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

2019

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

8

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички цели стойности на xx, за които стойността на израза M=∣x3−2x2−10x+8∣M=|x^3-2x^2-10x+8| е просто число.
РешениеРешение. Разлагаме M=∣x−4∣∣x2+2x−2∣M=|x-4|\left|x^{2}+2x-2\right|. MM ще е просто число, ако единият множител е равен на 1, а другият е просто число. 1 сл. ∣x−4∣=1⇒x∈{3,5}|x-4|=1 \Rightarrow x \in\{3,5\}. При x=3x=3 получаваме M=13M=13, което е просто. При x=5x=5 получаваме M=33M=33, което не е просто. 2 сл. ∣x2+2x−2∣=1⇒x2+2x−2=±1\left|x^{2}+2x-2\right|=1 \Rightarrow x^{2}+2x-2=\pm1. От първото уравнение намираме x=1x=1 или x=−3x=-3 и, съответно, M=3M=3 или M=7M=7, които са прости числа. Второто уравнение е еквивалентно на (x+1)2=2(x+1)^{2}=2, което няма решение в цели числа. Окончателно, решенията са x=1x=1 и x=±3x=\pm3. Оценяване. (6 точки) 2 т. – за разлагането на MM; по 2 т. – за решаването на всеки от двата случая.
Klasirane.bg — проверен архив8.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C. В полуравнината с контур правата BCB C, несъдържаща точка AA, е взета точка PP, така че CP⊥BCC P \perp B C и CP=BCC P=B C, а в полуравнината с контур правата ACA C, несъдържаща точка BB, е взета точка QQ, така че CQ⊥ACC Q \perp A C и CQ=ACC Q=A C. Точка FF от отсечката APA P е такава, че ∠CFP=∠BQP\angle C F P=\angle B Q P. а) Да се докаже, че CFC F разполовява страната ABA B. б) Нека APA P пресича BCB C в точка NN. Ако CN:BN=1:2C N: B N=1: 2, да се намери отношението AF:FNA F: F N.
Решениеа) Нека CF∩PQ=EC F \cap P Q=E и BQ∩AP=OB Q \cap A P=O. От △APC≅△QBC\triangle A P C \cong \triangle Q B C получаваме, че ∠POQ=90∘\angle P O Q=90^{\circ}, а от ∠CFP=∠BQP\angle C F P=\angle B Q P следва, че ∠PEF=180∘−∠EFP−∠EPF=180∘−∠PQO−∠QPO=∠POQ=90∘\angle P E F=180^{\circ}-\angle E F P-\angle E P F= 180^{\circ}-\angle P Q O-\angle Q P O=\angle P O Q=90^{\circ}. Тогава ∠FCB=90∘−∠PCE=∠CPQ\angle F C B=90^{\circ}-\angle P C E=\angle C P Q. Построяваме точка LL, такава че ALBCA L B C е успоредник. От △LBC≅△QCP\triangle L B C \cong \triangle Q C P следва, че ∠LCB=∠CPQ=∠FCB\angle L C B=\angle C P Q=\angle F C B, т. е., че F∈CLF \in C L. Но от свойството на диагоналите в успоредника следва, че CL∩AB=MC L \cap A B=M - среда на ABA B. б) Нека KK е средата на BNB N. От FNF N средна отсечка в триъгълник MKCM K C следва, че MK=2FNM K= 2 F N. От MKM K средна отсечка в триъгълник ABNA B N следва, че AN=2MK=4FNA N=2 M K=4 F N. Тогава AF:FN=3:1A F: F N=3: 1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-8-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-8-3

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа pp и nn, такива че pp е просто и p3+5n−1=n(p2+2p+6n)p^3+5n-1=n(p^2+2p+6n).
РешениеРешение. Условието е равносилно с p(p2−pn−2n)=(2n−1)(3n−1)p\left(p^{2}-pn-2n\right)=(2n-1)(3n-1), така че pp дели 2n−12n-1 или 3n−13n-1. Ако 2n−1≥2p2n-1\geq2p или 3n−1≥3p3n-1\geq3p, то лявата страна е отрицателна, а дясната – положителна. Остава да проверим случаите: • p=2n−1p=2n-1, което не води до естествени решения; • p=3n−1p=3n-1, което не води до естествени решения; • 2p=3n−12p=3n-1, което води доp2−pn−2n=4n−2,9n2−6n+1−2n(3n−1)=24n−8,3n2−28n+9=0,(3n−1)(n−9)=0,\begin{gathered} p^{2}-pn-2n=4n-2,\\ 9n^{2}-6n+1-2n(3n-1)=24n-8,\\ 3n^{2}-28n+9=0,\\ (3n-1)(n-9)=0, \end{gathered}чието естествено решение е само n=9n=9. Оттук p=13p=13 и условията са изпълнени. Оценяване. (7 точки) 2 т. – за доказателство, че pp дели 2n−12n-1 или 3n−13n-1; по 1 т. – за пълно изследване на всеки от случаите 2n−1≥2p2n-1 \geq 2p, 2n−1=p2n-1=p, 3n−1≥2p3n-1 \geq 2p, 3n−1=p3n-1=p.
Klasirane.bg — проверен архив8.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намери броя на редиците от 2022 естествени числа, такива че във всяка редица: (∗)(*) всяко число след първото е по-голямо или равно на предходното, (∗)(*) поне едно от числата е равно на 2022 и (∗)(*) сумата на всеки 2020 от числата се дели на всяко от останалите две.
РешениеНека сумата на числата е SS и a,ba, b и cc са кои да е три от тях. Явно S−a−bS-a-b и S−a−cS-a-c се делят на aa, откъдето aa дели b−cb-c. Сега ако изберем aa да е число с найголяма стойност измежду всички, неравенството a≤∣b−c∣a \leq|b-c| няма как да бъде изпълнено и така горната делимост дава непременно b=cb=c. Следователно всяка от търсените 2022-орки непременно има вида (n,n,…,n,a)(n, n, \ldots, n, a). Вече исканото е еквивалентно на делимостите a∣2020na \mid 2020 n и n∣2019n+an \mid 2019 n+a, т. е. n∣a∣2020n−n|a| 2020 n- значи търсените са от вида (n,n,…,n,kn)(n, n, \ldots, n, k n) където kk е делител на 2020 и поне едно от nn и knk n е равно на 2022. Ако n=2022n=2022, то понеже 2020=22⋅5⋅1012020=2^{2} \cdot 5 \cdot 101 има (2+1)⋅(1+1)⋅(1+1)=12(2+1) \cdot(1+1) \cdot(1+1)=12 делителя, имаме 12 възможности. Ако kn=2022k n=2022 и n≠2022n \neq 2022, то k>1k\gt{}1 дели 2020 и 2022, значи дели 2, т. е. единствената възможност е k=2k=2 и n=1011n=1011.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-8-4

