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

2023

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • pms2023-10-1: има placeholder текст

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
За всеки от корените на уравнението(3x(x+10)−400)(x2+6x+10x26−22)=0(3 x(x+10)-400)\left(x^{2}+6 x+10 \sqrt{\vphantom{x^2}6}-22\right)=0определете (с обосновка) най-близкото до него цяло число.
РешениеТърсим корените на 3x2+30x−400=03 x^{2}+30 x-400=0 и на x2+6x+10x26−22=0x^{2}+6 x+10 \sqrt{\vphantom{x^2}6}-22=0. Първото уравнение има съкратена дискриминанта 225+1200=25(9+48)=25⋅57225+1200=25(9+48)=25 \cdot 57 и корени x1,2=−15±5x2573=−5±53x257x_{1, 2}=\frac{-15 \pm 5 \sqrt{\vphantom{x^2}57}}{3}=-5 \pm \frac{5}{3} \sqrt{\vphantom{x^2}57}. Имаме 53x257∈(53x249;53x264)=(1123;1313)\frac{5}{3} \sqrt{\vphantom{x^2}57} \in\left(\frac{5}{3} \sqrt{\vphantom{x^2}49}; \frac{5}{3} \sqrt{\vphantom{x^2}64}\right)=\left(11 \frac{2}{3}; 13 \frac{1}{3}\right), така че най-близкото цяло число е 12 или 13. За да преценим кое е от двете, ще проверим дали 53x257>12,5\frac{5}{3} \sqrt{\vphantom{x^2}57}\gt{}12, 5. Това е така поради еквивалентното x257>7,5\sqrt{\vphantom{x^2}57}\gt{}7, 5, което следва от 57>56,2557\gt{}56, 25. Значи най-близкото цяло число до 53x257\frac{5}{3} \sqrt{\vphantom{x^2}57} е 13. Съответно най-близкото цяло число до x1=−5+53x257x_{1}= -5+\frac{5}{3} \sqrt{\vphantom{x^2}57} е 8, а до x2=−5−53x257x_{2}=-5-\frac{5}{3} \sqrt{\vphantom{x^2}57} е -18. При второто уравнение е по-удобно да отделим точен квадрат:x2+6x+9=25−10x26+6(x+3)2=(5−x26)2x+3=±(5−x26),\begin{gathered} x^{2}+6 x+9=25-10 \sqrt{\vphantom{x^2}6}+6 \\ (x+3)^{2}=(5-\sqrt{\vphantom{x^2}6})^{2} \\ x+3= \pm(5-\sqrt{\vphantom{x^2}6}), \end{gathered}откъдето намираме x3=2−x26x_{3}=2-\sqrt{\vphantom{x^2}6} и x4=−8+x26x_{4}=-8+\sqrt{\vphantom{x^2}6}. Имаме x26∈(2;3)\sqrt{\vphantom{x^2}6} \in(2; 3), така че най-близкото цяло число е 2 или 3. За да преценим кое е от двете, ще проверим дали x26<2,5\sqrt{\vphantom{x^2}6}\lt{}2, 5. Това е така поради еквивалентното 6<6,256\lt{}6, 25. Значи най-близкото цяло число до x26\sqrt{\vphantom{x^2}6} е 2. Съответно най-близкото цяло число до x3=2−x26x_{3}=2-\sqrt{\vphantom{x^2}6} е 0, а до x4=−8+x26x_{4}=-8+\sqrt{\vphantom{x^2}6} е -6.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Две окръжности k1k_{1} и k2k_{2} се пресичат в точки AA и MM. Точките BB от k1k_{1} и DD от k2k_{2} са такива, че всяка от тях е външна за другата окръжност и ∠BAD=80∘\angle B A D=80^{\circ}. Точката CC от правата AMA M е такава, че AA и CC са в различни полуравнини относно BDB D и MM е между AA и CC. Отсечката BCB C пресича k1k_{1} за втори път в точка XX, а отсечката CDC D пресича k2k_{2} за втори път в точка YY. Оказало се, че CDC D се допира до окръжността през точките C,XC, X и MM и че BCB C се допира до окръжността през точките C,YC, Y и MM. Да се намери големината на ∠BCD\angle B C D.
РешениеОт окръжността k1k_{1} имаме ∠CXM=180∘−∠BXM=180∘−BAM^2=180∘−360∘−BXM^2=BXM^2=∠BAM\angle C X M=180^{\circ}-\angle B X M=180^{\circ}-\frac{\widehat{B A M}}{2}=180^{\circ}- \frac{360^{\circ}-\widehat{B X M}}{2}=\frac{\widehat{B X M}}{2}=\angle B A M. Аналогично от k2k_{2} следва ∠CYM=∠DAM\angle C Y M=\angle D A M. От друга страна, периферните ъгли от допиранията дават ∠CXM=∠MCY\angle C X M=\angle M C Y и ∠XCM=∠CYM\angle X C M=\angle C Y M. Така ∠MCY=∠BAM\angle M C Y=\angle B A M и ∠DAM=∠XCM\angle D A M=\angle X C M, значи от съображения за кръстни ъгли следва, че ABCDA B C D е успоредник. Окончателно, ∠BCD=∠BAD=80∘\angle B C D=\angle B A D=80^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Едно от числата m,nm, n и pp е равно на 1, друго на 2, а третото на 3. Да се намерят всички възможности за m,nm, n и pp, при които неравенството(x1x2)3+(x2x3)3+(x3x1)3≥\left(\frac{x_{1}}{x_{2}}\right)^{3}+\left(\frac{x_{2}}{x_{3}}\right)^{3}+\left(\frac{x_{3}}{x_{1}}\right)^{3} \geqx1xm+x2xn+x3xp \frac{x_{1}}{x_{m}}+\frac{x_{2}}{x_{n}}+\frac{x_{3}}{x_{p}}е изпълнено за всички положителни реални числа x1,x2x_{1}, x_{2} и x3x_{3}.
