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

2024

Назад към папките

5

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
През квадратна градина ABCDABCD прекарали алея, както е показано на чертежа. Алеята разделила ABCDABCD на две правоъгълни градини. Страните на градините, измерени в метри, са естествени числа. Площта на северната градина е с 507 кв.м по-голяма от площта на южната. Третината от северната градина и половината от южната градина засадили с пипер, а останалата част от градините – с домати. Оказало се, че с пипер са засадили общо 559 кв.м.Квадратната градина ABCD, разделена на северна градина, алея и южна градина.а) Колко квадратни метра общо са засадили с домати? б) Колко квадратни метра е площта на алеята?
РешениеНека третината от северната градина има площ xx кв.м, а половината от южната градина има площ yy кв.м. С пипер са засадили общоx+y=559 кв.м.x+y=559\text{ кв.м.}Площта на северната градина е 3x3x кв.м, а на южната градина е 2y2y кв.м. Тогава3x−2y=507.3x-2y=507.Като удвоим първото равенство и съберем с второто, получваме, че 5x=16255x=1625, т.е. x=325x=325. Следователно y=559−325=234y=559-325=234. Площта на северната градина е 3⋅325=9753\cdot325=975, а площта на южната градина е 2⋅234=4682\cdot234=468; общо 975+468=1443975+468=1443 кв.м. а) С домати са засадили 1443−559=8841443-559=884 кв.м. б) Страната на квадрата е общ делител на площта на северната градина и площта на южната градина. Тъй като НОД⁡(975,468)=3⋅13=39\operatorname{НОД}(975,468)=3\cdot13=39, страната на квадрата е делител на 39. От друга страна, площта на квадрата е по-голяма от общата площ на двете градини 975+468=1443975+468=1443 кв.м. Тъй като 37⋅37=1369<144337\cdot37=1369\lt{}1443, то страната на квадрата е по-голяма от 37. Така получаваме, че страната на квадрата е 39 м. Площта на алеята е 39⋅39−1443=7839\cdot39-1443=78 кв.м. Оценяване. Намиране на площтта на всяка от градините – 2 точки. Намиране на площта, засадена с домати – 1 точка. Намиране на страната на квадрата — 2 точки (от които обосновка защо страната може да е само най-големият общ делител на 975 и 468 – 1 т.) Намиране на площта на алеята: 1 точка.
Klasirane.bg — проверен архив5.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
От началото на числовия лъч тръгнали две феи – червена и жълта. Те се разходили по числовия лъч, като червената фея стъпвала през 12 единици (в 0, 12, 24 и т.н.), а жълтата фея стъпвала през 21 единици (в 0, 21, 42 и т.н.). Всяка точка, в която стъпи фея, се оцветява в цвета на феята. Ако в някоя точка стъпят и двете феи, цветовете се сливат и точката става оранжева (например, точката 0 е оранжева). Всяка фея стъпила в точно 101 точки на числовия лъч и отлетяла. а) Колко точки от числовия лъч са оцветили двете феи? б) Точката XX от числовия лъч е оцветена и броят на оцветените точки наляво от нея е равен на броя на оцветените точки надясно от нея по лъча. Определете на кое число от числовия лъч съответства точката XX и в какъв цвят е оцветена тя.
РешениеЧервената фея е стъпила в 0,12,24,…,12000,12,24,\ldots,1200, а жълтата – в 0,21,42,…,21000,21,42,\ldots,2100. Червената и жълтата едновременно са стъпили в началото и в кратните на НОК⁡(12,21)=84\operatorname{НОК}(12,21)=84, които не надхвърлят 1200. Това са оранжевите точки 0,84,…,14⋅84=11760,84,\ldots,14\cdot84=1176 и са 15 на брой. а) Общо оцветените точки са 2⋅101−15=1872\cdot101-15=187. б) Точката XX е (187+1):2=94(187+1):2=94-тата оцветена точка. От 1 до 84 включително има 84:12+84:21−1=1084:12+84:21-1=10 оцветени точки; толкова са оцветените точки от 85 до 168 и т.н. Така от 1 до 84⋅9=75684\cdot9=756 включително (което е по-малко от 1200) има 10⋅9=9010\cdot9=90 оцветени точки; заедно с оцветеното начало на лъча, стават 91 точки. Остава да отброим още 94−91=394-91=3 оцветени точки. След тръгването на феите, първите оцветени точки са 12 (червена), 21 (жълта), 24 (червена) и т.н. Следователно 94-тата оцветена точка е 756+24=780756+24=780 и е червена. Оценяване. а) Намиране на броя на оранжевите точки – 2 точки. Намиране на броя на оцветените точки – 1 точка. б) Показване, че търсената точка е 94-тата оцветена точка – 1 точка. Определяне на цвета и числото, съответстващи на 94-тата оцветена точка – 2 точки.
Klasirane.bg — проверен архив5.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Райна написала на един лист16 ЕСЕНЕН ТУРНИР16\ \text{ЕСЕНЕН ТУРНИР}След това всяка буква скрила с цифра – еднаквите букви с еднакви цифри, а различните с различни цифри. Тъй като 1 и 6 вече били на листа, Райна не ги използвала. Оказало се, че числото, което скрило думата ЕСЕНЕН, има точно девет общи делители с 2025, а числото, което скрило ТУРНИР, има точно два общи делители с 2025. Какъв цифров код се е получил на листа, ако числото, скрило думата ТУРНИР, е възможно най-голямо?
РешениеНай-големият общ делител на ЕСЕНЕН и 2025 има девет делители. Числата с 9 делители се разлагат на прости множители като p8p^8 или p2⋅q2p^2\cdot q^2, където pp и qq са различни прости числа. Тъй като 2025=34⋅522025=3^4\cdot5^2, единственият му делител, който има 9 делители, е 32⋅52=9⋅253^2\cdot5^2=9\cdot25. Следователно 9 и 25 делят ЕСЕНЕН. От признака за делимост на 25 следва, че ЕН е 00, 25, 50 или 75. При ЕН =00=00 получаваме Е == Н =0=0, противоречие. При ЕН =25=25, т.е. Е =2=2, Н =5=5, от признака за делимост на 9 за числото 2С2525 получаваме С =2==2= Е, противоречие. При ЕН =50=50, т.е. Е =5=5, Н =0=0, от признака за делимост на 9 за числото 5С5050 получаваме С =3=3. При ЕН =75=75, т.е. Е =7=7, Н =5=5, от признака за делимост на 9 за числото 7С7575 получаваме С =5==5= Н, противоречие. Получихме ЕСЕНЕН =535050=535050. ТУРНИР има два общи делители с 2025. Единият е 1, а другият е 3 или 5. Но Е =5=5 и Н =0=0, следователно Р не е нито 5, нито 0, т.е. ТУРНИР не се дели на 5. Следователно вторият общ делител е 3. Следователно ТУРНИР се дели на 3 и не се дели на 9. За буквите на ТУРНИР остават цифрите 2, 4, 7, 8 и 9. Тъй като ТУРНИР трябва да е възможно най-голямо, Т =9=9, У =8=8, Р =7=7. Получаваме 9870И7 и от признака за делимост на 3 следва, че И =2=2, 5 или 8; тъй като Е =5=5, У =8=8, то И =2=2. Райна е кодирала 16 ЕСЕНЕН ТУРНИР с 16 535050 987027. Оценяване. За доказателство, че ЕСЕНЕН се дели на 9 и 25 – 2 т. За разглеждане на всеки от четирите случая за ЕН и прилагане на признака за делимост на 9 – по 0,5 т.; общо 2 т. За доказателство, че ТУРНИР се дели на 3 – 1 т. Намиране на най-голямата възможна стойност на ТУРНИР – 2 т.
Klasirane.bg — проверен архив5.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Кумчо Вълчо и Зайо Байо попадат случайно в две различни квадратчета на квадратна дъска. Те правят ходове, като се редуват. Кумчо Вълчо хваща Зайо Байо, ако попадне в квадратчето му. Играта започва Зайо, който при всеки ход се мести в квадратче, което има поне един общ връх с неговото. (Възможните ходове на Зайо са показани на чертежа.)Осемте възможни хода на Зайо Байо към квадратчета с общ връх.а) Кумчо Вълчо при всеки свой ход се мести \textbf{два пъти последователно} от едно квадратче в съседно на него по страна. (На чертежа са показани три възможни хода на Кумчо Вълчо.)Три възможни хода на Кумчо Вълчо с две последователни премествания.Докажете, че както и да застанат в началото върху дъска 2024×20242024\times2024, Зайо Байо винаги може да избяга от Кумчо Вълчо, без да напусне дъската. б) При всеки свой ход Кумчо Вълчо се мести \textbf{един или два пъти} от едно квадратче в съседно на него по страна. (На чертежа са показани четири възможни хода на Кумчо Вълчо.)Четири възможни хода на Кумчо Вълчо с едно или две премествания.Докажете, че ако дъската е безкрайна, Зайо Байо винаги може да избяга от Кумчо Вълчо.
Решениеа) Да оцветим дъската шахматно. Можем да забележим, че при всеки свой ход, състоящ се от две премествания в съседно по страна квадратче, Кумчо Вълчо отива в квадратче с един и същ цвят.Шахматно оцветяване и възможните крайни квадратчета след хода на Кумчо Вълчо.Зайо Байо обаче може да смени цвета на квадратчето, в което е (с преместване нагоре, надолу, наляво или надясно) или да не го променя (с преместване по диагонал). Зайо постъпва по следния начин: • ако в началото цветът на квадратчето му е като този на Кумчо Вълчо, той сменя цвета при първия си ход и след това да се движи само по диагонал; • ако в началото цветът на квадратчето му е различен от този на Кумчо Вълчо, се движи само по диагонал. Така и в двата случая след всеки ход Зайо Байо и Кумчо Вълчо ще са в квадратчета с различен цвят, следователно Зайо никога няма да бъде хванат. б) Ще наричаме \emph{опасна територия} ромба, състоящ се от квадратчетата, в които Кумчо Вълчо може да попадне при следващия си ход. На чертежа опасната териотория е оцветена в сиво.Опасната територия около Кумчо Вълчо, оцветена в сиво.Ако заекът се намира в опасната територия, с един ход по диагонал той може да излезе от нея. Тогава вълкът на следващия си ход не може да го хване. Ако заекът се намира извън опасната територия, винаги може да направи такъв ход, че да не влезе в нея (дъската е безкрайна). Така вълкът на следващия си ход не може да го хване и заекът може да бяга безкрайно. Ето една примерна стратегия на заека:Примерна стратегия на заека спрямо променящата се опасна територия.След всеки ход на вълка опасната територия се променя и заекът трябва да действа според горепосочената стратегия. Оценяване. а) Пълно решение: 4 точки. За шахматно оцветяване – 1 точка. За стратегия, ако Вълчо и Зайо са на едноцветни полета – 1 точка. За стратегия, ако Вълчо и Зайо са на едноцветни полета – 1 точка. За коментар защо Зайо винаги може да реагира – 1 точка. За конкретна стратегия без доказателство: в зависимост от обосновката, до 2 точки. б) Пълно решение: 3 точки. За определяне на опасната територия – 1 точка. За довършване – 2 точки.
Klasirane.bg — проверен архив5.4Условие — източникРешение — източник

6

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
В аквариум с форма на правоъгълен паралелепипед имало определено количество вода. При почистване източили 40\% от водата. След това добавили филтрирана вода, при което увеличили с 40\% количеството вода, останало след източването. Накрая в аквариума имало 2,1 литра вода. а) Колко литра вода имало в аквариума отначало? б) Широчината на дъното на аквариума е 20 cm и е с 20\% по-малка от неговата дължина. Околната повърхнина на аквариума е 7,2 dm2^2. Колко процента от обема на аквариума са били запълнени с вода отначало?
Решениеа) Нека отначало в аквариума е имало xx литра вода. След източването са останали 60%x60\%x литра, а след доливането на филтрираната вода, в аквариума имало 140%⋅60%x=84%x140\%\cdot60\%x=84\%x литра вода. От равенството 84%x=2,184\%x=2,1 намираме x=2,5x=2,5 литра. б) Широчината на дъното a=20a=20 cm е с 20\% по-малка от дължината bb, т.е. е равна на 80%b80\%b. От равенството 20=80%b20=80\%b намираме b=25b=25 cm. Обиколката на дъното е P=90P=90 cm и тъй като S=7,2S=7,2 dm2=720^2=720 cm2^2, височината на аквариума е c=S:P=720:90=8c=S:P=720:90=8 cm. Обемът на аквариума е V=20⋅25⋅8=4000V=20\cdot25\cdot8=4000 cm3=4^3=4 dm3^3. Водата отначало е 2,54=62,5%\dfrac{2,5}{4}=62,5\% от обема на аквариума. Оценяване. а) Пълно решение: 3 точки. Намиране, че крайното количество е 84\% от първоначалното – 2 точки. Определяне на началното количество вода – 1 точка. Ако се решава като рачешка задача, по 1,5 т. за всяка стъпка. б) Пълно решение: 3 точки. Намиране на дължината – 1 точка. Намиране на виочината – 1 точка. Намиране на обема и определяне на търсения процент – 1 точка.