Задача 4b

Пълен запис
Условие
На дъска е записано по един път всяко трицифрено число, имащо сбор на цифрите 12. При първия ход се изтриват всички числа, които съдържат една или повече от цифрите 0, 8 и 9. При всеки следващ ход се изтриват по три числа, такива че цифрите на една от позициите им съвпадат, а във всяка от останалите две позиции се различават с 1 или с 2. Ако накрая на дъската останало само едно число, то кое може да е то?
РешениеНека на ход след първия се изтриват три числа, такива че на една от позициите им е цифрата aa, на другата са b−1,bb-1, b и b+1b+1, а на третата са c−1,cc-1, c и c+1c+1. Тогава сборът на всички първи цифри намалява с кратно на 3. След първия ход има 4 числа с първа цифра 1(147,156,165,174),51(147, 156, 165, 174), 5 с първа цифра 2,6−c3,7−c4,6−c5,5−c62, 6-\mathrm{c} 3, 7-\mathrm{c} 4, 6-\mathrm{c} 5, 5-\mathrm{c} 6 и 4−c4-\mathrm{c} ъс 7, така че сборът на всички първи цифри е4⋅1+5⋅2+6⋅3+7⋅4+6⋅5+5⋅6+4⋅7=4 \cdot 1+5 \cdot 2+6 \cdot 3+7 \cdot 4+6 \cdot 5+5 \cdot 6+4 \cdot 7=148.148 \text{.}Това дава остатък 1 при деление на 3, следователно първата цифра на търсеното число може да е само 1, 4 и 7. По същия начин доказваме, че и останалите му цифри са 1, 4 или 7. И така, тъй като сумата от цифрите е 12, последното число може да е само 147, 174, 417, 444,471,714444, 471, 714 или 741. За да получим 444, може да изтрием (174,264,354),(273,363,453),(372,462,552),(471,561,651)(174, 264, 354), (273, 363, 453), (372, 462, 552), (471, 561, 651), (417,426,435),(327,336,345),(237,246,255),(147,156,165)(417, 426, 435), (327, 336, 345), (237, 246, 255), (147, 156, 165), (741,642,543),(732,633,534),(723,624,525),(714,615,516)(741, 642, 543), (732, 633, 534), (723, 624, 525), (714, 615, 516). За да получим 174, в горния списък може да заменим първото изтриване с (264,354,444)(264, 354, 444). За да получим някое от останалите, прилагаме списъка за 174 с подходящо разместени позиции в зависимост от позициите на 1, 7 и 4 в желаното число.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-8-4b

9

8 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
При кои стойности на параметъра mm, уравнението(x2−x−6)(x2−7x+6)=m2−15m\left(x^{2}-x-6\right)\left(x^{2}-7 x+6\right)=m^{2}-15 mима два различни положителни и два различни отрицателни корена?
РешениеСлед разлагане уравнението добива вида(x+2)(x−3)(x−1)(x−6)=m2−15m(x+2)(x-3)(x-1)(x-6)=m^{2}-15 m \quad⇔(x2−4x−12)(x2−4x+3)=m2−15m. \Leftrightarrow \quad\left(x^{2}-4 x-12\right)\left(x^{2}-4 x+3\right)=m^{2}-15 m.След полагане y:=x2−4xy: =x^{2}-4 x, получаваме y2−9y−36−m2+15m=y2−9y−(m−3)(m−12)y^{2}-9 y-36-m^{2}+15 m=y^{2}-9 y-(m-3)(m-12). Корените на това уравнение (например чрез формулите на Виет) са: y1=m−3y_{1}=m-3 и y2=12−my_{2}=12-m. От условието за четири различни корена следва, че m−3≠12−mm-3 \neq 12-m и значи m≠15/2m \neq 15 / 2. След връщане в полагането получаваме:(1)x2−4x−m+3=0(2)x2−4x−12+m=0\begin{array}{ll} \text{(1)} x^{2}-4 x-m+3=0 & \text{(2)} x^{2}-4 x-12+m=0 \end{array}От формулите на Виет и условието за два положителни и два отрицателни корена следва, че 3−m<03-m\lt{}0, съответно m−12<0m-12\lt{}0. Окончателно, отговорът на задачата е m∈(3,15/2)∪(15/2,12)m \in (3, 15 / 2) \cup(15 / 2, 12).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е тъпоъгълен равнобедрен триъгълник ABCA B C ( AC=BCA C=B C ), около който е описана окръжност с център OO. Точка PP е произволна точка върху основата ABA B, такава че AP<12ABA P\lt{}\frac{1}{2} A B. Точка QQ лежи на основата ABA B и BQ=APB Q=A P. Окръжността с диаметър CQC Q пресича описаната около триъгълник ABCA B C окръжност за втори път в точка EE, а правите CEC E и ABA B се пресичат в точка FF. Ако NN е средата на CPC P и правите ONO N и ABA B се пресичат в точка DD, да се докаже че точките O,D,C,FO, D, C, F лежат на една окръжност.
РешениеНека TT е среда на CQC Q и нека означим ∠NOC=∠TOC=α.OT\angle N O C=\angle T O C=\alpha. O T е перпендикулярна на CEC E защото TT е център на окръжността с диаметър CQC Q. Нека KK е пресечна точка на ONO N и CFC F. Намираме ∠OKC=∠OKF=90−2α\angle O K C=\angle O K F=90-2 \alpha. От ∠PDN=∠PDK=90−α\angle P D N=\angle P D K=90-\alpha намираме ∠DFC=α\angle D F C=\alpha т. е. ∠COD=∠CFD=α\angle C O D=\angle C F D=\alpha. Това завършва доказателството.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-9-2

Задача 2b

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C, за който BC=13,CA=14,AB=15B C=13, C A=14, A B=15. Да се докаже, че върхът BB, центърът на вписаната в триъгълника окръжност JJ и средите на страните ABA B и BCB C лежат на една окръжност.
РешениеНека означим BC=a,CA=b,AB=cB C=a, C A=b, A B=c. Имаме, че d=b−a=c−b=1d=b-a=c-b=1 и значи 2b=a+c2 b=a+c. Последователно получаваме BT3=BT1=p−b=a+c−b2=b2,C0T3=BC0−BT3=c−b2=d2,T1A0=BT1−BA0=b−a2=d2B T_{3}=B T_{1}=p-b=\frac{a+c-b}{2}=\frac{b}{2}, C_{0} T_{3}=B C_{0}-B T_{3}= \frac{c-b}{2}=\frac{d}{2}, T_{1} A_{0}=B T_{1}-B A_{0}=\frac{b-a}{2}=\frac{d}{2} или C0T3=T1A0C_{0} T_{3}=T_{1} A_{0}. Сега от JT3=JT1=rJ T_{3}=J T_{1}=r и C0T3=T1A0C_{0} T_{3}=T_{1} A_{0} следва, че правоъгълните △JT3C0\triangle J T_{3} C_{0} и △JT1A0\triangle J T_{1} A_{0} са еднакви по първи признак и ∠C0JT3=∠A0JT1=φ\angle C_{0} J T_{3}=\angle A_{0} J T_{1}=\varphi или ∠C0JA0=∠T3JT1=∠T3JA0+φ\angle C_{0} J A_{0}=\angle T_{3} J T_{1}=\angle T_{3} J A_{0}+\varphi. Тъй като ∠T3JT1+∠T3BT1=180∘\angle T_{3} J T_{1}+\angle T_{3} B T_{1}=180^{\circ}, то ∠C0JA0+∠C0BA0=180∘\angle C_{0} J A_{0}+\angle C_{0} B A_{0}=180^{\circ}, което е достатъчно да твърдим, че точките C0,B,A0C_{0}, B, A_{0} и JJ лежат на една окръжност.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-9-2b

Задача 2c

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C, в който медианите AA1A A_{1} и BB1B B_{1} се пресичат в точка GG. Ако вписаната в триъгълник ABCA B C окръжност и вписаната в триъгълник AGBA G B окръжност се допират до страната ABA B в една и съща точка, да се докаже, че триъгълник ABCA B C е равнобедрен.
РешениеДа означим с DD общата допирателна точка върху ABA B за двете окръжности. Изразяваме отсечката ADA D по два начина. От това, че DD е точката на допиране на ABA B до вписаната в △AGB\triangle A G B окръжност, имаме AD=AB+AG−BG2A D=\frac{A B+A G-B G}{2}, а от това, че DD е точката на допиране на ABA B до вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност, имаме AD=AB+AC−BC2A D=\frac{A B+A C-B C}{2}. Приравнявайки двете изразявания, получаваме AG−BG=AC−BCA G-B G=A C-B C, следователно GA1−GB1=CB1−CA1G A_{1}-G B_{1}=C B_{1}-C A_{1} и, значи и периметрите на △B1GC\triangle B_{1} G C и △A1GC\triangle A_{1} G C. Отделно, SB1GC=16SABC=SA1GCS_{B_{1} G C}=\frac{1}{6} S_{A} B C=S_{A_{1} G C}. Тогава, или △B1GC≅△A1GC\triangle B_{1} G C \cong \triangle A_{1} G C или △B1CG≅△A1GC\triangle B_{1} C G \cong \triangle A_{1} G C (равни лица и периметри + обща страна). Второто е невъзможно, защото от него B1G=CA1B_{1} G=C A_{1} и A1G=B1CA_{1} G=B_{1} C и за по-голямата от двете страни, да кажем CA1≥B1CC A_{1} \geq B_{1} C получаваме: BB1=3B1G=3CA1=CB+CA1≥CB+CB1B B_{1}=3 B_{1} G=3 C A_{1}=C B+C A_{1} \geq C B+C B_{1}, противоречие с неравенството на триъгълника за △CBB1\triangle C B B_{1}! Следователно, △B1GC≅A1GC\triangle B_{1} G C \cong A_{1} G C и AC=2B1C=2A1C=BCA C=2 B_{1} C=2 A_{1} C=B C.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-9-2c

