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

2016

Назад към папките

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малката и най-голямата стойност на функцията: f(x)=(sin⁡x+cos⁡x)(sin⁡x+cos⁡x+1). f(x)=(\sin x+\cos x)(\sin x+\cos x+1). (sin⁡x+cos⁡x+2)(sin⁡x+cos⁡x+3).(\sin x+\cos x+2)(\sin x+\cos x+3).
РешениеПолагаме t=sin⁡x+cos⁡x=x22sin⁡(x+π4)t=\sin x+\cos x=\sqrt{\vphantom{x^2}2} \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right). Задачата се свежда до намиране на най-малката и най-голямата стойност на функцията f(t)=t(t+1)(t+2)(t+3)=(t2+f(t)=t(t+1)(t+2)(t+3)=\left(t^{2}+\right. 3t)(t2+3t+2)3 t)\left(t^{2}+3 t+2\right) за t∈[−x22,+x22]t \in[-\sqrt{\vphantom{x^2}2}, +\sqrt{\vphantom{x^2}2}]. Функцията y=t2+3ty=t^{2}+3 t е растяща за t∈[−x22,+x22]t \in[-\sqrt{\vphantom{x^2}2}, +\sqrt{\vphantom{x^2}2}] (тъй като −32>−x22-\frac{3}{2}\gt{}-\sqrt{\vphantom{x^2}2} ). Следователно ymin=y(−x22)=2−3x22ymax=y(x22)=2+3x22y_{\text{min}}=y(-\sqrt{\vphantom{x^2}2})=2-3 \sqrt{\vphantom{x^2}2} y_{\text{max}}=y(\sqrt{\vphantom{x^2}2})=2+3 \sqrt{\vphantom{x^2}2}. Остава да намерим най-малката и най-голямата стойност на функцията f(y)=(t2+3t)(t2+f(y)=\left(t^{2}+3 t\right)\left(t^{2}+\right. 3t+2)=y2+2y3 t+2)=y^{2}+2 y за y∈[2−3x22,2+x22]y \in[2-3 \sqrt{\vphantom{x^2}2}, 2+\sqrt{\vphantom{x^2}2}]. Тъй като −1∈[2−3x22,2+x22]-1 \in[2-3 \sqrt{\vphantom{x^2}2}, 2+\sqrt{\vphantom{x^2}2}], то fmin=f(−1)=−1f_{\text{min}}=f(-1)=-1. За най-голямата стойност имаме fmax=f(2+3x22)=26+18x22f_{\text{max}}=f(2+3 \sqrt{\vphantom{x^2}2})=26+18 \sqrt{\vphantom{x^2}2}. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1 т. за полагането sin⁡x+cos⁡x=t;1\sin x+\cos x=t; 1 т. за представянето f(t)=f(t)= t(t+1)(t+2)(t+3)=(t2+3t)(t2+3t+2);2t(t+1)(t+2)(t+3)=\left(t^{2}+3 t\right)\left(t^{2}+3 t+2\right); 2 т. за изследване на функцията y=t2+3t;2y=t^{2}+3 t; 2 т. за получаване на отговора.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2016-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Точка MM е среда на страната ABA B на триъгълник ABCA B C. Окръжността през точките CC и MM, която се допира до страната ABA B пресича страните ACA C и BCB C съответно в точките PP и QQ. Ако KK и LL са среди съответно на CPC P и CQC Q да се докаже, че ∠CKM=\angle C K M= ∠CLM.\angle C L M.
РешениеДа означим с DD точката върху лъча CM→C M \rightarrow, за която CM=MDC M=M D. Тогава MKM K е средна отсечка в триъгълник CPDC P D и MLM L е средна отсечка в триъгълник CQDC Q D. Следователно ∠CKM=∠CPD\angle C K M=\angle C P D и ∠CLM=∠CQD\angle C L M=\angle C Q D и е достатъчно да докажем, че △APD∼△BQD\triangle A P D \sim \triangle B Q D. Да забележим, че ∠PAD=∠QBD\angle P A D=\angle Q B D като противоположни ъгли в успоредника ADBCA D B C. Освен това AM2=AP.ACA M^{2}=A P. A C и BM2=BQ.BCB M^{2}=B Q. B C, откъдето:APAD=AM2AC⋅AD=BM2BC⋅BD=BQBD\frac{A P}{A D}=\frac{A M^{2}}{A C \cdot A D}=\frac{B M^{2}}{B C \cdot B D}=\frac{B Q}{B D} Следователно двата триъгълника са подобни, откъдето следва и твърдението на задачата. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1 т. за разглеждане на точката D;1D; 1 т. за свеждане на задача до △APD∼△BQD;4\triangle A P D \sim \triangle B Q D; 4 т. за доказване на △APD∼△BQD\triangle A P D \sim \triangle B Q D;
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2016-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека A={1,2,3,…,m+n}A=\{1, 2, 3, \ldots, m+n\}, където m≥2m \geq 2 и n≥2n \geq 2 са естествени числа. Да се намери броят на функциите g:A→Ag: A \rightarrow A, за коитоg(g(i))=i+1g(g(i))=i+1заi=1,2,…,m−1,m+1,…,m+n−1;\text{за} i=1, 2, \ldots, m-1, m+1, \ldots, m+n-1;g(g(m))=1иg(g(m+n))=m+1.g(g(m))=1 \text{и} g(g(m+n))=m+1.
