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

2011

Назад към папките

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадена е безкрайна аритметична прогресия с първи член a1a_{1} и разлика dd, всички членове на която са положителни и числата a1,a2011a_{1}, a_{2011} и S2010+S2011S_{2010}+S_{2011} са последователни членове на геометрична прогресия. (С SkS_{k} означаваме сбора на първите kk члена на аритметичната прогресия.) a) Да се намери частното a1d\frac{a_{1}}{d}. б) Да се докаже, че за произволно естествено число nn числата a1,ana_{1}, a_{n} и Sn−1+SnS_{n-1}+S_{n} са последователни членове на геометрична прогресия.
Решениеа) От условието получавамеa20112=a1(S2010+S2011)=a_{2011}^{2}=a_{1}\left(S_{2010}+S_{2011}\right)=a1((2a1+2009d)2010+(2a1+2010d)2011)2\frac{a_{1}\left(\left(2 a_{1}+2009 d\right) 2010+\left(2 a_{1}+2010 d\right) 2011\right)}{2} което след опростяване дава a12+1004a1d−1005d2=0a_{1}^{2}+1004 a_{1} d-1005 d^{2}=0. След разделяне на d≠0d \neq 0 и решаване на съответното квадратно уравнение, намираме a1d=1\frac{a_{1}}{d}=1 или a1d=−1005\frac{a_{1}}{d}=-1005. Ако a1d=−1005\frac{a_{1}}{d}=-1005, то или a1<0a_{1}\lt{}0 или d<0d\lt{}0, което е невъзможно, понеже всички членове на прогресията са положителни числа. Следователно a1d=1\frac{a_{1}}{d}=1. б) От а) имаме, че a1=da_{1}=d. Тогава an=a1na_{n}=a_{1} n, а от формулите за Sn−1S_{n-1} и SnS_{n} пресмятаме Sn−1=a1n(n−1)2S_{n-1}=\frac{a_{1} n(n-1)}{2} и Sn=a1n(n+1)2S_{n}=\frac{a_{1} n(n+1)}{2}, откъдето Sn−1+Sn=a1n2S_{n-1}+S_{n}=a_{1} n^{2}. Следователноa1(Sn−1+Sn)=a12n2=an2a_{1}\left(S_{n-1}+S_{n}\right)=a_{1}^{2} n^{2}=a_{n}^{2}т. е. a1,ana_{1}, a_{n} и Sn−1+SnS_{n-1}+S_{n} са последователни членове на геометрична прогресия.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2011-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Върху диагонала BDB D на трапец ABCDA B C D, AB∥CDA B \| C D, е избрана произволна точка MM. Да се докаже, че разстоянието между центровете на описаните окръжности на △ABM\triangle A B M и △CDM\triangle C D M не зависи от избора на точката M.M.
РешениеНека O1O_{1} и O2O_{2} са центровете на описаните окръжности съответно около △ABM\triangle A B M и △CDM\triangle C D M. Първи начин. Да означим φ=∠ABM=∠CDM\varphi=\angle A B M=\angle C D M. Тогава∠O1MA=90∘−12∠AO1M=90∘−φ\angle O_{1} M A=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A O_{1} M=90^{\circ}-\varphi и аналогично ∠O2MC=90∘−φ\angle O_{2} M C=90^{\circ}-\varphi. Тогава ∠O1MO2=∠AMC\angle O_{1} M O_{2}=\angle A M C. От синусовата теорема получавамеAMCM=2O1Msin⁡φ2O2Msin⁡φ=O1MO2M\frac{A M}{C M}=\frac{2 O_{1} M \sin \varphi}{2 O_{2} M \sin \varphi}=\frac{O_{1} M}{O_{2} M} Следователно △AMC∼△O1MO2\triangle A M C \sim \triangle O_{1} M O_{2} с коефициент на подобие 2sin⁡φ2 \sin \varphi. Оттук получаваме AC=2O1O2sin⁡∠ABDA C=2 O_{1} O_{2} \sin \angle A B D, т. е.O1O2=AC2sin⁡φO_{1} O_{2}=\frac{A C}{2 \sin \varphi} не зависи от избора на точка MM. ![](/problem-assets/emt2011-11-2-diagram-1.jpg) Втори начин. Нека NN е пресечната точка на описаната около △ABM\triangle A B M окръжност с ACA C. Тогава ∠MDC=∠ABM=∠MNC\angle M D C=\angle A B M=\angle M N C, което означава, че точките N,M,CN, M, C и DD лежат на една окръжност. Следователно MNM N е общата хорда на двете окръжности, откъдето O1O2⊥MNO_{1} O_{2} \perp M N. При движение на точка MM правата MNM N сключва постоянен ъгъл (равен на ∠ABD\angle A B D ) с правата ACA C, т. е. MNM N се движи успоредно на себе си. Тъй като O1O2⊥MNO_{1} O_{2} \perp M N, правата O1O2O_{1} O_{2} също остава успоредна на себе си. Остава да забележим, че точките O1O_{1} и O2O_{2} се движат по симетралите съответно на ABA B и CDC D. Това означава, че отсечката O1O2O_{1} O_{2} е равна на частта от права, която се движи успоредно на себе, заключена между две постоянни успоредни прави. Следователно дължината на O1O2O_{1} O_{2} не зависи от избора на точка MM.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2011-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадено е просто число pp. Да се докаже, че числото (2p−2−1)p(2p−1)−2p(p−2)+1\left(2^{p-2}-1\right)^{p}\left(2^{p}-1\right)-2^{p(p-2)}+1 се дели на p3.p^{3}.
