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

2017

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • emt2017-8-2: има placeholder текст

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека GG е медицентър на △ABC\triangle A B C и точка DD е симетричната на GG относно средата на страната ABA B. Нека правата през DD, успоредна на ABA B, пресича правата BCB C в точка MM, правата през DD успоредна на BCB C, пресича правата ACA C в точка NN и правата през DD, успоредна на ACA C, пресича правата ABA B в точка PP. Да се докаже, че точките M,NM, N и PP лежат на една права.
РешениеПострояваме M1=AC∩DMM_{1}=A C \cap D M и N1=BC∩DPN_{1}=B C \cap D P. Тъй като GG е среда на CDC D, то правата през GG, успоредна на ABA B, съдържа средната отсечка в триъгълника M1MCM_{1} M C, а отсечката ABA B е средна за трапеца с основи гореспоменатата средна отсечка и M1MM_{1} M. Понеже CDC D е медиана, следва че DD е средата на M1MM_{1} M, а значи и N1N_{1} е средата на CMC M и NN е средата на M1CM_{1} C (средни отсечки в △M1MC\triangle M_{1} M C ). Следователно NN1N N_{1} е средна отсечка в △M1MC\triangle M_{1} M C и е успоредна и равна на половинката на основата MM1M M_{1}. Тогава NN1=12MM1=DMN N_{1}=\frac{1}{2} M M_{1}=D M, DMN1ND M N_{1} N е успоредник и диагоналите му MNM N и DN1D N_{1} се разполовяват. Но точка PP е среда на DN1D N_{1}, защото BPB P е средна отсечка в △DMN1\triangle D M N_{1}. Следователно точките M,NM, N и PP лежат на една права.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-8-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-8-2

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека a>0a\gt{}0 и ∣b−c∣>4a|b-c|\gt{}4a. Да се докаже, че е в сила поне едно от неравенствата b2≥4acb^2 \ge 4ac или c2≥4abc^2 \ge 4ab.
РешениеРешение. Допускаме противното, т.е. че едновременно са изпълнени неравенствата b2<4acb^{2}\lt{}4ac и c2<4abc^{2}\lt{}4ab. Тогава b2+c2<4ac+4bcb^{2}+c^{2}\lt{}4ac+4bc, което е еквивалентно на (b−2a)2+(c−2a)2<8a2(b-2a)^{2}+(c-2a)^{2}\lt{}8a^{2}. Оттук и от условието следва, че16a2<∣b−c∣2=∣(b−2a)−(c−2a)∣2≤16a^{2}\lt{}|b-c|^{2}=|(b-2a)-(c-2a)|^{2}\leq2((b−2a)2+(c−2a)2)<16a2, 2\left((b-2a)^{2}+(c-2a)^{2}\right)\lt{}16a^{2},което е противоречие. Оценяване. (6 точки) 1 т. за допускане на противното, 2 т. за получаване на неравенството (b−2a)2+(c−2a)2<8a2(b-2a)^{2}+(c-2a)^{2}\lt{}8a^{2} или негов аналог, 2 т. за правилно и съществено за задачата използване на неравенството на триъгълника, 1 т. за заключението.
Klasirane.bg — проверен архив8.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
а) Съществуват ли естествени числа n,xn, x и yy, за които е изпълнено равенството 86n=x2+y2?86^{n}=x^{2}+y^{2}?б) Да се докаже, че за всяко естествено число nn съществуват естествени числа x,yx, y и zz, такива, че 86n=x2+y2+z286^{n}=x^{2}+y^{2}+z^{2}.