РешениеДа положим a=x1x2,b=x2x3a=\frac{x_{1}}{x_{2}}, b=\frac{x_{2}}{x_{3}} и c=x3x1c=\frac{x_{3}}{x_{1}}, явно abc=1a b c=1. При m=1,n=2,p=3m=1, n=2, p=3; m=2,n=3,p=1m=2, n=3, p=1 и m=3,n=1,p=2m=3, n=1, p=2 искаме a3+b3+c3≥3,a3+b3+c3≥a+b+ca^{3}+b^{3}+c^{3} \geq 3, a^{3}+b^{3}+c^{3} \geq a+b+c и a3+b3+c3≥ab+bc+caa^{3}+b^{3}+c^{3} \geq a b+b c+c a. Ще покажем, че всички тези са изпълнени. От неравенството между среднокубично и средноквадратично следва x2a3+b3+c333≥x2a2+b2+c23\sqrt[3]{\vphantom{x^2}\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}} \geq \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}} и понеже a2+b2+c2≥3x2a2b2c23=3a^{2}+ b^{2}+c^{2} \geq 3 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}a^{2} b^{2} c^{2}}=3 от неравенството между средноаритметично и средногеометрично, получаваме (a3+b3+c3)2≥3(a2+b2+c23)3≥(a2+b2+c2)2\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)^{2} \geq 3\left(\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}\right)^{3} \geq\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{2}, т. е. a3+b3+c3≥a2+b2+c2a^{3}+b^{3}+c^{3} \geq a^{2}+b^{2}+c^{2}. Сега от a+b+c≥3x2abc3=1,a2+b2+c2≥ab+bc+caa+b+c \geq 3 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}a b c}=1, a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq a b+b c+c a и a2+b2+c2≥(a+b+c)23≥a+b+ca^{2}+b^{2}+c^{2} \geq \frac{(a+b+c)^{2}}{3} \geq a+b+c (последните две еквивалентни на (a−b)2+(b−c)2+(c−a)2≥0(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} \geq 0 ) следва исканото. От друга страна, при m=1,n=3,p=2m=1, n=3, p=2 неравенството не е вярно за x2=x3=1x_{2}=x_{3}=1 и x1=1000x_{1}=1000; аналогично при m=2,n=1,p=2m=2, n=1, p=2 се нарушава от x1=x3=1,x2=1000x_{1}=x_{3}=1, x_{2}=1000, а при m=3,n=2,p=1m=3, n=2, p=1 се нарушава от x1=x2=1,x3=1000x_{1}=x_{2}=1, x_{3}=1000.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В координатна система отначало е оцветена само точката ( 1;20231; 2023 ). Ако точката (x;y)(x; y) е оцветена, то може да се оцветят още точката (x+1;y+1)(x+1; y+1), както и точките (x/n;y/n)(x / n; y / n), за които nn е едноцифрено и координатите им са цели числа. Също ако точките (x;y)(x; y) и (y;z)(y; z) са оцветени, може да се оцвети точката ( x;zx; z ). Намерете всички трицифрени yy, за които точката (20;y)(20; y) може да бъде оцветена.
РешениеВ първоначално оцветената точка ординатата е по-голяма от абсцисата и разликата им е кратна на 337, а правилата гарантират, че това ще остане в сила и за всяка новооцветена точка. Следователно yy може да е само 20+337=35720+337=357 или 20+2⋅337=69420+2 \cdot 337=694. И двете са възможни: (1;2023)→(3;2025)→(1;675)→(20;694)(1; 2023) \rightarrow(3; 2025) \rightarrow(1; 675) \rightarrow(20; 694) и (1;2023)→(6;2028)→(1;338)→(20;357)(1; 2023) \rightarrow(6; 2028) \rightarrow (1; 338) \rightarrow(20; 357).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа mm, за които двете пресечни точки с абсцисната ос на графиката на функциятаf(x)=x2+mx+m,f(x)=x^{2}+m x+m,заедно с нейния връх образуват равностранен триъгълник.
РешениеЗа пълнота ще анализираме общия случай, когато f(x)=x2+mx+n,m,n∈Rf(x)=x^{2}+m x+n, m, n \in \mathbb{R}. Очевидно можем да разложим f(x)=(x−x1)(x−x2),x1<x2f(x)=\left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}\right), x_{1}\lt{}x_{2}. Ако положим x′‾=x+x1+x22\overline{x^{\prime}}=x+\frac{x_{1}+x_{2}}{2} можем да запишем f(x)f(x) като (x′−a)(x′+a)=x′2−a2\left(x^{\prime}-a\right)\left(x^{\prime}+a\right)=x^{\prime 2}-a^{2}, където a=x2−x12a=\frac{x_{2}-x_{1}}{2}. Така ефективно "преместихме"(транслирахме) графиката на функцията симетрично на оста OyO y. Триъгълникът, който разглеждаме е равнобедрен с основа с дължина 2a2 a и височина ∥(0−a)(0+a)∥=a2\|(0-a)(0+a)\|=a^{2}. Да, но височината на равностранен триъгълник със страна 2a2 a е x23a\sqrt{\vphantom{x^2}3} a (да се докаже!). Следователно имаме a2=x23aa^{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}3} a или a=x23a=\sqrt{\vphantom{x^2}3}. Всички търсени полиноми имат вида f(x)=((x+c)−x23)((x+c)+x23)f(x)=((x+c)-\sqrt{\vphantom{x^2}3})((x+c)+\sqrt{\vphantom{x^2}3}), където cc е реална константа. Разкриваме скобите и получаваме f(x)=x2+2cx+c2−3f(x)=x^{2}+2 c x+c^{2}-3. Така окончателно (m,n)=(2c,c2−3)(m, n)=\left(2 c, c^{2}-3\right), където cc е произволно реално число. Втори начин: Да означим дискриминантата на квадратното уравнение чрез D:=m2−4nD: =m^{2}-4 n. Съществуването на две пресечни точки на графиката на ff с абсцисната ос е еквивалентно на съществуване на два реални корена за квадратното уравнение, т. е., D>0D\gt{}0. Тъй като x1,2=−m±x2D2x_{1, 2}=\frac{-m \pm \sqrt{\vphantom{x^2}D}}{2}, то страната на равностранния триъгълник е ∣x1−x2∣=x2D\left|x_{1}-x_{2}\right|=\sqrt{\vphantom{x^2}D}. Върхът на параболата f(x)f(x) е с координати ((x1+x2)/2,f((x1+x2)/2))\left(\left(x_{1}+x_{2}\right) / 2, f\left(\left(x_{1}+x_{2}\right) / 2\right)\right), откъдето и височината в равностранния триъгълник e−f(x1+x22)\mathrm{e}-f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right). По формулите на Виет: x1+x2=−mx_{1}+x_{2}=-m, откъдето−f(x1+x22)=−f(−m2)=m2−4n4=D4⟹-f\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)=-f\left(-\frac{m}{2}\right)=\frac{m^{2}-4 n}{4}=\frac{D}{4} \quad \Longrightarrow \quadD4=x232x2D⇔x2D=2x23. \frac{D}{4}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2} \sqrt{\vphantom{x^2}D} \quad \Leftrightarrow \quad \sqrt{\vphantom{x^2}D}=2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}.Следователно m2−4n=D=12m^{2}-4 n=D=12 и (m,n)=(2c,c2−3)(m, n)=\left(2 c, c^{2}-3\right), където cc е произволно реално число. Сега да се върнем към конкретната задача. Условието n=mn=m е еквивалентно на 2c=c2−32 c=c^{2}-3, т. е., търсим корените на квадратното уравнение c2−2c−3=0c^{2}-2 c-3=0, които са c1=−1c_{1}=-1 и c2=3c_{2}=3. Тогава, m1=2c1=−2m_{1}=2 c_{1}=-2 и m2=2c2=6m_{2}=2 c_{2}=6.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C ( AC≠BCA C \neq B C ) с ъглополовяща CL(L∈AB)C L(L \in A B). Медианата през върха CC пресича описаната около триъгълника окръжност Γ\Gamma за втори път в точка DD. Ако точка KK е средата на дъгата ACB^\widehat{A C B} от Γ\Gamma, а точка PP е симетричната на LL относно допирателната към Γ\Gamma в KK, да се докаже, че D,L,C,PD, L, C, P лежат на една окръжност.