Задача 3

Пълен запис
Условие
В къщата на богатата лейди Гилмор се случила кражба на една от най-скъпите й ценности: нейната перлена огърлица. Задачата за разплитането на мистерията паднала на плещите на инспектор Гудинаф. Той разполагал със следната информация: в деня на кражбата, в стаята с огърлицата били влизали 7 от слугите на лейди Гилмор, които ще наричаме A,B,C,D,E,F,GA, B, C, D, E, F, G поради конфиденциалност на разследването. Всеки от тях твърди, че е присъствал в стаята само веднъж за неопределен период от време. Освен това AA твърди, че е срещал B,C,F,GB, C, F, G в стаята; BB твърди, че е срещал A,C,D,E,F;CA, C, D, E, F; C твърди, че е срещал A,B,E;EA, B, E; E твърди, че е срещал B,C,F;FB, C, F; F твърди, че е срещал A,B,D,E;GA, B, D, E; G твърди, че е срещал A,DA, D и DD твърди, че е срещал B,F,GB, F, G. Инспектор Гудинаф заключил, че точно един от слугите лъже. Кой е той?
РешениеПърво ще докажем следната лема. Лема. Нека X,Y,ZX, Y, Z и TT са четирима от слугите. Ако е известно, че двойките X,Y;Y,ZX, Y; Y, Z; Z,TZ, T и T,XT, X са били заедно в стаята в даден момент, то някоя от двойките X,ZX, Z и Y,TY, T също са се засекли. Доказателство на Лема. Нека без ограничение на общността допуснем, че YY и TT не са били заедно в стаята и YY си е тръгнал от стаята преди TT (останалите случаи са аналогични). Тогава, XX и ZZ са стояли в стаята заедно в периода между напускането на YY и пристигането на TT. Да забележим, че A,C,E,FA, C, E, F удовлетворяват условието на лемата, но никои от A,EA, E и C,FC, F не са се засякли. Същото важи за A,B,D,GA, B, D, G. Единствен общ елемент на тези двойки е AA. Остава да се уверим, че е възможно всички останали двойки да са се срещнали, както твърдят, влизайки точно по веднъж. Това е възможно при следната последователност от влизания и излизания: влиза GG, влиза DD, излиза GG, влиза BB, влиза FF, излиза DD, влиза EE, излиза FF, влиза CC, излиза BB, излиза EE, излиза CC.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-9-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички двойки естествени числа a,b≥1a, b \geq 1, които удовлетворяват уравнениетоa!+1=(a+1)(2b).a!+1=(a+1)^{\left(2^{b}\right)}.
РешениеОтговор: a=4,b=1a=4, b=1. Ако a+1a+1 е съставно, то има прост множител p<a+1p\lt{}a+1, така че p∣a!p \mid a!, следователно p∣1p \mid 1: противоречие! Следователно, a+1=pa+1=p е просто число. Непосредствена проверка показва, че при p=5,a=4,b=1p=5, a=4, b=1, и че за p=2,3,7p=2, 3, 7 няма , следователно p≥11p \geq 11. Ако пренапишем уравнението като (p−1)≠p(2b)−1=(p(2b−1)+1)(p(2b−1)−1)=⋯=(p(2b−1)+1)(p(2b−2)+1)…(p2+1)(p+1)(p−1)(p-1)\neq{}p^{\left(2^{b}\right)}-1=\left(p^{\left(2^{b-1}\right)}+1\right)\left(p^{\left(2^{b-1}\right)}-1\right)=\cdots=\left(p^{\left(2^{b-1}\right)}+1\right)\left(p^{\left(2^{b-2}\right)}+1\right) \ldots\left(p^{2}+1\right)(p+1)(p-1) и съкратим множителя p−1p-1, наблюдаваме, че 3⌊p−23⌋∣ (p−2)!\left.3^{\left\lfloor\frac{p-2}{3}\right\rfloor} \right\rvert\, (p-2)!, следователно тази степен на 3 дели и дясната страна (това не е най-високата степен на 3, която дели ( p−2p-2 )!, но е достатъчна за нашите цели). За k≥1,p(2k)≡1( mod 3)k \geq 1, p^{\left(2^{k}\right)} \equiv 1(\bmod 3), следователно никой от множителите от вид p(2k)+1p^{\left(2^{k}\right)}+1 не се дели на 3, освен p+1p+1. Следователно, 3⌊p−23⌋∣ (p+1)\left.3^{\left\lfloor\frac{p-2}{3}\right\rfloor} \right\rvert\, (p+1) и 3⌊p−23⌋≤p+13^{\left\lfloor\frac{p-2}{3}\right\rfloor} \leq p+1. Това противоречи на неравенството 3⌊n3⌋>n+33^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor}\gt{}n+3 за n≥11n \geq 11, което лесно може да се докаже по индукция или като се начертаят графиките на 3x3^{x} и x+5x+5. Алтернативно, нека ℓ∈N\ell \in \mathbb{N} е точната степен на тройката, която дели p+1p+1 (т. е., 3ℓ∣(p+1)3^{\ell} \mid(p+1), но 3ℓ+1∤(p+1)3^{\ell+1} \nmid(p+1) ). Тогава 31,32,…,3ℓ−13^{1}, 3^{2}, \ldots, 3^{\ell-1} са сред множителите в (p−2)!(p-2)! и трябва ℓ(ℓ−1)/2=1+2+⋯+ℓ−1≤ℓ\ell(\ell-1) / 2= 1+2+\cdots+\ell-1 \leq \ell. Следователно ℓ≤3\ell \leq 3. Не може ℓ=3\ell=3, защото тогава ( p−2p-2 )! има множители 3,6,93, 6, 9 и значи 34∣(p−2)3^{4} \mid(p-2)!. Оттук ℓ≤2,33∤(p−2)\ell \leq 2, 3^{3} \nmid(p-2)! и 9>p−29\gt{}p-2. Отново p<11p\lt{}11.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-9-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадена е квадратна решетка с размер 2022 на 2022.
РешениеИмаме право да поставяме по едно топче в четири клетки, които образуват фигура 1 (всички ориентации в равнината са позволени), или да премахваме по едно топче от четири клетки, които образуват фигура 2 (отново всички ориентации в равнината са позволени).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-9-4