Klasirane.bg — проверен архив6.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
За дадени числа a,b,c,da,b,c,d означаваме∣abcd∣=a⋅d−b⋅c.\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}=a\cdot d-b\cdot c.Например,∣1−23−4∣=1⋅(−4)−(−2)⋅3=2.\begin{vmatrix}1&-2\\3&-4\end{vmatrix}=1\cdot(-4)-(-2)\cdot3=2.а) Пресметнете сбораS=∣0−1−32∣+∣1−2−43∣+∣2−3−54∣+⋯+∣43−44−4645∣.S=\begin{vmatrix}0&-1\\-3&2\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}1&-2\\-4&3\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}2&-3\\-5&4\end{vmatrix}+\cdots+\begin{vmatrix}43&-44\\-46&45\end{vmatrix}.б) Намерете числото XX в равенството∣X1213−1∣+∣X13142∣+∣X1415−3∣+∣X15164∣+⋯+∣X12312422∣=1112.\begin{vmatrix}X&\frac12\\\frac13&-1\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}X&\frac13\\\frac14&2\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}X&\frac14\\\frac15&-3\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}X&\frac15\\\frac16&4\end{vmatrix}+\cdots+\begin{vmatrix}X&\frac1{23}\\\frac1{24}&22\end{vmatrix}=\frac{11}{12}.
Решениеа) Забелязваме, че∣a−b−cd∣=a⋅d−(−b)⋅(−c)=a⋅d−b⋅c=∣abcd∣.\begin{vmatrix}a&-b\\-c&d\end{vmatrix}=a\cdot d-(-b)\cdot(-c)=a\cdot d-b\cdot c=\begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}.СледователноS=∣0132∣+∣1243∣+∣2354∣+⋯+∣43444645∣=S=\begin{vmatrix}0&1\\3&2\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}1&2\\4&3\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}2&3\\5&4\end{vmatrix}+\cdots+\begin{vmatrix}43&44\\46&45\end{vmatrix}==(0⋅2−1⋅3)+(1⋅3−2⋅4)=(0\cdot2-1\cdot3)+(1\cdot3-2\cdot4)+(2⋅4−3⋅5)+⋯+(43⋅45−44⋅46)=+(2\cdot4-3\cdot5)+\cdots+(43\cdot45-44\cdot46)=0−44⋅46=−2024,0-44\cdot46=-2024,тъй като в получения сбор събираемите, без първото и последното, се разделят на двойки противоположни със сбор 0. б) Даденото равенство се записва във вида−X−12⋅13+2X-X-\frac12\cdot\frac13+2X−13⋅14−3X−14⋅15-\frac13\cdot\frac14-3X-\frac14\cdot\frac15+4X−15⋅16+⋯+22X−123⋅124=+4X-\frac15\cdot\frac16+\cdots+22X-\frac1{23}\cdot\frac1{24}=1112.\frac{11}{12}.Имаме−X+2X−3X+4X+⋯+22X=-X+2X-3X+4X+\cdots+22X=(−1+2−3+4−5+⋯−21+22)X=11X,(-1+2-3+4-5+\cdots-21+22)X=11X,тъй като −1+2=−3+4=⋯=−21+22=1-1+2=-3+4=\cdots=-21+22=1. От друга страна,−12⋅13−13⋅14-\frac12\cdot\frac13-\frac13\cdot\frac14−⋯−123⋅124=-\cdots-\frac1{23}\cdot\frac1{24}=−(12−13+13−14+⋯+123−124)=-\left(\frac12-\frac13+\frac13-\frac14+\cdots+\frac1{23}-\frac1{24}\right)==−(12−124)=−1124.=-\left(\frac12-\frac1{24}\right)=-\frac{11}{24}.Получаваме 11X−1124=111211X-\dfrac{11}{24}=\dfrac{11}{12}, откъдето намираме X=18X=\dfrac18. Оценяване. а) Пълно решение: 2 точки. б) Пълно решение: 4 точки. Определяне на коефициента пред XX – 1,5 точки. Пресмятане на телескопичния сбор – 1,5 точки. Намиране на XX – 1 точка.
Klasirane.bg — проверен архив6.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCABC. На страната ABAB е отбелязана точка MM така, че AM=12ABAM=\dfrac12AB; на страната ACAC е отбелязана точка KK така, че AK=13ACAK=\dfrac13AC; на страната BCBC е отбелязана точка LL така, че BL=14BCBL=\dfrac14BC. Отсечките KLKL и CMCM се пресичат в точка OO и лицето на четириъгълника AMOKAMOK е 36 cm2^2. Намерете лицето на триъгълника COLCOL и лицето на триъгълника ABCABC.
РешениеАко hLh_L е разстоянието от LL до ACAC, а hAh_A е разстоянието от AA до BCBC, имамеSCKLSALC=12⋅CK⋅hL12⋅AC⋅hL=\frac{S_{CKL}}{S_{ALC}}=\frac{\frac12\cdot CK\cdot h_L}{\frac12\cdot AC\cdot h_L}=CKAC=23,\frac{CK}{AC}=\frac23, \qquadSALCSABC=12⋅CL⋅hA12⋅BC⋅hA=CLBC=34 \frac{S_{ALC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot CL\cdot h_A}{\frac12\cdot BC\cdot h_A}=\frac{CL}{BC}=\frac34и като умножим тези равенства, получавамеSCKLSABC=23⋅34=12.\frac{S_{CKL}}{S_{ABC}}=\frac23\cdot\frac34=\frac12.Триъгълник ABC с точките K, L, M и пресечната точка O.Следователно лицето на триъгълника CKLCKL е равно на половината от лицето на триъгълника ABCABC. От друга страна,SAMCSABC=12⋅AM⋅hC12⋅AB⋅hC=\frac{S_{AMC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot AM\cdot h_C}{\frac12\cdot AB\cdot h_C}=AMAB=12,\frac{AM}{AB}=\frac12,т.е. лицето на триъгълника AMCAMC е равно на половината от лицето на триъгълника ABCABC (по-нататък ще използваме това свойство на медианата без доказателство). Следователно SAMC=SCKLS_{AMC}=S_{CKL}, т.е.SAMOK+SKOC=SKOC+SCOL⟺SAMOK=SCOL.S_{AMOK}+S_{KOC}=S_{KOC}+S_{COL}\Longleftrightarrow S_{AMOK}=S_{COL}.Така получихме, че SCOL=36S_{COL}=36 cm2^2. От SCOBSCOL=BCLC=43\dfrac{S_{COB}}{S_{COL}}=\dfrac{BC}{LC}=\dfrac43 следва, чеSCOB=43SCOL=48 cm2.S_{COB}=\frac43S_{COL}=48\text{ cm}^2.Тъй като CMCM е медиана в триъгълника ABCABC, то SAMC=SBMCS_{AMC}=S_{BMC}. Освен това, OMOM е медиана в триъгълника ABOABO и SAMO=SBMOS_{AMO}=S_{BMO}. Като извадим почленно двете равенства. получавамеSAOC=SCOB, т.е. SAOC=48 cm2.S_{AOC}=S_{COB},\text{ т.е. }S_{AOC}=48\text{ cm}^2.Но SAOKSAOC=AKAC=13\dfrac{S_{AOK}}{S_{AOC}}=\dfrac{AK}{AC}=\dfrac13, следователноSAOK=13SAOK=16 cm2.S_{AOK}=\frac13S_{AOK}=16\text{ cm}^2.ТогаваSAOM=SAMOK−SAOK=36−16=20 cm2,S_{AOM}=S_{AMOK}-S_{AOK}=36-16=20\text{ cm}^2,откъдето и SBMO=20S_{BMO}=20 cm2^2. Така SABC=2⋅(20+48)=136S_{ABC}=2\cdot(20+48)=136 cm2^2. Оценяване. Доказателство, че лицето на триъгълника CKLCKL е равно на половината от лицето на триъгълника ABCABC – 2 точки. Доказателство, че SAMC=SCKLS_{AMC}=S_{CKL} – 1 точка. Намиране на лицето на COLCOL – 1 точка. Намиране на SCOBS_{COB} – 1 точка. Намиране на SAOKS_{AOK} – 1 точка, Намиране на SABCS_{ABC} – 1 точка.
Klasirane.bg — проверен архив6.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Серпентина ще наричаме квадратна таблица n×nn\times n, в която са записани последователни цели числа по следния начин: най-малкото от числата е в горния ляв ъгъл; в първия ред числата нарастват отляво надясно; в последното поле от реда се прави завой към полето под него; във втория ред числата нарастват отдясно наляво и т.н. (Стрелките на фиг. 1 показват реда на попълване на последователните числа в серпентина 3×33\times3.)Ред на попълване на серпентина три по три.При всеки ход се избират две съседни полета в таблицата (т.е. полета с обща страна) и към числата в тях се прибавя едно и също число. На фиг. 2 са показани два поредни хода в таблица 3×33\times3: при първия ход към числата в сивите квадратчета се прибавя 2, а при втория ход към избраните квадратчета се прибавя (−6)(-6).Два поредни хода в таблица три по три.Една серпентина наричаме \textbf{особена}, ако след няколко хода от нея може да се получи таблица, във всички полета на която е записана 0. а) Намерете всички особени серпентини при n=5n=5. б) Съществува ли особена серпентина при n=10n=10?
РешениеАко оцветим таблицата шахматно, при всеки ход едно бяло и едно черно поле се увеличават или намаляват с едно и също число. Това означава, че разликата между сбора на числата в белите полета и сбора на числата в черните полета се запазва. а) Общият вид на серпентина 5×55\times5 е следният:Общ вид на шахматно оцветена серпентина пет по пет.Сборът на числата в черните полета е Sb=13aS_b=13a, а сборът на числата в белите полета е Sw=12aS_w=12a. След всеки ход се запазва разликата между сбора на числата в черните полета и сбора на числата в белите полета, който отначало е Sb−Sw=aS_b-S_w=a. Следователно ако серпентината 5×55\times5 е особена, то a=0a=0. Остава да покажем, че при a=0a=0 с няколко хода може да се получи таблица само с 0. В таблицатаШахматно оцветена серпентина пет по пет с централна нула.разделяме полетата по двойки и след 10 хода(−12;−11)→(0;1),(-12;-11)\to(0;1), (−10;−9)→(1;2), (−8;−7)→(2;3),\ (-10;-9)\to(1;2),\ (-8;-7)\to(2;3),(−6;−5)→(3;4), (−4;−3)→(4;5),(-6;-5)\to(3;4),\ (-4;-3)\to(4;5), (−2;−1)→(5;6),\ (-2;-1)\to(5;6),(7;8)→(0;1), (9;10)→(1;2),(7;8)\to(0;1),\ (9;10)\to(1;2), (5;4)→(2;1), (3;12)→(2;11)\ (5;4)\to(2;1),\ (3;12)\to(2;11)стигаме до таблица, в която има 11 двойки съседни полета, във всяка от които са записани равни числа:Таблица пет по пет с единадесет двойки съседни равни числа.От тук с 11 хода получаваме таблица само с 0. б) В серпентина 10×1010\times10 са записани 100 числа; ако в горния ляв ъгъл е числото a−50a-50, най-голямото число в таблицата a+49a+49 ще е записано в долния ляв ъгъл. Сборът на всички числа в таблицата е 100a−50100a-50. Ако оцветим таблицата шахматно така, че a−50a-50 да е в черно поле, сборът на числата в черните полета ще еSb=S_b=(a−50)+(a−48)+⋯+(a−2)(a-50)+(a-48)+\cdots+(a-2)+a+(a+2)+⋯+(a+48)=+a+(a+2)+\cdots+(a+48)=50a−50,50a-50,а сборът на числата в белите полета ще еSw=(100a−50)−(50a−50)=50a,S_w=(100a-50)-(50a-50)=50a,което означава, че Sw−Sb=50S_w-S_b=50 след всеки ход. Това означава, че не съществува особена серпентина 10×1010\times10. Забележка. По същия начин може да се докаже, че особена серпентина съществува само за нечетно nn. Оценяване. За шахматно оцветяване и съображението, че сборът на числата в черните полета се променя по същия начин като сбора на числата в белите полета – 1 т. а) Доказателство, че в централното квадратче е записана 0 – 2 точки. Пример как се стига до таблица само с 0 – 2 точки. б) Доказателство, че разликата на сбора на числата в черните полета и сбора на числата в белите полета е ненулева константа – 2 точки.
Klasirane.bg — проверен архив6.4Условие — източникРешение — източник

7

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Фигурите Е и Т на чертежа са съставени от квадратчета със страна 2 cm. Всяка от фигурите се завърта на 360∘360^\circ около оста си на симетрия (означена с пунктир) и се получават ротационните тела PЕP_\mathrm{Е} и PТP_\mathrm{Т}.Фигурите Е и Т и техните оси на симетрия.а) Намерете отношението на лицата на повърхнините на PЕP_\mathrm{Е} и PТP_\mathrm{Т}. б) Машинни детайли с формата и размерите на PЕP_\mathrm{Е} и PТP_\mathrm{Т} се отляти от метална сплав. Намерете съответната им маса, като използвате, че 1 cm3^3 от сплавта тежи 7 g и приемете, че π≈227\pi\approx\dfrac{22}{7}.
