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

2022

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • emt2022-12-3: има placeholder текст

5

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Парк има форма на триъгълник ABCABC, страните на който са алеи. По алеите пътят от AA до BB през CC е 646 m, пътят от BB до CC през AA е 561 m, а пътят от CC до AA през BB е 595 m. Във върховете AA, BB, CC и покрай алеите на парка засадили дървета така, че разстоянието между всеки две съседни дървета е nn метра, където nn естествено число, по-голямо от 1. А) Колко метра е дълга всяка от алеите ABAB, BCBC и CACA? Б) Колко дървета са засадили? В) Един ден градинар обиколил алеите в посока A→B→C→AA\to B\to C\to A, като поставял къщичка за птици на всяко четвърто дърво по пътя си. На другия ден той обиколил алеите в посока A→C→B→AA\to C\to B\to A и на всяко пето дърво по пътя си поставял къщичка за птици, ако там вече нямало. И двата дни броенето започвал с дървото в AA. Колко къщички е поставил той?
Решениеа) По условие AB+BC=595AB+BC=595, BC+CA=646BC+CA=646, CA+AB=561CA+AB=561. Като съберем трите равенства, получаваме 2(AB+BC+CA)=18022(AB+BC+CA)=1802, откъдето AB+BC+CA=901AB+BC+CA=901. Тогава AB=901−646=255AB=901-646=255, BC=595−255=340BC=595-255=340, CA=646−340=306CA=646-340=306. б) Числото nn е по-голям от 1 делител на 340, 306 и 255. Тъй като НОД⁡(340,306,255)=17\operatorname{НОД}(340,306,255)=17, то n=17n=17. Дърветата са 901:17=53901:17=53. в) Ако номерираме 53-те дървета в посока A→B→C→AA\to B\to C\to A с номерата 1, 2, 3 и т.н., първия ден градинарят е поставил къщички на всички дървета с кратен на 4 номер. Те са 13 дървета. На втория ден той е преброил дървото в AA, дърво 53, 52, 51 и е поставил къщичка на дърво 50, след това на дърво 45 и т.н. на дърветата с номер, кратен на 5. Тези дървета са 10. От тях той е пропуснал дърветата с номер, кратен на НОК⁡(4;5)=20\operatorname{НОК}(4;5)=20, на които вече има къщичка; това са 2 дървета с номера 20 и 40. Общо къщичките са 13+10−2=2113+10-2=21. Критерии за оценяване. а) 2 точки; за намиране на обиколката – 1 т. б) 2 точки; за намиране на НОД – 1 т. в) 2 точки.
Klasirane.bg — проверен архив5.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Четирицифреното число MM има следните свойства: • числото MM е кратно на 9; • ако разменим местата на цифрите на единиците и хилядите в MM, се получава четирицифрено число, което е кратно на 5; • ако разменим местата на цифрите на десетиците и стотиците в MM, се получава число, което е кратно на 4; • ако разменим местата на цифрите на стотиците и хилядите в MM, се получава четирицифрено число, което е кратно на 11. а) На колко може да е равно числото MM? Посочете всички възможности. б) Ако числото MM е равно на произведението на три последователни естествени числа, намерете сбора на тези три числа.
РешениеНека числото е M=abcd‾M=\overline{abcd}. От условието, че dbca‾\overline{dbca} и bacd‾\overline{bacd} са четирицифрени числа следва, че цифрите dd и bb не са равни на 0. От 5∣dbca‾5\mid\overline{dbca} следва, че a=5a=5 (като първа цифра, aa не е 0). От 4∣5cbd‾4\mid\overline{5cbd} следва, че 4∣bd‾4\mid\overline{bd}. (1) От 9∣5bcd‾9\mid\overline{5bcd} следва, че 9∣5+b+c+d9\mid 5+b+c+d. Но 5+b+c+d5+b+c+d не надхвърля 32, следователно 5+b+c+d=95+b+c+d=9, 18 или 27. (2) От 11∣b5cd‾11\mid\overline{b5cd} следва, че 11 дели разликата на b+cb+c и 5+d5+d. Тъй като b+c−(5+d)b+c-(5+d) е най-много 2⋅9−(5+1)=122\cdot9-(5+1)=12, а 5+d−(b+c)5+d-(b+c) е най-много 5+9−(1+0)=135+9-(1+0)=13, то разликата на b+cb+c и 5+d5+d е 0 или 11. Ако разликата на b+cb+c и 5+d5+d е 11, сборът на четирите цифри е нечетен и по-голям от 11; от (2) следва, че този сбор е 27. Тогава b+cb+c и 5+d5+d (в някакъв ред) са (27−11):2=8(27-11):2=8 и (27+11):2=19(27+11):2=19, но последното равенство е невъзможно. Следователно b+c=5+db+c=5+d, сборът на четирите цифри е четен и от (2) следва, че този сбор е 18, т.е. b+c=d+5=9b+c=d+5=9. Тогава d=4d=4 и от (1) b=2b=2, 4, 6 или 8. При b=2b=2 получаваме c=7c=7 и M=5274M=5274. При b=4b=4 получаваме c=5c=5 и M=5454M=5454. При b=6b=6 получаваме c=3c=3 и M=5634M=5634. При b=8b=8 получаваме c=1c=1 и M=5814M=5814. б) От четирите получени възможности за MM ще потърсим числото, което може да се представи като произведение на три последователни естествени числа. Имаме 5274=2⋅3⋅3⋅2935274=2\cdot3\cdot3\cdot293, 5454=2⋅3⋅3⋅3⋅1015454=2\cdot3\cdot3\cdot3\cdot101 и 5634=2⋅3⋅3⋅3135634=2\cdot3\cdot3\cdot313; и в трите има прост делител, който е твърде голям, за да е изпълнено условието. Остава 5814=2⋅3⋅3⋅17⋅19=17⋅18⋅195814=2\cdot3\cdot3\cdot17\cdot19=17\cdot18\cdot19. Търсеният сбор е 17+18+19=5417+18+19=54. Критерии за оценяване. а) 4 точки; б) за разлагане на множители 1 т.; за вярно намерен отговор (независимо по какъв начин) 2 точки.
Klasirane.bg — проверен архив5.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Магистрала между градовете AA и BB е дълга 999 km. На всеки километър е поставена по една табела, от едната страна на която пише колко километра остават до BB, а от другата страна пише на колко километра е табелата от AA.Първите три километрови табели от A към B.а) Една табела е късметлийска, ако за записа на двете числа върху нея са използвани едни и същи две цифри. Например, табелите (9/990)(9/990) и (818/181)(818/181) са късметлийски. Колко късметлийски табели има по пътя? б) Една табела е специална, ако записаните на нея числа имат най-малко общо кратно 7800. На колко километра от AA се намира първата специална табела?
Решениеа) Сборът на числата на всяка табела е 999. Късметлийските табели са от следните видове: • aaa‾\overline{aaa}, bbb‾\overline{bbb}, където a+b=9a+b=9 и aa е от 1 до 8; общо 8 табели; • aab‾\overline{aab}, bba‾\overline{bba}, където a+b=9a+b=9 и aa е от 0 до 9; общо 10 табели; • aba‾\overline{aba}, bab‾\overline{bab}, където a+b=9a+b=9 и aa е от 0 до 9; общо 10 табели; • baa‾\overline{baa}, abb‾\overline{abb}, където a+b=9a+b=9 и aa е от 0 до 9; общо 10 табели. (В това броене при a=0a=0 или b=0b=0 получаваме двойките 009 и 990; 090 и 909; 099 и 900, които съответстват на табелите (9, 990); (90, 909); (99, 900).) Получихме, че късметлийските табели са 8+3⋅10=388+3\cdot10=38. б) Търсим числа aa и bb, за които a+b=999a+b=999 и НОК⁡(a;b)=7800=23⋅3⋅52⋅13\operatorname{НОК}(a;b)=7800=2^3\cdot3\cdot5^2\cdot13. Тъй като сборът на числата е нечетен, едното от тях е четно, а другото е нечетно; нека aa е четно. В разлагането на aa участва 232^3. В НОК⁡(a;b)\operatorname{НОК}(a;b) участва множител 3 и сборът на числата се дели на 3; следователно в разлагането и на двете числа има множител 3. В НОК⁡(a;b)\operatorname{НОК}(a;b) участва 525^2, а сборът на числата не се дели на 5; следователно в разлагането на точно едно от числата участва 525^2. По същия начин е ясно, че в разлагането на точно едно от числата има множител 13. Като вземем предвид, че a<999a\lt{}999, възможните случаи са:a=23⋅3⋅52=600a=2^3\cdot3\cdot5^2=600, b=3⋅13=39b=3\cdot13=39, но сборът не е 999;a=23⋅3⋅13=312a=2^3\cdot3\cdot13=312, b=3⋅52=75b=3\cdot5^2=75, но сборът не е 999;a=23⋅3=24a=2^3\cdot3=24, b=3⋅52⋅13=975b=3\cdot5^2\cdot13=975, сборът е 999. Специалната табела е на 24 km от AA. Критерии за оценяване. а) 4 точки; б) 3 точки.
Klasirane.bg — проверен архив5.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
а) Иво има 3 карти A\boxed{\mathrm A}, 3 карти B\boxed{\mathrm B} и 3 карти C\boxed{\mathrm C}. Той подрежда деветте карти в редица. Разстояние между две карти в редицата наричаме броя на картите между тях. За всеки две еднакви карти Иво записва разстоянието между тях. Например, в редицата ABCAABCBC\boxed{\mathrm A}\boxed{\mathrm B}\boxed{\mathrm C}\boxed{\mathrm A}\boxed{\mathrm A}\boxed{\mathrm B}\boxed{\mathrm C}\boxed{\mathrm B}\boxed{\mathrm C} разстоянията между картите с буквата AA са 0, 2 и 3, между картите с буквата BB са 1, 3 и 5, а между картите с буквата CC са 1, 3 и 5. Различните разстояния са 0, 1, 2, 3 и 5 и са пет на брой. Най-много колко различни разстояния между еднакви карти може да получи Иво? б) Най-много колко различни разстояния между еднакви карти може да получи Иво, ако подреди в редица 4 карти A\boxed{\mathrm A}, 4 карти B\boxed{\mathrm B} и 4 карти C\boxed{\mathrm C}?
Решениеа) Възможните разстояния между две карти са от 0 до 7; общо 8. Ще докажем, че винаги поне едно от тези осем разстояния не се среща. Да допуснем, че се срещат и осемте разстояния. Разстояние 7 може да се появи само между първата и последната карта в редицата, така че първата и последната карта са с една и съща буква; нека е AA. Разстоянието 6 може да се появи само между първата и осмата карта или между втората и деветата. Тъй като първата и деветата са с AA, то втората или осмата също е AA. Тогава картите са AXXXXXXAAAXXXXXXAA или AAXXXXXXAAAXXXXXXA, където XX е BB или CC. Но и в двата случая няма как да се появи разстояние 5, защото разстоянията между картите с AA са 0, 6 и 7, а между картите с BB или CC не са повече от 4. Следователно винаги поне едно от разстоянията от 0 до 7 не се реализира. Броят на различните разстояния е най-много 7. Пример за редица, в която се срещат 7 различни разстояния, еABBCACCBA.\boxed{\mathrm A}\boxed{\mathrm B}\boxed{\mathrm B}\boxed{\mathrm C}\boxed{\mathrm A}\boxed{\mathrm C}\boxed{\mathrm C}\boxed{\mathrm B}\boxed{\mathrm A}.б) Възможните разстояния между две карти са от 0 до 10; общо 11. Два примера, в които те се реализират, са следните:AACBCBCBCABA\boxed{\mathrm A}\boxed{\mathrm A}\boxed{\mathrm C}\boxed{\mathrm B}\boxed{\mathrm C}\boxed{\mathrm B}\boxed{\mathrm C}\boxed{\mathrm B}\boxed{\mathrm C}\boxed{\mathrm A}\boxed{\mathrm B}\boxed{\mathrm A}иAACBBCBCCABA.\boxed{\mathrm A}\boxed{\mathrm A}\boxed{\mathrm C}\boxed{\mathrm B}\boxed{\mathrm B}\boxed{\mathrm C}\boxed{\mathrm B}\boxed{\mathrm C}\boxed{\mathrm C}\boxed{\mathrm A}\boxed{\mathrm B}\boxed{\mathrm A}.Критерии за оценяване. а) 5 точки; за оценка – 3 т., за пример 2 т. б) 2 точки за посочен верен пример.
Klasirane.bg — проверен архив5.4Условие — източникРешение — източник