Задача 4b

Пълен запис
Условие
В равнината са дадени окръжност ω\omega с център точката OO с координати ( 0, 0 ) и радиус R=1R=1, и точката AA с координати (1, 1). Да се намерят всички точки BB, за които съществуват (не непременно две по две различни) точки P1,P2,…,P2018P_{1}, P_{2}, \ldots, P_{2018}, такива че всяка от средите на 2019 -те отсечки AP1,P1P2,P2P3,P3P4,…,P2017P2018A P_{1}, P_{1} P_{2}, P_{2} P_{3}, P_{3} P_{4}, \ldots, P_{2017} P_{2018} и P2018BP_{2018} B лежи върху ω\omega.
РешениеОтговор: Кръгът с център точката A′(−1,−1)A^{\prime}(-1, -1), симетрична на AA спрямо OO и радиус R=2⋅2019=4038R=2 \cdot 2019=4038. Първо, нека за всяко четно kk дефинираме точката QkQ_{k} - симетрична на PkP_{k} спрямо центъра на окръжността OO. Тогава, в △Pk−1PkQk\triangle P_{k-1} P_{k} Q_{k} средната отсечка спрямо страната Pk−1QkP_{k-1} Q_{k} се явява радиус в ω\omega и, следователно ∣Pk−1Qk∣=2r=2\left|P_{k-1} Q_{k}\right|=2 r=2. Аналогично, ∣QkPk+1∣=2r=2\left|Q_{k} P_{k+1}\right|=2 r=2. Така, на всеки път AP1P2…P2018BA P_{1} P_{2} \ldots P_{2018} B с търсените в задачата свойства съпоставяме начупения път A′P1Q2P3…P2017Q2018BA^{\prime} P_{1} Q_{2} P_{3} \ldots P_{2017} Q_{2018} B, състоящ се от 2019 последователни отсечки с дължина 2, свързващ A′A^{\prime} с точката BB. Лесно се съобразяба, че и обратното е вярно, т. е., че на всеки начупен път A′P1Q2P3…P2017Q2018BA^{\prime} P_{1} Q_{2} P_{3} \ldots P_{2017} Q_{2018} B, състоящ се от 2019 последователни отсечки с дължина 2 можем да съпоставим път AP1P2…P2018BA P_{1} P_{2} \ldots P_{2018} B с търсените в задачата свойства. Така, преформулирахме задачата до: да се намерят всички точки BB, които могат да се свържат с A′A^{\prime} посредством 2019 -начупен път от последователни отсечки с дължина 2. Ще докажем по индукция, че търсеното множество от точки за nn-начупен път, n≥2n \geq 2 е кръгът с център A′A^{\prime} и радиус 2n2 n. При n=2n=2, ако ∣A′B∣>4\left|A^{\prime} B\right|\gt{}4, то от неравенството на триъгълника няма как да съществува 2 -начупен път A′P1B,∣A′P1∣=∣P1B∣=2A^{\prime} P_{1} B, \left|A^{\prime} P_{1}\right|=\left|P_{1} B\right|=2. Обратно, при ∣A′B∣≤4\left|A^{\prime} B\right| \leq 4 съществува (може и изроден) равнобедрен триъгълник A′P1BA^{\prime} P_{1} B с основа A′BA^{\prime} B и бедра с дължина 2. Очевидно, точката A′A^{\prime} също е достижима. С това доказахме базата на индукцията. Сега, нека твърдението е вярно за nn и да разгледаме ( n+1n+1 )-начупени пътища с начало A′A^{\prime}. Отново, ако ∣A′B∣>2(n+1)\left|A^{\prime} B\right|\gt{}2(n+1), точката BB няма как да бъде достижима, тъй като дължината на начупения път е не по-малка от разстоянието между краищата му. Ако ∣A′B∣≤2n\left|A^{\prime} B\right| \leq 2 n, то от индикционното предположение, съществува nn-начупен път A′P1Q2…BA^{\prime} P_{1} Q_{2} \ldots B. Взимаме един от двата равностранни триъгълника A′CP1A^{\prime} C P_{1} с основа A′P1A^{\prime} P_{1} и създаваме (n+1)(n+1)-начупеният път A′CP1Q2…BA^{\prime} C P_{1} Q_{2} \ldots B. Ако 2n<∣A′B∣≤2(n+1)2 n\lt{}\left|A^{\prime} B\right| \leq 2(n+1), избираме точката B1B_{1} от отсечката A′BA^{\prime} B, така че ∣A′B1=2(n−1)\mid A^{\prime} B_{1}=2(n-1) и свързваме A′A^{\prime} с B1B_{1} посредством прав ( n−1n-1 )-начупен път. Съгласно случая n=2n=2, от B1B_{1} до BB съществува 2 -начупен път и, обединявайки двата пътя, построихме (n+1)(n+1)-начупен път между A′A^{\prime} и BB. С това индукцията е завършена. Окончателно, търсеното множество от точки BB е кръг с център точката A′(−1,−1)A^{\prime}(-1, -1), симетрична на AA спрямо OO и радиус R=2⋅2019=4038R=2 \cdot 2019=4038.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-9-4b

10

1 задача

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадени са квадратните функцииf(x)=x2+ax+bиg(x)=x2+bx+af(x)=x^{2}+a x+b \quad \text{и} \quad g(x)=x^{2}+b x+aс реални параметри aa и bb. Известно е, че уравнението f(x)g(x)=0f(x) g(x)=0 има четири различни реални корена и тяхното произведение е 10. Ако графиките на функциите f(x)f(x) и g(x)g(x) се пресичат в единствена точка AA и тя е на разстояние x265\sqrt{\vphantom{x^2}65} от началото на координатната система, да се намерят aa и bb.
РешениеНека x1x_{1} и x2x_{2} са корените на f(x)=0f(x)=0, а x3x_{3} и x4x_{4} - на g(x)=0g(x)=0. От формулите на Виет получаваме, че x1x2=bx_{1} x_{2}=b и x3x4=ax_{3} x_{4}=a и следователно x1x2x3x4=abx_{1} x_{2} x_{3} x_{4}=a b. От друга страна x1,x2,x3,x4x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4} са точно корените на f(x)g(x)=0f(x) g(x)=0. Следователно ab=10a b=10. При a=ba=b графиките на ff и gg съвпадат, така че може да предполагаме, че a≠ba \neq b. Сега ако A=(x0,y0)A=\left(x_{0}, y_{0}\right), то f(x0)=g(x0)=y0f\left(x_{0}\right)=g\left(x_{0}\right)=y_{0} и тъй като a≠ba \neq b, лесно намираме, че x0=1x_{0}=1, а y0=a+b+1y_{0}=a+b+1. Нека B=(1,0)B=(1, 0), а O=(0,0)O=(0, 0) е началото на координатната система. Тогава △OAB\triangle O A B е правоъгълен с катети OB=1O B=1 и AB=∣a+b+1∣A B=|a+b+1|. Тогава по Теоремата на Питагор ∣OA∣2=1+(a+b+1)2|O A|^{2}=1+(a+b+1)^{2}. От друга страна ∣OA∣2=65|O A|^{2}=65, откъдето получаваме, че (a+b+1)2=64(a+b+1)^{2}=64, тоест a+b=7a+b=7 или a+b=−9a+b=-9. В случая a+b=7a+b=7 от ab=10a b=10 намираме, че aa и bb са корените на уравнението t2−7t+10=0t^{2}-7 t+10=0, тоест {a,b}={2,5}\{a, b\}=\{2, 5\}. Тъй като обаче 22−4⋅5<02^{2}-4 \cdot 5\lt{}0, то едно от двете уравнения f(x)=0f(x)=0 или g(x)=0g(x)=0 няма реални корени. Следователно {a,b}={2,5}\{a, b\}=\{2, 5\} не е В случая a+b=−9a+b=-9 от ab=10a b=10 намираме, че aa и bb са корените на уравнението t2+9t+10=0t^{2}+9 t+10=0, тоест {a,b}={−9+x2412,−9−x2412}\{a, b\}=\left\{\frac{-9+\sqrt{\vphantom{x^2}41}}{2}, \frac{-9-\sqrt{\vphantom{x^2}41}}{2}\right\}. Ясно е, че a<0a\lt{}0 и b<0b\lt{}0 и следователно в този случай a2−4b>0a^{2}-4 b\gt{}0 и b2−4a>0b^{2}-4 a\gt{}0, тоест f(x)=0f(x)=0 и g(x)=0g(x)=0 имат по два различни реални корена, а тъй като AA е единствената обща точка за двете графики и тя има yy-координата ∣a+b+1∣=8|a+b+1|=8, то f(x)=0f(x)=0 и g(x)=0g(x)=0 нямат общи корени. Окончателно: (a,b)=(−9+x2412,−9−x2412)(a, b)=\left(\frac{-9+\sqrt{\vphantom{x^2}41}}{2}, \frac{-9-\sqrt{\vphantom{x^2}41}}{2}\right) и (a,b)=(−9−x2412,−9+x2412)(a, b)=\left(\frac{-9-\sqrt{\vphantom{x^2}41}}{2}, \frac{-9+\sqrt{\vphantom{x^2}41}}{2}\right).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-10-1