Решениеа) Повърхнината на PЕP_\mathrm{Е} се състои от: околната повърхнина на цилиндър с r=5r=5 cm, h=6h=6 cm; околната повърхнина на цилиндър с r=3r=3 cm, h=4h=4 cm; околната повърхнина на цилиндър с r=1r=1 cm, h=2h=2 cm; кръг с r=5r=5 cm; кръг с r=1r=1 cm и два кръгови венеца, които общо съставят кръг с r=5r=5 cm. СледователноSЕ=2π.5.6+2π.3.4+2π.1.2+2.π.52=S_\mathrm{Е}=2\pi.5.6+2\pi.3.4+2\pi.1.2+2.\pi.5^2=138π cm2.138\pi\text{ cm}^2.Повърхнината на PТP_\mathrm{Т} се състои от: околната повърхнина на цилиндър с r=3r=3 cm, h=2h=2 cm; околната повърхнина на цилиндър с r=1r=1 cm, h=8h=8 cm; кръг с r=3r=3 cm; кръг с r=1r=1 cm и кръгов венец, които общо съставят кръг с r=3r=3 cm. СледователноSТ=2π.3.2+2π.1.8+2π.32=46π cm2.S_\mathrm{Т}=2\pi.3.2+2\pi.1.8+2\pi.3^2=46\pi\text{ cm}^2.Намираме SЕ:SТ=138π:46π=3:1S_\mathrm{Е}:S_\mathrm{Т}=138\pi:46\pi=3:1. б) Обемът на PЕP_\mathrm{Е} се получава, като се съберат обемите на цилиндър с r=5r=5 cm, h=6h=6 cm и на цилиндър с r=1r=1 cm, h=2h=2 cm и се извади обемът на цилиндър с r=3r=3 cm, h=4h=4 cm, т.е.VЕ=π.52.6+π.12.2−π.32.4=116π cm3.V_\mathrm{Е}=\pi.5^2.6+\pi.1^2.2-\pi.3^2.4=116\pi\text{ cm}^3.Тогава масата на PЕP_\mathrm{Е} е приблизително 116⋅227⋅7=2552116\cdot\dfrac{22}{7}\cdot7=2552 g. Обемът на PТP_\mathrm{Т} се се получава, като се съберат обемите на цилиндър с r=3r=3 cm, h=2h=2 cm и на цилиндър с r=1r=1 cm, h=8h=8 cm, т.е.VТ=π.32.2+π.12.8=26π cm3.V_\mathrm{Т}=\pi.3^2.2+\pi.1^2.8=26\pi\text{ cm}^3.Тогава масата на PТP_\mathrm{Т} е приблизително 26⋅227⋅7=57226\cdot\dfrac{22}{7}\cdot7=572 g. Оценяване. а) Пълно решение: 3 точки. б) Пълно решение: 3 точки.
Klasirane.bg — проверен архив7.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Намерете всички двойки естествени числа (p;q)(p;q), за коитоp2−q2=M,p^2-q^2=M,къдетоM=M=12p−2q⋅756+6q−3p182p−4q−3⋅1511−6p+12q.\frac{12^{p-2q}\cdot75^{6+6q-3p}}{18^{2p-4q-3}\cdot15^{11-6p+12q}}.
РешениеАко означим p−2q=np-2q=n, имамеM=M=12p−2q⋅756+6q−3p182p−4q−3⋅1511−6p+12q=\frac{12^{p-2q}\cdot75^{6+6q-3p}}{18^{2p-4q-3}\cdot15^{11-6p+12q}}=12n⋅756−3n182n−3⋅1511−6n=\frac{12^n\cdot75^{6-3n}}{18^{2n-3}\cdot15^{11-6n}}==(22n⋅3n)⋅(36−3n⋅52(6−3n))(22n−3⋅32(2n−3))⋅(311−6n⋅511−6n)==\frac{(2^{2n}\cdot3^n)\cdot(3^{6-3n}\cdot5^{2(6-3n)})}{(2^{2n-3}\cdot3^{2(2n-3)})\cdot(3^{11-6n}\cdot5^{11-6n})}=22n⋅36−2n⋅512−6n22n−3⋅35−2n⋅511−6n=\frac{2^{2n}\cdot3^{6-2n}\cdot5^{12-6n}}{2^{2n-3}\cdot3^{5-2n}\cdot5^{11-6n}}=23⋅3⋅5=120.2^3\cdot3\cdot5=120.Тогаваp2−q2=120⟺(p−q)(p+q)=120.p^2-q^2=120\Longleftrightarrow(p-q)(p+q)=120.Множителите p−qp-q и p+qp+q са с еднаква четност, като p−q<p+qp-q\lt{}p+q. Тъй като произведението е четно, то p−qp-q и p+qp+q са четни числа. Числото 120 може да се представи като произведение на две четни числа по четири начина (2⋅60=4⋅30=6⋅20=10⋅12)(2\cdot60=4\cdot30=6\cdot20=10\cdot12) и получаваме следните възможности: 1. случай. p−q=2p-q=2 и p+q=60p+q=60, откъдето p=31p=31 и q=29q=29 са решение; 2. случай. p−q=4p-q=4 и p+q=30p+q=30, откъдето p=17p=17 и q=13q=13 са решение; 3. случай. p−q=6p-q=6 и p+q=20p+q=20, откъдето p=13p=13 и q=7q=7 са решение; 4. случай. p−q=10p-q=10 и p+q=12p+q=12, откъдето p=11p=11 и q=1q=1 са решение. Оценяване. Намиране на MM – 3 точки. Намиране на двойките решения – 3 точки.
Klasirane.bg — проверен архив7.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е правоъгълен трапец ABCDABCD с основи ABAB и CDCD и прав ъгъл при върха AA. В четириъгълника е вписан правоъгълник MNPQMNPQ, така че M,N,P,QM,N,P,Q лежат съответно на страните AB,BC,CD,DAAB,BC,CD,DA иPD:DQ=DQ:QA=QA:AM=3:4,PD:DQ=DQ:QA=QA:AM=3:4,а диагоналът MPMP е успореден на BCBC.Правоъгълен трапец ABCD с вписан правоъгълник MNPQ.а) Намерете отношението DP:PCDP:PC. б) Върху отсечката AMAM е избрана точка XX така, че отсечката AXAX е равна на 37%37\% от MBMB. Пресечната точка на отсечките PNPN и MCMC е означена с EE, а пресечната точка на PXPX и MQMQ с FF. Докажете, чеSMEPF=SAXFQ+SMBN+SENC+SDQP.S_{MEPF}=S_{AXFQ}+S_{MBN}+S_{ENC}+S_{DQP}.
РешениеОт PD=3kPD=3k, DQ=4kDQ=4k по Питагорова теорема за триъгълника DPQDPQ получаваме QP2=(3k)2+(4k)2=(5k)2QP^2=(3k)^2+(4k)^2=(5k)^2, т.е. QP=5kQP=5k. Аналогично, от QA=3nQA=3n, AM=4nAM=4n намираме QM=5nQM=5n. Тъй като DQ:QA=3:4DQ:QA=3:4, то4k3n=34⟺k:n=9:16.\frac{4k}{3n}=\frac34\Longleftrightarrow k:n=9:16.Изразяваме SMNPQ=5k⋅5n=25knS_{MNPQ}=5k\cdot5n=25kn и SMNP=12SMNPQ=252knS_{MNP}=\dfrac12S_{MNPQ}=\dfrac{25}{2}kn. Тъй като PMPM е успоредна на BCBC и ABAB е успоредна на CDCD, то MBCPMBCP е успоредник. ТогаваSMNP=12⋅MP⋅hMP=12⋅SMBCPS_{MNP}=\frac12\cdot MP\cdot h_{MP}=\frac12\cdot S_{MBCP}и получаваме, че SMBCP=2SMNP=25knS_{MBCP}=2S_{MNP}=25kn. От друга страна, SMBCP=PC⋅ADS_{MBCP}=PC\cdot AD и тъй катоAD=4k+3n=4⋅916n+3n=214n,AD=4k+3n=4\cdot\frac9{16}n+3n=\frac{21}{4}n,от равенството 25kn=PC⋅214n25kn=PC\cdot\dfrac{21}{4}n намираме PC=10021kPC=\dfrac{100}{21}k. ТогаваDP:PC=3:10021=63:100.DP:PC=3:\frac{100}{21}=63:100.б) Имаме AX=37%MB=37%PC=37%⋅10021k=3721kAX=37\%MB=37\%PC=37\%\cdot\dfrac{100}{21}k=\dfrac{37}{21}k. РавенствотоSMEPF=SAXFQ+SMBN+SENC+SDQPS_{MEPF}=S_{AXFQ}+S_{MBN}+S_{ENC}+S_{DQP}е еквивалентно наSMNPQ=SAXPD+SMBCS_{MNPQ}=S_{AXPD}+S_{MBC}(получава се, като се прибави към двете страни на равенството SFPQ+SMNES_{FPQ}+S_{MNE}). НоТрапецът с допълнителните точки X, E и F.SAXPD+SMBC=AX+DP2⋅AD+MB2⋅AD=S_{AXPD}+S_{MBC}=\frac{AX+DP}{2}\cdot AD+\frac{MB}{2}\cdot AD=AX+DP+MB2⋅AD=\frac{AX+DP+MB}{2}\cdot AD==12(3721k+3k+10021k)⋅214n==\frac12\left(\frac{37}{21}k+3k+\frac{100}{21}k\right)\cdot\frac{21}{4}n=12⋅20021k⋅214n=25kn=SMNPQ,\frac12\cdot\frac{200}{21}k\cdot\frac{21}{4}n=25kn=S_{MNPQ},което искахме да докажем. Оценяване. а) Пълно решение: 5 точки. Изразяване на PD,DQ,QA,AMPD,DQ,QA,AM – 1 точка. Прилагане на Питагоровата теорема и изразяване на страните и лицето на правоъгълника – 2 точки. Доказателство, че лицето на успоредника MBCPMBCP е равно на лицето на правоъгълника – 1 точка. Изразяване на PCPC и намиране на търсеното отношение – 1 точка. б) Пълно решение: 2 точки. Свеждане на даденото равенство до SMNPQ=SAXPD+SMBCS_{MNPQ}=S_{AXPD}+S_{MBC} – 1 точка. Доказване на това равенство – 1 точка.
Klasirane.bg — проверен архив7.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
За редица от нули и единици са разрешени следните действия: Действие XX: две поредни цифри 01 се заменят с 10. Например,1010→X1100.1010\xrightarrow{X}1100.Действие YY: две поредни цифри 01 се заменят с 110. Например,1010→Y11100.1010\xrightarrow{Y}11100.a) Започваме от редица AA, която се състои от 20 цифри (0 или 1), и последователно прилагаме действие XX:A→XA1→XA2 и т.н., докато е възможно.A\xrightarrow{X}A_1\xrightarrow{X}A_2\text{ и т.н., докато е възможно.}Най-много колко пъти последователно може да се приложи действие XX? При коя начална редица AA се получава това? б) Започваме от редица BB, която се състои от 20 цифри (0 или 1), и последователно прилагаме действие YY:B→YB1→YB2 и т.н., докато е възможно.B\xrightarrow{Y}B_1\xrightarrow{Y}B_2\text{ и т.н., докато е възможно.}Най-много колко цифри може да има в редица, която е получена по този начин?
Решениеа) Нека в редицата AA има aa цифри 0 и 20−a20-a цифри 1. Към всяка двойка 0 и 1 в AA действието XX може да се приложи най-много веднъж (защото след това тази нула минава вдясно от единицата). Двойките 0 и 1 в редицата AA са a(20−a)a(20-a) на брой. Следователно действието XX може да се приложи най-много a(20−a)a(20-a) пъти. Тази стойност се реализира приA=0…0⏟a1…1⏟20−a:A=\underbrace{0\ldots0}_{a}\underbrace{1\ldots1}_{20-a}:0…0⏟a1…1⏟20−a→X0…0⏟a−1101…1⏟19−a→X0…0⏟a−21001…1⏟19−a→X⋯→X\underbrace{0\ldots0}_{a}\underbrace{1\ldots1}_{20-a}\xrightarrow{X}\underbrace{0\ldots0}_{a-1}10\underbrace{1\ldots1}_{19-a}\xrightarrow{X}\underbrace{0\ldots0}_{a-2}100\underbrace{1\ldots1}_{19-a}\xrightarrow{X}\cdots\xrightarrow{X}10…0⏟a1…1⏟19−a→X⋯→X110…0⏟a1…1⏟18−a→X⋯→X1…1⏟20−a0…0⏟a.1\underbrace{0\ldots0}_{a}\underbrace{1\ldots1}_{19-a}\xrightarrow{X}\cdots\xrightarrow{X}11\underbrace{0\ldots0}_{a}\underbrace{1\ldots1}_{18-a}\xrightarrow{X}\cdots\xrightarrow{X}\underbrace{1\ldots1}_{20-a}\underbrace{0\ldots0}_{a}.Броят на действията XX в редица с aa цифри 0 и 20−a20-a цифри 1 е най-многоa(20−a)=100−(a−10)2≤100,a(20-a)=100-(a-10)^2\leq100,т.е. е най-много 100, като тази стойност се достига при a=10a=10 иA=0…0⏟101…1⏟10.A=\underbrace{0\ldots0}_{10}\underbrace{1\ldots1}_{10}.б) Нека вляво от дадена цифра 1 има kk цифри 0. Това поражда следните последователни действия YY:0…0⏟k1→Y0…0⏟k−1110→Y0…0⏟k−211010→Y0…0⏟k−2111100→Y\underbrace{0\ldots0}_{k}1\xrightarrow{Y}\underbrace{0\ldots0}_{k-1}110\xrightarrow{Y}\underbrace{0\ldots0}_{k-2}11010\xrightarrow{Y}\underbrace{0\ldots0}_{k-2}111100\xrightarrow{Y}0…0⏟k−311011100→Y0…0⏟k−3111101100→Y0…0⏟k−31111110100→Y\underbrace{0\ldots0}_{k-3}11011100\xrightarrow{Y}\underbrace{0\ldots0}_{k-3}111101100\xrightarrow{Y}\underbrace{0\ldots0}_{k-3}1111110100\xrightarrow{Y}0…0⏟k−311111111⏟23000→Y⋯→Y1…1⏟2k0…0⏟k.\underbrace{0\ldots0}_{k-3}\underbrace{11111111}_{2^3}000\xrightarrow{Y}\cdots\xrightarrow{Y}\underbrace{1\ldots1}_{2^k}\underbrace{0\ldots0}_{k}.Ако в редицата има bb цифри 0 и c=20−bc=20-b цифри 1, най-дългата възможна редица е с дължина c⋅2b+bc\cdot2^b+b. Ако увеличим броя на единиците до c+1c+1 и нулите станат b−1b-1, получаваме максимална дължина (c+1)⋅2b−1+b−1(c+1)\cdot2^{b-1}+b-1. Тъй катоc⋅2b+b=2c⋅2b−1+b>(c+1)⋅2b−1+b−1,c\cdot2^b+b=2c\cdot2^{b-1}+b\gt{}(c+1)\cdot2^{b-1}+b-1,следва, че с увеличаване на броя на единиците, максималната дължина на редиците намалява. Следователно най-дълга редица се получава, когато c=1c=1 и b=19b=19. Получихме, че с действие YY може да се получи редица с най-много 219+192^{19}+19 цифри. Оценяване. а) Пълно решение: 2 точки. За посочване на верен отговор за максимален брой ходове – 0,5 точки. Посочване на примера, при който се достига максимумът – 0,5 точки. Доказателство – 1 точка. б) Пълно решение: 5 точки. За посочване на верен отговор за максималната дължина – 1 точка. Посочване на примера, при който се достига най-голяма дължина на редицата – 1 точка. Доказателство – 3 точки.