6

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Две мравки се движат по числовата ос. В началото те се намират в точките, които съответстват на числата aa и bb, b>ab\gt{}a. На втория ден се преместват съответно в точките 2a−b2a-b и 2b−a2b-a и продължават по същия начин: от точките xx и yy на следващия ден преминават съответно в точките 2x−y2x-y и 2y−x2y-x. а) Акоa=a=−39313⋅231128+3313:411+39313⋅20914,-39\frac{3}{13}\cdot23\frac{11}{28}+3\frac{3}{13}:\frac{4}{11}+39\frac{3}{13}\cdot20\frac{9}{14},b=b=120+11+110:(19⋅11−110⋅12+111⋅13−112⋅14+⋯+143⋅45−144⋅46),\frac{1}{20+\dfrac{1}{1+\frac{1}{10}}}:\left(\frac{1}{9\cdot11}-\frac{1}{10\cdot12}+\frac{1}{11\cdot13}-\frac{1}{12\cdot14}+\cdots+\frac{1}{43\cdot45}-\frac{1}{44\cdot46}\right),коя точка от числовата ос ще се намира на равни разстояния от двете мравки на петия ден? б) Намерете числата aa и bb, които определят първоначалните позиции на мравките, ако на петия ден разстоянието между мравките е било 2025, а на десетия ден те са били на равни разстояния от точката −2022-2022.
РешениеДължината на отсечка с краища в числата aa и bb е b−ab-a. Средата на отсечката е в точката a+12(b−a)=12(a+b)a+\dfrac12(b-a)=\dfrac12(a+b). Забелязваме, че (2a−b)+(2b−a)=a+b(2a-b)+(2b-a)=a+b, което означава, че сборът на числата от двете граници се запазва. Следователно средата на отсечката с краища в двете мравки не се променя. а) Намирамеa=−39313⋅(231128−20914)+3313⋅114=a=-39\frac{3}{13}\cdot\left(23\frac{11}{28}-20\frac{9}{14}\right)+3\frac{3}{13}\cdot\frac{11}{4}==−39313⋅234+3313⋅114==-39\frac{3}{13}\cdot2\frac{3}{4}+3\frac{3}{13}\cdot\frac{11}{4}=(−39313+3313)⋅114=−36⋅114=−99.\left(-39\frac{3}{13}+3\frac{3}{13}\right)\cdot\frac{11}{4}=-36\cdot\frac{11}{4}=-99.Делимото в bb е равно на 1:(20+1:1110)=1:201011=112301:\left(20+1:\dfrac{11}{10}\right)=1:20\dfrac{10}{11}=\dfrac{11}{230}. Като използваме равенството2n(n+2)=1n−1n+2,\frac{2}{n(n+2)}=\frac1n-\frac{1}{n+2},намираме19⋅11+111⋅13+⋯+143⋅45=\frac{1}{9\cdot11}+\frac{1}{11\cdot13}+\cdots+\frac{1}{43\cdot45}=12(19−145)=245\frac12\left(\frac19-\frac{1}{45}\right)=\frac{2}{45}и110⋅12+112⋅14+⋯+144⋅46=\frac{1}{10\cdot12}+\frac{1}{12\cdot14}+\cdots+\frac{1}{44\cdot46}=12(110−146)=9230.\frac12\left(\frac{1}{10}-\frac{1}{46}\right)=\frac{9}{230}.Тогаваb=11230:(245−9230)=11230:11230⋅9=9.b=\frac{11}{230}:\left(\frac{2}{45}-\frac{9}{230}\right)=\frac{11}{230}:\frac{11}{230\cdot9}=9.Средата на отсечката е в точката 12(a+b)=12⋅(−99+9)=−45\dfrac12(a+b)=\dfrac12\cdot(-99+9)=-45. б) Имаме 12(a+b)=−2022\dfrac12(a+b)=-2022, т.е. a+b=−4044a+b=-4044. Тъй като (2b−a)−(2a−b)=3(b−a)(2b-a)-(2a-b)=3(b-a), всеки следващ ден дължината на отсечката се утроява. Следователно на петия ден тя е 34⋅(b−a)=20253^4\cdot(b-a)=2025 и b−a=25b-a=25. Намираме 2b=(a+b)+(b−a)=−40192b=(a+b)+(b-a)=-4019 и b=−2009,5b=-2009,5, както и 2a=(a+b)−(b−a)=−40692a=(a+b)-(b-a)=-4069 и a=−2034,5a=-2034,5. Критерии за оценяване. а) 3 точки (за намиране на aa и на bb по 1 точка; за намиране на средата – 1 точка); б) 3 точки; (за доказване, че дължината на интервала се утроява всеки ден – 1 т.; за доказване, че средата се запазва – 1 т.; за намиране на aa и bb – 1 точка)
Klasirane.bg — проверен архив6.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
В съкровището на дракона Мог има четири вида скъпоценни камъни: 50\% от скъпоценните камъни и още един са изумруди, 60\% от останалите камъни и още четири са рубини, 55\% от камъните без изумрудите и рубините са аметисти, а останалите 180 камъни са диаманти. А) Колко скъпоценни камъни има в съкровището на Мог? Б) Джуджетата Крор, Фрор и Дрор, заедно с Билбо, откраднали съкровището на дракона и си го поделили. Скъпоценните камъни на Крор били с 24\% повече от тези на Фрор, а Дрор взел с 25\% по-малко камъни, отколкото Крор и Фрор общо. Най-малко колко скъпоценни камъни е взел Билбо?
Решениеа) Разсъждаваме отзад напред: 180 диаманта са 45\% от общия брой на диамантите и аметистите, следователно диамантите и аметистите са общо 180:0,45=400180:0,45=400; 400+4=404400+4=404 камъни са 40\% от общия брой рубини, аметисти и диаманти, следователно рубините, аметистите и диамантите общо са 404:0,4=1010404:0,4=1010. Половината от всички камъни са 1010+1=10111010+1=1011, следователно в съкровището има 2022 камъни. б) Броят камъни на Крор е 124%=3125124\%=\dfrac{31}{25} от броя камъни на Фрор. Тъй като броят на камъните е естествено число, то броят на камъните на Фрор се дели на 25, т.е. е от вида 25x25x, където xx е естествено число. Тогава Крор има 31x31x камъни, а Дрор има 75%⋅(25x+31x)=42x75\%\cdot(25x+31x)=42x камъни. Общо трите джуджета имат 25x+31x+42x=98x25x+31x+42x=98x камъни. Тъй като 2022:98=202022:98=20 (ост. 62), то Билбо е взел най-малко 62 скъпоценни камъни. Критерии за оценяване. а) 3 точки; за оценка – 3 т., б) 3 точки; включително ако задачата е решена вярно при друг общ брой на камъните.
Klasirane.bg — проверен архив6.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е изпъкнал четириъгълник ABCDABCD. Страните му ABAB, BCBC, CDCD и DADA са продължени съответно до точките MM, NN, PP и QQ така, че AB=BMAB=BM, BC=CNBC=CN, CD=DPCD=DP и DA=AQDA=AQ. Лицето на четириъгълника MNPQMNPQ е 250 cm2^2.Четириъгълниците ABCD и MNPQ с пресечна точка O на диагоналите.а) Да се намери лицето на ABCDABCD. б) б) Диагоналите на четириъгълника ABCDABCD се пресичат в точка OO. Намерете лицата на триъгълниците AOBAOB, BOCBOC, CODCOD и DOADOA, ако е известно, че стойностите им (в квадратни сантиметри) са прости числа.
РешениеВ триъгълник AMCAMC отсечката CBCB е медиана. Следователно SABC=SMBC=12SAMCS_{ABC}=S_{MBC}=\dfrac12S_{AMC}. В триъгълник BMCBMC отсечката MCMC е медиана. Следователно SBMC=SNMC=12SBMNS_{BMC}=S_{NMC}=\dfrac12S_{BMN}. Следователно SABC=SMBC=SNMCS_{ABC}=S_{MBC}=S_{NMC} и2SABC=SMBC+SNMC=SBMN.2S_{ABC}=S_{MBC}+S_{NMC}=S_{BMN}.Четириъгълниците ABCD и MNPQ с означени равни отсечки.Аналогично 2SBCD=SCNP2S_{BCD}=S_{CNP}, 2SCDA=SDPQ2S_{CDA}=S_{DPQ}, 2SDAB=SAQM2S_{DAB}=S_{AQM}. Събираме равенствата и получаваме2(SABC+SBCD+SCDA+SDAB)=2(S_{ABC}+S_{BCD}+S_{CDA}+S_{DAB})=SBMN+SCNP+SDPQ+SAQM,S_{BMN}+S_{CNP}+S_{DPQ}+S_{AQM},4SABCD=SBMN+SCNP+SDPQ+SAQM.4S_{ABCD}=S_{BMN}+S_{CNP}+S_{DPQ}+S_{AQM}.От тук следва, че 5SABCD=SMNPQ5S_{ABCD}=S_{MNPQ}. Следователно SABCD=50S_{ABCD}=50 cm2^2. б) Да означим SAOB=S1S_{AOB}=S_1, SBOC=S2S_{BOC}=S_2, SCOD=S3S_{COD}=S_3, SDOA=S4S_{DOA}=S_4. Тогава S1+S2+S3+S4=SABCD=50S_1+S_2+S_3+S_4=S_{ABCD}=50. Триъгълниците AOBAOB и AOCAOC имат обща височина hbh_b през върха BB. За лицата им е вярноS1S2=12AO⋅hb12OC⋅hb=AOOC.\frac{S_1}{S_2}=\frac{\frac12AO\cdot h_b}{\frac12OC\cdot h_b}=\frac{AO}{OC}.Аналогично S4S3=AOOC\dfrac{S_4}{S_3}=\dfrac{AO}{OC}. Следователно S1S2=S4S3\dfrac{S_1}{S_2}=\dfrac{S_4}{S_3} или S1⋅S3=S2⋅S4S_1\cdot S_3=S_2\cdot S_4. Тъй като S1S_1, S2S_2, S3S_3 и S4S_4 са прости числа, а съществува единствено разлагане на прости множители на числото S1⋅S3S_1\cdot S_3, то S1=S2=pS_1=S_2=p и S3=S4=qS_3=S_4=q или S1=S4=pS_1=S_4=p и S3=S2=qS_3=S_2=q, където pp и qq са прости числа. Заместваме в равенството S1+S2+S3+S4=50S_1+S_2+S_3+S_4=50 и получаваме, че p+q=25p+q=25. Това означава, че pp и qq са от различна четност и тъй като pp и qq са прости числа, то едното от тях е задължително 2, а за другото остава 23. Като обобщим резултатите се получават 4 възможни решения:SAOB=2, SBOC=2, SCOD=23, SDOA=23;S_{AOB}=2,\ S_{BOC}=2,\ S_{COD}=23,\ S_{DOA}=23;SAOB=2, SBOC=23, SCOD=23, SDOA=2;S_{AOB}=2,\ S_{BOC}=23,\ S_{COD}=23,\ S_{DOA}=2;SAOB=23, SBOC=2, SCOD=2, SDOA=23;S_{AOB}=23,\ S_{BOC}=2,\ S_{COD}=2,\ S_{DOA}=23;SAOB=23, SBOC=23, SCOD=2, SDOA=2.S_{AOB}=23,\ S_{BOC}=23,\ S_{COD}=2,\ S_{DOA}=2.Критерии за оценяване. а) 4 точки; б) 3 точки.
Klasirane.bg — проверен архив6.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Правоъгълник с дължина, която е два пъти по-голяма от широчината, наричаме домино. На чертежа е показано как всеки квадрат може да се разреже на пет домина.Квадрат, разрязан на пет домина.а) Посочете пример как квадрат може да се разреже на шест домина и как може да се разреже на седем домина. б) Посочете пример как квадрат може да се разреже на шест домина, сред които има поне четири с различни размери. в) Докажете, че за всяко естествено число nn, по-голямо от 7, квадратът може да се разреже на nn домина.
Решениеа) На чертежа са показани два примера за разрязване на шест доминаДва примера за разрязване на квадрат на шест домина.и два примера за разрязване на седем домина.Два примера за разрязване на квадрат на седем домина.б) На чертежа е показано как квадрат 8×88\times8 може да се разреже на едно домино 4×84\times8, едно домино 3×63\times6, едно домино 2×42\times4 и три домина 1×21\times2.Квадрат осем по осем, разрязан на шест домина с четири различни размера.б) В условието е показано как квадрат може да се разреже на 5 домина, а в а) е показано как квадрат може да се разреже на 6 или 7 домина. Остава да забележим, че всяко домино може да се разреже на 4 домина. С такова разрязване броят на домината се увеличава с 3.Домино, разрязано на четири по-малки домина.Следователно от примера с 5 домина след kk разрязвания се получава разрязване на 5+3k5+3k домина; от примера с 6 домина след kk разрязвания се получава разрязване на 6+3k6+3k домина; от примера със 7 домина след kk разрязвания се получава разрязване на 7+3k7+3k домина. Всяко естествено n≥8n\geq8 попада в един от тези случаи. Критерии за оценяване. а) 2 точки; (по две за пример); б) 2 точки; в) 3 точки.
Klasirane.bg — проверен архив6.4Условие — източникРешение — източник

