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

2021

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • pms2021-9-3: има placeholder текст

8

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е уравнението x4+x3+x+1=10x2x^{4}+x^{3}+x+1=10 x^{2}. a) Докажете, че уравнението има 4 различни реални корена. б) Нека корените на уравнението са x1<x2<x3<x4x_{1}\lt{}x_{2}\lt{}x_{3}\lt{}x_{4}. Съставете уравнение от вида y4+ay3+by2+cy+d=0y^{4}+a y^{3}+b y^{2}+c y+d=0 с корени y1=x12,y2=x22,y3=x33y_{1}=x_{1}^{2}, y_{2}=x_{2}^{2}, y_{3}=x_{3}^{3} и y4=x43y_{4}=x_{4}^{3}.
Решениеа) Уравнението е еквивалентно наx4−3x3+x2+4x3−12x2+4x+x2−3x+1=0x2(x2−3x+1)+4x(x2−3x+1)+x2−3x+1=0(x2+4x+1)(x2−3x+1)=0\begin{gathered} x^{4}-3 x^{3}+x^{2}+4 x^{3}-12 x^{2}+4 x+x^{2}-3 x+1=0 \\ x^{2}\left(x^{2}-3 x+1\right)+4 x\left(x^{2}-3 x+1\right)+x^{2}-3 x+1=0 \\ \left(x^{2}+4 x+1\right)\left(x^{2}-3 x+1\right)=0 \end{gathered}Дискриминантите на x2+4x+1=0x^{2}+4 x+1=0 и x2−3x+1=0x^{2}-3 x+1=0 са положителни, така че тези уравнения имат по два реални корена. От формулите на Виет следва, че корените на първото са отрицателни, а на второто са положителни, така че четирите корена са различни. б) Според горното x1,2x_{1, 2} са корените на x2+4x+1=0x^{2}+4 x+1=0, като x1+x2=−4x_{1}+x_{2}=-4 и x1x2=1x_{1} x_{2}=1. Тогаваx12+2x1x2+x22=16,x12+x22=14иx12x22=1,x_{1}^{2}+2 x_{1} x_{2}+x_{2}^{2}=16, x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=14 \text{и} x_{1}^{2} x_{2}^{2}=1,така че уравнението y2−14y+1=0y^{2}-14 y+1=0 има корени x12x_{1}^{2} и x22x_{2}^{2}. Корените на x2−3x+1=0x^{2}-3 x+1=0 са x3,4x_{3, 4}, като x3+x4=3x_{3}+x_{4}=3 и x3x4=1x_{3} x_{4}=1. Тогаваx33+3x3x4(x3+x4)+x43=27,x_{3}^{3}+3 x_{3} x_{4}\left(x_{3}+x_{4}\right)+x_{4}^{3}=27,x33+x43=18иx33x43=1, x_{3}^{3}+x_{4}^{3}=18 \text{и} x_{3}^{3} x_{4}^{3}=1,така че уравнението y2−18y+1=0y^{2}-18 y+1=0 има корени x33x_{3}^{3} и x43x_{4}^{3}. Разкривайки скобите в (y2−14y+1)(y2−18y+1)=0\left(y^{2}-14 y+1\right)\left(y^{2}-18 y+1\right)=0, получаваме уравнение, отговарящо на изискванията: y4−32y3+254y2−32y+1=0y^{4}-32 y^{3}+254 y^{2}-32 y+1=0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В окръжност с център OO диаметърът ABA B пресича хордата CDC D в средата и MM. Ако OM=MB+BCO M=M B+B C, то намерете мярката на дъгата \wideparenAC\wideparen{A C}.
РешениеОт MC<MB+BC=OM<OBM C\lt{}M B+B C=O M\lt{}O B следва, че BCB C не е диаметър. Сега условието гарантира, че AB⊥CDA B \perp C D. Явно OC>OM>BCO C\gt{}O M\gt{}B C, така че ∠ABC>∠OBC>∠BAC\angle A B C\gt{}\angle O B C\gt{}\angle B A C като външен, значи MM е между OO и BB. Нека точка NN е такава, че MM е среда на BNB N; тогава ON=OM−MB=BCO N=O M-M B=B C. Триъгълниците NMCN M C и BMCB M C са еднакви по първи признак, така че NC=BC=ONN C=B C=O N. Ако мярката на ъгъл BACB A C е xx, то ∠ACO=x,∠NCO=∠BOC=2x\angle A C O=x, \angle N C O=\angle B O C=2 x, ∠ABC=∠BNC=4x\angle A B C=\angle B N C=4 x като външен. Сега 4x+x=90∘4 x+x=90^{\circ} и x=18∘x=18^{\circ}. Тогава\wideparenAC=2∠ABC=8x=144∘\wideparen{A C}=2 \angle A B C=8 x=144^{\circ}
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Намерете всички естествени nn, за които числото 11n+39n+82811^{n}+39 n+828 е точен квадрат.