Klasirane.bg — проверен архив7.4Условие — източникРешение — източник

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадени са изразите A=x3+2x2y+2xy+4y2A=x^3+2x^2y+2xy+4y^2 и B=x3+3xy2+3x2y+2y3B=x^3+3xy^2+3x^2y+2y^3. а) Да се разложи на два неконстантни множителя с рационални коефициенти всеки от изразите AA, BB и A+4.BA+4.B. б) Ако x+2y=5x+2y=5 и y+2x2=7y+2x^2=7, то намерете най-големия прост делител на цялото число A+4.BA+4.B.
Решениеа) A=x2(x+2y)+2y(x+2y)=(x2+2y)(x+2y)A=x^2(x+2y)+2y(x+2y)=(x^2+2y)(x+2y).B=x3+2x2y+x2y+2xy2+xy2+2y3=x2(x+2y)+xy(x+2y)+y2(x+2y)=(x2+xy+y2)(x+2y)B=x^3+2x^2y+x^2y+2xy^2+xy^2+2y^3=x^2(x+2y)+xy(x+2y)+y^2(x+2y)=(x^2+xy+y^2)(x+2y).A+4.B=(x+2y)(x2+2y+4x2+4xy+4y2)=(x+2y)(5x2+4xy+4y2+2y)A+4.B=(x+2y)(x^2+2y+4x^2+4xy+4y^2)=(x+2y)(5x^2+4xy+4y^2+2y). б) A+4.B=(x+2y)(x2+4xy+4y2+2y+4x2)=(x+2y)((x+2y)2+2(y+2x2))=5(52+2.7)=195A+4.B=(x+2y)(x^2+4xy+4y^2+2y+4x^2)=(x+2y)((x+2y)^2+2(y+2x^2))=5(5^2+2.7)=195, чийто най-голям прост делител е 13. Коментар. С повече усилия същият извод се получава с намиране на двойките (x;y)(x;y), изпълняващи даденото условие, а именно(18(1±x2145);116(39∓x2145)),\left(\frac18(1\pm\sqrt{\vphantom{x^2}145});\frac1{16}(39\mp\sqrt{\vphantom{x^2}145})\right),и заместването им в израза, като в този случай аргументацията трябва да е валидна и за двете двойки. Оценяване. (6 точки) 3 т. за а) (по 1 т. за вярно разлагане на всеки от изразите), 3 т. за б), от които 2 т. за изразяване на A+4.BA+4.B чрез x+2yx+2y и y+2x2y+2x^2 и 1 т. за правилно извършване на пресмятанията. При подход б) с намиране на xx и yy: 1 т. за намиране на двете възможности за xx и yy и по 1 т. за правилно извършване на пресмятанията във всеки от двата случая.
Klasirane.bg — проверен архив8.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
На лист хартия е начертан правоъгълен триъгълник ABCABC с ∠ACB=90∘\angle ACB=90^\circ и ∠ABC=30∘\angle ABC=30^\circ. Известно е, че могат да се начертаят два кръга с радиус 1 cm върху листа така, че всяка точка от вътрешността или обиколката на триъгълника ABCABC да лежи във вътрешността или обиколката на поне един от кръговете. а) Покажете един възможен начин за това при BC=3BC=3 cm. б) Докажете, че BC≤3BC\leq3 cm.
Решениеа) Нека средата на ABAB е MM и симетралата на ABAB пресича BCBC в TT. Тогава ∠TAB=∠TBA=30∘\angle TAB=\angle TBA=30^\circ и ∠CAT=∠BAC−∠BAT=30∘\angle CAT=\angle BAC-\angle BAT=30^\circ, значи CT=AT2=BT2CT=\dfrac{AT}{2}=\dfrac{BT}{2}, съответно AT=BT=2BC3=2AT=BT=\dfrac{2BC}{3}=2 cm и CT=1CT=1 cm. Сега ако KK и LL са средите на ATAT и BTBT, то от съображения за медиана към хипотенуза следва AK=KC=KM=KT=1AK=KC=KM=KT=1 cm и BL=LM=LT=1BL=LM=LT=1 cm. Следователно кръговете с центрове KK и LL и радиус 1 cm покриват ABCABC. б) Нека допуснем противното. Както в а) въвеждаме TT и получаваме AT=BT=2BC3>2AT=BT=\dfrac{2BC}{3}\gt{}2 cm, а също AB>BC>2AB\gt{}BC\gt{}2 cm. Така AA, BB, TT са три точки, никои две от които не лежат в кръг с радиус 1 cm (диаметър 2 cm) и значи няма как ABCABC да е покрит от два кръга. Коментар. Може да се докаже, че измежду всички правоъгълни триъгълници, които могат да се покрият от два кръга с радиус 1 cm, с максимално лице е именно този с катет 3 cm и прилежащ към него ъгъл 30∘30^\circ. Оценяване. (6 точки) 3 т. за а), от които 1 т. за описание на центровете на двете окръжности и 2 т. за проверка, че те вършат работа; 3 т. за б), от които 1 т. за описание на три точки, всеки две от които са на разстояние над 2 cm и 2 т. за доказателство, че това е така.
Klasirane.bg — проверен архив8.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, такива чеa+b+cделиa+b+c\quad\text{дели}\quada2n+b2n+c2n−n(a2b2+b2c2+c2a2) a^{2n}+b^{2n}+c^{2n}-n(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)за всеки три различни естествени числа aa, bb и cc.
РешениеОтговор. n=2n=2Решение. Да изберем b=2b=2, c=1c=1 и нека a≥3a\geq3 е произволно – тогава a+3a+3 дели a2n+22n+1−n(5a2+4)a^{2n}+2^{2n}+1-n(5a^2+4). Да положим d=a+3d=a+3 – значи dd дели (d−3)2n+22n+1−n(5(d−3)2+4)(d-3)^{2n}+2^{2n}+1-n(5(d-3)^2+4) и значи дели и (−3)2n+22n+1−49n=9n+4n−49n+1(-3)^{2n}+2^{2n}+1-49n=9^n+4^n-49n+1. Така числото 9n+4n−49n+19^n+4^n-49n+1 има безбройно много естествени делители и трябва непременно да е равно на 0. Директно се проверява, че това не е така за n=1n=1, а при n≥3n\geq3 индуктивно имаме 9n>49n9^n\gt{}49n, понеже 93=729>441=49.99^3=729\gt{}441=49.9 и (при индукционното предположение) 9n+1=9.9n>9.49n=441n>49n+49=49(n+1)9^{n+1}=9.9^n\gt{}9.49n=441n\gt{}49n+49=49(n+1). Остава n=2n=2, което е решение за всякакви aa, bb, cc, понежеa4+b4+c4−2(a2b2+b2c2+a2c2)=a^4+b^4+c^4-2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)=(a+b+c)(a−b−c)(b−c−a)(c−a−b).(a+b+c)(a-b-c)(b-c-a)(c-a-b).(Алтернативно, c≡−a−b(moda+b+c)c\equiv-a-b\pmod{a+b+c} и значиa4+b4+c4−2(a2b2+b2c2+a2c2)≡a^4+b^4+c^4-2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)\equiva4+b4+(−a−b)4 a^4+b^4+(-a-b)^4−2(a2b2+b2(−a−b)2+(−a−b)2a2)(moda+b+c),-2(a^2b^2+b^2(-a-b)^2+(-a-b)^2a^2)\pmod{a+b+c},а след разкриване на скобите се вижда, че последното е тъждествено равно на 0.) Оценяване. (7 точки) 1 т. за разглеждане на числени стойности, по-малки или равни на 3, на две от променливите, 2 т. за достигане до зависимост с делимо, зависещо само от nn, 1 т. за обосновка, че това делимо трябва да е 0, 1 т. за довършване на n≠2n\neq2 (напр. чрез неравенства с индукция), 2 т. за доказване, че n=2n=2 работи.
Klasirane.bg — проверен архив8.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадено е естествено число nn. Равностранен триъгълник със страна nn е разделен на равностранни триъгълничета със страна 1; техните върхове ще наричаме възли. Равностранен триъгълник с върхове три от възлите (и страни не непременно успоредни на страните на началния) ще наричаме важен. Означаваме с pkp_k броя ненаредени двойки различни възли, които са върхове на точно kk важни триъгълника. Запишете като многочлен на променливата nn в нормален вид изразите: а) p0+p1+p2p_0+p_1+p_2; б) p1+2p2p_1+2p_2.
РешениеОтговор. а), б) 18(n4+6n3+11n2+6n)\dfrac18(n^4+6n^3+11n^2+6n)Решение. а) Броят на възлите е 1+2+⋯+(n+1)=12(n+1)(n+2)1+2+\cdots+(n+1)=\dfrac12(n+1)(n+2). Всяка двойка възли участва в 0, 1 или 2 специални триъгълника, така че p0+p1+p2p_0+p_1+p_2 е всъщност броят на всички ненаредени двойки възли:p0+p1+p2=p_0+p_1+p_2=12.12(n+1)(n+2).(12(n+1)(n+2)−1)=\frac12.\frac12(n+1)(n+2).\left(\frac12(n+1)(n+2)-1\right)=18(n4+6n3+11n2+6n).\frac18(n^4+6n^3+11n^2+6n).б) Имаме p1+2p2=3Sp_1+2p_2=3S, където SS е броят важни триъгълници, понеже всеки триъгълник е броен по веднъж откъм трите си страни, така че ще търсим SS. Ще казваме, че важният триъгълник τ\tau е базов, ако страните му са успоредни на тези на триъгълника със страна nn и е със същата ориентация. Всеки важен триъгълник τ\tau може да се потопи в единствен базов триъгълник f(τ)f(\tau), чиито страни минават през върховете на τ\tau. Ако страната на базов триъгълник е равна на k∈{1,…,n}k\in\{1,\ldots,n\} (броят на тези базови триъгълници е 1+2+⋯+(n+1−k)=(n+2−k2)1+2+\cdots+(n+1-k)=\binom{n+2-k}{2}), то той е равен на f(τ)f(\tau) за kk различни τ\tau (по един за всеки от възлите в основата на f(τ)f(\tau) без най-десния). СледователноS=∑k=1nk(n+2−k2)=(n+34).S=\sum_{k=1}^n k\binom{n+2-k}{2}=\binom{n+3}{4}.Можем да се уверим в последното равенство така: (n+34)\binom{n+3}{4} е броят на всички думи с 4 „А“ и n−1n-1 „Б“. Ако между крайните „А“ има n+2−kn+2-k букви (k∈{1;…;n}k\in\{1;\ldots;n\}), то за местата на крайните „А“ има kk варианта, при всеки от които за местата на средните „А“ има (n+2−k2)\binom{n+2-k}{2} варианта. (Алтернативно, използвайте без доказателство известните формули ∑k=1nk=n(n+1)2\sum_{k=1}^n k=\dfrac{n(n+1)}2, ∑k=1nk2=n(n+1)(2n+1)6\sum_{k=1}^n k^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}6 и ∑k=1nk3=n2(n+1)24\sum_{k=1}^n k^3=\dfrac{n^2(n+1)^2}4. При използването на други формули за суми следва те да бъдат доказвани.) Окончателноp1+2p2=3S=3(n+34)=p_1+2p_2=3S=3\binom{n+3}{4}=18(n4+6n3+11n2+6n).\frac18(n^4+6n^3+11n^2+6n).Коментар. От а) и б) следва p2−p0=(p1+2p2)−(p0+p1+p2)=0p_2-p_0=(p_1+2p_2)-(p_0+p_1+p_2)=0, т.е. p0=p2p_0=p_2. Не ни е известно директно комбинаторно доказателство (напр. със съответствие между двойките от единия тип и двойките от другия) на този факт. Оценяване. (7 точки) 2 т. за а), от които 1 т. за пресмятане на броя двойки възли и 1 т. за обосновка защо това е търсеният; 5 т. за б), от които 1 т. за свеждане до пресмятане на SS, 2 т. за съответствието между (n+2−k2)\binom{n+2-k}{2} базови триъгълника и kk важни за всяко kk и 2 т. за пресмятане на ∑k=1nk(n+2−k2)\sum_{k=1}^n k\binom{n+2-k}{2}.