РешениеДа означим с SS средата на дъгата AB^\widehat{A B} в Г, а с MM - средата на ABA B. Знаем, че C,L,SC, L, S и K,M,SK, M, S са прави линии, т. е., KSK S е диаметър за Γ\Gamma. От ∠LCK=∠SCK=90∘=∠LMK\angle L C K=\angle S C K=90^{\circ}=\angle L M K следва, че четириъгълник CLMKC L M K е вписан. Значи ∠LCM=∠LKM=φ\angle L C M=\angle L K M=\varphi. От LP∥KML P \| K M и KP=KLK P=K L, получаваме ∠KLP=∠KPL=φ\angle K L P=\angle K P L=\varphi. Но от вписани ъгли имаме ∠DKS=∠DCS=φ\angle D K S= \angle D C S=\varphi, откъдето ∠DKS=∠KPL\angle D K S=\angle K P L и значи P,K,DP, K, D лежат на една права. Накрая, от ∠LCD=∠LPD=φ\angle L C D=\angle L P D=\varphi заключаваме, че DLCPD L C P е вписан.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намери най-големият общ делител на биномните коефициенти(2pp1),(2pp3),(2pp5),…,(2pp2p−1p−1)\binom{2^{p} p}{1}, \binom{2^{p} p}{3}, \binom{2^{p} p}{5}, \ldots, \binom{2^{p} p}{2^{p-1} p-1}където pp е просто число.
РешениеПърво нека разгледаме p=2p=2. Тогава директно проверяваме че отговорът е 8. В останалата част от доказателството ще разглеждаме pp - нечетно. Също така, нека отбележим, че (2ppk)=(2pp2pp−k)\binom{2^{p} p}{k}=\binom{2^{p} p}{2^{p} p-k}, следователно търсеният най-голям общ делител dd няма да се промени, ако разглеждаме всички нечетни биномни коефициенти. Имайки предвид това, ще използваме следните две тъждества:2n=(1+1)n=∑k=0n(nk)2^{n}=(1+1)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}и0=(1−1)n=∑k=0n(nk)(−1)k0=(1-1)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{k}Изваждайки и делейки на 2 получаваме:2n−1=∑i≥0(n2i+1)2^{n-1}=\sum_{i \geq 0}\binom{n}{2 i+1}При n=2ppn=2^{p} p това е точно сумата на разглежданите числа и значи dd, който трябва да дели сумата делейки всяко от събираемите в нея, е степен на двойката: d=2td=2^{t}. От (2pp1)=2pp\binom{2^{p} p}{1}= 2^{p} p знаем че t≤pt \leq p. Ще докажем, че t=pt=p. Действително, съгласно тъждеството (nk)=nk(n−1k−1)\binom{n}{k}= \frac{n}{k}\binom{n-1}{k-1} за произволен биномен коефициент имаме(2pp2l+1)=2pp2l+1(2pp−12l)\binom{2^{p} p}{2 l+1}=\frac{2^{p} p}{2 l+1}\binom{2^{p} p-1}{2 l}Тъй като (2pp2l+1)\binom{2^{p} p}{2 l+1} е цяло число, а 2l+12 l+1 е нечетно, значи биномният коефициент се дели на 2p2^{p} за всяко l=1,2,…,2p−1p−1l=1, 2, \ldots, 2^{p-1} p-1 и задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В един клас има 28 ученика, всеки от които харесва някои от останалите. При това, никоя двойка ученици не се харесват взаимно, т. е., ако Емил харесва Слави, то Слави не харесва Емил. Всеки 16 ученика, обаче, могат да се подредят в кръг така, щото всеки да харесва следващия. Да се докаже, че измежду всеки 17 ученика могат да се изберат 15, които също могат да се подредят в кръг така, щото всеки да харесва следващия.
РешениеНека отбележим че всеки ученик харесва поне 13 съученика. Действително, ако харесва най-много 12, можем да премахнем тези 12 и останалите 16 няма да могат да се подредят в кръг. Аналогично, всеки бива харесван от поне 13 съученика. Нека двойка ученици, никой от които не харесва другия да наричаме "вражда". Тъй като по условие няма взаимно харесване, то съучениците, които даден ученик харесва са непресичащо се множество с учениците, които го харесват, т. е., поне 13+13=2613+13=26 съученици са или харесвани или харесват даден ученик. Оттук, всеки ученик е в най-много 28−26−1=128-26-1=1 вражда. Да вземем 17 ученика. Съществува такъв, който не е във вражда с никого (не можем да разделим 17 на непресичащи се двойки). Да го наречем bb. Да наредим останалите 16 в кръг според условието и да ги номерираме с a1a_{1} до a16a_{16}. Всеки от този кръг или харесва bb, или бива харесван от него. Нека a1a_{1} харесва bb. Ако bb харесва a4a_{4}, значи цикълът a1,b,a4…a16a_{1}, b, a_{4} \ldots a_{16} изпълнява търсеното. Значи a4a_{4} харесва bb. Аналогично намираме че a7,a10,a13,a16,a3a_{7}, a_{10}, a_{13}, a_{16}, a_{3} и всички останали трябва да харесват bb, за да няма цикъл с дължина 15. Следователно поне 16 ученика харесват bb, откъдето той може да харесва най-много 28−1−16=1128-1-16=11. Това е противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Равнобедреният триъгълник △ABC\triangle A B C има ъгли ∠BAC=∠ABC=72∘\angle B A C=\angle A B C=72^{\circ}. Ъглополовящата ALA L пресича правата през CC, успоредна на ABA B в точка DD. a) Да се докаже, че центърът EE на описаната около △ADC\triangle A D C окръжност лежи върху BDB D. б) Да се докаже, че BE/BLB E / B L е ирационално. Ако решението ви използва ирационалност на стойността на тригонометрична функция, трябва да докажете това!
