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

2022

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • pms2022-11-3: има placeholder текст
  • pms2022-12-2: има placeholder текст

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е многочлепът P=(x4−40x2+144)(x3−16x)P=\left(x^{4}-40 x^{2}+144\right)\left(x^{3}-16 x\right). a) Разложете PP на неразложими множители. б) За числата x=10x=10 и x=91x=91 записваме стойностите на PP в тях. На колко е равен найголемият общ делител на записаните числа?
Решениеа) P=(x4−36x2−4x2+144)(x3−16x)=(x2−36)(x2−4)x(x2−16)=(x−6)(x+6)(x−2)(x+2)x(x−4)(x+4)P=\left(x^{4}-36 x^{2}-4 x^{2}+144\right)\left(x^{3}-16 x\right)=\left(x^{2}-36\right)\left(x^{2}-4\right) x\left(x^{2}-16\right)=(x-6)(x+ 6)(x-2)(x+2) x(x-4)(x+4). б) При x=10x=10 стойността на PP е 4 \cdot 6 \cdot 8 \cdot 10 \cdot 12 \cdot 14 \cdot 16 =214⋅32⋅5⋅7=2^{14} \cdot 3^{2} \cdot 5 \cdot 7, а при x=91x=91 е нечетна, така че търсеният НОД е не повече от 32⋅5⋅7=3153^{2} \cdot 5 \cdot 7=315. Тъй като 91−4=8791-4=87 се дели на 3, както и 91+2=9391+2=93, а пък 91−6=8591-6=85 се дели на 5 и 91 се дели на 7, то 315 дели P(91)P(91). Следователно търсеният НОД е точно 32⋅5⋅7=3153^{2} \cdot 5 \cdot 7=315.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C с AB=1 cm,BC=2A B=1 \mathrm{~cm}, B C=2 см и AC=x23A C=\sqrt{\vphantom{x^2}3} см. Точките D,ED, E и FF съответно от страните AB,ACA B, A C и BCB C са такива, че AE=BDA E=B D и BF=ADB F=A D. Ъглополовящата на ∠BAC\angle B A C пресича окръжността през точките A,DA, D и EE за втори път в точката MM, а ъглополовящата на ∠ABC\angle A B C пресича окръжността през точките B,DB, D и FF за втори път в точката NN. Да се намери дължината на отсечката MNM N.
РешениеОт окръжността на ADEA D E получаваме (чрез вписани ълли и съответните им дъги) MD=MEM D=M E и ∠BDM=180∘−∠ADM=∠AEM\angle B D M=180^{\circ}-\angle A D M=\angle A E M, което заедно с AE=BDA E=B D означава, че △AEM≅△BDM\triangle A E M \cong \triangle B D M - оттук AM=MBA M=M B и значи MM е пресечната точка на симетралата на ABA B и ъглополовящата на ∠BAC\angle B A C. Аналогично NN е пресечната точка на симетралата на ABA B и ъглополовящата на ∠ABC\angle A B C. В частност, заключаваме, че MNM N е симетралата на ABA B. Нека MNM N пресича ABA B в нейната среда KK. Понеже AB2+AC2=BC2A B^{2}+A C^{2}=B C^{2}, имаме ∠BAC=90∘\angle B A C=90^{\circ} и сега BC=2ABB C=2 A B дава ∠ABC=60∘\angle A B C=60^{\circ}. Оттук получаваме ∠MAK=45∘\angle M A K=45^{\circ} и ∠NBK=30∘\angle N B K=30^{\circ}. Така триъгълникът AMKA M K дава MK=AK=12M K=A K=\frac{1}{2}, а триъгълникът BNKB N K дава NK=12x23N K=\frac{1}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}} (ако NK=yN K=y, то BN=2yB N=2 y от ∠NBK=30∘\angle N B K=30^{\circ} и Питагоровата теорема за BNKB N K дава y2+(12)2=4y2y^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}=4 y^{2}, т. е. y=12x23)\left. y=\frac{1}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}}\right). Окончателно MN=MK−NK=3−x236M N=M K-N K=\frac{3-\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{6}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадени са неравенствата: a) (2ab+c)2+(2bc+a)2+(2ca+b)2≥ac+ba+cb\left(\frac{2 a}{b+c}\right)^{2}+\left(\frac{2 b}{c+a}\right)^{2}+\left(\frac{2 c}{a+b}\right)^{2} \geq \frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}. б) (a+bc)2+(b+ca)2+(c+ab)2≥ab+bc+ca+9\left(\frac{a+b}{c}\right)^{2}+\left(\frac{b+c}{a}\right)^{2}+\left(\frac{c+a}{b}\right)^{2} \geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+9. За всяко от тях или докажете, че е вярно за всички положителни реални числа a,ba, b и cc, или дайте пример за тройка (a,b,c)(a, b, c), която не го изпълнява.