РешениеПри n=4k+1n=4 k+1 по модул 4 получаваме 3+3+0≡23+3+0 \equiv 2, което е недопустимо за точен квадрат. При n=4k+2n=4 k+2 по модул 4 получаваме 1+2+0≡31+2+0 \equiv 3, което е недопустимо за точен квадрат. При n=4k+3n=4 k+3 по модул 3 получаваме 2+0+0≡22+0+0 \equiv 2, което е недопустимо за точен квадрат. При n=4n=4 получаваме числото 14641+156+828=15625=125214641+156+828=15625=125^{2}. При n=4kn=4 k за k=2,3,…k=2, 3, \ldots ще се уверим, че(112k)2<114k+39⋅4k+828<(112k+1)2\left(11^{2 k}\right)^{2}\lt{}11^{4 k}+39 \cdot 4 k+828\lt{}\left(11^{2 k}+1\right)^{2}т. е. числото е между два поредни точни квадрата, така че не може да е точен квадрат. Първото неравенство е очевидно. Второто е еквивалентно с 156k+828<2⋅112k+1156 k+828\lt{}2 \cdot 11^{2 k}+1, което ще докажем по индукция. При k=2k=2 получаваме 1140<292831140\lt{}29283. Ако сме доказали желаното за дадено kk, то2⋅112k+2+1=121(112k+1)−120>2 \cdot 11^{2 k+2}+1=121\left(11^{2 k}+1\right)-120\gt{}121(156k+828)−120>156(k+1)+828121(156 k+828)-120\gt{}156(k+1)+828което завършва индукционната стъпка. И така, единственото е n=4n=4.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Всяко от полетата на таблица 3×43 \times 4 трябва да се оцвети в един от шест възможни цвята, така че полетата с обща страна или връх да са разноцветни. По колко начина може да стане това?
РешениеНека означим полетата по ред 1 с a,b,c,da, b, c, d, по ред 2 с e,f,g,he, f, g, h, по ред 3 с j,k,m,nj, k, m, n, Нека zz е броят ползвани цветове в полетата b,c,k,mb, c, k, m. Ако z=2z=2 и b=k,c=mb=k, c=m, то за цветовете им има 6⋅5=306 \cdot 5=30 избора, а за f,e,g,hf, e, g, h (избирани в този ред) има 4 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 4 =192=192 избора, общо 30⋅192=576030 \cdot 192=5760 варианта. Ако z=2z=2 и b=m,c=kb=m, c=k, то за цветовете им има 6⋅5=306 \cdot 5=30 избора, а за f,e,g,hf, e, g, h има 4 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 =108=108 избора, общо 30⋅108=324030 \cdot 108=3240 варианта. Ако z=3z=3 и b=kb=k или c=mc=m, то за цветовете им има 6 \cdot 5 \cdot 4 =120=120 избора, а f,e,g,hf, e, g, h има 3 \cdot 4 \cdot 2 \cdot 3 =72=72 избора, общо 2⋅120⋅72=172802 \cdot 120 \cdot 72=17280 варианта. Ако z=3z=3 и b=mb=m или c=kc=k, то за цветовете им има 6 \cdot 5 \cdot 4 = 120 избора, а за f,e,g,hf, e, g, h има 3 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 3 =54=54 избора, общо 2⋅120⋅54=129602 \cdot 120 \cdot 54=12960 варианта. Ако z=4z=4, то за цветовете им има 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 =360=360 избора, а за f,e,g,hf, e, g, h има 2 \cdot 3 \cdot 1 \cdot 3 =18=18 избора, общо 360⋅18=6480360 \cdot 18=6480 варианта. Така за полетата b,c,e,f,g,h,k,mb, c, e, f, g, h, k, m вариантите са 5760+3240+17280+12960+6480=457205760+3240+17280+12960+6480=45720. Във всички случаи за цвета на всяко от полетата a,d,j,na, d, j, n има по 3 избора. Отговорът на задачата е: 45720⋅34=370332045720 \cdot 3^{4}=3703320.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-8-4

Задача 4b

Пълен запис
Условие
Да се реши в прости числа уравнението p2−q4−r4−s4=374p^{2}-q^{4}-r^{4}-s^{4}=374.
РешениеНека първо считаме, че q≥r≥sq \geq r \geq s. Явно p>2p\gt{}2, т. е. е нечетно. Тогава сред q,r,sq, r, s трябва да има едно или три нечетни. Ако има едно, то лявата страна се дели на 4, а дяснатане: абсурд. Следователно всички числа са по-големи от 2. Да допуснем, че s>3s\gt{}3. Тогава лявата страна дава остатък 1 при деление на 3, а дяснатаостатък 2: абсурд. И така, s=3s=3. Уравнението добива видаp2−q4−r4=455p^{2}-q^{4}-r^{4}=455Да допуснем, че r>5r\gt{}5. Тогава дясната страна се дели на 5, а ляватане: абсурд. И така, r=5r=5. Уравнението добива вида p2−q4=1080p^{2}-q^{4}=1080. Да допуснем, че q=5q=5. Тогава p>5p\gt{}5 и дясната страна се дели на 5, а ляватане: абсурд. И така, q>5q\gt{}5. Понеже p>q2p\gt{}q^{2}, то p≥q2+2p \geq q^{2}+2 и 1080=p2−q4≥(q2+2)2−q4=4q2+41080=p^{2}-q^{4} \geq\left(q^{2}+2\right)^{2}-q^{4}=4 q^{2}+4. Оттук q2≤1076:4=269q^{2} \leq 1076: 4=269, т. е. q<17q\lt{}17. Остава да проверим q=7,11,13q=7, 11, 13. При q=7q=7 имаме p2=1080+74=3481p^{2}=1080+7^{4}=3481, откъдето p=59p=59. При q=11q=11 имаме p2=1080+114p^{2}=1080+11^{4}, което дава остатък 6 при деление на 7, така че не е точен квадрат. Алтернативно, директно се проверява, че 15721 не е точен квадрат. При q=13q=13 имаме p2=1080+134p^{2}=1080+13^{4}, което дава остатък 3 при деление на 7, така че не е точен квадрат. Алтернативно, директно се проверява, че 29641 не е точен квадрат. Окончателно задачата има 6 p=59,{q;r;s}={3;5;7}(3≠6p=59, \{q; r; s\}=\{3; 5; 7\}(3\neq{}6 възможни пермутации).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-8-4b

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност има център точката II и допира страните ACA C и BCB C съответно в точките MM и NN. Ъглополовящите на ъглите ∠CAB\angle C A B и ∠ABC\angle A B C пресичат правата MNM N съответно в точките PP и QQ. Да се докаже, че четириъгълника ABPQA B P Q е вписан.
