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

9

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • pms2021-9-3: има placeholder текст
  • pms2016-9-2: има placeholder текст
  • pms2015-9-2: има placeholder текст
  • pms2015-9-3: има placeholder текст
  • pms2011-9-2: има placeholder текст
  • pms2011-9-3: има placeholder текст
  • pms2006-9-2: има placeholder текст

2006

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които урав. нението x2+ax+3a2−7a−19=0x^{2}+a x+3 a^{2}-7 a-19=0 има реални корени x1x_{1} и x2x_{2}, които удовлетворяват рагенството1x1−2+1x2−2=−2a13\frac{1}{x_{1}-2}+\frac{1}{x_{2}-2}=-\frac{2 a}{13}
РешениеРазглежданият израз има смисъл при x1≠2x_{1} \neq 2 и x2≠2x_{2} \neq 2, т. е. при 3a2−5a−15≠03 a^{2}-5 a-15 \neq 0. С помощта на формулите на Виет пресмятаме1x1−2+1x2−2=x1+x2−4(x1−2)(x2−2)=\frac{1}{x_{1}-2}+\frac{1}{x_{2}-2}=\frac{x_{1}+x_{2}-4}{\left(x_{1}-2\right)\left(x_{2}-2\right)}=−a+43a2−5a−15-\frac{a+4}{3 a^{2}-5 a-15}Следователноa+43a2−5a−15=2a13\frac{a+4}{3 a^{2}-5 a-15}=\frac{2 a}{13}откъдето 6a3−10a2−43a−52=06 a^{3}-10 a^{2}-43 a-52=0. Последното уравнение има единствен рационален (и реален) корен a=4a=4. Непосредствена проверка показва, че корените на даденото уравнение са реални при a=4a=4.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-9-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Множествата M={1,2,…,27}M=\{1, 2, \ldots, 27\} и A={a1,a2,…,ak}⊂{1,2,…,14}A=\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}\right\} \subset\{1, 2, \ldots, 14\} имат следното свойство: всеки елемент на MM може да се представи като сума на един или два (не непременно различни) елемента на AA. Да се намери минималната възможна стойност на kk.
РешениеС елементите на AA можем да образуваме(k2)+k+k=k(k+3)2\binom{k}{2}+k+k=\frac{k(k+3)}{2}суми от разглеждания вид (съответно с по две различни събираеми, с по две едчакви събираеми и с едно събираемо). Следователно k(k+3)2≥27\frac{k(k+3)}{2} \geq 27, откъдето получаваме k≥6k \geq 6. Ако k=6k=6, горната
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2006-9-3

2007

1 задача

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадени са естествени числа nn и mm, за които n≥m≥2n \geq m \geq 2. Група от няколко монети се нарича nn-добра, ако в нея няма повече от nn монети с една и съща стойност. Число SS се нарича nn-достижимо, ако в групата има nn монети със сбор от стойностите им, равен на SS. Да се намери най-малката стойност на естествено число DD, за което за всяка nn-добра група от DD монети съществуват поне mm различни числа, които са nn-достижими.
РешениеДа разгледаме група от n+m−2n+m-2 монети, в която има nn монети от 1 лев и m−2m-2 монети от 2 лева. Всяко nn-достижимо число има вида x+2yx+2 y, където xx е броя на монетите от 1 лев, а yy е броя на монетите от 2 лева и x+y=nx+y=n. Следователно x+2y=n+yx+2 y=n+y. Тъй като монетите от 2 лева са m−2m-2, то yy може да приема стойности 0,1,2,…,m−20, 1, 2, \ldots, m-2, т. е. m−1m-1 стойности. Следователно nn-достижимите числа са m−1m-1, т. е. D>n+m−2D\gt{}n+m-2. Да разгледаме произволна група от n+m−1n+m-1 монети и да ги подредим по големина:a1≤a2≤⋯≤an+m−1a_{1} \leq a_{2} \leq \cdots \leq a_{n+m-1}За всяко i=1,2,…mi=1, 2, \ldots m да разгледаме сбороветеSi=ai+ai+1+⋯+an+i−1S_{i}=a_{i}+a_{i+1}+\cdots+a_{n+i-1}Тъй като групата е nn-добра, то не може да има n+1n+1 последователни равни числа. Това означава, че an+i>aia_{n+i}\gt{}a_{i} за всяко i=1,2,…m−1i=1, 2, \ldots m-1. Понеже Si+1−Si=an+i−ai>0S_{i+1}-S_{i}=a_{n+i}-a_{i}\gt{}0, тоSi<Si+1<⋯<SmS_{i}\lt{}S_{i+1}\lt{}\cdots\lt{}S_{m}Следователно числата S1,S2,…,SmS_{1}, S_{2}, \ldots, S_{m} са различни и са nn-достижими, т. е. D=m+n−2D=m+n-2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2007-9-4

2009

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
От точка AA, лежаща на ъглополовящата на остър ъгъл с връх точка OO са спуснати перпендикуляри ABA B и ACA C към раменете му. Върху отсечките OBO B и OCO C са избрани съответно точки PP и QQ така, че ∠OAP=∠CAQ\angle O A P=\angle C A Q. Да се докаже, че центърът на описаната окръжност за △APQ\triangle A P Q лсжи на отсечката OAO A.
РешениеДа означим с XX центъра на онисаната окръжност за △APQ\triangle A P Q. Тогава имаме∠PXQ=2∠PAQ=2(∠OAP+∠OAQ)=2(∠CAQ+∠OAQ)=2∠CAO=2(90∘−∠AOC)=180∘−∠BOC,\begin{aligned} \angle P X Q & =2 \angle P A Q=2(\angle O A P+\angle O A Q) \\ & =2(\angle C A Q+\angle O A Q)=2 \angle C A O \\ & =2\left(90^{\circ}-\angle A O C\right)=180^{\circ}-\angle B O C, \end{aligned}което означава, че XX лежи на онисаната околю △OPQ\triangle O P Q окръжност. Освен това имаме XP=XQX P=X Q и следователно XX е средата на дъгата PQ^\widehat{P Q}. Понеже ∠POA=∠COA\angle P O A=\angle C O A, то OAO A минава през средата на тази дъга и следователно X∈OAX \in O A.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2009-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
За естествено число n>1n\gt{}1 нека s(n)s(n) е най-малкият естествен делител на nn, който е по-голям от 1. Да се намерят всички естествени числа aa и bb, за които a2+b2=s(a)2+3s(b)4a^{2}+b^{2}=s(a)^{2}+3 s(b)^{4}.
РешениеПърви начин. Да отбележим, че s(a)s(a) и s(b)s(b) са прости числа и да означим a=s(a)ka=s(a) k и b=s(b)ℓb=s(b) \ell, където kk и ℓ\ell са естествени числа. Тогава s(a)2(k2−1)=s(b)2(3s(b)2−ℓ2)s(a)^{2}\left(k^{2}-1\right)= s(b)^{2}\left(3 s(b)^{2}-\ell^{2}\right) и значи s(b^)s(\hat{b}) дсли s(a)2(k2−1)s(a)^{2}\left(k^{2}-1\right). Случай 1. Нека s(b)s(b) дели s(a)2s(a)^{2}. Имаме s(b)=s(a)s(b)=s(a) и k2+ℓ2−1=3s(b)2k^{2}+\ell^{2}-1=3 s(b)^{2}. Ако s(b)=2s(b)=2, получаваме k2+ℓ2=13k^{2}+\ell^{2}=13 и (k,ℓ)=(2,3)(k, \ell)=(2, 3) или (3,2)(3, 2), откъдето (a,b)=(4,6)(a, b)=(4, 6) или (6,4)(6, 4). Ако s(b)s(b) е нечетно, то kk и ℓ\ell са нечетни и имаме 1≡k2+ℓ2−1=3s(b)2≡31 \equiv k^{2}+\ell^{2}-1=3 s(b)^{2} \equiv 3 (mod 4), противоречие. Случай 2. Нека s(b)s(b) дели k2−1k^{2}-1. Ако s(b)=2s(b)=2, то kk е нечетно, k2−1k^{2}-1 се дели на 8 и 3s(b)2−ℓ2=12−ℓ2>03 s(b)^{2}-\ell^{2}=12-\ell^{2}\gt{}0 е четно, т. е. ℓ=2\ell=2. Получаваме s(a)2(k2−1)=32s(a)^{2}\left(k^{2}-1\right)=32, откъдето s(a)=2,k=3s(a)=2, k=3 и (a,b)=(6,4)(a, b)=(6, 4). Ако s(b)s(b) е нечетно, то ℓ\ell също е нечетно и имаме 3s(i))2−ℓ2≡2( mod 4)3 s(i))^{2}-\ell^{2} \equiv 2(\bmod 4). Следоватслно s(2)=2s(2)=2 или kk с нечетно, като и вдната случая лявата страна сс дели на 4, противоречие. Втори начин. Разглеждането на даденото равенство по модул 4 лесно отхвърля случая, когато s(b)s(b) е нечетно (понеже n2≡s2(n)( mod 4)n^{2} \equiv s^{2}(n)(\bmod 4) ). Следователно s(b)=2s(b)=2 и от s(a)2(k2−1)=4(12−ℓ2)s(a)^{2}\left(k^{2}-1\right)=4\left(12-\ell^{2}\right) лесно получаваме решенията.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2009-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадена е таблица 100×100100 \times 100, клетките на която са запълнени с естествени числа, ненадвишаващи 100. След всеки ред (под всеки стълб) била записана сумата на съдържащите се в реда (стълба) числа, след което числата в таблицата били изтрити. Само по записаните суми, Иван успял нанълно и еднозначно да възстанови всички числа в таблицата. Колко пай-много измежду числата в таблицата може да са били седмици?
РешениеОтговор - 198. Нека P,Q,R,SP, Q, R, S да бъдат числата от общите клетки на някои два реда и два стьлба. Поне две от тези числа трябва да са от множеството {1,100}\{1, 100\}. Действително, в противен случай, ако например само PP е от това множество, при P≠100P \neq 100 можем да получим друга паредба чрез замяната P,Q,R,S→P+1,Q−1,R+1,S−1P, Q, R, S \rightarrow P+1, Q- 1, R+1, S-1, а при P≠1P \neq 1 - извършвайки замяната P,Q,R,S→P−1,Q+1,R−1,S+1P, Q, R, S \rightarrow P-1, Q+1, R-1, S+1, докато по условие наредбата трябва да с единствена. Оттук следва, че за всяка клетка, съдържаща числото 7, или стълбът и́, или редът и́ не съдьржат други седмици. Да съпоставим на всяка седмица минавапата през пея празна линия (ред или стълб, несъдържащ друга седмица). Ако седмиците са поне 199, то линиите от единия вид (редове или стълбове) са 100, откъдето следва, че седмиците са общо не повече от 100, противоречие. Следователно седмиците са не повече от 198. Точно 198 седмици пе имаме, ако A1=793,A2=A3=…=A100=106,B1=793,B2=B3=…=B100=106A_{1}=793, A_{2}=A_{3}=\ldots=A_{100}=106, B_{1}=793, B_{2}=B_{3}=\ldots=B_{100}=106. В този случай таблицата се възстановява еднозначно. Действително, числата в първия стълб от втори ред надолу са не по-големи от 7, от сумите но редове, и тогава трябва да са точно равни на 7 от сумата в шървия стълб. Оттук следва единствен избор за 100 в горната лява клетка и 1 в таблицата 99×9999 \times 99 под първия ред и стьлб, оттам на 7 и в първия ред.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2009-9-4

