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

Избран клас

8

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • pms2017-8-1: има placeholder текст
  • pms2017-8-2: има placeholder текст
  • pms2017-8-3: има placeholder текст
  • pms2017-8-4: има placeholder текст
  • pms2015-8-2: има placeholder текст
  • pms2014-8-1: има placeholder текст
  • pms2014-8-2: има placeholder текст
  • pms2013-8-3: има placeholder текст
  • emt2012-8-3: има placeholder текст

2006

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички четворки цели числа ( a,b,c,da, b, c, d ), за които са в сила равенствата ac−3bd=5a c-3 b d=5 и ad+bc=6a d+b c=6.
РешениеНека ac−3bd=5a c-3 b d=5 и ad+bc=6a d+b c=6. Тогава(ac−3bd)2+3(ad+bc)2=52+3⋅62=133=7⋅19(a c-3 b d)^{2}+3(a d+b c)^{2}=5^{2}+3 \cdot 6^{2}=133=7 \cdot 19От друга страна, имаме (ac−3bd)2+3(ad+bc)2=(a2+3b2)(c2+3d2)(a c-3 b d)^{2}+3(a d+b c)^{2}=\left(a^{2}+3 b^{2}\right)\left(c^{2}+3 d^{2}\right). Понеже двойките (a,b)(a, b) и (c,d)(c, d) участват равностойно, ще потърсим само решенията, за които a2+3b2=1a^{2}+3 b^{2}=1 и c2+3d2=133c^{2}+3 d^{2}=133 или a2+3b2=7a^{2}+3 b^{2}=7 и c2+3d2=19c^{2}+3 d^{2}=19. Ако a2+3b2=1a^{2}+3 b^{2}=1, то a2=1,b=0a^{2}=1, b=0 и от ac=5a c=5 и ad=6a d=6 получаваме c=5c=5 и d=6d=6 при a=1a=1 или c=−5c=-5 и d=−6d=-6 при a=−1a=-1. Ако a2+3b2=7a^{2}+3 b^{2}=7, то a2=4a^{2}=4 и b2=1b^{2}=1. От c2+3d2=19c^{2}+3 d^{2}=19 следва, че c2=16c^{2}=16 и d2=1d^{2}=1. Тогава ∣ac∣≡8|a c| \equiv 8 и сега от равенството ac−3bd=5a c-3 b d=5 следва, че ac=8a c=8. Следователно a=2a=2 и c=4c=4 или a=−2a=-2 и c=−4c=-4. В първия случай получаваме b=d=1b=d=1, а във втория имаме b=d=−1b=d=-1. Окончателно, решенията на задачата са следните 8 четворки цели числа: (±1,0,±5,±6)( \pm 1, 0, \pm 5, \pm 6), (±5,±6,±1,±0),(±2,±1,±4,±1)( \pm 5, \pm 6, \pm 1, \pm 0), ( \pm 2, \pm 1, \pm 4, \pm 1) и (±4,±1,±2,±1)( \pm 4, \pm 1, \pm 2, \pm 1).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дадена е окръжност kk и две точки AA и BB върху нея. Нека LL е произволна точка от kk. Върху правата ALA L е взета точка MM така, че LM=LBL M=L B и точка LL е между AA и MM. Да се намери геометричното място на точка MM.
РешениеНека CDC D е диаметър на k,CD⊥ABk, C D \perp A B и L∈A\wideparenCBL \in A \wideparen{C} B. Тогава ∠ALB=2α\angle A L B=2 \alpha е постоянен. От равнобедрения △MLB\triangle M L B имаме ∠AMB=α\angle A M B=\alpha. Следователно MM лежи на дъга от окръжност k1k_{1}, от която ABA B се вижда под ъгъл α\alpha. Аналогично за L∈ADBL \in A D B имаме ∠ALB=180∘−2α\angle A L B=180^{\circ}-2 \alpha и ∠AMB=90∘−α\angle A M B=90^{\circ}-\alpha, откъдето следва, че MM лежи на дъга от окръжност k2k_{2}, от която ABA B се вижда под ъгъл 90∘−α90^{\circ}-\alpha. Нека tt е допирателната към kk в точка AA и t∩k1={P},t∩k2={Q}t \cap k_{1}=\{P\}, t \cap k_{2}=\{Q\}. Нека λ\lambda е полуравнината спрямо tt, в която лежи kk. Тъй като LL е между AA и MM, то M∈λM \in \lambda. Тогава търсеното геометрично място се състои от дъгите от k1k_{1} и k2k_{2}, които са в полуравнината λ\lambda.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека mm е естествено число и um=11…1⏟mu_{m}=\underbrace{11 \ldots 1}_{m}. Да се докаже, че не съществува целочислено кратно на umu_{m}, сборът от цифрите на което е по-малък от mm.
РешениеДа допуснем, че съществуват целочислени кратни на umu_{m}, чинто сбор от цифрите е по-малък от mm и нека tt е най-малкото (естествено число) измежду тях. Понеже t>10mt\gt{}10^{m}, то tt може да се запише във вида t=10ma+bt=10^{m} a+b, където 0<b<10m0\lt{}b\lt{}10^{m}. Имаме t=10ma+b=(10m−1)a+a+bt=10^{m} a+b=\left(10^{m}-1\right) a+a+b. Понеже umu_{m} е делител на tt и на 10m−1=9um10^{m}-1=9 u_{m}, заключаваме, че umu_{m} дели a+ba+b. Но сборът от цифрите на a+ba+b не надминава сбора от цифрите на tt и a+b<ta+b\lt{}t. Полученото противоречие доказва, че кратно с исканите свойства не съществува.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
На всяка от двете страни на лист са нарисувани карти, изобразяващи по 5 държави. Държавите на картата от едната страна на листа са оцветени с 5 различни цвята. Докажете, че държавите на картата от другата страна на листа, може да се оцветят със същите цветове така, че всеки две от тях да са с различен цвят и поне 20%20 \% от листа да бъдат оцветени с един и същи цвят от двете страни.
РешениеДа означим с Ai(i=1,2,…,5)A_{i}(i=1, 2, \ldots, 5) държавите от едната страна на листа и с Bj(j=1,2,…,5)B_{j} (j=1, 2, \ldots, 5) - държавите от другата страна. Нека SijS_{i j} е тази част от площта на AiA_{i}, която от другата страна на листа принадлежи на BjB_{j}. (Ако AiA_{i} и BjB_{j} нямат обща част, то Sij=0S_{i j}=0.) Тогава, ако лицето на листа е 1, имаме: S=(S11+S12+S13+S14+S15)+(S21+S22+S23+S24+S25)+⋯+(S51+S52+S53+S54+S55)=1S=\left(S_{11}+S_{12}+S_{13}+S_{14}+S_{15}\right)+\left(S_{21}+S_{22}+S_{23}+S_{24}+S_{25}\right)+\cdots+\left(S_{51}+S_{52}+S_{53}+S_{54}+S_{55}\right)=1, защото Si1+Si2+Si3+Si4+Si5S_{i 1}+S_{i 2}+S_{i 3}+S_{i 4}+S_{i 5} е лицето на AiA_{i}. Сборът SS можем да запишем и така: S=(S11+S22+S33+S44+S55)+(S12+S23+S34+S45+S51)+⋯+(S15+S21+S32+S43+S54)S=\left(S_{11}+S_{22}+S_{33}+S_{44}+S_{55}\right)+\left(S_{12}+S_{23}+S_{34}+S_{45}+S_{51}\right)+\cdots+\left(S_{15}+S_{21}+S_{32}+S_{43}+S_{54}\right). Тогава поне едно от събираемите е по-голямо или равно на 0, 2. Нека за определеност S13+S24+S35+S41+S52≥0,2S_{13}+S_{24}+S_{35}+S_{41}+S_{52} \geq 0, 2. Оцветяваме: B3B_{3} с цвета на A1,B4A_{1}, B_{4} с цвета на A2,B5A_{2}, B_{5} с цвета на A3,B1A_{3}, B_{1} с цвета на A4A_{4} и B2B_{2} с цвета на A5A_{5}. При това оцветяване всеки две от държавите BjB_{j} ще са оцветени с различен цвят и поне 20%20 \% от листа да бъдат оцветени с един и същи цвят от двете страни.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-8-4