РешениеЩе докажем, че точките PP и QQ лежат на окръжността с диаметър ABA B. За целта е достатъчно да покажем, че ∠APB=90∘\angle A P B=90^{\circ} (другото твърдение е абсолютно аналогично). Нека AI∩BC=LA I \cap B C=L. Имаме, че∠LAC=∠BAL;\angle L A C=\angle B A L; \quad∠AMP=180∘−∠CMN=90∘+12∠ACB=∠AIB. \angle A M P=180^{\circ}-\angle C M N=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle A C B=\angle A I B.Следователно, по първи признак за подобност, △APM∼△ABI\triangle A P M \sim \triangle A B I и значиMPIB=PABA=MAIA⇒MAPA=IABA\frac{M P}{I B}=\frac{P A}{B A}=\frac{M A}{I A} \Rightarrow \frac{M A}{P A}=\frac{I A}{B A}Оттук △AMI∼△APB\triangle A M I \sim \triangle A P B. Но △AMI\triangle A M I е правоъгълен, следователно и подобният му △APB\triangle A P B също е правоъгълен, т. е., ∠APB=90∘\angle A P B=90^{\circ}. Аналогично за ∠AQB=90∘\angle A Q B=90^{\circ}. Втори начин. Разглеждаме случая когато точка NN е между точките MM и PP (другият случай е аналогичен). Тъй като ∠BIP=α+β2\angle B I P=\frac{\alpha+\beta}{2} и ∠BNP=∠MNC=180∘−γ2=α+β2\angle B N P=\angle M N C=\frac{180^{\circ}-\gamma}{2}=\frac{\alpha+\beta}{2}, то четириъгълникът IBPNI B P N е вписан. Тогава ∠IPB=∠INB=90∘\angle I P B=\angle I N B=90^{\circ}. Аналогично ∠IQA=90∘\angle I Q A=90^{\circ}, което означава, че ABPQA B P Q е вписан.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички цели числа zz, за които трите коефициента {a,b,c}\{a, b, c\} на квадратното уравнение ax2+bx+c=0a x^{2}+b x+c=0 и двата му корена {x1,x2}\left\{x_{1}, x_{2}\right\} са две по две различни числа, формиращи множеството {z−4,z−3,z−2,z−1,z}\{z-4, z-3, z-2, z-1, z\}.
РешениеДа означим S:={z−4,z−3,z−2,z−1,z}S: =\{z-4, z-3, z-2, z-1, z\}. Нека първо разгледаме случая 0∈S0 \in S. Ако a=0a=0, то уравнението не може да има два различни реални корена, което противоречи на условието. Ако c=0c=0, то и единия от корените на уравнението x1x_{1} също ще е 0, което е противоречие с c≠x1c \neq x_{1}. Аналогично, ако един от корените е нула, то cc също трябва да е нула и отново стигаме до противоречие. Следователно, единствената възможност е b=0b=0. Тогава ax2=−ca x^{2}=-c и значи aa и cc са с различни знаци, както и x1=−x2x_{1}=-x_{2}. Следователно z=2,x1=−x2z=2, x_{1}=-x_{2} и a=−ca=-c. Директна проверка показва, че уравнението 2x2−2=02 x^{2}-2=0 има корени ±1\pm 1, което удовлетворява условието. Следователно, z=2z=2 е Нека сега 0∉S0 \notin S. Тогава или всички числа в SS са положителни, или всички са отрицателни. Но от формулите на Виет имаме, че x1+x2=−bax_{1}+x_{2}=-\frac{b}{a}, следователно поне едно от четирите числа трябва да е отрицателноостава да разгледаме случая z<0z\lt{}0. За да имаме два различни реални корена дискриминантата на уравнението D=b2−4acD=b^{2}-4 a c трябва да е строго положителна. Тъй, като {a,b,c}⊂S\{a, b, c\} \subset S, то ∣b∣≤−z+4|b| \leq-z+4 а ac≥z(z−1)a c \geq z(z-1). Оттук(z−4)2≥b2>4ac≥4z(z−1)⇔3z2+4z−16<(z-4)^{2} \geq b^{2}\gt{}4 a c \geq 4 z(z-1) \Leftrightarrow 3 z^{2}+4 z-16\lt{}0⇔z∈(−2−2x2133,−2+2x2133)0 \Leftrightarrow z \in\left(\frac{-2-2 \sqrt{\vphantom{x^2}13}}{3}, \frac{-2+2 \sqrt{\vphantom{x^2}13}}{3}\right)Комбинирайки с изискването z∈Z<0z \in \mathbb{Z}_{\lt{}0} и използвайки оценките −2−2x2133>−103,−2+2x2133>\frac{-2-2 \sqrt{\vphantom{x^2}13}}{3}\gt{}-\frac{10}{3}, \frac{-2+2 \sqrt{\vphantom{x^2}13}}{3}\gt{} 0, заключаваме, че остава да разгледаме единствено случаите z∈{−3,−2,−1}z \in\{-3, -2, -1\}. От формулите на Виет, имаме чеx1x2=cax_{1} x_{2}=\frac{c}{a}и, тъй като x1x_{1} и x2x_{2} са различни цели отрицателни числа, числото c/ac / a е съставно, не по-малко от ∣x1,2∣\left|x_{1, 2}\right|.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В равнината са избрани точки A1,A2,…,A2021A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2021} и точка OO, така че никои три от тези 2022 точки не лежат на една права. За всяка точка Ai,i=1,2,…,2021A_{i}, i=1, 2, \ldots, 2021 разглеждаме всички отсечки, двата края на всяка от които се намират в дясната полуравнина спрямо лъча AiO→A_{i} O^{\rightarrow} и са различни от AiA_{i} и OO (посоката на движение е от AiA_{i} към OO и дадена отсечка се разглежда тогава и само тогава, когато и двата й края са вдясно по посоката на движение). Ако bib_{i} е броя на тези отсечки, да се намери минималната стойност на суматаb1+b2+⋯+b2021b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{2021}