2010

1 задача

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се памерят всички стойности на реалния параметьр aa, за които корените x1x_{1} и x2x_{2} на квадратното уравнение x2+(a+2)x+a−1=0x^{2}+(a+2) x+a-1=0 удовлетворяват равенствотоx1+11+x1+x2+1x2−1=0x_{1}+\frac{1}{1+x_{1}}+x_{2}+\frac{1}{x_{2}-1}=0
РешениеДа отбележим, че корените па даденото уравнение випаги са реални и са различни от ±1\pm 1 при a≠−1a \neq-1. Да запишем даденото равенство във вида x1+x2(x1+1)(x2−1)=−(x1+x2)\frac{x_{1}+x_{2}}{\left(x_{1}+1\right)\left(x_{2}-1\right)}= -\left(x_{1}+x_{2}\right). Случай 1. Ако x1+x2=0x_{1}+x_{2}=0, получаваме a=−2a=-2, което е ренение па задачата. Случай 2. Ако x1+x2≠0x_{1}+x_{2} \neq 0, след съкращаване и освобождаване от знаменател получаваме 1=−(x1+1)(x2−1)⟺x1x2=x1−x21=-\left(x_{1}+1\right)\left(x_{2}-1\right) \Longleftrightarrow x_{1} x_{2}=x_{1}-x_{2}. Последното е еквивалентно на a−1=±x2a2+8a-1= \pm \sqrt{\vphantom{x^2}a^{2}+8}, откъдето намирамс a=−72a=-\frac{7}{2}. При a=−72a=-\frac{7}{2} имаме x1=−32x_{1}=-\frac{3}{2} и x2=3x_{2}=3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2010-9-1

2011

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравненията (a+1)x2+x−1=0(a+1) x^{2}+x-1=0 и ax2−2x+3=0a x^{2}-2 x+3=0 имат общ корен.
РешениеНека x0x_{0} е общ корен на двете уравнения. След елиминиране на x02x_{0}^{2} получаваме (3a+2)x0=4a+3(3 a+2) x_{0}=4 a+3, което няма при a=−32a=-\frac{3}{2}, а при a≠−23a \neq-\frac{2}{3} намираме x0=4a+33a+2x_{0}=\frac{4 a+3}{3 a+2}. Заместваме x0=4a+33a+2x_{0}=\frac{4 a+3}{3 a+2} във второто уравнение и получавамеa(4a+33a+2)2=2(4a+3)3a+2−3=a\left(\frac{4 a+3}{3 a+2}\right)^{2}=\frac{2(4 a+3)}{3 a+2}-3=2(4a+3)−3(3a+2)3a+2=−a3a+2\frac{2(4 a+3)-3(3 a+2)}{3 a+2}=-\frac{a}{3 a+2}Лесно се вижда, че a=0a=0 не дава на задачата, а при a≠0a \neq 0 получаваме квадратното уравнение (4a+3)2=−3a−2⟺16a2+27a+11=0(4 a+3)^{2}=-3 a-2 \Longleftrightarrow 16 a^{2}+27 a+11=0 с корени a1=−1a_{1}=-1 и a2=−1116a_{2}=-\frac{11}{16}, като съответните общи корени са x0=−1x_{0}=-1 и -4.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-9-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
В клетките на таблица 100×100100 \times 100 са записани 1002−1100^{2}-1 плюса и един минус (по един знак в клетка). Разрешено е за един ход да се сменят всички знаци в даден ред или стълб. Възможно ли е след краен брой ходове да се достигне до таблица, в която има точно 2011 минуса?
РешениеОтговор: не! Нека xx (съответно yy ) е броят на редовете (съответно стълбовете), с които са направени нечетен брой ходове. Да забравим за момент за минуса и да го считаме за плюс. Тогава в края минусите са x(100−y)+y(100−x)x(100-y)+y(100-x), което е четно число. Следователно 2011 минуса могат да се получат само ако горното число е 2010 или 2012 и отчитането на минуса доведе съответно до увеличение или намаление с 1. Ще докажем, че равенствата x(100−y)+y(100−x)=2010x(100-y)+y(100-x)=2010 и 2012 са невъзможни. Ако x(100−y)+y(100−x)=2010x(100-y)+y(100-x)=2010, получаваме (x−50)(y−50)=1495(x-50)(y-50)=1495. Тъй като 0≤x,y≤1000 \leq x, y \leq 100, множителите отляво не надминават 50 по абсолютна стойност. Но 1495=5⋅13⋅231495=5 \cdot 13 \cdot 23 не може да се представи като такова произведение. Аналогично, от x(100−y)+y(100−x)=2012x(100-y)+y(100-x)=2012 получаваме (x−50)(y−50)=1494=(x-50)(y-50)=1494= 2 \cdot 9 \cdot 83 и остава да отбележим, че няма как да получим отляво множител 83.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2011-9-3

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Няколко от полетата на една шахматна дъска n×n,n≥4n \times n, n \geq 4, са маркирани. Известно е, че никои две маркирани полета не се намират в един и същи ред или стълб, както и че шахматният кон може да тръгне от някое маркирано поле и с няколко скока да премине през всички маркирани полета точно по веднъж. Колко най-много могат да са маркираните полета?
РешениеОтговор: n−1n-1, ако n≡2( mod 4)n \equiv 2(\bmod 4) и nn в останалите случаи. Ясно е, че не можем да имаме повече от nn маркирани полета. Да предположим, че маркираните полета са nn на брой и n=4k+2,k∈Nn=4 k+2, k \in \mathbb{N}. Да разгледаме стандартното шахматно оцветяванеполетата (i,j)(i, j), за които числото i+ji+j е нечетно, са черни, а останалите са бели. Да означим маркираните полета с (i1,j1),(i2,j2),…(i4k+2,j4k+2)\left(i_{1}, j_{1}\right), \left(i_{2}, j_{2}\right), \ldots\left(i_{4 k+2}, j_{4 k+2}\right). От условието за ходовете на коня и от факта, че конят мени цвета на полето си при всеки скок (от черен на бял и обратно), виждаме, че точно половината (т. е. 2k+12 k+1 ) от сумите i1+j1,i2+j2,…i4k+2+j4k+2i_{1}+j_{1}, i_{2}+j_{2}, \ldots i_{4 k+2}+j_{4 k+2} трябва да бъдат нечетни. Оттук следва, че и сумата i1+j1+i2+j2+…+i4k+2+j4k+2=2(1+2+…+(4k+2))i_{1}+j_{1}+i_{2}+j_{2}+\ldots+i_{4 k+2}+j_{4 k+2}=2(1+2+\ldots+(4 k+2)) също трябва да бъде да бъде нечетно числопротиворечие! Рисунката показва един маршрут на коня в дъска 10×1010 \times 10, който лесно може да се обобщи така, че да даде необходимия брой ( nn или n−1n-1 съответно при n≢2n \not \equiv 2 или ≡2( mod 4))\equiv 2(\bmod 4)) маркирани полета върху дъски с всякакви размери, като една и съща последователност от четири хода се повтаря циклично. Например при n=4,n=5n=4, n=5 и n=8n=8 имаме съответно ситуацията с дъската 4×4,5×54 \times 4, 5 \times 5 и 8×88 \times 8 долу вляво, а при n=7n=7 трябва да "отрежем" един ред отдолу и два отгоре и аналогично за стълбовете.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2011-9-4

2013

7 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър mm, за които системата∣ (x+m+2)2+y2=1y2=2mx\left\lvert\, \begin{aligned} & (x+m+2)^{2}+y^{2}=1 \\ & y^{2}=2 m x \end{aligned}\right.има четири различни
РешениеОт второто уравнение изразяваме x=y22mx=\frac{y^{2}}{2 m} (лесно се вижда, че m=0m=0 не е ) и заместваме в първото. Полученото биквадратно уравнение трябва да има 4 реални различни корена, което означава, че съответното му квадратно уравнение (t2m+m+2)2+t−1=0\left(\frac{t}{2 m}+m+2\right)^{2}+t-1=0 (положили сме y2=ty^{2}=t ) трябва да има два реални различни положителни корена. Получаваме уравнението t2+8m(m+1)t+4m2(m+1)(m+3)=0t^{2}+8 m(m+1) t+4 m^{2}(m+1)(m+3)=0 с дискриминанта от съкратената формула D=16m2(m+1)2−4m2(m+1)(m+3)=4m2(m+1)(3m+1)D=16 m^{2}(m+1)^{2}-4 m^{2}(m+1)(m+3)=4 m^{2}(m+1)(3 m+1). Имаме D>0⟺m∈(−∞,−1)∪(−13,+∞)D\gt{}0 \Longleftrightarrow m \in(-\infty, -1) \cup\left(-\frac{1}{3}, +\infty\right). Двата корена са положителни точно когато 4m2(m+1)(m+3)>0⟺m∈(−∞,−3)∪(−1,+∞)4 m^{2}(m+1)(m+3)\gt{}0 \Longleftrightarrow m \in(-\infty, -3) \cup(-1, +\infty) и 8m(m+1)<0⟺m∈(−1,0)8 m(m+1)\lt{}0 \Longleftrightarrow m \in(-1, 0). Следователно търсените стойности на mm са m∈(−13,0)m \in\left(-\frac{1}{3}, 0\right).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-9-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
В зависимост от стойностите на параметъра aa, да се намери броят на решенията на уравнснисто(x−∣a−3∣)(x−∣a+1∣)x2+4x−a2+2a+3=0.\frac{(x-|a-3|)(x-|a+1|)}{x^{2}+4 x-a^{2}+2 a+3}=0.
РешениеЧислото ∣a−3∣|a-3| не е на даденото уравнение, ако то е корен па знаменателя, т. е. (a−3)2+4∣a−3∣−a2+2a+3=0(a-3)^{2}+4|a-3|-a^{2}+2 a+3=0, откъдето ∣a−3∣=a−3|a-3|=a-3, което с възможно само при a≥3a \geq 3. Аналогично ∣a+1∣|a+1| няма да е корен на уравнението, когато ∣a+1∣+a+1=0|a+1|+a+1=0. Последното е възможно само ако a≤−1a \leq-1. Следователно при a≤−1a \leq-1 уравненисто има само един корен x=3−ax=3-a, при a≥3a \geq 3, то също има само един корен x=a+1x=a+1. При −1<a<3-1\lt{}a\lt{}3 и двете числа x=3−ax=3-a и x=a+1x=a+1 са корени, но при a=1a=1 тсзи корсни съвпадат. Окончатслно, при a≤−1,a≥3a \leq-1, a \geq 3 и a=1a=1 уравненисто има само един корен, а при a∈(−1,1)∪(1,3)a \in(-1, 1) \cup(1, 3) уравнението има два корена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-9-1b

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C. Окръжността през върховете BB и CC, допираща се до ACA C в точка CC и окръжността през върховете AA и CC, допираща се до BCB C в точка CC се пресичат за втори път в точка DD. Да се докаже, че правата CDC D минава през пресечната точка PP на допирателните в AA и BB към описаната около △ABC\triangle A B C окръжност.
РешениеАко ∠ACB=γ\angle A C B=\gamma, то от условието следва, че∠ADC=∠BDC=180∘−γ,т. е.∀ADB=2γ.\angle A D C=\angle B D C=180^{\circ}-\gamma, \text{т. е.} \forall A D B=2 \gamma.Тогава∠ADB+∠APB=2γ+(180∘−2γ)=180∘,\angle A D B+\angle A P B=2 \gamma+\left(180^{\circ}-2 \gamma\right)=180^{\circ},т. е. четириъгълникът APBDA P B D е вписан в окръжност. Остава да съобразим, че PA=PBP A=P B, т. е. ∠PDB=∠PDA=γ\angle P D B=\angle P D A=\gamma и следователно ∠PDB+∠BDC=γ+(180∘−)=180∘\angle P D B+\angle B D C=\gamma+\left(180^{\circ}-\right)=180^{\circ}, т. е. точките C,DC, D и PP лежат на една права.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-9-2

Задача 2b

Пълен запис
Условие
Да се реши уравненистоx2x−a=x2+a\sqrt{\vphantom{x^2}x-a}=x^{2}+aкъдето aa е реален пеотрицателен параметър.
РешениеТъй като при a≥0,x2+a≥0a \geq 0, x^{2}+a \geq 0 за всяко xx, то след повдигане на квадрат достигаме до сквивалентното уравнениеx4+2ax2−x+a2+a=0x^{4}+2 a x^{2}-x+a^{2}+a=0което, разгледано като квадратно относно aa, се разлага във вида(a+x2−x)(a+x2+x+1)=0.\left(a+x^{2}-x\right)\left(a+x^{2}+x+1\right)=0.При a≥0a \geq 0 вторият множитсл с строго положителен и остава да решим квадратното уравнение x2−x+a=0x^{2}-x+a=0. Така окончателно получаваме, че при a∈[0,14)a \in\left[0, \frac{1}{4}\right) уравнението има две x_{1, 2}=\frac{1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}1-4 a}}{2},при, при a=\frac{1}{4}имаедноx=12 има едно x=\frac{1}{2}, а при a>14a\gt{}\frac{1}{4} няма решсние.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-9-2b