2010

1 задача

Задача 4

Пълен запис
Условие
Някои от полетата на квадратна мрежа n×n(n≥2)n \times n(n \geq 2) са минирани, като във всеки квадрат 2×22 \times 2 има поне едно минирано поле. Във всяко поле с записан броят на минираните полета сред полетата, имащи общи точки с него (това са самото поле и неговите съседни по страна или връх). Нека MM е най-голямото от записаните числа, Намерете най-малката възможна стойност на MM (отговорът може да зависи от nn ).
РешениеДа номерираме редовете и стълбовете, така че позицията на всяко поле да се задава с двойка естествени числа ( x;yx; y ). Ако n=2n=2 или n=3n=3, достатъчно е да се минира само поле (2;2)(2; 2) и тъй като със сигурност има ноне едно минирано поле, то най-малката стойност е M=1M=1. Нека сега n≥4n \geq 4. Ако минираме полетата, за които x+yx+y се дели на 3, то във всеки квадрат 2×22 \times 2 има поне едно минирано поле, а във всеки квадрат 3×33 \times 3 има три минирани полета (но едно на всеки ред), така че M=3M=3. Да допуснем, че с възможно M≤2M \leq 2. Тогава във всички клетки числата са не по-големи от 2. Да разгледаме произволен квадрат 4×44 \times 4. В централния му квадрат 2×22 \times 2, който ще означим с K, има неминирано поле П. Понеже в квадратите 2×22 \times 2, съдържащи П, има поне по едно минирано поле, а числото в ПП е не по-голямо от 2, то ПП се намира между две минирани полета, съседни по страна с него, а останалите съседни полета на П пе са минирани. В К съществува поле C, съедно по страна на ПП, което не с минирано. Да разгледаме квадрата 3×33 \times 3 с център в С. В него има поне три минирани полета: двете съседни на П и поне още едно в квадрата 2×22 \times 2, съдържащ C и несъдържащ П. Така в C трябва да бъде записано поне 3, което противоречи на допускането M≤2M \leq 2. И така, най-малката възможна стойност на MM е 3. Окончателно отговорът е 1 при n≤3n \leq 3 и 3 при n≥4n \geq 4.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-8-4

2011

5 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
В остроъгълен триъкълник ABCA B C с ∠ACB=45∘\angle A C B=45^{\circ} симетралите на страните ABA B и ACA C се пресичат в точка OO. Височината AHA H пресича отсечката BOB O в точка LL. Правата AOA O пресича страната BCB C в точка KK. Ако AL=2CKA L=2 C K, намерете ∠ABC\angle A B C.
РешениеОт свойството на симетралите имаме BO=AO=COB O=A O=C O. Да означим ∠OAB=∠OBA=x,∠OCB=∠OBC=y;\angle O A B=\angle O B A=x, \angle O C B=\angle O B C=y; тогава ∠OAC=∠OCA=45∘−y\angle O A C=\angle O C A=45^{\circ}-y. От сбора на ъглите в △ABC\triangle A B C получаваме 2x=90∘2 x=90^{\circ}, така че x=45∘x=45^{\circ} и ∠AOB=90∘\angle A O B=90^{\circ} (1т.). Сега ∠OBK=90∘−∠OKB=∠LAO\angle O B K=90^{\circ}-\angle O K B=\angle L A O, така че △AOL≅△BOK\triangle A O L \cong \triangle B O K по втори признак (1т.) и значи BK=AL=2CKB K=A L=2 C K. (1т.) Нека MM е средата на BKB K. Имаме BM=MK=KCB M=M K=K C и BO=OCB O=O C, така че △BOM≅△COK\triangle B O M \cong \triangle C O K по първи признак. (1т.) Значи OK=OM=MK=BMO K=O M=M K=B M; следователно △KOM\triangle K O M е равностранен, (1т.) ∠BMO=120∘,∠MOB=∠MBO=30∘\angle B M O=120^{\circ}, \angle M O B=\angle M B O=30^{\circ} и ∠ABC=45∘+30∘=75∘\angle A B C= 45^{\circ}+30^{\circ}=75^{\circ} (1т.).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2011-8-2

Задача 2

Пълен запис
Условие
Точки E,FE, F лежат съответно на страните AB,BCA B, B C на правоъгълник ABCDA B C D, имащ лице 1. Средите на AE,EF,FC,CD,DAA E, E F, F C, C D, D A са съответно K,P,L,M,NK, P, L, M, N. Средите на KL,PM,PNK L, P M, P N са съответно Q,R,TQ, R, T. Определете лицето на △QRT\triangle Q R T.
РешениеНека OO е произволна точка. ИмамеOQ→=12(OK→+OL→)=14(OA→+OE→+OF→+OC→)OR→=12(OP→+OM→)=14(OE→+OF→+OC→+OD→)OT→=12(OP→+ON→)=14(OE→+OF→+OD→+OA→)QR→=OR→−OQ→=14(OD→−OA→)=14AD→QT→=OT→−OQ→=14(OD→−OC→)=14CD→\begin{gathered} \overrightarrow{O Q}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O K}+\overrightarrow{O L})=\frac{1}{4}(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O E}+\overrightarrow{O F}+\overrightarrow{O C}) \\ \overrightarrow{O R}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O P}+\overrightarrow{O M})=\frac{1}{4}(\overrightarrow{O E}+\overrightarrow{O F}+\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D}) \\ \overrightarrow{O T}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O P}+\overrightarrow{O N})=\frac{1}{4}(\overrightarrow{O E}+\overrightarrow{O F}+\overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O A}) \\ \overrightarrow{Q R}=\overrightarrow{O R}-\overrightarrow{O Q}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{O D}-\overrightarrow{O A})=\frac{1}{4} \overrightarrow{A D} \\ \overrightarrow{Q T}=\overrightarrow{O T}-\overrightarrow{O Q}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{O D}-\overrightarrow{O C})=\frac{1}{4} \overrightarrow{C D} \end{gathered}Така отсечките QR,QTQ R, Q T са успоредни и равни на четвърт съответно на AD,CDA D, C D. Следователно △QRT\triangle Q R T е правоъгълен и лицето му е 1214AD14CD=132\frac{1}{2} \frac{1}{4} A D \frac{1}{4} C D=\frac{1}{32}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички прости числа pp, такива че числото p(p+1)(p+3)p(p+1)(p+3) се представя като произведение на две последователни естествени числа.
РешениеНека p(p+1)(p+3)=n(n+1)p(p+1)(p+3)=n(n+1). Тъй като pp е просто, то pp ще дели nn или n+1n+1. Нека pp дели nn, т. е. n=pqn=p q, където q≥2q \geq 2. Тогава (p+1)(p+3)=q(pq+1)(p+1)(p+3)=q(p q+1), откъдето p2+(4−q2)p+3−q=0p^{2}+\left(4-q^{2}\right) p+3-q=0. Оттук p∣q−3p \mid q-3, т. е. q=pk+3,k≥0q=p k+3, k \geq 0 е цяло. След заместване и съкращаване на pp получаваме p=p2k2+6pk+5+kp=p^{2} k^{2}+6 p k+5+k, което е възможно само при k=0k=0 и съответно p=5p=5, откъдето n=15n=15. Нека сега pp дели n+1n+1, т. е. n+1=pqn+1=p q, където q≥2q \geq 2. Тогава (p+1)(p+3)=q(pq−1)(p+1)(p+3)=q(p q-1), откъдето p2+(4−q2)p+3+q=0p^{2}+\left(4-q^{2}\right) p+3+q=0. Сега имаме p∣q+3p \mid q+3, т. е. q=pk−3,k≥1q=p k-3, k \geq 1 е цяло, и достигаме до p=p2k2−6pk+5−k=k(p2k−6p−1)+5p=p^{2} k^{2}-6 p k+5-k=k\left(p^{2} k-6 p-1\right)+5. Тъй като p2k−6p−1>pp^{2} k-6 p-1\gt{}p при k≥4k \geq 4, имаме 1≤k≤31 \leq k \leq 3. Директна проверка дава рененията p=2,n=5p=2, n=5 и p=3,n=8p=3, n=8.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2011-8-3