РешениеДа означим A(p)=(2p−2−1)p(2p−1)−2p(p−2)+1A(p)=\left(2^{p-2}-1\right)^{p}\left(2^{p}-1\right)-2^{p(p-2)}+1. Тъй като A(2)=0A(2)=0, то A(2)A(2) се дели на 23=82^{3}=8. Нека p>3p\gt{}3 е просто число. Ще докажем, че 2pA(p)2^{p} A(p) се дели на p3p^{3}, което ще означава, че A(p)A(p) се дели на p3p^{3}. От теоремата на Ферма имаме 2p−1≡1( mod p)2^{p-1} \equiv 1(\bmod p), което означава, че 2p−1=pk+12^{p-1}=p k+1 за някое k∈Nk \in \mathbb{N}. Тогава 2pA(p)=(2p−1−2)p(2p−1)−2p(p−1)+2p=(pk−1)p(2pk+1)−(pk+1)p+2p2^{p} A(p)=\left(2^{p-1}-2\right)^{p}\left(2^{p}-1\right)-2^{p(p-1)}+2^{p}=(p k-1)^{p}(2 p k+1)-(p k+1)^{p}+2^{p}. Като използваме бинома на Нютон за (pk−1)p(p k-1)^{p} и (pk+1)p(p k+1)^{p} и това, че (p2)\binom{p}{2} се дели на pp, намираме2pA(p)≡(p2k−1)(2pk+1)−(p2k+1)+2p≡≡p2k−2pk−1−p2k−1+2p=2p−2pk−2=0( mod p3),\begin{aligned} 2^{p} A(p) & \equiv\left(p^{2} k-1\right)(2 p k+1)-\left(p^{2} k+1\right)+2^{p} \equiv \\ & \equiv p^{2} k-2 p k-1-p^{2} k-1+2^{p}=2^{p}-2 p k-2=0 \quad\left(\bmod p^{3}\right), \end{aligned} с което доказателството е завършено.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2011-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Две подмножества XX и YY на множеството A={1,2,…,2n},n∈NA=\{1, 2, \ldots, 2 n\}, n \in \mathbb{N} се наричат съседни, ако ∣X∩Y∣=1|X \cap Y|=1 и X∪Y=AX \cup Y=A. Да се докаже, че могат да бъдат избрани най-много22n−1+(2nn)2−12^{2 n-1}+\frac{\binom{2 n}{n}}{2}-1 подмножества на AA, между които няма съседни.
РешениеДа забележим, че ако XX и YY са съседни и ∣X∣=k,(k=1,2,…,n)|X|=k, (k=1, 2, \ldots, n), то ∣Y∣=2n+1−k|Y|=2 n+1-k. Ще докажем, че за всяко k=1,2,…,nk=1, 2, \ldots, n от всички множества с kk и 2n+1−k2 n+1-k могат да бъдат избрани най-много (2nk)\binom{2 n}{k} множества между които няма съседни. Нека pp и qq са съответно броят на множествата с kk и 2n+1−k2 n+1-k елемента. Тъй като всяко множество с kk елемента има точно kk съседни множества с 2n+1−k2 n+1-k (и следователно забранява\textit{забранява} тези множества) елемента и всяко множество с 2n+1−k2 n+1-k елемента има точно 2n+1−k2 n+1-k съседни множества с kk елемента (и следователно може да бъде забранено от всяко от тези множества), то⌈kp2n+1−k⌉+q≤(2n2n−k+1).\left\lceil\frac{k p}{2 n+1-k}\right\rceil+q \leq\binom{ 2 n}{2 n-k+1}.Аналогично⌈(2n+1−k)qk⌉+p≤(2nk)\left\lceil\frac{(2 n+1-k) q}{k}\right\rceil+p \leq\binom{ 2 n}{k} Ако допуснем, че (2nk)<p+q\binom{2 n}{k}\lt{}p+q след събиране на последните три неравенства, намирамеkp2n+1−k+(2n+1−k)qk≤(2n2n−k+1).\frac{k p}{2 n+1-k}+\frac{(2 n+1-k) q}{k} \leq\binom{ 2 n}{2 n-k+1}. Последното неравенство е невъзможно поради(2n2n−k+1)≥kp2n+1−k+(2n+1−k)qk==(p+q)(k2n+1−k)+q(2n+1−kk−k2n+1−k)>>(2nk)k2n+1−k=(2n2n−k+1)\begin{aligned} \binom{2 n}{2 n-k+1} & \geq \frac{k p}{2 n+1-k}+\frac{(2 n+1-k) q}{k}= \\ & =(p+q)\left(\frac{k}{2 n+1-k}\right)+q\left(\frac{2 n+1-k}{k}-\frac{k}{2 n+1-k}\right)\gt{} \\ & \gt{}\binom{2 n}{k} \frac{k}{2 n+1-k}=\binom{2 n}{2 n-k+1} \end{aligned}(използвахме, че 2n+k−1>k2 n+k-1\gt{}k и p+q>(2nk)p+q\gt{}\binom{2 n}{k} ). Следователно p+q≤(2nk)p+q \leq\binom{ 2 n}{k}. Сумираме полученото за k=1,2,…,nk=1, 2, \ldots, n и получаваме, че множествата могат да бъдат най-много(2n1)+(2n2)+⋯+(2nn)=22n−1+(2nn)2−1\binom{2 n}{1}+\binom{2 n}{2}+\cdots+\binom{2 n}{n}=2^{2 n-1}+\frac{\binom{2 n}{n}}{2}-1
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2011-11-4