Решениеа) Не, например при a=0⋅01a=0 \cdot 01 и b=c=1000b=c=1000. б) Да! Нека означим x=ab,y=bcx=\frac{a}{b}, y=\frac{b}{c} и z=caz=\frac{c}{a} - тогава xyz=1x y z=1 и искаме (xy+y)2+(yz+z)2+(zx+x)2≥x+y+z+9(x y+y)^{2}+(y z+z)^{2}+(z x+ x)^{2} \geq x+y+z+9. С разкриване на скобите свеждаме до x2+y2+z2+2(xy2+yz2+zx2)+x2y2+y2z2+z2x2≥x+y+z+9x^{2}+y^{2}+z^{2}+2\left(x y^{2}+y z^{2}+z x^{2}\right)+x^{2} y^{2}+ y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2} \geq x+y+z+9. От неравенството между средноаритметично и средногеометрично имаме xy2+yz2+zx2≥3x2x3y3z33=3x y^{2}+y z^{2}+z x^{2} \geq 3 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}x^{3} y^{3} z^{3}}=3 и x2y2+y2z2+z2x2≥3x2x4y4z43=3x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2} \geq 3 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}x^{4} y^{4} z^{4}}=3 и значи е достатъчно да докажем, че x2+y2+z2≥x+y+zx^{2}+y^{2}+z^{2} \geq x+y+z. С неравенството x2+y2+z2≥(x+y+z)23x^{2}+y^{2}+z^{2} \geq \frac{(x+y+z)^{2}}{3} (еквивалентно на (x−y)2+(y−z)2+(z−x)2≥0(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2} \geq 0 ) свеждаме исканото до (x+y+z)23≥x+y+z\frac{(x+y+z)^{2}}{3} \geq x+y+z, т. е. x+y+z≥3x+y+z \geq 3, като последното следва от x+y+z≥3x2xyz3=3x+y+z \geq 3 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}x y z}=3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека p=(a1;a2;…;a12)p=\left(a_{1}; a_{2}; \ldots; a_{12}\right) е пермутация на числата 1,2,…,121, 2, \ldots, 12. Ще бележим Sp=∣a1−a2∣+∣a2−a3∣+⋯+∣a11−a12∣S_{p}=\left|a_{1}-a_{2}\right|+\left|a_{2}-a_{3}\right|+\cdots+\left|a_{11}-a_{12}\right|. Ще наричаме pp оптимистична, ако ai>min⁡(ai−1;ai+1)a_{i}\gt{}\min \left(a_{i-1}; a_{i+1}\right) за всяко i=2,…,11i=2, \ldots, 11. a) Коя е най-голямата възможна стойност на SpS_{p}? Колко са пермутациите pp, при които тази стойност се реализира? б) Колко са всички оптимистични pp? в) Коя е най-голямата възможна стойност на SpS_{p} за оптимистична pp? Колко са оптимистичните pp, при които тази стойност се реализира?
Решениеа) Ако поставим числата от pp върху числовата ос, SpS_{p} е равно на дължината на „разходката“ от a1a_{1} до a2a_{2}, после до a3a_{3} и т. н. до a12a_{12}. В тази разходка отсечките: 1−21-2 и 11−1211-12 участват най-много по 2 пъти (преди и след 1; преди и след 12); 2−32-3 и 10−1110-11 участват най-много по 4 пъти (преди и след 1,2,111, 2, 11 и 12 ); 3−43-4 и 9−109-10 участват най-много по 6 пъти (преди и след 1,2,3,10,111, 2, 3, 10, 11 и 12 ); 4−54-5 и 8−98-9 участват най-много по 8 пъти (преди и след 1,2,3,4,9,10,111, 2, 3, 4, 9, 10, 11 и 12 ); 5−65-6 и 7−87-8 участват най-много по 10 пъти (преди и след 1,2,3,4,5,8,9,10,11,121, 2, 3, 4, 5, 8, 9, 10, 11, 12 ); 6-7 може да участва всичките 11 пъти. Следователно Sp≤2(2+4+6+8+10)+11=2⋅30+11=71S_{p} \leq 2(2+4+6+8+10)+11=2 \cdot 30+11=71. За да се постигне Sp=71S_{p}=71 е необходимо и достатъчно всички тези разходки да се реализират, всяка с желания брой пъти. Това се случва точно когато a1=6a_{1}=6 и a12=7a_{12}=7 или обратно ( 2 варианта), като в първият случай ( a2,a4,…,a10a_{2}, a_{4}, \ldots, a_{10} ) е пермутация на ( 8,9,…,128, 9, \ldots, 12 ) ( 5! варианта) и ( a3,a5,…,a11a_{3}, a_{5}, \ldots, a_{11} ) е пермутация на (1,2,…,5)(1, 2, \ldots, 5) ( 5! варианта), а във втория случай е наобратно. Общо търсените пермутации са 2⋅5!.5≠288002 \cdot 5!.5\neq{}28800. б) pp е оптимистична точно когато числото 1 е на една от двете крайни позиции, след което 2 е на една от двете крайни сред останалите позиции, после 3 е на една от двете крайни сред останалите позиции и т. н. до 11, което е на една от двете останали позиции (и тогава позицията на 12 е единствена). Вариантите за това са 211=20482^{11}=2048. в) Във всяка оптимистична пермутация числата преди 12 са в нарастващ ред (ако ak=12a_{k}=12, то непременно ak−1>ak−2a_{k-1}\gt{}a_{k-2}, после ak−2>ak−3a_{k-2}\gt{}a_{k-3} и т. н.) а тези след 12 са в намаляващ ред (аналогично), така че Sp=12−a1+12−a12≤2⋅12−1−2=21S_{p}=12-a_{1}+12-a_{12} \leq 2 \cdot 12-1-2=21. Равенство се достига точно когато a1=1,a12=2a_{1}=1, a_{12}=2 или a1=2,a12=1a_{1}=2, a_{12}=1. Броят на реализиращите пермутации се намира както в б), като се отчете, че за числото 2 възможността е само една (определя се еднозначно според позицията на 1 ), т. е. търсеният брой е 210=10242^{10}=1024.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадена е квадратна функция f(x)f(x) с цели коефициенти. Ако е известно, че f(0),f(3)f(0), f(3) и f(4)f(4) приемат две по две различни стойности от множеството {2,20,202,2022}\{2, 20, 202, 2022\}, то да се определят всички възможни стойности на f(1)f(1).
