Задача 1
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
Избрана година
2018
Открити липси за попълване от източника
- emt2018-8-2: има placeholder текст
5
4 задачиПълен запис
Задача 2
Условие
Намерете такова естествено число , че да е точна втора степен на естествено число, да е точна трета степен на естествено число и да е точна пета степен на естествено число.Решение
, , . В разлагането на числото трябва да има пъти множител 2, където е нечетно число. (1 т.) От второто и третото равенство трябва да е кратно на 3 и 5. Следователно може да е . (2 т.) В разлагането на числото трябва да има пъти множител 3, където се дели на 3. (1 т.) От първото и третото равенство трябва да е кратно на 2 и 5. Следователно може да е . (2 т.) В разлагането на числото трябва да има пъти множител 5, където се дели на 5. (1 т.) От първото и второто равенство трябва да е кратно на 2 и 3. Следователно може да е . (2 т.) За намиране на число от търсения вид. (1 т.) Отг. Най-малкото число с това свойство трябва да се дели на 15 двойки, на 20 тройки и на 24 петици.Задача 3
Условие
На страните и на правоъгълника са избрани съответно точки и , като . Ако правите и се пресичат в точка , да се докаже точка е равни разстояния от страните и .Решение
За правилен чертеж. (1 т.)
Ще използваме, че диагоналът на правоъгълника го разделя на две части с равни лица (два равнолицеви триъгълника). Така . Така . (2 т.)
Ще означим лицето на една триъгълна част, например с . През точка разделяме правоъгълника на четири малки правоъгълника и нека и са разстоянията от точката съответно до страните и . Ще покажем, че . Чрез допълване до правоъгълник и изразяване на разлики на лица получаваме(3 т.)
Да опишем лицата в горното равенство със отсечки(3 т.)
По условие . Делим двете страни на и получаваме:което трябваше да докажем. (2 т.)Задача 4
Условие
В отбора по ръгби има 26 състезатели с номера . Треньорът отделил шест състезатели с номера , които няма да играят в следващия мач. Намерете номерата на състезателите , ако знаете, че всички суми по двойки: , , , , , , всички суми по тройки: , , , , всички суми по четворки: , , и всички суми по петици: , , , са различни числа (множеството от естествени числа с посоченото свойство наричаме е разпръснато множество) Докажете, че треньорът не може да определи седем състезатели от отбора, които с номерата си , за които да образуват разпръснато множество.Решение
Допускаме, че можем да намерим седем естествени числа и множеството е разпръснато. В множеството има 7 подмножества с един елемент, 21 подмножества с 2 елемента, 35 подмножества с 3 елемента и 35 подмножества с 4 елемента или общо подмножества, които имат 98 различни суми. (по 1 точка за всяко подмножество) (4 т.) От друго страна най-голямата възможна сума от 4 елемента на даденото множество е , (2 т.) но тези четири числа не могат да участват в множеството , защото . Следователно най-голямата сума от 4 числа от даденото множество е 97, (2 т.) т.е. няма как 98 подмножества да получат 98 различни числа за суми. Противоречие. (2 т.)6
4 задачиЗадача 1
Условие
Намерете числото , къдетоа е неизвестното число от равенството:Решение
За намиране – 4 точки За намиране – 2,5 точки (по 0,5 точки за всяко действие – умножение или деление) За намиране – 2,5 точки (по 0,5 точки за всяко действие – умножение или деление) За намиране - 1 точкаЗадача 2
Условие
Сега аз съм на два пъти повече години отколкото Иван беше, когато аз бях на неговата възраст. Сега сборът от годините ни е 42. На колко години е сега всеки от нас?Решение
Нека говорещият е на години. Тогава Иван е на години. Говорещият е бил на възрастта на Иван преди години. Тогава възрастта на Иван е била . От условието имаме: Оценяване: Подходящо означаване (1т.). Израз за годините на Иван сега (1т.). Израз за изминалите години (3т.). Израз за годините на Иван преди (1т.). Съставяне на уравнение (2т.). Отговор (2т.). Всяко друго вярно решение се оценява с пълен брой точкиЗадача 3
Условие
Да се намерят шест естествени числа такива, че сумите на всеки пет от тях са 2014, 2015, 2016, 2017, 2018 и шестата сума съвпада с една от изброените.Решение
Нека сбора на шестте числа е , а числата са , , , , и . Тогава ще имаме, че , , , , , , , се дели на Тъй като има само една сума по-малка от 2015, тогава трябва да се повтаря 404л Оценяване: Подходящо означаване (2т.). Достигане до извод, че има пет последователни числа (2т.). Извод за делимост на 5 (2т.). Откриване на петте последователни числа (2т.). Откриване на повтарящото се число (2т.). Всяко друго вярно решение се оценява с пълен брой точкиЗадача 4
Условие
На страните и на са избрани съответно точки и , като и . Точките и са средите съответно на отсечките и . Ако лицето на четириъгълника е равно на 2018 кв. см., намерете лицето на .Решение
Лицето на ще означим с ТогаваАналогичнои . Откъдето получаваме, че кв. см.
Оценяване: За верен чертеж 1 т. (1т.), (2т.) и (1т.) (1 т.) (1т.) (1т.).
Откъдето получаваме, че кв. см. (2т.)