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които съществува цяло число xx, такова, че n!n! дели x3+4x−680x^{3}+4 x-680. (С nn! е означено произведението на всички естествени числа от 1 до nn.)
РешениеДа означим f(x)=x3+4x−680f(x)=x^{3}+4 x-680. Ако f(x)f(x) се дели на n!n!, то сравнението f(x)≡0( mod pα)f(x) \equiv 0\left(\bmod p^{\alpha}\right) трябва да има за всеки модул pα,pp^{\alpha}, p е просто число, участващ в каноничното разлагане на n!n!. Тъй като сравненисто f(x)≡0( mod 7)f(x) \equiv 0(\bmod 7) не е изшълнено за никос цяло xx (директна проверка па остатьците на xx по модул 7), заключаваме, че n≤6n \leq 6. Ако f(x)f(x) се дели на 16=2416=2^{4}, то xx с четно. Тъй като f(2y)=8(y3+y−85)f(2 y)=8\left(y^{3}+y-85\right) се дели на 8, но не се дели на 16 (запцото y3+y−85=y(y2+1)−85y^{3}+y-85=y\left(y^{2}+1\right)-85 винаги е нечетно при пяло yy ), заключаваме, че n=6n=6 не е Ясно с, че ако някое nn с , то и по-малките от nn естествени числа също са Ще докажем, че n=5n=5 е От 5≠23.3⋅55\neq{}2^{3}.3 \cdot 5 следва, че е достатъчно да намерим на сравненията f(x)≡0( mod 8),f(x)≡0( mod 3)f(x) \equiv 0 (\bmod 8), f(x) \equiv 0(\bmod 3) и f(x)≡0( mod 5)f(x) \equiv 0(\bmod 5) и да приложим Китайската теорема за остатъците. Първото е изпълнено при четно xx, второто при x≡1( mod 3)x \equiv 1(\bmod 3) и третото при x≡0( mod 5)x \equiv 0(\bmod 5), откъдето x≡10( mod 30)x \equiv 10(\bmod 30).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека pp е нечетно просто число. Съществуват ли естествени числаa,b1,b2,…,b6∈{1,2,…,p−2}a, b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{6} \in\{1, 2, \ldots, p-2\}за които да е изпълнено равенството(p−1a)(p−1a+1)=(p−1b1)2+(p−1b2)2+⋯+(p−1b6)2?(C(nk)означаваме числотоn(n−1)⋯(n−k+1)k(k−1)⋯1.)\begin{aligned} & \quad\binom{p-1}{a}\binom{p-1}{a+1}=\binom{p-1}{b_{1}}^{2}+\binom{p-1}{b_{2}}^{2}+\cdots+\binom{p-1}{b_{6}}^{2}? \\ & \left(\mathrm{C}\binom{n}{k} \text{означаваме числото} \frac{n(n-1) \cdots(n-k+1)}{k(k-1) \cdots 1}.\right) \end{aligned}
РешениеЩе използваме следното помощно твърдение. Лема. За всяко просто число pp и за всяко k∈{1,2,…,p−2}k \in\{1, 2, \ldots, p-2\} е в сила сравнението(p−1k)≡(−1)k( mod p)\binom{p-1}{k} \equiv(-1)^{k} \quad(\bmod p)Доказателство. Тъй като (p,k!)=1(p, k!)=1, разглежданото сравнение(p−1)(p−2)…(p−k)k!≡(−1)k( mod p)\frac{(p-1)(p-2) \ldots(p-k)}{k!} \equiv(-1)^{k} \quad(\bmod p)е еквивалентно на (p−1)(p−2)…(p−k)≡(−1)kk!( mod p)(p-1)(p-2) \ldots(p-k) \equiv(-1)^{k} k!(\bmod p), което очевидно е вярно (разкриваме скобите!). Да предположим, че числа с исканите свойства съществуват. Да отбележим, че a=p−2a=p-2 не дава (Защо?). Тогава от лемата следва, че лявата страна на даденото равенство е сравнима с (−1)a(−1)a+1=1(-1)^{a}(-1)^{a+1}=1, а дясната c(−1)2b1+(−1)2b2+⋯+(−1)2b6=6\mathrm{c}(-1)^{2 b_{1}}+(-1)^{2 b_{2}}+ \cdots+(-1)^{2 b_{6}}=6. Оттук −1≡6( mod p)-1 \equiv 6(\bmod p), което означава, че p=7p=7. При p=7p=7 от свойствата на биномните коефициенти следва, че лявата страна може да приема само две различни стойности, които се получават при a=1a=1 и a=2a=2 и са съответно (61)(62)=90\binom{6}{1}\binom{6}{2}=90 и (62)(63)=300\binom{6}{2}\binom{6}{3}=300. Най-малката стойност на дясната страна е 6(61)2=2166\binom{6}{1}^{2}=216, а следващата по големина е 5⋅(61)2+(62)2=4055 \cdot\binom{6}{1}^{2}+\binom{6}{2}^{2}=405. Следователно исканото равенство е невъзможно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-9-4

Задача 4b

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа x,yx, y и k,1≤k≤4k, 1 \leq k \leq 4, за коитоxy+x+1y+1+⋯+x+ky+k=5\frac{x}{y}+\frac{x+1}{y+1}+\cdots+\frac{x+k}{y+k}=5
РешениеЯсно е, че y≤xy \leq x (иначе лявата страна е по-малка от 5). След изваждане на 1 от всяка от дробите отляво представяме дадсното уравнение във вида(x−y)∑i=0ky(y+1)⋯(y+k)y+i=(x-y) \sum_{i=0}^{k} \frac{y(y+1) \cdots(y+k)}{y+i}=y(y+1)⋯(y+k)(5−k−1).y(y+1) \cdots(y+k)(5-k-1).При k=1k=1 имаме (x−y)(2y+1)=3y(y+1)(x-y)(2 y+1)=3 y(y+1). Тъй като (2y+1,y)=(2y+1,y+(2 y+1, y)=(2 y+1, y+ 1) = 1, трябва 2y+1∣32 y+1 \mid 3, откъдето 2y+1=3,y=12 y+1=3, y=1 и x=3x=3. При k=4k=4 имаме (x−y)∑i=05y(y+1)⋯(y+k)y+i=0(x-y) \sum_{i=0}^{5} \frac{y(y+1) \cdots(y+k)}{y+i}=0, откъдето x=yx=y. Нека k=2k=2 и да запишем уравнението във вида (x−y)(3y2+6y+2)=2y(y+(x-y)\left(3 y^{2}+6 y+2\right)=2 y(y+ 1) (y+2)(y+2). Тъй като (y+1,3y2+6y+2)=1\left(y+1, 3 y^{2}+6 y+2\right)=1, имаме y+1∣x−y=(x+1)−(y+1)y+1 \mid x-y=(x+1)-(y+1), откъдето y+1∣x+1y+1 \mid x+1. Ако x+1≥2(y+1)x+1 \geq 2(y+1), получавамеxy+x+1y+1+x+2y+2>2+2+1=5\frac{x}{y}+\frac{x+1}{y+1}+\frac{x+2}{y+2}\gt{}2+2+1=5и уравнението няма Ако x+1=y+1x+1=y+1, то лявата страна е равна на 3 и отново нямаме При k=3k=3 имаме уравнението 2(x−y)(2y3+9y2+11y+3)=y(y+1)(y+2)(y+3)2(x-y)\left(2 y^{3}+9 y^{2}+11 y+3\right)=y(y+1)(y+2)(y+3). Тъй като числото 2y3+9y2+11y+3=2y2(y+1)+7y(y+1)+4(y+1)−12 y^{3}+9 y^{2}+11 y+3=2 y^{2}(y+1)+7 y(y+1)+4(y+1)-1 е взаимнопросто с y+1y+1, заключаваме, че y+1∣2(x−y)=2(x+1−(y+1))y+1 \mid 2(x-y)=2(x+1-(y+1)), откъдето y+1∣2(x+1)y+1 \mid 2(x+1). Равенството y+1=2(x+1)y+1=2(x+1) е невъзможно поради y<xy\lt{}x, при x+1=y+1x+1=y+1 лявата страна с равна на 4, а при 2(x+1)≥3(y+1)2(x+1) \geq 3(y+1) имамеxy+x+1y+1+x+2y+2+x+3y+3>32+32+1+1=5\frac{x}{y}+\frac{x+1}{y+1}+\frac{x+2}{y+2}+\frac{x+3}{y+3}\gt{}\frac{3}{2}+\frac{3}{2}+1+1=5и уравнението няма Окончатслно, търсените числа са (x,y,k)=(3,1,1)(x, y, k)=(3, 1, 1) и (x,x,4)(x, x, 4).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2013-9-4b

2014

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека ABCDA B C D е вписан в окръжност kk четириъгълник и продълженията на страните ABA B и CDC D се пресичат в точка MM. Нека MTM T е допирателна към k(T∈k)k(T \in k) и правата BDB D пресича отсечката MTM T в точка EE. Ако MTM T е успоредна на диагонала ACA C, то да се намери отношението EM:ETE M: E T.
РешениеОт MT∥ACM T \| A C следва, че ∠EMB=∠BAC\angle E M B=\angle B A C. Но ∠BAC=∠BDC\angle B A C=\angle B D C и следователно △EMB∼△EDM\triangle E M B \sim \triangle E D M, т. е.EBEM=EMED⇒EM2=EB.ED\frac{E B}{E M}=\frac{E M}{E D} \Rightarrow E M^{2}=E B. E DОт друга страна, от свойството на секущите следва, че ET2=EB.EDE T^{2}=E B. E D. Тогава EM=ETE M=E T, което означава, че търсеното отношение е 1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Фигурата, получена от квадрат 2×22 \times 2 след премахването на една негова клетка се нарича триклетъчен ъгъл. Възможно ли е клетките на една шахматна дъска с размери 3000×30003000 \times 3000 да бъдат оцветени в бяло и черно по такъв начин, че както и да се разреже тази дъска на 3000000 триклетъчни ъгъла, всеки от тях да съдържа точно по една черна клетка?
РешениеОтговор: Не! Да допуснем противното. Оцветяването трябва да съдържа точно три милиона черни клетки. Да разрежем дъската на 150021500^{2} квадратчета 2×22 \times 2. Да допуснем, че всяко от тези квадратчета, което не граничи с ръба на дъската, съдържа най-много една черна клетка. Тогава имаме общо не повече от 14982+4×1499×4<30000001498^{2}+4 \times 1499 \times 4\lt{}3000000 черни клетки: противоречие. Да разгледаме едно "вътрешно" квадратче ss, което съдържа поне две черни клетки. Нека SS е правоъгълника с размери 4×30004 \times 3000, съставен от квадратчето ss, всички други квадратчета 2×22 \times 2 в същите два реда, и всички квадратчета 2×22 \times 2 в следващите два реда. Частта от дъската, която лежи извън SS, можем да разрежем на хоризонтални правоъгълници 2×32 \times 3, а следователно и на триклетъчни ъгли. Правоъгълникът SS, от друга страна, можем да разрежем на триклетъчни ъгли и правоъгълници 2×32 \times 3 по следните три начина: Лесно се вижда, че в поне един от тях разрязването ще може да се довърши по такъв начин, че двете черни клетки от ss да попаднат в един и същи триклетъчен ъгъл: противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се реши в естествени числа уравнението x3−5x+28=2y(2y+1)x^{3}-5 x+28=2^{y}\left(2^{y}+1\right).
РешениеДа разгледаме уравнението по модул 7. Лявата страна може да дава остатъци 0,2,3,40, 2, 3, 4 и 5, а дясната 2 и 6. Следователно и двете страни дават остатък 2 при деление на 7, като това може да се случи само когато yy се дели на 3. Нека y=3ky=3 k, k∈Nk \in \mathbb{N}, и да запишем уравнението във видаx3−43k=22k+5x−28⟺(x−4k)(x2+4kx+42k)=x^{3}-4^{3 k}=2^{2 k}+5 x-28 \Longleftrightarrow\left(x-4^{k}\right)\left(x^{2}+4^{k} x+4^{2 k}\right)=23k+5x−28.2^{3 k}+5 x-28.Ако x<4kx\lt{}4^{k}, лявата страна е отрицателна и значи 0>23k+5x−28≥5x−200\gt{}2^{3 k}+5 x-28 \geq 5 x-20, откъдето x<4x\lt{}4. Непосредствена проверка за x=1,2,3x=1, 2, 3 не дава Ако x>4kx\gt{}4^{k}, лявата страна е поне x2+4kx+42k≥x2+4x+24k>5x+23k>23k+5x−28x^{2}+4^{k} x+4^{2 k} \geq x^{2}+4 x+2^{4 k}\gt{}5 x+2^{3 k}\gt{} 2^{3 k}+5 x-28. Остава случаят x=4kx=4^{k}, при който получаваме 23k+5⋅4k=282^{3 k}+5 \cdot 4^{k}=28, което очевидно е изпълнено само при k=1k=1. Следователно x=4x=4 и y=3y=3 е единственото
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2014-9-4