7

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Възрастта на Борис сега е два пъти по-голяма от възрастта на Асен, когато Борис беше на толкова години, на колкото е Асен в момента. Когато Асен стане на сегашната възраст на Борис, тогава сборът на годините им ще бъде 45. На колко години е Асен сега?
РешениеНека сега Асен е на xx години, а Борис сега е на yy години. (0<x<y0\lt{}x\lt{}y)Възраст наПредиСегаСледАсенx−(y−x)xyБорисxyy+y−x\begin{array}{|l|l|l|l|} \hline \text{Възраст на} & \text{Преди} & \text{Сега} & \text{След} \cr \hline \text{Асен} & x-(y-x) & x & y \cr \hline \text{Борис} & x & y & y+y-x \cr \hline \end{array}Имаме2(x−(y−x))=y⟺2(x−y+x)=y⟺2(2x−y)=y⟺4x−2y=y⟺4x=3y,y+y+y−x=45⟺3y−x=45.\begin{gathered} 2(x-(y-x))=y \Longleftrightarrow 2(x-y+x)=y \Longleftrightarrow 2(2x-y)=y \Longleftrightarrow 4x-2y=y \Longleftrightarrow 4x=3y, \\ y+y+y-x=45 \Longleftrightarrow 3y-x=45. \end{gathered}От 3y−x=453y-x=45 и 4x=3y4x=3y следва, че 4x−x=454x-x=45, 3x=453x=45 и x=15x=15. Следователно y=20y=20. Сега Асен е на 15 години. Критерии за оценяване. 1 т. за въведени неизвестни букви и (0<x<y0\lt{}x\lt{}y); 1 т. за изразяване възрастта на Асен и Борис чрез въведените букви: преди, сега и след; 2 т. за съставяне на равенствата 2⋅[x−(y−x)]=y2\cdot[x-(y-x)]=y и y+y+y−x=45y+y+y-x=45; 1 т. за намиране на xx и yy; 1 т. за отговор.
Klasirane.bg — проверен архив7.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е изпъкнал четириъгълник ABCDABCD. а) Триъгълниците ABCABC, ABDABD и ACDACD са остроъгълни и лицето на четириъгълника ABCDABCD е равно на 324 cm2324\ \mathrm{cm}^{2}. Ако MM, NN, PP, QQ, EE, FF са средите съответно на отсечките ABAB, BCBC, CDCD, DADA, ACAC, BDBD, намеретеSMFQE+SFNCP.S_{MFQE}+S_{FNCP}.(Четириъгълникът MFQEMFQE е вдлъбнат, а FNCPFNCP е изпъкнал.) б) Правите ABAB и CDCD са успоредни и диагоналите ACAC и BDBD се пресичат в точка OO. Докажете, чеSABCD2+2⋅SBOC2=S_{ABCD}^{2}+2\cdot S_{BOC}^{2}=SAOB2+SCOD2+4⋅SABCD⋅SAOD.S_{AOB}^{2}+S_{COD}^{2}+4\cdot S_{ABCD}\cdot S_{AOD}.
РешениеЩе докажем следните помощни твърдения. 1. Ако ABCABC е произволен триъгълник и MM и NN са точки съответно върху страните ABAB и ACAC, тоSAMNSABC=AMAB⋅ANAC.\frac{S_{AMN}}{S_{ABC}}=\frac{AM}{AB}\cdot\frac{AN}{AC}.Доказателство. Разглеждаме ABNABN. ИмамеSAMNSABN=2SAMN2SABN=\frac{S_{AMN}}{S_{ABN}}=\frac{2S_{AMN}}{2S_{ABN}}=AM⋅NN1AB⋅NN1=AMAB\frac{AM\cdot NN_{1}}{AB\cdot NN_{1}}=\frac{AM}{AB}иSABNSABC=2SABN2SABC=\frac{S_{ABN}}{S_{ABC}}=\frac{2S_{ABN}}{2S_{ABC}}=AN⋅BB1AC⋅BB1=ANAC.\frac{AN\cdot BB_{1}}{AC\cdot BB_{1}}=\frac{AN}{AC}.Триъгълник ABC с точки M и N и височини NN1 и BB1.СледователноSAMNSABN⋅SABNSABC=\frac{S_{AMN}}{S_{ABN}}\cdot\frac{S_{ABN}}{S_{ABC}}=AMAB⋅ANAC⟺SAMNSABC=AMAB⋅ANAC.\frac{AM}{AB}\cdot\frac{AN}{AC}\Longleftrightarrow\frac{S_{AMN}}{S_{ABC}}=\frac{AM}{AB}\cdot\frac{AN}{AC}.2. Ако правите ABAB и CDCD са успоредни, то SABC=SABDS_{ABC}=S_{ABD}. Доказателство. Тъй като ABAB и CDCD са успоредни, то CC1=DD1CC_{1}=DD_{1} и2SABC=AB⋅CC1=AB⋅DD1=2SABD.2S_{ABC}=AB\cdot CC_{1}=AB\cdot DD_{1}=2S_{ABD}.Трапец ABCD с диагонали и височини CC1 и DD1.а) От условието, че триъгълниците ABCABC, ABDABD и ACDACD са остроъгълни следва, че четириъгълниците AMEQAMEQ, BNFMBNFM и DQFPDQFP нямат общи вътрешни точки. СледователноSMFQE+SFNCP+SAMEQ+SBNFM+SDQFP=SABCD.S_{MFQE}+S_{FNCP}+S_{AMEQ}+S_{BNFM}+S_{DQFP}=S_{ABCD}.Четириъгълниците AMEQAMEQ, BNFMBNFM и DQFPDQFP имат равни лица.SAMEQ=SAME+SAEQ=S_{AMEQ}=S_{AME}+S_{AEQ}=14SABC+14SACD=14SABCD.\frac14S_{ABC}+\frac14S_{ACD}=\frac14S_{ABCD}.Аналогично се доказва, че SBNFM=14SABCDS_{BNFM}=\dfrac14S_{ABCD} иЧетириъгълник ABCD със средите M N P Q E и F.SDQFP=14SABCDS_{DQFP}=\dfrac14S_{ABCD}. СледователноSMFQE+SFNCP=SABCD−34SABCD=S_{MFQE}+S_{FNCP}=S_{ABCD}-\frac34S_{ABCD}=14SABCD=81.\frac14S_{ABCD}=81.б) Ще докажем, че SAOB⋅SCOD=SBOC⋅SDOAS_{AOB}\cdot S_{COD}=S_{BOC}\cdot S_{DOA}. Твърдението следва отSCODSDOA=12CO⋅hD12AO⋅hD=\frac{S_{COD}}{S_{DOA}}=\frac{\frac12CO\cdot h_D}{\frac12AO\cdot h_D}=COAO=12CO⋅hB12AO⋅hB=SBOCSAOB.\frac{CO}{AO}=\frac{\frac12CO\cdot h_B}{\frac12AO\cdot h_B}=\frac{S_{BOC}}{S_{AOB}}.От AB∥CDAB\parallel CD следва, че SABD=SABCS_{ABD}=S_{ABC}, следователно SABO+SAOD=SABO+SBOCS_{ABO}+S_{AOD}=S_{ABO}+S_{BOC}, т.е. SAOD=SBOCS_{AOD}=S_{BOC}. От SABCD=SAOB+SCOD+SBOC+SAOD=SAOB+SCOD+2⋅SBOCS_{ABCD}=S_{AOB}+S_{COD}+S_{BOC}+S_{AOD}=S_{AOB}+S_{COD}+2\cdot S_{BOC} следва, чеSABCD2+2⋅SBOC2=S_{ABCD}^{2}+2\cdot S_{BOC}^{2}=(SAOB+SCOD+2⋅SBOC)2+2⋅SBOC2=\left(S_{AOB}+S_{COD}+2\cdot S_{BOC}\right)^{2}+2\cdot S_{BOC}^{2}==SAOB2+SCOB2+4⋅SBOC2+2⋅SAOB⋅SCOD+4⋅SAOB⋅SBOC+4⋅SCOD⋅SBOC+2⋅SBOC2==SAOB2+SCOB2+4⋅SBOC2+2⋅SBOC2+4⋅SAOB⋅SBOC+4⋅SCOD⋅SBOC+2⋅SBOC2==SAOB2+SCOB2+8⋅SBOC2+4⋅SAOB⋅SBOC+4⋅SCOD⋅SBOC==SAOB2+SCOB2+4(2SBOC2+SAOB⋅SBOC+SCOD⋅SBOC)==SAOB2+SCOB2+4(2SBOC+SAOB+SCOD)⋅SBOC=SAOB2+SCOB2+4SABCD⋅SAOD.\begin{gathered} =S_{AOB}^{2}+S_{COB}^{2}+4\cdot S_{BOC}^{2}+2\cdot S_{AOB}\cdot S_{COD}+4\cdot S_{AOB}\cdot S_{BOC}+4\cdot S_{COD}\cdot S_{BOC}+2\cdot S_{BOC}^{2}= \\ =S_{AOB}^{2}+S_{COB}^{2}+4\cdot S_{BOC}^{2}+2\cdot S_{BOC}^{2}+4\cdot S_{AOB}\cdot S_{BOC}+4\cdot S_{COD}\cdot S_{BOC}+2\cdot S_{BOC}^{2}= \\ =S_{AOB}^{2}+S_{COB}^{2}+8\cdot S_{BOC}^{2}+4\cdot S_{AOB}\cdot S_{BOC}+4\cdot S_{COD}\cdot S_{BOC}= \\ =S_{AOB}^{2}+S_{COB}^{2}+4\left(2S_{BOC}^{2}+S_{AOB}\cdot S_{BOC}+S_{COD}\cdot S_{BOC}\right)= \\ =S_{AOB}^{2}+S_{COB}^{2}+4\left(2S_{BOC}+S_{AOB}+S_{COD}\right)\cdot S_{BOC}=S_{AOB}^{2}+S_{COB}^{2}+4S_{ABCD}\cdot S_{AOD}. \end{gathered}Критерии за оценяване: а) 3 точки; б) 3 точки. (1 т. за SAOB⋅SCOD=SBOC⋅SDOAS_{AOB}\cdot S_{COD}=S_{BOC}\cdot S_{DOA} и SAOD=SBOCS_{AOD}=S_{BOC} и 2 т. за доказване на SABCD2+2⋅SBOC2=SAOB2+SCOD2+4⋅SABCD⋅SAODS_{ABCD}^{2}+2\cdot S_{BOC}^{2}=S_{AOB}^{2}+S_{COD}^{2}+4\cdot S_{ABCD}\cdot S_{AOD}.)
Klasirane.bg — проверен архив7.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Най-много колко полета могат да се изберат върху шахматна дъска (8×88\times8) така, че от всяко избрано поле с един или два хода на коня да се стига до всяко от останалите избрани полета? (За един ход конят се придвижва на две полета вертикално и след това едно хоризонтално, или на две полета хоризонтално и след това едно вертикално.)
