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

2025

Назад към папките

5

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
АкоA=12838+11723+3595−5169,A=1\dfrac{28}{38}+1\dfrac{17}{23}+\dfrac{35}{95}-\dfrac{51}{69},BB е неизвестното число от равенството12120−B=8111212\dfrac{1}{20}-B=8\dfrac{11}{12}и CC е сборът на всички правилни несъкратими дроби от вида n15\dfrac{n}{15}, за които е изпълнено, чеn15>15,\dfrac{n}{15}\gt{}\dfrac{1}{5},намерете AA, BB и CC и ги подредете по големина във възходящ ред.
РешениеНамирамеA=12838+11723+3595−5169=A=1\dfrac{28}{38}+1\dfrac{17}{23}+\dfrac{35}{95}-\dfrac{51}{69}=11419+11723+719−1723=2219+1=3219.1\dfrac{14}{19}+1\dfrac{17}{23}+\dfrac{7}{19}-\dfrac{17}{23}=2\dfrac{2}{19}+1=3\dfrac{2}{19}.(2 точки)B=12120−81112=12360−85560=B=12\dfrac{1}{20}-8\dfrac{11}{12}=12\dfrac{3}{60}-8\dfrac{55}{60}=116360−85560=3860=3215.11\dfrac{63}{60}-8\dfrac{55}{60}=3\dfrac{8}{60}=3\dfrac{2}{15}.(1 точка) От условието n15>15=315\dfrac{n}{15}\gt{}\dfrac{1}{5}=\dfrac{3}{15} следва, че nn е най-малко 4. Тъй като дробта n15\dfrac{n}{15} е правилна, nn е най-много 14. Освен това, дробта n15\dfrac{n}{15} е несъкратима, което означава, че nn не се дели на 3 и не се дели на 5. Следователно nn може да е равно на 4, 7, 8, 11, 13 или 14. СледователноC=415+715+815+1115+1315+1415=5715=345.C=\dfrac{4}{15}+\dfrac{7}{15}+\dfrac{8}{15}+\dfrac{11}{15}+\dfrac{13}{15}+\dfrac{14}{15}=\dfrac{57}{15}=3\dfrac{4}{5}.(2 точки) Тъй като C=345=31215>3215=BC=3\dfrac{4}{5}=3\dfrac{12}{15}\gt{}3\dfrac{2}{15}=B и A=3219<3215=BA=3\dfrac{2}{19}\lt{}3\dfrac{2}{15}=B, получаваме A<B<CA\lt{}B\lt{}C. (1 точка)
Klasirane.bg — проверен архив5.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Три еднакви квадрата I, II и III са поставени така, че части от тях се припокриват, като: • общата част на I и II е квадрат със страна 8 cm; • общата част на I и III е правоъгълник с обиколка 20 cm; • общата част на II и III е правоъгълник с обиколка 20 cm; • общата част на I, II и III е квадрат с лице 9 cm2^2. Намерете лицето и обиколката на фигурата, която покриват трите квадрата.
РешениеНа чертежа е показано разположение на квадратите, което отговаря на условието. (1 точка)Трите припокриващи се еднакви квадрата I, II и III от официалното решение.Общата част на трите квадрата е квадрат с лице 9 cm2^2, т.е. със страна 3 cm. Тогава общата част на I и III и на II и III е правоъгълник със страни 3 cm и 10−3=710-3=7 cm. (1 точка) Страната на всеки от трите квадрата е 8+4=128+4=12 cm. (1 точка) За да получим лицето на фигурата, трябва от сбора на лицата на трите квадрата 3⋅144=4323\cdot144=432 cm2^2 да извадим общите части на всеки два от тях (64+21+21=106(64+21+21=106 cm2)^2) и да добавим лицето на общата част на трите (9(9 cm2)^2). Получаваме 432−106+9=335432-106+9=335 cm2^2. (2 точки) Обиколката на фигурата е равна на обиколката на квадрат със страна 12+12−3=2112+12-3=21 cm, т.е. е равна на 84 cm. (1 точка)
Klasirane.bg — проверен архив5.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Три зайчета, Бън, Кей и Чип, живеят в къщичка в гората и всеки ден се разхождат по горска пътека. Те скачат с еднакви по дължина подскоци и по пътя си оставят камъчета. Бън оставя по едно бяло камъче на всеки девети подскок, Кей – по едно кафяво камъче на всеки 15-ти подскок, но ако там вече има оставено камъче, той оставя допълнително по още едно, а Чип – по едно червено камъче на всеки 6-ти подскок, но ако там вече има камъчета, ги взема и не оставя нищо. Един ден първо Бън излязъл от къщи, след него Кей и накрая Чип. На излизане всяко зайче имало по 100 камъчета и когато свършвало своите камъчета, то се връщало вкъщи. а) На колко скока от къщи се е отдалечило всяко зайче? б) Колко бели и кафяви камъчета е имал Чип накрая?
Решениеа) Бън се е отдалечил на 9⋅100=9009\cdot100=900 подскока от дома си. Тъй като НОК⁡(9,15)=45\operatorname{НОК}(9,15)=45, на всеки 45-ти подскок до 900-ия, Кей ще оставя по едно камъче повече. Кей ще остави 900:15+900:45=60+20=80900:15+900:45=60+20=80 от своите камъчета до 900-ия подскок. Останалите 20 камъчета ще остави за 20⋅15=30020\cdot15=300 подскока. Следователно Кей ще се е отдалечил на 1200 подскока от дома си. (1 точка) Тъй като НОК⁡(6,9)=18\operatorname{НОК}(6,9)=18, НОК⁡(6,15)=30\operatorname{НОК}(6,15)=30 и НОК⁡(6,9,15)=90\operatorname{НОК}(6,9,15)=90, във всяка поредица от 90 подскока Чип ще оставя камъчета на всеки подскок, кратен на 6 (90:6=15(90:6=15 общо)), но некратен на 18 или 30. До 90-ия подскок кратните на 18 или 30 са 90:18+90:30−90:90=790:18+90:30-90:90=7. Следователно за 90 подскока Чип ще остави 15−7=815-7=8 камъчета. До 900 има 10 групи от 90 подскока, т.е. Чип ще остави 8⋅10=808\cdot10=80 от своите камъчета. От 900 до 1200 подскок Чип ще оставя камъче на всеки кратен на 6 подскок с изключение на тези, които са кратни на 30. Следователно на всяка поредица от 30 подскока ще оставя 4 камъчета. Той има останали 20 камъчета. Следователно ще направи 5 поредици от 30 подскока. Последното си камъче Чип ще остави на 900+5⋅30−6=1044900+5\cdot30-6=1044-тия си подскок. (3 точки) б) Чип е вземал по 1 бяло камъче при всеки подскок, кратен на 18 и не по-голям от 900, т.е. е взел 900:18=50900:18=50 бели камъчета. (1 точка) До 900-тия подскок включително Чип е вземал по 1 кафяво камъче при всеки подскок, кратен на 30 и по едно допълнително при всеки подскок, кратен на 90, общо 900:30+900:90=30+10=40900:30+900:90=30+10=40 кафяви камъчета. От 900-ия до последния 1044 подскок Чип е вземал по 1 кафяво камъче на всеки подскок, кратен на 30, т.е. (1020−900):30=4(1020-900):30=4 кафяви камъчета. Общо ще има 44 кафяви камъчета. (2 точки)
Klasirane.bg — проверен архив5.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
В един клас всички деца са с различен ръст. Един ден всяко момче почерпило с бонбон всички ученици, които са по-високи от него, а всяко момиче почерпило с бонбон всички ученици, които са по-ниски от него. Колко са учениците от класа, ако накрая се оказало, че: а) две от децата не са получили бонбони, момичетата получили общо 55 бонбона, а момчетата получили общо 91 бонбона; б) всички деца са получили по 14 бонбона?