РешениеДа означим с cic_{i} броя на точките, намиращи се вдясно от лъча AiO→A_{i} O^{\rightarrow}. Тогаваbi=(ci2)=ci(ci−1)2.b_{i}=\binom{c_{i}}{2}=\frac{c_{i}\left(c_{i}-1\right)}{2}.Разглеждаме произволни две точки Ai,Aj,i≠jA_{i}, A_{j}, i \neq j, триъгълника △AiAjO\triangle A_{i} A_{j} O и описаната около него окръжност ωij\omega_{i j}. Двете дъги на ωij\omega_{i j}, отсечени от лъча AiO→A_{i} O^{\rightarrow} се намират в двете различни полуравнини, определени от него. Аналогично и за AjO→A_{j} O \rightarrow. Следователно, AjA_{j} се намира вдясно от лъча AiO→A_{i} O^{\rightarrow} тогава и само тогава, когато точките Ai,O,AjA_{i}, O, A_{j} са подредени върху ωij\omega_{i j} по посока на часовниковата стрелка. Но точно една от двете подредби Ai,O,AjA_{i}, O, A_{j} и Aj,O,AiA_{j}, O, A_{i} е по посока на часовнкиковата стрелка, а другата е в обратната посока. Следователно всяка двойка точки Ai,AjA_{i}, A_{j} допринася за увеличаване с точно 1 на сумата ∑i=12021ci\sum_{i=1}^{2021} c_{i}, откъдетоC:=∑i=12021ci=(20212)=2021⋅1010.(1)C: =\sum_{i=1}^{2021} c_{i}=\binom{2021}{2}=2021 \cdot 1010. \tag{1}От неравенството между средно квадратично и средно аритметично, получаваме че∑i=12021bi=∑i=12021ci(ci−1)2=\sum_{i=1}^{2021} b_{i}=\sum_{i=1}^{2021} \frac{c_{i}\left(c_{i}-1\right)}{2}=12∑i=12021(ci2−ci)≥\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{2021}\left(c_{i}^{2}-c_{i}\right) \geq12((∑i=12021ci)22021−∑i=12021ci)= \frac{1}{2}\left(\frac{\left(\sum_{i=1}^{2021} c_{i}\right)^{2}}{2021}-\sum_{i=1}^{2021} c_{i}\right)=12(C22021−C).\frac{1}{2}\left(\frac{C^{2}}{2021}-C\right).Комбинирайки с (1), заключаваме че∑i=12021bi≥\sum_{i=1}^{2021} b_{i} \geq12(2021⋅(1010)2−2021⋅1010)= \frac{1}{2}\left(2021 \cdot(1010)^{2}-2021 \cdot 1010\right)=2021(10102)(2)2021\binom{1010}{2} \tag{2}Равенство се достига при ci=cj,∀i,jc_{i}=c_{j}, \forall i, j, което се реализира геометрично, когато например A1,A2,…,A2021A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2021} са върховете на правилен 2021-ъгълник, а OO е центъра на описаната му окръжност.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-9-4

10

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички двойки стойности на реалните параметри aa и bb, за които четирите корена на уравнениятаax2+2x+b=0иbx2+2x+a=0,a x^{2}+2 x+b=0 \quad \text{и} \quad b x^{2}+2 x+a=0,са две по две различни реални числа, образуващи в някакъв ред аритметична прогресия.
РешениеОт условието следва, че a≠ba \neq b и дискримантата на двете уравнения е положителна, т. е. ab<1a b\lt{}1. Да означим корените на уравнението ax2+2x+b=0a x^{2}+2 x+b=0 с x1x_{1} и x2x_{2}, а корените на уравнението bx2+2x+a=0b x^{2}+2 x+a=0 с y1y_{1} и y2y_{2}. Ако допуснем, че двата корена на едно от уравненията се намират между двата корена на другото уравнение, то четирите корена ще образуват аритметична прогресия единствено когатоx1+x2=y1+y2⇔−2a=−2b⇔a=b,x_{1}+x_{2}=y_{1}+y_{2} \quad \Leftrightarrow \quad-\frac{2}{a}=-\frac{2}{b} \quad \Leftrightarrow \quad a=b,противоречие. Във всички останали случаи е изпълнено равенството ∣x1−x2∣=∣y1−y2∣\left|x_{1}-x_{2}\right|=\left|y_{1}-y_{2}\right|. Тъй като∣x1−x2∣=∣y1−y2∣⇔\left|x_{1}-x_{2}\right|=\left|y_{1}-y_{2}\right| \quad \Leftrightarrow \quadx21−ab∣a∣=x21−ab∣b∣⇒a=−b, \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}1-a b}}{|a|}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}1-a b}}{|b|} \quad \Rightarrow \quad a=-b,защото a=ba=b е невъзможно. Без ограничение, нека a>0a\gt{}0 и тогаваx1,2=−1±x21+a2aиy1,2=1∓x21+a2a.x_{1, 2}=\frac{-1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}1+a^{2}}}{a} \text{и} y_{1, 2}=\frac{1 \mp \sqrt{\vphantom{x^2}1+a^{2}}}{a}.Получаваме y1=−x1y_{1}=-x_{1} и y2=−x2y_{2}=-x_{2}, като x2<y1<0<x1<y2x_{2}\lt{}y_{1}\lt{}0\lt{}x_{1}\lt{}y_{2}. Следователно числата x2,y1,x1,y2x_{2}, y_{1}, x_{1}, y_{2} образуват аритметична прогресия. От x1+x22=y1\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=y_{1} намираме−1a=y1=1−x21+a2a⟺2=-\frac{1}{a}=y_{1}=\frac{1-\sqrt{\vphantom{x^2}1+a^{2}}}{a} \Longleftrightarrow 2=x21+a2⟺a=x23.\sqrt{\vphantom{x^2}1+a^{2}} \Longleftrightarrow a=\sqrt{\vphantom{x^2}3}.Решенията са a=±x23,b=∓x23a= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3}, b=\mp \sqrt{\vphantom{x^2}3} и корените са {±x23,±1x23}\left\{ \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3}, \pm \frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}\right\}, които образуват аритметична прогресия с разлика 2x23\frac{2}{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Окръжности с диаметри страните ACA C и BCB C на △ABC\triangle A B C се допират вътрешно до окръжност kk, която е концентрична с вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност. a) Да се докаже, че AC=BCA C=B C. б) Ако cos⁡(∠BAC)=35\cos (\angle B A C)=\frac{3}{5}, да се намери отношението между радиусите на вписаната окръжност и окръжността kk.
