(x)=Qn(x2)+xRn(x2)P_{n}(x)=Q_{n}\left(x^{2}\right)+x R_{n}\left(x^{2}\right) изпълнява (1), като deg⁡Pn=n\operatorname{deg} P_{n}=n. С това задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2018-12-4