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

2013

Назад към папките

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа dd, за които съществува безкрайна аритметична прогресия a1,a2,…a_{1}, a_{2}, \ldots от естествени числа с разлика dd със следното свойство: съществува естествено число kk, за което за всяко nn числата aSn+1,(n+k)ak,−aSna_{S_{n+1}}, (n+k) a_{k}, -a_{S_{n}} образуват (в този ред) аритметична прогресия. (SnS_{n} е сборът от първите nn члена на прогресията, т. е. Sn=a1+a2+⋯+an.)S_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}.)
РешениеОтговор: всички нечетни естествени числа. От aSn+1−aSn=2(n+k)aka_{S_{n+1}}-a_{S_{n}}=2(n+k) a_{k} получаваме an+1d=(n+k)aka_{n+1} d=(n+k) a_{k} или(a1+nd)d=(n+k)ak\left(a_{1}+n d\right) d=(n+k) a_{k} Понеже това равенство е изпълнено за всяко nn, намираме d2=akd^{2}=a_{k} и a1d=kaka_{1} d=k a_{k}. Следователно a1d=kak=kd2a_{1} d=k a_{k}=k d^{2}, т. е. a1=kda_{1}=k d. Сега от ak=a1+(k−1)d=d2a_{k}=a_{1}+(k-1) d=d^{2} получаваме d2=kd+(k−1)dd^{2}=k d+(k-1) d или d=2k−1d=2 k-1. Търсените числа са всички нечетни естествени числа.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2013-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е трапец ABCD (AB∥CD)A B C D \: (A B \| C D) с перпендикулярни диагонали и пресечна точка на диагоналите OO. Върху основата ABA B е избрана точка MM. Описаните окръжности около △AMO\triangle A M O и △BMO\triangle B M O пресичат отсечките ADA D и BCB C съответно в точки PP и QQ. Да се докаже, че центърът на описаната окръжност около △MPQ\triangle M P Q лежи на средната отсечка на трапеца.
РешениеНека правата MOM O пресича отсечката CDC D в точка RR. ![](/problem-assets/emt2013-11-2-diagram-1.jpg) От вписаните четириъгълници AMOPA M O P и MBQOM B Q O имаме ∠BMO=∠APO\angle B M O=\angle A P O и ∠BMO=∠CQO\angle B M O=\angle C Q O. От AB∥CDA B \| C D намираме ∠BMO=∠DRO\angle B M O=\angle D R O, откъдето получаваме∠BMO=∠CQO=∠APO=∠DRO\angle B M O=\angle C Q O=\angle A P O=\angle D R O Следователно четириъгълниците PORDP O R D и OQCRO Q C R са вписани. Имаме∠MQR=∠MQO+∠OQR=\angle M Q R=\angle M Q O+\angle O Q R=∠MBO+∠OCR=∠MBO+∠OAM=90∘\angle M B O+\angle O C R=\angle M B O+\angle O A M=90^{\circ} и аналогично ∠MPR=90∘\angle M P R=90^{\circ}. Това означава, че четириъгълникът MQRPM Q R P е вписан и центърът на описаната окръжност е средата на отсечката MRM R. Оттук следва и твърдението на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2013-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за всяко съставно естествено число n≥6n \geq 6 съществува множество AA от nn различни естествени числа, притежаващо следното свойство: за всеки делител dd на nn, елементите на AA могат да се разделят по два различни начина на nd\frac{n}{d} непресичащи се подмножества всяко с по dd елемента така, че сборът на елементите на кое да е множество от едното разделяне да е равен на сбора на елементите на някое множество от другото разделяне.
РешениеЕлементите на множеството B={1,2,3,4,5,6}B=\{1, 2, 3, 4, 5, 6\} могат да се разделят по два начина (понеже 1+5=2+4,3+4=1+61+5=2+4, 3+4=1+6 и 6+2=3+56+2=3+5 ) така че да е изпълнено свойството от условието. Следователно при d=2d=2 за получаване на множеството AA към елементите на BB прибавяме произволни n−6n-6 различни естествени числа, по-големи от 6. В двете разделяния тези n−6n-6 елемента групираме по един и същи начин на двуелементни подмножества. Ще покажем, че ако в AA имаме четири елемента a,b,c,da, b, c, d, за които a+b=a+b= c+dc+d, то при всяко d≥3d \geq 3 търсените разделяния съществуват. Наистина нека първите две множества от първото разделяне да съдържат съответно {a,b}\{a, b\} и {c,d}\{c, d\} и още по d−2d-2 произволни елемента. Останалите елементи групираме по произволен начин в останалите множества. При второто разделяне сменяме местата на {a,b}\{a, b\} и {c,d}\{c, d\} в първите две множества, а останалите запазваме. Лесно се вижда, че условието е изпълнено. Следователно е достатъчно да изберем множество AA от различни естествени числа, което съдържа 1,2,3,4,5,61, 2, 3, 4, 5, 6.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2013-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които съществуват полиноми с цели коефициенти f1(x),f2(x),…,fn(x)f_{1}(x), f_{2}(x), \ldots, f_{n}(x), g(x)g(x) (не непременно различни) такива, че x2013+nx^{2013}+n дели g(x)g(x) и∏i=1n(fi(x)2−1)=g(x)2−1.\prod_{i=1}^{n}\left(f_{i}(x)^{2}-1\right)=g(x)^{2}-1.
РешениеОтговор: всички нечетни естествени числа. Понеже x2013≡x( mod 3)x^{2013} \equiv x(\bmod 3), то съществува x0x_{0}, за което 3∣x02013+n3 \mid x_{0}^{2013}+n. Полагайки x=x0x=x_{0} в даденото равенство, получаваме че по модул 3 то е възможно само при 3∣fi(x0)3 \mid f_{i}\left(x_{0}\right) за всяко i=1,2,…,ni=1, 2, \ldots, n. Тогава (−1)n≡−1( mod 3)(-1)^{n} \equiv-1(\bmod 3), което означава, че nn е нечетно число. Да дефинираме редицата g1(x),g2(x),…g_{1}(x), g_{2}(x), \ldots като g1(x)=x2013+ng_{1}(x)=x^{2013}+n и gi+1(x)=4gi(x)3−3gi(x)g_{i+1}(x)=4 g_{i}(x)^{3}-3 g_{i}(x) при i≥1i \geq 1. Ясно е, че x2013+nx^{2013}+n дели всеки от полиномите в дадената редица, като освен товаgi+1(x)2−1=(4gi(x)2−1)2(gi(x)2−1)g_{i+1}(x)^{2}-1=\left(4 g_{i}(x)^{2}-1\right)^{2}\left(g_{i}(x)^{2}-1\right) Следователноgt(x)2−1=g_{t}(x)^{2}-1=(4gt−1(x)2−1)2….(4g1(x)2−1)2(g1(x)2−1)=\left(4 g_{t-1}(x)^{2}-1\right)^{2} \ldots.\left(4 g_{1}(x)^{2}-1\right)^{2}\left(g_{1}(x)^{2}-1\right)=∏i=12t−1(fi(x)2−1)\prod_{i=1}^{2 t-1}\left(f_{i}(x)^{2}-1\right) където f1(x)=g1(x)2−1f_{1}(x)=g_{1}(x)^{2}-1 и f2i(x)=f2i+1(x)=4gi(x)2−1f_{2 i}(x)=f_{2 i+1}(x)=4 g_{i}(x)^{2}-1 за i=1,2,…,t−1i=1, 2, \ldots, t-1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2013-11-4