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

2019

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • pms2019-10-3: има placeholder текст
  • pms2019-11-2: има placeholder текст

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадена е системата∣ x−y=1−axy=a2−a−3\left\lvert\, \begin{aligned} & x-y=1-a \\ & x y=a^{2}-a-3 \end{aligned}\right.където a,x,ya, x, y са реални числа. Да се намери най-малката стойност на израза x2+y2x^{2}+y^{2} и стойностите на aa, за които тя се достига.
РешениеТъй като x2+y2=(x−y)2+2xyx^{2}+y^{2}=(x-y)^{2}+2 x y, директно се получава, че x2+y2=3a2−4a−5x^{2}+y^{2}= 3 a^{2}-4 a-5, което е квадратна функция спрямо параметъра aa. Отделяйки точен квадрат, получаваме f(a):=3a2−4a−5=3(a−23)2−193f(a): =3 a^{2}-4 a-5=3\left(a-\frac{2}{3}\right)^{2}-\frac{19}{3} и знача изразът е симетричен спрямо a=23a=\frac{2}{3}, където се достига глобалният минимум на функцията. От друга страна, трябва да определим допустимото множество от стойности за aa, при които системата има реални ( x,yx, y ) и да намерим локалния минимум на f(a)f(a) в това множество. От първото уравнение изразяваме, че x=1−a+yx=1-a+y и, замествайки във второто и извършвайки необходимите преобразувания, получаваме, че квадратното уравнение y2+(1−a)y−(a2−a−3)=0y^{2}+(1-a) y-\left(a^{2}-a-3\right)=0 трябва да има реален корен, което е еквивалентно на D=5a2−6a−11=(5a−11)(a+1)≥0D=5 a^{2}-6 a-11= (5 a-11)(a+1) \geq 0, т. е., a∈(−∞,−1]∪[115,+∞)a \in(-\infty, -1] \cup\left[\frac{11}{5}, +\infty\right). Допустимото множество за aa е симетрично относно 35\frac{3}{5} и тъй като 23∉(−∞,−1]∪[115,+∞),23>35\frac{2}{3} \notin(-\infty, -1] \cup \left[\frac{11}{5}, +\infty\right), \frac{2}{3}\gt{}\frac{3}{5}, то минимумът на f(a)f(a) в това множество се достига при a=115a=\frac{11}{5} и е равен на f(115)=1825f\left(\frac{11}{5}\right)=\frac{18}{25}. В този случай x=−35,y=35x=-\frac{3}{5}, y=\frac{3}{5}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен △ABC\triangle A B C и нека точка DD е средата на дъгата ACA C от описаната около △ABC\triangle A B C окръжност, несъдържаща точка BB. Нека точка PP е проекцията на DD върху правата ABA B, а точка MM е средата на DPD P. Правата през PP, перпендикулярна на BMB M, пресича правата BCB C в точка NN. Да се докаже, че ∠NDB=90∘\angle N D B=90^{\circ}.
РешениеНека правата през DD, перпендикулярна на BDB D пресича правата BCB C в точка N1N_{1}. Ще докажем, че PN1⊥BMP N_{1} \perp B M откъдето ще следва, че N≡N1N \equiv N_{1}. Да означим с SS средата на отсечката DN1D N_{1}. От ∠DBP=∠N1BD\angle D B P=\angle N_{1} B D и ∠DPB=∠N1DB=90∘\angle D P B= \angle N_{1} D B=90^{\circ} следва, че △BDP∼△BN1D\triangle B D P \sim \triangle B N_{1} D. Тогава ∠BMP=∠BSD\angle B M P=\angle B S D, т. е. SDMBS D M B е вписан четириъгълник и ∠BMS=∠BDS=90∘\angle B M S=\angle B D S=90^{\circ}. Остава да съобразим, че MSM S е средна отсечка в △PN1D\triangle P N_{1} D, т. е. MS∥PN1M S \| P N_{1} и следователно PN1⊥BMP N_{1} \perp B M.