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

2014

Назад към папките

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадена е окръжност kk с център OO и точка AA извън окръжността. От AA са построени допирателни AXA X и AY(X,Y∈k)A Y(X, Y \in k), а точките PP и QQ от правите AXA X и AYA Y (PP е между AA и XX, а YY е между AA и QQ) са такива, че OP=OQO P=O Q. Да се докаже, че средата на отсечката PQP Q е върху отсечката XY.X Y.
РешениеНека RR е средата на PQP Q. Тогава ∠ORQ=∠OYQ=90∘\angle O R Q=\angle O Y Q=90^{\circ}. Следователно четириъгълникът OQYRO Q Y R е вписан в окръжност, откъдето ∠QRY=∠QOY\angle Q R Y=\angle Q O Y. Аналогично ∠PRX=∠POX\angle P R X=\angle P O X. Тъй като △OYQ≅△OXP\triangle O Y Q \cong \triangle O X P, то ∠QOY=\angle Q O Y= ∠POX\angle P O X. Следователно ∠QRY=∠PRX\angle Q R Y=\angle P R X, което означава, че точките X,R,YX, R, Y лежат на една права.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2014-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека aa е реален параметър. Какъв е минималният брой цели решения на неравенството2x2+(3a2+1)x−2a2+4a−6x2+(a2+a−3)x−a2+2a−3<\frac{2 x^{2}+\left(3 a^{2}+1\right) x-2 a^{2}+4 a-6}{x^{2}+\left(a^{2}+a-3\right) x-a^{2}+2 a-3}\lt{}1?1?
РешениеНеравенството от условието е еквивалентно наx2+(2a2−a+4)x−a2+2a−3x2+(a2+a−3)x−a2+2a−3<0\frac{x^{2}+\left(2 a^{2}-a+4\right) x-a^{2}+2 a-3}{x^{2}+\left(a^{2}+a-3\right) x-a^{2}+2 a-3}\lt{}0 За квадратните тричлени f(x)=x2+(2a2−a+4)x−a2+2a−3f(x)=x^{2}+\left(2 a^{2}-a+4\right) x-a^{2}+2 a-3 и g(x)=x2+(a2+a−3)x−a2+2a−3g(x)=x^{2}+\left(a^{2}+a-3\right) x-a^{2}+2 a-3 имаме f(0)=g(0)=−a2+2a−3f(0)=g(0)=-a^{2}+2 a-3, където −a2+2a−3=−(a−1)2−2<0-a^{2}+2 a-3=-(a-1)^{2}-2\lt{}0 за всяко aa. Следователно, уравненията f(x)=0f(x)=0 и g(x)=0g(x)=0 имат корени съответно x1<0<x2x_{1}\lt{}0\lt{}x_{2} и x1′<0<x2′x_{1}^{\prime}\lt{}0\lt{}x_{2}^{\prime}. Тъй като x1′x2′=x1x2x_{1}^{\prime} x_{2}^{\prime}=x_{1} x_{2} и x1′+x2′−(x1+x2)=a2−2a+7=(a−1)2+6>0x_{1}^{\prime}+x_{2}^{\prime}-\left(x_{1}+x_{2}\right)=a^{2}-2 a+7=(a-1)^{2}+6\gt{}0, разположението на корените е x1<x1′<0<x2<x2′x_{1}\lt{}x_{1}^{\prime}\lt{}0\lt{}x_{2}\lt{}x_{2}^{\prime}. Тогава решенията на неравенството са x∈(x1,x1′)∪(x2,x2′)x \in\left(x_{1}, x_{1}^{\prime}\right) \cup\left(x_{2}, x_{2}^{\prime}\right), като сбора от дължините на двата интервала е a2−2a+7=(a−1)2+6≥6a^{2}-2 a+7=(a-1)^{2}+6 \geq 6. Директно се проверява, че при a=1a=1 (тогава x1=−5−x2332,x2=x_{1}=\frac{-5-\sqrt{\vphantom{x^2}33}}{2}, x_{2}= −5+x2332,x1′=−1,x2′=2\frac{-5+\sqrt{\vphantom{x^2}33}}{2}, x_{1}^{\prime}=-1, x_{2}^{\prime}=2, като −6<x1<−5-6\lt{}x_{1}\lt{}-5 и 0<x2<10\lt{}x_{2}\lt{}1 ) решенията са −5,−4,−3,−2-5, -4, -3, -2 и 1, т. е. 5 решения. При a≠1a \neq 1 сбора на дължините на двата интервала е по-голям от 6 и като използваме, че затворен интервал с дължина естествено число tt съдържа поне tt цели числа, лесно се вижда, че тези два интервала съдържат поне 5 цели числа.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2014-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадени са nn безкрайни аритметични прогресии A1,A2,…,AnA_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n} от естествени числа с разлики съответно b1,b2,…,bnb_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n}. Ако A1∪A2∪⋯∪An=NA_{1} \cup A_{2} \cup \cdots \cup A_{n}=\mathbb{N}, да се докаже, че някое от числата b1,b2,…,bnb_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n} дели най-малкото общо кратно на останалите числа.
РешениеДа допуснем, че всяко от числата b1,b2,…,bnb_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n} не дели най-малкото общо кратно на останалите числа. Тогава за всяко i=1,2,…,ni=1, 2, \ldots, n имаме bi>1b_{i}\gt{}1, като съществува просто число pip_{i}, степента на което в каноничното разлагане на bib_{i} е по-висока от степента на pip_{i} в каноничното разлагане на всяко от останалите числа. Ако a1,a2,…,ana_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n} са първите членове на дадените прогресии, от китайската теорема за остатъците следва, че съществува естествено число kk, за което k≡ai+1( mod pi)k \equiv a_{i}+1\left(\bmod p_{i}\right) за всяко i=1,2,…,ni=1, 2, \ldots, n. Тогава k∉Aik \notin A_{i} за всяко i=1,2,…,ni=1, 2, \ldots, n, противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2014-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В изпъкнал 2014-ъгълник са прекарани 1007 диагонала така, че всеки връх е край на точно един диагонал, всеки два диагонала се пресичат във вътрешна точка и никои три диагонала не се пресичат в една точка. Тези диагонали разделят вътрешността на 2014-ъгълника на изпъкнали многоъгълници. Колко най-малко от тези многоъгълници могат да са триъгълници?