Всяко друго вярно решение се оценява с пълен брой точки7
4 задачиЗадача 1
Условие
Даден е изразъта) Намерете стойността на израза приб) Докажете, че за всяка стойност на променливата стойността на израза е не по-малка от стойността наРешение
а) За намиране на — 2 т. За намиране на стойността на — 3 т. б) За намиране на — 2 т. За преобразуване на във вид на квадрат на двучлен и доказване на неравенството — 3 т.Задача 2
Условие
Лека кола и автобус тръгнали едновременно от град към град и се движили, без да спират. Скоростта на леката кола се отнасяла към скоростта на автобуса както . Леката кола пристигнала в град в 10:50 ч., а автобуса – в 11:20 ч. а) Намерете в колко часа те са тръгнали от град . б) Когато леката кола била изминала 80 % от разстоянието между двата града, тя срещнала камион, пътуващ за град . Намерете в колко часа са се срещнали камионът и автобусът, ако скоростта на автобуса е била с 40 % по-голяма от скоростта на камиона.Решение
а) Скоростта и времето за изминаване на определено разстояние са обратно пропорционални величини. Следователно времето за целия път на леката кола се отнася към времето на автобуса както . Ако , а , тогава min, т.е. min. — 1 точка Леката кола е пътува min, автобусът – min. т.е. те са тръгнали от град в 9:40 ч. — 3 точки б) Нека разстоянието между двата града е . Нека колата е срещнала камиона в точка и в момента на срещата им автобусът се е намирал в т. . Разстоянията, изминати от колата и автобуса за едно и също време е право пропорционално на скоростите им.2 точка
Разстоянията и , изминати от камиона и автобуса до срещата им, са пропорционални на скоростите им, т.е. . Ако и , тои . Тогава от до срещата автобусът е изминал разстояниетоза време, равно на min. Следователно срещата е станала в 10:50 ч.Задача 3
Условие
Диагоналите на трапеца се пресичат в точка . Права, минаваща през точка и успоредна на бедрото , пресича голямата основа на трапеца в точка . Правата пресича диагонала в точка . а) Докажете, че лицето на триъгълника е равно на лицето на четириъгълника ; б) Ако лицата на триъгълниците и са съответно равни на 16 cm и 9 cm, намерете лицето на трапеца.Решение
а) От .1 точка От . — 1 точка Тогава . — 2 точка
б) Нека . От получаваме и , т.е. cm. — 2 точка
Нека cm (от ). Тогава .
От получаваме и . — 2 точки
Решаваме уравнението , като го записваме във вида и намираме, че , т.е. . — 2 точки
Тогава лицето на трапеца е cm. — 1 точкиЗадача 4
Условие
Множеството се състои от числата от вида , , и , където е естествено число, по-малко или равно на 50. Да се намери вероятността сборът на две случайно избрани числа от множеството да се дели на 6.Решение
; ; за и за ; за и за . — 2 точка Сбор на две числа, който се дели на 6, можем да получим по следните начини: число от вида и число от вида : двойки — 2 точка число от вида и число от вида : двойки — 1 точка две числа от вида : двойки — 1 точка две числа от вида : двойки — 1 точка Общо благоприятни двойки: — 1 точка Всички възможни двойки числа са — 1 точки Вероятността сборът на две числа да е кратен на 6 е . — 1 точки8
8 задачиЗадача 1
Условие
Да се докаже, че при неравенството е изпълнено за всяко реално число .Решение
Разлагаме израза от лявата част на неравенството на множители: При за двата множителя имаме и . Следователно тяхното произведение е неотрицателно.Задача 1
Условие
Да се докаже, че при неравенството е изпълнено за всяко реално число .Решение
Разлагаме израза от лявата част на неравенството на множители:При за двата множителя имаме и . Следователно тяхното произведение е неотрицателно. Оценяване. (6 точки) 4 т. за разлагане като произведение на два квадратни тричлена; по 1 т. за доказване, че всеки от тях е неотрицателен при .Задача 2
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 2
Условие
Ромбовете и със страни съответно и са разположени, както е показано на чертежа ( ) и е среда на . а) Да се намери отношението . б) Да се докаже, че е медицентърът на . в) Да се докаже, че правата разполовява страната .
Решение
а) Ако , то е успоредник. От следва, че и , откъдето . Получаваме .
б) Ако и , то е успоредник със страни иследователно е медицентър на .
в) Ако е средата на , то е средна отсечка в , т.е. , , откъдето следва, че е успоредник. Тогава разполовява , а от а) следва, че разполовява ; получихме, че .
Същият факт може да се докаже, като се забележи, чеОценяване. (6 точки) по 2 т. за всяка подточка.Задача 3
Условие
Нека е множеството от всички петцифрени числа от вида , които са точни квадрати и . a) Да се намерят всички елементи на , които са кратни на 5. б) Да се намерят всички елементи на .Решение
Отговор. 24025 и 75076. Нека . Тогава . Ако , тъй като е точен квадрат, то , което е невъзможно ( ). Ако , тъй като е точен квадрат, то . Получаваме числото , което е на задачата. Остава да разгледаме , т. е.ИмамеТъй като и , то . Оттук и от (2) следва, чеОт (1) и (3) следва, чеОсвен това и от (2) следва, чеОт (4) и (5) получаваме, чеПроверяваме петте възможности. Числата и не са точни квадрати заради нечетните показатели на 2 или 3 в разлагането им. Числото 48049 е просто (за да се види, че 48049 не е точен квадрат, може да се използва и че квадратичните остатъци по модул 17 са , а . Числото е на задачата.Задача 3
Условие
Нека е множеството от всички петцифрени числа от вида , които са точни квадрати и . a) Да се намерят всички елементи на , които са кратни на 5. б) Да се намерят всички елементи на .Решение
Отговор. 24025 и 75076. Нека . Тогава . Ако , тъй като е точен квадрат, то , което е невъзможно ( ). Ако , тъй като е точен квадрат, то . Получаваме числото , което е решение на задачата. Остава да разгледаме , т.е.ИмамеТъй като и , то . Оттук и от (2) следва, чеОт (1) и (3) следва, чеОсвен това и от (2) следва, чеОт (4) и (5) получаваме, чеПроверяваме петте възможности. Числата и не са точни квадрати заради нечетните показатели на 2 или 3 в разлагането им. Числото 48049 е просто (за да се види, че 48049 не е точен квадрат, може да се използва и че квадратичните остатъци по модул 17 са , а . Числото е решение на задачата. Оценяване. ( 7 точки) 2 т. за а) и 5 т. за б).Задача 4
Условие
По колко различни начина квадратчетата в таблица могат да се оцветят в жълт, червен или син цвят така, че да няма съседни едноцветни квадратчета? (Две квадратчета са съседни, ако имат обща страна.)Решение
Оцветяване без едноцветни съседни квадратчета ще наричаме добро. Последният стълб на добре оцветена таблица е от вида където и са различни цветове. Нека е броят на различните добри оцветявания на таблица , при които последният стълб е от вид 1), т. е. е оцветен в два цвята. С означаваме броя на различните добри оцветявания на таблица , при които последният стълб е от вид 2), т. е. е оцветен в три различни цвята. Всички добри оцветявания на таблица са на брой. Добрите оцветявания на таблица се получават, като добрите оцветявания на таблица от вид 1) се продължат по някой от следните пет начина:, , , , или като добрите оцветявания на таблица от вид 2 ) се продължат по някой от следните четири начина:, , , . Следователнои като съберем равенствата и използваме, че , получавамеОстава да намерим и да пресметнем първите 7 члена на редицата:Задача 4
Условие
По колко различни начина квадратчетата в таблица могат да се оцветят в жълт, червен или син цвят така, че да няма съседни едноцветни квадратчета? (Две квадратчета са съседни, ако имат обща страна.)Решение
Оцветяване без едноцветни съседни квадратчета ще наричаме добро. Последният стълб на добре оцветена таблица е от вида
където и са различни цветове.