РешениеНека Am={1,2,…,m}A_{m}=\{1, 2, \ldots, m\} и An={m+1,m+2,…,m+n}A_{n}=\{m+1, m+2, \ldots, m+n\}. Ако f(a)=g(g(a))f(a)=g(g(a)), то лесно се вижда, че ff е биекция и f:An→An,f:Am→Amf: A_{n} \rightarrow A_{n}, f: A_{m} \rightarrow A_{m}. Ако k∈Amk \in A_{m}, то f(k)=k+1f(k)=k+1 ( mod m)(\bmod m) и ако k∈Ank \in A_{n}, то f(k)=k+1( mod n)f(k)=k+1(\bmod n). Лесно се проверява, че gg е биекция: ако g(a1)=g(a2)g\left(a_{1}\right)=g\left(a_{2}\right), то g(g(a1))=g(g(a2))g\left(g\left(a_{1}\right)\right)=g\left(g\left(a_{2}\right)\right), т. е. f(a1)=f(a2)f\left(a_{1}\right)=f\left(a_{2}\right), противоречие. Освен това за всяко a∈Aa \in A е изпълнено g(a)≠ag(a) \neq a. Да допуснем, че mm е четно число. Ще докажем, че ако a∈Ama \in A_{m}, то g(a)∈Ang(a) \in A_{n}. Да допуснем, че g(1)=k∈Amg(1)=k \in A_{m}. Нека Am=B∪CA_{m}=B \cup C, където B={1,2,…,k−1}B=\{1, 2, \ldots, k-1\} и C={k,k+1,…,m}C=\{k, k+1, \ldots, m\}. 1 случай. Нека ∣B∣=∣C∣|B|=|C|. Имаме g(1)=k,g(k)=g(g(1))=2,g(2)=k+1,g(k+1)=3g(1)=k, g(k)=g(g(1))=2, g(2)=k+1, g(k+1)=3 и т. н. Ще достигнем до g(k−1)=m,g(m)=kg(k-1)=m, g(m)=k, което противоречи на g(1)=kg(1)=k. 2 случай. Нека ∣B∣<∣C∣|B|\lt{}|C|. Достигаме до g(k−1)=s<m,g(s)=kg(k-1)=s\lt{}m, g(s)=k, отново противоречие с g(1)=kg(1)=k. 3 случай. Нека ∣B∣>∣C∣|B|\gt{}|C|. Понеже mm е четно, то Нека ∣B∣≥∣C∣+2|B| \geq|C|+2. Аналогично ще получим s∈B,s≤k−3s \in B, s \leq k-3, но тогава s+2=ks+2=k, т. е. s=k−2s=k-2, противоречие. Аналогични разсъждения показват, че ако mm е нечетно число и a∈Ama \in A_{m} е такова, че g(a)∈g(a) \in AmA_{m}, то Нека ∣B∣=∣C∣+1|B|=|C|+1 и тогава за всяко a∈Am,g(a)∈Ama \in A_{m}, g(a) \in A_{m}, по точно ако m=2k+1m=2 k+1, то g(a)=a+k+1g(a)=a+k+1 по модул mm. Когато mm е четно, за да съществува gg лесно се вижда, че това ще е възможно при n=m=2kn=m=2 k и тогава имаме mm броя функции:g:Am→An,g(a)=2k+a,a=1,2,…2kg: A_{m} \rightarrow A_{n}, g(a)=2 k+a, a=1, 2, \ldots 2 kg:An→Am,приa=2k+r,g: A_{n} \rightarrow A_{m}, \text{при} a=2 k+r,g(a)=g(2k+r)=r+1по модул2k,a=1,2,…2k. g(a)=g(2 k+r)=r+1 \text{по модул} 2 k, a=1, 2, \ldots 2 k. Окончателно: I случай. mm и nn нечетни 1. При m≠nm \neq n имаме само една функция като в примера в 3 случай по-горе. 2. При m=nm=n имаме n+1n+1 функции: една функция като в пример 3 и още nn като другия пример. II случай. mm и nn четни и m=nm=n Тогава имаме nn функции. Във всички други случаи за mm и nn функцията gg не съществува. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) 1 т. за разглеждане на функцията f(a)=g(g(a));1f(a)=g(g(a)); 1 т. за разглеждане на множествата BB и CC; по 1 т. за всеки от трите случая; 2 т. за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2016-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека aa и bb са такива естествени числа, че p=a2+b2p=a^{2}+b^{2} е просто число. Да се докаже, че съществуват безбройно много естествени числа nn, за които pp дели (an+a+bn+b\left(a^{n}+a+b^{n}+b\right. ) ((ab)n+1).\left((a b)^{n}+1\right).
РешениеОт равенствотоak+2+bk+2=a^{k+2}+b^{k+2}=(a2+b2)(ak+bk)−(ab)2(ak−2+bk−2)\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(a^{k}+b^{k}\right)-(a b)^{2}\left(a^{k-2}+b^{k-2}\right) с индукция по k∈N0k \in \mathbb{N}_{0} следва, чеa8k+3+b8k+3≡pPk(a,b)−(ab)4k+1(a+b)a^{8 k+3}+b^{8 k+3} \equiv p P_{k}(a, b)-(a b)^{4 k+1}(a+b) където Pk(a,b)P_{k}(a, b) е полином с цели коефициенти. Нека mm е показателят на aba b по модул pp. Ако mm е нечетно число, то всяко n=2(4i+1)m2+1n=2(4 i+1) m^{2}+1 върши работа. Ако m=2lm=2 l е четно число, то pp дели (ab)l+1(a b)^{l}+1 (защо?) и значи всяко n=(2i+1)ln=(2 i+1) l върши работа. Забележка. Твърдението на задачата остава вярно ако множителят (ab)n+1(a b)^{n}+1 се замени с (ab)4n+2+1(a b)^{4 n+2}+1. Оценяване: \textit{Оценяване: } 3 т. за == и по 2 т. за двата случая за mm.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2016-11-4