2015

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметьр aa, за които уравнението∣3x−a2+2a−5∣=∣2x−2a2+a+7∣\left|3 x-a^{2}+2 a-5\right|=\left|2 x-2 a^{2}+a+7\right|има два различни реалши корена, които са равноотдалечени от числото 6.
РешениеДа означим за краткост f=a2−2a+5f=a^{2}-2 a+5 и g=2a2−a−7g=2 a^{2}-a-7. Тогава корените на даденото уравнение се получават от 3x−f=2x−g3 x-f=2 x-g и 3x−f=g−2x3 x-f=g-2 x, откъдето x1=f−gx_{1}=f-g и x2=f+g5x_{2}=\frac{f+g}{5}. Условието за равноотдалеченост на корените от 6 е еквивалентю наx1+x22=6⟺3f−2g=30⟺a2+4a+1=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=6 \Longleftrightarrow 3 f-2 g=30 \Longleftrightarrow a^{2}+4 a+1=0⟺a1,2=−2±x23.0 \Longleftrightarrow a_{1, 2}=-2 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}3}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-9-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадено е естествено число nn. Върху две успоредни прави са отбелязани общо nn точки и са построени всички отсечки с краища в тези точки. Нека ana_{n} е максималният брой области, на които може да се е разпаднала ивицата между двете прави (например a2=2a_{2}=2 ). a) Пресметнете a10a_{10} и a41a_{41}. о) Докажете, че съществува просто число pp, което не дели никое ana_{n}, и намерете наималкото такова pp.
РешениеНека в конфигурацията с максимален брой области на едната права има xx точки, а на другата y=n−xy=n-x и x≥yx \geq y. Явно в тази конфигурация никои три отсечки не минават през една точка. Отначало ивицата е една област. Ако при построяването на дадена отсечка тя пресече zz предишни, то тя се разпада на z+1z+1 отсечки, всяка от които дели някаква област, така че броят на областите нараства със z+1z+1. Сумирайки по всички построени отсечки, заключаваме, че броят на областите е с 1 повече от сбора на броя отсечки (който е xyx y ) и броя на пресечни точки на отсечки. Всяка пресечна точка се обуславя от двойка точки по едната права и двойка точки по другата, т. е. броят им е 14x(x−1)y(y−1)\frac{1}{4} x(x-1) y(y-1). Получаваме, че an=1+xy+14x(x−1)y(y−1)a_{n}=1+x y+\frac{1}{4} x(x-1) y(y-1). Да допуснем, че x−y≥2x-y \geq 2. Да разгледаме конфигурация с x−1x-1 точки на едната права и y+1y+1 на другата. От максималността следваxy+14x(x−1)y(y−1)≥(x−1)(y+1)+14(x−1)(x−2)(y+1)y0≥x−y−1+14(x−1)y(x−2y−2+x)≥2−1+14(x−1)y(2⋅2−2)≥0,\begin{gathered} x y+\frac{1}{4} x(x-1) y(y-1) \geq(x-1)(y+1)+\frac{1}{4}(x-1)(x-2)(y+1) y \\ 0 \geq x-y-1+\frac{1}{4}(x-1) y(x-2 y-2+x) \geq 2-1+\frac{1}{4}(x-1) y(2 \cdot 2-2) \geq 0, \end{gathered}което е противоречие. Така в максималната конфигурация броят на точките върху двете прави се различава най-много с 1. Следователно: (∗)(*) ако n=2kn=2 k, то x=y=kx=y=k и an=1+k2+14k2(k−1)2=14(k4−2k3+5k2+4)a_{n}=1+k^{2}+\frac{1}{4} k^{2}(k-1)^{2}=\frac{1}{4}\left(k^{4}-2 k^{3}+5 k^{2}+4\right). (∗)(*) ако n=2k+1n=2 k+1, то x=k+1,y=kx=k+1, y=k и an=1+(k+1)k+14k2(k2−1)=14(k4+3k2+4k+4)a_{n}=1+(k+1) k+\frac{1}{4} k^{2}\left(k^{2}-1\right)=\frac{1}{4}\left(k^{4}+3 k^{2}+4 k+4\right). а) Имаме a10=14(54−2⋅53+53)+1=126a_{10}=\frac{1}{4}\left(5^{4}-2 \cdot 5^{3}+5^{3}\right)+1=126 и a41=14(204+3⋅202)+20+1=40321a_{41}=\frac{1}{4}\left(20^{4}+3 \cdot 20^{2}\right)+20+1=40321. б) Имаме a2=2,a3=3,a5=10,a10=126a_{2}=2, a_{3}=3, a_{5}=10, a_{10}=126, сред които има кратни на първите 4 прости числа. За да покажем, че p=11p=11 е търсеното число, разглеждаме остатъците при деление на 11 и се уверяваме, че числителите не се делят на 11, така че и ana_{n} не се дели на 11:k012345678910k201495335941k3018594726310k401543993451k4−2k3+5k2+4411863931028k4+3k2+4k+441735926124\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline k & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \cr \hline k^{2} & 0 & 1 & 4 & 9 & 5 & 3 & 3 & 5 & 9 & 4 & 1 \cr \hline k^{3} & 0 & 1 & 8 & 5 & 9 & 4 & 7 & 2 & 6 & 3 & 10 \cr \hline k^{4} & 0 & 1 & 5 & 4 & 3 & 9 & 9 & 3 & 4 & 5 & 1 \cr \hline k^{4}-2 k^{3}+5 k^{2}+4 & 4 & 1 & 1 & 8 & 6 & 3 & 9 & 3 & 10 & 2 & 8 \cr \hline k^{4}+3 k^{2}+4 k+4 & 4 & 1 & 7 & 3 & 5 & 9 & 2 & 6 & 1 & 2 & 4 \cr \hline \end{array}
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2015-9-4

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че съществуват безбройно много прости числа pp от вида 4k−1,k∈N4 k-1, k \in \mathbb{N}, такива, че pp дели 2q−12^{q}-1 за някое просто число qq.
РешениеНека {qn}n=1∞\left\{q_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} е редицата на простите числа. Да означим Qn=2qn−1Q_{n}=2^{q_{n}}-1. Да отбележим, че (Qm,Qn)=1\left(Q_{m}, Q_{n}\right)=1 при m≠nm \neq n. Действително, ако d∈Nd \in \mathbb{N} дели QmQ_{m} и QnQ_{n}, то (докажете!) dd дели числото 2(qm,qn)−1=21−1=12^{\left(q_{m}, q_{n}\right)}-1=2^{1}-1=1 и следователно d=1d=1. Не е възможно всички прости делители на QnQ_{n} да са сравними с 1 по модул 4, защото в такъв случай ще имаме Qn≡1( mod 4)Q_{n} \equiv 1(\bmod 4), което очевидно не е вярно. Следователно QnQ_{n} има поне един прост делител pnp_{n} от вида pn=4kn−1,kn∈Np_{n}=4 k_{n}-1, k_{n} \in \mathbb{N}. Освен това при m≠nm \neq n от (Qm,Qn)=1\left(Q_{m}, Q_{n}\right)=1 следва pm≠pnp_{m} \neq p_{n}. Така получаваме безкрайната редица {pn}n=1∞\left\{p_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} от различни прости числа, удовлетворяващи условието на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2015-9-4

2016

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравнениетоa+2x−2+a+3x−3=a+5x−5\frac{a+2}{x-2}+\frac{a+3}{x-3}=\frac{a+5}{x-5}има точно едно
РешениеУравнението има смисъл за x∉{2,3,5}x \notin\{2, 3, 5\}. След освобождаване от знаменател и опростяване получаваме квадратното уравнениеax2−2x(5a+6)+19a+30=0.a x^{2}-2 x(5 a+6)+19 a+30=0.При a=0a=0 разглежданото уравнение има единствено x=5 / 2.Нека. Нека a \neq 0.Дискриминантата. Дискриминан тата 24\left(a^{2}+5 a+6\right)еравнана0при е равна на 0 при a=-2и и a=-3,новтезислучаирешениятасасъответно, но в тези случаи решенията са съответно x=2и и x=3,коитонесавдефиниционнотомножество.x=5, които не са в дефиниционното множество. x=5 на квадратното уравнение се получава при a=−5a=-5, което дава и x=13/5x=13 / 5. Следователно търсените стойности са a=0a=0 и a=−5a=-5.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2016-9-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2016-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадени са естествени числа nn и kk. На коледна гирлянда има nn разноцветни лампички, поставени през 1 дм. Нека s(n,k)s(n, k) е броят начини от тях да се светнат точно kk, така че най-малкото разстояние между две светещи лампички да е равно на 2 дм. a) Докажете, че s(n,3)s(n, 3) е точен квадрат. б) Докажете, че s(28,5)s(28, 5) е точна трета степен.
РешениеВсяко разположение, при което най-малкото разстояние е поне 2 дм, може да се кодира с редица от kk букви I(=\mathcal{I}(= светни тази лампичка и отиди 2 дм по-нататък; за целта добавяме още 2 лампички-фантоми в края на гирляндата) и n+1−2kn+1-2 k букви C(=\mathrm{C}(= премини 1 дм по-нататък). Общият брой на тези кодове е (n+1−k)!(n+1−2k)!k!\frac{(n+1-k)!}{(n+1-2 k)! k!}. Всяко разположение, при което най-малкото разстояние е поне 3 дм, може да се кодира с редица от kk букви ЛЛ ( == светни тази лампичка и отиди 3 дм по-нататък; за целта добавяме още 3 лампички-фантоми в края на гирляндата) и n+2−3kn+2-3 k букви C(=\mathrm{C}(= премини 1 дм по-нататък). Общият брой на тези кодове е (n+2−2k)!(n+2−3k)!k!\frac{(n+2-2 k)!}{(n+2-3 k)! k!}. Тогава s(n,k)s(n, k) е разликата между намерените две количества:(n+1−k)!(n+1−2k)!k!\frac{(n+1-k)!}{(n+1-2 k)! k!}−(n+2−2k)!(n+2−3k)!k!.-\frac{(n+2-2 k)!}{(n+2-3 k)! k!}.а) Имаме s(n,3)=(n−2)(n−3)(n−4)3!−(n−4)(n−5)(n−6)3!=s(n, 3)=\frac{(n-2)(n-3)(n-4)}{3!}-\frac{(n-4)(n-5)(n-6)}{3!}==(n−4)(n2−5n+6−n2+11n−30)6==\frac{(n-4)\left(n^{2}-5 n+6-n^{2}+11 n-30\right)}{6}=(n−4)(6n−24)6=(n−4)2.\frac{(n-4)(6 n-24)}{6}=(n-4)^{2}.б) Имаме s(28,5)=24⋅23⋅22⋅21⋅205!−20⋅19⋅18⋅17⋅165!=4⋅23⋅22⋅21−19⋅3⋅17⋅16=s(28, 5)=\frac{24 \cdot 23 \cdot 22 \cdot 21 \cdot 20}{5!}-\frac{20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 16}{5!}=4 \cdot 23 \cdot 22 \cdot 21-19 \cdot 3 \cdot 17 \cdot 16==8(23⋅11⋅21−19⋅3⋅17⋅2)==8(23 \cdot 11 \cdot 21-19 \cdot 3 \cdot 17 \cdot 2)=8⋅3375=23.33.538 \cdot 3375=2^{3}.3^{3}.5^{3}
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2016-9-3