РешениеПо теорема на Безу имаме, че 3∣∣f(3)−f(0)∣3||f(3)-f(0)|, а 4∣∣f(4)−f(0)∣||f(4)-f(0)|. Измежду множеството {2,20,202,2022}\{2, 20, 202, 2022\}, единствено 2 и 20 дават еднакви остатъци при деление на 3, следователно {f(0),f(3)}={2,20}\{f(0), f(3)\}=\{2, 20\}. При деление на 4, единствено 20 дава различен остатък от останалите и значи f(0)≠20f(0) \neq 20. Оттук, f(0)=2,f(3)=20f(0)=2, f(3)=20, а за f(4)f(4) имаме две възможности: f(4)=202f(4)=202 или f(4)=2022f(4)=2022. Нека f(x)=ax2+bx+cf(x)=a x^{2}+b x+c. От c=f(0)=2c=f(0)=2 и 9a+3b+2=f(3)=209 a+3 b+2=f(3)=20 получаваме, че f(x)=ax2+(6−3a)x+2f(x)=a x^{2}+(6-3 a) x+2. При това f(1)=8−2af(1)=8-2 a. За да бъде ff с цели коефициенти, то достатъчно е a∈Za \in \mathbb{Z}. Това е изпълнено, защотоa=f(4)−f(0)4−f(3)−f(0)3.a=\frac{f(4)-f(0)}{4}-\frac{f(3)-f(0)}{3}.1сл. f(4)=202f(4)=202. Тогава a=200/4−18/3=44a=200 / 4-18 / 3=44, а f(1)=8−2a=8−88=−80f(1)=8-2 a=8-88=-80. 2сл. f(4)=2022f(4)=2022. Тогава a=2020/4−18/3=499a=2020 / 4-18 / 3=499, а f(1)=8−2a=8−998=−990f(1)=8-2 a=8-998=-990. Окончателно, всички възможни стойности на f(1)f(1) са {−80,−990}\{-80, -990\}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C с медиана CM(M∈AB)C M(M \in A B) и център на описаната окръжност OO. Известно е, че описаната около триъгълника AMOA M O окръжност разполовява отсечката CMC M. Да се намери най-малкия възможен периметър на ABCA B C, ако дължините на страните му са естествени числа.
РешениеНека NN и PP са средите на ACA C и CMC M съответно. Тогава петоъгълникът ANPOMA N P O M е вписан в окръжност, като AM∥PNA M \| P N, откъдето ∠CAM=180∘−∠ANP=90∘−∠PNO=90∘−∠PMO=∠AMC\angle C A M=180^{\circ}-\angle A N P=90^{\circ}-\angle P N O= 90^{\circ}-\angle P M O=\angle A M C, което е еквивалентно на AC=CMA C=C M. Нека QQ е средата на AMA M (явно CQ⊥ABC Q \perp A B ). При AC=b,BC=aA C=b, B C=a и AB=cA B=c имаме CM2−MQ2=CQ2=BC2−BQ2C M^{2}-M Q^{2}=C Q^{2}=B C^{2}-B Q^{2}, т. е. b2−c216=a2−9c216b^{2}-\frac{c^{2}}{16}=a^{2}-\frac{9 c^{2}}{16}, което е еквивалентно на 2(a2−b2)=c22\left(a^{2}-b^{2}\right)=c^{2}. Явно c=2kc=2 k е четно и (a−b)(a+b)=2k2(a-b)(a+b)=2 k^{2}, като множителите вляво са с еднаква четност. Значи при нечетно kk няма - единият множител е винаги четен, а другиятнечетен. При k=2k=2 остава само a−b=2,a+b=4a-b=2, a+b=4, т. е. a=3,b=1a=3, b=1, което с c=4c=4 не изпълнява неравенството на триъгълника. При k=4k=4 остават само a−b=2,a+b=16a-b=2, a+b=16 (т. е. a=9,b=7a=9, b=7 и c=8c=8, което работи с периметър 24) и a−b=4,a+b=8a-b=4, a+b=8 (т. е. a=6,b=2a=6, b=2, което не работи с c=8c=8 ). Остава да съобразим, че за k≥6k \geq 6 имаме c≥12c \geq 12 и a+b+c>2c≥24a+b+c\gt{}2 c \geq 24 от неравенството на триъгълника.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички прости числа pp, за които съществуват естествени числа xx и yy такива, че{p+49=2x2p2+49=2y2∣\left\{\begin{array}{l} p+49=2 x^{2} \cr p^{2}+49=2 y^{2} \end{array}\right|
РешениеЩе докажем, че единствено p=23p=23 е Вадейки от второто уравнение първото, получавамеp(p−1)=2(y−x)(y+x)p(p-1)=2(y-x)(y+x)От първото уравнение имаме, че pp - нечетно, значи p≠2p \neq 2 и p∣(y−x)(y+x)p \mid(y-x)(y+x). Ако допуснем, че p∣(y−x)p \mid(y-x), тъй като очевидно y>xy\gt{}x, стигаме до p≤y−x<y+xp \leq y-x\lt{}y+x. Следователно2(y−x)(y+x)>2p2>p2>p(p−1),2(y-x)(y+x)\gt{}2 p^{2}\gt{}p^{2}\gt{}p(p-1),противоречие. Следователно p∣(y+x)p \mid(y+x). Ако допуснем, че y≥py \geq p, то от второто уравнение следва, че 49=2y2−p2≥p249=2 y^{2}-p^{2} \geq p^{2}, т. е., p≤7p \leq 7. Директна проверка за p=3,5,7p=3, 5, 7 ни дава, че нито едно от тях не води до (например, защото 26=3+492,27=5+492,28=7+49226=\frac{3+49}{2}, 27=\frac{5+49}{2}, 28=\frac{7+49}{2} не са точни квадрати). Следователно, остана случая y<py\lt{}p, т. е., x+y<2y<2px+y\lt{}2 y\lt{}2 p и значи x+y=px+y=p. Оттук y−x=p−2xy-x=p-2 x, а също такаp−1=2(y−x)=2(p−2x)⇔p=p-1=2(y-x)=2(p-2 x) \Leftrightarrow p=4x−1⇔2x2−4x−48=0⇔x1,2=1±5.4 x-1 \Leftrightarrow 2 x^{2}-4 x-48=0 \Leftrightarrow x_{1, 2}=1 \pm 5.