Решениеа) Ще използваме стандартните означения за △ABC\triangle A B C. Нека K(I;x),O1K(I; x), O_{1} е среда на ACA C (следователно център на окръжността с диаметър ACA C ), а O2O_{2} е среда на BCB C. Тъй като окръжностите се допират вътрешно, тоO1I=∣x−b2∣,O2I=∣x−a2∣O_{1} I=\left|x-\frac{b}{2}\right|, \quad O_{2} I=\left|x-\frac{a}{2}\right|Прилагайки косинусови теореми за △O1CI\triangle O_{1} C I и △O2CI\triangle O_{2} C I, получаваме системата∣ O1I2=b2/4+CI2−b⋅CIcos⁡(γ/2)O2I2=a2/4+CI2−a⋅CIcos⁡(γ/2)⇒(a−b)(x−CIcos⁡(γ/2))=0\left\lvert\, \begin{aligned} & O_{1} I^{2}=b^{2} / 4+C I^{2}-b \cdot C I \cos (\gamma / 2) \\ & O_{2} I^{2}=a^{2} / 4+C I^{2}-a \cdot C I \cos (\gamma / 2) \end{aligned} \quad \Rightarrow(a-b)(x-C I \cos (\gamma / 2))=0\right.Ако допуснем, че x=CIcos⁡(γ/2)x=C I \cos (\gamma / 2), то от x2−bx=CI2−b⋅CIcos⁡(γ/2)x^{2}-b x=C I^{2}-b \cdot C I \cos (\gamma / 2) следва, че cos⁡2(γ/2)=1\cos ^{2}(\gamma / 2)=1, което е невъзможно. Следователно AC=BCA C=B C. б) Нека CI∩AB=DC I \cap A B=D. Тъй като AC=BC,CDA C=B C, C D се явява ъглополовяща, височина и медиана. От cos⁡(∠BAC)=35\cos (\angle B A C)=\frac{3}{5}, изразяваме AC=5z,AD=3zA C=5 z, A D=3 z, а значи и CD=4zC D=4 z. Освен това35=cos⁡(∠BAC)=sin⁡(∠ACD)=IDCI=4z−CICI\frac{3}{5}=\cos (\angle B A C)=\sin (\angle A C D)=\frac{I D}{C I}=\frac{4 z-C I}{C I} \quad⇒CI=52z, \Rightarrow \quad C I=\frac{5}{2} z,r=DI=32z. r=D I=\frac{3}{2} z.Следователно △O1IC\triangle O_{1} I C е равнобедрен и от косинусова теорема, получавамеO1I=x22CI2−2CI2cos⁡(∠ACD)=O_{1} I=\sqrt{\vphantom{x^2}2 C I^{2}-2 C I^{2} \cos (\angle A C D)}=x22CI25=x210z2\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{2 C I^{2}}{5}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}10} z}{2}Окончателно,∣x−b2∣=O1I⇒∣x−5z2∣=\left|x-\frac{b}{2}\right|=O_{1} I \Rightarrow\left|x-\frac{5 z}{2}\right|=x210z2⇒x=(5±x210)z2\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}10} z}{2} \Rightarrow x=\frac{(5 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}10}) z}{2}от където rx=35±x210\frac{r}{x}=\frac{3}{5 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}10}}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадени са реални числа {xi}i=1n\left\{x_{i}\right\}_{i=1}^{n}, такива че(x1−n)2+(x2−n)2+⋯+(xn−n)2=n2,n≥3.\left(x_{1}-n\right)^{2}+\left(x_{2}-n\right)^{2}+\cdots+\left(x_{n}-n\right)^{2}=n^{2}, \quad n \geq 3.Да се докаже, чеx1x22+n2+x2x32+n2+⋯+xnx12+n2>n−12n.\frac{x_{1}}{x_{2}^{2}+n^{2}}+\frac{x_{2}}{x_{3}^{2}+n^{2}}+\cdots+\frac{x_{n}}{x_{1}^{2}+n^{2}}\gt{}\frac{n-1}{2 n}.