Нека е броят на различните добри оцветявания на таблица , при които последният стълб е от вид 1), т.е. е оцветен в два цвята. С означаваме броя на различните добри оцветявания на таблица , при които последният стълб е от вид 2), т.е. е оцветен в три различни цвята. Всички добри оцветявания на таблица са на брой.
Добрите оцветявания на таблица се получават, като добрите оцветявания на таблица от вид 1) се продължат по някой от следните пет начина:, , , , или като добрите оцветявания на таблица от вид 2 ) се продължат по някой от следните четири начина:, , , .
Следователнои като съберем равенствата и използваме, че , получавамеОстава да намерим и да пресметнем първите 7 члена на редицата:9
7 задачиЗадача 1
Условие
Дадено е уравнениетокъдето е параметър, естествено число. За кои стойности на уравнението има 4 рационални корена?Решение
Полагаме , откъдето и . Тогава и началното уравнение се преобразува до:Когато е рационално, то и е рационално, при това трябва да е точен квадрат. Следователно (1) трябва да има 2 рационални корена. Това е възможно единствено, когато дискриминантата на уравнението е точен квадрат:Тъй като е естествен параметър, а б. о. о. можем да допуснем, че също е естествено число, имаме че като и двете числа са от еднаква четност. Имаме следните две възможности:Но и при двете стойности на не е точен квадрат, следователпо този случай не води до Остава да проверимОкончателно, единственото на задачата е .Задача 1
Условие
Дадено е уравнениетокъдето е параметър, естествено число. За кои стойности на уравнението има 4 рационални корена?Решение
Полагаме , откъдето и . Тогава и началното уравнение се преобразува до:Когато е рационално, то и е рационално, при това трябва да е точен квадрат. Следователно (1) трябва да има 2 рационални корена. Това е възможно единствено, когато дискриминантата на уравнението е точен квадрат:Тъй като е естествен параметър, а б.о.о. можем да допуснем, че също е естествено число, имаме че като и двете числа са от еднаква четност. Имаме следните две възможности:Но и при двете стойности на не е точен квадрат, следователно този случай не води до решение. Остава да проверимОкончателно, единственото решение на задачата е . Оценяване. (6 точки) 1 т. за полагането и достигането до уравнение (1); 1 т. за намирането на дискриминантата на квадратното уравнение и заключаването, че тя трябва да е точен квадрат; 2 т. за разглеждането на различните случаи и получаването на възможните стойности за т. за отхвърлянето на случая т. за проверката, че е решение.Задача 2
Условие
Даден е успоредник , за който . Точките и са петите на перпендикулярите, спуснати от съответно към правите и . Отсечката пресича в точка , а . Ако правите и се пресичат в точка , докажете че точките и лежат на една окръжност.Решение
Тъй като е правоъгълник, то и значи, - среда на . Но , следователно е средна отсечка в . Четириъгълникът е вписан с център (среда на хипотенузата в и ), следователно е симетралата на иОстава да покажем, че тези ъгли са по , като за целта е достатъчно да докажем, че четириъгълникът е вписан и следователно . Нека означим . Използвайки, че е вписан (срещуположни прави ъгли), получаваме . От друга страна, е височина и медиана в , следователно триъгълникът е равнобедрен и от успоредността на правите и получаваме . От равенството заключаваме, че е вписан, с което задачата е решена.Задача 2
Условие
Даден е успоредник , за който . Точките и са петите на перпендикулярите, спуснати от съответно към правите и . Отсечката пресича в точка , а . Ако правите и се пресичат в точка , докажете че точките и лежат на една окръжност.Решение
Тъй като е правоъгълник, то и значи, - среда на . Но , следователно е средна отсечка в . Четириъгълникът е вписан с център (среда на хипотенузата в и ), следователно е симетралата на иОстава да покажем, че тези ъгли са по , като за целта е достатъчно да докажем, че четириъгълникът е вписан и следователно . Нека означим . Използвайки, че е вписан (срещуположни прави ъгли), получаваме . От друга страна, е височина и медиана в , следователно триъгълникът е равнобедрен и от успоредността на правите и получаваме . От равенството заключаваме, че е вписан, с което задачата е решена. Забележка: Ако , то разглежданата окръжност е окръжността на деветте точки за . Оценяване. (6 точки) 1 т. за доказване, че е среда на т. за доказване, че т. за доказване, че и две от трите точки лежат на една окръжност; 2 т. за доказване, че всичките 5 точки лежат на една окръжност.Задача 3
Условие
Подмножество на множеството се нарича „добро“, ако за всеки две числа и от , за които и се дели на 30, числатаза са също от множеството . Колко са добрите множества с 218 елемента.Решение
Отговор: 2300. Нека е добро множество и да наредим елементите на по големина . Ще докажем, че всеки 30 последователни елемента на дават пълна система от остатъци по модул 30. Да допуснем, че съществуват два елемента и , за които и се дели на 30. От условието следва, че между и има поне 29 елемента от множеството, противоречие с . Следователно за всяко , като при това ако означим с , то от условието на задачата имаме, че , за всяко . Доказахме, че всеки 30 последователни члена на образуват пълна система остатъци по модул 30, като всеки елемент се получава от предишния с прибавяне на едно и също число . Следователно това свойство е вярно за всички елементи на , като е взаимнопросто с 30. Тъй като , то заключаваме, че и , което води до единствените възможности . При имаме 1801 добри множества, т. к., и всеки различен избор на води до различно множество . При имаме 499 добри множества, т. к. . Окончателно, има различни множества .Задача 3