РешениеАко е поставен кон в поле D5, след 1-ви ход той може да бъде в полетата B4, B6, C3, C7, E3, E7, F4 и F6.Шахматна дъска с кон в D5 и осемте полета на един ход от него.Заедно с поле D5 имаме 9 полета. Тези 9 полета отговарят на условието, че между всеки две от тях може да се стигне с един или два хода на коня. Тези полета се намират в квадрат 5×55\times5. Да разгледаме най-лявото от отбелязаните полета (X)(X) и вертикалната ивица, която включва пет стълба, най-левият от които е този на XX. Тази ивица съдържа всички отбелязани полета, тъй като не може да бъде напусната с два хода на коня, ако се тръгне от XX. По същия начин, ако разгледаме най-горното от отбелязаните полета (Y)(Y) и хоризонталната ивица, която включва пет реда, най-горният от които е редът на YY, тя съдържа всички отбелязани полета. Следователно всички отбелязани полета са в квадрата 5×55\times5, който се получава при пресичането на двете ивици. Ще покажем, че във всеки квадрат 5×55\times5 не съществуват 10 полета, които отговарят на условието. Нека преномерираме полетата на квадрата с числата 1,2,3,…,101,2,3,\ldots,10, както е показано на рисунката.Номериран квадрат пет на пет с оцветени полета.С числата от 1 до 6 са номерирани по 3 полета, с числата 7, 8 и 9 по 2 полета и с числото 10 едно поле. Забелязваме, че ако две полета са номерирани с едно и също число, то трябва да направим поне 3 хода с коня, за да отидем от едното поле в другото. Следователно при избор на 10 полета е необходимо те да са номерирани с различни числа. Полето с номер 10 ще е едно от избраните полета. Нека всяко от оцветените полета с номера 7, 8 и 9 е в избраните 10 полета. (Ако изберем вторите полета с номера 7, 8 и 9, разсъжденията са аналогични.) От останалите полета с номера от 1 до 6 се установява, че при всеки избор на едно от трите полета с един и същи номер, съществува поле от оцветените, до което се стига с три или повече хода на коня. Например ако от поле с номер 1 се стига с един ход до полета с номера 9 или 10, то от това поле до полетата с номера 7 или 8 се стига след 3 хода. Ако от поле с номер 1 се стига с един ход до полета с номера 7 или 8, то от това поле до полетата с номера 9 или 10 се стига след 3 хода. Аналогично с другите избори. По този начин доказваме, че във всеки квадрат 5×55\times5 от шахматната дъска не съществуват 10 полета, които да отговарят на условието. Следователно търсената най-голяма стойност е равна на 9. Критерии за оценяване. 1 т. за посочване на 9 полета, които отговарят на условието; 1 т. за разглеждане на квадрат 5×55\times5 с 9 полета, които отговарят на условието; 3 т. за преномериране полетата на квадрата 5×55\times5; 2 т. за доказване, че не съществуват 10 полета.
Klasirane.bg — проверен архив7.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
а) Докажете, че ако xx и yy са естествени числа и стойността на изразаM=x4+y4−x2y2(x+y)2M=\frac{x^{4}+y^{4}-x^{2}y^{2}}{(x+y)^{2}}е цяло число, то стойностите на изразите xyx+y\dfrac{xy}{x+y}, x2x+y\dfrac{x^{2}}{x+y} и y2x+y\dfrac{y^{2}}{x+y} са естествени числа. б) Намерете двойките естествени числа (x;y)(x;y), за които x≤yx\leq y, стойността на израза xyx+y\dfrac{xy}{x+y} е естествено число и x+y≤50x+y\leq50.
Решениеа) Преобразуваме числителя на MM по следния начин:x4+y4−x2y2=(x2+y2)2−3x2y2=x^{4}+y^{4}-x^{2}y^{2}=\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}-3x^{2}y^{2}=((x+y)2−2xy)2−3x2y2=\left((x+y)^{2}-2xy\right)^{2}-3x^{2}y^{2}=(x+y)4−4xy(x+y)2+x2y2.(x+y)^{4}-4xy(x+y)^{2}+x^{2}y^{2}.Следователно (xyx+y)2\left(\dfrac{xy}{x+y}\right)^{2} е естествено число и xyx+y\dfrac{xy}{x+y} също е естествено число. От равенството xy=x(x+y)−x2=y(x+y)−y2xy=x(x+y)-x^{2}=y(x+y)-y^{2} получаваме, че x2x+y\dfrac{x^{2}}{x+y} и y2x+y\dfrac{y^{2}}{x+y} са естествени числа. б) Нека x=yx=y. Ако xyx+y\dfrac{xy}{x+y} е естествено число, то xyx+y=x22x=x2\dfrac{xy}{x+y}=\dfrac{x^{2}}{2x}=\dfrac{x}{2}, т.е. xx трябва да е четно число. Наистина, при x=y=2tx=y=2t, t∈Nt\in\mathbb{N} имаме xyx+y=4t24t=t∈N\dfrac{xy}{x+y}=\dfrac{4t^{2}}{4t}=t\in\mathbb{N}. Освен това, 2≤x+y=4t≤502\leq x+y=4t\leq50, т.е. 1≤t≤121\leq t\leq12, което означава, че в този случай решенията са 12. Нека x+yx+y дели xyxy, x<yx\lt{}y и НОД(x;y)=d(x;y)=d. Следователно x=dx1x=dx_{1}, y=dy1y=dy_{1}, НОД(x1,y1)=1(x_{1},y_{1})=1 и x1<y1x_{1}\lt{}y_{1}. От доказателството на а) следва, чеx+y∣x2⟺d(x1+y1)∣d2x12⟺x1+y1∣dx12.x+y\mid x^{2}\Longleftrightarrow d(x_{1}+y_{1})\mid d^{2}x_{1}^{2}\Longleftrightarrow x_{1}+y_{1}\mid dx_{1}^{2}.Аналогично и x1+y1∣dy12x_{1}+y_{1}\mid dy_{1}^{2}. Ако pp е просто число, което дели x1+y1x_{1}+y_{1}, но не дели dd, то p∣x1p\mid x_{1} и следователно p∣y1p\mid y_{1}, а това е невъзможно. Остава pp да е делител на dd. Щом като всеки прост делител на x1+y1x_{1}+y_{1} е делител на dd ще считаме, че d=(x1+y1)md=(x_{1}+y_{1})m, m∈Nm\in\mathbb{N}. Наистина, тогаваxyx+y=dx1y1x1+y1=mx1y1∈N.\frac{xy}{x+y}=\frac{dx_{1}y_{1}}{x_{1}+y_{1}}=mx_{1}y_{1}\in\mathbb{N}.Освен това, от x+y=d(x1+y1)=m(x1+y1)2≤50x+y=d(x_{1}+y_{1})=m(x_{1}+y_{1})^{2}\leq50 следва, че 3≤x1+y1≤73\leq x_{1}+y_{1}\leq7. Разглеждаме тези случаи поотделно.x1+y1x1y1mБрой двойки (x;y)3121,2,3,4,554131,2,335141,225231,2261511716117251173411\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline x_{1}+y_{1} & x_{1} & y_{1} & m & \text{Брой двойки }(x;y) \cr \hline 3 & 1 & 2 & 1,2,3,4,5 & 5 \cr \hline 4 & 1 & 3 & 1,2,3 & 3 \cr \hline 5 & 1 & 4 & 1,2 & 2 \cr \hline 5 & 2 & 3 & 1,2 & 2 \cr \hline 6 & 1 & 5 & 1 & 1 \cr \hline 7 & 1 & 6 & 1 & 1 \cr \hline 7 & 2 & 5 & 1 & 1 \cr \hline 7 & 3 & 4 & 1 & 1 \cr \hline \end{array}В този случай получаваме общо 16 двойки. Окончателно, отговорът е 12+16=2812+16=28 двойки. (Двойките с различни xx и yy са: (3,6)(3,6), (4,12)(4,12), (6,12)(6,12), (5,20)(5,20), (6,30)(6,30), (7,42)(7,42), (8,24)(8,24), (9,18)(9,18), (10,15)(10,15), (10,40)(10,40), (12,24)(12,24), (12,36)(12,36), (14,35)(14,35), (15,30)(15,30), (20,30)(20,30), (21,28)(21,28).) Критерии за оценяване. а) 3 т. б) 4 т.
Klasirane.bg — проверен архив7.4Условие — източникРешение — източник