Окончателно, понеже −4<0-4\lt{}0, получихме единствената възможност x=6,p=4⋅6−1=23x=6, p=4 \cdot 6-1=23 и y=p−x=17y=p-x=17. Директна проверка потвърждава, че 23+49=2⋅6223+49=2 \cdot 6^{2}, съответно 232+49=2⋅17223^{2}+49=2 \cdot 17^{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
На подготовка за международната олимпиада по математика има 14 ученици. Всеки ученик има по поне kk любими числа. Организаторите искат да дадат на всеки ученик тениска, върху която е надписано любимо число на ученика. Да се намери най-малкото естествено kk, за което това винаги е възможно, ако: a) учениците могат да се подредят в кръг и тениските трябва да се раздадат така, че всеки двама съседи по кръга са с тениска с различно число. б) 7 от учениците са момчета, а другите 7 - момичета и тениските трябва да се раздадат така, че няма момче и момиче с тениски с едно и също число. (Частите а) и б) са независими една от друга.)
Решениеа) Очевидно k=1k=1 не е възможно (ако двама съседи имат едно и също любимо число), ще докажем че k=2k=2 работи. Ако всички имат едни и същи две любими числа, да речем 1 и 2, то с редуване ( 1 за нечетните по кръга, 2 за четните) исканото ще е изпълнено. Значи можем без ограничение да считаме, че първият има любимо число AA, което не е любимо за последния. Нека изборът ни от първия е AA. За всеки следващ по кръга избираме негово любимо число, различно от това на предишния (ако и двете са различни от тези на предишния, избираме кое да е от тях). Ясно е, че за втория, третия,..., 13-тия исканото е изпълнено, а за последния съобразяваме, че числото му е различно от на 13 -тия поради предното изречение и че е различно от на първия поради избора на AA. б) Първо, k≤3k \leq 3 не е възможнонека любимите числа на 7 -те момчета са {1,2,3},{1,4,5}\{1, 2, 3\}, \{1, 4, 5\}, {1,6,7},{2,4,6},{2,5,7},{3,4,7},{3,5,6}\{1, 6, 7\}, \{2, 4, 6\}, \{2, 5, 7\}, \{3, 4, 7\}, \{3, 5, 6\}, съответно; и същото за 7-те момичета. Без ограничение първото момче получава 1; тогава поне една двойка от (2,3),(4,5)(2, 3), (4, 5) и (6,7)(6, 7) е получена от останалите и това пречи на някое от първите три момичета. Сега ще покажем, че k=4k=4 работи. Можем да считаме, че всяко момче има точно 4 любими числа. Достатъчно е да докажем следнотоима начин на всяка тениска да запишем М или К, след което всяко момче да забрави за тениските с любими числа с К и всяко момиче да забрави за тениските с любими числа с М, но в крайна сметка за всеки да остане по една подходяща тениска. Да забележим, че за всеки ученик събитието, в което всички тениски с негови любими числа са К, се случва в точно 116\frac{1}{16} от всички възможни съпоставяния на M и Ж (понеже за всяко от 4 -те момичета има 2 възможности и значи ЖЖЖЖ е само една от 242^{4} възможности); аналогично за момиче с ММММ. Следователно пропорцията от съпоставяния, в които има момче с ЖЖЖЖ или момиче с ММММ, не надминава 14⋅116=7814 \cdot \frac{1}{16}=\frac{7}{8}; оттук в поне 18\frac{1}{8} (и в частност, в поне едно) от възможните съпоставяния исканото е изпълнено.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-9-4

10

2 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C с център на вписаната окръжност II. Правата CIC I пресича описаната около триъгълник ABCA B C окръжност за втори път в точка LL, като CI=2⋅ILC I=2 \cdot I L. Точки MM и NN са върху страната ABA B, такива че ∠AIM=∠BIN=90∘\angle A I M=\angle B I N=90^{\circ}. Да се докаже, че AB=2⋅MNA B=2 \cdot M N.