Решениеа) Нека DD е най-високото момиче и MM е най-ниското момче. Ясно е, че DD няма да получи бонбон от нито едно момиче, а всички момичета ще получат от DD. Също, MM няма да получи бонбони от нито едно момче, а всички момчета ще получат от него. С нито един бонбон могат да останат само DD и MM, и то само ако MM е по-висок от DD. Тогава и MM няма да получи бонбон от нито едно момиче. (2 точки) Ако момичетата, по-ниски от DD, са nn на брой, а момчетата, по-високи от MM, са mm на брой, то учениците са подредени във възходящ ред така:момиче1, момиче2, …, момичеn, D,\text{момиче}_1,\ \text{момиче}_2,\ \ldots,\ \text{момиче}_n,\ D, M, момче1, момче2, …, момчеm.\ M,\ \text{момче}_1,\ \text{момче}_2,\ \ldots,\ \text{момче}_m.Момичетата са получили общо n+(n−1)+⋯+1=55n+(n-1)+\cdots+1=55 бонбона. Тъй като 1+2+⋯+10=551+2+\cdots+10=55, то n=10n=10. Аналогично момчетата са получили общо 1+2+⋯+m=911+2+\cdots+m=91 бонбона. Тъй като 1+2+⋯+13=911+2+\cdots+13=91, то m=13m=13. Следователно учениците са 10+13+2=2510+13+2=25. (2 точки) б) Нека всички деца са подредени по височина и AA и BB са две съседни деца, като AA е по-ниско от BB. Ако AA и BB са две момчета, то те ще получат по равен брой бонбони от останалите деца, но BB ще получи от AA, т.е. ще има 1 бонбон повече от AA. Ако AA и BB са две момичета, то AA ще получи от BB, т.е. AA ще има с 1 бонбон повече от BB. Ако AA е момче, BB е момиче, то те получават еднакъв брой бонбони от всички останали и си разменят по 1 бонбон. Следователно AA и BB получават еднакъв брой бонбони. Ако AA е момиче, BB е момче, то те получават еднакъв брой бонбони от всички останали и не си разменят бонбони помежду си. Следователно отново получават еднакъв брой бонбони. За да получат всички деца по 14 бонбона, в редицата се редуват момче и момиче във възходящ ред. (1 точка) Ако най-ниското дете е момче, то е получило бонбони само от всички момичета, следователно момичетата са 14. Ако най-ниското дете е момиче, то е получило бонбони само от останалите момичета и от нито едно момче. Следователно момичетата са 15. Ако най-високото дете е момиче, то е получило бонбони само от всички момчета, следователно момчетата са 14. Ако най-високото дете е момче, то е получило бонбони само от останалите момчета, следователно момчетата са 15. Тези случаи могат да се обобщят в таблица:Таблицата с четирите случая според пола на най-ниското и най-високото дете от официалното решение.Следователно броят на децата в класа е 28, 29 или 30. (2 точки)
Klasirane.bg — проверен архив5.4Условие — източникРешение — източник

6

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
По маршрута на велопоход има 9 пункта за вода – първият е на старта, а деветият е на финала. Пунктовете са на равни разстояния един от друг. Георги стартирал в 8:00 часа и когато изминал 13\dfrac{1}{3} от маршрута, пресметнал, че му остават още 3 km до следващия пункт за вода. а) Колко километра е дължината на маршрута? б) Георги и Иван пристигнали на финала в 12:00 часа. Ако скоростта на Георги е била с 20% по-малка от скоростта на Иван, намерете в колко часа е стартирал Иван.
Решениеа) Пунктовете за вода разделят маршрута на 8 равни части. Тъй като28<13<38,\dfrac{2}{8}\lt{}\dfrac{1}{3}\lt{}\dfrac{3}{8},в момента, в който Георги е изминал 13\dfrac{1}{3} от маршрута, до следващия пункт му остава38−13=124\dfrac{3}{8}-\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{24}от маршрута, което по условие е 3 km. Следователно дължината на маршрута е 24⋅3=7224\cdot3=72 km. (3 точки) б) Ако скоростта на Иван е xx km/h, то скоростта на Георги е 80%x80\%x. Тъй като Георги е изминал пътя за 4 часа, неговата скорост е била 72:4=1872:4=18 km/h. Получаваме80%x=18,80\%x=18,откъдето x=22,5x=22,5 km/h. (2 точки) Иван е изминал маршрута за 72:22,5=3,272:22,5=3,2 h, т.е. за 3 h 12 min. Щом е финиширал в 12:00, той е стартирал в 8:48. (1 точка)
Klasirane.bg — проверен архив6.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
В клетките на таблица с 2 реда и 60 стълба последователно се записват числа по следния начин: • в двете клетки на първия стълб се записва числото 5; • на първия ред във всяка клетка след първата се записва число, равно на (x−1):(x+1)(x-1):(x+1), където xx е числото в предишната клетка в първия ред; • на втория ред във всяка клетка след първата се записва число, равно на (x−1):(x+2)(x-1):(x+2), където xx е числото в предишната клетка във втория ред. В колко колони на таблицата са записани две равни числа?
РешениеВторото число на първия ред е(5−1):(5+1)=23,(5-1):(5+1)=\dfrac{2}{3},третото е(23−1):(23+1)=−15,\left(\dfrac{2}{3}-1\right):\left(\dfrac{2}{3}+1\right)=-\dfrac{1}{5},четвъртото е(−15−1):(−15+1)=−32,\left(-\dfrac{1}{5}-1\right):\left(-\dfrac{1}{5}+1\right)=-\dfrac{3}{2},петото е(−32−1):(−32+1)=5.\left(-\dfrac{3}{2}-1\right):\left(-\dfrac{3}{2}+1\right)=5.Това означава, че на първия ред периодично се повтарят числата 55, 23\dfrac{2}{3}, −15-\dfrac{1}{5}, −32-\dfrac{3}{2}. (2 точки) На втория ред второто число е(5−1):(5+2)=47,(5-1):(5+2)=\dfrac{4}{7},третото е(47−1):(47+2)=−16,\left(\dfrac{4}{7}-1\right):\left(\dfrac{4}{7}+2\right)=-\dfrac{1}{6},четвъртото е(−16−1):(−16+2)=−711,\left(-\dfrac{1}{6}-1\right):\left(-\dfrac{1}{6}+2\right)=-\dfrac{7}{11},петото е(−711−1):(−711+2)=−65,\left(-\dfrac{7}{11}-1\right):\left(-\dfrac{7}{11}+2\right)=-\dfrac{6}{5},шестото е(−65−1):(−65+2)=−114,\left(-\dfrac{6}{5}-1\right):\left(-\dfrac{6}{5}+2\right)=-\dfrac{11}{4},седмото е(−114−1):(−114+2)=5.\left(-\dfrac{11}{4}-1\right):\left(-\dfrac{11}{4}+2\right)=5.Следователно на втория ред периодично се повтарят числата 55, 47\dfrac{4}{7}, −16-\dfrac{1}{6}, −711-\dfrac{7}{11}, −65-\dfrac{6}{5}, −114-\dfrac{11}{4}. (3 точки) Колона с две равни числа може да се получи, само ако и в двете клетки на тази колона е записано числото 5. Тъй като НОК⁡(4;6)=12\operatorname{НОК}(4;6)=12, колоните с равни числа са 60:12=560:12=5. (1 точка)
Klasirane.bg — проверен архив6.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCABC. Върху страната ABAB са избрани точки DD и EE така, че DD е между AA и EE, а върху страната ACAC са избрани точки PP, MM и NN в този ред, считано от върха AA.Триъгълник ABC с точки D и E върху AB и P, M и N върху AC от официалното условие.Дадените точки разделят страните на триъгълника, като:AD=1a⋅AB,DE=1b⋅AB,EB=1c⋅AB,AD=\dfrac{1}{a}\cdot AB,\quad DE=\dfrac{1}{b}\cdot AB,\quad EB=\dfrac{1}{c}\cdot AB,AP=1p⋅AC,PM=1m⋅PC,MN=1n⋅MC,AP=\dfrac{1}{p}\cdot AC,\quad PM=\dfrac{1}{m}\cdot PC,\quad MN=\dfrac{1}{n}\cdot MC,където aa, bb, cc, nn, mm, pp са едноцифрени естествени числа иa<b<c<n<m<p.a\lt{}b\lt{}c\lt{}n\lt{}m\lt{}p.а) Намерете числата aa, bb, cc, nn, mm, pp. б) Разстоянията от точките PP, MM и NN до правата ABAB са равни съответно на h1h_1, h2h_2 и h3h_3, а разстоянията от точките DD и EE до правата ACAC са равни съответно на h4h_4 и h5h_5. Ако2(h1+h2+h3)=h4+h5,2(h_1+h_2+h_3)=h_4+h_5,докажете, че триъгълникът ABCABC е равнобедрен.