2017

24 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека nn е естествено число. Да се намерят всички стойности на реалните параметри aa и bb, за които остатъкът от делението на полинома axn+bx+2017a x^{n}+b x+2017 на полинома x2−1x^{2}-1 е полиномът xx.
РешениеОтговор: a=−2017,b=1a=-2017, b=1 при четно nn, няма такива aa и bb при нечетно nn. Нека axn+bx+2017=p(x)(x2−1)+xa x^{n}+b x+2017=p(x)\left(x^{2}-1\right)+x, където p(x)p(x) е частното от делението. Тогава при x=1x=1 получаваме a+b+2017=1a+b+2017=1, а при x=−1x=-1 имаме (−1)na−b+2017=−1(-1)^{n} a-b+2017=-1. От тези две уравнения за aa и bb получаваме a(1+(−1)n)+4034=0a\left(1+(-1)^{n}\right)+4034=0, което няма при нечетно nn, а при четно nn намираме a=−2017a=-2017. Тогава b=−2016−a=1b=-2016-a=1. Имаме (при четно nn )−2017xn+x+2017=-2017 x^{n}+x+2017=−2017(xn−2+xn−4+⋯+1)(x2−1)+x.-2017\left(x^{n-2}+x^{n-4}+\cdots+1\right)\left(x^{2}-1\right)+x.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички двойки реални числа ( a,ba, b ), за които квадратните уравнения ax2+bx+2016=0a x^{2}+b x+2016=0 и bx2+ax+2016=0b x^{2}+a x+2016=0 имат общ реален корен.
РешениеАко x0x_{0} е общ реален корен на дадените уравнения, тоax02+bx0+2016=bx02+ax0+2016=0,a x_{0}^{2}+b x_{0}+2016=b x_{0}^{2}+a x_{0}+2016=0,откъдето (a−b)(x02−x0)=0(a-b)\left(x_{0}^{2}-x_{0}\right)=0. Ако a=b≠0a=b \neq 0, то двете уравнения съвпадат и остава да проверим кога общите им корени са реални. Имаме a2−8064a≥0⟺a∈(−∞,0]∪[8064,+∞)a^{2}-8064 a \geq 0 \Longleftrightarrow a \in(-\infty, 0] \cup[8064, +\infty). Ако a≠ba \neq b, то за общия корен имаме x02−x0=0x_{0}^{2}-x_{0}=0, т. е. x0=0x_{0}=0 или x0=1x_{0}=1. Първата възможност очевидно отпада, а втората дава a+b+2016=0a+b+2016=0, т. е. b=−2016−ab=-2016-a при a≠−1008a \neq-1008. Окончателно, търсените двойки са (a,a)(a, a), където a∈(−∞,0)∪[8064,+∞)a \in(-\infty, 0) \cup[8064, +\infty) и (a,−2016−a)(a, -2016-a) при a≠0,−2016,−1008a \neq 0, -2016, -1008.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-1b

Задача 1c

Пълен запис
Условие
Квадратното уравнение x2−bx+c=0x^{2}-b x+c=0 има два различни корена, които са естествени числа. Известно е, че 2b+c=20162 b+c=2016. Да се намерят корените на уравнението и коефициентите bb и cc.
РешениеОт формулите на Виет имаме x1+x2=bx_{1}+x_{2}=b и x1x2=cx_{1} x_{2}=c. Тогава2016=2b+c=2x1+2x2+x1x2=(2+x1)(2+x2)−4,2016=2 b+c=2 x_{1}+2 x_{2}+x_{1} x_{2}=\left(2+x_{1}\right)\left(2+x_{2}\right)-4,т. е. (2+x1)(2+x2)=2020\left(2+x_{1}\right)\left(2+x_{2}\right)=2020. Тъй като разлагането на 2020 на прости множители е 2020=22.5⋅1012020= 2^{2}.5 \cdot 101, от условието и наредбата x1<x2x_{1}\lt{}x_{2} (очевидно x1=x2x_{1}=x_{2} е невъзможно) следват четири възможности: (∗)(*) ако 2+x1=42+x_{1}=4 и 2+x2=5052+x_{2}=505, то x1=2,x2=503,b=505x_{1}=2, x_{2}=503, b=505 и c=1006c=1006; (∗)(*) ако 2+x1=52+x_{1}=5 и 2+x2=4042+x_{2}=404, то x1=3,x2=402,b=405x_{1}=3, x_{2}=402, b=405 и c=1206c=1206; (∗)(*) ако 2+x1=102+x_{1}=10 и 2+x2=2022+x_{2}=202, то x1=8,x2=200,b=208x_{1}=8, x_{2}=200, b=208 и c=1600c=1600; (∗)(*) ако 2+x1=202+x_{1}=20 и 2+x2=1012+x_{2}=101, то x1=18,x2=99,b=117x_{1}=18, x_{2}=99, b=117 и c=1782c=1782. За пълно описание на отговорите трябва да се отчете и наредбата на x1x_{1} и x2x_{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-1c

Задача 1d

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравнението x2+2(a+1)x+a2=0x^{2}+2(a+1) x+a^{2}=0 има два различни реални корена x1x_{1} и x2x_{2}, такива, че∣4x1x2−(x1+x2)2∣≤1\left|4 x_{1} x_{2}-\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}\right| \leq 1
РешениеЗа да има уравнението два различни реални корена е необходимо и достатъчно дискриминантата му да е положителна, т. е. (a+1)2−a2>0⇔2a+1>0⇔(a+1)^{2}-a^{2}\gt{}0 \Leftrightarrow 2 a+1\gt{}0 \Leftrightarrow a∈(−12;+∞)a \in\left(-\frac{1}{2}; +\infty\right). От формулите на Виет, ∣4x1x2−(x1+x2)2∣≤1⇔∣4(2a+1)∣≤1\left|4 x_{1} x_{2}-\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}\right| \leq 1 \Leftrightarrow|4(2 a+1)| \leq 1, откъдето 2a+1≤142 a+1 \leq \frac{1}{4} (използвахме, че 2a+1>02 a+1\gt{}0 от по-горе). Следователно a≤−38a \leq-\frac{3}{8} и окончателно търсените а са числата от интервала ( −12;−38-\frac{1}{2}; -\frac{3}{8} ].
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-1d

Задача 1e

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравненията x2+ax−1=0x^{2}+a x-1=0 и y2+(a+1)y−1=0y^{2}+(a+1) y-1=0 имат съответно корени x1,x2x_{1}, x_{2} и y1,y2y_{1}, y_{2}, за които е изпълнено равенствотоx12+x22x1+x2=y12+y22y1+y2\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{x_{1}+x_{2}}=\frac{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}{y_{1}+y_{2}}
РешениеЛесно се вижда, че корените на двете уравнения са реални. С помощта на формулите на Виет получаваме, че(x1+x2)2−2x1x2x1+x2=\frac{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}}{x_{1}+x_{2}}=(y1+y2)2−2y1y2y1+y2⟺a2+2a=\frac{\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}-2 y_{1} y_{2}}{y_{1}+y_{2}} \Longleftrightarrow \frac{a^{2}+2}{a}=(a+1)2+2a+1.\frac{(a+1)^{2}+2}{a+1}.От последното равенство следва, че a2+a−2=0a^{2}+a-2=0, откъдето a1=1a_{1}=1 и a2=−2a_{2}=-2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-1e

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен △ABC\triangle A B C, в който вписаната окръжност се допира до страните ABA B и BCB C съответно в точки MM и NN. Ъглополовящите на ъглите ACBA C B и BACB A C пресичат правата MNM N съответно в точки KK и PP. Да се намери ъгъл ABCA B C, ако AC=2KPA C=2 K P.
РешениеОтговор: 60∘60^{\circ}. Ще използваме стандартните означения за ъглите в △ABC\triangle A B C. Нека II е центърът на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност. Тъй като ∠APM=∠BMN−∠MAP=(90−β/2)−α/2=γ/2=∠ICB\angle A P M=\angle B M N-\angle M A P=(90-\beta / 2)- \alpha / 2=\gamma / 2=\angle I C B, четириъгълникът IPNCI P N C е вписан. Тогава ∠IPC=∠INC=90∘\angle I P C=\angle I N C=90^{\circ}. От ∠APM=γ/2=∠ICA\angle A P M= \gamma / 2=\angle I C A следва и че четириъгълникът AKPCA K P C е вписан, откъдето ∠AKC=∠APC=90∘\angle A K C=\angle A P C=90^{\circ}. Нека SS е средата на страната ACA C. Тогава PSP S и KSK S са медиани съответно в правоъгълните триъгълници APCA P C и AKA K и следователно KS=PS=AC/2K S=P S=A C / 2. Оттук и от условието AC=2KPA C=2 K P следва, че △KPS\triangle K P S е равностранен. Тъй като ∠CSP=α\angle C S P=\alpha като външен за равнобедрения △APS\triangle A P S и аналогично ∠ASK=γ\angle A S K=\gamma, получаваме 60∘=∠KSP=180∘−(∠ASK+∠CSP)=β60^{\circ}=\angle K S P=180^{\circ}-(\angle A S K+\angle C S P)=\beta.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-2

Задача 2b

Пълен запис
Условие
Точка PP е вътрешна за страната ABA B на остроъгълен △ABC\triangle A B C. Около триъгълниците APCA P C и BPCB P C са описани съответно окръжности k1k_{1} и k2k_{2}, като k1k_{1} пресича BCB C за втори път в точка MM, а k2k_{2} пресича ACA C за втори път в точка NN. Допирателната към k1k_{1} в точка PP пресича k2k_{2} за втори път в точка SS, а допирателната към k2k_{2} в точка P пресича k1k_{1} за втори път в точка TT. Известно е, че правите AT,BSA T, B S и CPC P се пресичат в една точка. Да се докаже, че точките S,M,NS, M, N и TT лежат на една права.
РешениеЩе използваме стандартните означения за ъллита на △ABC\triangle A B C. Нека AT,BSA T, B S и CPC P се пресичат в точка QQ. От вписани ъгли следва, че ∠CPS=∠CBS=α\angle C P S=\angle C B S=\alpha и ∠CPT=∠CAT=β\angle C P T= \angle C A T=\beta. Тогава ∠BAQ=∠ABQ=γ\angle B A Q=\angle A B Q=\gamma и значи ∠AQB=180∘−2γ\angle A Q B=180^{\circ}-2 \gamma. Тъй като \wideparenPBS2=∠PCS=∠ABQ=γ\frac{\wideparen{P B S}}{2}=\angle P C S=\angle A B Q=\gamma и аналогично ∠PCT=γ\angle P C T=\gamma, имаме ∠TCP=2γ\angle T C P=2 \gamma и значи четириъгълникът TQSCT Q S C е вписан, откъдето ∠QST=∠QTS=γ\angle Q S T=\angle Q T S=\gamma. Освен това ∠NSB=∠NCB=γ\angle N S B=\angle N C B=\gamma от окръжността k2k_{2} и следователно NN лежи на STS T. Аналогично се вижда, че и MM лежи на STS T.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-2b