Klasirane.bg — проверен архив8.4Условие — източникРешение — източник

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши в реални числа системата{1x+1y=2,x2y+xy2=2.\begin{cases} \dfrac1x+\dfrac1y=2,\\ x^2y+xy^2=2. \end{cases}
РешениеПолагаме p=x+yp=x+y, q=xyq=xy, с което системата добива вида{pq=2,pq=2.\begin{cases} \dfrac pq=2,\\ pq=2. \end{cases}Да отбележим, че xx и yy са корени на квадратното уравнение t2−pt+q=0t^2-pt+q=0. Умножавайки двете уравнения от последната система, получаваме p2=4p^2=4, следователно p∈{±2}p\in\{\pm2\}. При p=2p=2 имаме q=1q=1 и значи x,yx,y са корени на уравнението t2−2t+1=0t^2-2t+1=0, т. е. x=y=1x=y=1. При p=−2p=-2 и q=−1q=-1 квадратното уравнение е t2+2t−1=0t^2+2t-1=0 и има корени {x,y}={−1+2,−1−2}\{x,y\}=\{-1+\sqrt2,-1-\sqrt2\}. Окончателно всички решения на системата са(x;y)=(1;1), (−1+2;−1−2),(x;y)=(1;1),\ (-1+\sqrt2;-1-\sqrt2), (−1−2;−1+2).\ (-1-\sqrt2;-1+\sqrt2).Оценяване. (6 точки) 2 т. за полагането; 2 т. за случая p=2p=2; 2 т. за случая p=−2p=-2.
Klasirane.bg — проверен архив9.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен разностранен триъгълник ABCABC с височини AEAE и BDBD. Върху правата ACAC са взети точки GG и MM, такива че AE=AG=AMAE=AG=AM и CC, GG, AA, MM лежат в този ред. Върху правата BCBC са взети точки FF и LL, такива че BD=BF=BLBD=BF=BL и CC, FF, BB, LL лежат в този ред. Нека PP е средата на DEDE. Да се докаже, че перпендикулярът от PP към ABAB и правите EMEM и DLDL се пресичат в една точка.
РешениеОфициалната фигура към решение 9.2 с триъгълника ABC и точките D, E, F, G, K, L, M, P, R и S.Използваме стандартните означения α\alpha, β\beta, γ\gamma за ъглите на ABCABC. Нека означим R=DF∩GER=DF\cap GE и S=ME∩DLS=ME\cap DL. Можем да намерим, че ∠DEG=∠AEG−∠AED=45+γ2−(90−α)=α+γ2−45\angle DEG=\angle AEG-\angle AED=45+\dfrac\gamma2-(90-\alpha)=\alpha+\dfrac\gamma2-45 и ∠EDF=β+γ2−45\angle EDF=\beta+\dfrac\gamma2-45, откъдето ∠DRE=90\angle DRE=90. С подобно изразяване намираме ∠SDE=∠SDB+∠BDE=45−γ2+90−β=135−β−γ2=∠DEG\angle SDE=\angle SDB+\angle BDE=45-\dfrac\gamma2+90-\beta=135-\beta-\dfrac\gamma2=\angle DEG, ∠SED=135−α−γ2=∠BDF\angle SED=135-\alpha-\dfrac\gamma2=\angle BDF и ∠DSE=90\angle DSE=90. Оттук лесно получаваме, че ∠SDR=∠SER=90\angle SDR=\angle SER=90, следователно DRESDRES е правоъгълник и значи PP лежи на отсечката RSRS. Накрая ако означим с KK пресечната точка на ABAB и RSRS, то с изразяване на ъгли в четириъгълника BKREBKRE намираме∠KRE+∠REB+∠EBK=\angle KRE+\angle REB+\angle EBK=135−β−γ2+(45+γ2+90)+β=270,135-\beta-\frac\gamma2+\left(45+\frac\gamma2+90\right)+\beta=270,следователно ∠RKB=90\angle RKB=90 и значи RS⊥ABRS\perp AB. Тогава перпендикулярът от PP към ABAB съвпада с правата RSRS, с което завършваме доказателството. Оценяване. (6 точки) 1 т. за получаване на ∠DRE=90∘\angle DRE=90^\circ или ∠DSE=90∘\angle DSE=90^\circ; 1 т. за обосновка на ∠SDR=∠SER=90∘\angle SDR=\angle SER=90^\circ и извод, че DSERDSER е правоъгълник; 1 т. за извод, че PP лежи на RSRS; 2 т. за доказване, че RS⊥ABRS\perp AB; 1 т. за завършване. При липса на което и да е от горните се дава 1 т. за доказване, че DGFEDGFE или DELMDELM е вписан четириъгълник.
Klasirane.bg — проверен архив9.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Едно естествено число наричаме свободно от квадрати, ако не се дели на квадрата на никое просто число. За естествено число aa разглеждаме числото f(a)=aa+1+1f(a)=a^{a+1}+1. Докажете, че: а) ако aa е четно, то f(a)f(a) не е свободно от квадрати. б) съществуват безбройно много нечетни aa, за които f(a)f(a) не е свободно от квадрати.
Решениеа) Нека pp е просто число, което дели a+1a+1 (такова има, тъй като a+1>1a+1\gt{}1). Понеже a+1a+1 е нечетно, то можем да разложимaa+1+1=(a+1)(aa−aa−1+⋯−a+1).a^{a+1}+1=(a+1)(a^a-a^{a-1}+\cdots-a+1).Сега е ясно, че aa−aa−1+⋯−a+1≡(−1)a−(−1)a−1+⋯−(−1)+1≡a+1≡0(modp)a^a-a^{a-1}+\cdots-a+1\equiv(-1)^a-(-1)^{a-1}+\cdots-(-1)+1\equiv a+1\equiv0\pmod p и значи p2∣aa+1+1p^2\mid a^{a+1}+1. б) Първи метод. Да забележим, че ако p∣aa+1+1=(aa+12)2+1p\mid a^{a+1}+1=\left(a^{\frac{a+1}{2}}\right)^2+1, то p≡1(mod4)p\equiv1\pmod4. При фиксиран избор на такова pp ще построим нечетно aa, за което p2∣aa+1+1p^2\mid a^{a+1}+1. Понеже простите числа от вида 4k+14k+1 са безбройно много и всяко число aa+1+1a^{a+1}+1 има краен брой прости делители, това е достатъчно, за да докажем твърдението. И така, нека p≡1(mod4)p\equiv1\pmod4 е фиксирано. Ако намерим aa, за което p2∣a2+1p^2\mid a^2+1 и a≡1(mod4)a\equiv1\pmod4, то aa ще е нечетно и p2∣a2+1∣(a2)a+12+1=aa+1+1p^2\mid a^2+1\mid(a^2)^{\frac{a+1}{2}}+1=a^{a+1}+1. За целта първо намираме естествено число xx, за което p∣x2+1p\mid x^2+1 (например x=(p−12)!x=\left(\dfrac{p-1}{2}\right)!). След това разглеждаме числатаx2+1, (x+p)2+1, (x+2p)2+1,x^2+1,\ (x+p)^2+1,\ (x+2p)^2+1,…, (x+(p−1)p)2+1,(*)\ldots,\ (x+(p-1)p)^2+1, \tag{*}всяко от които се дели на pp. Ако допуснем, че за някои k,ℓ∈{0,1,2,…,p−1}k,\ell\in\{0,1,2,\ldots,p-1\} с k≠ℓk\neq\ell е изпълнено(x+kp)2+1≡(x+ℓp)2+1(modp2),(x+kp)^2+1\equiv(x+\ell p)^2+1\pmod{p^2},ще получим 2xkp≡2xℓp(modp2)2xkp\equiv2x\ell p\pmod{p^2} и съответно k≡ℓ(modp)k\equiv\ell\pmod p, което е невъзможно. Това означава, че числата в (*) са сравними в някакъв ред с p,2p,3p,…,(p−1)p,p2p,2p,3p,\ldots,(p-1)p,p^2 при деление на p2p^2, в частност някое от тях се дели на p2p^2 и нека го означим с y2+1y^2+1. Накрая нека zz е числото измежду y,y+p2,y+2p2,y+3p2y,y+p^2,y+2p^2,y+3p^2, което изпълнява z≡1(mod4)z\equiv1\pmod4. Ясно е, че z2+1≡y2+1≡0(modp2)z^2+1\equiv y^2+1\equiv0\pmod{p^2}, с което доказателството е завършено. Втори метод. (Мирослав Маринов, Божидар Димитров) Достатъчно е да докажем, че за безбройно много нечетни aa числото aa+1+1a^{a+1}+1 се дели на 25. Да забележим, че ако a0a_0 върши работа, то 100k+a0100k+a_0 също върши работа за всяко цяло неотрицателно kk, понеже(100k+a0)100k+a0+1+1≡(100k+a_0)^{100k+a_0+1}+1\equiva0100k+a0+1+1≡a0a0+1+1(mod25) a_0^{100k+a_0+1}+1\equiv a_0^{a_0+1}+1\pmod{25}от теоремата на Ойлер. И така, задачата се свежда до това да намерим някое нечетно a0a_0, за което 25∣a0a0+1+125\mid a_0^{a_0+1}+1. Еквивалентно,25∣a0a0+1−49=(a0a0+12+7)(a0a0+12−7).25\mid a_0^{a_0+1}-49=\left(a_0^{\frac{a_0+1}{2}}+7\right)\left(a_0^{\frac{a_0+1}{2}}-7\right).Взимайки предвид 74≡1(mod25)7^4\equiv1\pmod{25}, сега е достатъчно да изберем например a0≡7(mod25)a_0\equiv7\pmod{25} с a0+12≡1(mod4)\dfrac{a_0+1}{2}\equiv1\pmod4, т.е. a0=57a_0=57. (Друга възможност е a0≡−7(mod25)a_0\equiv-7\pmod{25} с a0+12≡3(mod4)\dfrac{a_0+1}{2}\equiv3\pmod4, т.е. a0=93a_0=93.) Оценяване. (7 точки) а) 2 т. за правилна конструкция; б) Първи метод: 1 т. за идея при фиксирано pp да търсим подходящо aa; 3 т. за p2∣y2+1p^2\mid y^2+1; 1 т. за z≡1(mod4)z\equiv1\pmod4. Втори метод: 1 т. за идея при определено pp да търсим подходящи aa; 4 т. за правилна конструкция.
Klasirane.bg — проверен архив9.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Обобщен 2n2n-успоредник ще наричаме изпъкнал многоъгълник с 2n2n страни, така че, обхождани последователно, kk-тата страна е успоредна и равна на (n+k)(n+k)-тата страна за k=1,2,…,nk=1,2,\ldots,n. В правоъгълна координатна система е даден обобщен успоредник с 50 върха, всеки с целочислени координати. Да се докаже, че лицето му е поне 300.
РешениеЩе докажем по индукция, че лицето на един обобщен успоредник A1A2…A2nA_1A_2\ldots A_{2n} е равно на сумата от лицата на всички успоредници от вида MNOPMNOP, където MN→=AiAi+1→\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{A_iA_{i+1}} и NO→=AjAj+1→\overrightarrow{NO}=\overrightarrow{A_jA_{j+1}} за 1≤i<j≤n1\leq i\lt{}j\leq n. Базовата стъпка се проверява лесно. Да допуснем, че твърдението е вярно за всички обобщени (2n−2)(2n-2)-успоредници и нека разгледаме един обобщен 2n2n-успоредник A1A2…A2nA_1A_2\ldots A_{2n}. Имаме A2n−1A2n→=−An−1An→=v⃗\overrightarrow{A_{2n-1}A_{2n}}=-\overrightarrow{A_{n-1}A_n}=\vec v. Да транслираме точките An,An+1,…,A2n−1A_n,A_{n+1},\ldots,A_{2n-1} с v⃗\vec v. Получаваме нови точки An′,An+1′,…,A2n−1′A'_n,A'_{n+1},\ldots,A'_{2n-1}, за които An′=An−1A'_n=A_{n-1} и A2n−1′=A2nA'_{2n-1}=A_{2n}. Ясно е, че фигурата A1A2…An−1An+1′…A2n−1′A_1A_2\ldots A_{n-1}A'_{n+1}\ldots A'_{2n-1} е обобщен (2n−2)(2n-2)-успоредник и за него е изпълнена индукционната хипотеза. Останалата част от първоначалния 2n2n-успоредник A1A2…A2nA_1A_2\ldots A_{2n} е съставена точно от успоредниците An+kAn+k+1An+k+1′An+k′A_{n+k}A_{n+k+1}A'_{n+k+1}A'_{n+k} за 0≤k≤n−20\leq k\leq n-2, всеки от които има страна An+kAn+k′A_{n+k}A'_{n+k}, успоредна на An−1AnA_{n-1}A_n. Тогава общият брой успоредници, съставящи A1A2…A2nA_1A_2\ldots A_{2n}, е точно (n−12)+n−1=(n2)\binom{n-1}{2}+n-1=\binom n2, с което индукционната стъпка е завършена. Накрая да забележим, че лицето на успоредник, чиито върхове имат целочислени координати, е поне 1 (например чрез формулата на Пик). Понеже лицето на обобщен 2n2n-успоредник е равно на сбора от лицата на (n2)\binom n2 успоредници, които го съставят, то неговото лице е поне (n2)\binom n2. За n=25n=25 имаме (252)=300\binom{25}{2}=300, с което задачата е решена. Оценяване. (7 точки) 1 т. за индукция по броя на страните на обобщен успоредник; 2 т. за трансформацията на 2n−22n-2-ъгълник в 2n2n-ъгълник и обратно чрез транслация; 3 т. за довършване на индукцията или общо 6 т. за друго доказателство на същото твърдение; 1 т. за завършване. Коментар. Формулата за лице на обобщения успоредник няма нужда от целочисленост на координатите. Формулата на Пик може да се използва свободно без доказателство, както и общата формула за лице на изпъкнал многоъгълник чрез декартовите координати на страните му. Доказаната граница е класическа, но не е много точна. Има различни други граници свързани със задачата за минимално лице на многоъгълници с целочислени координати, както и редица отворени проблеми.