РешениеИзползваме стандартни означения за △ABC\triangle A B C. Нека да означим с точките PP и QQ съответно средите на страните ACA C и BCB C, а с JJ - центъра на външновписаната към страната ABA B окръжност. Както е добре известно (например, чрез стандартно изразяване на ъгли в △ALI\triangle A L I и △ALJ\triangle A L J, откъдето IL=AL=LJ)IL=LJI L=A L=L J) I L=L J, т. е., II е среда на CJC J, откъдето PIP I е средна отсечка в триъгълник AJCA J C и значи PI∥AJP I \| A J, следователно ∠AIP=90∘\angle A I P=90^{\circ}. Аналогично ∠BIQ=90∘\angle B I Q=90^{\circ}. Оттук △AIP≅△AMI\triangle A I P \cong \triangle A M I, респективно △BIQ≅△BIN\triangle B I Q \cong \triangle B I N, т. е., AP=AMA P=A M и BQ=NBB Q=N B. Освен това, rc=2rr_{c}=2 r. Сега отSABC=p⋅r=(p−c)⋅rc⇒p=2(p−c)⇒2c=a+b+c2⇒AC+BC=3AB⇒AM+AN=AP+BQ=AC+BC2=3AB2\begin{aligned} & S_{A B C}=p \cdot r=(p-c) \cdot r_{c} \Rightarrow p=2(p-c) \quad \Rightarrow \quad 2 c=\frac{a+b+c}{2} \\ & \quad \Rightarrow A C+B C=3 A B \Rightarrow A M+A N=A P+B Q=\frac{A C+B C}{2}=\frac{3 A B}{2} \end{aligned}Но AM+AN=AB+MNA M+A N=A B+M N и значи MN=AB/2M N=A B / 2. Твърдението е доказано.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Пермутация σ\sigma на числата от 1 до 10 наричаме лоша, ако съществуват три числа i,j,ki, j, k удовлетворяващи 1≤i<j<k≤101 \leq i\lt{}j\lt{}k \leq 10 и σ(j)<σ(k)<σ(i)\sigma(j)\lt{}\sigma(k)\lt{}\sigma(i), и добра в противен случай. Да се намери броят на добрите пермутации.
РешениеЩе изведем затворена формула за добрите пермутации на числата от 1 до nn. Да разгледаме добра пермутация σ\sigma, за която j=σ−1(1)j=\sigma^{-1}(1) е произволно естествено число между 1 и nn. По дефиниция първите j−1j-1 позиции съдържат числата 2,3,…,j2, 3, \ldots, j, които образуват добра пермутация на j−1j-1 елемента, докато последните n−jn-j позиции съдържат числата j+1,…,nj+1, \ldots, n, които образуват добра пермутация на n−jn-j елемента. Лесно се проверява, че горепосоченото условие е необходимо, но и достатъчно, за да констурираме произволна добра пермутация на nn елемента. Тогава, означавайки с SnS_{n} броят на добрите пермутации на nn елемента, заключаваме, че (Sn)n≥0\left(S_{n}\right)_{n \geq 0} удовлетворява S0=1S_{0}=1 иSn=∑j=0n−1SjSn−1−j,∀n≥1S_{n}=\sum_{j=0}^{n-1} S_{j} S_{n-1-j}, \quad \forall n \geq 1Разпознаваме рекурентната зависимост на числата на Каталан, откъдето Sn=1n+1(2nn)S_{n}=\frac{1}{n+1}\binom{2 n}{n}. В частностS10=111(2010)=12⋅13⋯202⋅3⋯10=S_{10}=\frac{1}{11}\binom{20}{10}=\frac{12 \cdot 13 \cdots 20}{2 \cdot 3 \cdots 10}=4⋅13⋅17⋅19=167964 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19=16796
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-10-3

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши уравнението (x+1)log⁡32x+4xlog⁡3x−16=0(x+1) \log _{3}^{2} x+4 x \log _{3} x-16=0.