Решениеа) Отговор: не съществува такова nn. Да допуснем, че n,xn, x и yy имат исканото свойство. Тъй като простото число 43=4⋅10+343=4 \cdot 10+3 дели 86, то дели и x2+y2x^{2}+y^{2}. Тогава 43∣x43 \mid x и 43∣y43 \mid y, което веднага дава 432∣x43^{2} \mid x и 432∣y43^{2} \mid y и можем да съкратим на 43243^{2}. Тази процедура може да продължи докато лявата страна се дели на 43 (в частност nn е четно). Нека n=2n1n=2 n_{1} и 4n1=x12+y12,x1,y1∈N4^{n_{1}}=x_{1}^{2}+y_{1}^{2}, x_{1}, y_{1} \in \mathbb{N}. Оттук по модул 4 лесно следва, че 2∣x12 \mid x_{1} и 2∣y12 \mid y_{1} и можем, както и по-горе, да съкратим и да продължим. В крайна сметка достигаме до уравнението 1=x22+y221=x_{2}^{2}+y_{2}^{2}, което няма в естествени числа, противоречие. б) При n=1n=1 имаме 861=81+4+9=92+22+1286^{1}=81+4+9=9^{2}+2^{2}+1^{2}, а при n=2−n=2-862=842+2⋅170=842+4⋅85=86^{2}=84^{2}+2 \cdot 170=84^{2}+4 \cdot 85=842+4(81+4)=842+182+42.84^{2}+4(81+4)=84^{2}+18^{2}+4^{2}.Нека n=2k+1,k∈Nn=2 k+1, k \in \mathbb{N}, т. е. nn е нечетно число. Тогава86n=86(86k)2=(92+22+12)(86k)2=86^{n}=86\left(86^{k}\right)^{2}=\left(9^{2}+2^{2}+1^{2}\right)\left(86^{k}\right)^{2}=(9⋅86k)2+(2⋅86k)2+(86k)2\left(9 \cdot 86^{k}\right)^{2}+\left(2 \cdot 86^{k}\right)^{2}+\left(86^{k}\right)^{2}е сбор на 3 квадрата. Нека n=2k,k∈Nn=2 k, k \in \mathbb{N}, т. е. nn е четно число. Тогава86n=862(86k−1)2=(842+182+42)(86k−1)286^{n}=86^{2}\left(86^{k-1}\right)^{2}=\left(84^{2}+18^{2}+4^{2}\right)\left(86^{k-1}\right)^{2}е сбор на 3 квадрата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-8-3

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравнението x2+2ax+(a−1)2=0x^{2}+2 a x+(a-1)^{2}=0 има два реални корена x1x_{1} и x2x_{2}, които удовлетворяват равенството:x1+1x1−1+x2+1x2−1=1\frac{x_{1}+1}{x_{1}-1}+\frac{x_{2}+1}{x_{2}-1}=1
РешениеДискриминантата на квадратното уравнение е D=4(2a−1)D=4(2 a-1). Следователно корените на уравнението са реални, точно когато a≥1/2a \geq 1 / 2. Преобразувайки дадения израз, получавамеx1+1x1−1+x2+1x2−1=\frac{x_{1}+1}{x_{1}-1}+\frac{x_{2}+1}{x_{2}-1}=2(x1x2−1)x1x2−x1−x2+1\frac{2\left(x_{1} x_{2}-1\right)}{x_{1} x_{2}-x_{1}-x_{2}+1}От формулите на Виет имаме x1x2=(a−1)2x_{1} x_{2}=(a-1)^{2} и x1+x2=−2ax_{1}+x_{2}=-2 a. Така получаваме уравнението2((a−1)2−1)(a−1)2−2a+1=1,\frac{2\left((a-1)^{2}-1\right)}{(a-1)^{2}-2 a+1}=1,което е еквивалентно на a2=1a^{2}=1, т. е. решенията са a=±1a= \pm 1. Тъй като a≥1/2a \geq 1 / 2, единствената възможна стойност е a=1a=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички точки EE от вътрешността на квадрат ABCDA B C D със следното свойство: за всеки две взаимно перпендикулярни прави през EE, които пресичат и четирите страни на квадрата във вътрешни точки, три от тези четири пресечни точки са върхове на равностранен триъгълник.
РешениеНека EE е точка с исканото свойство. Да разгледаме двете взаимно перпендикулярни прави MNM N и KLK L през нея, така че MN∥BCM N \| B C. Тогава две съседни страни на четириъгълника KMLNK M L N са равни, което означава, че EE разполовява или MNM N или KLK L. Ако това е KLK L, тогава очевидно EE не може да разполовява MNM N и нека EN<EME N\lt{}E M. В този случай ∠KNL\angle K N L е тъп и равностранният триъгълник е △KML\triangle K M L. Тъй като AB=KL=MNA B=K L=M N, триъгълниците MLNM L N и MKNM K N са равнобедрени с ъгъл при основата 75∘75^{\circ}, и следователно ∠KLN=∠LKN=15∘\angle K L N=\angle L K N=15^{\circ}. Лесно се доказва, че △KLN≡△CDE\triangle K L N \equiv \triangle C D E, с което заключаваме, че EE е върха на равнобедрен триъгълник с основа CDC D и ъгъл при основата 15∘15^{\circ}. От това разсъждение следва, че само EE и трите върха на аналогични триъгълници при другите три страни на квадрата могат да имат исканото свойство. Нека сега EE е една от тези четири точки, например върха на равнобедрен триъгълник с основа CDC D и ъгъл при основата 15∘15^{\circ}. Нека PQ⊥RSP Q \perp R S, като точките P,R,QP, R, Q и SS са вътрешни съответно за страните AB,BC,CDA B, B C, C D и DAD A на квадрата. Тъй като четириъгълникът PBREP B R E е вписан, имаме ∠PRQ=∠PBE=60∘\angle P R Q=\angle P B E=60^{\circ}. Аналогично ∠PSR=60∘\angle P S R=60^{\circ} и следователно △PRS\triangle P R S е равностранен.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото двуцифрено просто число rr, за което съществуват прости числа pp и qq, за които числото p2+pqr+q2p^{2}+p q r+q^{2} е точен квадрат на естествено число.