Klasirane.bg — проверен архив9.4Условие — източникРешение — източник

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички двойки реални числа (x;y)(x;y), които са решения на системата{(x2+xy+y2)x2x2+y2=88,(x2−xy+y2)x2x2+y2=40.\begin{cases} (x^2+xy+y^2)\sqrt{\vphantom{x^2}x^2+y^2}=88,\\ (x^2-xy+y^2)\sqrt{\vphantom{x^2}x^2+y^2}=40. \end{cases}
РешениеОтговор. 4 решения: (x;y)=(7±1,7∓1);(x;y)=(−7±1,−7∓1)(x;y)=(\sqrt7\pm1,\sqrt7\mp1); (x;y)=(-\sqrt7\pm1,-\sqrt7\mp1). Решение. Първи метод. Тъй като x2+y2≥0x^2+y^2\geq0, то в дефиниционната област на квадратния корен попадат всички реални (x;y)(x;y). Събирайки двете уравнения и разделяйки всяка от двете страни на две, получаваме(x2x2+y2)3=64=43⟹\left(\sqrt{\vphantom{x^2}x^2+y^2}\right)^3=64=4^3\quad\Longrightarrow\quadx2x2+y2=4 и x2+y2=16. \sqrt{\vphantom{x^2}x^2+y^2}=4\text{ и }x^2+y^2=16.Изваждайки от първото уравнение второто и разделяйки всяка от двете страни на две, получавамеxyx2x2+y2=24⟹xy\sqrt{\vphantom{x^2}x^2+y^2}=24\quad\Longrightarrow\quadxy=24/4=6⟹x2y2=36. xy=24/4=6\quad\Longrightarrow\quad x^2y^2=36.Според формулите на Виет x2x^2 и y2y^2 са корените на уравнениетоt2−16t+36=0⟹t^2-16t+36=0\quad\Longrightarrow\quadt1,2=8±27=(7±1)2. t_{1,2}=8\pm2\sqrt7=(\sqrt7\pm1)^2.Оттук x,y∈{7±1,−7±1}x,y\in\{\sqrt7\pm1,-\sqrt7\pm1\}. От съображения за симетрия виждаме, че ако (x;y)(x;y) е решение, то решения са и (y;x)(y;x), (−x;−y)(-x;-y) и (−y;−x)(-y;-x). Тъй като xy=6>0xy=6\gt{}0, то xx и yy са с еднакви знаци. Следователно всяка една от четирите възможности за x∈{7±1,−7±1}x\in\{\sqrt7\pm1,-\sqrt7\pm1\} еднозначно определя съответното yy и така получаваме четирите решения на задачата (x;y)=(7±1,7∓1);(x;y)=(−7±1,−7∓1)(x;y)=(\sqrt7\pm1,\sqrt7\mp1); (x;y)=(-\sqrt7\pm1,-\sqrt7\mp1). Втори метод. От x2+y2=16x^2+y^2=16 и xy=6xy=6 получаваме (x+y)2=16+2⋅6=28(x+y)^2=16+2\cdot6=28, откъдето ∣x+y∣=27|x+y|=2\sqrt7. Ако x+y=27x+y=2\sqrt7, то xx и yy са корени на квадратното уравнениеt2−27+6=0⟺t1,2=7±1,t^2-2\sqrt7+6=0\quad\Longleftrightarrow\quad t_{1,2}=\sqrt7\pm1,и поради симетрията на xx и yy в този случай уравнението има 2 решения: (x;y)=(7±1;7∓1)(x;y)=(\sqrt7\pm1;\sqrt7\mp1). Ако пък x+y=−27x+y=-2\sqrt7, то xx и yy са корени на квадратното уравнениеt2+27+6=0⟺t1,2=−7±1,t^2+2\sqrt7+6=0\quad\Longleftrightarrow\quad t_{1,2}=-\sqrt7\pm1,и поради симетрията на xx и yy в този случай уравнението има 2 решения: (x;y)=(−7±1;−7∓1)(x;y)=(-\sqrt7\pm1;-\sqrt7\mp1). Оценяване. (6 точки) Първи метод: По 1 т. за x2+y2=16x^2+y^2=16 и xy=6xy=6; 2 т. за x,y∈{7±1,−7±1}x,y\in\{\sqrt7\pm1,-\sqrt7\pm1\}; 2 т. за намирането на четирите решения. Втори метод: по 1 т. за ∣x+y∣=27|x+y|=2\sqrt7 и xy=6xy=6; по 2 т. за всеки от случаите x+y=±27x+y=\pm2\sqrt7, минус 1 т., ако е изпусната симетрията (x;y)→(y;x)(x;y)\to(y;x). И при двата подхода, ако преобразуванията не са еквивалентни, а само следствени (т.е., ⟺\Longleftrightarrow е заменено с ⟹\Longrightarrow), то се отнема 1 т. при липса на проверка.
Klasirane.bg — проверен архив10.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е неравнобедрен остроъгълен триъгълник ABCABC, в който ALAL (L∈BCL\in BC) е ъглополовящата на ∠BAC\angle BAC и MM е средата на BCBC. Нека ъглополовящите на ∠AMB\angle AMB и ∠CMA\angle CMA пресичат ABAB и ACAC съответно в точките PP и QQ. Да се докаже, че описаната окръжност около триъгълника APQAPQ се допира до BCBC тогава и само тогава, когато минава през LL.
РешениеОт свойството на ъглополовящата и факта, че BM=MCBM=MC, получавамеAPPB=AMBM=AMMC=AQQC\frac{AP}{PB}=\frac{AM}{BM}=\frac{AM}{MC}=\frac{AQ}{QC}и от теоремата на Талес PQ∥BCPQ\parallel BC. Следователно ∠BLP=∠LPQ=φ\angle BLP=\angle LPQ=\varphi. Нека ω\omega е описаната окръжност около триъгълника APQAPQ. Нека ω\omega се допира до BCBC в точка L′L'. Тогава∠L′QP=BL′P=∠L′PQ,\angle L'QP=BL'P=\angle L'PQ,т.е. L′L' е средата на дъгата PQ⌢\overset{\frown}{PQ} от ω\omega. Следователно AL′AL' е ъглополовящата на ∠PAQ\angle PAQ, т.е. L′≡LL'\equiv L. Нека L∈ωL\in\omega. Тогава понеже ALAL е ъглополовяща на ∠PAQ\angle PAQ, то PL=LQPL=LQ, откъдето∠PQL=∠LPQ=∠BLP=φ.\angle PQL=\angle LPQ=\angle BLP=\varphi.Последното означава, че ω\omega се допира до BCBC. Оценяване. (6 точки) 2 т. за PQ∥BCPQ\parallel BC, по 2 т. за всяка от двете посоки.
Klasirane.bg — проверен архив10.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички полиноми PP с цели коефициенти, за които съществува естествено число NN, такова че за всяко n≥Nn\geq N, всеки прост делител на n+2⌊n⌋n+2^{\lfloor\sqrt n\rfloor} е делител и на P(n)P(n). (Тук ⌊x⌋\lfloor x\rfloor означава най-голямото цяло число, по-малко или равно на реалното число xx.)
РешениеОтговор. P≡0P\equiv0. Решение. Очевидно P≡0P\equiv0 върши работа. Ще покажем, че други PP няма. Да забележим, че ⌊n⌋=k\lfloor\sqrt n\rfloor=k за всеки две естествени nn и kk, за които n∈[k2;k2+2k]n\in[k^2;k^2+2k]. Да фиксираме естествено число m≥Nm\geq N и простото число pp. Да положим в горното k=p−1+mk=p-1+m и да разгледаме интервала [k2;k2+2k][k^2;k^2+2k]. Той има дължина 2k>p2k\gt{}p, следователно в него съществува естествено число n≡−2m(modp)n\equiv-2^m\pmod p. Тогава от теоремата на Ферма получавамеn+2⌊n⌋=n+2k≡−2m+2p−1+m≡0(modp).n+2^{\lfloor\sqrt n\rfloor}=n+2^k\equiv-2^m+2^{p-1+m}\equiv0\pmod p.Следователно p∣P(n)p\mid P(n). Понеже PP е полином с цели коефициенти,P(−2m)≡P(n)≡0(modp).P(-2^m)\equiv P(n)\equiv0\pmod p.Така p∣P(−2m)p\mid P(-2^m) за всяко просто число pp. Следователно P(−2m)=0P(-2^m)=0 за всяко естествено число m≥Nm\geq N. Това значи, че P≡0P\equiv0, с което решението е завършено. Оценяване. (7 точки) 1 т. за ясната идея за разглеждане на числа nn в интервали от вида [k2;k2+2k][k^2;k^2+2k], 4 т. за конструиране на двойки (n;p)(n;p) от посочения вид и доказване на делимостта, 2 т. за довършване.
Klasirane.bg — проверен архив10.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадени са пълен ориентиран граф GG с 2024 върха и естествено число k≤105k\leq10^5. Ангел и Борис играят следната игра: Ангел оцветява kk от ребрата на GG в червено и поставя пул в един от върховете на GG. След това двамата правят ходове, редувайки се; Ангел започва. На всеки свой ход той премества пула в съседен връх, след което Борис променя ориентацията на някое от ребрата, което не е червено. Ако в някакъв момент Ангел не може да премести пула, то той губи и победител е Борис. Да се определи в зависимост от GG и kk дали Борис има печеливша стратегия.
РешениеОтговор. Борис има печеливша стратегия при k≤2k\leq2 и всякакъв граф GG, както и при k≥3k\geq3, когато в GG няма цикли. Решение. Ще започнем решението със следните две леми. Лема 1. Нека GG е ориентиран граф с nn върха, в който няма цикли. Тогава можем да номерираме върховете му с естествените числа от 1 до nn така, че ако за някои два върха xx и yy с номера ii и jj съответно има ребро x→yx\to y, то непременно i<ji\lt{}j. Решение. Ще използваме индукция по nn. При n=2n=2 твърдението е тривиално. Нека сега исканото е в сила за всеки граф с по-малко от nn върха. Ако допуснем, че от всеки връх в GG излиза поне по едно ребро, то бихме получили цикъл, което е противоречие. Значи съществува връх vv, от който не излизат ребра. Номерираме него с nn, а останалите върхове номерираме съгласно индуктивната хипотеза за графа G1:=G∖{v}G_1:=G\setminus\{v\} (понеже в GG няма цикли, то и в G1G_1 няма). Това гарантира, че условието за ребрата в G1G_1 се изпълнява. Останалите ребра са от вида u→vu\to v, но номерът на vv е най-големият възможен (nn), значи и за тях исканото е в сила. С това лемата е доказана. Лема 2. Нека GG е пълен ориентиран граф с nn върха, в който има поне един цикъл. Тогава в GG има цикъл с дължина 3. Решение. Да допуснем противното и да разгледаме цикъл v1v2…vkv1v_1v_2\ldots v_kv_1 с минимална дължина k≥4k\geq4. Ако има ребро v3→v1v_3\to v_1, то v1v2v3v1v_1v_2v_3v_1 е цикъл с дължина 3<k3\lt{}k, което е противоречие. Значи имаме реброто v1→v3v_1\to v_3; сега обаче v1v3…vkv1v_1v_3\ldots v_kv_1 е цикъл с дължина k−1<kk-1\lt{}k, което отново е противоречие. Следователно в GG има цикъл с дължина 3, с което лемата е доказана. Сега да пристъпим към решението. Ако k≥3k\geq3 и в GG има цикъл, то съгласно Лема 2 в GG има цикъл CC с дължина 3. Значи Ангел може да оцвети CC и още произволни k−3k-3 ребра в червено и да постави пула в един от върховете на CC. Понеже Борис не може да промени ориентацията на ребрата на този цикъл, то Ангел може да направи неограничен брой ходове, което го прави победител. Нека сега е вярно, че в GG или няма цикъл, или k≤2k\leq2. Ще докажем, че и в двата случая Борис може след краен брой промени (възможно нула) да приведе GG в граф, който може да бъде номериран със свойството в Лема 1. В първия случай това следва директно от лемата, остава да го проверим за k≤2k\leq2. Да разгледаме червените ребра, които Ангел оцветява. Понеже те двете не образуват цикъл, то можем да номерираме участващите в тях върхове по желания начин. Останалите върхове в GG номерираме по произволен начин и докато има ребра от вида i→ji\to j, където i>ji\gt{}j, Борис променя тяхната ориентация. Така получихме пълен ориентиран граф HH с върхове числата от 1 до 2024 и ребро i→ji\to j за всеки 1≤i<j≤20241\leq i\lt{}j\leq2024. Нека след преместването от страна на Ангел пулът се намира във връх nn. Разделяме върховете на HH на 2 групи по следния начин:A={1,2,…,1000};A=\{1,2,\ldots,1000\};B={1001,1002,…,2024}.\quad B=\{1001,1002,\ldots,2024\}.Да забележим, че ако ребрата, излизащи от върха, в който се намира пулът (в случая се намира в nn) преди хода на Ангел, са само към такива с по-голям номер, то непременно върхът, в който пулът бива преместен, има по-голям номер. Остава да покажем, че Борис може да поддържа това свойство в сила. Ребрата между двойка върхове от една и съща група са повече от 10510^5 и за двете групи, следователно и в двете групи има поне по едно ребро, което не е червено – нека това са a=a1→a2a=a_1\to a_2 (респективно от върхове в AA) и b=b1→b2b=b_1\to b_2 (респективно от върхове в BB). Действаме по следния начин: • ако пулът е във връх от AA, променяме bb; • ако пулът е във връх от B∖{b2}B\setminus\{b_2\}, променяме aa; • ако пулът е във b2b_2 и имаме реброто b1→b2b_1\to b_2, променяме aa; • ако пулът е във b2b_2 и имаме реброто b2→b1b_2\to b_1, променяме bb. Лесно се съобразява, че исканото се изпълнява при тази стратегия. Оценяване. (7 точки) 3 т. за пълно описание на случая, в който Ангел печели, 3 т. за пълно описание на случая, в който Борис печели, 1 т. за завършване. При формулиране на стратегията на Ангел според дължината на минималния цикъл на GG и отстъпване на Лема 2 се отнемат 2 т.
