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

2015

Назад към папките

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадена е аритметична прогресия с 2025 члена, първи член a1=1a_{1}=1 и разлика d≠0d \neq 0. Известно е, че съществува естествено число n,1<n<2025 n, 1 \lt{} n \lt{} 2025, за което a1,ana_{1}, a_{n} и a2025a_{2025} в този ред образуват геометрична прогресия с частно q=d+n−1q=d+n-1. Колко различни стойности може да приема разликата d?d?
РешениеОт an=qa1a_{n}=q a_{1} намираме 1+(n−1)d=d+n−11+(n-1)d=d+n-1, откъдето (n−2)(d−1)=0(n-2)(d-1)=0. При d=1d=1 имаме a2025=2025a_{2025}=2025, q=nq=n и от a2025=q2a1=n2a_{2025}=q^{2}a_{1}=n^{2} намираме n2=2025n^{2}=2025, т. е. n=45n=45. При n=2n=2 имаме q=d+1q=d+1 и от a2025=q2a1=q2a_{2025}=q^{2}a_{1}=q^{2} получаваме (1+d)2=1+2024d(1+d)^{2}=1+2024d, откъдето d=2022d=2022. Следователно dd може да приема две стойности. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 2 т. за намиране n=2n=2 или d=1d=1; 2 т. за случая n=2n=2; 2 т. за случая d=1d=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2015-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които числото n+1n+1 има само един прост делител и (n−1)!+n!+(n+1)(n-1)!+n!+(n+1)! не дели (n!)2(n!)^{2}. (За естествено число mm с mm! означаваме числото 1 \cdot 2 \cdot 3... m)
РешениеИмаме (n−1)!+n!+(n+1)≠(n−1)!(n+1)2(n-1)!+n!+(n+1)\neq{}(n-1)!(n+1)^{2} и ако това число дели (n!)2(n!)^{2}, то (n+1)2(n+1)^{2} дели ( nn!). nn. Понеже n+1n+1 и nn са взаимнопрости, то (n+1)2(n+1)^{2} дели (n−1)(n-1)!. Нека n+1=pαn+1=p^{\alpha}. Ако α=1\alpha=1, то pp не дели (p−2)(p-2)! и следователно всички числа от вида n=p−1n=p-1 са измежду търсените. Нека α≥2\alpha \geq 2. Тогава числата p,2p,…,(pα−1−1)pp, 2 p, \ldots, \left(p^{\alpha-1}-1\right) p са по-малки от p−1p-1 и се делят на pp. Оттук следва, че степента на pp, която дели ( p−1p-1 )! е поне pα−1−1p^{\alpha-1}-1. Ако 2α≤pα−1−12 \alpha \leq p^{\alpha-1}-1, то pαp^{\alpha} ще дели (p−2)(p-2)!, откъдето получаваме 2α>pα−1−12 \alpha\gt{}p^{\alpha-1}-1. Ако p≥5p \geq 5, то 2α>5α−1−12 \alpha\gt{}5^{\alpha-1}-1, което не е вярно (доказва се по индукция) за никое α≥2\alpha \geq 2. Ако p=3p=3 неравенството 2α>3α−1−12 \alpha\gt{}3^{\alpha-1}-1 е изпълнено само за α=2\alpha=2, а при p=2p=2 неравенството 2α>2α−1−12 \alpha\gt{}2^{\alpha-1}-1 е изпълнено само при α=2,3,4\alpha=2, 3, 4. Директна проверка за pα=9,4,8,16p^{\alpha}=9, 4, 8, 16 показва, че при α≥2\alpha \geq 2 търсените стойности за pαp^{\alpha} са 4, 8 и 9. Следователно естествените числа nn, които удовлетворяват условието, са числата от вида p−1p-1, където pp е просто число и 3,7,83, 7, 8. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1 т. за наблюдението, че p−1p-1 за pp просто число е решение; 1 т. за наблюдението, че (n+1)2(n+1)^{2} дели (n−1)!(n-1)!; 1 т. за неравенството 2α>pα−1−12 \alpha\gt{}p^{\alpha-1}-1; по 1 т. за всеки от случаите p=2,3p=2, 3 и p≥5p \geq 5.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2015-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
В остроъгълен триъгълник ABCA B C е построена окръжност Ω\Omega, която минава през точка AA и е с център върху височината AH,H∈BCA H, H \in B C. Пресечните точки на Ω\Omega с отсечките ABA B и ACA C са означени с PP и QQ, като AP2=AQ.CQA P^{2}=A Q. C Q. Точка KK от описаната около триъгълник OBCO B C окръжност, където точка OO е центърът на описаната около △ABC\triangle A B C окръжност, лежи в една и съща полуравнина с точка AA спрямо правата BCB C и ∠BKA=∠CKA\angle B K A=\angle C K A. Да се докаже, че точката KK лежи на Ω.\Omega.