11

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C. Нека ∠ACB=45∘,AB=x22\angle A C B=45^{\circ}, A B=\sqrt{\vphantom{x^2}2} и BM=mB M=m, където MM е средата на ACA C. a) Ако α=∠BAC\alpha=\angle B A C, да се изрази mm като функция на ctg⁡α\operatorname{ctg} \alpha. б) Да се намерят всички стойности на mm, за които ∠BAC\angle B A C е еднозначно определен.
РешениеНека ∠BAC=α\angle B A C=\alpha. Търсим онези стойности на mm, за които α∈(0;135∘)\alpha \in\left(0; 135^{\circ}\right) е еднозначно определен. а) По синусова теорема намираме, че ∣BC∣=2sin⁡α|B C|=2 \sin \alpha, а ∣AC∣=2sin⁡(45∘+α)|A C|=2 \sin \left(45^{\circ}+\alpha\right). Сега от формулата за дължина на медиана имаме, че:m2=∣BM∣2=2∣AB∣2+2∣BC∣2−∣AC∣24=m^{2}=|B M|^{2}=\frac{2|A B|^{2}+2|B C|^{2}-|A C|^{2}}{4}=1+2sin⁡2α−sin⁡2(45∘+α)1+2 \sin ^{2} \alpha-\sin ^{2}\left(45^{\circ}+\alpha\right) Ако положим ctg⁡α=t\operatorname{ctg} \alpha=t, то t∈(−1,+∞)t \in(-1, +\infty) и от равенствата sin⁡2α=sin⁡2αcos⁡2α+sin⁡2α=1t2+1\sin ^{2} \alpha=\frac{\sin ^{2} \alpha}{\cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha}=\frac{1}{t^{2}+1} и sin⁡2(45∘+α)=1+sin⁡2α2=(t+1)22(t2+1)\sin ^{2}\left(45^{\circ}+\alpha\right)=\frac{1+\sin 2 \alpha}{2}=\frac{(t+1)^{2}}{2\left(t^{2}+1\right)} след кратки преобразувания достигаме до уравнениетоm=x2t2−2t+52(t2+1)m=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{t^{2}-2 t+5}{2\left(t^{2}+1\right)}}б) Изразът от подточка а) е еквивалентен на(1−2m2)t2−2t+5−2m2=0\left(1-2 m^{2}\right) t^{2}-2 t+5-2 m^{2}=0 Нека f(t)=(1−2m2)t2−2t+5−2m2f(t)=\left(1-2 m^{2}\right) t^{2}-2 t+5-2 m^{2}. Броят различни ъгли ∠BAC\angle B A C отговаря на броя решения на уравнението в интервала t∈(−1,+∞)t \in(-1, +\infty). Така задачата се свежда до намиране стойностите на параметъра mm, за които f(t)=0f(t)=0 има единствен корен t∈(−1,+∞)t \in(-1, +\infty). Ако функцията е линейна, то 1−2m2=0,m=x2221-2 m^{2}=0, m=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2} и единственият корен е t=2>−1t=2\gt{}-1. Ако D=1−(5−D=1-(5- 2m2)((1−2m2)=0\left.2 m^{2}\right)\left(\left(1-2 m^{2}\right)=0\right., то m2=3±x252⇒m=x25±12m^{2}=\frac{3 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2} \Rightarrow m=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5} \pm 1}{2}, като и в двата случая двойният корен е в желания интервал. Ако пък D>0D\gt{}0, то е необходимо и достатъчно f(−1).(1−2m2)≤0f(-1).\left(1-2 m^{2}\right) \leq 0, т. е. (8−2m2)(1−2m2)≤0⇔m∈(1x22,2]\left(8-2 m^{2}\right)\left(1-2 m^{2}\right) \leq 0 \Leftrightarrow m \in\left(\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}, 2\right]. Така окончателно получаваме, че ∠BAC\angle B A C е еднозначно определен тогава и само тогава, когато m∈[x222,x22]∪{x25−12,x25+12}m \in\left[\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2}, \sqrt{\vphantom{x^2}2}\right] \cup\left\{\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1}{2}, \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}+1}{2}\right\}. Забележка. Подточка б) може да бъде решена и синтетично, като се построи центъра OO на описаната около △ABC\triangle A B C окръжност и средата NN на ABA B. Тогава MM и NN лежат на окръжността ω\omega с диаметър АО. Нещо повече, от условието имаме, че ∠AON=∠ACB=45∘\angle A O N=\angle A C B=45^{\circ} и следователно △AON\triangle A O N е равнобедрен правоъгълен, т. е. AO=x22AN=1A O=\sqrt{\vphantom{x^2}2} A N=1. В същото време, MM лежи и на окръжността ωb\omega_{b} с център BB и радиус rr. Следователно е достатъчно да намерим стойностите на mm, за които ωb\omega_{b} пресича дъгата \overparenAON\overparen{A O N} в единствена точка MM. ![](/problem-assets/emt2019-11-1-diagram-1.jpg) Нека WW е центърът на ω\omega и BWB W пресича ω\omega в точките PP и QQ както е изобразено на чертежа. От една страна, BP.BQ=BN⋅BA=1B P. B Q=B N \cdot B A=1, а от друга, BP.BQ=BP(BP+1)иB P. B Q=B P(B P+1) и следователно BP=x25−12,BQ=x25+12B P=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1}{2}, B Q=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}+1}{2}. Така окончателно получаваме, че ∠BAC\angle B A C е еднозначно определен тогава и само тогава, когато m∈[x222,x22]∪{x25−12,x25+12}m \in\left[\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2}, \sqrt{\vphantom{x^2}2}\right] \cup\left\{\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1}{2}, \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}+1}{2}\right\}. Оценяване\textit{Оценяване} (6 точки): а) 2 т.; б) 1 т. - за свеждане на задачата до квадратно уравнение с единствен корен; 2 т. - за m∈[x22/2,x22];1m \in[\sqrt{\vphantom{x^2}2} / 2, \sqrt{\vphantom{x^2}2}]; 1 т. - за m=(x25−1)/2m=(\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1) / 2 и m=(x25+1)/2m=(\sqrt{\vphantom{x^2}5}+1) / 2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-11-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
Четворка (a,b,c,d)(a, b, c, d) от различни естествени числа се нарича kk - xyбавax y б а в a, ако са изпълнени следните две свойства: (∗)(*) Измежду числата a,b,c,da, b, c, d няма три, които да образуват (в някакъв ред) аритметична прогресия. (∗)(*) Измежду числата a+b,a+c,a+d,b+c,b+da+b, a+c, a+d, b+c, b+d и c+dc+d има kk, които образуват (в някакъв ред) аритметична прогресия. a) Да се намери 4 -хубава четворка. б) Да се намери най-голямото kk за което съществува kk-хубава четворка.
Решениеа) Четворката (7,6,4,3)(7, 6, 4, 3) е хубава защото в нея няма три числа, които да образуват аритметична прогресия, а от шестте числа7+6=13,7+4=11,7+3=10,7+6=13, 7+4=11, 7+3=10,6+4=10,6+3=9,4+3=7 6+4=10, 6+3=9, 4+3=7числата 7,9,11,137, 9, 11, 13 образуват аритметична прогресия. б) Без ограничение нека a>b>c>da\gt{}b\gt{}c\gt{}d. Тогаваa+b>a+c>max⁡(a+d,b+c)>a+b\gt{}a+c\gt{}\max (a+d, b+c)\gt{}min⁡(a+d,b+c)>b+d>c+d\min (a+d, b+c)\gt{}b+d\gt{}c+dДа забележим, че ако: (∗)(*) a+b,a+ca+b, a+c и a+da+d образуват аритметична прогресия, то 2(a+c)=(a+b)+(a+d)⟺2c=b+d;2(a+c)=(a+b)+(a+d) \Longleftrightarrow 2 c=b+d; (∗)(*) a+b,a+ca+b, a+c и b+cb+c образуват аритметична прогресия, то 2(a+c)=(a+b)+(b+c)⟺2b=a+c2(a+c)=(a+b)+(b+c) \Longleftrightarrow 2 b=a+c; (∗)(*) a+d,b+da+d, b+d и c+dc+d образуват аритметична прогресия, то 2(b+d)=(a+d)+(c+d)⟺2b=a+c2(b+d)=(a+d)+(c+d) \Longleftrightarrow 2 b=a+c. (∗)(*) b+c,b+db+c, b+d и c+dc+d образуват аритметична прогресия, то 2(b+d)=(b+c)+(c+d)⟺2c=b+d2(b+d)=(b+c)+(c+d) \Longleftrightarrow 2 c=b+d. И в четирите случая получаваме противоречие с условието на задачата. От горното е ясно, че всичките 6 числа не могат да образуват аритметична прогресия. Да допуснем, че 5 от тях образуват аритметична прогресия. Да забележим, че което и от числата a+b,a+c,a+d,b+c,b+da+b, a+c, a+d, b+c, b+d и c+dc+d да изтрием, винаги се среща някоя от прогресиите 1.,2.,3.1., 2., 3., или 4., противоречие. От а) следва, че търсеното kk е 4.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-11-1b

