maths.bgmaths.bg
Всички колекции
EMT

Есенен математически турнир

309 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.

16 години8 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2010

Назад към папките

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
а) Дадена е аритметична прогресия с първи член a1=67a_{1}=67 и разлика d=28d=28. Да се докаже, че a1,a68a_{1}, a_{68} и a2011a_{2011} образуват геометрична прогресия. б) Да се намери броят на аритметичните прогресии с първи член a1a_{1} и разлика dd, където a1a_{1} и dd са естествени числа и за които a1,aa1+1a_{1}, a_{a_{1}+1} и a2011a_{2011} образуват в този ред геометрична прогресия.
Решениеа) Равенството a682=a1a2011a_{68}^{2} = a_{1} a_{2011}, което трябва да докажем, е еквивалентно на (67+67⋅28)2=67.(67+2010⋅28)(67+67 \cdot 28)^{2}=67.(67+2010 \cdot 28). Верността на последното се проверява директно. б) Тъй като aa1+1=a1+a1da_{a_{1}+1}=a_{1}+a_{1} d, трябва да с изпълнено равенството(a1+a1d)2=a1(a1+2010d)\left(a_{1}+a_{1} d\right)^{2}=a_{1}\left(a_{1}+2010 d\right) Това равенство е еквивалентно на a1(2+d)=2010a_{1}(2+d)=2010. Следователно 2+d2+d дели 2010, като при определяне на 2+d2+d числото a1a_{1} се определя еднозначно. Тъй като числото 2010=2⋅3⋅5⋅672010=2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 67 има 24=162^{4}=16 делители и 2+d≥32+d \geq 3 с един от тези делители, то имаме точно 14 възможности за числото 2+d2+d (понеже 2+d≠12+d \neq 1 и 2+d≠22+d \neq 2 ). Окончателно получаваме, че съществуват 14 прогресии с исканото свойство. Оценяване\textit{Оценяване}: (6 точки) 2 т. за а) и 4 т. за б), като последните се разделят на 2 т. за достигане до равенството a(2+d)=2010a(2+d)=2010 и 2 т. за останалата част.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2010-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник ABCA B C, за който 2BC=AB+2AC2 B C=A B+2 A C. Ако D,∈ABD, \in A B е такава, че AD=3BDA D=3 B D, да се докаже, че ∠BAC=2∠ADC.\angle B A C=2 \angle A D C.
РешениеНека II е центърът на вписаната окръжност за △ABC\triangle A B C, а EE е допирната точка на тази окръжност с ABA B. От условието следва, че AE=AB+AC−BC2=AB4A E=\frac{A B+A C-B C}{2}=\frac{A B}{4}. Понеже DD и EE са симетрични спрямо средата на ABA B, то DD е допирната точка на външновписаната окръжност към страната ABA B. Ако FF е диаметрално противоположната на EE, то C,FC, F и DD лежат на една права (доказателството на това свойство може да се извърши с помощта на хомотетия с център CC, която преобразува вписаната окръжност във външновписаната). Сега триъгълниците AEIA E I и DEFD E F са подобни (правоъгълни са и катетите им се отнасят както 1:21: 2 ). Следователно ∠ADC=∠BAI=12∠BAC\angle A D C=\angle B A I=\frac{1}{2} \angle B A C. Забележка. Доказателството може да се направи и с помощта на тригонометрични преобразувания. Оценяване: (6 точки) 1 т. за разглеждане на точката E,1E, 1 т. за доказване, че DD е допирната точка на външновписаната окръжност, 3 т. за доказване, че C,FC, F и DD лежат на една права и 1 т. за подобието на △AEI\triangle A E I и △DEF\triangle D E F. При тригонометрични решения: 2 т. за изразяване на CDC D чрез страните на △ABC\triangle A B C, 1 т. и 2 т. съответно за изразяване на косинусите на ∠BAC\angle B A C и ∠ADC\angle A D C чрез страните на △ABC\triangle A B C и 1 т. за довършване с използване на формулата cos⁡2ϕ=2cos⁡2ϕ−1\cos 2 \phi=2 \cos ^{2} \phi-1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2010-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека x1,x2,…,xnx_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n} са положителни числа, за които е изпълнено равенството x1x2…xn=1x_{1} x_{2} \ldots x_{n}=1. Да се докаже неравенството(x1+x2)(x2+x3)…(xn−1+xn)(xn+x1)≥\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{2}+x_{3}\right) \ldots\left(x_{n-1}+x_{n}\right)\left(x_{n}+x_{1}\right) \geq2n+n(x1+x2+⋯+xn−n).2^{n}+n\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}-n\right).