РешениеЛесно се получава, че ∠BAD=∠DAC=∠ADC=36∘\angle B A D=\angle D A C= \angle A D C=36^{\circ}, така че △ADC\triangle A D C е равнобедрен и BC=AC=CDB C=A C=C D. Следователно, △BCD\triangle B C D е равнобедрен с ъгли при BB и CC по (180∘−72∘)/2=54∘\left(180^{\circ}-72^{\circ}\right) / 2=54^{\circ}. Ако симетралата на ADA D пресича BDB D в точка EE, то AE=DEA E=D E, и трябва да докажем, че CE=DE.∠EDL=54∘−36∘=18∘C E=D E. \angle E D L=54^{\circ}-36^{\circ}=18^{\circ} и ∠ECL=108∘/2−36∘=18∘\angle E C L=108^{\circ} / 2-36^{\circ}=18^{\circ}, следователно DCLED C L E е вписан четириъгълник. ∠ECD=72∘−∠ECL=54∘=∠EDC\angle E C D=72^{\circ}-\angle E C L=54^{\circ}=\angle E D C, тоест EC=EDE C=E D и EE е центърът на описаната около ADCA D C окръжност. Ако AC=BC=a,AB=cA C=B C=a, A B=c, то от подобните триъгълници ABL,ACBA B L, A C B се вижда, чеc−ac=ca,\frac{c-a}{c}=\frac{c}{a},тоест, след решаване на квадратно уравнение, c/a=(x25−1)/2c / a=(\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1) / 2. От △BEL∼△BCD\triangle B E L \sim \triangle B C D и косинусовата теорема следва, чеBEa−c=aBD=ax2a2+a2−2a2cos⁡72∘=\frac{B E}{a-c}=\frac{a}{B D}=\frac{a}{\sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}+a^{2}-2 a^{2} \cos 72^{\circ}}}=1x22−2cos⁡72∘.\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}2-2 \cos 72^{\circ}}}.Ако построим височината от CC в △ABC\triangle A B C, забелязваме, че 2cos⁡72∘=2c/2a=ca=x25−122 \cos 72^{\circ}=2 \frac{c / 2}{a}=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1}{2}, следователноBEBL=1x22−5/2−1/2=\frac{B E}{B L}=\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}2-\sqrt{5} / 2-1 / 2}}=x223−5=x23+52=1+x252.\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{2}{3-\sqrt{5}}}=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3+\sqrt{5}}{2}}=\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}.Това число наистина е ирационално, защото числителя е ирационален, а знаменателя цял.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е изпъкнал 8 -ъгълник A=A1A2A3A4A5A6A7A8A=A_{1} A_{2} A_{3} A_{4} A_{5} A_{6} A_{7} A_{8}. Ще наричаме пблна триангулация разбиването му на триъгълници посредтсвом вътрешно два по два непресичащи се диагонали. При пълна триангулация TT, дефинираме операцията частична промяна, изразяваща се в замяната на два от триъгълниците в T:△AiAjAkT: \triangle A_{i} A_{j} A_{k} и △AiAkAl\triangle A_{i} A_{k} A_{l} имащи обща страна диагонала AiAkA_{i} A_{k}, с триъгълниците △AiAjAl\triangle A_{i} A_{j} A_{l} и △AjAlAk\triangle A_{j} A_{l} A_{k} имащи обща страна диагонала AjAlA_{j} A_{l}. Да се намери най-малкия брой частични промени, които гарантирано да позволяват преобразуването на пълната трианглуцаия T1T_{1} до пълната триангулация T2T_{2}, независимо от избора на T1T_{1} и T2T_{2}.
РешениеДа означим минималния брой необходими частични промени с nn. Първо, ще конструираме работеща стратегия при n≤7n \leq 7, а след това ще конструираме две пълни триангулации T1T_{1} и T2T_{2} на AA, за които n≥7n \geq 7 (виж Фигура 1). За начало, да отбележим, че всяка пълна триангулация TT се състои от 6 триъгълника, респективно включва 5 диагонала. Наистина, строейки диагоналите от TT последователно (без значение в какъв ред), ние всеки път разбиваме изпъкнал многоъгълник на два изпъкнали многоъгълникът и значи сумата от ъллите на всички части преди и след разбиването съвпада, а броят части надвишава с единица броя построени диагонали. Така, че ако в края имаме kk триъгълника, то∑ъгли в осмоъгълника=(8−2)⋅180=\sum \text{ъгли в осмоъгълника}=(8-2) \cdot 180=180⋅k=∑ъгли във всички триъгълници180 \cdot k=\sum \text{ъгли във всички триъгълници}и значи винаги имаме k=8−2=6k=8-2=6 триъгълника и k−1=5k-1=5 използвани диагонали. Нека сега разгледаме две произволни пълни триангулации T1T_{1} и T2T_{2} и означим множеството от диагоналите им (броейки кратностите!) с D12D_{12}. Имаме, че ∣D12∣=10\left|D_{12}\right|=10, като всеки диагонал има по два края измежду осемте върхове на AA. Така, разполагаме с 20 края на диагонали и 8 върха. Но 20/8=2⋅5>220 / 8=2 \cdot 5\gt{}2, следователно при всеки избор на T1T_{1} и T2T_{2} съществува връх AiA_{i}, който е край на поне три от диагоналите в D12D_{12}. Да наречем ii-централизирана пълната триангулация на AA, всичките 5 диагонала на която имат за край върха AiA_{i}. Нека я означим с T(i)T(i). Ще покажем, че можем да преобразуваме T1T_{1} до T2T_{2}, преминавайки междинно през T(i)T(i) за не повече от 7 хода. За целта е достатъчно да покажем, че винаги можем да приложим частична промяна към пълна триангулация T≠T(i)T \neq T(i), чиито нов диагонал има за край върха AiA_{i}. Наистина, щом T≠T(i)T \neq T(i), значи съществува диагонал AiAjA_{i} A_{j}, който не е част от диагоналите на TT. Съгласно условието, следва, че съществува диагонал на TT, който се пресича с AiAjA_{i} A_{j}. Това е еквивалентно на съществуване на триъгълник AiAkAlA_{i} A_{k} A_{l} в TT, където AkAlA_{k} A_{l} също е диагонал. Но като диагонал, AkAlA_{k} A_{l} е страна в два от триъгълниците на TT, т. е., съществува връх Aj′A_{j^{\prime}} (който може, но не е задължително да съвпада с AjA_{j} ), такъв че △AkAlAj′∈T\triangle A_{k} A_{l} A_{j^{\prime}} \in T. В такъв случай можем да приложим частична промяна в TT за четириъгълник AiAkAlAj′A_{i} A_{k} A_{l} A_{j^{\prime}}, заменяйки диагонала AkAlA_{k} A_{l} с диагонала AiAj′A_{i} A_{j^{\prime}}. Показахме, че можем от всяка от двете пълни триангулации T1T_{1} и T2T_{2} да стигнем до T(i)T(i) като на всеки ход добавяме нов диагонал с край AiA_{i} за сметка на такъв, който не е свързан с този връх. Но лесно се съобразява, че операцията частична промяна е двупосочна и, тъй като няма нужда да я прилагаме към диагоналите от D12D_{12} с край AiA_{i}, то максималния брой ходове за които да стигнем от T1T_{1} до T2T_{2} през TiT_{i} еn=∣D12∣−#брой диагонали с крайAi≤10−3=7.n=\left|D_{12}\right|-\# \text{брой диагонали с край} A_{i} \leq 10-3=7 \text{.