8

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Решете уравнението4x2+∣9−6x∣=∣10x−15∣+6(2x+1).4 x^{2}+|9-6 x|=|10 x-15|+6(2 x+1).
РешениеОтговор. x=4,x=−1x=4, x=-1. Решение. Първи метод. Преобразуваме еквивалентно:4x2−6(2x+1)=5∣2x−3∣−3∣3−2x∣2x2−6x−3=∣2x−3∣\begin{gathered} 4 x^{2}-6(2 x+1)=5|2 x-3|-3|3-2 x| \\ 2 x^{2}-6 x-3=|2 x-3| \end{gathered}Понеже ∣a∣|a| е винаги aa или (−a)(-a), то решенията изпълняват 2x2−6x−3=2x−32 x^{2}-6 x-3=2 x-3 или 2x2−6x−3=3−2x2 x^{2}-6 x-3=3-2 x. В първия случай следва 2x(x−4)=02 x(x-4)=0, т.е. x=0x=0 или x=4x=4, а във втория случай 2(x−3)(x+1)=02(x-3)(x+1)=0, т.е. x=3x=3 или x=−1x=-1. Обаче x=0x=0 и x=3x=3 дават в началното уравнение −3=3-3=3, което е невярно, докато x=−1x=-1 и x=4x=4 наистина са решения (и двете страни са равни на 5). Втори метод. Преобразуваме еквивалентно до4x2−12x−6=2∣2x−3∣.4 x^{2}-12 x-6=2|2 x-3|.Полагаме u=∣2x−3∣≥0u=|2 x-3| \geq 0; тогава u2=4x2−12x+9u^{2}=4 x^{2}-12 x+9 и уравнението добива вида u2−15=2uu^{2}-15=2 u, което води до (u−5)(u+3)=0(u-5)(u+3)=0. Вторият множител е положителен, така че трябва u=5u=5. Съответно 2x−3=52 x-3=5 води до x=4x=4, а 2x−3=−52 x-3=-5 води до x=−1x=-1. Оценяване. (6 точки) 4 т. за намиране на 4, (−1)(-1) и още най-много две други xx, 2 т. за отхвърляне на излишните стойности.
Klasirane.bg — проверен архив8.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е правоъгълен триъгълник ABCA B C с прав ъгъл при върха CC и лице SS. Нека S1S_{1} е лицето на кръга с диаметър ABA B и k=S1Sk=\frac{S_{1}}{S}. a) Да се намерят острите ъгли на ABCA B C, ако k=2πk=2 \pi. б) Да се докаже, че не съществува ABCA B C, за който k=3k=3.
РешениеАко AB=cA B=c и hh е височината към ABA B, то S=ch2,S1=πc24S=\frac{c h}{2}, S_{1}=\frac{\pi c^{2}}{4} и k=π2⋅chk=\frac{\pi}{2} \cdot \frac{c}{h}. Нека m=c2m=\frac{c}{2} е дължината на медианата към хипотенузата. а) При k=2πk=2 \pi следват c=4hc=4 h и m=2hm=2 h. От правоъгълния триъгълник с хипотенуза mm и катет hh следва, че ъгълът между медианата и хипотенузата е 30∘30^{\circ}, следователно острите ъгли на ABCA B C са 15∘15^{\circ} и 75∘75^{\circ}. б) От правоъгълния триъгълник с хипотенуза mm и катет hh имаме m≥hm \geq h. Така ch≥2\frac{c}{h} \geq 2 и значи k≥π2⋅2=π>3k \geq \frac{\pi}{2} \cdot 2=\pi\gt{}3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-8-2

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е правоъгълен триъгълник ABCA B C с прав ъгъл при върха CC и лице SS. Нека S1S_{1} е лицето на кръга с диаметър ABA B и k=S1Sk=\frac{S_{1}}{S}. а) Да се намерят острите ъгли на ABCA B C, ако k=2πk=2 \pi. б) Да се докаже, че не съществува ABCA B C, за който k=3k=3.
РешениеРешение. Ако AB=cA B=c и hh е височината към ABA B, то S=ch2,S1=πc24S=\frac{c h}{2}, S_{1}=\frac{\pi c^{2}}{4} и k=π2⋅chk=\frac{\pi}{2} \cdot \frac{c}{h}. Нека m=c2m=\frac{c}{2} е дължината на медианата към хипотенузата. а) При k=2πk=2 \pi следват c=4hc=4 h и m=2hm=2 h. От правоъгълния триъгълник с хипотенуза mm и катет hh следва, че ъгълът между медианата и хипотенузата е 30°, следователно острите ъгли на ABCA B C са 15∘15^{\circ} и 75∘75^{\circ}. б) От правоъгълния триъгълник с хипотенуза mm и катет hh имаме m≥hm \geq h. Така ch≥2\frac{c}{h} \geq 2 и значи k≥π2⋅2=π>3k \geq \frac{\pi}{2} \cdot 2=\pi\gt{}3. Оценяване. (6 точки) 2 т. за а), от които 1 т. за c=4hc=4 h и 1 т. за довършване (не се отнемат точки, ако свойството на правоъгълен триъгълник с ъгъл 15° се цитира като известен факт); 4 т. за б), от които: 1 т. за изразяване на kk чрез cc и hh, 1 т. за въвеждането на mm, 1 т. за m≥hm \geq h и 1 т. за довършване; алтернативно: 1 т. за изразяване на kk чрез катетите aa и bb на ABCA B C, 1 т. за твърдението a2+b2ab≥2\frac{a^{2}+b^{2}}{a b} \geq 2 и 1 т. за доказателство, 1 т. за довършване.
Klasirane.bg — проверен архив8.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
По окръжност са разположени в този ред точките A1,B1,A2,B2,…,A9,B9A_{1}, B_{1}, A_{2}, B_{2}, \ldots, A_{9}, B_{9}. Всяка от отсечките AiBj(i,j=1,2,…,9)A_{i} B_{j}(i, j=1, 2, \ldots, 9) трябва да се оцвети в един от kk дадени цвята, така че никои две едноцветни отсечки не се пресичат във вътрешна точка и за всяко i=1i=1, …,9\ldots, 9 има цвят, за който в този цвят няма отсечки с край AiA_{i}, нито с край BiB_{i}. Намерете най-малкото възможно kk.
РешениеОтсечките A1B5,A2B6,A3B7,A4B8,A5B9,A6B1,A7B2,A8B3A_{1} B_{5}, A_{2} B_{6}, A_{3} B_{7}, A_{4} B_{8}, A_{5} B_{9}, A_{6} B_{1}, A_{7} B_{2}, A_{8} B_{3} и A9B4A_{9} B_{4} се пресичат във вътрешни точки, така че са необходими поне 9 цвята. Толкова са и достатъчни: може в цвят ii да са отсечката Ai+1BiA_{i+1} B_{i} (навсякъде при i=9i=9 пишем 1 вместо i+1i+1 ) и всички отсечки с край AiA_{i} освен AiBi−1A_{i} B_{i-1} (при i=1i=1 пишем 9 вместо i−1i-1 ). По този начин никоя от отсечките с край AiA_{i} и/или BiB_{i} не е в цвят i+1i+1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-8-3

Задача 3

Пълен запис
Условие
По окръжност са разположени в този ред точките A1,B1,A2,B2,…,A9,B9A_{1}, B_{1}, A_{2}, B_{2}, \ldots, A_{9}, B_{9}. Всяка от отсечките AiBj(i,j=1,2,…,9)A_{i} B_{j}(i, j=1,2, \ldots, 9) трябва да се оцвети в един от kk дадени цвята, така че никои две едноцветни отсечки не се пресичат във вътрешна точка и за всяко i=1,…,9i=1, \ldots, 9 има цвят, за който в този цвят няма отсечки с край AiA_{i}, нито с край BiB_{i}. Намерете най-малкото възможно kk.
РешениеОтговор. 9 Решение. Отсечките A1B5,A2B6,A3B7,A4B8,A5B9,A6B1,A7B2,A8B3A_{1} B_{5}, A_{2} B_{6}, A_{3} B_{7}, A_{4} B_{8}, A_{5} B_{9}, A_{6} B_{1}, A_{7} B_{2}, A_{8} B_{3} и A9B4A_{9} B_{4} се пресичат във вътрешни точки, така че са необходими поне 9 цвята. Толкова са и достатъчни: може в цвят ii да са отсечката Ai+1BiA_{i+1} B_{i} (навсякъде при i=9i=9 пишем 1 вместо i+1i+1) и всички отсечки с край AiA_{i} освен AiBi−1A_{i} B_{i-1} (при i=1i=1 пишем 9 вместо i−1i-1). По този начин никоя от отсечките с край AiA_{i} и/или BiB_{i} не е в цвят i+1i+1. Забележка. Дадената задача е формализация на следната постановка: на кръстовище излизат 9 двупосочни улици с дясно движение; всяка улица се пресича от пешеходна пътека точно до кръстовището. Има светофарна уредба, осигуряваща зелен сигнал за преминаване от всяка улица по най-краткия път към всяка улица, включително обратен завой към самата нея, както и за преминаване по всяка пешеходна пътека. Такт наричаме период от време, за който множество от зелени сигнали за автомобили и/или пешеходци не се променя и маршрутите им не се пресичат. Намерете най-малкия възможен брой тактове (всяко платно може да бъде разделено на достатъчен брой ленти за автомобилите отиващи/идващи към/от различни улици). Забележка. По подобен начин (с лека модификация на доказателството на оценката при четно nn) можем да докажем, че отговорът в горната задача в случая на nn улици (n≥3n \geq 3) е nn. Оценяване. (7 точки) 3 т. за доказателство, че са необходими поне 9 цвята, 4 т. за работеща схема с 9 цвята.
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.
РешениеОтговор. 13 Решение. Нека сумата на числата е SS и aa, bb 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 най-голяма 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∣2020nn \mid a \mid 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. Оценяване. (7 точки) 1 т. за верен отговор; 2 т. за a∣b−ca \mid b-c за произволни aa, bb, cc; 1 т. за разглеждане на максимален елемент; 1 т. за свеждането до вида (n,n,…,n,kn)(n, n, \ldots, n, k n) за k∣2020k \mid 2020; по 1 т. за n=2022n=2022 и kn=2022k n=2022.
Klasirane.bg — проверен архив8.4Условие — източникРешение — източник