РешениеДопустимите стойности са x>0x\gt{}0. Полагаме y=log⁡3xy=\log _{3} x и получаваме (x+1)y2+4xy−16=0(x+1) y^{2}+ 4 x y-16=0. Това уравнение е еквивалентно на (y+4)(xy+y−4)=0(y+4)(x y+y-4)=0. Следователно log⁡3x=−4\log _{3} x=-4, откъдето x=181x=\frac{1}{81} или log⁡3x=4x+1\log _{3} x=\frac{4}{x+1}. Очевидно x=3x=3 е негово Ако x>3x\gt{}3, то log⁡3x>log⁡33=1\log _{3} x\gt{}\log _{3} 3=1 (функцията log⁡3x\log _{3} x е растяща), а 4x+1<1\frac{4}{x+1}\lt{}1 (еквивалентно е на 4<x+14\lt{}x+1 ), откъдето следва, че уравнението няма при x>3x\gt{}3. Ако 0<x<30\lt{}x\lt{}3, аналогично се доказва, че log⁡3x<1\log _{3} x\lt{}1, а 4x+1>1\frac{4}{x+1}\gt{}1 и отново уравнението няма Окончателно x1=3x_{1}=3 и x2=181x_{2}=\frac{1}{81} са решенията на уравнението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Окръжност през върховете AA и BB на △ABC\triangle A B C пресича отсечките ACA C и BCB C съответно в точки PP и QQ. Ако AQ=AC,∠BAQ=∠CBPA Q=A C, \angle B A Q=\angle C B P и x22AB=(x23+1)PQ\sqrt{\vphantom{x^2}2} A B=(\sqrt{\vphantom{x^2}3}+1) P Q, намерете ъглите на триъгълника ABCA B C.
РешениеПри стандартни означения за елементите на триъгълник, имаме ∠BAQ=∠CBP=∠QBP=∠QAC\angle B A Q=\angle C B P= \angle Q B P=\angle Q A C, т. е. AQA Q е ъглополовяща на ∠BAC\angle B A C. От AQ=ACA Q=A C получавамеγ=∠AQC=α2+β=α2+(180∘−α−γ),\gamma=\angle A Q C=\frac{\alpha}{2}+\beta=\frac{\alpha}{2}+\left(180^{\circ}-\alpha-\gamma\right),откъдето γ=90−α4\gamma=90-\frac{\alpha}{4}. Сега от синусовата теорема за вписания четириъгълник ABQPA B Q P получаваме:ABsin⁡∠AQB=PQsin⁡∠PAQ⟺ABsin⁡γ=\frac{A B}{\sin \angle A Q B}=\frac{P Q}{\sin \angle P A Q} \Longleftrightarrow \frac{A B}{\sin \gamma}=PQsin⁡α2⟺ABPQ=sin⁡γsin⁡α2\frac{P Q}{\sin \frac{\alpha}{2}} \Longleftrightarrow \frac{A B}{P Q}=\frac{\sin \gamma}{\sin \frac{\alpha}{2}}От условието x22AB=(x23+1)PQ\sqrt{\vphantom{x^2}2} A B=(\sqrt{\vphantom{x^2}3}+1) P Q намираме:sin⁡γsin⁡α2=x23+1x22⟺cos⁡α4sin⁡α2=\frac{\sin \gamma}{\sin \frac{\alpha}{2}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}+1}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}} \Longleftrightarrow \frac{\cos \frac{\alpha}{4}}{\sin \frac{\alpha}{2}}=x23+1x22⟺12sin⁡α4=x23+1x22.\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}+1}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}} \Longleftrightarrow \frac{1}{2 \sin \frac{\alpha}{4}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}+1}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}.Следователно sin⁡α4=x23−12x22=sin⁡15∘=sin⁡165∘\sin \frac{\alpha}{4}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}-1}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}}=\sin 15^{\circ}=\sin 165^{\circ} и тъй като α4<45∘\frac{\alpha}{4}\lt{}45^{\circ}, то α=60∘,γ=90∘−α4=75∘\alpha=60^{\circ}, \gamma= 90^{\circ}-\frac{\alpha}{4}=75^{\circ} и β=45∘\beta=45^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-11-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека n≥2n \geq 2 е дадено естествено число. Множеството MM се състои от 2n22 n^{2} 3n+23 n+2 положителни рационални числа. Да се докаже, че съществува подмножество AA на MM с nn елемента със следното свойство: за всяко естествено число k,2≤k≤nk, 2 \leq k \leq n сборът на произволни kk (не непременно различни) числа от AA не е число от AA.