}Следователно n≤7n \leq 7. Нека сега разгледаме пълните триангулации от Фиг. 1. Всичките диагонали в T1T_{1} имат за краища върхове с нечетни индекси, докато всичките диагонали от T2T_{2} имат за краища върхове с четни индекси. Фигура 1: Пример за необходими 7 частични промени: T1T_{1} - червените диагонали; T2T_{2} - сините диагонали. Да означим с mm минималния брой частични промени за трансформирането на T1T_{1} в T2T_{2}. Всички четириъгълници в T1T_{1}, образувани при слепване на два триъгълника с обща страна имат за върхове или 4 нечетни или 3 нечетни и само един четен индекс. Аналогично, всички четириъгълници в T2T_{2}, образувани при слепване на два триъгълника с обща страна имат за върхове или 4 четни или 3 четни и само един нечетен индекс. Следователно не съществува частична промяна, която директно да смени диагонал от T1T_{1} в диагонал от T2T_{2}. И тъй като двете триангулации нямат общ диагонал, то m≥1+5=6m \geq 1+5=6. При това m=6m=6 е единствено възможно, ако на първи ход преобразуваме диагонал от T1T_{1} в "междинен диагонал" dd с краища с четен и нечетен индекс и същия този диагонал dd на последен ход преобразуваме в диагонал от T2T_{2}, докато на всички останали ходове преобразуваме директно диагонал от T1T_{1} в диагонал от T2T_{2}. Поради симетрия, без ограничение на общността можем да смятаме, че междинния диагонал е d=A3A6d=A_{3} A_{6}, получен при частична промяна спрямо диагонал A5A7A_{5} A_{7}. Ако допуснем, че m=6m=6, то на втори ход трябва да преобразуваме диагонал от T1T_{1} в такъв от T2T_{2}, което е възможно само при частичната промяна на диагонал A3A5A_{3} A_{5} в диагонал A4A6A_{4} A_{6}. Директна проверка показва, че на трети ход такава директна промяна не е възможна и значи m>6m\gt{}6, т. е., m≥7m \geq 7. От друга страна, съгласно алгоритъма от първата част на то, частичните промениA7A5→A3A6;A1A7→A3A8;A3A1→A2A8;A3A5→A4A6;A3A7→A6A8;A3A6→A4A8;A3A8→A2A4\begin{gathered} A_{7} A_{5} \rightarrow A_{3} A_{6}; \quad A_{1} A_{7} \rightarrow A_{3} A_{8}; \quad A_{3} A_{1} \rightarrow A_{2} A_{8}; \quad A_{3} A_{5} \rightarrow A_{4} A_{6}; \\ A_{3} A_{7} \rightarrow A_{6} A_{8}; \quad A_{3} A_{6} \rightarrow A_{4} A_{8}; \quad A_{3} A_{8} \rightarrow A_{2} A_{4} \end{gathered}дават стратегия с m=7m=7. Окончателно, n=7n=7.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които съществува естествено число mm и прости числа 1<p<q1\lt{}p\lt{}q, такива че pp и qq са делители на nm+1n^{m}+1, а q−pq-p е делител на mm.
РешениеПри n=1n=1, получаваме nm+1=2n^{m}+1=2 за всяко mm, което никога няма два различни прости делителя. Следователно n=1n=1 не води до Да допуснем първо, че nn е четно число. Ако pp е делител на nm+1n^{m}+1 за някакво m∈Nm \in \mathbb{N}, то имаме, че n2m≡1( mod p)n^{2 m} \equiv 1(\bmod p) и nm≡−1( mod p)n^{m} \equiv-1(\bmod p), т. е., ако kk е показателя на nn по модул p(pp(p е нечетно), то k∣2mk \mid 2 m, но k∤mk \nmid m. С други думи, ако m=2s⋅ℓm=2^{s} \cdot \ell, където ℓ\ell - нечетно, то 2s+1∥k2^{s+1} \| k. Но от малката теорема на Ферма k∣p−1k \mid p-1, следователно 2s+1∣p−12^{s+1} \mid p-1. Аналогично, 2s+1∣q−12^{s+1} \mid q-1 за всеки друг прост делител на nm+1n^{m}+1 и значи2s+1∣(q−1)−(p−1)=q−p.2^{s+1} \mid(q-1)-(p-1)=q-p.Противоречие с q−p∣m=2s⋅ℓq-p \mid m=2^{s} \cdot \ell. Нека сега nn е нечетно, n>1n\gt{}1. Очевидно 2∣nm+12 \mid n^{m}+1 за всяко m∈Nm \in \mathbb{N}. Избираме p=2p=2. Ако n+1n+1 не е степен на двойката, избираме qq да е нечетен прост делител на n+1n+1, а m=q−p=q−2m=q-p=q-2. Тъй като mm е нечетно, то q∣(n+1)∣nm+1q|(n+1)| n^{m}+1 и по-построение е ясно, че q−p=m∣mq-p=m \mid m. Ако n>1n\gt{}1 е нечетно, но n+1n+1 е степен на двойката, то n2+1n^{2}+1 - не е, защото не се дели на 4. Тогава избираме отново p=2,qp=2, q да е нечетен делител на n2+1n^{2}+1, а m=2(q−2)m=2(q-2). Аналогично,q∣n2+1∣nm+1иq−p=q−2=m/2∣m.q\left|n^{2}+1\right| n^{m}+1 \quad \text{и} \quad q-p=q-2=m / 2 \mid m.Всички случаи са изчерпани.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на реалния параметър aa за които уравнението3⋅3cos⁡2x−(a−5)⋅3cos⁡22x=73 \cdot 3^{\cos 2 x}-(a-5) \cdot 3^{\cos ^{2} 2 x}=7има
РешениеТъй като cos⁡2x=2cos⁡2x−1\cos 2 x=2 \cos ^{2} x-1, уравнението добива вида32cos⁡2x−(a−5)⋅3cos⁡2x=73^{2 \cos ^{2} x}-(a-5) \cdot 3^{\cos ^{2} x}=7и с полагането 3cos⁡2x=t3^{\cos ^{2} x}=t получаваме t2−(a−5)t=7t^{2}-(a-5) t=7. От cos⁡2x∈[0;1]\cos ^{2} x \in[0; 1] и монотонното растене на функцията 3u3^{u}, следва 3cos⁡2x∈[1;3]3^{\cos ^{2} x} \in[1; 3]. Тогава търсим онези стойности на параметъра aa за които уравнението t2−(a−5)t−7=0t^{2}-(a-5) t-7=0 има в интервала [1;3][1; 3]. От формулите на Виет t1t2=−7t_{1} t_{2}=-7 следва, че корените са реални и t1<0t_{1}\lt{}0 и t2>0t_{2}\gt{}0. Тогава за да е изпълнено условието на задачата, t1<0<1≤t2≤3t_{1}\lt{}0\lt{}1 \leq t_{2} \leq 3, т. е. f(1)≤0f(1) \leq 0 и f(3)≥0f(3) \geq 0, където f(t)=t2−(a−5)t−7f(t)=t^{2}-(a-5) t-7. Получаваме a+1≥0a+1 \geq 0 и 17/3−a≥017 / 3-a \geq 0. Окончателно −1≤a≤17/3-1 \leq a \leq 17 / 3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Четириъгълникът ABCDA B C D е вписан в окръжност. Точка EE върху лъча DA→D A \rightarrow е такава, че ∠ABC=2∠EBD\angle A B C=2 \angle E B D. Да се докаже, чеDE=AC⋅BDAB+BCD E=\frac{A C \cdot B D}{A B+B C}
РешениеНека ∠EBD=φ,∠ABC=2φ\angle E B D=\varphi, \angle A B C=2 \varphi и точка PP е върху правата ABA B така, че BP=BCB P=B C и BB е между AA и PP. Тогава △BPC\triangle B P C е равнобедрен и ∠BPC=∠BCP=12∠ABC=φ\angle B P C=\angle B C P=\frac{1}{2} \angle A B C=\varphi. Тъй като ∠ACB=∠ADB\angle A C B=\angle A D B, то∠DEB+∠ACP=∠DEB+∠ACB+φ=\angle D E B+\angle A C P=\angle D E B+\angle A C B+\varphi=∠DEB+∠ADB+φ=180∘.\angle D E B+\angle A D B+\varphi=180^{\circ}.От синусовата теорема за △APC\triangle A P C и △EBD\triangle E B D получаваме:AB+BCAC=sin⁡∠ACPsin⁡φ=sin⁡∠DEBsin⁡φ=BDDE,\frac{A B+B C}{A C}=\frac{\sin \angle A C P}{\sin \varphi}=\frac{\sin \angle D E B}{\sin \varphi}=\frac{B D}{D E},което е еквивалентно на равенството от условието.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Естествено число bb се нарича xyбавоx y б а в о, ако съществува редица от цели числа1=a1,a2,a3,…,a2023=b1=a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{2023}=bза която ∣ai+1−ai∣=2i\left|a_{i+1}-a_{i}\right|=2^{i} за всяко i=1,2,…,2022i=1, 2, \ldots, 2022. Да се намери броят на хубавите числа.