РешениеОтговор: 11. Ще направим пълен анализ на случая r=11r=11. Нека p2+pqr+q2=x2p^{2}+p q r+q^{2}=x^{2}, където xx е естествено число. Тогава(r−2)pq=x2−(p+q)2=(x−p−q)(x+p+q)(r-2) p q=x^{2}-(p+q)^{2}=(x-p-q)(x+p+q)откъдето следва, че числото x+p+qx+p+q е делител на ( r−2r-2 )pq. Да отбележим, че x+p+q>max⁡{p,q}x+p+q\gt{} \max \{p, q\}. При r=11r=11 имаме възможностите x+p+q=3p,3q,9p,9q,pq,3pqx+p+q=3 p, 3 q, 9 p, 9 q, p q, 3 p q и 9pq9 p q, като съответно x−p−q=3q,3p,q,p,9,3x-p-q=3 q, 3 p, q, p, 9, 3 и 1. Първите два случая водят веднага до p=5qp=5 q и q=5pq=5 p, което е невъзможно за прости pp и qq. Ако x+p+q=pqx+p+q=p q и x−p−q=9x-p-q=9, елиминирането на xx води до уравнениетоpq−9=2(p+q)⟺(p−2)(q−2)=13.p q-9=2(p+q) \Longleftrightarrow(p-2)(q-2)=13.Лесно се вижда, че последното е невъзможно за прости pp и qq. Аналогично, при x+p+q=3pqx+p+q=3 p q и x−p−q=3x-p-q=3, и при x+p+q=9pqx+p+q=9 p q и x−p−q=1x-p-q=1, получаваме съответно (3p−2)(3q−2)=13(3 p-2)(3 q-2)=13 и (3p−2)(3q−2)=5(3 p-2)(3 q-2)=5, които също водят веднага до противоречие (очевидно левите страни са по-големи от десните за p≥2p \geq 2 и q≥2q \geq 2 ). При x+p+q=9px+p+q=9 p и x−p−q=qx-p-q=q получаваме 7p=3q7 p=3 q, откъдето ( p,q)=(3,7)p, q)=(3, 7). Поради симетрията имаме и то (p,q)=(7,3)(p, q)=(7, 3).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В някои от клетките на квадратна таблица 2017×20172017 \times 2017 е поставен знак "О", като във всяка двойка ред и стълб има поне един и не повече от два знака. Да се намери най-малкото естествено число kk, за което е сигурно, че във всяка подтаблица с размери k×kk \times k на дадената таблица има поне един знак "О".
РешениеОтговор k=1345k=1345. Първо ще покажем, че k=1344k=1344 не е достатъчно, построявайки пример. Номерираме редовете и стълбовете c1≤i≤2017\mathrm{c} 1 \leq i \leq 2017 и поставяме знака "О" в клетките с координати (i,2i−1)(i, 2 i-1) и (i,2i)(i, 2 i) за 1≤i≤10081 \leq i \leq 1008 и клетката (1009,2017)(1009, 2017). Тогава квадратът с размери 1344×13441344 \times 1344 в долния ляв ъгъл на таблицата няма да съдържа клетка със знака " O". Нека сега допуснем, че за k=1345k=1345 съществува квадрат k×kk \times k, който не съдържа "О". С разместване на редовете и стълбовете можем да считаме, че това е квадратът в долния ляв ъгъл на таблицата. Разглеждаме правоъгълника над него, който има 672 реда и 1345 стълба. Във всеки ред имаме най-много по два знака, т. е. максимум 1344 знака. Но имаме 1345 стълба и следователно има стълб който не съдържа знака "О". Аналогично разглеждаме правоъгълника вдясно от квадрата, който има 1345 реда и 672 стълба и заключаваме, че има ред който не съдържа знака " O " и това е противоречие с нашето допускане. Получихме двойка ред и стълб, в която няма знак, което противоречи на условието.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравнението(2+x23)x+(2a−1)(2−x23)x=a−3(2+\sqrt{\vphantom{x^2}3})^{x}+(2 a-1)(2-\sqrt{\vphantom{x^2}3})^{x}=a-3има единствено