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека nn е естествено число и d1<d2<…<dmd_{1}\lt{}d_{2}\lt{}\ldots\lt{}d_{m} са всички естествени делители на n!+1n!+1. Да се намерят всички nn, за които1d1+x2n!+1+1d2+x2n!+1\frac{1}{d_{1}+\sqrt{\vphantom{x^2}n!+1}}+\frac{1}{d_{2}+\sqrt{\vphantom{x^2}n!+1}}+⋯+1dm+x2n!+1=+\cdots+\frac{1}{d_{m}+\sqrt{\vphantom{x^2}n!+1}}=3142\frac{3}{142}
РешениеДа означим за краткост x2n!+1=x\sqrt{\vphantom{x^2}n!+1}=x. Имаме последователно1di+x+1dm+1−i+x=\frac{1}{d_{i}+x}+\frac{1}{d_{m+1-i}+x}=di+dm+1−i+2x(di+x)(dm+1−i+x)=\frac{d_{i}+d_{m+1-i}+2 x}{\left(d_{i}+x\right)\left(d_{m+1-i}+x\right)}=di+dm+1−i+2xx(di+dm+1−i+2x)=1x\frac{d_{i}+d_{m+1-i}+2 x}{x\left(d_{i}+d_{m+1-i}+2 x\right)}=\frac{1}{x}(това е вярно и при i=m+1−ii=m+1-i; използвахме, че didm+1−i=n!+1=x2d_{i} d_{m+1-i}=n!+1=x^{2} ). Лесно се вижда, че разглежданата сума е равна на m/2xm / 2 x и даденото уравнение е еквивалентно на 71m=3x71 m=3 x. В частност, xx е цяло число, т. е. n!+1n!+1 е точен квадрат. Директна проверка за n≤7n \leq 7 дава то n=7n=7. Тогава n!+1=5041=712n!+1=5041=71^{2} и m=3m=3. За n<7,n!+1<5041n\lt{}7, n!+1\lt{}5041, така че xx не е цяло или не се дели на 71. Оттук нататък ще считаме, че n≥8n \geq 8, като отбелязваме, че от равенството n!+1=x2n!+1=x^{2} следва, че xx няма прости делители, ненадминаващи nn. Нека x=p1α1p2α2⋯psαsx=p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \cdots p_{s}^{\alpha_{s}} е каноничното разлагане на xx. Тогава71(2α1+1)(2α2+1)⋯(2αs+1)=71\left(2 \alpha_{1}+1\right)\left(2 \alpha_{2}+1\right) \cdots\left(2 \alpha_{s}+1\right)=3p1α1p2α2⋯psαs(*)3 p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \cdots p_{s}^{\alpha_{s}} \tag{*}Без ограничение на общността можем да считаме, че p1=71p_{1}=71. Тъй като 3⋅71α1>71(2α1+1)3 \cdot 71^{\alpha_{1}}\gt{}71\left(2 \alpha_{1}+1\right) при α1>1\alpha_{1}\gt{}1 и piαi>2αi+1,i≥2p_{i}^{\alpha_{i}}\gt{}2 \alpha_{i}+1, i \geq 2, поради pi>7p_{i}\gt{}7, дясната страна на (*) е по-голяма от лявата освен ако s=1s=1 и α1=1\alpha_{1}=1, което води до n=7n=7.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В държавата Кръгландия всичките 2019 града са разположени последователно през 1 км. върху единствения междуградски път в държавата, който има формата на окръжност и е с дължина 2019 км. Множество от 673 града ще наричаме добро, ако разстоянието между никои два от градовете не е нито 3 км. нито 673 км. (разстояние между два града се равнява на дължината на по-късата дъга, която отсичат от междуградския път). Да се намери броят на добрите множества от градове в Кръгландия.