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че числото A=n4−12n2+4A=n^{4}-12 n^{2}+4 е съставно за всяко естествено число n≥4n \geq 4. В случая, когато числото AA е произведение от две прости числа, да се докаже, че никое от тези прости числа не е равно на 22k+12^{2^{k}}+1, където kk е естествено число.
РешениеЧислото AA се разлага по следния начин:A=n4+4n2+4−16n2=(n2+2)2−(4n)2=A=n^{4}+4 n^{2}+4-16 n^{2}=\left(n^{2}+2\right)^{2}-(4 n)^{2}=(n2−4n+2)(n2+4n+2).\left(n^{2}-4 n+2\right)\left(n^{2}+4 n+2\right).Тъй като n2+4n+2≥1+4+2=7>1n^{2}+4 n+2 \geq 1+4+2=7\gt{}1 и n2−4n+2=n(n−4)+2>0+2>1n^{2}-4 n+2=n(n-4)+2\gt{}0+2\gt{}1, заключаваме, че AA е съставно. Ако AA е произведение на простите числа pp и qq, без ограничене на общността можем да считаме, че p=n2−4n+2p=n^{2}-4 n+2 и q=n2+4n+2q=n^{2}+4 n+2. Очевидно nn е нечетно число и тогава не е трудно да се види, че p≡q≡7( mod 8)p \equiv q \equiv 7(\bmod 8), докато 22k+1≡52^{2^{k}}+1 \equiv 5 или 1( mod 8)1(\bmod 8) съответно при k=1k=1 и k≥2k \geq 2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В бахазката азбука има само две букви: А и Б и всяка дума е от поне една буква. Ако променим някоя буква в kk-буквена бахазка дума и изтрием буквите след нея (ако има такива), получаваме дума, която с начало на друга дума с поне k−2k-2 букви (самата дума също е начало на себе си). В бахазкия език има деветбуквена дума. Какъв е най-малкият възможен брой бахазки думи?
РешениеМожем да считаме, че най-дългата дума е с 9 букви (ако на всяка дума изтрием буквите след деветата, условието остава в сила). Нека f(n)f(n) е най-малкият възможен брой бахазки думи, ако най-дългата сред тях е с nn букви. Явно f(1)=2f(1)=2 и ако n>mn\gt{}m, то f(n)≥f(m)f(n) \geq f(m). Целта ни е да открием f(9)f(9). Имаме f(2)=3f(2)=3 (освен двубуквената дума трябва да осигурим думи при промяна на всяка от двете и́ букви ако например има дума АА, е необходимо и достатъчно да има АБ и Б). Аналогично f(3)=4f(3)=4 (ако например има дума ААА, е необходимо и достатъчно да има ААБ, АБ и Б). Ако има nn-буквена дума ww, без ограничение нека първата и́ буква да е А. Да разгледаме само думите, започващи с А. Ако изтрием това А, условието ще е спазено за получените скъсени думи и най-дългата сред тях е с n−1n-1 букви, така че наймалкият им възможен брой е f(n−1)f(n-1). Ако променим първата буква в ww на Б, получаваме начало на дума с поне n−2n-2 букви. Да разгледаме всички думи, започващи с Б; ако изтрием това Б, условисто ще е спазено за полученото множество от думи, като най-дългата сред тях е с поне n−3n-3 букви, така че най-малкият им възможен брой е f(n−3)f(n-3). И така f(n)=f(n−1)+f(n−3)f(n)=f(n-1)+f(n-3). Пресмятаме последователно f(4)=f(3)+f(1)=4+2=6,f(5)=f(4)+f(2)=6+3=9,f(6)=f(5)+f(3)=9+4=13,f(7)=f(6)+f(4)=13+6=19,f(8)=f(7)+f(5)=19+9=28f(4)=f(3)+f(1)= 4+2=6, f(5)=f(4)+f(2)=6+3=9, f(6)=f(5)+f(3)=9+4=13, f(7)=f(6)+ f(4)=13+6=19, f(8)=f(7)+f(5)=19+9=28 и f(9)=f(8)+f(6)=28+13=41f(9)=f(8)+f(6)=28+13=41.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-8-4

2012

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Върху страните AB=1,BCA B=1, B C и CAC A на равностранен триъгълник ABCA B C са избрани съответно точки M,N,QM, N, Q, така че отсечките AN,BQA N, B Q и CMC M да разделят триъгълника ABCA B C на четири тричтълника и три четириъгълника. Оцветяваме всеки триъгълник в синьо или жълто, така че триъгълниците с общ връх да са разноцветни. Ако синята и жълтата част имат равни лица, да се пресметне AM+BN+CQA M+B N+C Q.
РешениеНека AM=m,BN=n,CQ=q,D∈AN∩BQ,E∈CM∩BQ,F∈AN∩CMA M=m, B N=n, C Q=q, D \in A N \cap B Q, E \in C M \cap B Q, F \in A N \cap C M. Имаме две възможни разположения на точките: Случай А: FF е между AA и DD; тогава DD е между BB и EE и EE е между CC и FF. Имаме SABC=SANB+SCMA+SBQC−SAFM−SBDN−SCEQ+SDEF=(m+n+p)SABCS_{A B C}=S_{A N B}+S_{C M A}+S_{B Q C}-S_{A F M}-S_{B D N}-S_{C E Q}+S_{D E F}=(m+n+p) S_{A B C}, понеже синята и жълтата площ са равни. Оттук m+n+q=1m+n+q=1. (Зт.) Случай Б: DD е между AA и FF; тогава EE е между BB и DD и FF е между CC и EE. Имаме SABC=SANC+SCMB+SBQA−SADQ−SBEM−SCFN+SDEF=(1−m+1−n+1−p)SABCS_{A B C}=S_{A N C}+S_{C M B}+S_{B Q A}-S_{A D Q}-S_{B E M}-S_{C F N}+S_{D E F}=(1-m+1-n+1-p) S_{A B C}, понеже синята и жълтата площ са равни. Оттук m+n+q=2m+n+q=2. (3т.)
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2012-8-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2012-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Едно естествено число nn ще наричаме обикновено, ако има нечетен брой различни начини за представяне на nn като сбор на две или повече поредни естествени числа. Колко са обикновените числа, по-малки от 2012?
РешениеЗа всеки нечетен делител qq на nn получаваме различно представяне на nn като сбор на едно или повече поредни естествени числа по следния начин: Нека d=n/qd=n / q. Да разположим qq поредни цели числа така, че средното от тях да е dd. Ако всички тези цели числа са естествени, имаме представяне на nn като сбор на нечетен брой естествени числа (1т.). Ако сред тези числа има неположителни, то техните противоположни също присъстват в сбора (0 е противоноложно на себе си). Ако има такива, да ги съкратим с противоположните им, Така получаваме представяне на nn като сбор на четен брой естествени числа (1т.). Обратно, ако nn е сбор на нечетен брой (q)(q) естествени числа и средното от тях е dd, то n=dqn=d q. Ако nn е сбор на четен брой естествени числа, да добавим към сбора всички по-малки естествени числа, техните противоположни и нулата. Получаваме представяне на nn като сбор на нечетен брой (q)(q) поредни цели числа; ако средното от тях е dd, то n=dqn=d q. Получените по този начин делители qq на nn за всяко представяне на nn като сбор на едно или повече поредни естествени числа са различни (1т). Следователно броят различни начини за представяне на nn като сбор на едно или повече поредни естествени числа е равен на броя на нечетните делители на nn (1т.). Като изключим представянето на nn като „сбор" на едно число, разбираме, че търсените в задачата числа са тези с четен брой нечетни делители. По-лесно е да преброим останалите числа: те имат нечетен брой нечетни делители, което се случва точно когато най-големият им нечетен делител rr е точен квадрат (понеже делителите се групират по двойки с произведение rr, броят им е нечетен точно когато някой е в двойка със себе си) (1т.). И така, числата, които не са обикновени, са точните квадрати (тук 12,22,32,…,4421^{2}, 2^{2}, 3^{2}, \ldots, 44^{2} ) и удвоените точни квадрати (тук 2⋅12,2⋅222 \cdot 1^{2}, 2 \cdot 2^{2}, 2⋅32,…,2⋅3122 \cdot 3^{2}, \ldots, 2 \cdot 31^{2} ) (1т.). Следователно броят на обикновените числа, по-малки от 2012, е 2011−31−44=19362011-31-44=1936 (1т.).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2012-8-4