РешениеЗаписваме уравнението във вида(2+x23)x+(2a−1)1(2+x23)x−(a−3)=0(2+\sqrt{\vphantom{x^2}3})^{x}+(2 a-1) \frac{1}{(2+\sqrt{\vphantom{x^2}3})^{x}}-(a-3)=0откъдето(2+x23)2x−(a−3)(2+x23)x+2a−1=0.(2+\sqrt{\vphantom{x^2}3})^{2 x}-(a-3)(2+\sqrt{\vphantom{x^2}3})^{x}+2 a-1=0.Да положим (2+x23)x=u(2+\sqrt{\vphantom{x^2}3})^{x}=u. Получавамеu2−(a−3)u+2a−1=0.(*)u^{2}-(a-3) u+2 a-1=0. \tag{*}Сега задачата се свежда до намиране на онези стойности на aa, за които (\textit{) има точно едно положително (1) Нека (}) има единствено Тогава (a−3)2−4(2a−1)=0(a-3)^{2}-4(2 a-1)=0, т. е. a2−14a+13−0a^{2}-14 a+13-0 и a=1a=1 или 13. Непосредствено се проверява, че при a=1a=1 корепът на (\textit{) е u=−1u=-1, а при a=13a=13 той е u=5u=5. (2) Нека (}) има два реални корена. Лесно се проверява, че ако единият от корените е 0 (т. е. a=1/2a=1 / 2 ), то другият корен е отрицателен. Така остава да разгледаме случая, когато единият корен на (*) е положителен, а другиятотрицателен. Това се случва точно когато∣ (a−3)2−4(2a−1)>02a−1<0\left\lvert\, \begin{aligned} & (a-3)^{2}-4(2 a-1)\gt{}0 \\ & 2 a-1\lt{}0 \end{aligned}\right.Получаваме системата от неравенства∣ a2−14a+13>02a−1<0\left\lvert\, \begin{aligned} & a^{2}-14 a+13\gt{}0 \\ & 2 a-1\lt{}0 \end{aligned}\right.откъдето a∈(−∞,1/2)a \in(-\infty, 1 / 2). Окончателно a∈(−∞,1/2)∪{13}a \in(-\infty, 1 / 2) \cup\{13\}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В окръжност kk е вписан остроъгълен триъгълник ABCA B C. Точка MM е среда на ABA B. Допирателната към kk в точка AA пресича правата през MM, перпендикулярна на ACA C, в точка DD. Допирателната към kk в точка BB пресича правата пресича правата през MM, перпендикулярна на BCB C, в точка EE. Известно е, че правата DED E разделя △ABC\triangle A B C на части с лица 1 и 3. Да се намери мярката на ъгъл CC.
РешениеНека височините на △ABC\triangle A B C са AA′,BB′A A^{\prime}, B B^{\prime}, а ъглите му са означени както обикновено с α,β,γ\alpha, \beta, \gamma. Точките A,B,A′,B′A, B, A^{\prime}, B^{\prime} лежат на окръжност с център MM. Имаме AM=MA′A M=M A^{\prime}, така че ∠MA′A=∠MAA′=90∘−β=∠ADM\angle M A^{\prime} A=\angle M A A^{\prime}=90 \circ-\beta=\angle A D M, понеже ∠DAC=β\angle D A C=\beta като периферен. Тогава точката A′A^{\prime} лежи на описаната окръжност около △AMD\triangle A M D. Имаме ∠MA′D=180\angle M A^{\prime} D=180 о −∠BAD=γ-\angle B A D=\gamma и ∠MA′B′=180∘−∠MA′B−∠B′A′C=180∘−β−α=γ\angle M A^{\prime} B^{\prime}=180 \circ-\angle M A^{\prime} B-\angle B^{\prime} A^{\prime} C=180 \circ-\beta-\alpha=\gamma, така че DD лежи на правата A′B′A^{\prime} B^{\prime}. Аналогично и EE лежи на тази права. Имаме △ABC∼△A′B′C\triangle A B C \sim \triangle A^{\prime} B^{\prime} C, така чеsin⁡γ=CA′CA=\sin \gamma=\frac{C A^{\prime}}{C A}=x2SA′B′CSABC=12илиx232\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{S_{A^{\prime} B^{\prime} C}}{S_{A B C}}}=\frac{1}{2} \text{или} \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}в зависимост от това, коя част има по-голямо лице. Така получаваме γ=30\gamma=30 о ili γ=60\gamma=60.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намери остатъка, който дава суматаS=1−63+632−633+…−63399+63400S=1-63+63^{2}-63^{3}+\ldots-63^{399}+63^{400}пи делене на 2017.