РешениеНека номерираме градовете по часовниковата стрелка с A1,A2,…,A2019A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2019} и да ги разположим циклично в таблица 3×6733 \times 673, както е показано по-долу:A1A4A7⋯⋯A2017A674A677A680⋯⋯A671A1347A1350A1353⋯⋯A1344\begin{array}{|c|c|c|cc|c|} \hline A_{1} & A_{4} & A_{7} & \cdots & \cdots & A_{2017} \cr \hline A_{674} & A_{677} & A_{680} & \cdots & \cdots & A_{671} \cr \hline A_{1347} & A_{1350} & A_{1353} & \cdots & \cdots & A_{1344} \cr \hline \end{array}Тъй като 3∣2019,673∣20193|2019, 673| 2019 и (3,673)=1(3, 673)=1, лесно се вижда, че всеки 2 града на разстояние 3 един от друг се намират в един и същи ред, а всеки 2 града на разстояние 673 един от друг се намират в един и същи стълб на табличката. Да я оцветим по редове в бяло, зелено, червено. Едно множество от градове е добро, тогава и само тогава, когато сме избрали по един град от всеки стълб на таблицата, като градовете от всеки 2 съседни стълба са разноцветни (последният 673 -ти стълб е съседен и на първия). Да означим броя на различните такива конструкции с a673a_{673}. Ще докажем по индукция, че an=2n+2⋅(−1)na_{n}=2^{n}+2 \cdot(-1)^{n} за всяко n≥3n \geq 3. При n=3n=3 трябва да изберем един бял, един зелен и един червен град от различни стълбове, следователно a3=3≠6=23−2a_{3}=3\neq{}6=2^{3}-2. Нека сега сме доказали формулата за nn и да разгледаме n+1n+1. Ако не се грижим, че n+1n+1-вия стълб е съседен на първия, то можем да изберем 3⋅2n3 \cdot 2^{n} "добри" конструкции (фиксираме цвят в първата колона и после от всяка следваща избираме град в различен от предходната цвят). Когато цвета на градовете в първата и последната колона са еднакви, то ако "слеем" двете колони, получаваме "добра" конструкция за nn колони, т. е., броят на тези конфигурации е ana_{n}. Окончателно,an+1=3⋅2n−an=3⋅2n−2n−2⋅(−1)n=a_{n+1}=3 \cdot 2^{n}-a_{n}=3 \cdot 2^{n}-2^{n}-2 \cdot(-1)^{n}=2n+1+2⋅(−1)n+1.2^{n+1}+2 \cdot(-1)^{n+1}.С това индукцията е завършена и значи броят на добрите множества от градове в Кръгландия е 2673−2=2(2672−1)2^{673}-2=2\left(2^{672}-1\right).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C и нека MM е средата на страната ABA B. Означаваме с PP проекцията на MM върху страната BC(P∈BC)B C(P \in B C), а с NN средата на MPM P. Да се намерят ъглите на △ABC\triangle A B C, ако е известно, че AP⊥CNA P \perp C N и AP:CN=2x23A P: C N=2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}.
РешениеНека означим с QQ средата на отсечката BPB P. Тогава MQM Q е средна отсечка в △ABP\triangle A B P, т. е. MQ∥AP,MQ=12APM Q \| A P, M Q=\frac{1}{2} A P и от условието следва, че MQ⊥CNM Q \perp C N и MQ:CN=x23M Q: C N=\sqrt{\vphantom{x^2}3}. Следователно NN се явява ортоцентър в △MQC\triangle M Q C и NQ⊥CMN Q \perp C M, но NQN Q е средна отсечка в △MBP\triangle M B P, т. е. AB∥NQ⊥CMA B \| N Q \perp C M и така достигаме до извода, че △ABC\triangle A B C е равнобедрен. Остава да съобразим, че △MQP∼CNP\triangle M Q P \sim C N P, т. е. MP:CP=MQ:CN=x23M P: C P=M Q: C N=\sqrt{\vphantom{x^2}3}, т. е. ∠MCP=60∘\angle M C P=60^{\circ} и окончателно ∠ACB=120∘,∠ABC=∠BAC=30∘\angle A C B=120^{\circ}, \angle A B C=\angle B A C=30^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на реалния параметър aa, за които уравнениетоa−4x=x2a+2xa-4^{x}=\sqrt{\vphantom{x^2}a+2^{x}}има
РешениеПолагаме 2x=t,t>02^{x}=t, t\gt{}0 и достигаме до ирационалното уравнениеa−t2=x2a+ta-t^{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}a+t}Преобразуваме го във видаa+t−x2a+t=a+t-\sqrt{\vphantom{x^2}a+t}=t+t2⇔(x2a+t−12)2=(t+12)2t+t^{2} \Leftrightarrow\left(\sqrt{\vphantom{x^2}a+t}-\frac{1}{2}\right)^{2}=\left(t+\frac{1}{2}\right)^{2}и следователно x2a+t=−t\sqrt{\vphantom{x^2}a+t}=-t или x2a+t=t+1\sqrt{\vphantom{x^2}a+t}=t+1. Но t>0t\gt{}0 и задачата се свежда до намиране стойностите на параметъра aa, за които уравнението x2a+t=t+1\sqrt{\vphantom{x^2}a+t}=t+1 има положително Последното е еквивалентно наf(t)=t2+t+1−a=0f(t)=t^{2}+t+1-a=0за поне една положителна стойност на tt. Тъй като върхът на параболата е при t=−12<0t=-\frac{1}{2}\lt{}0, горното е изпълнено точно когато f(0)=1−a<0f(0)=1-a\lt{}0. Окончателно a∈(1,+∞)a \in(1, +\infty).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-10-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Едно множество AA от естествени числа се нарича свободно, ако за всеки две числа a∈Aa \in A и b∈Ab \in A (не непременно различни) числото aba b не е от AA. Да се намери най-малкото естествено число nn, за което множеството M={3,4,5,…,314−1}M=\left\{3, 4, 5, \ldots, 3^{14}-1\right\} може да се представи като обединение на nn две по две непресичащи се свободни множества.