РешениеОт условието следва, чеb=1±21±22±23±⋯±22021±22022b=1 \pm 2^{1} \pm 2^{2} \pm 2^{3} \pm \cdots \pm 2^{2021} \pm 2^{2022}От това равенство следва, че най-голямото хубаво число еb≤1+21+22+23+⋯+22021+22022=22023−1,b \leq 1+2^{1}+2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{2021}+2^{2022}=2^{2023}-1,като освен това bb е от вида 4k+34 k+3. Ще докажем, че хубавите числа са всички естествени числа от вида 4k+34 k+3, които са по-малки или равни на 22023−12^{2023}-1. Нека b=4k+3,b≤22023b=4 k+3, b \leq 2^{2023} - 1 и да разгледаме двоичния запис b=anan−1…a2a1a0‾b=\overline{a_{n} a_{n-1} \ldots a_{2} a_{1} a_{0}}, където a1=a0=1a_{1}=a_{0}=1 и n≤2022n \leq 2022. Ако n<2022n\lt{}2022 допълваме отляво с необходимия брой нули и така може да считаме, че n=2022n=2022, като е възможно an=0a_{n}=0. Ще покажем как от двоичния запис на bb можем да определим εi=±1\varepsilon_{i}= \pm 1 пред съответните степени на 2 вb=b=1+ε121+ε222+ε323+⋯1+\varepsilon_{1} 2^{1}+\varepsilon_{2} 2^{2}+\varepsilon_{3} 2^{3}+\cdots+ε202122021+ε202222022.(1)+\varepsilon_{2021} 2^{2021}+\varepsilon_{2022} 2^{2022}. \tag{1}Ако a2=1a_{2}=1, то избираме ε1=1\varepsilon_{1}=1. Ако a2=0a_{2}=0 нека ai=ai−1=⋯=a2=0a_{i}=a_{i-1}=\cdots=a_{2}=0, като или ai+1=1a_{i+1}=1 или i=ni=n. Избираме ε1=ε2=⋯=εi−1=−1\varepsilon_{1}=\varepsilon_{2}=\cdots=\varepsilon_{i-1}=-1 и εi=1\varepsilon_{i}=1. Тогава2i−2i−1−⋯−22−2=22^{i}-2^{i-1}-\cdots-2^{2}-2=2Ако i=ni=n сме избрали всички 2022 коефициента, а ако ai+1=1a_{i+1}=1 повтаряме горната процедура, т. е.: при ai+2=1a_{i+2}=1 или i+1=ni+1=n избираме εn=1\varepsilon_{n}=1, а при блок от нули избираме съответните коефициенти от εi+1\varepsilon_{i+1} до коефициентът съответстващ на предпоследната нула да са -1, а коефициентът съответстващ на последната нула да е равен на +1. По този начин ще определим всички коефициенти и равенство (1) ще бъде вярно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В една държава има 2023 града, някои от които са съединени с директни пътища, като всеки път е с дължина 10 километра. За всеки два града съществува единствен начин да се стигне от единия град до другия, като се минава по тези пътища. Най-дългият път между два града е с дължина 20n20 n километра. Един град се нарича второстепенен, ако от него излизат не повече от 6 пътя. Да се намери най-малката стойност на nn, ако в тази държава няма град свързан с директен път с 6 или повече второстепенни града.
РешениеРазглеждаме граф с върхове градовете и ребра пътищата. Тъй като между всеки два града има единствен път, то този граф е дърво. Най-дългият път има 2n2 n ребра и следователно има 2n+12 n+1 града и нека средния от тези градове е AA. Да разгледаме градовете и пътищата като дърво с корен град AA. След корена в това дърво има nn нива. Нека в дървото няма връх, свързан с 6 или повече второстепенни върхове. Всички върхове от последното nn-то ниво са листа и следователно са второстепенни. Тогава всеки връх от предпоследното n−1n-1-во ниво е свързан с не повече от 5 листа. Но тогава и върховете от предпоследното ниво са второстепенни (защото имат само още едно ребро към връх от n−2n-2-то ниво). Аналогично, всеки връх от следващото n−2n-2-во ниво е свъран с не повече от 5 върха от върховете от n−1n-1-то ниво и следователно всички върхове от n−2n-2-то ниво са второстепенни. Продължавайки по този начин получаваме, че всички върхове са второстепенни. Следователно всеки връх има степен най-много 5. Тогава от корена излизат най-много 5 ребра, т. е. на първо ниво има най-много 5 върха. От всеки връх от първо ниво излизат наймного 4 ребра към второ ниво, т. е. на второ ниво има най-много 5⋅4=205 \cdot 4=20 върха; аналогично на трето ниво има най-много 5⋅425 \cdot 4^{2} върха; на четвърто ниво има най-много 5⋅435 \cdot 4^{3} върха и т. н. Върховете са най-многоVn=1+5(1+4+42+⋯+4n−1).V_{n}=1+5\left(1+4+4^{2}+\cdots+4^{n-1}\right).Търсим най-малкото nn, за което този брой е по-голям или равен на 2023. Тъй като V5=1706V_{5}=1706 и V6>2023V_{6}\gt{}2023, то търсеното nn е 6.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадена е функцията f(x)=x3+6ax2+9a2x+3a2f(x)=x^{3}+6 a x^{2}+9 a^{2} x+3 a^{2}, където a∈Na \in \mathbb{N} е параметър. Да се докаже, че за всички стойности на параметъра aa уравнението f(x)=0f(x)=0 има три различни реални корена.