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши ирационалното уравнение:3x23x−1=x2+1.3 \sqrt{\vphantom{x^2}3 x-1}=x^{2}+1.
РешениеРешение. Отговор: x1,2=3±x252x_{1,2}=\frac{3 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}. Даденото уравнение има смисъл при x≥13x \geq \frac{1}{3}. Нека въведем ново неизвестно t=x23x−1≥0t=\sqrt{\vphantom{x^2}3 x-1} \geq 0. Тогава ирационалното уравнение е еквивалентно на следната система:{t≥0,t2=3x−1,3t=x2+1или{t≥0,3x=t2+1,3t=x2+1(*)\left\{ \begin{aligned} t &\geq 0, \\ t^{2} &=3 x-1, \\ 3 t &=x^{2}+1 \end{aligned} \right. \quad \text{или} \quad \left\{ \begin{aligned} t &\geq 0, \\ 3 x &=t^{2}+1, \\ 3 t &=x^{2}+1 \end{aligned} \right. \tag{*}(За решенията на тази система ще бъде изпълнено и x≥13x \geq \frac{1}{3}.) Сега след почленно изваждане на двете уравнения на системата (*) последователно получаваме 3(x−t)=t2−x23(x-t)=t^{2}-x^{2}, (x−t)(3+x+t)=0(x-t)(3+x+t)=0, т.е. x=tx=t или x+t+3=0x+t+3=0. Следователно системата (*) е еквивалентна на обединението на двете системи{t≥0,x=t,3t=x2+1(**)и{t≥0,x+t+3=0,3t=x2+1(***)\left\{ \begin{aligned} t &\geq 0, \\ x &=t, \\ 3 t &=x^{2}+1 \end{aligned} \right. \quad \text{(**)} \qquad \text{и} \qquad \left\{ \begin{aligned} t &\geq 0, \\ x+t+3 &=0, \\ 3 t &=x^{2}+1 \end{aligned} \right. \quad \text{(***)}След заместване на t=xt=x във второто уравнение на (**) достигаме до x2−3x+1=0x^{2}-3 x+1=0, чиито решения са x1=3+x252≥0x_{1}=\frac{3+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2} \geq 0 или x2=3−x252≥0x_{2}=\frac{3-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2} \geq 0. Така получаваме, че решенията на (**) са{x1=3+x252,t1=3+x252или{x2=3−x252,t2=3−x252.\left\{ \begin{aligned} x_{1}&=\frac{3+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}, \\ t_{1}&=\frac{3+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2} \end{aligned} \right. \quad \text{или} \quad \left\{ \begin{aligned} x_{2}&=\frac{3-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}, \\ t_{2}&=\frac{3-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}. \end{aligned} \right.Заместваме t=−3−xt=-3-x във второто уравнение на (***) и свеждаме до x2+3x+10=0x^{2}+3 x+10=0, което няма реални корени, т.е. системата (***) също няма реални корени. Сега окончателно получаваме, че решенията на ирационалното уравнение 3x23x−1=x2+13 \sqrt{\vphantom{x^2}3 x-1}=x^{2}+1 (системата (*)) са x1=3+x252x_{1}=\frac{3+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2} или x2=3−x252x_{2}=\frac{3-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}. Оценяване. (6 точки) 1 точка за дефиниционното множество. 1 точка за полагането. 1 точка за x=tx=t и x+t+3=0x+t+3=0 и достигане до (**) и (***). 2 точки за намиране на решенията на (**) и (***). 1 точка за окончателен отговор. Алтернативно: (6 точки) За трансформиране на уравнението в полином от четвърта степен и разлагането му на два квадратни полинома — 4 точки. За решаване на всеки от квадратните полиноми — по 1 точка.
Klasirane.bg — проверен архив10.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C и произволна вътрешна точка MM такава, че ∠MAC=∠MBC\angle M A C=\angle M B C. Точка NN е симетрична на MM спрямо средата на страната ABA B. Да се докаже, че сумата MA⋅MB+MC⋅NCM A \cdot M B+M C \cdot N C не зависи от положението на точката MM.
РешениеНека PP е симетрична на NN спрямо средата на BCB C, а средите на ABA B и BCB C да са съответно C1C_{1} и A1A_{1}. Тогава A1C1A_{1} C_{1} е средна отсечка както за △ABC\triangle A B C, така и за △MNP\triangle M N P, т. е., AMPCA M P C е успоредник, а ∠CPM=∠CAM=∠CBM\angle C P M=\angle C A M=\angle C B M и значи MBPCM B P C е вписан. Аналогично, NBPCN B P C също е успоредник. От Теоремата на Птоломей и равенствата между съответните елементи в успоредниците, получавамеMB⋅CP+MC⋅BP=MP⋅BCM B \cdot C P+M C \cdot B P=M P \cdot B C \quad⟹MB⋅MA+MC⋅NC=AC⋅BC \Longrightarrow \quad M B \cdot M A+M C \cdot N C=A C \cdot B Cкоето не зависи от положението на точката MM а единствено от дължините на страните ACA C и BCB C.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Съществува ли естествено число nn, такова че числото 3n+13^{n}+1 да притежава делител от вида 24ℓ+2024 \ell+20?
РешениеОтговор: Не. Да допуснем противното. Тъй като 24ℓ+20=4(6ℓ+5)24 \ell+20=4(6 \ell+5), то 4∣3n+14 \mid 3^{n}+1 и значи n=2k+1n=2 k+1 трябва да е нечетно. Лема (Туе): Нека n∈N,a∈Zn \in \mathbb{N}, a \in \mathbb{Z} и (a,n)=1(a, n)=1. Тогава съществуват цели x,y∈Zx, y \in \mathbb{Z}, за които 1≤x≤[x2n],1≤∣y∣≤[x2n]1 \leq x \leq[\sqrt{\vphantom{x^2}n}], 1 \leq|y| \leq[\sqrt{\vphantom{x^2}n}] и ax+y≡0( mod n)a x+y \equiv 0(\bmod n). Доказателство: Да разгледаме числата от вида ax+ya x+y, където x,yx, y приемат независимо стойностите 0,1,…,[x2n]0, 1, \ldots, [\sqrt{\vphantom{x^2}n}]. Всички числа от този вид са общо ( [x2n]+1)2>n[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]+1)^{2}\gt{}n и значи съществуват x1,x2,y1,y2x_{1}, x_{2}, y_{1}, y_{2} такива, че ax1+y1≡ax2+y2( mod n)a x_{1}+y_{1} \equiv a x_{2}+y_{2}(\bmod n). Ако x1=x2x_{1}=x_{2}, то n∣y1−y2n \mid y_{1}-y_{2} и значи y1=y2y_{1}=y_{2} - противоречие. Аналогично, ако y1=y2y_{1}=y_{2}, то n∣a(x1−x2)n \mid a\left(x_{1}-x_{2}\right) и от (a,n)=1(a, n)=1 отново x1=x2x_{1}=x_{2} - противоречие. Следователно x1≠x2x_{1} \neq x_{2} и y1≠y2y_{1} \neq y_{2}. Ако x1>x2x_{1}\gt{}x_{2}, то x:=x1−x2x: =x_{1}-x_{2} и y=y1−y2y=y_{1}-y_{2} изпълняват всички ограничения в лемата. Да се върнем на задачата. Числото 6ℓ+56 \ell+5 има прост делител p=6r+5p=6 r+5. Тъй като (3k,p)=1\left(3^{k}, p\right)=1 от Лемата на Туе следва, че съществуват цели 1≤∣x∣,∣y∣≤[x2p]<x2p1 \leq|x|, |y| \leq[\sqrt{\vphantom{x^2}p}]\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}p} за които3kx+y≡0( mod p)⟹32kx2≡y23^{k} x+y \equiv 0 \quad(\bmod p) \quad \Longrightarrow \quad 3^{2 k} x^{2} \equiv y^{2} \quad( mod p)⟹−x2≡3nx2≡3y2( mod p).(\bmod p) \quad \Longrightarrow \quad-x^{2} \equiv 3^{n} x^{2} \equiv 3 y^{2} \quad(\bmod p).Оттук p∣x2+3y2p \mid x^{2}+3 y^{2}. Но x2+3y2<4px^{2}+3 y^{2}\lt{}4 p. Разглеждайки всеки от останалите три случая, получаваме: (∗)(*) p=x2+3y2≡0,1( mod 3)p=x^{2}+3 y^{2} \equiv 0, 1(\bmod 3). Противоречие с p=6r+5≡2( mod 3)p=6 r+5 \equiv 2(\bmod 3). (∗)(*) 2p=x2+3y2≡0,1,3( mod 4)2 p=x^{2}+3 y^{2} \equiv 0, 1, 3(\bmod 4). Противоречие с 2p=12r+10≡2( mod 4)2 p=12 r+10 \equiv 2(\bmod 4). (∗)(*) 3p=x2+3y23 p=x^{2}+3 y^{2}. Тогава x=3x0x=3 x_{0} и отново p=3x02+y2≡0,1( mod 3)p=3 x_{0}^{2}+y^{2} \equiv 0, 1(\bmod 3). Противоречие. Понеже 4 дели 24ℓ+2024 \ell+20, то дели и 3n+13^{n}+1 и значи nn е нечетно. Така 24ℓ+2024 \ell+20 дели (3a)2+3(3 a)^{2}+3, където a=3n−12a=3^{\frac{n-1}{2}}. Числото 6ℓ+56 \ell+5 е нечетно и значи има прост делител p≡5( mod 6)p \equiv 5 (\bmod 6) - остава да обосновем, че не е възможно такъв да дели k2+3k^{2}+3. Един начин е чрез известния факт, че (−3)(-3) не е квадратичен остатък по модул прости числа от този вид (това се проверява лесно и със закона за квадратичната реципрочност, заедно с факта, че (−1)(-1) е квадратичен остатък точно когато p≡1( mod 4))p \equiv 1(\bmod 4)). Друг подход е следниятпонеже pp е нечетно, можем да считаме, че kk е нечетно (иначе работим с k02+3k_{0}^{2}+3, където k0=k−pk_{0}=k-p ), съответно при k=2z+1k=2 z+1 следва 4(z2+z+1)≡0( mod p)4\left(z^{2}+z+1\right) \equiv 0(\bmod p), т. е. z2+z+1≡0( mod p)z^{2}+z+1 \equiv 0(\bmod p). Оттук непременно z3≡1( mod p)z^{3} \equiv 1(\bmod p) и zp+1≡1( mod p)z^{p+1} \equiv 1(\bmod p). Сега малката теорема на Ферма довежда до z2≡1( mod p)z^{2} \equiv 1(\bmod p), откъдето z≡±1( mod p)z \equiv \pm 1(\bmod p), съответно 0≡z2+z+1≡1,3( mod p)0 \equiv z^{2}+z+1 \equiv 1, 3(\bmod p), противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Зоологическите градини в Европа, във всяка от които живеят по точно 100 вида животни, са разделени на две групи A^\widehat{A} и B^\widehat{B} по такъв начин, че всяка двойка зоологически градини (A,B),(A∈A^,B∈B^)(A, B), (A \in \widehat{A}, B \in \widehat{B}) се грижат за животно от един и същи вид. Да се докаже, че клетките на животните (всички животни от даден вид живеят в една клетка) могат да бъдат оцветени в 3 цвята, така че във всяка зоологическа градина има поне две разноцветни клетки.
РешениеЩе докажем по-общата задача: Нека A^\widehat{A} и B^\widehat{B} са две фамилии от kk-елементни множества, такива, че всяко a∈A^a \in \widehat{A} пресича всяко b∈B^,k≥3b \in \widehat{B}, k \geq 3. Тогава елементите на A^∪B^\widehat{A} \cup \widehat{B} могат да се оцветят в три цвята без да има едноцветно множество. Доказателство: Да разгледаме такава двойка от множества a∈A^,b∈B^a \in \widehat{A}, b \in \widehat{B}, за която ∣a∪b∣|a \cup b| е минимално. Да изберем произволни елементи va∈a\bv_{a} \in a \backslash b и vb∈b\av_{b} \in b \backslash a, които да оцветим в цвят 1. Нека оцветим a∪b\{va,vb}a \cup b \backslash\left\{v_{a}, v_{b}\right\} в цвят 2 и останалите елементи в цвят 3. Лесно се съобразява, че това оцветяване изпълнява условието на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е уравнението x2−2px+q2+q−2=0x^{2}-2 p x+q^{2}+q-2=0, където pp и qq са реални параметри. Да се намерят стойностите на параметъра q, q\text{, } при които уравнението има поне един корен в интервала (−1;0)(-1; 0) за всяка неотрицателна стойност на параметъра p.p.