РешениеЛесно се вижда, че множеството {3,32,33,34,35}\left\{3, 3^{2}, 3^{3}, 3^{4}, 3^{5}\right\} не може да се представи като обединение на две непресичащи се свободни множества и следователно n≥3n \geq 3. Ще докажем, че n=3n=3. Едно число x∈Mx \in M ще наричаме просто, ако то не може да се представи като произведение на две или повече числа от MM. Лесно се вижда, че това са числата 4,8,p4, 8, p и 2p2 p, където pp е просто число в обичайния смисъл. За число x∈Mx \in M да означим с f(x)f(x) най-голямото естествено число, за което xx може да се представи като произведение на f(x)f(x) npocmu числа от MM. Вижда се, че f(xy)≤f(x)+f(y)+1f(x y) \leq f(x)+f(y)+1. Полагаме:A={x∈M∣f(x)=1,4,10,13}B={x∈M∣f(x)=2,3,11,12}C={x∈M∣f(x)=5,6,7,8,9}\begin{aligned} & A=\{x \in M \mid f(x)=1, 4, 10, 13\} \\ & B=\{x \in M \mid f(x)=2, 3, 11, 12\} \\ & C=\{x \in M \mid f(x)=5, 6, 7, 8, 9\} \end{aligned}Понеже f(x)≤13f(x) \leq 13 за x∈Mx \in M лесно се вижда, че множествата A,BA, B и CC дават исканото разбиване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-10-4

11

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши системата:lg⁡2(x2+xy)=lg⁡2(y2+yx)+lg⁡2(x+1)(y+1)lg⁡(x+6)=lg⁡(x−y)+lg⁡(y+1)\begin{array}{|l} \lg ^{2}\left(\frac{x^{2}+x}{y}\right)=\lg ^{2}\left(\frac{y^{2}+y}{x}\right)+\lg ^{2}(x+1)(y+1) \cr \lg (x+6)=\lg (x-y)+\lg (y+1) \end{array}
РешениеТъй катоlg⁡2(x2+xy)−lg⁡2(y2+yx)=\lg ^{2}\left(\frac{x^{2}+x}{y}\right)-\lg ^{2}\left(\frac{y^{2}+y}{x}\right)=lg⁡(x+1)(y+1)lg⁡(x2(x+1)y2(y+1)),\lg (x+1)(y+1) \lg \left(\frac{x^{2}(x+1)}{y^{2}(y+1)}\right),то първото уравнение е еквивалентно на:lg⁡(x+1)(y+1)(lg⁡(x2(x+1)y2(y+1))−lg⁡(x+1)(y+1))=\lg (x+1)(y+1)\left(\lg \left(\frac{x^{2}(x+1)}{y^{2}(y+1)}\right)-\lg (x+1)(y+1)\right)=0.(*)0. \tag{*}Ако lg⁡(x+1)(y+1)=0\lg (x+1)(y+1)=0, то (x+1)(y+1)=1(x+1)(y+1)=1 и едното от xx и yy е положително, а другото е отрицателно. Поради x2+xy>0\frac{x^{2}+x}{y}\gt{}0 и y2+yx>0\frac{y^{2}+y}{x}\gt{}0 това е невъзможно. При lg⁡(x2(x+1)y2(y+1))=lg⁡(x+1)(y+1)\lg \left(\frac{x^{2}(x+1)}{y^{2}(y+1)}\right)=\lg (x+1)(y+1), получаваме x2=y2(y+1)2x^{2}=y^{2}(y+1)^{2} и понеже y(y+1)x>0\frac{y(y+1)}{x}\gt{}0, то x=y(y+1)x=y(y+1). От второто уравнение намираме (x−y)(y+1)=x+6(x-y)(y+1)=x+6 и след заместване x=y(y+1)x=y(y+1), получаваме y3−y−6=0y^{3}-y-6=0. Сега от y3−y−6=(y−2)(y2+2y+3)y^{3}-y-6=(y-2)\left(y^{2}+2 y+3\right) следва, че y=2y=2 и следователно x=6x=6.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-11-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Диагоналите ACA C и BDB D на вписан четириъгълник ABCDA B C D се пресичат в точка LL. Правите ADA D и BCB C се пресичат в точка MM, а правите ABA B и CDC D се пресичат в точка NN. Ъглополовящата на ъгъл ALDA L D пресича страните ADA D и BCB C съответно в точки PP и QQ, а ъглополовящата на ъгъл ALBA L B пресича страните ABA B и CDC D съответно в точки KK и TT. Да се докаже, че описаните окръжности около △MPQ,△NKT\triangle M P Q, \triangle N K T и △BKQ\triangle B K Q имат обща точка.