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се реши системата: ∣ x2x+y=3x2y+z=3−x22x2z+x=x22\left|\, \begin{array}{l} \sqrt{\vphantom{x^2}x}+y =3 \cr \sqrt{\vphantom{x^2}y}+z =3-\sqrt{\vphantom{x^2}2} \cr \sqrt{\vphantom{x^2}z}+x =\sqrt{\vphantom{x^2}2} \end{array} \right.
РешениеНе е трудно да се забележи, чеx=1,y=2,z=3−2x22x=1, \quad y=2, \quad z=3-2 \sqrt{\vphantom{x^2}2} е решение на системата. От условието следва, че x,y,z∈[0,+∞)x, y, z \in[0, +\infty). Да забележим, че в интервала [0,+∞)[0, +\infty) функциите f(t)=x2tf(t)=\sqrt{\vphantom{x^2}t} и g(t)=tg(t)=t са растящи. Да допуснем, че системата има две различни решения (x0,y0,z0)\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right) и (x1,y1,z1)\left(x_{1}, y_{1}, z_{1}\right). Нека без ограничение на общността x0<x1x_{0} \lt{} x_{1}. От това, че x2x\sqrt{\vphantom{x^2}x} и yy са едновременно растящи следва, че y0>y1y_{0}\gt{}y_{1}. Повтаряйки този аргумент, получаваме z0<z1z_{0}\lt{}z_{1} и x0>x1x_{0}\gt{}x_{1}, противоречие. Следователно системата има единствено решение x=1,y=2x=1, y=2, z=3−2x22z=3-2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}. Оценяване\textit{Оценяване} (6 точки): 2 т. - за намиране на решение; 4 т. - за доказателство, че това е единственото решение.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека {xn}n=0∞\left\{x_{n}\right\}_{n=0}^{\infty} е редицата:x0=0, x1=1, xn+2=3xn+1+xnзаn≥0.x_{0}=0, \: x_{1}=1, \: x_{n+2}=3 x_{n+1}+x_{n} \text{за} n \geq 0.Да се намерят всички прости числа p∈[2000;2100]p \in[2000; 2100], чийто десетичен запис завършва на 9 и p∣xp−1.p \mid x_{p-1}.
РешениеХарактеристичното уравнение за {xn}n=0∞\left\{x_n\right\}_{n=0}^{\infty} е t2−3t−1=0t^2-3 t-1=0 с корени t1=3+x2132t_1=\frac{3+\sqrt{\vphantom{x^2}13}}{2} и t2=3−x2132t_2=\frac{3-\sqrt{\vphantom{x^2}13}}{2}. Тогава от условията x0=0x_0=0 и x1=1x_1=1 лесно намираме, че общият член на редицата {xn}\left\{x_n\right\} е:xn=1x213(t1n−t2n)=12n−1x213∑k:2k+1≤n(n2k+1)3n−2k−1x2132k+1=12n−1∑k:2k+1≤n(n2k+1)3n−2k−113k.\begin{aligned} x_n=\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}13}}\left(t_1^n-t_2^n\right) & =\frac{1}{2^{n-1} \sqrt{\vphantom{x^2}13}} \sum_{k: 2 k+1 \leq n}\binom{n}{2 k+1} 3^{n-2 k-1} \sqrt{\vphantom{x^2}13}^{2 k+1} \\ & =\frac{1}{2^{n-1}} \sum_{k: 2 k+1 \leq n}\binom{n}{2 k+1} 3^{n-2 k-1} 13^k. \end{aligned}Следователно ако 13∣xn13 \mid x_n, то 13∣n13 \mid n. Нека сега n=p−1n=p-1 и p>3p\gt{}3. Тогава xn≡0( mod p)x_n \equiv 0(\bmod p) точно когато 2n−1xn≡0( mod p)2^{n-1} x_n \equiv 0(\bmod p). Освен това лесно намираме, че (p−12k+1)≡(−1)p−1−2k−1( mod p)\binom{p-1}{2 k+1} \equiv(-1)^{p-1-2 k-1}(\bmod p). Оттук следва, че xp−1≡0( mod p)x_{p-1} \equiv 0(\bmod p) точно когато:∑k:2k+1≤p−1(−1)p−2k−213k3p−2k−2≡0\sum_{k: 2 k+1 \leq p-1}(-1)^{p-2 k-2} 13^k 3^{p-2 k-2} \equiv 0 \quad( mod p).(\bmod p).Оттук намираме, тъй като p>3p\gt{}3, че 13p−12−3p−1≡0( mod p)13^{\frac{p-1}{2}}-3^{p-1} \equiv 0(\bmod p). Следователно 13p−12≡113^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 ( mod p)(\bmod p), тоест 13 е квадратичен остатък по модул pp. От теоремата на Гаус знаем, че (13p)(p13)(−1)(13−1)(p−1)2=1\left(\frac{13}{p}\right)\left(\frac{p}{13}\right)(-1)^{\frac{(13-1)(p-1)}{2}}=1, тоест (13p)(p13)=1\left(\frac{13}{p}\right)\left(\frac{p}{13}\right)=1. Следователно 13 е квадратичен остатък по модул pp точно когато pp е квадратичен остатък по модул 13. Тъй като квадратичните остатъци по модул 13 са 1,3,4,−1,−3,−41, 3, 4, -1, -3, -4, то получаваме, че p≡1,3,4,−1,−3,−4( mod 13)p \equiv 1, 3, 4, -1, -3, -4(\bmod 13). В интервала [2000;2100][2000; 2100] има десет числа, които завършват на 9. От таблица 1 се вижда, че от тях само 2019, 2029, 2079 и 2089 дават допустими остатъци по модул 13. Освен това очевидно 2019 и 2079 се делят на 3, тоест не са прости. Накрая лесно се проверява, че 2029 и 2089 са прости, вж. таблица 2, която показва какви остатъци дават двете числа при деление на простите числа по-малки от 46(462=2136)46\left(46^2=2136\right) и различни от 2,3,52, 3, 5 и 13, които очевидно не делят 2029 и 2089. Окончателно p=2029p=2029 и p=2089p=2089. Таблица 1:число2009201920292039204920592069207920892099( mod 13)−641−2−552−1−46\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline число & 2009 & 2019 & 2029 & 2039 & 2049 & 2059 & 2069 & 2079 & 2089 & 2099 \cr \hline(\bmod 13) & -6 & 4 & 1 & -2 & -5 & 5 & 2 & -1 & -4 & 6 \cr \hline \end{array}Таблица 2:7111719232931374143202965615521143120860−3−6−9−3−9−27−2−14−22−2620893−1−312−4−61217−2−18\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline & 7 & 11 & 17 & 19 & 23 & 29 & 31 & 37 & 41 & 43 \cr \hline 2029 & 6 & 5 & 6 & 15 & 5 & 21 & 14 & 31 & 20 & 8 \cr \hline 60 & -3 & -6 & -9 & -3 & -9 & -27 & -2 & -14 & -22 & -26 \cr \hline 2089 & 3 & -1 & -3 & 12 & -4 & -6 & 12 & 17 & -2 & -18 \cr \hline \end{array}Оценяване\textit{Оценяване} ( 7 точки): 1 т. - за намиране на явния вид на xn;2x_n; 2 т. - за 13p−12≡1( mod p)13^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1(\bmod p); 3 т. - за p≡1,3,4,−1,−3,−4( mod 13);1p \equiv 1, 3, 4, -1, -3, -4(\bmod 13); 1 т. - за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-11-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