РешениеЛесно се проверява, че 211−25+1≡0( mod 2017)2^{11}-2^{5}+1 \equiv 0(\bmod 2017), откъдето 25(−63)≡1( mod 2017)2^{5}(-63) \equiv 1 (\bmod 2017). Оттук −63≡2−5( mod 2017)-63 \equiv 2^{-5}(\bmod 2017) (под a−1( mod m)a^{-1}(\bmod m), където (a,m)=1(a, m)=1, разбираме единственият остатък a′a^{\prime} по модул mm, за който aa′≡1( mod m)a a^{\prime} \equiv 1(\bmod m) ) и замествайки в сумата SS получавамеS≡1+2−5+2−10+…2−2000S \equiv 1+2^{-5}+2^{-10}+\ldots 2^{-2000}Като използваме факта, че 2017 е просто число, както и малката теорема на Ферма, стигаме до сравнението(2−5−1)S≡2−2005−1≡211−1≡25−2\left(2^{-5}-1\right) S \equiv 2^{-2005}-1 \equiv 2^{11}-1 \equiv 2^{5}-2 \quad( mod 2017).(\bmod 2017).Оттук (−26S≡25−2( mod 2017)\left(-2^{6} S \equiv 2^{5}-2(\bmod 2017)\right. и S≡2−5−2−1( mod 2017)S \equiv 2^{-5}-2^{-1}(\bmod 2017). Окончателно S≡(−63)(1009)≡S \equiv(-63)(1009) \equiv 945 (mod 2017).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В множеството от точки с целочислени координати P={(a,b)∣1≤a,b≤2017,a,b∈Z}\mathcal{P}=\{(a, b) \mid 1 \leq a, b \leq 2017, a, b \in \mathbb{Z}\} е избрана точка X=(x,y)X=(x, y), която трябва да отгатнем. За тази цел задаваме въпроси от вида: „В колко координати точката Qi=(xi,yi)Q_{i}=\left(x_{i}, y_{i}\right) се различава от XX?" за NN различни точки Qi=(xi,yi),i=1,…,NQ_{i}=\left(x_{i}, y_{i}\right), i=1, \ldots, N. Всички въпроси се задават предварително и наведнъж. Да се намери минималният брой въпроси, с които може да се определи точката XX.
РешениеЩе разгледаме задачата в общия случай, когатоP={(a,b)∣1≤a,b≤3k+1}.\mathcal{P}=\{(a, b) \mid 1 \leq a, b \leq 3 k+1\}.Лесно се проверява, че за k=1k=1 търсеният минимален брой въпроси е 4. Дефинираме разстояние между две точки A(α,β)A(\alpha, \beta) и B(γ,δ)B(\gamma, \delta) като броя на позицииите, в които се различават двойките (α,β)(\alpha, \beta) и (γ,δ)(\gamma, \delta):d(A,B)={0акоα=γ,β=δ,1акоα=γ,β≠δ,илиα≠γ,β=δ,2акоα≠γ,β≠δ.d(A, B)= \begin{cases}0 & \text{ако} \alpha=\gamma, \beta=\delta, \\ 1 & \text{ако} \alpha=\gamma, \beta \neq \delta, \text{или} \alpha \neq \gamma, \beta=\delta, \\ 2 & \text{ако} \alpha \neq \gamma, \beta \neq \delta.\end{cases}Ако въпросите, които са зададени, използват точките Qi,i=1,…,NQ_{i}, i=1, \ldots, N, то точката XX може да бъде еднозначно определена точно когато NN-орките(d(Q1,X),d(Q2,X),…,d(QN,X))\left(d\left(Q_{1}, X\right), d\left(Q_{2}, X\right), \ldots, d\left(Q_{N}, X\right)\right)са различни за различни X∈PX \in \mathcal{P}. Следните няколко наблюдения са очевидни. Ако Q\mathcal{Q} е множество от точки (въпроси), с които можем да определим произволно избрана точка XX, то: (∗)(*) не съществуват два празни (т. е. без точки от Q\mathcal{Q} ) реда (стълба); (∗)(*) ако съществуват празен ред и празен стълб, то не съществува точка P∈QP \in \mathcal{Q}, която е единствена в своя ред и стълб; (∗)(*) не съществуват две точки от Q\mathcal{Q}, които са единствени в своя ред и стълб. Ще докажем, че ако Q\mathcal{Q} е множество от точки (въпроси), с които можем да определим XX, и ако в него съществуват две точки U,V∈QU, V \in \mathcal{Q} в една линия, то съществува множество от точки Q∗,∣Q∗∣≤∣Q∣\mathcal{Q}^{*}, \left|\mathcal{Q}^{*}\right| \leq|\mathcal{Q}|, такова че UU и VV са единствените точки от Q∗\mathcal{Q}^{*}, които се намират в линиите, съдържащи UU и VV. Без ограничение на общността нека UU и VV са в един и същи ред. Най-напред разглеждаме случая, когато W∈QW \in \mathcal{Q} е в един ред с UU и VV. Ако всички точки в стълба на WW са от Q\mathcal{Q}, то можем да премахнем WW от Q\mathcal{Q}. Ако в този стълб има точка W′W^{\prime}, която не е от Q\mathcal{Q}, то можем да разменим WW с W′W^{\prime}. По същия начин разглеждаме случая, когато WW е от стълба на UU (или VV ). Да означим с β(m,n)\beta(m, n) минималната мощност на множество от точки от