2013

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа xx и yy, за които x<yx\lt{}y и ∣6x−6y+24∣=x+y2−6|6 x-6 y+24|=x+y^{2}-6, ако е известно, че в интервала [x;y][x; y] се съдържат поне 5 цели числа.
РешениеОт условието, че интервалът [x;y][x; y] съдържат поне 5 цели числа, следва неравенството y−x≥4y-x \geq 4. (1 т.) Оттук 6x−6y≤−246 x-6 y \leq-24, т. е. 6x−6y+24≤06 x-6 y+24 \leq 0 (1 т.) и следователно равенството ∣6x−6y+24∣=x+y2−6|6 x-6 y+24|=x+y^{2}-6 е еквивалентно с −6x+6y−24=x2+y−6-6 x+6 y-24=x^{2}+y-6. (1 т.) Получаваме x2+6x+y−6y+18=0x^{2}+6 x+y-6 y+18=0 и като допълним до точни квадрати, намираме:(x2+6x+9)+(y−6y+9)=0,\left(x^{2}+6 x+9\right)+(y-6 y+9)=0,т. е.(x+3)+(y−3)2=0.(2т.) \text{т. е.}(x+3)+(y-3)^{2}=0.(2 \text{т.})Последното е възможно само в случай, че x=−3x=-3 и y=3y=3, които са единствените на задачата. (1 т.)
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дадени са успоредниците ABCDA B C D и A1B1C1D1A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}. Да се докаже, че четириъгълникът с върхове средите на отсечките AA1,BB1,CC1A A_{1}, \quad B B_{1}, \quad C C_{1} \quad и DD1\quad D D_{1} е успоредник или четирите среди лежат на една права.
РешениеНека M,N,PM, N, P и QQ са средите съответно на отсечките AA1,BB1,CC1A A_{1}, B B_{1}, C C_{1} и DD1D D_{1}. Ако OO е произволна точка (1 т.), тоMN→=ON→−OM→=12(OB→+OB→1)−−(OA→+OA→)==12(OB→−OA→+OB→1−OA→)=−(AB→+A⃗1B⃗1)⋅(2т.)АнапогичноOP→=OP→−OQ→=1(OC→+OC→1)−−(OD→+OD→)==12(OC)\begin{gathered} \overrightarrow{M N}=\overrightarrow{O N}-\overrightarrow{O M}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O B} 1)--(\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O A})= \\ =\frac{1}{2}(\overrightarrow{O B}-\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B} 1-\overrightarrow{O A})=-\left(\overrightarrow{A B}+\vec{A}_{1} \vec{B}_{1}\right) \cdot(2 \text{т.}) \\ \text{Анапогично} \overrightarrow{O P}=\overrightarrow{O P}-\overrightarrow{O Q}=\frac{1}{\left(\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O C}_{1}\right)--(\overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O D})=} \\ =\frac{1}{2}(\text{OC}) \end{gathered}Следователно MN→=QP→\overrightarrow{M N}=\overrightarrow{Q P}, откъдето MNPQM N P Q е успоредник или точките M,N,PM, N, P и QQ лежат на една права. (1 т.)
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-8-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа n>1n\gt{}1, за които естественото числоN=n5−n4+2n3−2n2+2n−1N=n^{5}-n^{4}+2 n^{3}-2 n^{2}+2 n-1е степен на просто число.
РешениеЩе представим NN като произведение на два изразаединият от трета степен спрямо nn, а другият от втора степен спрямо nn. Имаме:N=n5−n4+n3+n3−n2−n2+n+n−1=(n5−n4+n3)+(n3−n2+n)−(n2−n+1)==n3(n2−n+1)+n(n2−n+1)−(n2−n+1)=(n2−n+1)(n3+n−1)\begin{gathered} N=n^{5}-n^{4}+n^{3}+n^{3}-n^{2}-n^{2}+n+n-1=\left(n^{5}-n^{4}+n^{3}\right)+\left(n^{3}-n^{2}+n\right)-\left(n^{2}-n+1\right)= \\ =n^{3}\left(n^{2}-n+1\right)+n\left(n^{2}-n+1\right)-\left(n^{2}-n+1\right)=\left(n^{2}-n+1\right)\left(n^{3}+n-1\right) \end{gathered}От полученото представяне следва, че NN е произведение на две естествени числа и тези естествени числа са по-големи от 1, защото n>1n\gt{}1. (1 т.) Ясно е, че стойностите на nn, за които числата n3+n−1n^{3}+n-1 и n2−n+1n^{2}-n+1 са взаимнопрости, не са на задачата. Ще разгледаме случая, когато те се делят едновременно на някое просто число pp. При това можем да считаме, че нито едно от тях няма прост делител, различен от p.(1p.(\mathbf{1} т.) Ще използваме, че: 1). n+n−1=(n2−n+1)(n+1)+(n−2)n+n-1=\left(n^{2}-n+1\right)(n+1)+(n-2) и 2). n2−n+1=(n+1)(n−2)+3n^{2}-n+1=(n+1)(n-2)+3. От 1) следва, че pp дели n−2n-2, а оттук и от 2) следва, че pp дели 3. Заключаваме, че p=3p=3. (1 т.) Освен това, не е възможно n3+n−1n^{3}+n-1 и n2−n+1n^{2}-n+1 да се делят едновременно на 9, защото по същия път ще излезе, че 9 дели 3, което не е вярно. От проведените разсъждения следва, че n3+n−1=3n^{3}+n-1=3 или n2−n+1=3n^{2}-n+1=3. (1 т.) Но при n≥2n \geq 2 имаме n3+n−1≥8+2−1=9>3n^{3}+n-1 \geq 8+2-1=9\gt{}3. От уравнението n2−n+1=3n^{2}-n+1=3 намираме n=2n=2, което е единственото на задачата. В този случай N=27=33N=27=3^{3}. (1 т.)
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-8-4

2014

6 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-8-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Намерете най-голямото двуцифрено число nn, за което има nn цели числа, чието средно аритметично не е цяло, а средното аритметично на всеки mm от тях, m=2,3,…,n−1m=2, 3, \ldots, n-1, е цяло.
РешениеНека nn е такова, че има nn цели числа с исканото свойство. Разглеждаме каноничното разлагане n=p1s1ps…pkskn=p_{1}^{s_{1}} p^{s} \ldots p_{k}^{s_{k}}. Да допуснем, че k≥2k \geq 2. Това означава, че можем да разделим nn-те числа на p2s2…kskp_{2}^{s_{2}} \ldots{ }_{k}^{s_{k}} множества от по p1s1p_{1}^{s_{1}} числа. По условие числата във всяко от множествата имат сбор, кратен на p1s1p_{1}^{s_{1}}. Следователно сборът на nn-те числа се дели на p1s1p_{1}^{s_{1}}. По аналогичен начин следва, че сборът на nn-те числа се дели на p2s2,…p_{2}^{s_{2}}, \ldots, pkskp_{k}^{s_{k}}, а значи и на nn. Заключаваме, че допускането k≥2k \geq 2 не е вярно, т. е. трябва k=1k=1. Доказахме, че nn е степен на просто число. Най-голямото двуцифрено nn, за което k=1k=1, e 97. Като пример могат да се посочат числата 1,1,1,…,1,1,96!+11, 1, 1, \ldots, 1, 1, 96!+1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Ако a,ba, b и cc са положителни реални числа, да се докаже, чеa2+6a+12b+9c+b2+6b+12c+9a\frac{a^{2}+6 a+12 b+9}{c}+\frac{b^{2}+6 b+12 c+9}{a}+c2+6c+12a+9b≥+\frac{c^{2}+6 c+12 a+9}{b} \geq72. 72.Кога се достига равенство?
РешениеОт неравенството между средното аритметично и средното геометрично следва, че a+9≥2x29a2=6aa+9 \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}9 a^{2}}=6 a, т. е. a2+9≥6aa^{2}+9 \geq 6 a, като равенство се достига тогава и само тогава, когато a=3a=3. Така a2+6a+12b+9c≥6a+6a+12bc=12∣ ac+bc)\left.\left.\frac{a^{2}+6 a+12 b+9}{c} \geq \frac{6 a+6 a+12 b}{c}=12 \right\rvert\, \frac{a}{c}+\frac{b}{c}\right). Следователноa2+6a+12b+9c+b2+6b+12c+9a+c2+6c+12a+9b≥12(ac+bc)+12(ba+ca)+12(cb+ab)==12(ac+ca)+(ba+ab)+(cb+bc))≥12⋅2+12⋅2+12⋅2=72.\begin{gathered} \frac{a^{2}+6 a+12 b+9}{c}+\frac{b^{2}+6 b+12 c+9}{a}+\frac{c^{2}+6 c+12 a+9}{b} \geq 12\left(\frac{a}{c}+\frac{b}{c}\right)+12\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{a}\right)+12\left(\frac{c}{b}+\frac{a}{b}\right)= \\ \left.=12\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\right)+\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\right)\right) \geq 12 \cdot 2+12 \cdot 2+12 \cdot 2=72. \end{gathered}Тук използвахме, че ac+ca≥2\frac{a}{c}+\frac{c}{a} \geq 2 (аналогично и за другите събираеми), което отново е следствие от неравенството между средното аритметично и средното геометричното. Сега равенство се достига тогава и само тогава, когато a=ca=c. С това неравенството от условието на задачата е доказано, като равенство се достига тогава и само тогава, когато a=b=c=3a=b=c=3. Оценяване: 4 точки за свеждане на неравенството до (ac+ca)+(ba+ab)+(cb+bc)≥6\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\right)+\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\right) \geq 6 или до еквивалентна форма; 2 точки за доказване на ac+ca≥2;1\frac{a}{c}+\frac{c}{a} \geq 2; 1 точка за изследване на равенството.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-8-4