РешениеАко SS е центърът на Ω\Omega, то ∠SAB=90∘−β\angle S A B=90^{\circ}-\beta, откъдето ∠AQP=β\angle A Q P=\beta. Следователно △ABC∼△AQP\triangle A B C \sim \triangle A Q P и ABAC=AQAP\frac{A B}{A C}=\frac{A Q}{A P}. От AP2=CQ.AQA P^{2}=C Q. A Q намираме AQAP=APCQ\frac{A Q}{A P}=\frac{A P}{C Q}, откъдетоABAC=APCQ\frac{A B}{A C}=\frac{A P}{C Q} Понеже ∠BKC=∠BOC=2α\angle B K C=\angle B O C=2 \alpha, то ∠AKB=∠AKC=180∘−α\angle A K B=\angle A K C=180^{\circ}-\alpha. Тогава ∠BAK+∠ABK=\angle B A K+\angle A B K= α\alpha, откъдето ∠ABK=∠CAK\angle A B K=\angle C A K. Следователно △ABK∼△CAK\triangle A B K \sim \triangle C A K и получаваме ABAC=AKCK\frac{A B}{A C}=\frac{A K}{C K}. От това равенство, заедно с (1) намираме APCQ=AKCK\frac{A P}{C Q}=\frac{A K}{C K}, което означава, че △APK∼△CQK\triangle A P K \sim \triangle C Q K. Оттук ∠APK=∠CQK\angle A P K=\angle C Q K, т. е. точките A,P,K,QA, P, K, Q лежат на една окръжност. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 22 т. за △ABC∼△AQP\triangle A B C \sim \triangle A Q P; 22 т. за △ABK∼△CAK\triangle A B K \sim \triangle C A K; 22 т. за △APK∼△CQK;1\triangle A P K \sim \triangle C Q K; 1 т. за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2015-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Една редица x=x1,x2,…,x2015\mathbf{x}=x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2015} от нули и единици се нарича \textit{добра}, ако съществува единствена редица y=y1,y2,…,y2015\mathbf{y}=y_{1}, y_{2}, \ldots, y_{2015} от нули и единици, различна от x\mathbf{x}, със следното свойство: всяка редица, получена от x\mathbf{x} след изтриване на един неин член, може да се получи с изтриване на един член на редицата у. Да се намери броят на добрите редици.
РешениеАко редицата х е съставена само от нули (съответно единици), то всяка редица у, съдържаща само една единица (съответно нула) има исканото в условието свойство. Следователно такава редица не е добра. Да забележим, че ако броят на символите 0 в редицата x\mathbf{x} е по-малък от броя на символите 0 в редицата y\mathbf{y}, то изтриването на една нула в x\mathbf{x} ще доведе до редица, в която нулите са поне две по-малко от нулите в у и такава редица не може да се получи с едно изтриване в у. Следователно в х и у има равен брой нули и единици. Да допуснем, че x1≠y1x_{1} \neq y_{1} и нека за определеност x1=0,y1=1x_{1}=0, y_{1}=1. Редицата, получена от x\mathbf{x} след изтриване на произволен символ xix_{i} за i≥2i \geq 2 започва с 0 и следователно може да се получи от у само с изтриване на y1=1y_{1}=1, като тогава трябва да имаме y2=0y_{2}=0. Това означава, че произволно изтриване на xix_{i} за i≥2i \geq 2 в редицата x2,x3,…,x2015x_{2}, x_{3}, \ldots, x_{2015} води до получаване на редицата