РешениеРавенството от условието не е изпълнено ако xi<0x_{i}\lt{}0 за някое ii. Ако x1=0x_{1}=0, то xj=nx_{j}=n за всяко j≠1j \neq 1 и тогава неравенството е вярно, защото:0+n−22n+1n=12>n−12n0+\frac{n-2}{2 n}+\frac{1}{n}=\frac{1}{2}\gt{}\frac{n-1}{2 n}Следователно остава да разгледаме случая xi>0x_{i}\gt{}0 за всяко ii. Записваме неравенството във видаn2x1x22+n2+n2x2x32+n2+⋯+n2xnx12+n2⏟:=A>\underbrace{\frac{n^{2} x_{1}}{x_{2}^{2}+n^{2}}+\frac{n^{2} x_{2}}{x_{3}^{2}+n^{2}}+\cdots+\frac{n^{2} x_{n}}{x_{1}^{2}+n^{2}}}_{: =A}\gt{}n(n−1)2.\frac{n(n-1)}{2}.Последователно, отделяме цялата част от всяко от събираемите и прилагаме CA−CΓ\mathrm{CA}-\mathrm{C} \Gamma за да получимA=x1−x1x22x22+n2+x2−x2x32x32+n2+⋯+xn−xnx12x12+n2>x1+x2+⋯+xn−x1x222x2n−x2x322x3n−⋯−xnx122x1n=x1+x2+⋯+xn−x1x2+x2x3+⋯+xnx12n\begin{aligned} A & =x_{1}-\frac{x_{1} x_{2}^{2}}{x_{2}^{2}+n^{2}}+x_{2}-\frac{x_{2} x_{3}^{2}}{x_{3}^{2}+n^{2}}+\cdots+x_{n}-\frac{x_{n} x_{1}^{2}}{x_{1}^{2}+n^{2}} \\ & \gt{}x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}-\frac{x_{1} x_{2}^{2}}{2 x_{2} n}-\frac{x_{2} x_{3}^{2}}{2 x_{3} n}-\cdots-\frac{x_{n} x_{1}^{2}}{2 x_{1} n} \\ & =x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}-\frac{x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+\cdots+x_{n} x_{1}}{2 n} \end{aligned}Равенство не се достига, защото за него трябва xi=n,∀ix_{i}=n, \forall i и тогава ∑i=1n(xi−n)2=0\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-n\right)^{2}=0, което противоречи на условието. Ноx1x2+x2x3+⋯+xnx1≤x12+x22+⋯+xn2x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+\cdots+x_{n} x_{1} \leq x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}СледователноA>A\gt{}∑i=1nxi−∑i=1nxi22n=\sum_{i=1}^{n} x_{i}-\frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}}{2 n}=2n∑i=1nxi−∑i=1nxi22n=\frac{2 n \sum_{i=1}^{n} x_{i}-\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}}{2 n}=n3−∑i=1n(xi−n)22n=n(n−1)2.\frac{n^{3}-\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-n\right)^{2}}{2 n}=\frac{n(n-1)}{2}.С това задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-10-3

11

2 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши неравенствотоx28x−15−x22−log⁡x(3x+4)≤0.\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}8 x-15-x^{2}}}{2-\log _{x}(3 x+4)} \leq 0.
РешениеОт 8x−15−x2≥08 x-15-x^{2} \geq 0 следва, че x∈[3,5]x \in[3, 5], след което от 2−log⁡x(3x+4)≠02-\log _{x}(3 x+4) \neq 0 определяме x≠4x \neq 4. Следователно множеството от допустимите стойности е x∈[3,5],x≠4x \in[3, 5], x \neq 4. Очевидно x=3x=3 и x=5x=5 са на неравенството. При x∈(3,5)x \in(3, 5) неравенството от условието е еквивалентно на 2−log⁡x(3x+4)<02-\log _{x}(3 x+4)\lt{}0, откъдето получаваме log⁡x(3x+4)>2\log _{x}(3 x+4)\gt{}2. Тъй като x>1x\gt{}1, от свойствата на логаритмичната функция получаваме 3x+4>x2⟺3 x+4\gt{}x^{2} \Longleftrightarrow x∈(−1;4)x \in(-1; 4). Но съобразявайки се с ДС, намираме x∈(3;4)x \in(3; 4). Окончателно, решенията на неравенството са x∈[3;4)∪{5}x \in[3; 4) \cup\{5\}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В равнобедрения трапец ABCD(AB∥CD,AB>CD)A B C D(A B \| C D, A B\gt{}C D) е вписана окръжност, която се допира до страните AB,BC,CD,DAA B, B C, C D, D A съответно в точките K,L,M,NK, L, M, N като лицето на четириъгълника KLMNK L M N е равно на 38\frac{3}{8} от лицето на трапеца ABCDA B C D. а) Да се намери мярката на ∠BAD\angle B A D; б) Ако O1O_{1} и O2O_{2} са центровете на вписаните окръжности в △ABC\triangle A B C и △ACD\triangle A C D и BC=2B C=2, да се намери дължината на отсечката O1O2O_{1} O_{2}.