РешениеБез ограничение на общността, можем да считаме числата в MM за естествени, защото можем да ги умножим с HOK на знаменателите им и това не влияе на свойството в условието. Прогресията {(2n−1)q+n}q=1∞\{(2 n-1) q+n\}_{q=1}^{\infty} съдържа безкрайно много прости числа, съгласно теоремата на Дирихле и ((2n−1),n)=1((2 n-1), n)=1. Нека да изберем просто число p=(2n−1)q+np=(2 n-1) q+n, което е по-голямо от числата в MM, т. е., MM става множество от остатъци по модул pp. Да разгледаме следното множество от остатъци:P={p+n−12n−1,p+3n−22n−1,…,2p−12n−1}\mathcal{P}=\left\{\frac{p+n-1}{2 n-1}, \frac{p+3 n-2}{2 n-1}, \ldots, \frac{2 p-1}{2 n-1}\right\}където числителя на всяка следваща дроб надвишава този на предходната с 2n−12 n-1. Съгласно избора на pp всички числа в P\mathcal{P} са естествени. Освен това, имаме2⋅p+n−12n−1=2p−12n−1+12 \cdot \frac{p+n-1}{2 n-1}=\frac{2 p-1}{2 n-1}+1 \quadиn⋅2p−12n−1=p+p−n2n−1. \text{и} \quad n \cdot \frac{2 p-1}{2 n-1}=p+\frac{p-n}{2 n-1}.Това означава, че по модул pp, сумата на няколко числа (поне 2 и най-много nn ) не е елемент на P\mathcal{P}! Да забележим, че ∣P∣=2p−12n−1−p−n2n−1=p+n−12n−1|\mathcal{P}|=\frac{2 p-1}{2 n-1}-\frac{p-n}{2 n-1}=\frac{p+n-1}{2 n-1}. Нека M={m1,m2,…,m2n2−3n+2}M=\left\{m_{1}, m_{2}, \ldots, m_{2 n^{2}-3 n+2}\right\}. За всяко i=1,2,…,2n3−3n+2i=1, 2, \ldots, 2 n^{3}-3 n+2, числата {mi⋅1,mi⋅2,…,mi⋅(p−1)}\left\{m_{i} \cdot 1, m_{i} \cdot 2, \ldots, m_{i} \cdot(p-1)\right\} образуват пермутация на {1,2,…,(p−1)}( mod p)\{1, 2, \ldots, (p-1)\}(\bmod p), т. е., точно p+n−12n−1\frac{p+n-1}{2 n-1} от тях са елементи на P\mathcal{P}! Следователно, съществува k∈{1,2,…,p−1}k \in\{1, 2, \ldots, p-1\} такова, че измежду числата{k⋅m1,k⋅m2,…,k⋅m2n2−3n+2}\left\{k \cdot m_{1}, k \cdot m_{2}, \ldots, k \cdot m_{2 n^{2}-3 n+2}\right\}поне(2n2−3n+2)⋅p+n−12n−1p−1>\frac{\left(2 n^{2}-3 n+2\right) \cdot \frac{p+n-1}{2 n-1}}{p-1}\gt{}2n2−3n+22n−1>n−1\frac{2 n^{2}-3 n+2}{2 n-1}\gt{}n-1са елементи на P\mathcal{P} по модул pp. Лесно се съобразява, че съответните числа {mj}\left\{m_{j}\right\} (поне nn ) от множеството MM, за които k⋅mj∈P( mod p)k \cdot m_{j} \in \mathcal{P}(\bmod p), удовлетворяват условието. В частност и всяко тяхно подмножество с точно nn елемента.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
В окръжност kk е вписан четириъгълникът ABCDA B C D, за който SACB=sS_{A C B}=s, SACD=tS_{A C D}=t и s<ts\lt{}t. Да се намери най-малката стойност на израза A=4s2+t25stA=\frac{4 s^{2}+t^{2}}{5 s t} и да се посочи кога се достига тя.
РешениеПо условие имаме 0<s<t0\lt{}s\lt{}t, т. е. достъчно е да намерим най-малката стойност на израза B(y)=45y+15yB(y)=\frac{4}{5} y+\frac{1}{5 y}, където 0<y=st<10\lt{}y=\frac{s}{t}\lt{}1. Изследването на B(y)B(y) може да се извърши по различни начини (напр. с помощта на производни), но ние ще представим един по-елементарен подход към намирането на стойностите на B(y)B(y). Нека k=45y+15yk=\frac{4}{5} y+\frac{1}{5 y}, т. е. 4y2−5ky+1=04 y^{2}-5 k y+1=0, тогава въпросът къде се изменя k=45y+15yk=\frac{4}{5} y+\frac{1}{5 y}, когато y∈R\{0}y \in \mathbb{R} \backslash\{0\} може да се замении с въпроса колко трябва да бъде kk в 4y2−5ky+1=04 y^{2}-5 k y+1=0, за да бъде y∈Ry \in \mathbb{R}. Отговорът на последния въпрос се дава от израза D=25k2−16≥0D=25 k^{2}-16 \geq 0, т. е. k∈(−∞,−45]∪[45,∞)k \in\left(-\infty, -\frac{4}{5}\right] \cup\left[\frac{4}{5}, \infty\right). Понеже y>0y\gt{}0, то k>0k\gt{}0 и следователно най-малката стойност на k(B(y))k(B(y)) е k=45k=\frac{4}{5}, която се достига за y=12y=\frac{1}{2}. Така окончателно получаваме, че най-малката стойност на израза A=4s2+t25stA=\frac{4 s^{2}+t^{2}}{5 s t} е 45\frac{4}{5} и тя се достига при t=2st=2 s. Очевидно такива геометрични конструкции съществуват (достатъчно е да изберем точките BB и DD, така че 2d(B,AC)=d(D,AC))2 d(B, A C)=d(D, A C)).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-12-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадени са полиноми с реални коефициенти PP и QQ, като QQ е от степен 2021 и реални числа a1,a2,…,a2022,b1,b2,…,b2022a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2022}, b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{2022}, за които a1a2…a2022≠0a_{1} a_{2} \ldots a_{2022} \neq 0. Ако за всяко реално число xx е изпълнено равенствотоP(a1Q(x)+b1)+⋯+P(a2021Q(x)+b2021)=P\left(a_{1} Q(x)+b_{1}\right)+\cdots+P\left(a_{2021} Q(x)+b_{2021}\right)=P(a2022Q(x)+b2022)P\left(a_{2022} Q(x)+b_{2022}\right)да се докаже, че P(x)P(x) има поне един реален корен.