РешениеНека за някои стойности на pp и qq уравнението има два реални корена x1x_{1} и x2x_{2} в (−1;0)(-1; 0). Тогава 2p=x1+x2<02 p=x_{1}+x_{2}\lt{}0, което е противоречие. Следователно трябва да намерим тези стойности на qq, за които уравнението има точно един реален корен в (−1;0)(-1; 0) за всяко p≥0p \geq 0. Това е изпълнено тогава и само тогава, когато f(0)<0f(0)\lt{}0 и f(−1)>0f(-1)\gt{}0 за всяко p≥0p \geq 0. Оттук q2+q−2<0q^{2}+q-2\lt{}0 и q2+q−1+2p>0q^{2}+q-1+2 p\gt{}0 за всяко p≥0p \geq 0. Първото неравенство е изпълнено при q∈(−2,1)q \in(-2, 1), а второто неравенство е изпълнено за всяко p≥0p \geq 0 само при q2+q−1>0q^{2}+q-1\gt{}0, т. е. q∈(−∞;−1−x252)∪(−1+x252;∞)q \in\left(-\infty; \frac{-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}\right) \cup\left(\frac{-1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}; \infty\right) Следователно q∈(−2;−1−x252)∪(−1+x252;1)q \in\left(-2; \frac{-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}\right) \cup\left(\frac{-1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}; 1\right)Оценяване.\textit{Оценяване.} (6 точки) 1 т. за отхвърляне на случая и двата корена да са в интервала (−1;0);1(-1; 0); 1 т. за свеждане до f(0)<0f(0)\lt{}0 и f(−1)>0;1f(-1)\gt{}0; 1 т. за решаване на f(0)<0;2f(0)\lt{}0; 2 т. за решаване на f(−1)>0f(-1)\gt{}0 и 1 т. за крайния резултат.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Върху симетралата на отсечка ABA B са избрани точки PP и QQ, като AP>AQA P\gt{}A Q и точките A,Q,BA, Q, B и PP лежат на една окръжност. Нека MM е произволна точка от отсечката ABA B. Правата през MM, успоредна на BQB Q, пресича правата APA P в точка RR. Правата през MM, успоредна на AQA Q, пресича правата BPB P в точка SS. Да се докаже, че правата MQM Q минава през средата на отсечката RS.R S.
РешениеТъй като PP и QQ са от симетралата на отсечката ABA B и A,Q,BA, Q, B и PP лежат на една окръжност, то PA=PB,QA=QBP A=P B, Q A=Q B и ∠PAQ=∠PBQ=90∘\angle P A Q=\angle P B Q=90^{\circ}. Нека ∠MAQ=∠MBQ=α\angle M A Q=\angle M B Q=\alpha. Достатъчно е да докажем, че SRMQ=SSMQS_{R M Q}=S_{S M Q} защото тогава височините от RR и SS към MQM Q ще бъдат равни, което означава, че MQM Q разполовява RSR S. Равенството SRMQ=SSMQS_{R M Q}=S_{S M Q} е еквивалентно на RMsin⁡∠RMQ=SMsin⁡∠SMQ⟺RMSM=R M \sin \angle R M Q=S M \sin \angle S M Q \Longleftrightarrow \frac{R M}{S M}=sin⁡∠SMQsin⁡∠RMQ\frac{\sin \angle S M Q}{\sin \angle R M Q} Тъй като ∠RAM=∠SBM=90∘+α\angle R A M=\angle S B M=90^{\circ}+\alpha и ∠RMA=∠SMB=α\angle R M A=\angle S M B=\alpha, то △RMA∼△SMB\triangle R M A \sim \triangle S M B. Следователно RMSM=AMBM\frac{R M}{S M}=\frac{A M}{B M} и трябва да докажем, че AMBM=sin⁡∠SMQsin⁡∠RMQ⟺AMsin⁡∠SMQ=\frac{A M}{B M}=\frac{\sin \angle S M Q}{\sin \angle R M Q} \Longleftrightarrow \frac{A M}{\sin \angle S M Q}=BMsin⁡∠RMQ\frac{B M}{\sin \angle R M Q} От MS∥AQM S \| A Q и MR∥BQM R \| B Q следва, че ∠SMQ=∠AQM\angle S M Q=\angle A Q M и ∠RMQ=∠BQM\angle R M Q=\angle B Q M. От синусовата теорема за △AQM\triangle A Q M и △BQM\triangle B Q M имаме: AMsin⁡∠SMQ=AMsin⁡∠AQM=AQsin⁡∠AMQ=\frac{A M}{\sin \angle S M Q}=\frac{A M}{\sin \angle A Q M}=\frac{A Q}{\sin \angle A M Q}=BQsin⁡∠BMQ=BMsin⁡∠BQM=BMsin⁡∠RMQ\frac{B Q}{\sin \angle B M Q}=\frac{B M}{\sin \angle B Q M}=\frac{B M}{\sin \angle R M Q} с което доказателството е завършено. Оценяване.\textit{Оценяване.} (6 точки) 1 т. за ∠PAQ=∠PBQ=90∘\angle P A Q=\angle P B Q=90^{\circ}; 1 т. за свеждане на задачата до SRMQ=SSMQ;1S_{R M Q}=S_{S M Q}; 1 т. за RMSM=sin⁡∠SMQsin⁡∠RMQ;1\frac{R M}{S M}=\frac{\sin \angle S M Q}{\sin \angle R M Q}; 1 т. за подобието △RMA∼△SMB;1\triangle R M A \sim \triangle S M B; 1 т. за прилагане на синусовата теорема за △AQM\triangle A Q M и △BQM;1\triangle B Q M; 1 т. за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Естественото число nn се нарича интересно\textit{интересно}, ако за него са изпълнени следните свойства: (∗)(*) n=p2αq2βr2γn=p^{2 \alpha} q^{2 \beta} r^{2 \gamma}, където p,qp, q и rr са прости числа, p<qp \lt{} q, а α,β \alpha, \beta и γ\gamma са естествени числа; (∗)(*) ∣r−pq∣=1|r-p q|=1; (∗)(*) числата p2α−1,q2β−1p^{2 \alpha}-1, q^{2 \beta}-1 и r2γ−1r^{2 \gamma}-1 са делители на nn. Да се намери най-голямото интересно число.
РешениеТъй като r=pq±1r=p q \pm 1, то rr е най-големият прост делител на nn. Тогава rr е нечетно и r2γ−1r^{2 \gamma}-1 е четен делител на nn, откъдето p=2p=2. Понеже 2α2^{\alpha} не се дели на 3, то едно от числата 2α−12^{\alpha}-1 и 2α+12^{\alpha}+1 се дели на 3. Тъй като 22α−1=(2α−1)(2α+1)2^{2 \alpha}-1=\left(2^{\alpha}-1\right)\left(2^{\alpha}+1\right) дели nn, то nn се дели на 3 и следователно q=3q=3. От r=pq±1r=p q \pm 1 получаваме r=5r=5 или r=7r=7. Тъй като 2α−12^{\alpha}-1 и 2α+12^{\alpha}+1 са взаимнопрости и 22α−1=(2α−1)(2α+1)=3x⋅ry2^{2 \alpha}-1=\left(2^{\alpha}-1\right)\left(2^{\alpha}+1\right)=3^{x} \cdot r^{y}, то 2α−1=3y2^{\alpha}-1=3^{y} или 2α+1=3y2^{\alpha}+1=3^{y}. Решенията на първото уравнение са α=1,y=0\alpha=1, y=0 и α=2,y=1\alpha=2, y=1, а на второто α=1,y=1\alpha=1, y=1 и α=3,y=2\alpha=3, y=2. Следователно α=1,2,3\alpha=1, 2, 3. Аналогично, тъй като най-големият общ делител на 3β−13^{\beta}-1 и 3β+13^{\beta}+1 е 2, то 3β−1=2x3^{\beta}-1=2^{x} или 3β+1=2x3^{\beta}+1=2^{x}. Както по-горе тези уравнения имат решение при β=1,2\beta=1, 2. Следователно α=1,2,3\alpha=1, 2, 3 и β=1,2\beta=1, 2 и r=5,7r=5, 7, което дава следните възможности за nn: 22⋅32⋅r2γ,2^{2} \cdot 3^{2} \cdot r^{2 \gamma},24⋅32⋅r2γ,26⋅32⋅r2γ, 2^{4} \cdot 3^{2} \cdot r^{2 \gamma}, 2^{6} \cdot 3^{2} \cdot r^{2 \gamma},22⋅34⋅r2γ,24⋅34⋅r2γ,26⋅34⋅r2γ 2^{2} \cdot 3^{4} \cdot r^{2 \gamma}, 2^{4} \cdot 3^{4} \cdot r^{2 \gamma}, 2^{6} \cdot 3^{4} \cdot r^{2 \gamma} Да отбележим, че когато 2α=42 \alpha=4 имаме 24−1=152^{4}-1=15 дели nn и следователно r=5r=5, а когато 2α=62 \alpha=6 имаме 26−1=632^{6}-1=63 дели nn и следователно r=7r=7. Тъй като r2γ−1r^{2 \gamma}-1 е делител на 22α.32β2^{2 \alpha}.3^{2 \beta}, то r2γ−1≤22α.32βr^{2 \gamma}-1 \leq 2^{2 \alpha}.3^{2 \beta}. Във всеки от горните 6 случая с директна проверка за r=5r=5 и r=7r=7 и стойности на γ\gamma, за които r2γ−1≤22α.32βr^{2 \gamma}-1 \leq 2^{2 \alpha}.3^{2 \beta}, получаваме следните решения: 22⋅32⋅52,24⋅32⋅52,2^{2} \cdot 3^{2} \cdot 5^{2}, 2^{4} \cdot 3^{2} \cdot 5^{2},24⋅34⋅52,26⋅32⋅72 2^{4} \cdot 3^{4} \cdot 5^{2}, 2^{6} \cdot 3^{2} \cdot 7^{2}Измежду тях най-голямо е 24⋅34⋅52=1802=324002^{4} \cdot 3^{4} \cdot 5^{2}=180^{2}=32400. Оценяване.\textit{Оценяване.} ( 7 точки) 1 т. за p=2;1p=2; 1 т. за q=3;1q=3; 1 т. за 2α−1=3y2^{\alpha}-1=3^{y} или 2α+1=3y2^{\alpha}+1=3^{y} с извода α=1,2,3;1\alpha=1, 2, 3; 1 т. за 3β−1=2x3^{\beta}-1=2^{x} или 3β+1=2x3^{\beta}+1=2^{x} с извода β=1,2;1\beta=1, 2; 1 т. за r2γ−1≤22α.32β;2r^{2 \gamma}-1 \leq 2^{2 \alpha}.3^{2 \beta}; 2 т. за намиране на всички решения и определяне на най-голямото измежду тях; при пропускане на едно или две решения се отнема 1 точка.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
На дъската е записано числото 2022. Иван и Петър играят следната игра, като Иван е първи. На всеки свои ход Иван хвърля зар, събира полученото на зара число aa със записаното на дъската число bb и замества bb с остатъка на (a+b)2(a+b)^{2} при деление на 5. На всеки свои ход Петър хвърля зар, събира полученото на зара число а със записаното на дъската число bb и замества bb с остатъка на a+ba+b при деление на 3. Който от двамата запише на дъската 0, печели и играта завършва. Да се намери вероятността Иван да спечели играта.
РешениеТъй като квадратичните остатъци по модул 5 са 0, 1 и 4, Иван или печели или записва едно от числата 1 или 4. Следователно Иван или печели, или записва 1( mod 3)1(\bmod 3). Петър или печели, или записва 1 или 2, което е 1 или 2( mod 5)2(\bmod 5). Да означим с pi,i=1,2p_{i}, i=1, 2 вероятността Иван да спечели, когато на дъската е записано число ii, а с qq вероятността Петър да спечели, когато на дъската е записано число 1( mod 3)1(\bmod 3). Тъй като 2022≡2( mod 5)2022 \equiv 2(\bmod 5), то търсим p2p_{2}. От условието следва, че аа може да бъде всяко число 1,2,3,4,5,61, 2, 3, 4, 5, 6 с вероятност 16\frac{1}{6}. При b=1b=1 Иван печели при a=4a=4. При a=1,2,3,5,6a=1, 2, 3, 5, 6 Иван записва на дъската 1( mod 3)1(\bmod 3) и тогава той печели с вероятност 1−q1-q (защото Петър печели с вероятност qq ). При b=2b=2 Иван печели при a=3a=3. При a=1,2,4,5,6a=1, 2, 4, 5, 6 Иван записва на дъската 1( mod 3)1(\bmod 3) и тогава той печели с вероятност 1−q1-q (защото Петър печели с вероятност qq ). Следователно: p1=p2=16+56(1−q)(1)p_{1}=p_{2}=\frac{1}{6}+\frac{5}{6}(1-q) \tag{1} При b=1b=1 Петър печели при a=2a=2 и 5. При a=3,6a=3, 6 Петър записва на дъската 1 и тогава той печели с вероятност 1−p11-p_{1} (защото Петър печели с вероятност p1p_{1}). При a=1,4a=1, 4 Петър записва на дъската 2 и тогава той печели с вероятност 1−p21-p_{2} (защото Петър печели с вероятност p2p_{2} ). Следователно: q=13+13(1−p1)+13(1−p2)(2)q=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\left(1-p_{1}\right)+\frac{1}{3}\left(1-p_{2}\right) \tag{2} От (1) и (2) получаваме q=34,p1=p2=38q=\frac{3}{4}, p_{1}=p_{2}=\frac{3}{8}. Следователно вероятността Иван да спечели е p2=38p_{2}=\frac{3}{8}.Оценяване.\textit{Оценяване.} 1 т. за наблюдението, че Иван записва 1( mod 3);11(\bmod 3); 1 т. за въвеждане на pi,i=1,2p_{i}, i=1, 2 и q;2q; 2 т. за (1); 2 т. за (2); 1 т. за решаване на системата и получаване на отговора.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-11-4