Решениеа) Нека ∠BAD=α,AD=BC=d,h\angle B A D=\alpha, A D=B C=d, h е височината на трапеца, а II и rr са центърът и радиусът на вписаната в него окръжност. Тогава h=dsin⁡α=2rh=d \sin \alpha=2 r. Тъй като в трапеца може да се впише окръжност, то AB+CD=2dA B+C D=2 d и SABCD=d.h=h2sin⁡αS_{A B C D}=d. h=\frac{h^{2}}{\sin \alpha}. От друга страна ∠KIN=∠KIL=180∘−α,∠MIN=∠MIL=α\angle K I N=\angle K I L=180^{\circ}-\alpha, \angle M I N=\angle M I L=\alpha и KI=LI=MI=NI=r=h2K I=L I=M I= N I=r=\frac{h}{2}, откъдето получавамеSKLMN=SKIN+SKIL+SMIL+SMIN=h2sin⁡α2S_{K L M N}=S_{K I N}+S_{K I L}+S_{M I L}+S_{M I N}=\frac{h^{2} \sin \alpha}{2}Сега от условието SKLMNSABCD=38\frac{S_{K L M N}}{S_{A B C D}}=\frac{3}{8} следва sin⁡α=x232\sin \alpha=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2} и понеже α<90∘\alpha\lt{}90^{\circ}, то α=60∘\alpha=60^{\circ}. б) Нека r1r_{1} и r2r_{2} са радиусите на вписаните съответно в △ABC\triangle A B C и △ACD\triangle A C D окръжности, а p1p_{1} и p2p_{2} са полупериметрите им. Тъй като в трапеца е вписана окръжност, то вписаните в △ABC\triangle A B C и △ACD\triangle A C D окръжности се допират в точка от диагонала ACA C и O1O2=r1+r2O_{1} O_{2}=r_{1}+r_{2}. За да определим r1r_{1} и r2r_{2}, пресмятаме лицата S1S_{1} и S2S_{2} на △ABC\triangle A B C и △ACD\triangle A C D. От условието имаме, че AB+CD=4A B+C D=4, а от а) AB−CD=2A B-C D=2. Така намираме AB=3A B=3 и CD=1C D=1. ТогаваS1=AB⋅BCsin⁡60∘2=3x232иS2=S_{1}=\frac{A B \cdot B C \sin 60^{\circ}}{2}=\frac{3 \sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2} \text{и} S_{2}=AD⋅DCsin⁡120∘2=x232.\frac{A D \cdot D C \sin 120^{\circ}}{2}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}.От косинусова теорема за △ABC\triangle A B C намираме AC=x27A C=\sqrt{\vphantom{x^2}7} и тогава p1=5+x272p_{1}=\frac{5+\sqrt{\vphantom{x^2}7}}{2} и p2=3+x272p_{2}=\frac{3+\sqrt{\vphantom{x^2}7}}{2}. Тъй като S1=p1r1S_{1}=p_{1} r_{1} и S2=p2r2S_{2}=p_{2} r_{2} намираме r1=3x235+x27r_{1}=\frac{3 \sqrt{\vphantom{x^2}3}}{5+\sqrt{\vphantom{x^2}7}} и r2=x233+x27r_{2}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{3+\sqrt{\vphantom{x^2}7}}. Окончателно O1O2=7x23−2x2213O_{1} O_{2}=\frac{7 \sqrt{\vphantom{x^2}3}-2 \sqrt{\vphantom{x^2}21}}{3}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-11-2

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че съществува естествено число n0n_{0} така, че за всяко цяло число n≥n0n \geq n_{0} уравнениетоsin⁡(sin⁡(…(sin⁡x)))⏟nпъти=\underbrace{\sin (\sin (\ldots(\sin x)))}_{n \text{пъти}}=cos⁡(cos⁡(…(cos⁡x)))⏟nпъти\underbrace{\cos (\cos (\ldots(\cos x)))}_{n \text{пъти}}няма реален корен.
РешениеДа означим с fn(x)f_{n}(x) и gn(x)g_{n}(x) съответно лявата и дясната част на даденото уравнение. Понеже cos⁡(cos⁡t)≥1−(cos⁡t)2/2≥1/2\cos (\cos t) \geq 1-(\cos t)^{2} / 2 \geq 1 / 2, то (1) gn(x)≥1/2g_{n}(x) \geq 1 / 2 при n≥2n \geq 2. (Алтернативно, ∣cos⁡t∣∈[0,1]⊂[0,π/3)|\cos t| \in[0, 1] \subset[0, \pi / 3) и значи cos⁡(cos⁡t)>cos⁡(π/3)=1/2\cos (\cos t)\gt{}\cos (\pi / 3)=1 / 2.) От друга страна, тъй като sin⁡t\sin t е растяща функция в [0,1][0, 1], от ∣sin⁡t∣≤∣t∣|\sin t| \leq|t| по индукция следва, че (2) ∣fn+1(x)∣≤fn(1)=:an\left|f_{n+1}(x)\right| \leq f_{n}(1)=: a_{n}. Понеже 0<an+1=sin⁡an<an0\lt{}a_{n+1}=\sin a_{n}\lt{}a_{n}, то (an)\left(a_{n}\right) е сходяща редица. За нейната граница ll имаме, че sin⁡l=l\sin l=l, откъдето l=0l=0. Тогава от (2) следва, че съществува n0≥2n_{0} \geq 2 така, че (3) fn(x)<1/2f_{n}(x)\lt{}1 / 2 при n≥n0n \geq n_{0} и x∈Rx \in \mathbb{R}. Сега от (1) и (3) получаваме, че fn<gnf_{n}\lt{}g_{n} при n≥n0n \geq n_{0}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Окръжност kk през върха BB на △ABC\triangle A B C се допира до правата ACA C в точката CC. Точка DD върху страната ABA B е такава, че отсечката CDC D пресича kk за втори път в точка EE, като BE=DEB E=D E. Да се докаже, че ако радиусите на вписаните окръжности в △ACD\triangle A C D и △BCD\triangle B C D са равни, то BC=2ECB C=2 E C.