Условие
Подмножество на множеството се нарича „добро“, ако за всеки две числа и от , за които и се дели на 30, числатаза са също от множеството . Колко са добрите множества с 218 елемента.Решение
Отговор: 2300. Нека е добро множество и да наредим елементите на по големина . Ще докажем, че всеки 30 последователни елемента на дават пълна система от остатъци по модул 30. Да допуснем, че съществуват два елемента и , за които и се дели на 30. От условието следва, че между и има поне 29 елемента от множеството, противоречие с . Следователно за всяко , като при това ако означим с , то от условието на задачата имаме, че , за всяко . Доказахме, че всеки 30 последователни члена на образуват пълна система остатъци по модул 30, като всеки елемент се получава от предишния с прибавяне на едно и също число . Следователно това свойство е вярно за всички елементи на , като е взаимнопросто с 30. Тъй като , то заключаваме, че и , което води до единствените възможности . При имаме 1801 добри множества, т.к., и всеки различен избор на води до различно множество . При имаме 499 добри множества, т.к. . Окончателно, има различни множества . Оценяване. ( 7 точки) 2 т. за извода, че всеки 30 последователни числа от образуват ПСО по модул т. за доказателство, че числата образуват аритметична прогресия със стъпка , взаимнопроста с т. за ограничаването на случаите до ; по 1 т. за преброяване на добрите множества за всяко от двете възможни .Задача 4
Условие
Намерете всички трицифрени естествени числа , за които съществува естествено число , такова, че броят на естествените двойки решения ( ) на системите от неравенствада е един и същ. Пример за едноцифрено , удовлетворяващо условието е , където при броят решения на двете системи е по на първата, респективно на втората.Решение
Естествените двойки решения ( ) на неравенството са целочислените възли в правоъгълен, равнобедрен триъгълник с върхове и . Следователно, за всяко естествено , броят решения на систематае точно . Нека означим . Тогава първата система в условието на задачата има двойки естествени решения , докато всички решения на двете системи заедно са . Задачата се свежда до намирането на такива трицифрени , за които съществува естествено , такова че е изпълнено следното тъждество:Умножавайки двете страни по 8 и прибавяйки единица към тях, стигаме до еквивалентния изразПърви начин: Да означим с и . Тогава, след елементарни преобразувания, (3) се трансформира в уравнението на Пелза което е фундаментално решение. Следователно всичките му решения ( ) се задават чрез формулата:Измежду тях, ние търсим тези , при които . Пресмятането на първите няколко решения води до . Лесно се вижда, че вече е твърде голямо и води, до четирицифрено . Следователно, единствено и удовлетворяват условието и водят до двете решения на задачата: , съответно . За тях съответните са и и значи , респективно . Втори начин: Използваме (с доказателство!) следната теорема: Нека ( ) е Питагорова тройка с генератор ( ), т.е. . Тогава тогава и само тогава, когато ( ) е генератор на подобна Питагорова тройка. Едно възможно доказателство на теоремата е представено в следния линк: https://proofwiki.org/wiki/Generator_for_Almost_Isosceles_Pythagorean_Triangle. Започваме от примера, даден в условието, който отговаря на тройката , генерирана от . Следователно, следващата такава Питагорова тройка се генерира от и е . Следващата се генерира от и е . Следващата се генерира от и е . Оттук нататък, най-малката страна в следващите Питагорови тройки надхвърля 1000 и не удовлетворява условието на задачата. Окончателно са търсените решения. Оценяване. ( 7 точки) 1 т. за достигане до уравнение ( 3 ); по 1 т. за намиране на всяко от двете решения; 4 т. за доказване, че други решения няма.10
7 задачиЗадача 1
Условие
Да се намерят всички неотрицателни стойности на реалния параметър , за които решенията на неравенствотообразуват краен затворен интервал.Решение
Отговор: . Посредством директни преобразувания (или разглеждане на израза като биквадратно уравнение спрямо ) лявата страна на неравенството се преобразува до:Тъй като , то дискриминантите и на двата множителя са строго положителни, което означава, че лявата страна има четири реални корена: , измежду които най-много два могат да съвпаднат (корените на всеки от квадратните тричлени са два по два различни, докато коефициентите пред в двата тричлена са с еднакъв знак, а тези пред - с противоположен и значи двата тричлена не могат да имат еднакви корени). В общия случай, решението на неравенството в условието се записва посредством следната формула: , което е непрекъснат затворен интервал тогава и само тогава, когато . Кандидати за общ корен са:За , получаваме и директно пресмятаме останалите два корена на лявата страна, а именно: . В този случай, двойният корен наистина се намира между двата единични и този избор на води до решение на задачата интервала . За , получаваме и директно пресмятаме останалите два корена на лявата страна: . Тук двойният корен не е между двата единични, което определя областта на решението на: - обединение на интервал и отделена точка. Тази област не отговаря на изискването в условието и този случай не води до решение. Окончателно, остана само . Оценяване. (6 точки) 1 т. за разлагането на множители на лявата страна; 1 т. за наблюдението, че тя винаги има четири реални корена; 2 т. за извода, че е необходим двоен корен; по 1 т. за разглеждането на всеки от двата случая за общ корен .Задача 2
Условие