Решениеа) От AD+DE+EB=ABAD+DE+EB=AB следва, че1a+1b+1c=1.\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1.Единствените различни едноцифрени числа, за които това равенство е изпълнено, са a=2a=2, b=3b=3, c=6c=6. (Ясно е, че aa не може да е 1; най-голямото събираемо в сбора е 1a\dfrac{1}{a}, следователно 1a>13\dfrac{1}{a}\gt{}\dfrac{1}{3}, откъдето следва, че a=2a=2. Тогава 1b+1c=12\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{2} и тъй като 1b>1c\dfrac{1}{b}\gt{}\dfrac{1}{c}, получаваме 1b>14\dfrac{1}{b}\gt{}\dfrac{1}{4}, следователно b=3b=3, а c=6c=6.) Тъй като всички търсени числа са едноцифрени, подредени в нарастващ ред, то n=7n=7, m=8m=8, p=9p=9. (2 точки) б) Нека с hbh_b и hch_c означим височините в триъгълника ABCABC към страните ACAC и ABAB съответно. От AP=19ACAP=\dfrac{1}{9}AC следва, че SAPB=19SABCS_{APB}=\dfrac{1}{9}S_{ABC}, а тъй като тези триъгълници имат обща страна ABAB, получаваме, че h1=19hch_1=\dfrac{1}{9}h_c. От PM=18⋅PC=18⋅89AC=19ACPM=\dfrac{1}{8}\cdot PC=\dfrac{1}{8}\cdot\dfrac{8}{9}AC=\dfrac{1}{9}AC следва, че AM=29ACAM=\dfrac{2}{9}AC, откъдето SAMB=29SABCS_{AMB}=\dfrac{2}{9}S_{ABC}, а тъй като тези триъгълници имат обща страна ABAB, получаваме, че h2=29hch_2=\dfrac{2}{9}h_c. По същия начин, от MN=17⋅MC=17⋅79AC=19ACMN=\dfrac{1}{7}\cdot MC=\dfrac{1}{7}\cdot\dfrac{7}{9}AC=\dfrac{1}{9}AC следва, че AN=39ACAN=\dfrac{3}{9}AC, откъдето SANB=39SABCS_{ANB}=\dfrac{3}{9}S_{ABC}, а тъй като тези триъгълници имат обща страна ABAB, получаваме, че h3=39hch_3=\dfrac{3}{9}h_c. Следователно2(h1+h2+h3)=2⋅1+2+39hc=43hc.2(h_1+h_2+h_3)=2\cdot\dfrac{1+2+3}{9}h_c=\dfrac{4}{3}h_c.(2 точки) От AD=12ABAD=\dfrac{1}{2}AB следва, че SADC=12SABCS_{ADC}=\dfrac{1}{2}S_{ABC}, а тъй като тези триъгълници имат обща страна ACAC, получаваме, че h4=12hbh_4=\dfrac{1}{2}h_b. От AE=56ABAE=\dfrac{5}{6}AB следва, че SAEC=56SABCS_{AEC}=\dfrac{5}{6}S_{ABC}, а тъй като тези триъгълници имат обща страна ACAC, получаваме, че h5=56hbh_5=\dfrac{5}{6}h_b. Следователноh4+h5=12hb+56hb=43hb.h_4+h_5=\dfrac{1}{2}h_b+\dfrac{5}{6}h_b=\dfrac{4}{3}h_b.(2 точки) Като заместим в даденото равенство 2(h1+h2+h3)=h4+h52(h_1+h_2+h_3)=h_4+h_5, получаваме, че hc=hbh_c=h_b. Следователно AB=ACAB=AC, т.е. триъгълникът ABCABC е равнобедрен. (1 точка)
Klasirane.bg — проверен архив6.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Равностранен триъгълник със страна 45 cm е разделен на клетки с форма на равностранен триъгълник със страна 1 cm (виж фигура 1). В някои две клетки от триъгълника са поставени паяк и скакалец.Фигура 1: началото на мрежата от единични равностранни триъгълници.Паякът с един ход може да се премести във всяка клетка, която има обща страна или връх с тази, в която се намира (фигура 2). В никоя клетка той не стъпва повече от веднъж.Фигура 2: възможните ходове на паяка от двата вида триъгълни клетки.Скакалецът за един ход прескача по три клетки в показаните посоки и скача в една от шестте клетки, посочени със стрелки на фигура 3. В никоя клетка той не стъпва повече от веднъж.Фигура 3: шестте възможни посоки за скок на скакалеца.Най-много колко клетки може да посети всяко насекомо? Посочете (чрез пример) от коя клетка тръгва насекомото и как се движи, за да посети най-много клетки. Докажете, че не може да посети по-голям брой клетки.
РешениеАко поставим паяка в клетка във връх на триъгълника, той може да обиколи всички клетки ред по ред.Маршрутът на паяка ред по ред от официалното решение.На първия ред има 1 клетка, на втория 3, на третия 5 и т.н. На 45-ия ред има 45⋅2−1=8945\cdot2-1=89 клетки. Следователно общият брой клетки, които може да обходи паякът, е1+3+5+⋯+87+89=45⋅90:2=2025.1+3+5+\cdots+87+89=45\cdot90:2=2025.(2 точки) Нека поставим скакалеца в някоя от клетките, които се намират във връх на триъгълника. Оцветяваме тази клетка в черно и продължаваме да оцветяваме през ред, като оцветяваме първата и и всяка четвърта клетка по този ред. При това оцветяване, ако скакалецът тръгне от черна клетка, той винаги попада отново в черна.Черните клетки, до които може да скача скакалецът, от официалното решение.Скакалецът може да обиколи всички черни клетки, като мине последователно по нечетните редове, както е показано на схемата.Маршрутът на скакалеца по нечетните редове от официалното решение.Общият брой на оцветените клетки е1+2+⋯+23=23⋅242=276.1+2+\cdots+23=\dfrac{23\cdot24}{2}=276.(3 точки) За да се убедим, че по-дълъг маршрут е невъзможен, ще оцветим клетките в осем цвята. На чертежа във всяка клетка е записан номерът на нейния цвят; на нечетните редове се редуват цветовете 1, 5, 6, 7, а на четните редове се редуват цветовете 2, 4, 3, 8. При това оцветяване скакалецът може да посещава клетки само от един и същ цвят.Оцветяването на клетките с осем цвята от официалното решение.Клетките от всеки от цветовете 2, 3, 4, 5, 6 и 7, са 1+2+⋯+22=22⋅232=2531+2+\cdots+22=\dfrac{22\cdot23}{2}=253, а клетките от цвят 8 са 1+2+⋯+21=21⋅222=2311+2+\cdots+21=\dfrac{21\cdot22}{2}=231. (2 точки)
Klasirane.bg — проверен архив6.4Условие — източникРешение — източник

7

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
а) Пресметнете стойността на изразаA=12−22+32−42+⋯+232−242+2025.A=1^2-2^2+3^2-4^2+\cdots+23^2-24^2+2025.б) Ако48n:3n−2−42n(4n+1)(16n−4n+1)−(8n−1)2=\dfrac{48^n:3^{n-2}-4^{2n}}{(4^n+1)(16^n-4^n+1)-(8^n-1)^2}=2k,2^k,където kk е най-големият прост делител на AA, намерете nn.