y3,…,y2015y_{3}, \ldots, y_{2015}. При изтриване на xix_{i} за i=2,3,…2014i=2, 3, \ldots 2014 имаме xi+1=yi+1x_{i+1}=y_{i+1}, а при изтриване на xi+1x_{i+1} имаме xi=yi+1x_{i}=y_{i+1}. Следователно xi=xi+1x_{i}=x_{i+1}, откъдето получаваме x2=x3=x_{2}=x_{3}= x4=⋯=x2015x_{4}=\cdots=x_{2015}. Ако x2=0x_{2}=0, то всички членове на x\mathbf{x} са нули и тогава всяка редица само с една единица може да се избере за у. Следователно x2=1,x=0,1,1,…,1x_{2}=1, \mathbf{x}=0, 1, 1, \ldots, 1 и y=1,0,1,1,…,1\mathbf{y}=1, 0, 1, 1, \ldots, 1. Нека сега x1=y1x_{1}=y_{1} и за определеност нека x1=y1=0x_{1}=y_{1}=0. Тогава за някое kk, за което 1≤k≤20141 \leq k \leq 2014 имаме x1=⋯=xk≠xk+1=1x_{1}=\cdots=x_{k} \neq x_{k+1}=1 и да допуснем, че 0=y1=⋯=yk+10=y_{1}=\cdots=y_{k+1}. Изтриване на x1x_{1} води до редица, която започва с k−1k-1 символа 0, а всяко изтриване на символ от у води до редица, която започва с поне kk символа 0, противоречие. Ако 0=y1=0=y_{1}= ⋯=yk≠yk+1\cdots=y_{k} \neq y_{k+1}, то изтриване на x1x_{1} води до изтриване на някое yiy_{i} за i=1,2,…,ki=1, 2, \ldots, k и двете редици ще съвпадат, противоречие. Следователно 0=y1=⋯=yt≠yt+1=10=y_{1}=\cdots=y_{t} \neq y_{t+1}=1 за някое t<kt\lt{}k. Всяко изтриване на xix_{i} за i≥k+1i \geq k+1 води до изтриване на yt+1y_{t+1} и до yt+1=0y_{t+1}=0. Както по-горе следва, че xk+1=⋯=x2015=yk+2=⋯=y2015x_{k+1}=\cdots=x_{2015}=y_{k+2}=\cdots=y_{2015}. Понеже редицата x\mathbf{x} не е съставена само от нули и в x\mathbf{x} и у има равен брой нули и единици, то x=0,0,…,xk=0,xk+1=1,1,1,…,1\mathbf{x}=0, 0, \ldots, x_{k}=0, x_{k+1}=1, 1, 1, \ldots, 1 и y=0,0,…,yt=0,yt+1=1,0,0,…,yk+2=1,1,…,1\mathbf{y}=0, 0, \ldots, y_{t}=0, y_{t+1}=1, 0, 0, \ldots, y_{k+2}=1, 1, \ldots, 1. Ако k>t+1k\gt{}t+1 изтриване на x1=0x_{1}=0 води до изтриване на символ нула от редицата у. Понеже k>t+1k\gt{}t+1 след yt+1=1y_{t+1}=1 ще има поне една нула, противоречие. Следователно k=t+1k=t+1 и x=0,0,…,xk=0,xk+1=1,1,1,…,1\mathbf{x}=0, 0, \ldots, x_{k}=0, x_{k+1}=1, 1, 1, \ldots, 1 и y=0,0,…,yt=0,yk=1,0,yk+2=1,1,…,1\mathbf{y}=0, 0, \ldots, y_{t}=0, y_{k}=1, 0, y_{k+2}=1, 1, \ldots, 1. Получихме, че всяка от търсените редици има вида x=0,0,…,0,1,1,1,…,1\mathbf{x}=0, 0, \ldots, 0, 1, 1, 1, \ldots, 1 или x=\mathbf{x}= 1,1,…,1,0,0,0,…,01, 1, \ldots, 1, 0, 0, 0, \ldots, 0 Следователно добрите редици са 2⋅2014=40282 \cdot 2014=4028. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) 1 т. за случая, когато x\mathbf{x} се състои само от нули или единици; 1 т. за наблюдението, че x\mathbf{x} и у имат равен брой нули и единици; 1 т. за верен отговор без доказателство; 2 т. за случая x1≠y1;2x_{1} \neq y_{1}; 2 т. за случая x1=y1x_{1}=y_{1}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2015-11-4