Даден е и нека е средата на страната . Ако означим с и центровете на външновписаните окръжности за към страните и съответно, а с и центровете на външновписаните окръжности за към страните и съответно, то да се докаже, че точките и лежат на една окръжност.Решение
Нека и са центровете на вписаните в и окръжности, а е точка от лъча , такава че . Тъй като и са вписани четириъгълници (в окръжности с диаметри и съответно) и освен това (по I-ви признак), то:Следователно е вписан четириъгълник и аналогично е вписан четириъгълник. Тогават. е. точките и лежат на една окръжност, с което доказателството е завършено.Задача 2
Условие
Даден е и нека е средата на страната . Ако означим с и центровете на външновписаните окръжности за към страните и съответно, а с и центровете на външновписаните окръжности за към страните и съответно, то да се докаже, че точките и лежат на една окръжност.Решение
Нека и са центровете на вписаните в и окръжности, а е точка от лъча , такава че . Тъй като и са вписани четириъгълници (в окръжности с диаметри и съответно) и освен това (по I-ви признак), то:Следователно е вписан четириъгълник и аналогично е вписан четириъгълник. Тогава
т.е. точките и лежат на една окръжност, с което доказателството е завършено.
Оценяване. (6 точки) 1 т. за построяване на точките и и отчитане на факта, че четириъгълниците и (или съответно и ) са вписани; 3 т. за построяване на точката и отчитане на факта, че четириъгълниците и са вписани; 2 т. за довършване на решението.Задача 3
Условие
В окръжност с радиус 1 е построена хорда, която отрязва дъга с дължина . За кои естествени в можем да впишем правилен -ъгълник, така че като номерираме последователно по часовниковата стрелка върховете му с числата от 1 до , сумите на числата от двете страни на хордата да са равни? Имаме право да избираме върха, от който започваме номерацията и не е позволено краищата на хордата да са измежду върховете на многоъгълникът.Решение
В правилен -ъгълник на всяка страна отговаря елементарна дъга с дължина . Да означим с броят върхове на многоъгълникът, принадлежащи на дъгата с дължина . Тогава тази дъга съдържа изцяло елементарни дъги и (някакви) части от други 2 елементарни дъги, т. е.,От друга страна, тъй катосумите от двете страни на хордата могат да са равни единствено, ако . Следователно . Най-малката възможна сума на на брой върха е когато тези върхове са първите номерирани и тогава тази сума е равна на . Следващата най-малка сума е, когато сме взели върховете от 2 до и тя е . Но, използвайки, че , получаваме , от където следва, че при единствената възможност за равенство на сумите по дъгите е, когато най-малките върха са от едната страна, а останалите върхаот другата страна на хордата. В този случай, задачата се свежда доУмножавайки двете страни по 16 и прибавяйки единица, получаваме че 1) е на уравнението на ПелФундаменталното се получава, при и е , а за всички останали ( ) е изпълненоЗа , получаваме . Следващото генерирано надхвърля 2018. Ясно е, че при всеки от тези случаи може да се впише правилен -ъгълник с исканите свойства, защотои значи удовлетворяваме изискването . Остава да проверим всеки от случаите . Ясно е, че ако е от вида или , то сумата на всички върхове на -ъгълника не е четно число и няма как да я разделим на две равни части, което автоматично изключва . При и тъй като , то е При имаме . Директно се проверява, че и значи е Аналогично, при имаме , но сумата на всеки 5 последователни числа се дели на 5 и няма как да бъде . Следователно не е Окончателно получихме, че всички на задачата са: .Задача 3
Условие
В окръжност с радиус 1 е построена хорда, която отрязва дъга с дължина . За кои естествени в можем да впишем правилен -ъгълник, така че като номерираме последователно по часовниковата стрелка върховете му с числата от 1 до , сумите на числата от двете страни на хордата да са равни? Имаме право да избираме върха, от който започваме номерацията и не е позволено краищата на хордата да са измежду върховете на многоъгълника.Решение
В правилен -ъгълник на всяка страна отговаря елементарна дъга с дължина . Да означим с броят върхове на многоъгълника, принадлежащи на дъгата с дължина . Тогава тази дъга съдържа изцяло елементарни дъги и (някакви) части от други 2 елементарни дъги, т.е.,От друга страна, тъй катосумите от двете страни на хордата могат да са равни единствено, ако . Следователно . Най-малката възможна сума на на брой върха е когато тези върхове са първите номерирани и тогава тази сума е равна на . Следващата най-малка сума е, когато сме взели върховете от 2 до и тя е . Но, използвайки, че , получаваме, от където следва, че при единствената възможност за равенство на сумите по дъгите е, когато най-малките върха са от едната страна, а останалите върха - от другата страна на хордата. В този случай, задачата се свежда доУмножавайки двете страни по 16 и прибавяйки единица, получаваме че е решение на уравнението на ПелФундаменталното решение се получава, при и е , а за всички останали решения ( ) е изпълненоЗа , получаваме . Следващото генерирано надхвърля 2018. Ясно е, че при всеки от тези случаи може да се впише правилен -ъгълник с исканите свойства, защотои значи удовлетворяваме изискването . Остава да проверим всеки от случаите . Ясно е, че ако е от вида или , то сумата на всички върхове на -ъгълника не е четно число и няма как да я разделим на две равни части, което автоматично изключва . При и тъй като , то е решение. При имаме . Директно се проверява, че и значи е решение. Аналогично, при имаме , но сумата на всеки 5 последователни числа се дели на 5 и няма как да бъде . Следователно не е решение. Окончателно получихме, че всички решения на задачата са: . Оценяване. (7 точки) 1 т. за изразяването . 1 т. за фиксирането на първите върха при . 1 т. за свеждането до уравнение на Пел. 3 т. за намирането на общата формула за решенията и генерирането на тези . 1 т. за разглеждането на случаите .Задача 4