Задача 2c

Пълен запис
Условие
Върху страната ABA B на триъгълник ABCA B C са построени точки DD и EE, а върху страната ACA C - точка FF, така че AD=AC,BE=BCA D=A C, B E=B C и AF=AEA F=A E. Ако ∠ACB=3.∠EFD\angle A C B=3. \angle E F D, намерете градусната мярка на ∠ACB\angle A C B.
РешениеОт AF=AEA F=A E и AD=ACA D=A C следва, че EDCFE D C F е равнобедрен трапец и следователно е вписан в окръжност. Тогава∠EFD=∠ECD=180∘−∠ADC−∠BEC=180∘−90∘+12∠A−90∘−12∠B==90∘−12∠ACB.\begin{aligned} \angle E F D & =\angle E C D=180^{\circ}-\angle A D C-\angle B E C=180^{\circ}-90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle A-90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle B= \\ & =90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A C B. \end{aligned}Получаваме ∠ACB=3.∠EFD=270∘−32∠ACB\angle A C B=3. \angle E F D=270^{\circ}-\frac{3}{2} \angle A C B, така че 52∠ACB=270∘\frac{5}{2} \angle A C B=270^{\circ} и 52∠ACB=108∘\frac{5}{2} \angle A C B= 108^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-2c

Задача 2d

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички цели числа nn, за които съшествува цяло число mm, такова, че n2+n−1n^{2}+n-1 дели както 14m+514 m+5, така и 20m−320 m-3.
РешениеОт условието следва, че n2+n−1n^{2}+n-1 дели 10(14m+5)−7(20m−3)=7110(14 m+5)-7(20 m-3)=71. Тъй като n2+n−1=(n+12)2−54>−2n^{2}+n-1=\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2}-\frac{5}{4}\gt{}-2 и 71 е просто число, имаме три възможности: n2+n−1=−1,1n^{2}+n-1=-1, 1 или 71. В първия и втория случай намираме n=−1,0,1n=-1, 0, 1 и -2, които са (работа върши всяко цяло mm ). В третия случай, уравнението n2+n−1=71n^{2}+n-1=71 има корени n=−9n=-9 и n=8n=8. Тогава 14m+5≡0( mod 71)14 m+5 \equiv 0(\bmod 71) след умножение по 5 е равносилно с m≡25( mod 71)m \equiv 25(\bmod 71), а 20m−3≡0( mod 71)20 m-3 \equiv 0(\bmod 71) след умножение по 32 е равносилно отново с m≡25( mod 71)m \equiv 25(\bmod 71), т. е. работа вършат точно тези mm, които дават остатък 25 при деление на 71.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-2d

Задача 2e

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото естествено число kk, за което съществува естествено число n≥100n \geq 100, такова, че числото n(n+k)n(n+k) е точен квадрат.
Решение( ) От 100(100+21)=1102100(100+21)=110^{2} следва, че k≤21k \leq 21. Да допуснем, че k≤20k \leq 20 и да положим d=(n,k),n=n1d,k=k1dd=(n, k), n=n_{1} d, k=k_{1} d, където (n1,k1)=1\left(n_{1}, k_{1}\right)=1. Да отбележим, че n1(n1+k1)d2=n(n+k)n_{1}\left(n_{1}+k_{1}\right) d^{2}=n(n+k), което означава, че n1(n1+k1)n_{1}\left(n_{1}+k_{1}\right) е точен квадрат. Тъй като (n1,n1+k1)=1\left(n_{1}, n_{1}+k_{1}\right)=1, заключаваме, че числата n1n_{1} и n1+k1n_{1}+k_{1} са точни квадрати. От k≤20k \leq 20 следва, че d≤20d \leq 20 и оттук n1=nd≥10020=5n_{1}=\frac{n}{d} \geq \frac{100}{20}=5. Тъй като n1n_{1} е точен квадрат, имаме всъщност n1≥9n_{1} \geq 9. Тъй като k1k_{1} е разликата от n1n_{1} поне до следващия точен квадрат, имаме k1≥7k_{1} \geq 7. Сега от k=k1d≤20k=k_{1} d \leq 20 следва, че d≤2d \leq 2 и по същия начин, както по-горе, последователно получаваме n1≥50n_{1} \geq 50, т. е. n1≥64n_{1} \geq 64, откъдето k1≥17k_{1} \geq 17, d=1,n1≥100d=1, n_{1} \geq 100 и накрая k1≥21k_{1} \geq 21, което е противоречие, защото k1≤k≤20k_{1} \leq k \leq 20. ( Втори начин ) От 100(100+21)=1102100(100+21)=110^{2} следва, че k≤21k \leq 21. Ако допуснем, че k≤20k \leq 20, n≥100n \geq 100 и n(n+k)=t2n(n+k)=t^{2}, то от квадратното уравнение n2+kn−t2=0n^{2}+k n-t^{2}=0 следва, че неговата дискриминанта k2+4t2k^{2}+4 t^{2} е точен квадрат. Но от друга страна, k2≤400≤4n<4tk^{2} \leq 400 \leq 4 n\lt{}4 t и следователно (2t)2<k2+4t2<(2t+1)2(2 t)^{2}\lt{}k^{2}+4 t^{2}\lt{}(2 t+1)^{2}, което е противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-2e

Задача 2f

Пълен запис
Условие
Фиксирани са ъгъл γ∈(0;180∘)\gamma \in\left(0; 180^{\circ}\right) и права ABA B, разделяща равнината на две полуравнини ψ\psi и ψˉ\bar{\psi}. Подвижната точка CC от ψ\psi е такава, че ∠ACB=γ\angle A C B=\gamma. Вписаната окръжност за △ABC\triangle A B C с център точка II се допира до ACA C и BCB C в точки FF и EE съответно. Точка PP лежи върху лъча IEI E след EE и е такава, че PE⊥BCP E \perp B C и PE=AFP E=A F. Точка QQ лежи върху лъча IFI F след FF и е такава, че QF⊥ACQ F \perp A C и QF=BEQ F=B E. Да се докаже, че симетралата на PQP Q минава през постоянна точка.
РешениеНека точка D∈ψˉD \in \bar{\psi} е такава, че DA=DBD A=D B и ∠ADB=90∘−γ\angle A D B=90^{\circ}-\gamma. Ще докажем, че това е търсената точка, т. е. че QD=DPQ D=D P. При стандартни означения за ъглите на △ABC\triangle A B C имаме ∠DAB=∠ABD=45∘+γ2\angle D A B=\angle A B D=45^{\circ}+\frac{\gamma}{2}. От PE=AFP E=A F, BE=QFB E=Q F и ∠BEP=∠AFQ=90∘\angle B E P=\angle A F Q=90^{\circ} следва, че △BEP≅△QFA\triangle B E P \cong \triangle Q F A, откъдето BP=AQB P=A Q и ∠FAQ=∠EPB\angle F A Q= \angle E P B.∠DAQ=∠FAQ+α+45∘+γ2=90∘−∠PBE+∠BAC+45∘+γ2=360∘−∠PBE−(45∘+γ2)−∠ABC=∠DBP.\begin{aligned} \angle D A Q & =\angle F A Q+\alpha+45^{\circ}+\frac{\gamma}{2} \\ & =90^{\circ}-\angle P B E+\angle B A C+45^{\circ}+\frac{\gamma}{2} \\ & =360^{\circ}-\angle P B E-\left(45^{\circ}+\frac{\gamma}{2}\right)-\angle A B C \\ & =\angle D B P. \end{aligned}Следователно △QAD≅△PBD\triangle Q A D \cong \triangle P B D, така че QD=DPQ D=D P. Kpumepuu: (6 точки) 2т. за определяне мястото на D;1D; 1 т. за △BEP≅△QFA;3\triangle B E P \cong \triangle Q F A; 3 т. за △QAD≅△PBD\triangle Q A D \cong \triangle P B D и завършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-2f

Задача 2g

Пълен запис
Условие
В окръжност kk е вписан остроъгълен △ABC\triangle A B C с ортоцентър HH. Окръжността, описана около △ACH\triangle A C H, има радиус 1 и центърът и́ лежи върху kk. Да се намерят: а) големината на ∠ABC\angle A B C; б) дължината на отсечката BHB H.
Решениеа) Нека ∠ABC=β\angle A B C=\beta и N∈kN \in k е центърът на описаната около △ACH\triangle A C H окръжност. Тогава ∠ANC=360∘\angle A N C=360^{\circ} 2∠AHC2 \angle A H C. Лесно се вижда, че ∠AHC=180∘−β\angle A H C= 180^{\circ}-\beta и следователно ∠ANC=2β\angle A N C= 2 \beta. От друга страна, четириъгълникът ABCNA B C N е внисан в kk и следователно β+2β=180∘\beta+2 \beta=180^{\circ}, откъдето β=60∘\beta=60^{\circ}. б) Да означим с OO центъра на kk, с MM средата на ABA B и с A1A_{1} петата на височината от върха AA. Тъй като OA=ONO A=O N и ∠AON=60∘\angle A O N=60^{\circ} (понеже NN е среда на дъгата \wideparenAC\wideparen{A C} ), то △AON\triangle A O N е равностранен и тогава OA=NA=1O A=N A=1. От правоъчълния △ABA1\triangle A B A_{1} имаме BA1=AB2=AMB A_{1}=\frac{A B}{2}=A M като катет срещу ъчъ от 30∘30^{\circ}. Освен това ∠A1BH=90∘−∠ACB=∠OAM\angle A_{1} B H=90^{\circ}-\angle A C B=\angle O A M. Следователно △BA1H≅△AMO\triangle B A_{1} H \cong \triangle A M O и оттук BH=OA=1B H=O A=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-2g

Задача 2h

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C, в който ∠BAC=15∘\angle B A C=15^{\circ} и ∠CBA=30∘\angle C B A=30^{\circ}. Точката MM е среда на ABA B. Да се намери ∠ACM\angle A C M.
РешениеНека AH⊥BC,H∈BCA H \perp B C, H \in B C. Тогава △AHC\triangle A H C е равнобедрен и правоъгълен, а HMH M е медиана в правоъгълния △AHB\triangle A H B. Следователно HA=HC=HM=AMH A=H C= H M=A M и ∠AHM=60∘\angle A H M=60^{\circ}. Тогава в окръжността с център HH и радиус HCH C имаме ∠ACM=12∠AHM=30∘\angle A C M=\frac{1}{2} \angle A H M=30^{\circ}. Втори начин. Нека точката DD бъде симетрична на CC относно симетралата на ABA B. Тогава △ABC≅△BAD\triangle A B C \cong \triangle B A D и AB∥CDA B \| C D. Оттук∠DAC=∠DAB−∠CAB=∠CBA−∠CAB=\angle D A C=\angle D A B-\angle C A B=\angle C B A-\angle C A B=30∘−15∘=∠CAB=∠DCA,30^{\circ}-15^{\circ}=\angle C A B=\angle D C A,и следователно △ACD\triangle A C D е равнобедрен и AD=DCA D=D C. Нека точките EE и FF бъдат симетрични на DD и CC съответно относно правата ABA B. Тогава BC=BF,∠CBF=2∠CBA=60∘B C=B F, \angle C B F=2 \angle C B A=60^{\circ} и следователно △BCF\triangle B C F е равностранен. Оттук получаваме, че FC=CD=DE=EFF C=C D=D E=E F и фигурата CDEFC D E F е квадрат. Но тогава правите AB,CEA B, C E и DFD F се пресичат в MM и∠ACM=∠DCM−∠DCA=45∘−15∘=30∘.\angle A C M=\angle D C M-\angle D C A=45^{\circ}-15^{\circ}=30^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-2h