Решениеа) НамирамеA=A=(1−2)(1+2)+(3−4)(3+4)(1-2)(1+2)+(3-4)(3+4)+⋯+(23−24)(23+24)+2025=+\cdots+(23-24)(23+24)+2025==−3−7−11−⋯−47+2025==-3-7-11-\cdots-47+2025=6⋅(−50)+2025=1725.6\cdot(-50)+2025=1725.(2 точки) б) Числителят на израза е равен на48n:3n−2−42n=24n⋅3n:3n−2−24n=48^n:3^{n-2}-4^{2n}=2^{4n}\cdot3^n:3^{n-2}-2^{4n}=24n(32−1)=8⋅24n=24n+3.2^{4n}(3^2-1)=8\cdot2^{4n}=2^{4n+3}.Знаменателят на израза е равен на(4n+1)(16n−4n+1)−(8n−1)2=(4^n+1)(16^n-4^n+1)-(8^n-1)^2=43n+1−82n+2⋅8n−1=26n−26n+23n+1=23n+1.4^{3n}+1-8^{2n}+2\cdot8^n-1=2^{6n}-2^{6n}+2^{3n+1}=2^{3n+1}.Тогава лявата страна на равенството е24n+3:23n+1=2n+2.2^{4n+3}:2^{3n+1}=2^{n+2}.(3 точки) Тъй като 1725=3⋅52⋅231725=3\cdot5^2\cdot23, то k=23k=23. Получаваме n+2=23n+2=23, т.е. n=21n=21. (1 точка)
Klasirane.bg — проверен архив7.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Участък има форма на кръг с център OO и радиус 14 m. Собственикът на участъка заградил правоъгълен двор ABCDABCD с висока ограда, като центърът OO е върху страната ABAB. Оказало се, че OA=3,5OA=3,5 m, AB=4⋅ADAB=4\cdot AD иAD2+DO2=OB2.AD^2+DO^2=OB^2.Кръглият участък и правоъгълният двор ABCD с център O върху AB от официалното условие.а) Намерете обиколката на ABCDABCD. б) Собственикът превърнал останалата част от участъка в тревна площ, засята с ливадни треви. В центъра OO е прикрепено 7-метрово въже и на другия му край е вързана коза, която се намира извън ABCDABCD и не може да прескочи оградата. Пресметнете с точност до цяло число най-много какъв процент от тревната площ може да е достъпна за козата (π≈227)(\pi\approx\dfrac{22}{7}).
Решениеа) Нека AD=xAD=x m. Тогава AB=4xAB=4x и OB=4x−3,5OB=4x-3,5. Според теоремата на Питагор, приложена за правоъгълния триъгълник AODAOD,OD2=x2+3,52.OD^2=x^2+3,5^2.От условието следва, чеx2+(x2+3,52)=(4x−3,5)2⟺x2=2xx^2+(x^2+3,5^2)=(4x-3,5)^2\Longleftrightarrow x^2=2xи тъй като x≠0x\ne0, получаваме x=2x=2. Тогава AB=8AB=8 m и PABCD=20P_{ABCD}=20 m. (3 точки) б) Тревната площ е 142π−2⋅8≈616−16=60014^2\pi-2\cdot8\approx616-16=600 m2^2. Достъпната за козата площ SS се състои от полукръг с радиус 7 m и четвъртинки от кръгове с радиуси 3,5 m, 2,5 m, 1,5 m, 0,5 m.Достъпната за козата площ около правоъгълния двор от официалното решение.ТогаваS=12⋅49π+π4(3,52+2,52+1,52+0,52)=S=\dfrac{1}{2}\cdot49\pi+\dfrac{\pi}{4}(3,5^2+2,5^2+1,5^2+0,5^2)=1194π≈\dfrac{119}{4}\pi\approx93,93,5 m2.5\text{ m}^2.От93,5600=15712%≈16%\dfrac{93,5}{600}=15\dfrac{7}{12}\%\approx16\%следва, че най-много 16% от тревната площ е достъпна за козата. (3 точки)
Klasirane.bg — проверен архив7.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Естествените числа aa и bb са такива, че стойността на всеки от изразитеa2+3b4иa3+4b5\dfrac{a^2+3^b}{4}\quad\text{и}\quad\dfrac{a^3+4^b}{5}е естествено число. Да се докаже, че стойността на израза(a+b)2−(a−1)2−(b+1)240\dfrac{(a+b)^2-(a-1)^2-(b+1)^2}{40}е цяло число.
РешениеВъзможните остатъци на a2a^2 при деление на 4 са 0 и 1 (от a≡0,1,2,3(mod4)a\equiv0,1,2,3\pmod{4} следва a2≡0,1,22,32≡0,1(mod4)a^2\equiv0,1,2^2,3^2\equiv0,1\pmod{4}). (1 точка) Възможните остатъци на 3b3^b при деление на 4 са 3 и 1: (тъй като 32k+1=9k⋅3≡3(mod4)3^{2k+1}=9^k\cdot3\equiv3\pmod{4}, 32k=9k≡1(mod4)3^{2k}=9^k\equiv1\pmod{4}). (1 точка) Следователно сборът a2+3ba^2+3^b се дели на 4, само когато a2≡1(mod4)a^2\equiv1\pmod{4} и 3b≡3(mod4)3^b\equiv3\pmod{4}, което е изпълнено точно когато aa е нечетно число и bb е нечетно число. (1 точка) Тъй като b=2k+1b=2k+1, получаваме4b=42k+1=4⋅16k≡4(mod5).4^b=4^{2k+1}=4\cdot16^k\equiv4\pmod{5}.(1 точка) Тъй като a3+4ba^3+4^b се дели на 5, то a3≡1(mod5)a^3\equiv1\pmod{5}. Това е възможно само при a≡1(mod5)a\equiv1\pmod{5} (тъй като a3≡0,1,23,33,43≡0,1,3,2,4(mod5)a^3\equiv0,1,2^3,3^3,4^3\equiv0,1,3,2,4\pmod{5}). (1 точка) Следователно (a−1)(a-1) се дели на 5, а тъй като aa е нечетно число, (a−1)(a-1) се дели на 10. Остава да забележим, че(a+b)2−(a−1)2−(b+1)2=2(a−1)(b+1)(a+b)^2-(a-1)^2-(b+1)^2=2(a-1)(b+1)и полученото произведение се дели на 40. (2 точки) Забележка. Последния резултат може да получим и по друг начин. Тъй като b=2k+1b=2k+1 и a−1=10ma-1=10m, т.е. a=10m+1a=10m+1, то(a+b)2−(a−1)2−(b+1)2=(a+b)^2-(a-1)^2-(b+1)^2=(2k+10m+2)2−(10m)2−(2k+2)2=40m(k+1),(2k+10m+2)^2-(10m)^2-(2k+2)^2=40m(k+1),откъдето директно следва, че даденият израз е цяло число.
Klasirane.bg — проверен архив7.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Октаедърът на чертежа е съставен от две еднакви правилни четириъгълни пирамиди с обща основа. Стените на октаедъра са равнобедрени триъгълници, при които бедрата са по-големи от основата.Октаедърът от две еднакви правилни четириъгълни пирамиди от официалното условие.На всяка от осемте стени на октаедъра е записано по едно от естествените числа от 1 до 8 (всяко число се използва точно веднъж). За един ход можем да увеличим с 1 числата на две стени, които имат общ ръб. Да се намери броят на различните начални разположения на числата, за които след краен брой ходове е възможно всички числа върху стените на октаедъра да станат равни. Две разположения се считат за различни, ако едното не може да се получи от другото чрез завъртане на октаедъра.