За естествено число nn са изпълнени следните сквойства: (∗)(*) Числото n+1n+1 се дели на 24. (∗)(*) Сборът от квадратите на всички делители на nn (включително 1 и самото nn ) се дели на 48. Колко най-малко делители може да има nn?
РешениеТъй като n+1n+1 се дели на 4, то nn не е точен квадрат. Следователно делителите на nn могат да бъдат разделени на двойки(a0,b0)=(1,n);(a1,b1),…,(as,bs),\left(a_{0}, b_{0}\right)=(1, n); \left(a_{1}, b_{1}\right), \ldots, \left(a_{s}, b_{s}\right),като броят на делителите на nn е 2(s+1)2(s+1). Тъй като 24 дели n+1n+1, то всички делители на nn са нечетни и не се делят на 3. За всяко i=0,1,…,si=0, 1, \ldots, s имамеai+bi=ai+nai=ai2−1+n+1aia_{i}+b_{i}=a_{i}+\frac{n}{a_{i}}=\frac{a_{i}^{2}-1+n+1}{a_{i}}и от aia_{i} нечетно, което не се дели на 3 следва, че ai2−1a_{i}^{2}-1 се дели на 24. Следователно ai+bia_{i}+b_{i} се дели на 24. Сега от условието имаме, че∑i=0s(ai2+bi2)=\sum_{i=0}^{s}\left(a_{i}^{2}+b_{i}^{2}\right)=∑i=0s((ai+bi)2−2aibi)=\sum_{i=0}^{s}\left(\left(a_{i}+b_{i}\right)^{2}-2 a_{i} b_{i}\right)=∑i=0s(ai+bi)2−2n(s+1)\sum_{i=0}^{s}\left(a_{i}+b_{i}\right)^{2}-2 n(s+1)се дели на 48. Тъй като 48 дели (ai+bi)2\left(a_{i}+b_{i}\right)^{2} и nn е нечетно, то 48 дели 2(s+1)2(s+1). Това означава, че nn има поне 48 делители. Числото n=2347n=23^{47} има исканите свойства, защото 24 дели 2347+123^{47}+1 и сборът от квадратите на делителите на nn е1+232+234+⋯+23941+23^{2}+23^{4}+\cdots+23^{94}се дели на 48, защото 232k=529k≡1( mod 48)23^{2 k}=529^{k} \equiv 1(\bmod 48).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-11-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека pp е просто число. Разглеждаме множестватаX={x=(x1,x2,x3)∣xi∈{0,1,…,p−1},x≠(0,0,0){\scriptsize X=\left\{x=\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right) \mid x_{i} \in\{0, 1, \ldots, p-1\}, x \neq(0, 0, 0)\right. }и първата различна от 00 координата на xx е 1}\} иY={y=(y1,y2,y3)∣yi∈{p,p+1,…,2p−1},y≠(p,p,p)\begin{aligned}{\scriptsize Y= \left\{y=\left(y_{1}, y_{2}, y_{3}\right) \mid y_{i} \in\{p, p+1, \ldots, 2 p-1\}, y \neq(p, p, p)\right. \\ }\end{aligned}и първата различна отpкоординатана\text{и първата различна от} p \text{координата} \text{на} yеp+1}. \text{е} p+1\}. Нека G=(V,E)G=(V, E) е граф с множество от върхове V=X∪YV=X \cup Y и множество от ребраE={(x,y)∣x∈X,y∈Y,x1y1+x2y2+x3y3≡0(modp)}{\scriptsize E=\left\{(x, y) \mid x \in X, y \in Y, x_{1} y_{1}+x_{2} y_{2}+x_{3} y_{3} \equiv 0\pmod p\right\} }Едно множество от върхове U(U⊆V)U(U \subseteq V) ще наричаме представително за VV, ако всеки връх от VV се съдържа в UU или е съседен (свързан с ребро) с връх от UU. Да се намери минималният брой върхове в едно представително множество за V.V.
РешениеЛесно пресмятаме, че ∣X∣=∣Y∣=p2+p+1|X|=|Y|=p^{2}+p+1, откъдето следва, че GG е двуделен граф с 2(p2+p+1)2\left(p^{2}+p+1\right) върха. Нещо повече, всеки връх от XX е съседен на точно p+1p+1 върха от XX и обратно. Освен това, кои да е два върха XX (съответно от YY ) имат точно един общ съседен връх (защо?). Непосредствено се проверява, че множеството U=A∪BU=A \cup B, къдетоA={(1,α,0)∣α=0,1,…,p−1}⊂XB={(1,0,β)∣β=p,p+1,…,2p−1}⊂Y\begin{aligned} & A=\{(1, \alpha, 0) \mid \alpha=0, 1, \ldots, p-1\} \subset X \\ & B=\{(1, 0, \beta) \mid \beta=p, p+1, \ldots, 2 p-1\} \subset Y \end{aligned} е представително. Следователно търсеният минимален брой върхове не надхвърля 2p2 p. Нека допуснем, че съществува представително множество UU за VV с брой елементи ∣U∣≤|U| \leq 2p−12 p-1, което изпълнява условието на задачата. Без ограничение на общността, нека ∣A∩U∣≤|A \cap U| \leq p−1p-1. Тогава съседните на елементите на UU, лежащи в AA са не повече от (p+1)+(p−2)p=(p+1)+(p-2) p= p2−p+1p^{2}-p+1 (всеки връх има p+1p+1 съседни, а всеки връх от UU след първия добавя не повече от pp нови съседни). Сега∣B∩U∣≥(p2+p+1)−(p2−p+1)=2p|B \cap U| \geq\left(p^{2}+p+1\right)-\left(p^{2}-p+1\right)=2 p откъдето∣U∣=∣A∩U∣+∣B∩U∣≥2p|U|=|A \cap U|+|B \cap U| \geq 2 p което е противоречие и следователно търсеният минимален брой върхове е точно 2p2 p. Оценяване\textit{Оценяване} ( 7 точки): 3 т. - за представена конструкция с 2p2 p върха; 3 т. - за доказателство за несъществуване на множество UU с U≤2p−1;7U \leq 2 p-1; 7 т. за пълно доказателство.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-11-4