P={(a,b)∣1≤a≤m,1≤b≤n}\mathcal{P}=\{(a, b) \mid 1 \leq a \leq m, 1 \leq b \leq n\}, с които можем да определим произволна точка XX в P\mathcal{P}. От горното наблюдение получавамеb(n,n)≥2+β(n−1,n−2)≥4+β(n−3,n−3)b(n, n) \geq 2+\beta(n-1, n-2) \geq 4+\beta(n-3, n-3)Комбинирайки това с β(4,4)=4\beta(4, 4)=4, получаваме β(n,n)≥4k\beta(n, n) \geq 4 k. Лесно се доказва по индукция, че в това неравенство се достига равенство като построим по индукция множество Q′\mathcal{Q}^{\prime} за квадрат (n+3)×(n+3)(n+3) \times(n+3), позволяващо определянето на произволно избрана точка XX. Започваме с такова множество Q\mathcal{Q} за квадрат n×nn \times n и добавяме към него по очевиден начин нови четири точки, намиращи се в новите три реда и три стълба. Така за n=2017n=2017 получаваме N=2688N=2688.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадени са естествени числа qq и dd. Геометрична прогресия с първи член qq има частно qq. Аритметична прогресия с първи член 169169, последен член 20172017 и разлика dd има qq члена. Ако сборът от членовете на геометричната прогресия е равен на сбора от членовете на аритметичната прогресия, да се намери d.d.
РешениеТъй като 2017=169+(q−1)d2017=169+(q-1) d, то 1848=(q−1).d1848=(q-1). d и следователно q−1q-1 дели 1848. Условието двете прогресии да имат равни сборове е еквивалентно на169+20172⋅q=\frac{169+2017}{2} \cdot q=q+q2+⋯+qn⟺1092=q+q2+⋯+qn−1q+q^{2}+\cdots+q^{n} \Longleftrightarrow 1092=q+q^{2}+\cdots+q^{n-1} Следователно qq дели 1092=221092=2^{2}.3 \cdot 7 \cdot 13. Ако n=2n=2 получаваме q=1092q=1092 и q−1=1091q-1=1091 не дели 1848. При n=3n=3 получаваме квадратното уравнение q2+q−1092=0q^{2}+q-1092=0 което няма цели корени. При n≥4n \geq 4 получаваме 1092=q+q2+⋯+qn−1≥q+q2+q31092=q+q^{2}+\cdots+q^{n-1} \geq q+q^{2}+q^{3} което при q≥10q \geq 10 не е изпълнено. Директна проверка с делителите на 1092, които са по-малки от 10 (това са 2,3,4,62, 3, 4, 6 и 7 ) показва, че единственото решение е q=3q=3 и n=7n=7. Сега от 1848=(q−1).d=2d1848=(q-1). d=2 d пресмятаме d=924d=924. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1 т. за равенството 1848=(q−1).d;11848=(q-1). d; 1 т. за равенството 1092=1092= q+q2+⋯+qn−1;3q+q^{2}+\cdots+q^{n-1}; 3 т. за намиране на q=3;1q=3; 1 т. за намиране на d=924d=924.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност kk се допира до страните му AC,BCA C, B C и ABA B съответно в точки M,NM, N и PP. Точките XX и YY са съответно от отсечките AMA M и BNB N, като XYX Y е успоредна на ABA B и пресича MPM P и NPN P съответно в точки KK и LL. Правата MLM L пресича kk в точка DD, а правата YDY D пресича kk в точка QQ. Да се докаже, че точките K,L,PK, L, P и QQ лежат на една окръжност.
РешениеОт YL∥PBY L \| P B следва, че △LYN∼△PBN\triangle L Y N \sim \triangle P B N, откъдето получаваме YL=YNY L=Y N. Освен това YN2=YD.YQY N^{2}=Y D. Y Q, т. е. YL2=YD.YQY L^{2}=Y D. Y Q. Това равенство, заедно с ∠DYL=∠LYQ\angle D Y L=\angle L Y Q означава, че ∠YDL∼△YLQ\angle Y D L \sim \triangle Y L Q. Следователно∠QLK=∠QDL=∠QDM=∠QPK,\angle Q L K=\angle Q D L=\angle Q D M=\angle Q P K, което означава, че точките K,L,PK, L, P и QQ лежат на една окръжност. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 1 т. за YL=YN;1Y L=Y N; 1 т. за YL2=YD.YQ;2Y L^{2}=Y D. Y Q; 2 т. за подобието ∠YDL∼\angle Y D L \sim △YLQ;1\triangle Y L Q; 1 т. за равенството ∠QLK=∠QDL;1\angle Q L K=\angle Q D L; 1 т. за ∠QLK=∠QPK\angle Q L K=\angle Q P K
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Върху окръжност са избрани 2n+12 n+1 точки. Всяка от съединяващите ги отсечки е оцветена в бяло, зелено или червено, като червените отсечки са точно nn. Да се намерят всички стойности на nn, за които при всяко такова оцветяване или съществуват три точки, всеки две от които са съединени с бяла отсечка или съществуват 4 точки, всеки две от които са съединени със зелена отсечка.