РешениеНека ∠ABE=x\angle A B E=x и ∠CBE=y\angle C B E=y. От първото условие следва, че ∠ACD=y\angle A C D=y, а от второто −∠BDC=x-\angle B D C=x. Нека CH⊥AB(H∈AB)C H \perp A B(H \in A B). Понежеr△ACD=AD⋅CHAC+CD+AD,r△BCD=BD⋅CHBC+CD+BD,тоr△ACD=r△BCD⇔AC+CDAD=BC+CDBD⇔sin⁡x+sin⁡(x−y)sin⁡y=sin⁡x+sin⁡(x+y)sin⁡(2x+y)⇔2sin⁡(x−y2)cos⁡y2sin⁡y=2sin⁡(x+y2)cos⁡y22sin⁡(x+y2)cos⁡(x+y2)⇔2sin⁡(x−y2)cos⁡(x+y2)=sin⁡y⇔sin⁡2x−sin⁡y=sin⁡y⇔BC=2EC\begin{gathered} r_{\triangle A C D}=\frac{A D \cdot C H}{A C+C D+A D}, r_{\triangle B C D}=\frac{B D \cdot C H}{B C+C D+B D}, \text{то} \\ r_{\triangle A C D}=r_{\triangle B C D} \Leftrightarrow \frac{A C+C D}{A D}=\frac{B C+C D}{B D} \\ \Leftrightarrow \frac{\sin x+\sin (x-y)}{\sin y}=\frac{\sin x+\sin (x+y)}{\sin (2 x+y)} \\ \Leftrightarrow \frac{2 \sin \left(x-\frac{y}{2}\right) \cos \frac{y}{2}}{\sin y}=\frac{2 \sin \left(x+\frac{y}{2}\right) \cos \frac{y}{2}}{2 \sin \left(x+\frac{y}{2}\right) \cos \left(x+\frac{y}{2}\right)} \\ \Leftrightarrow 2 \sin \left(x-\frac{y}{2}\right) \cos \left(x+\frac{y}{2}\right)=\sin y \Leftrightarrow \sin 2 x-\sin y=\sin y \Leftrightarrow B C=2 E C \end{gathered}
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се реши в цели числа уравнението1x+1y+1xy=1x2−y\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{x y}=\frac{1}{x^{2}-y}
РешениеИмаме, че (x2−y)(x+y+1)=xy\left(x^{2}-y\right)(x+y+1)=x y, т. е.y2−(x2−2x−1)y−x3−x2=0.y^{2}-\left(x^{2}-2 x-1\right) y-x^{3}-x^{2}=0.Пресмятаме (1) D=(x2−2x−1)2+4(x3+x2)=x4+6x2+4x+1D=\left(x^{2}-2 x-1\right)^{2}+4\left(x^{3}+x^{2}\right)=x^{4}+6 x^{2}+4 x+1. Да забележим, че (2) (x2+3)2<D<(x2+4)2\left(x^{2}+3\right)^{2}\lt{}D\lt{}\left(x^{2}+4\right)^{2} при x≥3x \geq 3 и (3) (x2+2)2<D<(x2+3)2\left(x^{2}+2\right)^{2}\lt{}D\lt{}\left(x^{2}+3\right)^{2} при x≤−3x \leq-3. Остават случаите x=±1,±2x= \pm 1, \pm 2, откъдето (4) (x,y)=(−1,2),(2,−4),(2,3)(x, y)=(-1, 2), (2, -4), (2, 3).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкият периметър на сечение на правилен тетраедър с ръб 1 и равнина през медицентъра му.
РешениеНека π\pi е равнина през медицентъра MM на правилен тетраедър ABCDA B C D с ръб 1. Нека π\pi пресича три ръба с общ връх, например AD,BD,CDA D, B D, C D съответно в точки A1,B1A_{1}, B_{1}, C1C_{1}. Тогава сечението е △A1B1C1\triangle A_{1} B_{1} C_{1}. Полагаме A1D=x,B1D=y,C1D=zA_{1} D=x, B_{1} D=y, C_{1} D=z. ПонежеDM→=DA1→4x+DB1→4y+DC1→4z\overrightarrow{D M}=\frac{\overrightarrow{D A_{1}}}{4 x}+\frac{\overrightarrow{D B_{1}}}{4 y}+\frac{\overrightarrow{D C_{1}}}{4 z}и M∈πM \in \pi, то (1)1/x+1/y+1/z=4(1) 1 / x+1 / y+1 / z=4. Следователно(2)P△A1B1C1=x2x2+y2−xy+x2y2+z2−yz+x2z2+x2−zx≥x+y2+y+z2+z+x2≥94\text{(2)} \begin{aligned} P_{\triangle A_{1} B_{1} C_{1}}= & \sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+y^{2}-x y}+\sqrt{\vphantom{x^2}y^{2}+z^{2}-y z}+\sqrt{\vphantom{x^2}z^{2}+x^{2}-z x} \\ \geq & \frac{x+y}{2}+\frac{y+z}{2}+\frac{z+x}{2} \geq \frac{9}{4} \end{aligned}съгласно неравенството между средното аритметично и средното хармонично. Ако π\pi не пресича три ръба с общ връх, то можем да считаме, че π\pi пресича ръбовете BAB A, BC,DC,DAB C, D C, D A съответно в точки E,F,G,HE, F, G, H. Както по-горе следва, че(3)PEFGH≥\text{(3)} P_{E F G H} \geqBE+BF2+CF+CG2+DG+DH2+AH+AE2=2. \frac{B E+B F}{2}+\frac{C F+C G}{2}+\frac{D G+D H}{2}+\frac{A H+A E}{2}=2 \text{.}Равенство се достига, когато E,F,G,HE, F, G, H са среди на съответните ръбове. Понеже тези среди и MM лежат в една равнина ( MM е центърът на квадрата EFGHE F G H ), заключаваме, че (4) min⁡Pπ=2\min P_{\pi}=2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2021-12-4