РешениеНеобходимост. Да оцветим стените на октаедъра шахматно в черно и бяло. Всеки ход увеличава с 1 сбора SbS_b на числата на черните стени и сбора SwS_w на числата на белите стени, т.е. разликата Sb−SwS_b-S_w се запазва. (1 точка) Ако от дадено начално разположение на числата след краен брой ходове се получават равни числа на стените на октаедъра, то разликата Sb−Sw=0S_b-S_w=0. Тъй като в началото Sb+Sw=1+2+⋯+8=36S_b+S_w=1+2+\cdots+8=36, необходимо условие да се получат равни числа на всички стени, е в началотоSb=Sw=18.S_b=S_w=18.(1 точка) Без ограничение може да приемем, че на стената ABEABE е записано числото 8. На трите едноцветни с ABEABE стени трябва да се запишат числа със сбор 10:Означенията A, B, C, D, E и F върху октаедъра от официалното решение.1+2+7;1+3+6,1+4+5,2+3+5,1+2+7;\quad1+3+6,\quad1+4+5,\quad2+3+5,а оставащите числа да се запишат на стените от другия цвят. Това може да стане по4⋅3!⋅4≠576 начина.4\cdot3!\cdot4\neq{}576\text{ начина}.(2 точки) Достатъчност. Ще докажем, че от начално разположение на числата, което изпълнява условието Sb=SwS_b=S_w, може с краен брой ходове да стигнем до конфигурация с равни числа на стените. Докато е възможно, на всеки ход избираме две съседни стени, на които са записани числа, по-малки от 8, и увеличаваме двете числа с 1. Ако в даден момент няма две съседни стени с числа, по-малки от 8, то или на всички стени е записано числото 8 и задачата е решена, или съществува стена, на която е записано число a<8a\lt{}8; да допуснем, че това е стената BCEBCE. На съседните стени на BCEBCE е записано числото 8. Да забележим, че трите съседни стени на BCEBCE и стената ADFADF са оцветени в един и същ цвят (нека е бял). Ако допуснем, че на стената ADFADF е записано числото 8, то на всички бели стени има осмица. Понеже сборът на числата на черните и белите стени е един и същ, следва, че и на черните стени са записани осмици; противоречие. Следователно на стената ADFADF е записано число b<8b\lt{}8. Следователно на трите съседни стени на ADFADF (които са черни) е записано числото 8. Сборът на числата на белите стени е 24+b24+b, сборът на числата на черните е 24+a24+a, следователно a=ba=b. За да изравним числата, забелязваме, че с 5 хода за стените(BCE,BCF),(BCE,ABE),(ADF,ADE),(BCE,BCF),\quad(BCE,ABE),\quad(ADF,ADE),(ADF,ABF),(DCF,DCE)\quad(ADF,ABF),\quad(DCF,DCE)увеличаваме с 2 числата на стените BCEBCE и ADFADF, а числата на останалите стени увеличаваме с 1. Така разликата между шестте по-големи числа и двете по-малки се намалява с 1; продължавайки по този начин, ще направим числата на всички стени равни. (3 точки)
Klasirane.bg — проверен архив7.4Условие — източникРешение — източник

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Числата a,b,c,xa,b,c,x изпълняват равенстватаx2−a+1=x3−b=x4−c+1x^2-a+1=x^3-b=x^4-c+1\quadи(a−b)2+3=2(a+c−2b).\text{и}\quad(a-b)^2+3=2(a+c-2b).Да се намерят всички възможни стойности на xx.
РешениеОтговор. −1,0,1,2-1,0,1,2Решение. (Първи начин) Имаме b−a=x3−x2−1b-a=x^3-x^2-1 и c−b=x4−x3+1c-b=x^4-x^3+1. Заместване в(b−a)2+3=2((c−b)−(b−a))(b-a)^2+3=2((c-b)-(b-a))води до еквивалентното(x3−x2−1)2+3=2(x4−2x3+x2+2).(x^3-x^2-1)^2+3=2(x^4-2x^3+x^2+2).След разкриване на скобите и съкращаване се получава x6−2x5−x4+2x3=0x^6-2x^5-x^4+2x^3=0, което се разлага доx3(x−1)(x+1)(x−2)=0.x^3(x-1)(x+1)(x-2)=0.Следователно xx може да бъде само −1,0,1,2-1,0,1,2. (За всяко такова xx възможните a,b,ca,b,c се определят изцяло от b−a=x3−x2−1b-a=x^3-x^2-1 и c−b=x4−x3+1c-b=x^4-x^3+1.) (Втори начин) Имаме a−b−1=x2−x3a-b-1=x^2-x^3 и c−b−1=x4−x3c-b-1=x^4-x^3. Равенството (a−b)2+3=2(a+c−2b)(a-b)^2+3=2(a+c-2b) е еквивалентно на (a−b−1)2=2(c−b−1)(a-b-1)^2=2(c-b-1). Оттук2x3(x−1)=x4(x−1)2,2x^3(x-1)=x^4(x-1)^2,което се разлага доx3(x−1)(x+1)(x−2)=0.x^3(x-1)(x+1)(x-2)=0.Следователно xx може да бъде само −1,0,1,2-1,0,1,2. (За всяко такова xx възможните a,b,ca,b,c се определят изцяло от b−a=x3−x2−1b-a=x^3-x^2-1 и c−b=x4−x3+1c-b=x^4-x^3+1.) Оценяване. (6 точки) 3 т. за достигане на уравнение само на променливата xx (от които 1 т. за изразяване на b−ab-a чрез xx, 1 т. за изразяване на c−bc-b чрез xx и 1 т. за заместване в даденото равенство за a,b,ca,b,c), 2 т. за получаване на разложен вид само с линейни множители (от които 1 т. ако е достигнато до уравнение от най-много трета степен в нормален вид при разкрити скоби), 1 т. за окончателен отговор.
Klasirane.bg — проверен архив8.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е успоредник ABCDABCD. Ъглополовящите на ъглите ∠DAC\angle DAC и ∠DBC\angle DBC се пресичат в точка KK. Известно е, че: • Разстоянието от KK до правата ADAD е равно на разстоянието от KK до правата BCBC. • Разстоянието от KK до правата ABAB е девет пъти по-дълго от разстоянието от KK до правата CDCD. Да се намери отношението AB:ADAB:AD.
РешениеОтговор. 3:43:4Решение. Нека AC∩BD=OAC\cap BD=O. ИмамеOK∥AD∥BC,OK\parallel AD\parallel BC,понеже KK и OO са на равни разстояния от ADAD и BCBC (за KK – по условие, за OO – от △AOD≅△BOC\triangle AOD\cong\triangle BOC).Правоъгълникът ABCD и точките K, O, M и N от официалното решение.Оттук ∠AKO=∠KAD=∠KAO\angle AKO=\angle KAD=\angle KAO, съответно AO=OKAO=OK. Аналогично BO=OKBO=OK, следователно AO=BOAO=BO, т.е. AC=BDAC=BD, оттук ABCDABCD е правоъгълник. Понеже ABCDABCD е правоъгълник и KK и OO са на равни разстояния от ADAD и BCBC, то KK и OO лежат на общата симетрала MNMN на ABAB и CDCD, където MM и NN са средите на ABAB и CDCD. Освен това, от OK=AO>OM=ONOK=AO\gt{}OM=ON следва, че NN е между KK и OO. При KN=xKN=x от даденото имаме MK=9xMK=9x, оттукMO=ON=MK−NK2=4x.MO=ON=\dfrac{MK-NK}{2}=4x.Така AO=OK=ON+NK=5xAO=OK=ON+NK=5x и AM=x2AO2−OM2=3xAM=\sqrt{\vphantom{x^2}AO^2-OM^2}=3x от Питагоровата теорема за △AOM\triangle AOM. Окончателно AB=2AM=6xAB=2AM=6x, AD=MN=8xAD=MN=8x и AB:AD=3:4AB:AD=3:4. Оценяване. (6 точки) 1 т. за доказване на някое от AO=OKAO=OK и BO=OKBO=OK, 1 т. за доказване, че ABCDABCD е правоъгълник, 1 т. за получаване на MO=ON=4KNMO=ON=4KN, 1 т. за получаване на AO=5KNAO=5KN, 1 т. за получаване на AM=3KNAM=3KN, 1 т. за окончателен отговор.
Klasirane.bg — проверен архив8.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Ивайло избрал няколко различни (краен брой, поне две) прости числа с произведение nn, като за всяко избрано просто число pp е изпълнено, че 4n4n се дели на p2−1p^2-1. Да се намерят всички възможни стойности на nn.