РешениеЩе докажем, че съществуват n+1n+1 точки между които няма червена отсечка. За целта да изберем множество AA с възможно най-голям брой точки между които няма червена отсечка и да допуснем, че ∣A∣≤n|A| \leq n. Следователно точките извън AA са поне n+1n+1. От всяка от тези точки трябва да излиза поне червена отсечка към точка от AA (в противен случай AA няма да е с най-голям брой точки). Следователно червените отсечки са поне n+1n+1, противоречие. Ако n+1≥9n+1 \geq 9, т. е. n≥8n \geq 8 получаваме пълен граф с 9 върха и два цвятабял и червен. Известно е, че в такъв граф или има бял триъгълник или има червен четириъгълник (тъй като числото на Рамзи R(3,4)=9R(3, 4)=9 ). Когато имаме 8 точки съществува оцветяване при което не съществува бял триъгълник или червен четириъгълник. Например, оцветяваме страните и главните диагонали на правилен осмоъгълник в бяло, а останалите отсечки в червено. При n=7n=7 (тогава точките са 15) разглеждаме следното оцветяване. Построяваме 7 червени отсечки без общи върхове, като остава една точка. Разглеждаме всяка червена отсечка като обобщена точка и получаваме общо 8 точки. Оцветяваме както в дадения по-горе пример. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) 4 т. за оценката n≥8n \geq 8 (2 т. за съществуване на множество AA без червени отсечки и 2 т. за използване на числото на Рамзи); 3 т. за примера за n=7n=7.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадено е нечетно естествено число mm. Редицата a1,a2,…,an,…a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}, \ldots е дефинирана по следния начин: a1=1a_{1}=1 и an+1=(m+1)an+[x2m2+1an]a_{n+1}=(m+1) a_{n}+\left[\sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1} a_{n}\right] при n≥1n \geq 1. Да се намери най-голямата степен на числото 22, която дели a2017.a_{2017}.
РешениеОт неравенстватаan+1<(m+1)an+x2m2+1an<an+1+1a_{n+1}\lt{}(m+1) a_{n}+\sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1} a_{n}\lt{}a_{n+1}+1 получавамеan+1(m+1−x2m2+1)<2man<a_{n+1}\left(m+1-\sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1}\right)\lt{}2 m a_{n}\lt{}(an+1+1)(m+1−x2m2+1)\left(a_{n+1}+1\right)\left(m+1-\sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1}\right) откъдето(m+1)an+1−2man<an+1x2m2+1<(m+1) a_{n+1}-2 m a_{n}\lt{}a_{n+1} \sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1}\lt{}(m+1)an+1−2man+m+1−x2m2+1(m+1) a_{n+1}-2 m a_{n}+m+1-\sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1} Тъй като 0<m+1−x2m2+1<10 \lt{} m+1-\sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1}\lt{}1, последните неравенства показват, че[an+1x2m2+1]=(m+1)an+1−2man\left[a_{n+1} \sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1}\right]=(m+1) a_{n+1}-2 m a_{n} Като използваме, че [an+1x2m2+1]=an+2−(m+1)an+1\left[a_{n+1} \sqrt{\vphantom{x^2}m^{2}+1}\right] = a_{n+2}-(m+1) a_{n+1}, получавамеan+2=2(m+1)an+1−2mana_{n+2}=2(m+1) a_{n+1}-2 m a_{n} при a1=1a_{1}=1 и a2=2m+1a_{2}=2 m+1. По индукция директно следва, че ако 2α∥an2^{\alpha} \| a_{n} и 2α∥an+12^{\alpha} \| a_{n+1}, то 2α+1∥an+22^{\alpha+1} \| a_{n+2} и 2α+1∥an+32^{\alpha+1} \| a_{n+3} при n≥1n \geq 1. Следователно търсената стойност е 210082^{1008}. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) 4 т. за намиране на рекурентната връзка an+2=2(m+1)an+1−2mana_{n+2}=2(m+1) a_{n+1}-2 m a_{n}; 3 т. за твърдението от индукцията и получаване на 210082^{1008}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-11-4