Задача 4c

Пълен запис
Условие
Ани начертала на бял лист 88 отсечки. Колко най-много равностранни триъгълници може да има на листа? Отговорът да се обоснове.
РешениеНека разгледаме конструкция с максимален брой равностранни триъгълници; явно в нея има поне един триъгълник. Ще наричаме две отсечки сравними, ако правите им образуват ъгъл, кратен на 60∘60^{\circ}. Така отсечките се разпадат на множества от сравними помежду си отсечки. Да допуснем, че тези множества са повече от 1. Отсечки от различни множества не могат да участват в един равностранен триъгълник. Ще считаме, че всяко множество от сравними отсечки е начертано на отделен прозрачен лист и листовете са поставени един върху друг. Да завъртим под еднакъв ъгъл един лист, така че една от отсечките на него да отсече равностранно триъгълниче от равностранен триъгълник от друг лист (в който има такъв). При това броят равностранни триъгълници нараства противоречие. Следователно има само един лист, т. е., всички отсечки са сравними. Тогава отсечките могат да имат само три направления (под ъгъл 60∘60^{\circ} ); нека в тях да има съответно x,y,zx, y, z отсечки, x≤y≤z,x+y+z=88x \leq y \leq z, x+y+z=88. За всеки равностранен триъгълник са нужни отсечки от трите направления, така че броят на триъгълниците не надхвърля xyzx y z, като е равен на това число, ако всички отсечки от различни направления се пресичат в различни точки. Да допуснем, че z−x≥2z-x \geq 2 и да премахнем една отсечка от най-масовия клас, добавяйки я в най-малкия, така че да пресича всички отсечки от останалите класове. в различни точки; при това се губят xyx y триъгълника и се печелят y(z−1)>xyy(z-1)\gt{}x y, което противоречи на максималността. Така z−x≤1z-x \leq 1 и като отчетем x≤y≤zx \leq y \leq z и x+y+z=88x+y+z=88, получаваме x=y=29,z=30x=y=29, z=30, и търсеният максимален брой е xyz=25230x y z=25230.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-8-4c

Задача 8c

Пълен запис
Условие
Отсечката BHB H е височина за равнобедрения △ABC,AC=BC\triangle A B C, A C=B C. Симетралата на страната BCB C пресича правата ACA C в точка DD и DH=HA+ABD H=H A+A B. Намерете възможните стойности на ∠BAC\angle B A C.
РешениеСлучай 1. Ако DD лежи на отсечката ACA C, то △ABC\triangle A B C е остроъгълен и HH лежи на отсечката ACA C. От условието следва, че HH е между AA и DD. Да построим точка EE; на отсечката DHD H, за която AH=HEA H=H E(и значи BA=DEB A=D E ). Имаме △AHB≅△EHB\triangle A H B \cong \triangle E H B, така че BE=BA=DEB E=B A=D E. От симетралата имаме BD=CDB D=C D; нека ∠ACB=∠DBC=x\angle A C B=\angle D B C=x. Тогава ∠DBE=∠BDE=2x\angle D B E=\angle B D E=2 x като външен за △BCD\triangle B C D и ∠BAH=∠BEH=4x\angle B A H=\angle B E H=4 x като външен за △BDE\triangle B D E. За сбора на ъглите в △ABC\triangle A B C получаваме 4x+4x+x=180∘,x=20∘4 x+4 x+x=180^{\circ}, x=20^{\circ}, ∠BAC=4x=80∘\angle B A C=4 x=80^{\circ}. Случай 2. Ако DD лежи на лъча CA→C A \rightarrow след AA, то △ABC\triangle A B C е остроъгълени HH лежи на отсечката ACA C. От условието следва, че AD=ABA D=A B; нека ∠ADB=∠ABD=x\angle A D B=\angle A B D=x. Тогава ∠ABC=∠BAC=2x\angle A B C=\angle B A C=2 x като външен за △ABD\triangle A B D и ∠DCB=∠DBC=3x\angle D C B=\angle D B C=3 x. За сбора на ъглите в △ABC\triangle A B C получаваме 2x+2x+3x=180∘,x=(180/7)∘,∠BAC=2x=(360/7)∘2 x+2 x+3 x=180^{\circ}, x=(180 / 7)^{\circ}, \angle B A C=2 x=(360 / 7)^{\circ}. Случай 3. Ако DD лежи на лъча AC−1A C^{-1} след CC, то △ABC\triangle A B C е тъпоъгълен и HH лежи на същия лъч. От условието следва, че HH е между AA и DD. Да построим точка EE на отсечката DHD H, за която AH=HEA H=H E (и значи BA=DEB A=D E ). Имаме △AHB≅△EHB\triangle A H B \cong \triangle E H B, така че BE=BA=DEB E=B A=D E; нека ∠BDE=∠DBE=x\angle B D E=\angle D B E=x. Тогава ∠ABC=∠BAC=∠BEA=2x\angle A B C=\angle B A C=\angle B E A= 2 x като външен за △BDE\triangle B D E и ∠CBD=∠BCD=4x\angle C B D=\angle B C D=4 x като външен за △ABC\triangle A B C (имаме BD=CDB D=C D от симетралата). За сбора на ъглите в △BCD\triangle B C D получаваме 4x+4x+x=180∘4 x+4 x+x=180^{\circ}, x=20∘,∠BAC=2x=40∘x=20^{\circ}, \angle B A C=2 x=40^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-8-8c

2015

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на параметьра aa, при които за всяко реално xx е в сила неравенството x3+a3≤(x+a)3−3a(x−1)2x^{3}+a^{3} \leq(x+a)^{3}-3 a(x-1)^{2}.
РешениеИмаме 0≤3a2x+6ax−3a0 \leq 3 a^{2} x+6 a x-3 a, т. е. a((a+2)x−1)≥0a((a+2) x-1) \geq 0. (1т.) При a=0a=0 това е вярно за всяко xx. (1т.) При a>0a\gt{}0 получаваме (a+2)x≥1(a+2) x \geq 1, което не е вярно например за x=−1x=-1. (2т.) При a<0a\lt{}0 получаваме (a+2)x≤1(a+2) x \leq 1, е вярно за всяко xx само при a=−2a=-2. (2т.) Отговор: a=0a=0 и a=−2a=-2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-8-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за всяко естествено число nn съществува кратно на 41, което е от вида a111…1⏟nb‾\overline{a \underbrace{111 \ldots 1}_{n} b}.
РешениеЩе изнолзваме известния факт, че числото 11111 се дели на 41 (1т.). Нека числото A=a111…1b‾A=\overline{a 111 \ldots 1 b} се дели на 41 и броят на единиците е по-голям или равен на 5. ТогаваA=a111…1‾⋅106+111110+b≡A=\overline{a 111 \ldots 1} \cdot 10^{6}+111110+b \equiva111…1b‾ \overline{a 111 \ldots 1 b} \quad( mod 41),(\bmod 41),като броят на единиците в последното число е n−5n-5 (3т.). Остава да проверим съществуването на примери за n=0,1,2,3,4n=0, 1, 2, 3, 4: това са съответно числата 41(0,541(0, 5 т.), 410 (0, 5т.), 3116 (1т.), 11111 (0, 5т.) и 111110 (0, 5т.).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-8-3

2016

1 задача

Задача 4

Пълен запис
Условие
На дъската са написани числата 1,2,…,n,n≥31, 2, \ldots, n, n \geq 3. Разрешена е следната операция: Избират се две числа aa и bb, изтриват се и на тяхно място се записват числата a+ba+b и ∣a−b∣|a-b|. Да се докаже, че е възможно да се направят краен брой такива операции така, че всички числа да станат равни на едно и също число и да се намерят всички възможни стойности за това число.
РешениеДа приемем, че на дъската в някакъв момент се получават еднакви числа. Ако a+ba+b и ∣a−b∣|a-b| имат нечетен прост делител pp, то и числата aa и bb се делят на pp. Следователно числото, което остава накрая може да бъде само степен на двойката. Ако на дъската имаме числата 0 и aa, можем да получим чрез операцията ( 0,a0, a ) → ( a,aa, a ) → (0,2a)(0, 2 a), т. е. числото aa може да се удвои. Последното показва, че ако от дадените числа достигнем до числа, измежду които има 1 нула и останалите са степени на двойката, можем да достигнем до еднакви числа, които са равни на най-голямата степен на двойката от тях. Ще докажем по индукция, че при n=2k+s,0<s≤2kn=2^{k}+s, 0\lt{}s \leq 2^{k} можем да получим всички числа да са равни на 2t2^{t} за всяко t≥kt \geq k. Нека n=3n=3. Понеже (1,2,3)→(2,2,4)→(0,4,4)(1, 2, 3) \rightarrow(2, 2, 4) \rightarrow(0, 4, 4) имаме база за индукцията. Приемаме, че n=2k+s,0≤s<2kn=2^{k}+s, 0 \leq s\lt{}2^{k}. Случаят s=0s=0 се свежда до n=2k−1n=2^{k}-1. Ако s>0s\gt{}0 прилагаме операцията към двойките (2k−1,2k+1),(2k−2,2k+2),…,(2k−s,2k+s)\left(2^{k}-1, 2^{k}+1\right), \left(2^{k}-2, 2^{k}+2\right), \ldots, \left(2^{k}-s, 2^{k}+s\right) и получаваме 2,4,…,2s2, 4, \ldots, 2 s и ss пъти 2k+12^{k+1}. Числото 2k2^{k} не променяме и остават още 1,2,…,2k−s−11, 2, \ldots, 2^{k}-s-1. За последните прилагаме индукционното предположение, а също така и за числата 2,4,…,2s2, 4, \ldots, 2 s. За да бъде то окончателно ще разгледаме още случая s=1s=1 или s=2s=2. Но тогава остават числата 2 или 2 и 4, които са степени на двойката. Ако 2k−s−1=12^{k}-s-1=1 или 2k−s−1=22^{k}-s-1=2, то ще останат само числата 1 или 2. Продължаваме например така: (1,2,4)→(1,3,4)→(2,4,4)→(0,2,8)(1, 2, 4) \rightarrow(1, 3, 4) \rightarrow(2, 4, 4) \rightarrow(0, 2, 8). Следователно така можем да достигнем до числото 2k+12^{k+1} и всички по-високи степени.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2016-8-4