РешениеНека SS е точката на Микел за четириъгълника ABCDA B C D. От това, че ABCDA B C D е вписан следва, че SS лежи на MNM N. Сега △SAD∼△SBC\triangle S A D \sim \triangle S B C и от APPD=BQQC\frac{A P}{P D}=\frac{B Q}{Q C} (доказва се от свойството на ъглополовящите) следва:∠SPQ=∠SAB=∠MAB=∠MPQ.\angle S P Q=\angle S A B=\angle M A B=\angle M P Q.Това означава, че описаната около △MPQ\triangle M P Q окръжност минава през SS. Аналогично се доказва, че и описаната окръжност около △NTK\triangle N T K минава през SS. Сега твърдението следва от △NBM\triangle N B M и точките S,KS, K и QQ върху страните му.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-11-3

12

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека ABCDA B C D е изпъкнал четириъгълник, за който AC=BCA C=B C, BD=2ADB D=2 A D и AB=AEA B=A E, където E=AB∩CDE=A B \cap C D. Да се намери отношението AB⋅CDAD⋅BC\frac{A B \cdot C D}{A D \cdot B C}.
РешениеИмамеsin⁡∠BEDsin⁡∠BDE=BDBE=\frac{\sin \angle B E D}{\sin \angle B D E}=\frac{B D}{B E}=2AD2AE=sin⁡∠AEDsin⁡∠ADE,\frac{2 A D}{2 A E}=\frac{\sin \angle A E D}{\sin \angle A D E},откъдето (1) ∠ADE=π−∠BDE=∠BDC\angle A D E=\pi-\angle B D E=\angle B D C. Ако DD е вътрешна/външна точка за описаната около △ABC\triangle A B C окръжност kk, то∠ADE<∠ABC=∠BAC<\angle A D E\lt{}\angle A B C=\angle B A C\lt{}∠BDC/∠ADE>∠ABC=∠BAC>∠BDC.\angle B D C / \angle A D E\gt{}\angle A B C=\angle B A C\gt{}\angle B D C \text{.}Значи (2) D∈kD \in k и от теоремата на Птолемей следва, чеAB⋅CD=AC⋅BD−AD⋅BC=A B \cdot C D=A C \cdot B D-A D \cdot B C=BC⋅2AD−AD⋅BC=AD⋅BC.(3)B C \cdot 2 A D-A D \cdot B C=A D \cdot B C. \tag{3}
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn и всички реални числа α\alpha за които следният израз не зависи от xx:sin⁡n(x−α)⋅sin⁡nx+sin⁡nx⋅sin⁡n(x+α)\sin ^{n}(x-\alpha) \cdot \sin ^{n} x+\sin ^{n} x \cdot \sin ^{n}(x+\alpha)+sin⁡n(x+α)⋅sin⁡n(x−α).+\sin ^{n}(x+\alpha) \cdot \sin ^{n}(x-\alpha).