РешениеНека вместо за a∈Na \in \mathbb{N} да разглеждаме функцията f(x)f(x) за всяко a∈Ra \in \mathbb{R}. Производната f′(x)=3(x2+4ax+3a2)f^{\prime}(x)=3\left(x^{2}+4 a x+3 a^{2}\right) се анулира в точките x1=−3ax_{1}=-3 a и x2=−ax_{2}=-a, които са и точки на локален екстремум за f(x)f(x). Така уравнението f(x)=x3+6ax2+9a2x+3a2=0f(x)=x^{3}+6 a x^{2}+9 a^{2} x+3 a^{2}=0 ще има три различни реални корена точно когато изразът A=f(−3a)f(−a)<0A=f(-3 a) f(-a)\lt{}0. ИмамеA=((−3a)3+6a(−3a)2+9a2(−3a)+3a2)((−a)3+6a(−a)2+9a2(−a)+3a2)=(−27a3+54a3−27a3+3a2)(−a3+6a3−9a3+3a2)=3a4(−4a+3)<0,\begin{aligned} A & =\left((-3 a)^{3}+6 a(-3 a)^{2}+9 a^{2}(-3 a)+3 a^{2}\right)\left((-a)^{3}+6 a(-a)^{2}+9 a^{2}(-a)+3 a^{2}\right) \\ & =\left(-27 a^{3}+54 a^{3}-27 a^{3}+3 a^{2}\right)\left(-a^{3}+6 a^{3}-9 a^{3}+3 a^{2}\right)=3 a^{4}(-4 a+3)\lt{}0, \end{aligned}точно когато a>34a\gt{}\frac{3}{4}. Следователно за всяко a∈Na \in \mathbb{N} е в сила A<0A\lt{}0, т. е. уравнението f(x)=x3+6ax2+9a2x+3a2=0f(x)= x^{3}+6 a x^{2}+9 a^{2} x+3 a^{2}=0 има три различни реални корена за всяка естествена стойност на параметъра.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В окръжност kk с радиус R=1R=1 е вписан успоредник ABCDA B C D, така че за мерките на дъгите AB^\widehat{A B} и BC^\widehat{B C} имаме AB^:BC^=4:1\widehat{A B}: \widehat{B C}=4: 1. Да се намери периметърът PABCDP_{A B C D} на успоредника.
РешениеНека означим страните на успоредника съответно с aa и bb ( AB=CD=a,BC=DA=b)A B=C D=a, B C= D A=b). Понеже успоредникът ABCDA B C D е вписан в окръжността kk, то той е правоъгълник с диагонали AC=BD=2R=2A C=B D=2 R=2. Така за мерките на дъгите AB^\widehat{A B} и BC^\widehat{B C} имаме AB^:BC^=4:1\widehat{A B}: \widehat{B C}=4: 1 Фигура 2: Чертеж към задача 12 \cdot 2 и AB^+BC^=180∘\widehat{A B}+\widehat{B C}=180^{\circ}, следователно AB^=144∘,BC^=36∘\widehat{A B}=144^{\circ}, \widehat{B C}=36^{\circ}. Така за вписания ъгъл ∠ADB\angle A D B е изпълнено ∠ADB=AB^2=72∘\angle A D B=\frac{\widehat{A B}}{2}=72^{\circ}. Нека точката MM е симетричната на DD спрямо точката AA, а MNM N е ълополовящата на ∠BMD(N∈DB)\angle B M D (N \in D B) както е показано на чертежа. Тогава триъгълниците NDM,MBNN D M, M B N и DMBD M B са равнобедрени и DM=MN=NB=2b,∠DMN=∠BMN=∠DBM=36∘D M=M N=N B=2 b, \angle D M N=\angle B M N=\angle D B M=36^{\circ}. Следователно имаме, че △DMB∼△DNM\triangle D M B \sim \triangle D N M и DN=BD−BN=2−2bD N=B D-B N=2-2 b, т. е. DNDM=DMDB\frac{D N}{D M}=\frac{D M}{D B} или 2−2b2b=2b2\frac{2-2 b}{2 b}=\frac{2 b}{2}, т. е. b2+b−1=0b^{2}+b-1=0 или b=x25−12b=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1}{2}, понеже b>0b\gt{}0. Сега от теоремата на Питагор за △ABD\triangle A B D имаме a2+b2=22a^{2}+b^{2}=2^{2} или a2=22−(x25−12)2a^{2}=2^{2}-\left(\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1}{2}\right)^{2}, т. е. a2=5+x252a^{2}=\frac{5+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}, откъдето a=x210+252>0a=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}10+2 \sqrt{5}}}{2}\gt{}0. Така окончателно получаваме PABCD=2(a+b)=x25−1+x210+25P_{A B C D}=2(a+b)=\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1+\sqrt{\vphantom{x^2}10+2 \sqrt{5}}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е алгебричен полином f(x)=a0xm+a1xm−1+⋯+am−1x+amf(x)=a_{0} x^{m}+a_{1} x^{m-1}+\cdots+a_{m-1} x+a_{m} от степен mm с цели коефициенти и положителен старши коефициент ( ai∈Za_{i} \in \mathbb{Z} за i=0,1,…mi=0, 1, \ldots m и a0>0a_{0}\gt{}0 ). Едно естествено число nn се нарича удобно за полинома f(x)f(x), ако съществува естествено число knk_{n}, такова че n!+1=(f(n))knn!+1=(f(n))^{k_{n}}. Да се докаже, че за полинома f(x)f(x) съществуват краен брой удобни числа.