РешениеЩе решим задачата в общия случай за 2n2 n-ъгълник при n≥2n \geq 2. Лема 1. Диагоналите от условието разделят вътрешността на 2n2 n-ъгълника на n2+n+22\frac{n^{2}+n+2}{2} изпъкнали многоъгълникът. Доказателство. След построяване на един диагонал имаме два изпъкнали многоъгълникът. След построяване на два диагонала имаме 4 изпъкнали многоъгълникът, като построяването на kk-ия диагонал добавя (тъй като той пресича всички построени до този момент k−1k-1 диагонала) kk нови многоъгълникът. Тогава търсеният брой е равен на1+1+2+3+⋯+n=n(n+1)2+1=n2+n+221+1+2+3+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}+1=\frac{n^{2}+n+2}{2} Тъй като всяка страна на дадения 2n2 n-ъгълник е страна на точно един многоъгълник от разделянето, от Лема 1 следва, че броят на многоъгълниците, които нямат обща страна с дадения 2n2 n-ъгълник еn2+n+22−2n=n2−3n+22\frac{n^{2}+n+2}{2}-2 n=\frac{n^{2}-3 n+2}{2} с което лемата е доказана. Страна на изпъкнал многоъгълник без успоредни страни ще наричаме интересна, ако многоъгълникът се съдържа в триъгълника, образуван от тази страна и правите, определени от двете съседни страни. Лема 2. Във всеки изпъкнал многоъгълник, който не е триъгълник, съществуват най-много две интересни страни. Доказателство. Да допуснем, че съществуват три интересни страни. Тогава ще имаме поне две различни двойки ъгли на многоъгълникът със сбор на двата ъгъла в двойката по-малък от 180∘180^{\circ}, и сборът на четирите ъгъла в двете двойки ще е по-малък от 360∘360^{\circ}. Тъй като сборът на ъглите в изпъкнал mm-ъгълник е (m−2)180∘(m-2) 180^{\circ}, то сборът на останалите m−4m-4 ъгъла ще е е поне (m−4)180∘(m-4) 180^{\circ}. Това означава, че поне един от тези ъгли ще е по-голям от 180∘180^{\circ}, т. е. многоъгълникът няма да е изпъкнал, противоречие. Понеже всеки два от дадените диагонали се пресичат, то броят на пресечните точки върху всеки диагонал е n−1n-1 и следователно върху всеки диагонал има n−2n-2 вътрешни отсечки (т. е. отсечки, чиито краища не са върхове на дадения 2n2 n-ъгълник). Всяка такава отсечка е страна на два изпъкнали многоъгълникът, като тя е интересна за точно един от тези два многоъгълникът. Следователно, броят на интересните страни е n(n−2)n(n-2). Разглеждаме само многоъгълниците, които нямат обща страна с дадения 2n2 n-ъгълник. Нека измежду тези многоъгълници има xx триъгълника и yy многоъгълникът с повече от три страни. Имаме x+y=n2−3n+22x+y=\frac{n^{2}-3 n+2}{2}, като броят на интересните страни е най-много 3x+2y3 x+2 y (всеки триъгълник има три интересни страни). Тогава 3x+2y≥n(n−2)⇔x≥n(n−2)−2(x+y)⇔x≥n(n−2)−(n2−3n+2)=n−23 x+2 y \geq n(n-2) \Leftrightarrow x \geq n(n-2)-2(x+y) \Leftrightarrow x \geq n(n-2)-\left(n^{2}-3 n+2\right)=n-2. Остава да забележим, че триъгълниците, които имат обща страна с дадения 2n2 n-ъгълник, са поне 3 (тъй като всяка точка от изпъкналата обвивка на пресечните точки на всички диагонали е връх на точно един такъв триъгълник, а изпъкналата обвивка е поне триъгълник). Окончателно имаме поне n−2+3=n+1n-2+3=n+1 триъгълника и остава да построим пример с точно n+1n+1 триъгълника. Върху дадена права ll да изберем n−1n-1 точки A1,A2,…,An−1A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n-1}, като A1A2=A_{1} A_{2}= A2A3=⋯=An−2An−1A_{2} A_{3}=\cdots=A_{n-2} A_{n-1} и нека α\alpha е ъгъл, за който (n−1)α<90∘(n-1) \alpha\lt{}90^{\circ}. Да построим през точката AiA_{i} права lil_{i}, която сключва с правата ll ъгъл iαi \alpha. Лесно се вижда, че всяка права след l2l_{2} добавя един нов триъгълник и следователно броят на триъгълниците е n−2n-2. Сега да разгледаме достатъчно голяма окръжност, която съдържа всички пресечни точки на дадените прави. Да изберем пресечните точки на тази окръжност с дадените прави за върхове на 2n2 n-ъгълника. Лесно се вижда, че само пресечните точки на ll и l1;ll_{1}; l и ln−1;ln−1l_{n-1}; l_{n-1} и ln−2l_{n-2} са върхове на триъгълници, имащи обща страна с 2n2 n-ъгълника. Общият брой на триъгълниците е n+1n+1. При n=1007n=1007 имаме поне 1008 триъгълника.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2014-11-4