Условие
Една държава се нарича „подредена“, ако в нея има 10110900 града, като всеки град е свързан с директни пътища с точно три други града. Да се намери минималното естествено число със следното свойство: Във всяка подредена държава могат да се изберат града така, че всеки затворен маршрут минава през поне един избран град. Затворен маршрут е последователност от различни градове за които е свързан с път с за и е свързан с път с .Решение
Отговор: . Нека и да разгледаме граф с върхове дадените градове и ребрапътищата между тях. Всеки връх на е от степен 3. Трябва да намерим минималното , за което винаги можем да оцветим върха на така че всеки цикъл да съдържа оцветен връх. Да оцветим всички върхове на графа в червено. Ще оцветяваме някои върхове в синьо по следното правило: Ако при оцветяването на даден връх в синьо не възниква изцяло син цикъл, го правим. Продължаваме по този начин докато не може да оцветим нов връх в синьо. Нека в този момент имаме червени и сини върха. От всеки червен връх поставяме две стрелки към двата сини върха от цикъла, които се получава при оцветяване на в синьо. Лесно се вижда, че във всеки син връх влизат най-много две стрелки. Следователно , т. e. . Тъй като се дели на 4, да разгледаме граф съставен от пълни четириъгълници (четири върха, всеки два от които са свързани с ребро). Лесно се вижда, че във всеки такъв четириъгълник трябва да оцветим поне два върха. Следователно са необходими поне оцветени върха.Задача 4
Условие
Една държава се нарича „подредена“, ако в нея има 10110900 града, като всеки град е свързан с директни пътища с точно три други града. Да се намери минималното естествено число със следното свойство: Във всяка подредена държава могат да се изберат града така, че всеки затворен маршрут минава през поне един избран град. Затворен маршрут е последователност от различни градове за които е свързан с път с за и е свързан с път с .Решение
Отговор: . Нека и да разгледаме граф с върхове дадените градове и ребра – пътищата между тях. Всеки връх на е от степен 3. Трябва да намерим минималното , за което винаги можем да оцветим върха на така че всеки цикъл да съдържа оцветен връх. Да оцветим всички върхове на графа в червено. Ще оцветяваме някои върхове в синьо по следното правило: Ако при оцветяването на даден връх в синьо не възниква изцяло син цикъл, го правим. Продължаваме по този начин докато не може да оцветим нов връх в синьо. Нека в този момент имаме червени и сини върха. От всеки червен връх поставяме две стрелки към двата сини върха от цикъла, които се получава при оцветяване на в синьо. Лесно се вижда, че във всеки син връх влизат най-много две стрелки. Следователно , т.е. . Тъй като се дели на 4, да разгледаме граф съставен от пълни четириъгълници (четири върха, всеки два от които са свързани с ребро). Лесно се вижда, че във всеки такъв четириъгълник трябва да оцветим поне два върха. Следователно са необходими поне оцветени върха. Оценяване. (7 точки) 1 т. за предположение, че отговорът е т. за доказване, че можем да оцветим върха; 1 т. за пример, че трябва да са оцветени поне върха.11
8 задачиЗадача 1
Условие
Дадени са редиците и за които , и при . Да се намерят всички за които делиРешение
Разделяме почленно второто равенство на и получаваме: За редицата имаме: Това означава, че , е аритметична прогресия с първи член и разлика . Общият член на редицата е: Търсим всички за които дели , т. е. е цяло число. Тогава 15 дели , т. е. 15 дели , което е изпълнено при . (6 точки) 1 т. за разглеждане на редицата т. за доказване, че редицата е аритметична прогресия; 1 т. за намиране на общия член на редицата т. за получаване на отговора.Задача 1
Условие
Дадени са редиците и за които , ипри . Да се намерят всички за които дели .Решение
Разделяме почленно второто равенство на и получаваме:За редицата имаме:Това означава, че , е аритметична прогресия с първи член и разлика . Общият член на редицата е:Търсим всички за които дели , т.е. е цяло число. Тогава 15 дели , т.е. 15 дели , което е изпълнено при . Оценяване. (6 точки) 1 т. за разглеждане на редицата ; 2 т. за доказване, че редицата е аритметична прогресия; 1 т. за намиране на общия член на редицата ; 2 т. за получаване на отговора.Задача 2
Условие
Точки и са среди съответно на страните и на . Точка е от описаната около окръжност , като и лежат в различни полуравнини относно правата . Отсечката пресича в точка , а отсечката пресича в точка . Ако отсечките и се пресичат в точка , да се докаже, чеРешение
Нека . От следва, че е вписан четириъгълник. Оттук получаваме откъдето , т. е. е вписан четириъгълник. Следователнот. е. и лежат на една права и значи . Нека пресича описаната около окръжност в точка . Сега имаме (тъй като е вписан) и (от успоредността . От последните две равенства следва, че . (6 точки) 2 т. за т. за т. за .Задача 2
Условие
Точки и са среди съответно на страните и на . Точка е от описаната около окръжност , като и лежат в различни полуравнини относно правата . Отсечката пресича в точка , а отсечката пресича в точка . Ако отсечките и се пресичат в точка , да се докаже, че .Решение