Задача 3

Пълен запис
Условие
На дъската е написано числото 2017. Николай трябва да получи числото 1 с помощта на краен брой от следните операции: от nn се получава n+1n+1 или n/2n / 2, като второто е разрешено само ако nn е четно (например от 2017 се достига до 2048 с добавяне на 1 и след това до 1 с деление на 2). Възможно ли е Николай да организира получаването на 1 така, че някоя от цифрите 0,1,…,90, 1, \ldots, 9 да не се появи на дъската на никоя от стъпките?
РешениеОтговор: Не! Да наречем една цифра добра, ако се появява на дъската. Цифрите 2,0,1,72, 0, 1, 7 и 8 очевидно са добри, а 9 също е добра, защото се получава на третия ход (в 2019 или 1009). Тъй като 1 може да се получи само от 2, а 2 само от 4, цифрата 4 също е добра. Ще докажем, че 5 е добра цифра. Действително, за да не получим 5 като последна цифра, трябва да приложим деление на 2 най-късно при 2024, при което ще получим число между 1009 и 1012. Сега, отново за да не получим 5 като последна цифра, трябва да приложим деление на 2 най-късно при 1014, при което ще получим число, започващо с 5. Цифрата 6 също е добра. Действително, за да не я получим като последна цифра, трябва последователно да сме в интервала [2017, 2025], после в [1009, 1015], оттам в [505, 515], после в [254, 259] (иначе имаме 6 като втора цифра), след което в [127,135][127, 135] и на следващата стъпка непременно ще получим число, започващо с 6. По подобен начин се вижда, че и цифрата 3 е добра. За да не я получаваме като последна цифра, трябва последователно да сме интервалите [2017, 2022], [1009, 1012], [505, 512], [254, 262], [127, 129], [64, 72 и на следващата стъпка няма как да не я получим като първа цифра.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Съществуват ли естествени числа mm и nn, за коитоx2+(−1)mx+2=4n+15nx^{2}+(-1)^{m} x+2=4^{n}+15 nза някое цяло число xx?
РешениеДа допуснем, че такива числа съществуват. Ще докажем с индукция по nn, че An=4n+15n−1A_{n}=4^{n}+15 n-1 се дели на 9 за всяко естествено nn. Имаме A1=18,An+1=4⋅4n+15(n+A_{1}=18, A_{n+1}=4 \cdot 4^{n}+15(n+ 1) −1=An+3(4n+5)-1=A_{n}+3\left(4^{n}+5\right) и е достатъчно да забележим, че 4n+5≡1n−1≡0( mod 3)4^{n}+5 \equiv 1^{n}-1 \equiv 0(\bmod 3). Следователно x2+(−1)mx+1≡0( mod 9)x^{2}+(-1)^{m} x+1 \equiv 0(\bmod 9), откъдето (2x+(−1)m)2≡−3( mod 9)\left(2 x+(-1)^{m}\right)^{2} \equiv-3(\bmod 9). Оттук следва, че 2x+(−1)m2 x+(-1)^{m} се дели на 3 и тогава −3≡(2x+(−1)m)2≡0( mod 9)-3 \equiv\left(2 x+(-1)^{m}\right)^{2} \equiv 0(\bmod 9), което е невъзможно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-3b

Задача 3c

Пълен запис
Условие
Петър покрил една шахматна дъска с размери 600×600600 \times 600 с правоъгълници с размери 2×32 \times 3 по такъв начин, че всяко квадратче от дъската да бъде покрито от точно един правоъгълник. След това, той разрязал всеки от тези правоъгълници на три по-малки правоъгълника с размери 1×1,1×21 \times 1, 1 \times 2 и 1×31 \times 3 по произволен начин и показал полученото покритие на Николай. Винаги ли ще може Николай по показаното му покритие с по-малки правоъгълници да определи еднозначно какво е било първоначалното покритие с правоъгълници 2×32 \times 3?
РешениеДа, винаги! Да допуснем, че съществуват две покрития AA и BB с правоъгълници 2×32 \times 3, които водят (при подходящи разрязвания) до едно и също покритие с по-малки правоъгълници. Тогава непременно има правоъгълник P1P_{1} с размери 1×31 \times 3, такъв, че правоъгълникът Q1Q_{1} с размери 2×32 \times 3, от който P1P_{1} е част в AA, е разположен по различен начин от правоъгълника R1R_{1} с размери 2×32 \times 3, от който P1P_{1} е част в BB. Без загуба на общност, нека P1P_{1} се съдържа в ii-тия ред на дъската, Q1Q_{1} се съдържа в ii-тия и i−1i-1-вия, и R1R_{1} се съдържа в ii-тия и i+1i+1-вия ред. Нека P2P_{2} бъде правоъгълниат 1×21 \times 2, получен от R1R_{1} в BB, и нека Q2Q_{2} бъде правоъгълникът 2×32 \times 3, от който P2P_{2} е част в AA. Тогава P2P_{2} се съдържа в i+1i+1-вия ред на дъската и Q2Q_{2} се съдържа в i+1i+1-вия и i+2i+2-рия ред. Аналогично, нека P3P_{3} бъде правоъгълникът 1×31 \times 3, получен от Q2Q_{2} в AA, и нека R2R_{2} бъде правоъгълникът 2×32 \times 3, от който P3P_{3} е част в AA. Тогава P3P_{3} се съдържа в i+2i+2-вия ред на дъската и Q2Q_{2} се съдържа в i+2i+2-рия и i+3i+3-тия ред. Продължавайки по същия начин и по-нататък, в крайна сметка ще достигнем до правоъгълник PnP_{n}, който ще трябва да лежи извън дъскатапротиворечие. И така, измежду всички покрития с правоъгълници 2×32 \times 3 има само еднопървоначалнотоот което с разрязване може да се получи покритието с по-малки правоъгълници, наблюдавано от Николай. На него му остава само да провери всички възможни покрития и всички възможни разрязвания на всяко от тях едно по едно, докато намери исканото.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-3c

Задача 3e

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които n3+8nn^{3}+8^{n} е точна степен на просто число.
РешениеНека n3+8n=pkn^{3}+8^{n}=p^{k}, където pp е просто число. Тогава (n+2n)(n2−n2n+22n)=pk\left(n+2^{n}\right)\left(n^{2}-n 2^{n}+\right. \left.2^{2 n}\right)=p^{k}. Двата множителя отляво са по-големи от 1:n+2n≥31: n+2^{n} \geq 3 е очевидно, а n2−n2n+22n=n2+2n(2n−n)≥n+2nn^{2}-n 2^{n}+2^{2 n}=n^{2}+2^{n}\left(2^{n}-n\right) \geq n+2^{n} следва от 2n>n2^{n}\gt{}n, което се доказва лесно по индукция. Следователно n+2n=pmn+2^{n}=p^{m} и n2−n2n+22n=pℓn^{2}-n 2^{n}+2^{2 n}=p^{\ell}, където m,ℓ∈N,ℓ≥mm, \ell \in \mathbb{N}, \ell \geq m. Имаме pm∣(n+2n)2−(n2−n2n+22n)=3n2np^{m} \mid\left(n+2^{n}\right)^{2}-\left(n^{2}-n 2^{n}+2^{2 n}\right)=3 n 2^{n} и следователно p=2,p=3p=2, p=3 или pp е делител на nn. Последното и n+2n=pmn+2^{n}=p^{m} дават отново p=2p=2. Случай 1. При p=2p=2 имаме 2n<n+2n<2n+2n=2n+12^{n}\lt{}n+2^{n}\lt{}2^{n}+2^{n}=2^{n+1} и значи е невъзможно n+2nn+2^{n} да е точна степен на 2. Случай 2. При p=3p=3 от n+2n=3mn+2^{n}=3^{m} следва, че (n,3)=1(n, 3)=1. Сега от pm∣3n2np^{m} \mid 3 n 2^{n} получаваме m=1m=1 и n+2n=3n+2^{n}=3 дава n=1n=1, което е единственото на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-3e

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички прости числа pp и qq, за които p2+pq+q2p^{2}+p q+q^{2} дели p3+q3−pp^{3}+q^{3}-p.
РешениеОтговор: p=5,q=3p=5, q=3. Ако p=qp=q, то 3p2∣2p3−p⟺3p∣2p2−13 p^{2}\left|2 p^{3}-p \Longleftrightarrow 3 p\right| 2 p^{2}-1, откъдето следва, че p∣2p2−1p \mid 2 p^{2}-1, което е невъзможно. Нека p≠qp \neq q. От условието и от равенството p3+q3−p=(p+q)(p2+pq+q2)−2pq(p+q)−pp^{3}+q^{3}-p=(p+q)\left(p^{2}+p q+q^{2}\right)-2 p q(p+q)-p следва, че p2+pq+q2∣p(2q(p+q)+1)p^{2}+p q+q^{2} \mid p(2 q(p+q)+1). Тъй като (p,p2+pq+q2)=1\left(p, p^{2}+p q+q^{2}\right)=1, заключаваме, че p2+pq+q2∣2q(p+q)+1p^{2}+p q+q^{2} \mid 2 q(p+q)+1. Ако p2+pq+q2≤2q(p+q)+12p^{2}+p q+q^{2} \leq \frac{2 q(p+q)+1}{2}, то 2p2≤12 p^{2} \leq 1, което е невъзможно. Следователно p2+pq+q2=2q(p+q)+1⟺q(p+q)=(p−1)(p+1)p^{2}+p q+q^{2}=2 q(p+q)+1 \Longleftrightarrow q(p+q)=(p-1)(p+1). Тъй като qq е просто число, то дели един от множителите p−1p-1 и p+1p+1. Ако p+1=kq,k∈Np+1=k q, k \in \mathbb{N}, то kq+q−1=k(kq−2)k q+q-1=k(k q-2) и значи k∣q−1k \mid q-1 и q∣2k−1q \mid 2 k-1, откъдето следва, че q−1q-1 е положително кратно на kk, което не надминава 2k−22 k-2. Тогава q−1=kq-1=k и получаваме k=2,q=3k=2, q=3 и p=5p=5. Ако p−1=mq,m∈Np-1=m q, m \in \mathbb{N}, то mq+q+1=m(mq+2)m q+q+1=m(m q+2) и значи m∣q+1m \mid q+1 и q∣2m−1q \mid 2 m-1, откъдето следва, че q+1q+1 е положително кратно на mm, което не надминава 2m2 m. При q+1=mq+1=m получаваме m2−2m+2=0m^{2}-2 m+2=0, което е невъзможно, а при q+1=2mq+1=2 m намираме m=1m=1, което също е невъзможно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-4

Задача 4b

Пълен запис
Условие
Дадено е естествено число n≥3n \geq 3. Естествените числа от 1 до nn са записани по окръжност, така че всяко от тях се дели на разликата на своите два съседа. a) Ако nn е едноцифрено, определете всичките му възможни стойности. б) Възможно ли е n=2016n=2016? в) Възможно ли е n=2017n=2017?
РешениеНечетно число може да се намира само между числа с различна четност, така че нечетните числа са групирани по двойки, обградени с четни. Тогава броят на нечетните числа от 1 до nn е четен, което изключва случаите n=5,6,9,2017n=5, 6, 9, 2017. При n=3n=3 наредбата е 1,2,31, 2, 3. При n=4n=4 наредбата е 1,3,2,41, 3, 2, 4. При n=7n=7 наредбата е 1,4,3,7,2,6,51, 4, 3, 7, 2, 6, 5. Ако nn се дели на 4,n=4k,k≥24, n=4 k, k \geq 2, то можем да подредим числата така: 2k−1,4k,2k2 k-1, 4 k, 2 k, 4k−2,1,4k−14 k-2, 1, 4 k-1, следвани от двойките числа j,4k−j−1j, 4 k-j-1 за j∈{2,3,…,2k−2}j \in\{2, 3, \ldots, 2 k-2\}. Там, където числата през едно имат разлика 1, условието явно е изпълнено. Остава да се уверим, че 2k−12 k-1 се дели на 4k−(2k+1)=2k−1,2k4 k-(2 k+1)=2 k-1, 2 k се дели на 4k−(4k−2)=2,4k−24 k-(4 k-2)=2, 4 k-2 се дели на 2k−12 k-1 и че 2 се дели на 4k−1−(4k−3)=24 k-1-(4 k-3)=2. Това решава случаите n=8n=8 и n=2016n=2016.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-4b