12

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека x+y+z=1x+y+z=1, x2+y2+z2=2x^{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}.
РешениеРешение. Нека 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)=−1a=-(x+y+z)=-1, b=xy+yz+zxb=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=3S_{0}=3, S1=1S_{1}=1, S2=2S_{2}=2, S3=3S_{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=0x^{3}+a x^{2}+b x+c=0, y3+ay2+by+c=0y^{3}+a y^{2}+b y+c=0, z3+az2+bz+c=0z^{3}+a z^{2}+b z+c=0 съответно с xkx^{k}, yky^{k}, zkz^{k} и почленното им събиране) при k=0k=0 имаме 3+(−1)⋅2+(−12)⋅1+c⋅3=03+(-1) \cdot 2+\left(-\frac{1}{2}\right) \cdot 1+c \cdot 3=0, т.е. c=−16c=-\frac{1}{6}. Така последователно получавамеS4=S3+12S2+16S1=3+12⋅2+16⋅1=256,S_{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=S_{5}=S_{4}+\frac{1}{2} S_{3}+\frac{1}{6} S_{2}=256+12⋅3+16⋅2=25+9+26=6.\frac{25}{6}+\frac{1}{2} \cdot 3+\frac{1}{6} \cdot 2=\frac{25+9+2}{6}=6.Оценяване. (6 точки) 2 т. за свеждане до полином от трета степен с нули x,y,zx, y, z; 2 т. за намиране на коефициентите на полинома; 2 т. за намиране на AA.
Klasirane.bg — проверен архив12.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Във вътрешността на равнобедрен правоъгълен триъгълник ABCA B C с хипотенуза ABA B е избрана точка MM, така че MA=5,MB=7M A=5, M B=7 и MC=4x22M C=4 \sqrt{\vphantom{x^2}2}. Да се намери големината на ъгъл ∠AMC\angle A M C.
РешениеНека да разгледаме ротация с център точка CC на ъгъл +90∘+90^{\circ}. Тогава образите на точките A,BA, B и MM при тази ротация ще бъдат съответно A1≡B,B1A_{1} \equiv B, B_{1} и M1M_{1}. Понеже триъгълникът MM1CM M_{1} C е правоъгълен и равнобедрен, то MM1=x22CM=8M M_{1}=\sqrt{\vphantom{x^2}2} C M=8 и ∠AMC=45∘\angle A M C=45^{\circ}. Така в триъгълника MM1BM M_{1} B имаме MB=7,BM1=AM=5M B=7, B M_{1}=A M=5 и MM1=8M M_{1}=8, т. е. от косинусовата теорема получаваме ∠MM1B=60∘\angle M M_{1} B=60^{\circ}. Сега за търсения ъгъл окончателно получаваме ∠AMC=∠BM1C=∠MM1C+∠MM1B=45∘+60∘=105∘\angle A M C=\angle B M_{1} C=\angle M M_{1} C+\angle M M_{1} B=45^{\circ}+60^{\circ}=105^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-12-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-12-3

Задача 3

Пълен запис
Условие
Редицата ana_{n} е зададена чрез a1≥2a_{1} \geq 2 и рекурентната връзкаan+1=anx2an3+22(an3+1)a_{n+1}=a_{n} \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{a_{n}^{3}+2}{2\left(a_{n}^{3}+1\right)}}за n≥1n \geq 1. Да се докаже, че за всяко естествено число nn е в сила неравенството an>x23na_{n}\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3}{n}}.
РешениеРешение. Да забележим, че равенството е еквивалентно на1an+12−1an2=anan3+2.(*)\frac{1}{a_{n+1}^{2}}-\frac{1}{a_{n}^{2}}=\frac{a_{n}}{a_{n}^{3}+2}. \tag{*}От СА-СГ следва, че anan3+2≤13\frac{a_{n}}{a_{n}^{3}+2} \leq \frac{1}{3}. Така получаваме 1an+12−1an2≤13\frac{1}{a_{n+1}^{2}}-\frac{1}{a_{n}^{2}} \leq \frac{1}{3} за всяко n∈Nn \in \mathbb{N}, което след сумиране дава 1an2≤n−13+1a12<n3\frac{1}{a_{n}^{2}} \leq \frac{n-1}{3}+\frac{1}{a_{1}^{2}}\lt{}\frac{n}{3}, откъдето получаваме желания резултат. Оценяване. (7 точки) 3 т. за (*), 1 т. за anan3+2≤13\frac{a_{n}}{a_{n}^{3}+2} \leq \frac{1}{3}, 1 т. за 1an+12−1an2≤13\frac{1}{a_{n+1}^{2}}-\frac{1}{a_{n}^{2}} \leq \frac{1}{3} и 2 т. за довършване.
Klasirane.bg — проверен архив12.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Зоологическите градини в Европа, във всяка от които живеят поне два вида животни, се разделят на две групи A^\widehat{A} и B^\widehat{B} по такъв начин, че всяка двойка зоологически градини (A,B)(A∈A^,B∈B^)(A, B)(A \in \widehat{A}, B \in \widehat{B}) се грижат за животно от един и същи вид. В колко най-малко цвята kk могат да бъдат оцветени клетките на животните (всички животни от даден вид живеят в една клетка), така че във всяка зоологическа градина има поне две разноцветни клетки? Да се намери най-голямата стойност на kk и всички възможности (зоологически градини и животни), за които тази най-голяма стойност на kk се достига.
РешениеЩе разгледаме по-общата задача: Нека A^\widehat{A} и B^\widehat{B} са две фамилии от множества, такива че всяко a∈A^a \in \widehat{A} пресича всяко b∈B^b \in \widehat{B}. Ако съществуват b1,b2∈B^b_{1}, b_{2} \in \widehat{B}, такива, че, b1⊂b2b_{1} \subset b_{2}, то е достатъчно да разгледаме B^\b2\widehat{B} \backslash b_{2} и аналогично за A^\widehat{A}. Ако обаче съществуват b∈B^b \in \widehat{B} и a∈A^a \in \widehat{A}, такива, че a⊂ba \subset b, то хроматичното число може да бъде произволно голямо. Наистина, нека B^\widehat{B} съдържа само едно множество с nn елемента, а A^\widehat{A} съдържа всички двуелементни подмножества на B^\widehat{B}. Тогава, очевидно хроматичното число ще е nn. Ако никое множество не съдържа изцяло друго множество, то максималното kk, за което можем да оцветим всеки от елементите в един от kk цвята така, че да няма едноцветно множество, е 4, и то се достига единствено в следния случай (с точност до размяна на A^\widehat{A} и B^):B^={b1,b2}\widehat{B}): \widehat{B}=\left\{b_{1}, b_{2}\right\}, такова, че b1∩b2=∅,A^b_{1} \cap b_{2}=\emptyset, \widehat{A} е пълният двуделен граф между елементите на b1b_{1} и b2b_{2} (съдържа всички {u,v}\{u, v\}, където u∈b1,v∈b2u \in b_{1}, v \in b_{2} ). Наистина, за всяко b1,b2b_{1}, b_{2} ни трябват по два цвята, а от пълнотата на двуделния граф и липсата на едноцветно ребро, тези цветове трябва да са различни, т. е. k≥4k \geq 4. От друга страна, по какъвто и начин да оцветим в по два различни цвята b1,b2b_{1}, b_{2}, очевидно няма едноцветно множество нито в A^\widehat{A}, нито в B^\widehat{B}. Съгласно
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2022-12-4