РешениеДа означим дадения израз с fn(x,α)f_{n}(x, \alpha). Нека първо nn е нечетно число. Понеже fn(x,α)=fn(x,−α)=fn(x,α+2π)f_{n}(x, \alpha)=f_{n}(x, -\alpha)=f_{n}(x, \alpha+2 \pi), можем да считаме, че α∈[0,π]\alpha \in[0, \pi]. Имаме, че−sin⁡2nα=fn(0,α)=fn(α,α)=-\sin ^{2 n} \alpha=f_{n}(0, \alpha)=f_{n}(\alpha, \alpha)=sin⁡nα⋅sin⁡n2a=sin⁡2nα⋅(2cos⁡α)n,\sin ^{n} \alpha \cdot \sin ^{n} 2 a=\sin ^{2 n} \alpha \cdot(2 \cos \alpha)^{n},откъдето α=0,α=π\alpha=0, \alpha=\pi или α=2π/3\alpha=2 \pi / 3. Изразите fn(x,0)=3sin⁡2nxf_{n}(x, 0)=3 \sin ^{2 n} x и fn(x,π)=−sin⁡2nxf_{n}(x, \pi)= -\sin ^{2 n} x не са константи. По-нататък,−(34)n=fn(0,2π/3)=-\left(\frac{3}{4}\right)^{n}=f_{n}(0, 2 \pi / 3)=fn(π/2,2π/3)=−22n+14nf_{n}(\pi / 2, 2 \pi / 3)=-\frac{2}{2^{n}}+\frac{1}{4^{n}}т. е. an:=(3/2)n+(1/2)n=2a_{n}: =(3 / 2)^{n}+(1 / 2)^{n}=2 и значи n=1(an>2n=1\left(a_{n}\gt{}2\right. при n>1)\left. n\gt{}1\right). Обратно, (1) f1(x,2π/3)=2sin⁡2xcos⁡(2π/3)+cos⁡(2π/3)−cos⁡2x2f_{1}(x, 2 \pi / 3)=2 \sin ^{2} x \cos (2 \pi / 3)+\frac{\cos (2 \pi / 3)-\cos 2 x}{2}=−sin⁡2x−14−cos⁡2x2=−34.=-\sin ^{2} x-\frac{1}{4}-\frac{\cos 2 x}{2}=-\frac{3}{4}.Нека сега nn е четно число. Понеже fn(x,α)=fn(x,−α)=fn(x,α+π)f_{n}(x, \alpha)=f_{n}(x, -\alpha)=f_{n}(x, \alpha+\pi), можем да считаме, че α∈[0,π/2]\alpha \in[0, \pi / 2]. Както по-горе, от fn(0,α)=fn(α,α)f_{n}(0, \alpha)=f_{n}(\alpha, \alpha) следва, че α=0\alpha=0, или α=π/3\alpha=\pi / 3. Изразът fn(x,0)=3sin⁡2nxf_{n}(x, 0)=3 \sin ^{2 n} x не е константа. По-нататък,(34)n=fn(0,π/3)=\left(\frac{3}{4}\right)^{n}=f_{n}(0, \pi / 3)=fn(π/2,π/3)=22n+14n,f_{n}(\pi / 2, \pi / 3)=\frac{2}{2^{n}}+\frac{1}{4^{n}},т. е. bn:=(3/2)n−(1/2)n=2b_{n}: =(3 / 2)^{n}-(1 / 2)^{n}=2 и значи n=2(bn>2n=2\left(b_{n}\gt{}2\right. при n>2)\left. n\gt{}2\right). Обратно,(2)4f2(x,π/3)=(1−cos⁡(2x−2π/3))(1−cos⁡2x)+(1−cos⁡2x)(1−cos⁡(2x+2π/3))+(1−cos⁡(2x+2π/3))(1−cos⁡(2x−2π/3))=3−2(cos⁡(2x−2π/3)+cos⁡2x+cos⁡(2x−2π/3))+cos⁡(2x−2π/3)⋅cos⁡2x+cos⁡2x⋅cos⁡(2x+2π/3)+cos⁡(2x+2π/3)⋅cos⁡(2x+2π/3)=3−2(2cos⁡x⋅cos⁡2π/3+2cos⁡x)+2cos⁡2xcos⁡2π/3+cos⁡4x+cos⁡4π/32=3−cos⁡2x+cos⁡4x2−14=94\begin{gathered} \text{(2)} 4 f_{2}(x, \pi / 3)=(1-\cos (2 x-2 \pi / 3))(1-\cos 2 x)+(1-\cos 2 x)(1-\cos (2 x+2 \pi / 3)) \\ +(1-\cos (2 x+2 \pi / 3))(1-\cos (2 x-2 \pi / 3)) \\ =3-2(\cos (2 x-2 \pi / 3)+\cos 2 x+\cos (2 x-2 \pi / 3)) \\ +\cos (2 x-2 \pi / 3) \cdot \cos 2 x+\cos 2 x \cdot \cos (2 x+2 \pi / 3)+\cos (2 x+2 \pi / 3) \cdot \cos (2 x+2 \pi / 3) \\ =3-2(2 \cos x \cdot \cos 2 \pi / 3+2 \cos x)+2 \cos ^{2} x \cos 2 \pi / 3+\frac{\cos 4 x+\cos 4 \pi / 3}{2} \\ =3-\cos ^{2} x+\frac{\cos 4 x}{2}-\frac{1}{4}=\frac{9}{4} \end{gathered}И така, отговорът на задачата е n=1,α=±2π/3+2kπn=1, \alpha= \pm 2 \pi / 3+2 k \pi и n=2,α=±π/3+kπ(k∈Z)n=2, \alpha= \pm \pi / 3+k \pi(k \in \mathbb{Z}).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
За дадено нечетно число n≥3n \geq 3 да се намери най-малкото реално число mnm_{n} със следното свойство: всеки nn положителни реални числа със сума 1 могат да се разположат по окръжност така, че произведението на всеки две съседни числа да не надминава mnm_{n}.