РешениеОтговор. 6,30,3306,30,330Решение. Нека p1<p2<⋯<pkp_1\lt{}p_2\lt{}\cdots\lt{}p_k, k≥2k\ge2, са избраните прости числа. Не е възможно всичките да са нечетни, понеже тогава 4n4n не се дели на 8, докато p2−1=(p−1)(p+1)p^2-1=(p-1)(p+1) се дели на 8 за всяко нечетно pp. Оттук p1=2p_1=2. Сега получаваме, че 22−1=32^2-1=3 е делител на 4n4n, съответно p2=3p_2=3. Ако k=2k=2, то n=p1p2=6n=p_1p_2=6; нека k≥3k\ge3. Да отбележим, че ако j≥i≥3j\ge i\ge3, то НОД⁡(pi−1,pj)=НОД⁡(pi+1,pj)=1\operatorname{НОД}(p_i-1,p_j)=\operatorname{НОД}(p_i+1,p_j)=1, тъй като pjp_j е просто и надвишава pi−1p_i-1, а не дели и pi+1p_i+1 понеже надвишава pi+12\dfrac{p_i+1}{2} при pi≥5p_i\ge5, докато pj=pi+1p_j=p_i+1 е невъзможно поради четност. Така непременно p32−1p_3^2-1 дели 4⋅2⋅3=244\cdot2\cdot3=24 и с p3≥5p_3\ge5 получаваме само p3=5p_3=5. Ако k=3k=3, то n=30n=30; нека k≥4k\ge4. Непременно p42−1p_4^2-1 дели 120 и предвид p4>p3=5p_4\gt{}p_3=5 получаваме само p4=11p_4=11, тъй като 72−1=487^2-1=48 не дели 120. Ако k=4k=4, то n=330n=330; нека k≥5k\ge5. Необходимо е p52−1p_5^2-1 да дели 1320, еквивалентно на p52−18\dfrac{p_5^2-1}{8} да дели 165. Предвид p5>p4=11p_5\gt{}p_4=11 и 8⋅15+1=1128\cdot15+1=11^2, работим само с делителите на 165, по-големи от 15, които са 165, 55, 33. Обаче 165⋅8+1=1321∈(362,372)165\cdot8+1=1321\in(36^2,37^2) и 33⋅8+1=265=5⋅5333\cdot8+1=265=5\cdot53 не са точни квадрати, а 55⋅8+1=21255\cdot8+1=21^2 би дало p5=21p_5=21, което не е просто число. Окончателно k≥5k\ge5 е невъзможно. Оценяване. (7 точки) 1 т. за доказване на p1=2p_1=2, 1 т. за доказване на p2=3p_2=3, 1 т. за доказване на p3=5p_3=5, 1 т. за доказване на p4=11p_4=11, 2 т. за отхвърляне на k≥5k\ge5, 1 т. за напълно верен отговор.
Klasirane.bg — проверен архив8.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
(7 точки) Дадени са 15 точки, разположени на равни разстояния по окръжност. Всеки две от точките са свързани с отсечка. Пътека ще наричаме редица от две по две различни отсечки, такива че всяка, освен първата, има общ край с предишната и никои три последователни отсечки в редицата нямат общ край. Колко най-много отсечки може да има по пътека, ако никои две от тях не лежат на две прави, сключващи ъгъл 60∘60^\circ? На фигурата е показана пътека, съставена от седем отсечки.Пътека от седем отсечки между 15 равноотдалечени точки от официалното условие.
РешениеОтговор. 31 Решение. Да означим точките с A1,A2,A3,…,A3nA_1,A_2,A_3,\ldots,A_{3n}, където nn е нечетно число (тук n=5n=5). Общият брой отсечки е 3n(3n−1)2\dfrac{3n(3n-1)}{2}, съответно отсечките могат да се разбият на 3n3n групи от по 3n−12\dfrac{3n-1}{2} взаимно успоредни отсечки. Да номерираме групите с 1,2,3,…,3n1,2,3,\ldots,3n, като в група ii са успоредните на AiAi+1A_iA_{i+1} (считаме A3n+1=A1A_{3n+1}=A_1). Тъй като 60∘=13⋅180∘60^\circ=\dfrac{1}{3}\cdot180^\circ, то две отсечки сключват ъгъл 60∘60^\circ тогава и само тогава когато принадлежат на две различни групи с номера, които дават един и същи остатък при деление на nn. Да разгледаме всички отсечки от произволни nn групи с номера, които дават различни остатъци при деление на nn. Нека от точките излизат съответно k1,k2,…,k3nk_1,k_2,\ldots,k_{3n} на брой от избраните отсечки. Във всяка пътека има не повече от две точки, от които излизат нечетен брой отсечки, тъй като нечетен брой може да има евентуално само при двата края на пътеката. Тъй като ki≤nk_i\le n (понеже групите са nn на брой) и nn е нечетно число, то от 3n−23n-2 от точките излизат не повече от n−1n-1 (четно число) от избраните отсечки. Следователно∑i=13nki≤(3n−2)(n−1)+2n=3n2−3n+2.\sum_{i=1}^{3n}k_i\le(3n-2)(n-1)+2n=3n^2-3n+2.Оттук получаваме, че броят на отсечките по пътека с желаното свойство не надвишава3n2−3n+22,\dfrac{3n^2-3n+2}{2},тъй като всяка отсечка е броена по два пъти в горната сума. За пример с 3n2−3n+22\dfrac{3n^2-3n+2}{2} отсечки можем да изберем всички отсечки от групите с номера 1,2,3,…,n1,2,3,\ldots,n и да изключим n−1n-1 от отсечките в група с номер s=n+12s=\dfrac{n+1}{2}, които са най-близо до отсечката AsAs+1A_sA_{s+1}. При n=5n=5 този брой е 31, като на фигурата възможна пътека започва от A8A_8 и завършва в A14A_{14}.Официалната конструкция на пътека с 31 отсечки между точките A1 до A15.Оценяване. (7 точки) 1 т. за получаване, че по пътеката няма две отсечки от групи с еднакъв остатък при деление на 5, 2 т. за получаване, че при 5 групи с различни остатъци при деление на 5 е изпълнено, че 5 точки са краища на 4 отсечки и 10 точки са краища на 5 отсечки, 1 т. за пресмятане на общия брой от 35 отсечки в петте групи, 1 т. за елиминиране на 4 от отсечките поради нечетност, 2 т. за работещ пример с 31 отсечки.
Klasirane.bg — проверен архив8.4Условие — източникРешение — източник

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Уравнението x2+ax+b=0x^2+ax+b=0 има два корена x1x_1 и x2x_2, които са естествени числа и за които е изпълнено равенството:x1+20x1−20=x2+26x2−26.\frac{x_1+20}{x_1-20}=\frac{x_2+26}{x_2-26}.Да се намери най-малката стойност на bb.
РешениеРешение. Привеждаме под общ знаменател.(x1+20)(x2−26)=(x1−20)(x2+26)(x_1+20)(x_2-26)=(x_1-20)(x_2+26)x1x2+20x2−26x1−20⋅26=x_1x_2+20x_2-26x_1-20\cdot26=x1x2−20x2+26x1−20⋅26x_1x_2-20x_2+26x_1-20\cdot26Съкращаваме и получаваме 10x2=13x110x_2=13x_1. Най-малките естествени числа, които удовлетворяват това равенство са x1=10x_1=10 и x2=13x_2=13. Тъй като b=x1x2=1013x22b=x_1x_2=\frac{10}{13}x_2^2, а най-малката стойност на bb се получава при най-малката стойност на x2x_2, то b=130b=130. Оценяване. 1 т. за премахване на знаменателя; 1 т. за опростяване; 2 т. за най-малкото решение в естествени числа; 2 т. за довършване.