Нека . От следва, че е вписан четириъгълник. Оттук получаваме откъдето , т.е. е вписан четириъгълник. Следователнот.е. и лежат на една права и значи . Нека пресича описаната около окръжност в точка . Сега имаме (тъй като е вписан) и (от успоредността ). От последните две равенства следва, че . Оценяване. (6 точки) 2 т. за ; 2 т. за ; 2 т. за .Задача 3
Условие
Да се намерят всички прости числа за които съществува множество от естествени числа за което: Числата и имат едни и същи прости делители; Числата и имат едни и същи прости делители.Решение
Отговор: 3, 5, и 257. Ако имаме и числата и имат едни и същи прости делители. Нека е прост делител на . Тъй като дели за всяко , то дели и . Понеже и имат едни и същи прости делители, то дели и . Следователно дели , т. е. . Следователно няма нечетни делители, т. е. или . Ако имаме и числата и имат едни и същи прости делители. Нека е прост делител на и . Тъй като дели за всяко , то дели и . Следователно дели , т. е. . Следователно няма нечетни делители, т. е. или . Случаите когато или са аналогични на разгледаните. Получихме, че ако съществува просто число с исканите свойства, то . Числата удовлетворяват условието, защото и имат едни и същи прости делители. Простите числа са: и 257. При числата са и тъй като има повторение, те не образуват множество. ( 7 точки) 1 т. за наблюдението, че трябва да се разгледат само два случая; по 2 т. за разглеждане на всеки от случаите и доказване, че т. за пример, че има такива числа при .Задача 3
Условие
Да се намерят всички прости числа за които съществува множество от естествени числа за което: 1. 2. Числата и имат едни и същи прости делители; 3. Числата и имат едни и същи прости делители.Решение
Отговор: 3, 5, 17 и 257. Ако имаме и числата и имат едни и същи прости делители. Нека е прост делител на . Тъй като дели за всяко , то дели и . Понеже и имат едни и същи прости делители, то дели и . Следователно дели , т.е. . Следователно няма нечетни делители, т.е. или . Ако имаме и числата и имат едни и същи прости делители. Нека е прост делител на и . Тъй като дели за всяко , то дели и . Следователно дели , т.е. . Следователно няма нечетни делители, т.е. или . Случаите когато или са аналогични на разгледаните. Получихме, че ако съществува просто число с исканите свойства, то . Числата удовлетворяват условието, защото и имат едни и същи прости делители. Простите числа са: и . При числата са и тъй като има повторение, те не образуват множество. Оценяване. (7 точки) 1 т. за наблюдението, че трябва да се разгледат само два случая; по 2 т. за разглеждане на всеки от случаите и доказване, че ; 2 т. за пример, че има такива числа при .Задача 4
Условие
Една държава се нарича , ако в нея има града, като всеки град е свързан с директни пътища с точно три други града. Да се намери минималното естествено число със следното свойство: Във всяка подредена държава могат да се изберат града така, че всеки затворен маршрут минава през поне един избран град. Затворен маршрут е последователност от различни градове за които е свързан с път с за и е свързан с път сРешение
Нека и да разгледаме граф с върхове дадените градове и ребрапътищата между тях. Всеки връх на е от степен 3. Трябва да намерим минималното , за което винаги можем да оцветим върха на така че всеки цикъл да съдържа оцветен връх. Да оцветим всички върхове на графа в червено. Ще преоцветяваме някои върхове в синьо по следното правило: Ако при оцветяването на даден връх в синьо не възниква изцяло син цикъл, го правим. Продължаваме по този начин докато не може да оцветим нов връх в синьо. Нека в този момент имаме червени и сини върха. От всеки червен връх поставяме две стрелки към двата сини върха от цикъла, които се получава при оцветяване на в синьо. Лесно се вижда, че във всеки син връх влизат най-много две стрелки. Следователно , т. е. . Ако имаме равенство всеки син връх е край на точно две стрелки и сините върхове са точно . Но това е възможно само ако всеки син връх е свързан с точно един син, т. е. сините върхове се разбиват на двойки, т. е. е четно. Следователно Да разгледаме граф съставен от пълни четириъгълници (четири върха, всеки два от които са свързани с ребро) и една пресечена триъгълна пирамида. Лесно се вижда, че във всеки такъв четириъгълник и в пресечената пирамида трябва да оцветим поне два върха. Следователно са необходими поне оцветени върха. (7 точки) 4 т. за доказване, че можем да оцветим върха; 1 т. за доказване, че равенство може да има само при е четно; 2 т. за пример, че трябва да са оцветени поне върха.Задача 4
Условие
Една държава се нарича „подредена“, ако в нея има 10112018 града, като всеки град е свързан с директни пътища с точно три други града. Да се намери минималното естествено число със следното свойство: Във всяка подредена държава могат да се изберат града така, че всеки затворен маршрут минава през поне един избран град. Затворен маршрут е последователност от различни градове за които е свързан с път с за и е свързан с път с .Решение