РешениеЩе докажем, че ако n=2k+1n=2 k+1, тоmn=Mn:=max⁡{1(k+1)2,14(2k−1)}m_{n}=M_{n}: =\max \left\{\frac{1}{(k+1)^{2}}, \frac{1}{4(2 k-1)}\right\}т. е. mn=1(k+1)2m_{n}=\frac{1}{(k+1)^{2}} при k≤5k \leq 5 и mn=14(2k−1)m_{n}=\frac{1}{4(2 k-1)} при k≥6k \geq 6. Полагайки (1) a1=⋯=ak+1=1k+1−kε,ak+2=⋯=a2k+1=(k+1)εa_{1}=\cdots=a_{k+1}=\frac{1}{k+1}-k \varepsilon, a_{k+2}=\cdots=a_{2 k+1}=(k+1) \varepsilon и (2) a1=12−ε,a2k+1=ε,a2=⋯=a2k=12(2k−1)a_{1}=\frac{1}{2}-\varepsilon, a_{2 k+1}=\varepsilon, a_{2}=\cdots=a_{2 k}=\frac{1}{2(2 k-1)}, при ε→0+\varepsilon \rightarrow 0+ следва, че mn≥Mnm_{n} \geq M_{n}. Нека сега a1≥⋯≥a2k+1>0a_{1} \geq \cdots \geq a_{2 k+1}\gt{}0 са реални числа със сума 1. Разполагаме ги по окръжност в следния ред: (3) a1,a2k,a3,a2k−2,…,a2k−1,a2,a2k+1a_{1}, a_{2 k}, a_{3}, a_{2 k-2}, \ldots, a_{2 k-1}, a_{2}, a_{2 k+1}. При 1≤l≤k−11 \leq l \leq k-1 имаме, че1≥a1+⋯+al+al+1+⋯+a2k+1−l+a2k+1>lal+(2k+1−2l)a2k+1−l≥2x2l(2k+1−2l)ala2k+1−l≥2x21(2k+1−2)ala2k+1−l\begin{gathered} 1 \geq a_{1}+\cdots+a_{l}+a_{l+1}+\cdots+a_{2 k+1-l}+a_{2 k+1}\gt{}l a_{l}+(2 k+1-2 l) a_{2 k+1-l} \\ \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}l(2 k+1-2 l) a_{l} a_{2 k+1-l}} \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}1(2 k+1-2) a_{l} a_{2 k+1-l}} \end{gathered}откъдето(4)ala2k+1−l<14(2k−1).\text{(4)} \quad a_{l} a_{2 k+1-l}\lt{}\frac{1}{4(2 k-1)} \text{.}Освен това,1>kak+ak+1≥(k+1)ak+11\gt{}k a_{k}+a_{k+1} \geq(k+1) a_{k+1}и значи(5)\text{(5)} \quadakak+1<1−ak+1kak+1≤ a_{k} a_{k+1}\lt{}\frac{1-a_{k+1}}{k} a_{k+1} \leq1−1k+1k⋅1k+1=1(k+1)2. \frac{1-\frac{1}{k+1}}{k} \cdot \frac{1}{k+1}=\frac{1}{(k+1)^{2}} \text{.}Следователно mn≤Mnm_{n} \leq M_{n}, с което задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2019-12-3