Задача 4c

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за всяко естествено число n≥2n \geq 2 съществува естествено число kk, такова, че 2k+12 k+1 дели k!±nk!\pm n при подходящ избор на знака.
РешениеНека pp е нечетен прост делител на n2+1n^{2}+1 (тъй като n2+1>4n^{2}+1\gt{}4 не се дели на 4, такъв съществува). Тогава p≡1( mod 4)p \equiv 1(\bmod 4) и числото p−12\frac{p-1}{2} е четно. Следователно(k!)2=((p−12)!)2=(k!)^{2}=\left(\left(\frac{p-1}{2}\right)!\right)^{2}=(−1)(p−1)/2((p−12)!)2≡(-1)^{(p-1) / 2}\left(\left(\frac{p-1}{2}\right)!\right)^{2} \equiv(p−1)!≡−1(p-1)!\equiv-1 \quad( mod p)(\bmod p)(използвахме сравненията i≡−(p−i)( mod p)i \equiv-(p-i)(\bmod p) и теоремата на Уилсън). Получихме n2≡(k!)2( mod p)n^{2} \equiv (k!)^{2}(\bmod p), откъдето p∣(k!−n)(k!+n)p \mid(k!-n)(k!+n) и твърдението на задачата следва.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-4c

Задача 4e

Пълен запис
Условие
Във всеки от върховете на един правилен 360 -ъгълник FF с център OO е записано по едно естествено число, не по-голямо от 180, като при това сумата на всички записани числа е нечетна. Да се докаже, че могат да се намерят два върха AA и BB на FF, такива, че разликата на записаните в тях числа е равна на градусната мярка на ∠AOB\angle A O B.
РешениеЗа всеки връх AA на FF, нека A′A^{\prime} е този връх на FF, за който градусната мярка на ∠AOB\angle A O B е равна на числото, записано в AA, и △AOB\triangle A O B е положително ориентиран. За всяко AA, да нарисуваме стрелка, сочеща от AA към A′A^{\prime}. Ако две от тези стрелки сочат един и същи връх на FF, то тогава техните начални върхове образуват двойка от вида, който се търси в задачата. Да допуснем, че такава двойка няма. Тогава, понеже от всеки връх излиза точно една стрелка, то и във всеки връх трябва да влиза точно една стрелка. Следователно, стрелките образуват няколко независими цикъла. Понеже всеки такъв цикъл извършва цял брой обороти около OO, сумата от градусните мерки на стрелките, които участват в него, ще бъде кратна на 360. Оттук следва, че и сумата от градусните мерки на всички стрелкикоято съвпада със сумата от всички записани числаще бъде кратна на 360: противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-4e

Задача 4f

Пълен запис
Условие
Точката PP лежи върху описаната около квадрата ABCDA B C D окръжност. Нека P1,P2,P3P_{1}, P_{2}, P_{3} и P4P_{4} са симетричните точки на PP относно правите AB,BC,CDA B, B C, C D и DAD A съответно. Да се докаже, че симетричните точки на PP относно правите P1P2,P2P3P_{1} P_{2}, P_{2} P_{3}. F3P4F_{3} P_{4} и P4P1P_{4} P_{1} лежат на една права, която минава през центъра на ABCDA B C D.
РешениеНека, без загуба на общност, PP лежи върху дъгата \wideparenAB\wideparen{A B}. Нека QQ и RR са симетричните точки на PP относно правите ACA C и BDB D, и нека MM и NN са проекциите на PP върху правите ABA B и ACA C, съответно. Имаме ∠P1QP=∠MNP\angle P_{1} Q P=\angle M N P (понеже MM и NN са среди на PP1P P_{1} и PQP Q ) =∠MAP=\angle M A P (понеже четириъгълникът PMNAP M N A е вписан в окръжност с диаметър PA)=∠BAP=12\wideparenPBP A)=\angle B A P= \frac{1}{2} \wideparen{P B}. Аналогично се установява и ∠P2QP=12\wideparenPB\angle P_{2} Q P=\frac{1}{2} \wideparen{P B}, откъдето следва, че точките P1P_{1}, P2P_{2} и QQ лежат на една права. На тази права лежи и точката BB, понеже P1P_{1} и P2P_{2} са симетрични относно BB. От ∠RQP=2∠BQP=2∠P1QP\angle R Q P=2 \angle B Q P=2 \angle P_{1} Q P следва, че точката, симетрична на PP относно правата P1P2P_{1} P_{2}, лежи на QRQ R. Аналогично, на QRQ R лежат и точките, симетрични на PP относно P2P3,P3P4P_{2} P_{3}, P_{3} P_{4} и P4P1P_{4} P_{1}. Понеже QRQ R е диаметър в описаната окръжност на ABCDA B C D и съдържа неговия център, то с това задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-4f

Задача 4g

Пълен запис
Условие
В равнината са дадени 109 точки, никои три от които не лежат на една права. Всяка точка е оцветена в един от седем възможни цвята и от всеки цвят има поне по осем точки. Ще наричаме триъгълник едноцветен, ако трите му върха са в един цвят. Да се докаже, че има поне 2015 едноцветни разностранни триъгълника.
РешениеАко има nn точки от даден цвят, те образуват n(n−1)(n−2)6\frac{n(n-1)(n-2)}{6} триъгълника. На симетралата на всяка двойка точки може да има най-много две от дадените точки, така че равнобедрените триъгълници с тази основа са не повече от n(n−1)2⋅2=n(n−1)\frac{n(n-1)}{2} \cdot 2=n(n-1). Остават поне n(n−1)(n−2)6−n(n−1)=n(n−1)(n−8)6\frac{n(n-1)(n-2)}{6}-n(n-1)=\frac{n(n-1)(n-8)}{6} разностранни триъгълника с върхове в този цвят. Ще бележим S(n)=n(n−1)(n−8)6S(n)=\frac{n(n-1)(n-8)}{6}. Да допуснем, че в друг цвят има mm точки и n−1>mn-1\gt{}m. Ще докажем, че S(n)+S(m)>S(n−1)+S(m+1)S(n)+S(m)\gt{} S(n-1)+S(m+1). Преобразуваме еквивалентно:S(n)−S(n−1)>S(m+1)−S(m)n(n−1)(n−8)−(n−1)(n−2)(n−9)>(m+1)m(m−7)−m(m−1)(m−8)(n−1)(n2−8n−n2+11n−18)>m(m2−6m−7−m2+9m−8)(n−1)(3n−18)>m(3m−15)(n−1)(n−6)>m(m−5),\begin{aligned} S(n)-S(n-1) & \gt{}S(m+1)-S(m) \\ n(n-1)(n-8)-(n-1)(n-2)(n-9) & \gt{}(m+1) m(m-7)-m(m-1)(m-8) \\ (n-1)\left(n^{2}-8 n-n^{2}+11 n-18\right) & \gt{}m\left(m^{2}-6 m-7-m^{2}+9 m-8\right) \\ (n-1)(3 n-18) & \gt{}m(3 m-15) \\ (n-1)(n-6) & \gt{}m(m-5), \end{aligned}което е вярно, понеже n−1>m>0n-1\gt{}m\gt{}0 и n−6>m−5>0n-6\gt{}m-5\gt{}0. Следователно е достатъчно да докажем твърдението в случая, когато бройките точки в различните цветове се различават с не повече от 1. Понеже 109=7⋅15+4109=7 \cdot 15+4, в този случай ще имаме по 16 точки в 4 от цветовете и по 15 в останалите 3 цвята. Понеже S(15)=245,S(16)=320S(15)=245, S(16)=320 и 4⋅320+3⋅245=20154 \cdot 320+3 \cdot 245=2015, твърдението следва. Kpuтepuu: (7 точки) 2т. за доказване на
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-4g

Задача 4h

Пълен запис
Условие
Нека aa е фиксирано естествено число. Да се докаже, че за всяко просто число pp: а) съществуват безбройно много естествени числа nn, за които an+na^{n}+n се дели на pp; б) съществуват безбройно много естествени числа nn, за които an+na^{n}+n се дели на p2p^{2}.
РешениеОчевидно а) следва от б), но ще дадем доказателства и на двете. Ако p∣ap \mid a, работа върши всяко nn, което се дели на p2p^{2}. Затоваще считаме, че (a,p)=1(a, p)=1. a) Малката теорема на Ферма подсказва идеята да тьрсим nn така, че да са в сила сравненията n≡0( mod p−1)(n \equiv 0(\bmod p-1)\left(\right. защото тогава an≡1( mod p))\left. a^{n} \equiv 1(\bmod p)\right) и n≡−1( mod p)n \equiv-1(\bmod p). Безбройно много такива nn съществуват съласно китайската теорема за остатьците. В явен вид имаме n=s(p−1)n=s(p-1) от първото сравнение и тогава s≡1( mod p)s \equiv 1(\bmod p), т. е. s=kp+1s=k p+1 от второто. Следователно n=(p−1)(kp+1),k≥0n=(p-1)(k p+1), k \geq 0 е цяло число. б) За намерените в а) стойности на nn имамеan+n=akp(p−1)ap−1+kp2−kp+p−1≡a^{n}+n=a^{k p(p-1)} a^{p-1}+k p^{2}-k p+p-1 \equivap−1−kp+p−1( mod p2). a^{p-1}-k p+p-1\left(\bmod p^{2}\right).(използвахме теоремата на Ойлер за aφ(p2)≡1( mod p2),φ(p2)=p(p−1))\left. a^{\varphi\left(p^{2}\right)} \equiv 1\left(\bmod p^{2}\right), \varphi\left(p^{2}\right)=p(p-1)\right). Следователно е достатъчно да изберем kk така, че k≡ap−1−1p+1( mod p)k \equiv \frac{a^{p-1}-1}{p}+1(\bmod p), за да получим an+n≡0( mod p2)a^{n}+n \equiv 0\left(\bmod p^{2}\right).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2017-9-4h

2018

1 задача

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е правоъгълен триъгълник ABC(∠ACB=90∘)A B C\left(\angle A C B=90^{\circ}\right). Точка OO от средната отсечка MN(MM N(M е среда на AC,NA C, N е среда на BCB C ) е такава, че ∠AOC=90∘\angle A O C=90^{\circ}, а точка PP от отсечката AOA O е такава, че ∠ACP=∠BCO\angle A C P=\angle B C O. Да се докаже, че ∠ABP=∠CBO\angle A B P=\angle C B O.
РешениеТъй като OMO M е медиана в правоъгълния △AOC\triangle A O C, имаме ∠OAC=∠AOM\angle O A C=\angle A O M. Оттук и от MN∥ABM N \| A B имаме 2∠OAM=∠OMC=∠BAC:=α2 \angle O A M=\angle O M C=\angle B A C: =\alpha. Следователно ∠OAC=∠AOM=α2\angle O A C=\angle A O M=\frac{\alpha}{2}. Тогава имаме ∠BCO=90∘−∠ACO=∠OAC=α2\angle B C O= 90^{\circ}-\angle A C O=\angle O A C=\frac{\alpha}{2} и от условието следва, че ∠ACP=α2\angle A C P=\frac{\alpha}{2}. От ∠ACP=∠PAC=α2\angle A C P=\angle P A C=\frac{\alpha}{2} следва, че △APC\triangle A P C е равнобедрен. Тогава PMP M е медиана и височина, т. е. PM⊥ACP M \perp A C, откъдето PM∥BCP M \| B C. Нека правата MPM P да пресича ABA B в точка KK. Тогава MKM K е средна отсечка в △ABC\triangle A B C. Освен това △AKP∼△CNO\triangle A K P \sim \triangle C N O по първи признак. Следователно △ABP∼△CBO\triangle A B P \sim \triangle C B O, защото ∠BAP=∠BCO=α2\angle B A P=\angle B C O=\frac{\alpha}{2} и от APAK=COCN\frac{A P}{A K}=\frac{C O}{C N} следва APAB=COCB\frac{A P}{A B}=\frac{C O}{C B}. От последното подобие получаваме исканото ∠ABP=∠CBO\angle A B P=\angle C B O.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2018-9-2

2019

4 задачи

Задача 1

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

Задача 2

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

Задача 3

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

Задача 4

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

2021

4 задачи

Задача 1

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

Задача 2

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

Задача 3

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

Задача 4

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

2022

4 задачи

Задача 1

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

Задача 2

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

Задача 3

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

Задача 4

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

2023

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