2017

22 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
а) Да се докаже тъждеството(y−x)3−3(y−x)x2−x3=−y3+3y(x−y)2+(x−y)3(y-x)^{3}-3(y-x) x^{2}-x^{3}=-y^{3}+3 y(x-y)^{2}+(x-y)^{3}б) Да се намери aa, така че числата x=7x=7 и y=4y=4 да удовлетворяват уравнението x3−3xy2+y3=ax^{3}-3 x y^{2}+ y^{3}=a. За така намерената стойност на aa, да се намерят още две целочислени
Решениена това уравнение. а) Привеждаме в нормален вид двете части на равенството и получаваме, че всяка от тях е равна на x3−3xy2+y3x^{3}-3 x y^{2}+y^{3}. б) Заместваме x=7x=7 и y=4y=4 и получаваме a=71a=71. Нека P(x,y)=x3−3xy2+y3P(x, y)=x^{3}-3 x y^{2}+y^{3}. От тъждеството следва, че P(x,y)=P(y−x,−x)=P(−y,x−y)P(x, y)=P(y-x, -x)=P(-y, x-y), което показва, че ако ( x,yx, y ) е на уравнението, то (y−x,−x)(y-x, -x) и ( −y,x−y-y, x-y ) също са , т. е. от x=7,y=4x=7, y=4, следва, че x=−3,y=−7x=-3, y=-7 и x=−4,y=3x=-4, y=3 също са
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-1b

Задача 1c

Пълен запис
Условие
Нека CL(L∈AB)C L(L \in A B) с ъглополовяща в триъгълника ABCA B C, като AC=CLA C=C L. Точката KK лежи на лъча CLC L, така че ∠CAL+∠CAK=180∘\angle C A L+\angle C A K=180^{\circ}. Да се докаже, че BC=CKB C=C K.
РешениеПонеже ∠CLA=∠CAL\angle C L A=\angle C A L, то ∠CLB=∠CAK\angle C L B=\angle C A K. Оттук и от условието следва, че триъгълниците CAKC A K и CLBC L B са еднакви, откъдето BC=CKB C=C K.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-1c

Задача 1d

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че ако a,b,c,da, b, c, d са положителни числа, такива чеabca+b+c=abda+b+d=acda+c+d=bcdb+c+d,\frac{a b c}{a+b+c}=\frac{a b d}{a+b+d}=\frac{a c d}{a+c+d}=\frac{b c d}{b+c+d},то a=b=c=da=b=c=d.
РешениеОт дадените равенства получавамеabcd(a+b+c)d=abcd(a+b+d)c=\frac{a b c d}{(a+b+c) d}=\frac{a b c d}{(a+b+d) c}=abcd(a+c+d)b=abcd(b+c+d)a\frac{a b c d}{(a+c+d) b}=\frac{a b c d}{(b+c+d) a}откъдето (a+b+c)d=(a+b+d)c=(a+c+d)b=(b+c+d)a(a+b+c) d=(a+b+d) c=(a+c+d) b=(b+c+d) a. От първите две равенства получаваме (a+b)d=(a+b)c(a+b) d=(a+b) c; понеже a+b>0a+b\gt{}0, то c=dc=d. Останатите равенства следват аналогично.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-1d

Задача 1e

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на параметъра pp, при които уравненията p2x+p=25x−5p^{2} x+p=25 x-5 и ∣2x+3∣=∣5−2x∣|2 x+3|=|5-2 x| са еквивалентни.
РешениеМодулното уравиение е еквивалентно на (2x+3)2=(5−2x)2(2 x+3)^{2}=(5-2 x)^{2}, което се опростява до x=0,5x=0, 5. Двете уравнения ще са сквивалентни, ако параметричното уравнение има единствен корен x=0,5x=0, 5. Заместваме последното и след опростяване достигаме до квадратното уравнение p2+2p−15=0p^{2}+2 p-15=0. Последното има корени p=3p=3 и p=−5p=-5. При p=3p=3 първото уравнение има единствен корен x=0,5x=0, 5, а при p=−5p=-5 то добива вида 0.x=00. x=0 и всяко xx е негово Окончателно само p=3p=3 е на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-1e

Задача 1f

Пълен запис
Условие
Да се реши уравнението(x+2)(x+4)(x+6)(x+8)=(x+2)(x+4)(x+6)(x+8)=(x+2)2+(x+4)2+(x+6)2+(x+8)2+40.(x+2)^{2}+(x+4)^{2}+(x+6)^{2}+(x+8)^{2}+40.
РешениеРазкриваме скобите, като умножаваме равноотдалечените множители отляво и полагаме x2+10x+16=yx^{2}+10 x+16=y. Получаваме уравнението y(y+8)=4y+96y(y+8)=4 y+96, което има корени y1=−12y_{1}=-12 и y2=8y_{2}=8. Първият от тях не дава , а от втория получаваме x1,2=−5±x217x_{1, 2}=-5 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}17}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-1f

Задача 1g

Пълен запис
Условие
Даден е успоредник ABCDA B C D, два от эглите па който имат разлика 120∘120^{\circ}. Ъглополовящите на ъглите при AA и BB се пресичат в точка OO. Лицето на △ABO\triangle A B O е 18 кв. см и AD=9A D=9 см. Да се пресметне лицето на △CDO\triangle C D O.
РешениеОстрият ъгъл на успоредника е 30∘30^{\circ}, така че ъглите на △ABO\triangle A B O са 15∘,75∘15^{\circ}, 75^{\circ}, 90∘90^{\circ}, като правият ъгъл е при OO. В този триъгьлник медианата OMO M е половината от хипотенузата, а ъчьлът между тях е 30∘30^{\circ}, така че височината му е равна на 1/41 / 4 от хипотенузата. Тогава за лицето му имаме 18=18AB218=\frac{1}{8} A B^{2} и значи AB=x2144=12A B=\sqrt{\vphantom{x^2}144}=12, съответно OM=6 cmO M=6 \mathrm{~cm}. Ако NN с средата на CDC D, то AMNDA M N D с успоредник, така че ∠BMN=∠BMO\angle B M N=\angle B M O и O∈MNO \in M N. Понеже MN=AD=9 cmM N=A D=9 \mathrm{~cm} и MO=6 cmM O=6 \mathrm{~cm}, получаваме ON=3 cmO N=3 \mathrm{~cm}. Отсечката ONO N сключва ъгъл 30∘30^{\circ} със страната CDC D, така че разстоянието от OO до CDC D е равно на 12ON=32\frac{1}{2} O N=\frac{3}{2} като катет срещу ъчъл 30∘30^{\circ}. Сега лицето на △CDO\triangle C D O е 12⋅32⋅12=9\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot 12=9 кв. см. Очепяване: 1 т. за определяне ылите на триъгълника; 1 т. за доказване, че височината е 1/41 / 4 от хипотенузата; 1 т. за доказване, че AB=12 cm;1A B=12 \mathrm{~cm}; 1 т. за доказване, че ON=3 cm;1O N=3 \mathrm{~cm}; 1 т. за намиране височината на △CDO;1\triangle C D O; 1 т. за намиране па лицето на △CDO\triangle C D O.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-1g

Задача 1h

Пълен запис
Условие
Нека a,ba, b и cc са естествени числа, такива чеa2+b2+c2=(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2.a^{2}+b^{2}+c^{2}=(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}.а) Възможно ли е да е изпълнено равенството a+b+c=2017a+b+c=2017? б) Да се докаже, че числата ab+bc+caa b+b c+c a и aba b са точни квадрати на цели числа.
Решениеа) От условието получаваме a2+b2+c2=2(ab+bc+ca)a^{2}+b^{2}+c^{2}=2(a b+b c+c a), което показва, че a+b+ca+b+c, имайки същата четност като a2+b2+c2a^{2}+b^{2}+c^{2}, трябва да е четно число, т. е. не може да е 2017. б) Директно се проверява, че полученото в а) равенство може да се запише във видаab+bc+ca=(a+b+c2)2илиab=(a+b−c2)2.a b+b c+c a=\left(\frac{a+b+c}{2}\right)^{2} \text{или} a b=\left(\frac{a+b-c}{2}\right)^{2}.От тези равенства следва, че числата ab+bc+caa b+b c+c a и aba b са точни квадрати на цели числа.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-1h