Klasirane.bg — проверен архив10.4Условие — източникРешение — източник

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа aa, за които уравнениетоx3−(a+2)x2−(a−2)x+2a−1=0x^3-(a+2)x^2-(a-2)x+2a-1=0има три различни корена x1x_1, x2x_2 и x3x_3, и тези корени заедно с числото aa в някакъв ред образуват аритметична прогресия.
РешениеТъй катоx3−(a+2)x2−(a−2)x+2a−1=x^3-(a+2)x^2-(a-2)x+2a-1=(x−1)(x2−(a+1)x−2a+1),(x-1)(x^2-(a+1)x-2a+1),то x1=1x_1=1, а x2x_2 и x3x_3 са корени на f(x)=x2−(a+1)x−2a+1=0f(x)=x^2-(a+1)x-2a+1=0. Тъй като x2+x3=a+1x_2+x_3=a+1, то за дадената аритметична прогресия, с точност до симетрия, има две възможности – x2,1,a,x3x_2,1,a,x_3 или 1,x2,x3,a1,x_2,x_3,a. В първия случай x2=2−ax_2=2-a и след заместване в уравнението получавамеf(2−a)=0⟺2a2−7a+3=0f(2-a)=0\Longleftrightarrow2a^2-7a+3=0с корени a=3a=3 и a=12a=\frac12. Във втория случай d=x2−1d=x_2-1, като x2=a+23x_2=\frac{a+2}{3} и получавамеf(a+23)=0⟺2a2+23a−7=0,f\left(\frac{a+2}{3}\right)=0\Longleftrightarrow2a^2+23a-7=0,с корени a=−23+x25854a=\frac{-23+\sqrt{\vphantom{x^2}585}}4 и a=−23−x25854a=\frac{-23-\sqrt{\vphantom{x^2}585}}4. Оценяване. (6 точки) 1 т. за разлагането (x−1)(x2−(a+1)x−2a+1)(x-1)(x^2-(a+1)x-2a+1); 1 т. за наблюдението, че x2+x3=a+1x_2+x_3=a+1 води до разглеждането на само два случая; по 2 т. за пълно решаване на всеки от двата случая.
Klasirane.bg — проверен архив11.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Ъглите при върховете AA, BB и CC на триъгълник ABCABC са съответно първи, втори и трети член на намаляваща аритметична прогресия. Намерете ъглите на триъгълника, ако ∠BHI=60∘\angle BHI=60^\circ, където HH и II са съответно ортоцентърът и центърът на вписаната окръжност на триъгълника.
РешениеОтговор. 80∘,60∘,40∘80^\circ,60^\circ,40^\circ. Решение. Първи метод. От условието следва, че ∠B=60∘\angle B=60^\circ. Тогава ∠AIC=120∘\angle AIC=120^\circ и ако PP е симетричната на II спрямо ACAC, то ∠APC=120∘\angle APC=120^\circ. Това означава, че PP е върху описаната около ABCABC окръжност. Тъй като симетричната на HH спрямо ACAC също лежи на описаната окръжност (означаваме тази точка с QQ), то QHIPQHIP е равнобедрен трапец. Следователно ∠PQH=∠IHQ=120∘\angle PQH=\angle IHQ=120^\circ. Четириъгълникът QBCPQBCP е вписан в окръжност, откъдето получаваме ∠PCB=180∘−∠BQP=60∘\angle PCB=180^\circ-\angle BQP=60^\circ. Понеже ∠BCI=∠ICA=∠ACP\angle BCI=\angle ICA=\angle ACP, получаваме ∠ACB=40∘\angle ACB=40^\circ и ∠BAC=80∘\angle BAC=80^\circ. Втори метод. (Б. Димитров) Ще използваме стандартно означение за ъглите на триъгълника ABCABC. Тогава от даденото условие получаваме 2β=α+γ⟹3β=180∘⟹β=60∘2\beta=\alpha+\gamma\Longrightarrow3\beta=180^\circ\Longrightarrow\beta=60^\circ. Ще решим задачата за остроъгълен триъгълник (когато △ABC\triangle ABC е тъпоъгълен, разсъжденията са аналогични). Имаме ∠AHC=∠AIC=120∘\angle AHC=\angle AIC=120^\circ, откъдето четириъгълникът AHICAHIC е вписан. Сега180−α=∠BHC=∠BHI+∠IHC=180-\alpha=\angle BHC=\angle BHI+\angle IHC=60∘+∠IAC=60∘+α2⟹α=80∘60^\circ+\angle IAC=60^\circ+\frac\alpha2\Longrightarrow\alpha=80^\circОт последното получаваме γ=40∘\gamma=40^\circ. Оценяване. (6 точки) Първи метод: 1 т. за β=60∘\beta=60^\circ; 1 т. за доказване, че симетричната на II лежи на описаната окръжност; 2 т. за вписания четириъгълник QBCPQBCP; 2 т. за намиране на ъглите. Втори метод: 1 т. за β=60∘\beta=60^\circ; 2 т. за вписания четириъгълник AHICAHIC; 3 т. за намиране на ъглите.
Klasirane.bg — проверен архив11.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Кристи иска да раздаде бонбони на n≥3n\geq3 свои съученици. Той разполага всеки от тях върху точка в двора на училището. Точките са в една равнина, като никои три от тях не лежат на една права. За всеки изпъкнал многоъгълник PP с върхове сред тези точки, Кристи прави следното. Преброява учениците, които се намират вътре в PP или на страните му, нека техният брой е SPS_P. Той раздава по SPS_P бонбона на всеки от тези SPS_P ученици. Ученик, получил най-малко бонбони след всички раздавания, наричаме нещастен (нещастните ученици могат да са един или повече). Определете максималното количество бонбони, които може да получи нещастен ученик.
РешениеНека XX е множеството от nn точки. За изпъкнал многоъгълник PP с върхове в XX да означим с C(P)C(P) множеството от точки в XX, които са вътре или на контура на PP. Нека QQ е общият брой бонбони, получени от всички ученици, а mm е броят бонбони, получени от нещастен ученик. ИмамеQ=∑P∣C(P)∣2≤∑A⊂X∣A∣2=∑k=3nk2(nk).Q=\sum_P|C(P)|^2\leq\sum_{A\subset X}|A|^2=\sum_{k=3}^nk^2\binom nk.Първото неравенство е в сила, защото P→C(P)P\to C(P) е инекция от множеството на изпъкналите многоъгълници с върхове в XX към множеството от всички подмножества на XX. Използвайки(ab)=ab(a−1b−1)и∑i=0m(mi)=2m,\binom ab=\frac ab\binom{a-1}{b-1}\quad\text{и}\quad\sum_{i=0}^m\binom mi=2^m,пресмятаме:Q=∑k=3nk2(nk)=n∑k=3nk(n−1k−1)=n∑k=3n(k−1)(n−1k−1)+n∑k=3n(n−1k−1)=n(n−1)∑k=3n(n−2k−2)+n∑k=3n(n−1k−1)=n(n−1)(2n−2−1)+n(2n−1−(n−1)−1)=n(n+1)2n−2−2n(n−1)−n.(1)\begin{aligned} Q&=\sum_{k=3}^nk^2\binom nk=n\sum_{k=3}^nk\binom{n-1}{k-1}\\ &=n\sum_{k=3}^n(k-1)\binom{n-1}{k-1}+n\sum_{k=3}^n\binom{n-1}{k-1}\\ &=n(n-1)\sum_{k=3}^n\binom{n-2}{k-2}+n\sum_{k=3}^n\binom{n-1}{k-1}\\ &=n(n-1)(2^{n-2}-1)+n(2^{n-1}-(n-1)-1)\\ &=n(n+1)2^{n-2}-2n(n-1)-n.\tag{1} \end{aligned}От (1) следваm≤(n+1)2n−2−2n+1.m\leq(n+1)2^{n-2}-2n+1.Да разположим сега учениците във върховете на правилен nn-ъгълник. Тогава за всяко A⊂XA\subset X, изпъкналата обвивка на AA се състои от всички върхове на AA. Значи в (1) равенството се достига и Q=n(n+1)2n−2−n−2n(n−1)Q=n(n+1)2^{n-2}-n-2n(n-1). От друга страна поради симетрията всеки ученик получава равен брой бонбони и значи m=Q/n=(n+1)2n−2−2n+1m=Q/n=(n+1)2^{n-2}-2n+1. Оценяване. (7 точки) 5 т. за доказване оценката отгоре, 2 т. – че тя се достига (примера). При валидна оценка отгоре, но липса на аргументация, че P→C(P)P\to C(P) е инекция (или еквивалентно разсъждение) се отнема 1 т. Ако формулата за mm не е в затворен вид, (т.е. пресмятанията в (1) не са направени) се отнема 1 т.
Klasirane.bg — проверен архив11.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото естествено число nn, за което съществуват nn две по две различни естествени числа a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n, такива че стойността на израза(a1+a2+⋯+an)2−2025a12+a22+⋯+an2\frac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2-2025}{a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2}е естествено (т.е. цяло положително) число.
РешениеОтговор. n=9n=9. Решение. Нека означимS=∑i=1nai;Q=∑i=1nai2.S=\sum_{i=1}^na_i;\quad Q=\sum_{i=1}^na_i^2.Тъй като aia_i и ai2a_i^2 са от еднаква четност, то SS и QQ също са от еднаква четност. Щом QQ дели S2−2025S^2-2025, то SS и QQ са нечетни. Но тогава S2−2025=(S−45)(S+45)S^2-2025=(S-45)(S+45) се дели на 8 и понеже QQ е нечетно, получаваме(a1+a2+⋯+an)2−2025(a12+a22+⋯+an2)≥\frac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2-2025}{(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)}\geq8.8.От друга страна от неравенството между средно аритметично и средно квадратично имаме:nQ≥S2>S2−2025≥8Q,nQ\geq S^2\gt{}S^2-2025\geq8Q,следователно n>8n\gt{}8, значи n≥9n\geq9. Ще покажем, че за n=9n=9 е възможно да удовлетворим условията. Искаме да намерим решение на уравнението S2−2025=8QS^2-2025=8Q, тъй като знаем, че ако изразът има стойност, различна от 8, то n>16n\gt{}16. Целейки симетрия, нека положим (a1,a2,a3)=(x−1,x,x+1)(a_1,a_2,a_3)=(x-1,x,x+1), (a4,a5,a6)=(y−1,y,y+1)(a_4,a_5,a_6)=(y-1,y,y+1) и (a7,a8,a9)=(z−1,z,z+1)(a_7,a_8,a_9)=(z-1,z,z+1) за естествени числа x,yx,y и zz. Тогава можем да пренапишем уравнението S2−2025=8QS^2-2025=8Q като(3x+3y+3z)2−2025=8(3x2+3y2+3z2+6).(3x+3y+3z)^2-2025=8(3x^2+3y^2+3z^2+6).Разделяйки двете страни на 3 и разлагайки лявата страна, получаваме:3(x+y+z−15)(x+y+z+15)=8(x2+y2+z2+2).3(x+y+z-15)(x+y+z+15)=8(x^2+y^2+z^2+2).От съображения по модул 3 за дясната страна, точно едно от числата x,yx,y и zz не е кратно на 3. Нека x=3u+1x=3u+1, y=3vy=3v, z=3wz=3w за u,v,w∈Nu,v,w\in\mathbb N (избрахме x=3u+1x=3u+1, но решения могат да се намерят и в случая x=3u+2x=3u+2). Пренаписвайки уравнението отново, получаваме:(3u+3v+3w−14)(3u+3v+3w+16)=(3u+3v+3w-14)(3u+3v+3w+16)=8(3u2+3v2+3w2+2u+1).8(3u^2+3v^2+3w^2+2u+1).Можем да забележим, че u≡2(mod3)u\equiv2\pmod3, разглеждайки уравнението отново по модул 3. При u=2u=2 уравнението е еквивалентно на3(v−w)2+12(2v−7)2+12(2w−7)2+55=0.3(v-w)^2+\frac12(2v-7)^2+\frac12(2w-7)^2+55=0.Последното няма решения, понеже лявата страна е положителна, а при u=5u=5 намираме (v;w)=(7;10)(v;w)=(7;10), което води до решението(a1,a2,…,a9)=(a_1,a_2,\ldots,a_9)=(15,16,17,20,21,22,29,30,31).(15,16,17,20,21,22,29,30,31).Оценяване. (7 точки) 5 т. за n≥9n\geq9, (1 т. за доказване n≥cn\geq c, където c∈[3..8]c\in[3..8]); 2 т. за показване, че n=9n=9 е възможен (пример).