РешениеДопускаме противното, т. е. съществува полином f~(x)\widetilde{f}(x) от степен m~\widetilde{m} с цели коефициенти и положителен старши коефициент, който притежава безбройно много удобни числа. Нека да означим с SS множеството от удобните за f~(x)\widetilde{f}(x) числа, т. е.S=S={s∈N:s!+1=(f~(s))ks, за някоеks∈N}.\left\{s \in \mathbb{N}: s!+1=(\widetilde{f}(s))^{k_{s}} \text{, за някое} k_{s} \in \mathbb{N}\right\}.За всяко естествено число aa с v2(a)v_{2}(a) ще означаваме най-голямото цяло число xx, за което 2x∣a2^{x} \mid a. Така за всяко n∈Sn \in S можем да запишем числото knk_{n} във вида kn=2anbnk_{n}=2^{a_{n}} b_{n}, където an=v2(kn)a_{n}=v_{2}\left(k_{n}\right), а bnb_{n} е нечетно. Тогава да отбележим, че за всяко n∈S,n≥2n \in S, n \geq 2 числото f~(n)\widetilde{f}(n) е нечетно иv2((f~(n))kn−1)=v2(((f~(n))2bn−1)((f~(n))2bn+1)⋯((f~(n))2an−1bn+1))==v2((f~(n))2bn−1)+an−1\begin{aligned} v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{k_{n}}-1\right) & =v_{2}\left(\left((\widetilde{f}(n))^{2 b_{n}}-1\right)\left((\widetilde{f}(n))^{2 b_{n}}+1\right) \cdots\left((\widetilde{f}(n))^{2^{a_{n}-1} b_{n}}+1\right)\right)= \\ & =v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{2 b_{n}}-1\right)+a_{n}-1 \end{aligned}защото всички множители освен първия са от вида x2+1≡2( mod 4)x^{2}+1 \equiv 2(\bmod 4) за нечетно xx. Още повечеv2((f~(n))2bn−1)=v2(((f~(n))2−1)(1+(f~(n))2+(f~(n))4+⋯+(f~(n))2(bn−1)))==v2((f~(n))2−1)\begin{gathered} v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{2 b_{n}}-1\right)=v_{2}\left(\left((\widetilde{f}(n))^{2}-1\right)\left(1+(\widetilde{f}(n))^{2}+(\widetilde{f}(n))^{4}+\cdots+(\widetilde{f}(n))^{2\left(b_{n}-1\right)}\right)\right)= \\ =v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{2}-1\right) \end{gathered}защото вторият множител е сумата на нечетен брой нечетни числа. Така получихме, че v2((f~(n))kn−1)=v2((f~(n))2−1)+an−1v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{k_{n}}-1\right)=v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{2}-1\right)+a_{n}-1. От друга страна за всяко n∈S,n≥2n \in S, n \geq 2 имаме, че v2((f~(n))kn−1)=v2(n!)=⌊n2⌋+⌊n22⌋+⋯v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{k_{n}}-1\right)=v_{2}(n!)=\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{n}{2^{2}}\right\rfloor+\cdots. Нека sns_{n} е максималното естествено число, за което 2sn≤n2^{s_{n}} \leq n. Следователно имаме, че 2sn+1>n2^{s_{n}+1}\gt{} n и също такаv2(n!)=⌊n2⌋+⌊n22⌋+⋯+⌊n2sn⌋≥v_{2}(n!)=\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{n}{2^{2}}\right\rfloor+\cdots+\left\lfloor\frac{n}{2^{s_{n}}}\right\rfloor \geqn2−1+⋯+n2sn−1. \frac{n}{2}-1+\cdots+\frac{n}{2^{s_{n}}}-1.Значи, v2(n!)≥n−n2sn−sn>n−2−snv_{2}(n!) \geq n-\frac{n}{2^{s_{n}}}-s_{n}\gt{}n-2-s_{n} (защото n/2sn<2n / 2^{s_{n}}\lt{}2 ). Така получаваме, че v2((f~(n))2−1)+an−1>n−2−snv_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{2}-1\right)+a_{n}-1\gt{}n-2-s_{n}, но последното означава, че an>n−1−sn−v2((f~(n))2−1)a_{n}\gt{}n-1-s_{n}-v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{2}-1\right), т. е. kn≥2an≥2n−1n((f~(n))2−1)k_{n} \geq 2^{a_{n}} \geq \frac{2^{n-1}}{n\left((\widetilde{f}(n))^{2}-1\right)}, защото 2sn<n2^{s_{n}}\lt{}n и 2v2((f~(n))2−1)≤(f~(n))2−12^{v_{2}\left((\widetilde{f}(n))^{2}-1\right)} \leq(\widetilde{f}(n))^{2}-1. Тогава за всички достатъчно големи nn ще имаме kn>2nk_{n}\gt{}2 n и f~(n)>n2\widetilde{f}(n)\gt{}\frac{n}{2}, понеже f~(x)\widetilde{f}(x) е полином с цели коефициенти и положителен старши коефициент. Но това означава, че (f(n))kn>(n2)2n=(n24)n>nn+1>n!+1(f(n))^{k_{n}}\gt{}\left(\frac{n}{2}\right)^{2 n}=\left(\frac{n^{2}}{4}\right)^{n}\gt{}n^{n}+1\gt{}n!+1 за всички достатъчно големи nn, т. е. достигаме до противоречие с допускането, че SS е безкрайно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадени са множество AA с nn елемента и естествени числа kk и mm, за които 4≤k<n4 \leq k\lt{}n и m≤min⁡{k−3,n2}m \leq \min \left\{k-3, \frac{n}{2}\right\}. Нека A1,…,AlA_{1}, \ldots, A_{l} са подмножества на множеството AA, такива че ∣Ai∣=k\left|A_{i}\right|=k за всяко i=1,2,…,li=1, 2, \ldots, l и ∣Ai∩Aj∣≤m\left|A_{i} \cap A_{j}\right| \leq m за i≠ji \neq j. Да се докаже, че съществува подмножество BB на AA с поне (x2nm+1+m)(\sqrt[m+1]{\vphantom{x^2}n}+m) елемента, което не съдържа нито едно от множествата A1,A2,…,AlA_{1}, A_{2}, \ldots, A_{l}.
РешениеНека BB е подмножеството на AA, с максимален брой елементи, което не съдържа нито едно от множествата A1,A2,…,AlA_{1}, A_{2}, \ldots, A_{l}. Тогава за всяко x∈A\Bx \in A \backslash B имаме, че съществува индекс i(x)i(x), за който Ai(x)⊆(B∪{x})A_{i(x)} \subseteq(B \cup\{x\}) и означаваме с CxC_{x} множеството Ai(x)\{x}A_{i(x)} \backslash\{x\}. Така имаме, че за всяко x∈A\Bx \in A \backslash B, множеството CxC_{x} е ( k−1k-1 )-елементно подмножество на BB и ∣Cx∩Cy∣≤∣Ai(x)∩Ai(y)∣≤m\left|C_{x} \cap C_{y}\right| \leq\left|A_{i(x)} \cap A_{i(y)}\right| \leq m, за x≠yx \neq y. Да забележим, че всяко такова подмножество съдържа (k−1m+1)\binom{k-1}{m+1} различни ( m+1m+1 )-елементни подмножества и че условието ∣Cx∩Cy∣≤m\left|C_{x} \cap C_{y}\right| \leq m означава, че всяко ( m+1m+1 )-елементно подмножество на BB се среща в най-много едно CxC_{x}. Понеже ∣A\B∣=n−M|A \backslash B|=n-M, където M=∣B∣M=|B|, то получаваме, че (n−M)(k−1m+1)≤(Mm+1)(n-M)\binom{k-1}{m+1} \leq\binom{ M}{m+1}, т. е. n−M≤M(M−1)⋯(M−m)(k−1)(k−2)⋯(k−m−1)≤(M−mk−m−1)m+1n-M \leq \frac{M(M-1) \cdots(M-m)}{(k-1)(k-2) \cdots(k-m-1)} \leq\left(\frac{M-m}{k-m-1}\right)^{m+1} или (M−mk−m−1)m+1+M≥n\left(\frac{M-m}{k-m-1}\right)^{m+1}+M \geq n. Да забележим, че функцията f(x)=(x−mk−m−1)m+1+xf(x)=\left(\frac{x-m}{k-m-1}\right)^{m+1}+x е растяща функция на xx за x>mx\gt{}m и освен това f(M)≥nf(M) \geq n. Сега ще оценим стойноста f(x2nm+1+m)=n(k−m−1)m+1+x2nm+1+mf(\sqrt[m+1]{\vphantom{x^2}n}+m)=\frac{n}{(k-m-1)^{m+1}}+\sqrt[m+1]{\vphantom{x^2}n}+m. По условие имаме 1≤m<k−31 \leq m\lt{}k-3, т. е. k−m−1>2k-m-1\gt{}2 и за първото събираемо е в сила
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2023-12-4