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-2

Задача 2b

Пълен запис
Условие
Във вътрешността на равнобедрен триъгълник ABC,AC=BCA B C, A C=B C, е взета точка MM, а върху отсечката AMA M е взета точка KK, така че ∠AMB=2∠CKM\angle A M B=2 \angle C K M. Да се докаже, че ако CK=KM+BMC K=K M+B M, то ∠CKM=∠ACB\angle C K M=\angle A C B.
РешениеПродължаваме BMB M до пресичането с CKC K в точка NN. Триъгълникът KMNK M N е равнобедрен, защото ∠NKM=∠KMN\angle N K M=\angle K M N, откъдето KM+BM=BNK M+B M=B N. Разглеждаме триъгълниците ACKA C K и CBNC B N. Имаме AC=BCA C=B C по условие, CK=BNC K=B N и ∠AKC=∠BNC\angle A K C=\angle B N C като допълнителни към равни ъгли. Ще отбележим, че по тази причини те са тъпи ъгли. Следователно △AKC≅△CNB\triangle A K C \cong \triangle C N B, откъдето ∠CAK=∠BCN\angle C A K=\angle B C N. Оттук∠CKM=∠CAK+∠ACK=∠BCK+∠ACK=∠ACB\angle C K M=\angle C A K+\angle A C K=\angle B C K+\angle A C K=\angle A C B
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-2b

Задача 2c

Пълен запис
Условие
а) Да се докаже, че ако a,ba, b са числа от интервала [0;1][0; 1] и a+b≤1a+b \leq 1, то a2+b2≤1a^{2}+b^{2} \leq 1. б) Сред числата x,y,zx, y, z всеки две не се различават с повече от единица и xy+yz+zx=96x y+y z+ z x=96. Да се намерят най-малката и най-голямата стойност на израза A=x2+y2+z2A=x^{2}+y^{2}+z^{2}.
Решениеа) a2+b2≤a2+(1−a)2=2a(a−1)+1≤1a^{2}+b^{2} \leq a^{2}+(1-a)^{2}=2 a(a-1)+1 \leq 1. б) Имаме (x−y)2+(y−z)2+(z−x)2≥0(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2} \geq 0, откъдето 2x2+2y2+2z2≥2xy+2yz+2zx2 x^{2}+2 y^{2}+2 z^{2} \geq 2 x y+2 y z+2 z x. Оттук x2+y2+z2≥xy+yz+zx=96x^{2}+y^{2}+z^{2} \geq x y+y z+z x=96, като равенство се достига при x=y=z=4x22x=y=z=4 \sqrt{\vphantom{x^2}2}. Следователно най-малката стойност на AA е 96. Да намерим най-голямата стойност на AA. Без ограничение на общността x≤y≤zx \leq y \leq z. Тогава z−y+y−x=z−x≤1z-y+y-x=z-x \leq 1 и според а) (z−y)2+(y−x)2+(z−x)2≤1+1(z-y)^{2}+(y-x)^{2}+(z-x)^{2} \leq 1+1. След деление на 2 получаваме A=x2+y2+z2≤1+xy+yz+zx=97A=x^{2}+y^{2}+z^{2} \leq 1+x y+y z+z x=97. Равенство се достига например при x=5,y=z=6x=5, y=z=6. Следователно най-голямата стойност на AA е 97.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-2c

Задача 2d

Пълен запис
Условие
Даден е равнобедрен триъгълник ABC,AC=BCA B C, A C=B C, и точките HH и MM от правата ACA C, такива че BHB H и BMB M са съответно височина и медиана в триъгълника ABCA B C. Да се намерят мерките на ъглите на триъгълника ABCA B C, ако MH=12ABM H=\frac{1}{2} A B.
РешениеНека ABCA B C е остроъгълен триъгълник. Тогава точката HH е между AA и MM, защото в противен случай AB>BC=ACA B\gt{}B C=A C и не е възможно част от половината на ACA C да е равна на половината на ABA B. Нека точка KK е среда на ABA B. Тогава HK=AK=BK=12ABH K=A K=B K= \frac{1}{2} A B като медиана в правоъгълен триъгълник. От друга страна MKM K е средна отсечка и понеже MH=HKM H=H K, триъгълникът KMHK M H е равнобедрен с ∠HKM=∠AMK=∠ACB\angle H K M=\angle A M K=\angle A C B. Следователно ∠CAB=∠AHK=2∠ACB\angle C A B=\angle A H K=2 \angle A C B (като външен), т. е. α=2γ\alpha=2 \gamma и от α+β+γ=180∘\alpha+\beta+\gamma=180^{\circ} следва, че α=β=72∘\alpha=\beta=72^{\circ} и γ=36∘\gamma=36^{\circ}. Ако триъгълникът ABCA B C е тъпоъгълен, действаме аналогично като получаваме γ=3α\gamma=3 \alpha, откъдето α=β=36∘\alpha=\beta=36^{\circ} и γ=108∘\gamma=108^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-2d

Задача 2e

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за всеки две числа a≥1a \geq 1 и b≥1b \geq 1 е в сила неравенството a2b2+a2+b2+1≥ab(a+b)+a+ba^{2} b^{2}+a^{2}+b^{2}+1 \geq a b(a+b)+a+b. Кога се достига равенство?
РешениеРазликата a2b2+a2+b2+1−ab(a+b)−a−ba^{2} b^{2}+a^{2}+b^{2}+1-a b(a+b)-a-b преобразуваме до ab(a−a b(a- 1) (b−1)+(a−1)(b−1)+(a−b)2(b-1)+(a-1)(b-1)+(a-b)^{2}, откъдето твърденисто следва. Равенство се достига само за a=b=1a=b=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-2e

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото естествено число nn, за което съществува естествено число xx, такова че(x+1)3+(x+2)3+(x+3)3+(x+4)3=(x+n)3.(x+1)^{3}+(x+2)^{3}+(x+3)^{3}+(x+4)^{3}=(x+n)^{3}.
РешениеНека xx е естествено число, за което (x+1)3+(x+2)3+(x+3)3+(x+4)3=(x+n)3(x+1)^{3}+(x+2)^{3}+(x+3)^{3}+(x+4)^{3}=(x+n)^{3}. От малката теорема на Ферма ( x3≡x( mod 3)x^{3} \equiv x(\bmod 3) ) следва, че n≡1( mod 3)n \equiv 1(\bmod 3). Най-малката възможност за nn е 7. Тогава уравнението добива вида x3+3x2−19x−81=0x^{3}+3 x^{2}-19 x-81=0. Последното няма целочислени , защото последните могат да са само от вида 3k,k=0,1,2,3,43^{k}, k=0, 1, 2, 3, 4, които лесно се отхвърлят. Нека n=10n=10. Тогава уравнението добива вида x3−70x−300=0x^{3}-70 x-300=0. Очевидно, ако xx е естествено число, то xx се дели на 2 и на 5, а x=10x=10 е на последното. Търсената стойност на nn е 10.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-3b

Задача 3c

Пълен запис
Условие
За всяка двойка естествени числа ( m;nm; n ) полагаме m@n=∣37m−29n∣m @ n=\left|37^{m}-29^{n}\right|. a) Съществува ли двойка естествени числа ( m;nm; n ), такава че m@n=2014m @ n=2014? б) Да се намери най-малката стойност на израза m@nm @ n.
Решениеа) Понеже всяко от числата 37m37^{m} и 29n29^{n} при деление с 4 дава остатък 1, то m@nm @ n винаги ще се дели на 4, т. е. не може да е равно на 2014. б) Явно m@n>0m @ n\gt{}0; от а) видяхме, че m@nm @ n се дели на 4; при m=n=1m=n=1 стойността му е 8. Ще покажем, че това е най-малката стойност, като се уверим, че mm @ nn не е равно на 4. Ако 37m−29n=437^{m}-29^{n}=4, то 37m−4=29n37^{m}-4=29^{n}; числото вляво се дели на 3, а вдясноне. Ако 37m−29n=−437^{m}-29^{n}=-4, то 29n−37m=429^{n}-37^{m}=4. Последна цифра 4 е възможна само ако последната цифра на 29n29^{n} е 1, а на 37m37^{m} е 7, т. е. n=2kn=2 k. Тогава 37m=(29k−2)(29k+2)37^{m}=\left(29^{k}-2\right)\left(29^{k}+2\right), което е невъзможно, понеже множителите са взаимно прости, а 37 е просто число.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-3c