Нека и да разгледаме граф с върхове дадените градове и ребра – пътищата между тях. Всеки връх на е от степен 3. Трябва да намерим минималното , за което винаги можем да оцветим върха на така че всеки цикъл да съдържа оцветен връх. Да оцветим всички върхове на графа в червено. Ще преоцветяваме някои върхове в синьо по следното правило: Ако при оцветяването на даден връх в синьо не възниква изцяло син цикъл, го правим. Продължаваме по този начин докато не може да оцветим нов връх в синьо. Нека в този момент имаме червени и сини върха. От всеки червен връх поставяме две стрелки към двата сини върха от цикъла, които се получава при оцветяване на в синьо. Лесно се вижда, че във всеки син връх влизат най-много две стрелки. Следователно , т.е. . Ако имаме равенство всеки син връх е край на точно две стрелки и сините върхове са точно . Но това е възможно само ако всеки син връх е свързан с точно един син, т.е. сините върхове се разбиват на двойки, т.е. е четно. Следователно . Да разгледаме граф съставен от пълни четириъгълници (четири върха, всеки два от които са свързани с ребро) и една пресечена триъгълна пирамида. Лесно се вижда, че във всеки такъв четириъгълник и в пресечената пирамида трябва да оцветим поне два върха. Следователно са необходими поне оцветени върха. Оценяване. (7 точки) 4 т. за доказване, че можем да оцветим върха; 1 т. за доказване, че равенство може да има само при е четно; 2 т. за пример, че трябва да са оцветени поне върха.12
8 задачиЗадача 1
Условие
Да се докаже, че за всяка квадратна функция е изпълнено:Кога се достига равенство?Решение
Да допуснем, че за всяко . Тогаваи следователноОт горните неравенства следва, че и , откъдето . ТогаваУмножаваме първото и второто неравенство с 2, а третото с 4 и събираме почленно. Получаваме , което е невъзможно. СледователноДа допуснем, че този максимум е равен на . Тогава и (От първите две неравенства следва, че и ). Ако поне едно от трите неравенства е строго, както по-горе получаваме противоречие. Следователно и трите неравенства трябва да са равенства, откъдето получаваме и .Задача 1
Условие
Да се докаже, че за всяка квадратна функция е изпълнено:Кога се достига равенство?Решение
Да допуснем, че за всяко . Тогаваи следователноОт горните неравенства следва, че и , откъдето . ТогаваУмножаваме първото и второто неравенство с 2, а третото с 4 и събираме почленно. Получаваме , което е невъзможно. СледователноДа допуснем, че този максимум е равен на . Тогава и (От първите две неравенства следва, че и ). Ако поне едно от трите неравенства е строго, както по-горе получаваме противоречие. Следователно и трите неравенства трябва да са равенства, откъдето получаваме и . Оценяване. (6 точки) 1 т. за разглеждане на и т. за разглеждане на т. за доказване на т. за случая на равенство.Задача 2
Условие
С диаметър страната на равностранен е построена окръжност . Окръжност се допира вътрешно до в точка и до страните и . Допирателната към в точка пресича отсечката в точка . Ако намерете дължината на отсечката .Решение
Да означим средата на с , допирните точки на окръжността с и съответно с и и . Имаме и от правоъгълния триъгълник намирамеАко , то и степента на точката спрямо еАко , то и . От синусовата теорема в намирамеЗадача 2
Условие
С диаметър страната на равностранен е построена окръжност . Окръжност се допира вътрешно до в точка и до страните и . Допирателната към в точка пресича отсечката в точка . Ако намерете дължината на отсечката .Решение
Първи начин. Да означим средата на с , допирните точки на окръжността с и съответно с и и .
Имаме и от правоъгълния триъгълник намирамеАко , то и степента на точката спрямо еАко , то и .
От синусовата теорема в намирамеОценяване. (6 точки) 2 т. за намиране на т. за намиране на т. за намиране на .
Втори начин. Ако , то поради имаме . Тогава и . Освен това , откъдето .
Следователно откъдето (тъй като ).
От друга страна (от степента на точка спрямо ). От това уравнение и от получаваме . Следователно .
Оценяване. (6 точки) 3 т. за подобните триъгълници; 2 т. за степента на спрямо т. за намиране на .Задача 3
Условие
а) Да се намерят всички полиноми с реални коефициенти такива, че за произволни . б) Съществува ли функция , която не е полином, но горното равенство е в сила за произволни ?Решение
а) Нека е степента на като полином на . От даденото равенство следва, че и . Значи , т. е. (1) . След заместване намираме, че има една от следните форми: (2) и , където . б) Съществува например .Задача 3
Условие
а) Да се намерят всички полиноми с реални коефициенти такива, че за произволни . б) Съществува ли функция , която не е полином, но горното равенство е в сила за произволни ?Решение
а) Нека е степента на като полином на . От даденото равенство следва, че и . Значи , т.е. (1) . След заместване намираме, че има една от следните форми: (2) и , където . б) Съществува – например . Оценяване. (7 точки) а) По 2 т. за (1) и (2); б) 3 т.Задача 4
Условие
Безкрайно множество от естествени числа се нарича "добро", ако съществува естествено число със свойството: за всеки две числа и от , за които и се дели на , числатаза са също от множеството . За добро множество от естествени числа с означаваме втория по големина елемент на . Ако са две по две непресичащи се добри множества да се намери най-малката стойност наРешение
Нека е добро множество и да наредим елементите на по големина . Ще докажем, че всеки последователни елемента на дават пълна система от остатъци по модул . Да допуснем, че съществуват два елемента и , за които , и се дели на . От условието следва, че между и има поне елемента от множеството, противоречие с . Следователно за всяко , като при това ако означим с , то от условието на задачата имаме, че , за всяко . Доказахме, че всеки последователни члена на образуват пълна система остатъци по модул , като всеки елемент се получава от предишния с прибавяне на едно и също число . Следователно елементите на образуват аритметична прогресия с частно . Всяко от множествата е аритметична прогресия с първи член и разлика . Нека . Всеки интервал с дължина съдържа елемента от . Тъй като множествата не се пресичат, получаваме:откъдетоОт това неравенство и отполучаваме . СледователноТази стойност се достига при и .Задача 4