РешениеАко PP е константа, то P≡0P \equiv 0. Ако съществуват две числа a,ba, b, такива че P(a)<0P(a)\lt{}0 и P(b)>0P(b)\gt{}0, то от съображения за непрекъснатост следва, че PP има корен между aa и bb. Ако не съществуват такива a,ba, b, то PP приема или само положителни, или само отрицателни стойности. БОО можем да приемем, че P(x)>0P(x)\gt{}0 за всяко реално xx. Ако ai≠a2022a_{i} \neq a_{2022} за някое ii, то понеже QQ е от нечетна степен, съществува x0x_{0}, за което Q(x0)=b2022−biai−a2022Q\left(x_{0}\right)=\frac{b_{2022}-b_{i}}{a_{i}-a_{2022}} и от тук следва, че P(a1Q(x0)+b1)+⋯+P(ai−1Q(x0)+bi−1)+P(ai+1Q(x0)+bi+1)+⋯+P(a2021Q(x0)+b2021)=0P\left(a_{1} Q\left(x_{0}\right)+b_{1}\right)+\cdots+P\left(a_{i-1} Q\left(x_{0}\right)+b_{i-1}\right)+P\left(a_{i+1} Q\left(x_{0}\right)+b_{i+1}\right)+\cdots+P\left(a_{2021} Q\left(x_{0}\right)+b_{2021}\right)=0, което е противоречие, защото P(x)>0P(x)\gt{}0 за всяко xx. Следователно a1=a2=⋯=a2022=aa_{1}=a_{2}=\cdots=a_{2022}=a, което означава, чеP(aQ(x)+b1)+⋯+P(aQ(x)+b2021)=P\left(a Q(x)+b_{1}\right)+\cdots+P\left(a Q(x)+b_{2021}\right)=P(aQ(x)+b2022).P\left(a Q(x)+b_{2022}\right).Тогава ако bb и cc са старшите коефициенти на PP и QQ съответно, а d=deg⁡Pd=\operatorname{deg} P, то старшият коефициент на лявата страна е равен на 2021badcd2021 b a^{d} c^{d}, а този на дясната страна е badcdb a^{d} c^{d} и т. к a≠0a \neq 0 и c≠0c \neq 0, то получаваме, че b=0b=0, тоест P(x)≡0P(x) \equiv 0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека mm и nn са естествени числа, а pp е просто число. Да се намери максималното естествено число ss (като функция на m,nm, n и pp ) такова, че от произволен набор от mnpm n p естествени числа могат да се изберат snps n p от тях, които имат следното свойство: Могат да се разбият на ss непресичащи се подмножества от по npn p елемента, така че сумата от елементите на всяко от подмножествата дава един и същи остатък при деление с pp.
РешениеОтговор: s=m−1s=m-1. Първо да допуснем, че s=ms=m. Тогава да разгледаме множество от mnp−1m n p-1 числа, даващи остатък 1( mod p)1(\bmod p) и едно число, даващо остатък 0. Ясно е, че то не изпълнява условието, защото всички суми освен една дават остатък нула. Следователно s≤m−1s \leq m-1. Сега ще докажем следната Лема. Сред всеки np+p−1n p+p-1 има npn p от тях със сума, кратна на pp. Доказателство. Ще докажем твърдението с индукция по nn. За базовия случай n=1n=1 трябва да докажем, че сред всеки 2p−12 p-1 естествени числа има pp със сума кратна на pp. Ще докажем с индукция по kk, че за всяко p≥k≥2p \geq k \geq 2 множеството от остатъците на сумите на kk от елементите на произволно ( 2k−12 k-1 )-елементно множество, което не съдържа kk равни елементи. За k=2k=2 твърдението се проверява директно. Сега нека сме го доказали за k≤p−1k \leq p-1 и нека различните суми дават остатъци s1,s2,…,sks_{1}, s_{2}, \ldots, s_{k}. Тогава за новото множество от 2k+12 k+1 елемента, да разгледаме два различни негови елемента aa и bb и да приложим индукционната хипотеза за останалото множество(ясно е, че можем да изберем и bb, така че да можем да приложим индукционната хипотеза). Сега да разгледаме множествата {s1+a,s2+a,…,sk+a}\left\{s_{1}+\right. \left. a, s_{2}+a, \ldots, s_{k}+a\right\} и {s1+b,s2+b,…,sk+b}\left\{s_{1}+b, s_{2}+b, \ldots, s_{k}+b\right\}. Ако те не съвпадат, получаваме k+1k+1 различни суми, а ако допуснем, че съвпадат, то след сумиране получаваме, че a≡b( mod p)a \equiv b(\bmod p). Сега твърдението за n=1n=1 следва директно. Сега, ако сме избрали множество с (n−1)p(n-1) p елемента, то сред останалите 2p−12 p-1 има pp със сума, кратна на pp и така индукцията е завършена. Прилагайки последователно лемата, отделяйки на всяка стъпка по npn p елемента със сума 0 ( mod p)(\bmod p) получаваме m−1m-1 множества със сума на елементите 0( mod p)0(\bmod p) и така задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2022-12-4