РешениеКато разкрием скобите в (x1+x2)(x2+x3)…(xn−1+xn)(xn+x1)\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{2}+x_{3}\right) \ldots\left(x_{n-1}+x_{n}\right)\left(x_{n}+x_{1}\right) ще получим сбор от 2n2^{n} събираеми, всяко от които е от степен nn, като всяко xix_{i} се появява в такова събираемо най-много на втора степен. Да разделим тези събираеми на две групи. В първа група да поставим всички събираеми, в които точно едно от неизвестните е на втора степен, а във втора група да поставим всички останали. Да означим с AA и BB сборът на събираемите съответно от първата и от втората група. Да разгледаме събираемите, в които x1x_{1} е на втора степен, а всички останали променливи са на първа степен. Лесно се вижда, че има точно n−1n-1 такива събираеми (получени са от x2x3…xnx_{2} x_{3} \ldots x_{n} чрез премахване последователно па x2,x3,…,xnx_{2}, x_{3}, \ldots, x_{n} ). От неравенството между средното аритметично и средното геометрично имаме:x12x3…xn+x12x2x4…xnx_{1}^{2} x_{3} \ldots x_{n}+x_{1}^{2} x_{2} x_{4} \ldots x_{n}+⋯+x12x2…xn−1+1≥+\cdots+x_{1}^{2} x_{2} \ldots x_{n-1}+1 \geqnx2x12n−2x2n−2…xnn−2n=nx1 n \sqrt[n]{\vphantom{x^2}x_{1}^{2 n-2} x_{2}^{n-2} \ldots x_{n}^{n-2}}=n x_{1} Аналогични неравенства получаваме и за xix_{i} при i=2,3,…,ni=2, 3, \ldots, n. СледователноA+n≥n(x1+⋯+xn)A+n \geq n\left(x_{1}+\cdots+x_{n}\right) Да забележим, че изразът от останалите 2n−n(n−1)2^{n}-n(n-1) събираеми (това са точно събираемите от втората група) е симетричен спрямо всички неизвестни. Това означава, че тяхното произведение ще бъде едночлен, в който неизвестните ще са на една и съща степен, т. е. тяхното произведение е равно на 1. Следователно неравенството между средното аритметично и средното геометрично ни дава, че сборът на тези 2n−n(n−1)2^{n}-n(n-1) събираеми е по-голям или равен от 2n−n(n−1)2^{n}-n(n-1). Следователно B≥2n−n(n−1)B \geq 2^{n}-n(n-1). Окончателно получаваме (x1+x2)(x2+x3)…(xn−1+xn)(xn+x1)+n=A+n+B≥n(x1+⋯+xn)+2n−n2+n\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{2}+x_{3}\right) \ldots\left(x_{n-1}+x_{n}\right)\left(x_{n}+x_{1}\right)+n=A+n+B \geq n\left(x_{1}+\cdots+x_{n}\right)+2^{n}-n^{2}+n. което е еквивалентно на неравенството от условието. Оценяване\textit{Оценяване}: (7 точки) максимум 3 т. за разкриване на скобите и опити за прилагане на класически неравенства без това да е довело до пълно решение.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2010-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадена е редицата a1,a2,…a_{1}, a_{2}, \ldots, зададена с равенствата a1=3,a2=11a_{1}=3, a_{2}=11 и an=4an−1−an−2a_{n}=4 a_{n-1}-a_{n-2} при n≥3n \geq 3. a) Да се докаже, че броят на различните начини, по които дъска 3×2n3 \times 2 n може да се покрие с домина, е равен на ana_{n}. б) Да се докаже, че за всяко n≥1n \geq 1 числото ana_{n} може да се представи във вида an=x2+2y2a_{n}=x^{2}+2 y^{2}, където xx и yy са естествени числа.
Решениеа) Директно се проверява, че броят на различните начини, по които дъски 3×23 \times 2 и 3×43 \times 4 могат да се покрият с домина, е съответно 3 и 11. Да означим с bnb_{n} броят на начините, по които дъска 3×(2n+1)3 \times(2 n+1) без едно ъглово поле може да се покрие с домина. Да разгледаме горното дясно квадратче на дъска 3×2n3 \times 2 n. Случай 1. Нека то с покрито с хоризонтално домино. Ако долното квадратче също е покрито с хоризонтално домино, за долните две квадратчета имаме единствена възможност и в този случай останалата част може да се покрие по an−1a_{n-1} начина. Когато долното квадратче е покрито с вертикално, останалата част може да се покрие по bn−1b_{n-1} начина. От двете останали части (дъска с размери 3×2t3 \times 2 t ) може да се покрие по ata_{t} начина. Следователно имаме точно at2a_{t}^{2} начина да покрием цялата дъска. Когато има само едно хоризонтално домино, което пресича ll, лесно се вижда, че то не може да е в средния ред. Когато то е в горния или долния ред, всяка от двете останали части може да се покрие по точно btb_{t} начина и следователно цялата дъска може да се покрие по 2bt22 b_{t}^{2} начина. Окончателно an=at2+2bt2a_{n}=a_{t}^{2}+2 b_{t}^{2}. Когато n=2tn=2 t е четно число, броят на хоризонталните домина, пресичащи ll е четен, т. е. е нула или две. Броят на покритията на цялата дъска без пресичане на ll е at2a_{t}^{2}, а броят на покритията с точно две пресичания (лесно се вижда, че двете домина трябва да са едно до друго и това с възможно по точно два начина) е 2bt−122 b_{t-1}^{2}. В този случай получихме an=at2+2bt−12a_{n}=a_{t}^{2}+2 b_{t-1}^{2}. Оценяване\textit{Оценяване}: (7 точки) а) 1 т. за въвеждане на bn,2b_{n}, 2 т. за въвеждане на рекурентните зависимости и 1 т. за решаването им; б) 1 т. за въвеждане на правата ll и по 1 т. за случаите на четно и нечетно nn.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2010-11-4