12

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека x+y+z=1,x2+y2+z2=2x+y+z=1, x^{2}+y^{2}+z^{2}=2 и x3+y3+z3=3x^{3}+y^{3}+z^{3}=3. Да се намери стойността на израза A=x5+y5+z5A=x^{5}+y^{5}+z^{5}.
РешениеНека x,y,zx, y, z са корени на полинома от трета степен P(t)=t3+at2+bt+c=(t−x)(t−y)(t−z)P(t)=t^{3}+a t^{2}+b t+c= (t-x)(t-y)(t-z). Тогава по формулите на Виет имаме a=−(x+y+z)=−1,b=xy+yz+zxa=-(x+y+z)=-1, b=x y+y z+z x, c=−xyzc=-x y z. От равенството (x+y+z)2=x2+y2+z2+2(xy+yz+zx)(x+y+z)^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(x y+y z+z x) получаваме 12=2+2b1^{2}=2+2 b, т. е. b=−12b=-\frac{1}{2}. Нека означим с Sk=xk+yk+zkS_{k}=x^{k}+y^{k}+z^{k} степенните сборове. Имаме S0=3,S1=1,S2=2,S3=3S_{0}=3, S_{1}=1, S_{2}=2, S_{3}=3. Сега от формулата на Нютон Sk+3+aSk+2+bSk+1+cSk=0S_{k+3}+a S_{k+2}+b S_{k+1}+c S_{k}=0 (формулата се получава след умножаване на всяко от равенствата x3+ax2+bx+c=0,y3+ay2+by+c=0,z3+az2+bz+c=0x^{3}+a x^{2}+b x+c=0, y^{3}+a y^{2}+b y+c=0, z^{3}+a z^{2}+b z+c=0 съответно с xk,yk,zkx^{k}, y^{k}, z^{k} и почленното им събиране) при k=0k=0 имаме 3+(−1)⋅2+(−12)⋅1+c⋅3=3+(-1) \cdot 2+\left(-\frac{1}{2}\right) \cdot 1+c \cdot 3= 0, т. е. c=−16c=-\frac{1}{6}. Така последователно получаваме S4=S3+12S2+16S1=3+12⋅2+16⋅1=256S_{4}=S_{3}+\frac{1}{2} S_{2}+\frac{1}{6} S_{1}=3+\frac{1}{2} \cdot 2+\frac{1}{6} \cdot 1=\frac{25}{6}, S5=S4+12S3+16S2=256+12⋅3+16⋅2=25+9+26=6S_{5}=S_{4}+\frac{1}{2} S_{3}+\frac{1}{6} S_{2}=\frac{25}{6}+\frac{1}{2} \cdot 3+\frac{1}{6} \cdot 2=\frac{25+9+2}{6}=6.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-12-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
Нека a1,a2,…a_{1}, a_{2}, \ldots е такава редица от реални числа, чеan+1=14+cos⁡(πan)6,∀n∈N.a_{n+1}=\frac{1}{4}+\frac{\cos \left(\pi a_{n}\right)}{6}, \quad \forall n \in \mathbb{N}.Да се докаже, че редицата е сходяща и да се намери границата й.
РешениеИмаме, че(*)an+1−13=cos⁡(πan)−cos⁡(π/3)6=\text{(*)} a_{n+1}-\frac{1}{3}=\frac{\cos \left(\pi a_{n}\right)-\cos (\pi / 3)}{6}=13sin⁡π(an−1/3)2sin⁡π(an+1/3)2.\frac{1}{3} \sin \frac{\pi\left(a_{n}-1 / 3\right)}{2} \sin \frac{\pi\left(a_{n}+1 / 3\right)}{2}.За q=π/6∈(0,1)q=\pi / 6 \in(0, 1) следва, че ∣an+1−1/3∣≤q∣an−1/3∣\left|a_{n+1}-1 / 3\right| \leq q\left|a_{n}-1 / 3\right|, откъдето ∣an+1−1/3∣≤qn∣a1−1/3∣\left|a_{n+1}-1 / 3\right| \leq q^{n}\left|a_{1}-1 / 3\right| и значи lim⁡n→∞an=1/3\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=1 / 3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-12-1b

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека OO е центърът на описаната окръжност около остроъгълен △ABC\triangle A B C, а MM и NN са средите на страните ABA B и BCB C. Правата COC O разполовява отсечката MNM N. Да се намери най-малката възможна стойност на ∠BAC\angle B A C.
РешениеАко K=CO∩MNK=C O \cap M N, тоMKsin⁡∠MOK=MOsin⁡∠MKO,\frac{M K}{\sin \angle M O K}=\frac{M O}{\sin \angle M K O},NKsin⁡∠NOK=NOsin⁡∠NKO \quad \frac{N K}{\sin \angle N O K}=\frac{N O}{\sin \angle N K O}и значи1=MKNK=MONO⋅sin⁡∠MOKsin⁡∠NOK=cos⁡γcos⁡α⋅sin⁡(α−β)sin⁡α=sin⁡(α−β+γ)+sin⁡(α−β−γ)sin⁡2α=sin⁡2β−sin⁡2αsin⁡2α\begin{aligned} & 1=\frac{M K}{N K}=\frac{M O}{N O} \cdot \frac{\sin \angle M O K}{\sin \angle N O K}=\frac{\cos \gamma}{\cos \alpha} \cdot \frac{\sin (\alpha-\beta)}{\sin \alpha} \\ & =\frac{\sin (\alpha-\beta+\gamma)+\sin (\alpha-\beta-\gamma)}{\sin 2 \alpha}=\frac{\sin 2 \beta-\sin 2 \alpha}{\sin 2 \alpha} \end{aligned}Понеже α>β\alpha\gt{}\beta и γ<90∘\gamma\lt{}90^{\circ}, то α>45∘\alpha\gt{}45^{\circ}. Ако α<75∘\alpha\lt{}75^{\circ}, следва, че sin⁡2β=2sin⁡2α>1−\sin 2 \beta=2 \sin 2 \alpha\gt{}1- противоречие. И така, α≥75∘\alpha \geq 75^{\circ}. При α=75∘\alpha=75^{\circ} намираме, че β=45∘\beta=45^{\circ} и γ=60∘\gamma=60^{\circ}, като по обратния път следва, че триъгълник с тези ъгли изпълнява даденото условие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се реши в естествени числа уравнението:x2mn+x2nm=2+2mn(m+n)1m+1n\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}+\sqrt[m]{\vphantom{x^2}n}=2+\frac{2}{m n(m+n)^{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}}}
РешениеУравнението няма в естествени числа. Ще докажем, че за всички двойки естествени числа ( m,nm, n ), за които имаме {x2mn}>0\{\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}\}\gt{}0, то е в сила неравенството {x2mn}≥1mn\{\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}\} \geq \frac{1}{m n}. Нека a=⌊x2mn⌋a=\lfloor\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}\rfloor и x={x2mn}x=\{\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}\}. Тогава имаме, чеm−an=x∑i=0n−1minan−1−im-a^{n}=x \sum_{i=0}^{n-1} m^{\frac{i}{n}} a^{n-1-i}и следователноx≥1nmn−1n≥1nmx \geq \frac{1}{n m^{\frac{n-1}{n}}} \geq \frac{1}{n m}Така получаваме, че x2mn+x2nm≥2+2mn\sqrt[n]{\vphantom{x^2}m}+\sqrt[m]{\vphantom{x^2}n} \geq 2+\frac{2}{m n}, откъдето задачата следва.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-12-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Дадено е естествено число n≥2n \geq 2. Да се намери най-малката възможна стойност на сума от вида∑i=1nai(2+ai−1)(ai−ai−1),\sum_{i=1}^{n} a_{i}\left(2+a_{i-1}\right)\left(a_{i}-a_{i-1}\right),където a0=0,an=1a_{0}=0, a_{n}=1 и a1,…,an−1∈[0,1]a_{1}, \ldots, a_{n-1} \in[0, 1].
РешениеНека SS е дадената сума. Понеже(1)2a(a−b)=a2−b2+(a−b)2, (2)3ab(a−b)=a3−b3−(a−b)3, то(3)S=4/3+∑i=1n[(ai−ai−1)2−(ai−ai−1)3/3]\begin{aligned} & \text{(1)} 2 a(a-b)=a^{2}-b^{2}+(a-b)^{2} \text{, (2)} 3 a b(a-b)=a^{3}-b^{3}-(a-b)^{3} \text{, то} \\ & \text{(3)} S=4 / 3+\sum_{i=1}^{n}\left[\left(a_{i}-a_{i-1}\right)^{2}-\left(a_{i}-a_{i-1}\right)^{3} / 3\right] \end{aligned}Директно се проверява, че (4) функцията f(x)=x2−x3/3f(x)=x^{2}-x^{3} / 3 е изпъкнала при x≤1x \leq 1 (това следва и от f′′(x)=2−2xf^{\prime \prime}(x)=2-2 x ). Тогава неравенството на Йенсен показва, че(5)S≥43+n(1n2−13n3)=(n+1)(4n−1)3n2\text{(5)} S \geq \frac{4}{3}+n\left(\frac{1}{n^{2}}-\frac{1}{3 n^{3}}\right)=\frac{(n+1)(4 n-1)}{3 n^{2}}като равенство се достига при ai=i/n,0≤i≤na_{i}=i / n, 0 \leq i \leq n.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-12-3b