12

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че в безкрайната сума 11⋅2+12⋅3+⋯\frac{1}{1 \cdot 2}+\frac{1}{2 \cdot 3}+\cdots можем да сменим безбройно много плюсове с минуси така, че плюсовете да останат безбройно много и новата сума да е равна на 13.(∑i=1∞ai=lim⁡n→∞∑i=1nai)\frac{1}{3}. \quad\left(\sum_{i=1}^{\infty} a_{i}=\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^{n} a_{i}\right)
РешениеПонеже∑i=kl1i(i+1)=∑kl(1i−1i+1)=1k−1l+1(1)\sum_{i=k}^{l} \frac{1}{i(i+1)}=\sum_{k}^{l}\left(\frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}\right)=\frac{1}{k}-\frac{1}{l+1} \tag{1}имаме да намерим безкрайна редица от естествени числа 1=n0<n1<n2<…1=n_{0}\lt{}n_{1}\lt{}n_{2}\lt{}\ldots така, че(2)S:=∑i=0∞(−1)i(1ni−1ni+1)=13.\text{(2)} S: =\sum_{i=0}^{\infty}(-1)^{i}\left(\frac{1}{n_{i}}-\frac{1}{n_{i+1}}\right)=\frac{1}{3} \text{.}Един такъв пример е ni=2i:S=∑i=0∞(−1)i2i+1=13n_{i}=2^{i}: S=\sum_{i=0}^{\infty} \frac{(-1)^{i}}{2^{i+1}}=\frac{1}{3} (сума на безкрайна геометрична прогресия).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека ABCDA B C D и DEFGD E F G са такива успоредници, че DD и EE лежат на отсечките AGA G и CD(E≠C)C D(E \neq C). Да се докаже, че правите AC,BFA C, B F и EGE G се пресичат в една точка тогава и само тогава, когато AC∥DFA C \| D F.
РешениеЩе използваме косоъгълна координатна система с оси DED E и DGD G. Нека координатите на BB и FF са (c,a)(c, a) и (e,g)(e, g). Правите ACA C и EGE G имат уравнения xc+ya=1\frac{x}{c}+\frac{y}{a}=1 и xe+yg=1\frac{x}{e}+\frac{y}{g}=1. Като решим тази система от уравнения, намираме, че координатите на точката H=AC∩EGH=A C \cap E G са x0=ce(a−g)Δx_{0}=\frac{c e(a-g)}{\Delta} и y0=ag(e−c)Δy_{0}=\frac{a g(e-c)}{\Delta}, където Δ=ae−cg\Delta=a e-c g. Тази точка лежи на правата BFB F тогава и само тогава, когато x0−ce−c=y0−ag−a\frac{x_{0}-c}{e-c}=\frac{y_{0}-a}{g-a}. След заместване на x0x_{0} и y0y_{0} последното се преобразува до ca=−eg\frac{c}{a}=-\frac{e}{g}, което означава, че AC∥DFA C \| D F.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намери най-голямото естествено число nn, за което 3n3^{n} дели 1+[(3+x26)69]1+\left[(3+\sqrt{\vphantom{x^2}6})^{69}\right] ( [x][x] е най-голямото цяло число, ненадминаващо xx ).
РешениеНека x1=3+x26,x2=3−x26x_{1}=3+\sqrt{\vphantom{x^2}6}, x_{2}=3-\sqrt{\vphantom{x^2}6} и yk=x12k−1+x22k−1y_{k}=x_{1}^{2 k-1}+x_{2}^{2 k-1}. Тогаваyk+1=(x12+x22)yk−(x1x2)2yk−1=y_{k+1}=\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right) y_{k}-\left(x_{1} x_{2}\right)^{2} y_{k-1}=30yk−9yk−130 y_{k}-9 y_{k-1}Понеже y1=6y_{1}=6 и y2=162y_{2}=162, по индукция следва, че yk=3kzky_{k}=3^{k} z_{k}, където z1=2z_{1}=2, z2=18z_{2}=18 и zk+1=10zk−zk−1z_{k+1}=10 z_{k}-z_{k-1}. Остатъците на последната редица по модул 27 образуват редица с период 18: 2,18,16,7,0,20,11,9,25,25,9,11,20,0,7,16,18,2,…2, 18, 16, 7, 0, 20, 11, 9, 25, 25, 9, 11, 20, 0, 7, 16, 18, 2, \ldots Следователно z35≡18(27)z_{35} \equiv 18(27), т. е. y35≡2⋅337(338)y_{35} \equiv 2 \cdot 3^{37}\left(3^{38}\right). Тъй като x2∈(0,1)x_{2} \in(0, 1), то yk=1+[(3+x26)2k−1]y_{k}=1+\left[(3+\sqrt{\vphantom{x^2}6})^{2 k-1}\right] и значи отговорът на задачата е n=37n=37.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-12-3