Klasirane.bg — проверен архив9.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Точките PP и QQ са от страната ABAB (в ред AA, PP, QQ и BB), а точката RR е от страната BCBC на триъгълник ABCABC. Отсечката ARAR пресича отсечките CPCP и CQCQ съответно в точки XX и YY. Ако APYCAPYC и PQYXPQYX са вписани четириъгълници и ∠ACB=70∘\angle ACB=70^\circ, да се намери ъгълът между правите QXQX и BCBC.
РешениеРешение. Тъй като PQXYPQXY е вписан имаме ∠XPQ+∠XYQ=180∘\angle XPQ+\angle XYQ=180^\circ. Тогава:(1)(1)\qquad∠APX+∠CYX= \angle APX+\angle CYX=(180∘−∠XPQ)+(180∘−∠XYQ)=180∘.(180^\circ-\angle XPQ)+(180^\circ-\angle XYQ)=180^\circ.Сега от вписания четириъгълник APYCAPYC получаваме ∠APX=∠CYX\angle APX=\angle CYX и от (1) намираме ∠APX=∠CYX=90∘\angle APX=\angle CYX=90^\circ, т.е. XX е ортоцентър за △AQC\triangle AQC. Следователно QX⊥ACQX\perp AC и от ∠ACB=70∘\angle ACB=70^\circ получаваме, че търсеният ъгъл е 20∘20^\circ.Триъгълникът ABC и точките P, Q, R, X и Y от официалното решение.Оценяване. 2 т. за ∠APX=90∘\angle APX=90^\circ или ∠CYX=90∘\angle CYX=90^\circ; 2 т. за намиране, че XX е ортоцентър за △AQC\triangle AQC; 2 т. за довършване.
Klasirane.bg — проверен архив9.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се реши в цели неотрицателни числа уравнението x3+16=y2x^3+16=y^2.
РешениеРешение. Първо да отбележим че (0,4)(0,4) е решение. Да разгледаме остатъците на y2y^2 и x3x^3 по модул 9. Директно проверяваме, че в първия случай те са 0,1,4,70,1,4,7 а във втория — 0,1,80,1,8. Тъй като 16≡−2(mod9)16\equiv-2\pmod 9, значи y2≡7(mod9)y^2\equiv7\pmod 9 и x≡0(mod9)x\equiv0\pmod 9. Следователно x=3zx=3z за някое цяло zz. Получаваме 27z3=(y−4)(y+4)27z^3=(y-4)(y+4). Значи или y−4y-4 се дели на 27 или y+4y+4 се дели на 27. 1сл. y=27k+4y=27k+4. Тогава 27z3=27k(27k+8)27z^3=27k(27k+8). Нека g=gcd⁡(27k,27k+8)g=\gcd(27k,27k+8). Тъй като степента на 2 трябва да е кратна на 3, имаме g=1,8g=1,8. Ако g=1g=1, тогава 27k=u327k=u^3 и 27k+8=w327k+8=w^3. Но тогава u3+8=w3u^3+8=w^3 няма решение. Ако g=8g=8, тогава 27z3=64(27k1)(27k1+1)27z^3=64(27k_1)(27k_1+1) и аналогично на предния случай ще стигнем до u3+1=w3u^3+1=w^3. Тогава k1=0k_1=0, следователно z=0z=0, x=0x=0 и стигаме до известното решение. 2 сл. y=27k−4y=27k-4. Имаме 27z3=27k(27k−8)27z^3=27k(27k-8) и можем да приложим точно същият анализ. Окончателно получаваме че други решения няма. Оценяване. 2 т. за остатъците на квадратите по mod  9\mod 9; 1 т. за кратността на xx; 1 т. за представянето 27z3=(y−4)(y+4)27z^3=(y-4)(y+4), 2 т. за 1 сл., 1 т. за довършване. Бележка: Този тип диофантови уравнения се наричат уравнения на Мордел, а кривите от вида y2=x3+ax+by^2=x^3+ax+b се наричат елиптични криви и имат редица важни приложения.
Klasirane.bg — проверен архив9.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
В равнината са дадени 101 прави l1,l2,…,l101l_1,l_2,\ldots,l_{101} в общо положение (всеки две се пресичат и никои три не минават през една точка). Върху пресечната точка на правите lil_i и ljl_j е записано числото i+ji+j. Множество AA от kk естествени числа е такова, че върху всяка права е записано поне едно число от AA и ако махнем произволно число от AA съществува права, върху която няма записано число от новото множество. Да се намерят всички възможни стойности на kk.
РешениеРешение. Ще докажем, че възможните стойности са k=2,3,4k=2,3,4. Ако k=1k=1, то A={a}A=\{a\} и при a≤101a\le101 върху правата 101 няма число, при a=102a=102 върху правата 51 няма число и при a≥103a\ge103 върху правата 1 няма число. При k=2k=2 множеството A={102,52}A=\{102,52\} е хубаво. При k=3k=3 множеството A={105,4,3}A=\{105,4,3\} е хубаво. При k=4k=4 множеството A={106,108,6,4}A=\{106,108,6,4\} е хубаво. Нека k≥5k\ge5. Ясно е, че или има три числа a<b<c≤101a\lt{}b\lt{}c\le101 или има три числа 102≤m<n<p102\le m\lt{}n\lt{}p. Нека a<b<c≤101a\lt{}b\lt{}c\le101. Ще покажем, че на всички прави, на които се среща числото aa се среща някое от числата bb или cc. Нека на права xx се среща числото aa. Следователно съществува yy, за което x+y=ax+y=a. Тогава x+(b−x)=bx+(b-x)=b и x+(c−x)=cx+(c-x)=c, като 101>b>b−x>a−x=y≥1101\gt{}b\gt{}b-x\gt{}a-x=y\ge1 и 101≥c>c−x>a−x=y≥1101\ge c\gt{}c-x\gt{}a-x=y\ge1. Тъй като x=b−xx=b-x и x=c−xx=c-x не са възможни едновременно, то поне в единия сбор x+(b−x)=bx+(b-x)=b и x+(c−x)=cx+(c-x)=c двете събираеми са различни. Това означава, че на правата xx се среща едно от числата bb или cc. Нека 102≤m<n<p102\le m\lt{}n\lt{}p. Ще покажем, че на всички прави, на които се среща числото pp се среща някое от числата mm или nn. Нека на права xx се среща числото pp. Следователно съществува 1≤y≤1011\le y\le101, за което x+y=px+y=p. Тогава x+(m−x)=mx+(m-x)=m и x+(n−x)=nx+(n-x)=n, като 1≤m−x<p−x=y≤1011\le m-x\lt{}p-x=y\le101 и 1≤n−x<p−x=y≤1011\le n-x\lt{}p-x=y\le101. Тъй като x=m−xx=m-x и x=n−xx=n-x не са възможни едновременно, то поне в единия сбор x+(m−x)=mx+(m-x)=m и x+(n−x)=nx+(n-x)=n двете събираеми са различни. Това означава, че на правата xx се среща едно от числата mm или nn. И в двата случая получихме противоречие, което означава че възможните стойности са k=2,3,4k=2,3,4. Оценяване. 2 т. за примери и за трите стойности за kk (1 т. за примери за две от възможните стойности за kk); 3 т. за доказване, че не може да има три числа по-малки от 102 (или три числа по-големи от 101); 5 т. за доказване и на двете твърдения.
Klasirane.bg — проверен архив9.4Условие — източникРешение — източник

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Едно уравнение ще наричаме интересно, ако съществува реално число cc, такова че за всеки реален корен на уравнението x0x_0 е в сила:x2c+1x0=x2c2−x02.\sqrt{\vphantom{x^2}c+\frac{1}{x_0}}=\sqrt{\vphantom{x^2}c^2-x_0^2}.а) Докажете, че уравнението x3−1=0x^3-1=0 е интересно. б) Намерете за кои стойности на параметъра aa уравнениетоx4−x3+ax2+(1−a)x−1=0x^4-x^3+ax^2+(1-a)x-1=0има поне два реални корена и е интересно.