Задача 3d

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, такива че11n+2n+1е делител на11n+1+2n+1+1.11^{n}+2^{n}+1 \text{е делител на} 11^{n+1}+2^{n+1}+1.
РешениеНека nn е от желания вид. Числото a=11n+2n+1a=11^{n}+2^{n}+1 е делител на числото 11a−(11n+1+2n+1+1)=9⋅2n+1011 a-\left(11^{n+1}+2^{n+1}+1\right)=9 \cdot 2^{n}+10. При n=1n=1 получаваме a=14a=14, което е делител на 112+22+1=12611^{2}+2^{2}+1=126. Ще покажем, че при n>1n\gt{}1 е в сила неравенството 9⋅2n+10<11n+2n+19 \cdot 2^{n}+10\lt{} 11^{n}+2^{n}+1. Последното е еквивалентно на 8⋅2n+9<11n8 \cdot 2^{n}+9\lt{}11^{n}. Имаме11n=(8+3)11n−1=8⋅11n−1+3⋅11n−1>11^{n}=(8+3) 11^{n-1}=8 \cdot 11^{n-1}+3 \cdot 11^{n-1}\gt{}8⋅8n−1+3⋅11>8⋅2n+9.8 \cdot 8^{n-1}+3 \cdot 11\gt{}8 \cdot 2^{n}+9.Следователно единствената стойност на nn е n=1n=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-3d

Задача 3e

Пълен запис
Условие
На дъската са записани в редица естествените числа от 1 до 2016. Разрешава се изтриване на число от произволна двойка съседни числа по следното правило: ако сборът на числата от двойката е нечетен изтриваме лявото число, а ако е четендясното. След 2015 такива изтривани на дъската остава едно число. Да се намерят всички възможни стойности на това число.
РешениеЩе разгледаме следната помощна задача. В редица са поставени алтернативно бели и черни топчета, като започнем с бяло, след това черно, бяло и т. н. Разрешава се от всяка двойка съседни топчета да се махне едно по правилотоако топчетата са разноцветни махаме лявото, а ако са едноцветнидясното. Какъв е цветът на последното останало топче? Ще покажем, че цветът на последното топче не се изменя. Наистина, ако се извършва премахване, което не засяга последното топче, всичко е ясно. Ако извършваме действие с последните две топчета и те са разноцветни, махаме лявото, т. е. цветът на последното се запазва. Ако последните топчета са едноцветни без значение цветът на последното няма да се промени. Да се върнем към задачата. Наричаме нечетните числа бели, а четнитечерни. Тъй като 2016 е четно число, то ще е черно, което показва, че последното останало неизтрито число е четно. Ще покажем как може да достигнем с помощта на дадените операции до произволно четно число. Просто извършваме операциите с първите две числа и значи се изтрива числото 1. Продължаваме по същия начин докато достигнем до избраното число. След това действаме отзад напред като за два хода изтриваме последните две числа. Тъй като броят на числата, по-големи от избраното, е четен, ще достигнем и точно до избраното.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-3e

Задача 3f

Пълен запис
Условие
Намерете всички естествени числа nn, за които 20n2+n−1=p2q20 n^{2}+n-1=p^{2} q, къдсто pp и qq са прости числа и p2=q+8p^{2}=q+8.
РешениеИмаме p2q=(4n+1)(5n−1)p^{2} q=(4 n+1)(5 n-1). От равенството 5(4n+1)−4(5n−1)=95(4 n+1)-4(5 n-1)=9 следва, че най-големият общ делител на 4n+14 n+1 и 5n−15 n-1 е делител на 9. Ако приемем, че числата 4n+14 n+1 и 5n−15 n-1 се делят на 3, то p=3p=3 и тогава q=1q=1, а това с невъзможно. Следователно тези множители са взаимно прости. Проверяваме, че n>2n\gt{}2 и тогава 4n+1<5n−14 n+1\lt{}5 n-1. Следователно 4n+1=q4 n+1=q и 5n−1=p25 n-1=p^{2}, откъдето 8=p2−q=(5n−1)−(4n+1)=n−28=p^{2}-q= (5 n-1)-(4 n+1)=n-2. Получаваме n=10n=10 и p2q=20⋅100+10−1=2009=7241p^{2} q=20 \cdot 100+10-1=2009=7^{2} 41. Оцепявале: 2 т. за (4n+1;5n−1)=1;1(4 n+1; 5 n-1)=1; 1 т. за n=1;2;2n=1; 2; 2 т. за извода, че 4n+1=q4 n+1=q и 5n−1=p2;25 n-1=p^{2}; 2 т. за завършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-3f

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-4

Задача 4b

Пълен запис
Условие
В редица са записани числата от 1 до 9, така че сборът на всяко число на нечетна позиция със съседите (съседа) му е SS. Определете всички възможни стойности на SS.\
РешениеАко числата са записани в реда a,b,c,…,h,ia, b, c, \ldots, h, i, то 5S=45+b+d+f−h5 S=45+b+d+f-h. Понеже 10≤b+d+f+h≤3010 \leq b+d+f+h \leq 30, получаваме, че SS е срел чистата 11. 12. 13. 14. 15. От друга страна, 3S=a+b+d+e+f+h+i=45−(c−g)3 S=a+b+d+e+f+h+i=45-(c-g), което изключва S=15S=15. S=11S=11 е възможно при наредбата 925461738. S=13S=13 е възможно при наредбата 941832567. S=14S=14 е възможно при наредбата 592347168. Ако допуснем, че S=12S=12, то c+g=9c+g=9. Тъй като редицата от чиста a. b. c..., h. і записана в обратен ред също притежава свойството от условието. то без ограничение на общността c<gc\lt{}g. (∗)(*) Ако c=1,g=8c=1, g=8, то f+h=4f+h=4: абсурд. (∗)(*) Ако c=2,g=7c=2, g=7, то f+h=5f+h=5, т. е. {f;h}={1;4}\{f; h\}=\{1; 4\}. Ако h=1h=1. то i=11i=11: абстрл. Ако f=1,h=4f=1, h=4, то i=8,b+d=10i=8, b+d=10: абсурд, понеже вече са използвани числа от всички подходящи двойки. (∗)(*) Ако c=3,g=6c=3, g=6, то f+h=6f+h=6, т. е. {f;h}={1;5}\{f; h\}=\{1; 5\} и. ти {2;4}\{2; 4\}. Ако h≤2h \leq 2. то i≥10i \geq 10: абсурд. Ако f=1,h=5f=1, h=5, то i=7,b+d=9i=7, b+d=9: абсурл. понеже вече са използвани числа от всички подходящи двойки. Ако f=2,h=4f=2, h=4, то i=8.b+d=9i=8. b+d=9: абстрл. понеже вече са използвани числа от всички полходяши лвойки. (∗)(*) Ако c=4,g=5c=4, g=5, то f+h=7f+h=7, т. е. {f;h}={1;6}\{f; h\}=\{1; 6\}. Ако h=1h=1. то i=11i=11: абсурд. Ако h=6h=6, то i=6i=6: абсурд. Окончателно S=11,S=13S=11, S=13 или S=14S=14.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-4b

Задача 4c

Пълен запис
Условие
Сборът 211+222+233+⋯+220162016\frac{2^{1}}{1}+\frac{2^{2}}{2}+\frac{2^{3}}{3}+\cdots+\frac{2^{2016}}{2016} е записан като несъкратима дроб pq\frac{p}{q}. а) Да се докаже, че pp се дели на 32. б) Да се докаже или опровергае, че pp се дели на 64.
РешениеЩе докажем нещо повече, че pp се дели на 512. Да означим an=211+222+233+⋯+2nna_{n}=\frac{2^{1}}{1}+\frac{2^{2}}{2}+\frac{2^{3}}{3}+ \cdots+\frac{2^{n}}{n}. Имаме последователноa1=2,a2=4,a3=203,a4=323,a5=25615,a_{1}=2, a_{2}=4, a_{3}=\frac{20}{3}, a_{4}=\frac{32}{3}, a_{5}=\frac{256}{15},a6=32⋅13153,a7=32⋅151105,a8=213105. a_{6}=\frac{32 \cdot 13}{153}, a_{7}=\frac{32 \cdot 151}{105}, a_{8}=\frac{2^{13}}{105}.За да пресметнем a13a_{13} последователно прибавяме дробите 299,295,21111,2103,21313\frac{2^{9}}{9}, \frac{2^{9}}{5}, \frac{2^{11}}{11}, \frac{2^{10}}{3}, \frac{2^{13}}{13}. Числителите на всяка от тези дроби се дели на 512 и следователно числителят на a13a_{13} също ще се дели на 512. Като използваме неравенството 2n−9>n2^{n-9}\gt{}n за n>13n\gt{}13, което от своя страна лесно следва по индукция, виждаме че числителите на всяко от следващите събираеми ще се делят поне на 512. Следователно и числото pp ще се дели на 512.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-8-4c

2021

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

2022

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

2023

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