Klasirane.bg — проверен архив11.4Условие — източникРешение — източник

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Редицата (an)n=0∞(a_n)_{n=0}^{\infty} е зададена чрезa0=c,a_0=c,an+1=an2+an2+c за n≥0,a_{n+1}=a_n^2+\frac{a_n}{2}+c\text{ за }n\geq0,където c>0c\gt{}0 е реален параметър. Да се намерят всички стойности на cc, за които редицата (an)(a_n) е сходяща и при тези стойности да се определи нейната граница.
РешениеОтговор. c∈(0,1/16]c\in(0,1/16]. Решение. Нека първо c>116c\gt{}\frac1{16}. Тогава имамеan+1=an2+116+an2+c−116≥a_{n+1}=a_n^2+\frac1{16}+\frac{a_n}{2}+c-\frac1{16}\geqan+(c−116), a_n+\left(c-\frac1{16}\right),т.к x2+116≥x2x^2+\frac1{16}\geq\frac x2 за всяко x∈Rx\in\mathbb R. Така получаваме, че an≥c+(n−1)(c−116)a_n\geq c+(n-1)(c-\frac1{16}) за n∈Nn\in\mathbb N, т.е редицата е неограничена и следователно не е сходяща. Обратно, нека c≤116c\leq\frac1{16}. Ще докажем с индукция по nn, че за всяко n∈Nn\in\mathbb N е в сила an≥an−1a_n\geq a_{n-1} и an≤la_n\leq l, където ll е по-малкият корен на уравнението f(x)=x2−x2+c=0f(x)=x^2-\frac x2+c=0. За n=0n=0 е ясно, че a1>c=a0a_1\gt{}c=a_0, а т.к f(c)=c2+c2>0f(c)=c^2+\frac c2\gt{}0 и cc е по-малко от поне един от двата корена на ff (това е вярно т.к уравнението има поне един корен по-голям от 1/41/4 от формулите на Виет) то следва, че c<lc\lt{}l. Ако допуснем, че твърдението е вярно за nn, то т.к имаме an+1−an=f(an)a_{n+1}-a_n=f(a_n), получаваме, че f(an)>0f(a_n)\gt{}0, понеже an<la_n\lt{}l. Също така имаме, чеan+1=an2+an2+c≤l2+l2+c=l,a_{n+1}=a_n^2+\frac{a_n}{2}+c\leq l^2+\frac l2+c=l,където първото неравенство следва, т.к x↦x2+x2x\mapsto x^2+\frac x2 е растяща в (0,1)(0,1), а последното равенство следва от f(l)=0f(l)=0. Така индукцията е завършена откъдето следва, че ana_n е растяща и ограничена, следователно сходяща. Ако tt е границата ѝ, то f(t)=0f(t)=0 и т.к an<la_n\lt{}l за всяко n∈Nn\in\mathbb N, то получаваме, чеlim⁡n→∞an=l=14−x2116−c.\lim_{n\to\infty}a_n=l=\frac14-\sqrt{\vphantom{x^2}\frac1{16}-c}.Оценяване. (6 точки) 3 т. за c≤1/16c\leq1/16, 2 т. за доказване, че ако c≤1/16c\leq1/16, то ana_n е растяща, 1 т. за довършване.
Klasirane.bg — проверен архив12.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle ABC и точка XX е във вътрешността му. Нека точките SAS_A, SBS_B и SCS_C са средите на дъгите BXC^\widehat{BXC}, AXC^\widehat{AXC} и AXB^\widehat{AXB} в окръжностите, описани съответно около △BXC\triangle BXC, △AXC\triangle AXC и △AXB\triangle AXB. Да се докаже, че точките SAS_A, SBS_B, SCS_C и XX лежат на една окръжност.
РешениеНека lAl_A е правата през AA, перпендикулярна на AXAX и нека lB,lCl_B,l_C са дефинирани аналогично. Нека lB∩lC=A1l_B\cap l_C=A_1, lC∩lA=B1l_C\cap l_A=B_1 и lA∩lB=C1l_A\cap l_B=C_1. Имаме, че A1SAA_1S_A е вътрешната ъглополовяща на ∠B1A1C1\angle B_1A_1C_1, т.к A1∈(BXC)A_1\in(BXC). Така получаваме, че правите A1SA,B1SB,C1SCA_1S_A,B_1S_B,C_1S_C се пресичат в точка II, където II е центърът на вписаната окръжност в △A1B1C1\triangle A_1B_1C_1. Също така имаме, че A1XA_1X е диаметър в (BXC)(BXC), следователно ∠ISAX=90∘\angle IS_AX=90^\circ, т.е SAS_A лежи на окръжността с диаметър IXIX. Аналогично получаваме, че точките SBS_B и SCS_C лежат на същата окръжност, с което задачата е решена. Оценяване. (6 точки) 2 т. за построяване на lA,lB,lCl_A,l_B,l_C, 2 т. за доказване, че A1SA,B1SBA_1S_A,B_1S_B и C1SCC_1S_C се пресичат в една точка, 2 т. за довършване.
Klasirane.bg — проверен архив12.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека n≥2n\geq2 е естествено число. Ако m∈Nm\in\mathbb N е такова, че делителите на mm могат да се разбият на nn непресичащи се множества, така че сумата от числата във всяко множество е една и съща, то да се докаже, че m≥2n+1−2m\geq2^{n+1}-2.
РешениеПърви метод. За n=2n=2 твърдението се проверява директно. Нататък ще считаме, че n≥3n\geq3 и m≥7m\geq7. Да отбележим, че mm се среща в някоя от групите, така че mn≤∑d∣mdmn\leq\sum_{d\mid m}d. Нека k∈(m/3,m/2)k\in(m/3,m/2) е естествено число (такова има поради m≥7m\geq7). Тогаваmn≤∑d∣md=∑d∣mmd≤m(∑d≤m,d∣m1d)≤m(∑d≤m/2,d∣m1d)+1≤m(∑d≤m/21d)−mk+1<m(∑d≤m/21d),\begin{aligned} mn&\leq\sum_{d\mid m}d=\sum_{d\mid m}\frac md\leq m\left(\sum_{d\leq m,d\mid m}\frac1d\right)\\ &\leq m\left(\sum_{d\leq m/2,d\mid m}\frac1d\right)+1\\ &\leq m\left(\sum_{d\leq m/2}\frac1d\right)-\frac mk+1\\ &\lt{}m\left(\sum_{d\leq m/2}\frac1d\right), \end{aligned}понеже mm няма делители между m2\frac m2 и mm и т.к kk не дели mm. От друга страна имаме, че ако t∈Nt\in\mathbb N е такова, че 2t≤m<2t+12^t\leq m\lt{}2^{t+1}, то∑d≤m/21d≤\sum_{d\leq m/2}\frac1d\leq∑d<2t1d=∑s=0t−1∑d=2s2s+1−11d≤\sum_{d\lt{}2^t}\frac1d =\sum_{s=0}^{t-1}\sum_{d=2^s}^{2^{s+1}-1}\frac1d \leq∑s=0t−1∑d=2s2s+1−112s=t.\sum_{s=0}^{t-1}\sum_{d=2^s}^{2^{s+1}-1}\frac1{2^s}=t.Така получаваме, че t>nt\gt{}n, откъдето следва, че m≥2n+1m\geq2^{n+1}. Коментар. Оценката не е точна, може да се покаже, че ∑d∣md=O(mlog⁡log⁡m)\sum_{d\mid m}d=O(m\log\log m). Ето един възможен начин: Втори метод. (Д.Грозев) Да означим с s(x)s(x) сумата от делителите на x∈Nx\in\mathbb N. Имаме s(m)≥mns(m)\geq mn. Нека m=p1a1p2a2⋯pkakm=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}, където pip_i са различни прости числа и ai≥1a_i\geq1. Имамеs(m)≤m∏i=1k∑j=0∞1pij,s(m)\leq m\prod_{i=1}^k\sum_{j=0}^{\infty}\frac1{p_i^j},защото всеки делител на mm присъства в дясната страна. И така,s(m)≤m∏i=1k(1+1pi−1)≤s(m)\leq m\prod_{i=1}^k\left(1+\frac1{p_i-1}\right)\leqm⋅exp⁡(∑i=1k1pi−1). m\cdot\exp\left(\sum_{i=1}^k\frac1{p_i-1}\right).Тук използвахме неравенството 1+x≤ex1+x\leq e^x. Нататък,∑i=1k1pi−1≤∑i=1k1qi−1≤\sum_{i=1}^k\frac1{p_i-1}\leq\sum_{i=1}^k\frac1{q_i-1}\leq∑i=1k1i<ln⁡(k+1),(1)\sum_{i=1}^k\frac1i\lt{}\ln(k+1)\tag{1},където q1,q2,…,qkq_1,q_2,\ldots,q_k са първите kk прости числа. Това дава mn≤s(m)<m(k+1)mn\leq s(m)\lt{}m(k+1) или k>n−1k\gt{}n-1, значи k≥nk\geq n. При n≥3n\geq3 получавамеm≥∏i=1kqi≥2⋅3⋅5k−2≥m\geq\prod_{i=1}^kq_i\geq2\cdot3\cdot5^{k-2}\geq6⋅5n−2>5n−1>2n+1.6\cdot5^{n-2}\gt{}5^{n-1}\gt{}2^{n+1}.При n=2n=2 имаме k≥2k\geq2 и m≥2⋅3=6m\geq2\cdot3=6. Вижда се, че n=2,m=6n=2,m=6 възможно, другите опции са n=2,m≥12n=2,m\geq12 (ако въобще има такива.) Коментар. Оценката в (1), може да се подобри така∑i=1k1q1−1≤\sum_{i=1}^k\frac1{q_1-1}\leq1+∑i=1k−11qk≤1+1+ln⁡ln⁡k.1+\sum_{i=1}^{k-1}\frac1{q_k}\leq1+1+\ln\ln k.Така получаваме, mn≤s(m)≤me2ln⁡kmn\leq s(m)\leq me^2\ln k и значи ln⁡k≥n/e2\ln k\geq n/e^2, k≥en/9k\geq e^{n/9} иm≥∏i=1kqi≥2k≥2en/9.m\geq\prod_{i=1}^kq_i\geq2^k\geq2^{e^{n/9}}.Също може да се докаже, че∑d∣md≤Hm+log⁡HmeHm,\sum_{d\mid m}d\leq H_m+\log H_m e^{H_m},където Hm=∑i=1m1iH_m=\sum_{i=1}^m\frac1i. Оценяване. (7 точки) 1 т. за mn≤∑d∣mdmn\leq\sum_{d\mid m}d, 3 т. за подходяща нетривиална оценка за ∑d∣md\sum_{d\mid m}d, 1 т. за mm няма делител в (m/2,m)(m/2,m) и (m/3,m/2)(m/3,m/2), 2 т. за довършване. Случаят n=2n=2 не носи точки!
Klasirane.bg — проверен архив12.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека LL е фигурата, съставена от 3 единични квадрата, четвърт кръг с радиус 1 и правоъгълен равнобедрен триъгълник с катет 1, скачени така:Официалната фигура L към задача 12.4, съставена от три квадрата, четвърт кръг и правоъгълен равнобедрен триъгълник.Да се докаже, че всеки 18 точки в равнината могат да се покрият с копия на LL, които не се припокриват в свои вътрешни точки. (Копията на LL могат да бъдат ротирани и обръщани.)
РешениеДа разгледаме следната фигура MM, получена чрез залепяне на 2 копия на LL.Официалната фигура M към решение 12.4, получена чрез залепяне на две копия на L.Имаме, че MM се съдържа в правоъгълник с размери 1×91\times9 и заема повече от 17/1817/18 от лицето му. Нека SS е множество от 18 точки в равнината и нека CC е случайно покриване на равнината с правоъгълници 1×91\times9. По-конкретно фиксираме покриване AA на равнината с правоъгълници 1×91\times9 и избираме X∼U[0,9]X\sim U[0,9], Y∼U[0,1]Y\sim U[0,1], а след това получаваме CC като транслираме AA с XX единици в xx направлението и YY единици в yy направлението. Всяко такова покриване на равнината дава еднозначно определено покритие на част от равнината с копия на MM. Да отбележим, че за всяка точка s∈Ss\in S имамеP(s е покрита от някое копие на M)>17/18.\mathbb P(s\text{ е покрита от някое копие на }M)\gt{}17/18.Така получаваме, че P(s не е покрита от копие на M)<118\mathbb P(s\text{ не е покрита от копие на }M)\lt{}\frac1{18}. СледователноP(∃ s∈S:s не е покрита от копия на M)≤∑s∈SP(s не е покрита от копия на M)<∣S∣/18=1,\begin{aligned} \mathbb P(\exists\ s\in S:s\text{ не е покрита от копия на }M) &\leq\sum_{s\in S}\mathbb P(s\text{ не е покрита от копия на }M)\\ &\lt{}|S|/18=1, \end{aligned}откъдето следва, че съществува покриване на равнината, за което всяка точка от SS е покрита от някое копие на MM. Оценяване. (7 точки) 2 т. за разглеждане на MM, 5 т. за довършване. 3 т. за доказване на по-слабо твърдение като „всеки 8 точки в равнината могат да се покрият с копия на LL“ чрез вероятностен метод.
Klasirane.bg — проверен архив12.4Условие — източникРешение — източник