РешениеРешение. а) x3−1=0x^3-1=0 има единствен реален корен x=1x=1. Значи за него трябва да е изпълнено условието: c+1=c2−1⟹(c+1)(c−2)=0c+1=c^2-1\Longrightarrow(c+1)(c-2)=0, т.е. c=2c=2 или c=−1c=-1. И за двете стойности на cc подкоренните величини са неотрицателни, така че уравнението със сигурност е интересно. б) Разлагаме уравнението до следния вид: (x−1)(x3+ax+1)=0(x-1)(x^3+ax+1)=0. Отново имаме корен 1 и от а) следва, че c∈{2,−1}c\in\{2,-1\}. Нека сега x0x_0 е корен на x3+ax+1=0x^3+ax+1=0 (по условие, а и по принцип винаги съществува за уравнение от трета степен). Значи x03=−ax0−1x_0^3=-ax_0-1. Използвайки равенството в условието, трябва да е в сила, че:c+1x0=c2−x02⟺x03+1x0=c+\frac{1}{x_0}=c^2-x_0^2\Longleftrightarrow\frac{x_0^3+1}{x_0}=c2−c⟺−ax0−1+1x0=2⟹a=−2.c^2-c\Longleftrightarrow\frac{-ax_0-1+1}{x_0}=2\Longrightarrow a=-2.Остава да проверим дали за всеки корен на уравнението (x−1)(x3−2x+1)=0(x-1)(x^3-2x+1)=0 подкоренните величини са неотрицателни. Имаме(x−1)(x3−2x+1)=(x-1)(x^3-2x+1)=0⟺(x−1)2(x2+x−1)=0⟺x∈0\Longleftrightarrow(x-1)^2(x^2+x-1)=0\Longleftrightarrow x\in{1,−1±52}.\left\{1,\frac{-1\pm\sqrt5}{2}\right\}.При c=2c=2 това е изпълнено и следователно a=−2a=-2 е единствената стойност, за която даденото уравнение е интересно. Оценяване. (6 точки) a) 1 т. за c=2c=2 или c=−1c=-1; 1 т. за проверка на подкоренните величини; б) 1 т. за разлагането и c∈{2,−1}c\in\{2,-1\}.; 1 т. за a=−2a=-2; 1 т. за пресмятане на корените; 1 т. за проверка на дефиниционната област.
Klasirane.bg — проверен архив10.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCABC с описана окръжност ω\omega. Нека вътрешната и външната ъглополовяща на ъгъл ACBACB пресичат правата ABAB съответно в точки DD и EE. Точки II и KK лежат на правата ACAC (KK е между AA и II) и са такива, че DI=DCDI=DC и EC=EKEC=EK. Докажете, че правите EKEK и CDCD се пресичат върху ω\omega тогава и само тогава, когато правите EKEK и DIDI се пресичат върху ω\omega.
РешениеРешение. Нека DI∩EK=PDI\cap EK=P, а CD∩EK=SCD\cap EK=S.Триъгълникът ABC, окръжността и точките D, E, I, K, P, R и S от официалното решение.(Първи начин) Нека допуснем, че S∈ωS\in\omega. Тогава е в сила, че SA=SBSA=SB. Пресмятаме ∠EPD=∠PKI+∠PIK=∠EKC+∠DIC=∠ECK+∠DCI=90∘\angle EPD=\angle PKI+\angle PIK=\angle EKC+\angle DIC=\angle ECK+\angle DCI=90^\circ и следователно DPECDPEC е вписан четириъгълник, т.е. SD.SC=SP.SESD.SC=SP.SE. Но от △SAD∼△SCA\triangle SAD\sim\triangle SCA знаем, че SD.SC=SA2=SB2SD.SC=SA^2=SB^2. Следователно SP.SE=SA2=SB2SP.SE=SA^2=SB^2, т.е. △SEA∼△SAP\triangle SEA\sim\triangle SAP и △SEB∼△SBP\triangle SEB\sim\triangle SBP. Тогава ∠SEA=∠PAS\angle SEA=\angle PAS и ∠SEB=∠PBS\angle SEB=\angle PBS. Но ∠SEA=∠SEB\angle SEA=\angle SEB, следователно ∠PAS=∠PBS\angle PAS=\angle PBS и P,S,B,AP,S,B,A лежат на една окръжност, която е ω\omega. Нека сега P∈ωP\in\omega. Тогава ∠DPC=∠DEC=90∘−12γ−β\angle DPC=\angle DEC=90^\circ-\frac12\gamma-\beta, ∠CPB=∠CAB=α\angle CPB=\angle CAB=\alpha. Следователно ∠BPS=12γ=∠BCS\angle BPS=\frac12\gamma=\angle BCS и S∈ωS\in\omega. (Втори начин) Нека DI∩EC=RDI\cap EC=R и ℓ\ell е допирателната към ω\omega в точка CC. Ще докажем, че описаните окръжности около △CRS\triangle CRS и △ABC\triangle ABC се допират вътрешно в точка CC. От DP⊥EPDP\perp EP и DC⊥ECDC\perp EC следва, че SRCPSRCP и DPECDPEC са вписани четириъгълници, т.е.∠CRS=∠CPE=∠CDE=∠ABC+∠BCD=\angle CRS=\angle CPE=\angle CDE=\angle ABC+\angle BCD=∠(ℓ,AC)+∠ACD=∠(ℓ,CD).\angle(\ell,AC)+\angle ACD=\angle(\ell,CD).Но последното означава, че ℓ\ell се допира и до описаната около △CRS\triangle CRS окръжност ω′\omega'. Следователно всяко едно от условията S∈ωS\in\omega или P∈ωP\in\omega е еквивалентно на ω≡ω′\omega\equiv\omega' и твърдението е доказано. Оценяване. (6 точки) (Първи начин) (→)(\rightarrow) 1 т. за DPECDPEC вписан и SP.SE=SD.SCSP.SE=SD.SC; 1 т. за SD.SC=SA2=SB2SD.SC=SA^2=SB^2; 2 т. за ∠PAS=∠PEA=∠PBS\angle PAS=\angle PEA=\angle PBS и P∈ωP\in\omega; (←)(\leftarrow) 1 т. за ∠BPS=12γ\angle BPS=\frac12\gamma; 1 т. за S∈ωS\in\omega. (Втори начин) 2 т. за построяването на точка RR и свеждане на задачата до доказване на факта, че описаната окръжност около △CRS\triangle CRS се допира до ω\omega; 1 т. за SRCPSRCP и DPECDPEC вписани; 3 т. за довършване.
Klasirane.bg — проверен архив10.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
В равнината са дадени 46 точки. Сумата от всевъзможните разстояния между тях е 2025. Да се докаже, че съществува затворена начупена линия, минаваща през всяка точка точно по веднъж, с дължина най-много 90.
РешениеРешение. (Първи начин) Ще докажем задачата в общ случай, а именно - ако имаме NN точки и сума SS, не е възможно всяка затворена начупена линия да е с дължина повече от 2SN−1\frac{2S}{N-1}. Да допуснем, че е така. Първо, броят на затворените начупени линии е (N−1)!2\frac{(N-1)!}{2}, защото ако номерираме точките от 1 до NN, всяка затворена линия е пермутация на тези числа. Тъй като е затворена, трябва да разделим на NN и тъй като имаме и две посоки на обхождане, делим и на 2. Значи сумата от всички начупени линии е повече от (N−1)!2.2SN−1=S.(N−2)!\frac{(N-1)!}{2}.\frac{2S}{N-1}=S.(N-2)!. От друга страна, можем да преброим всяка отсечка в колко начупени затворени линии участва. Този брой е точно (N−2)!(N-2)!, което можем да обосновем по следния начин. Търсим броя на пермутациите, в които числата aa и bb са едно до друго. Този брой е 2.(N−1)!2.(N-1)!. Сега делим отново на 2.(N−1)2.(N-1) заради посоката и затвореността. Значи сумата от всички начупени линии е S.(N−2)!S.(N-2)! - противоречие. (Втори начин) Ще докажем с индукция по NN, че при NN точки съществува Хамилтонов цикъл с дължина не повече от 2SN/(N−1)2S_N/(N-1), където SNS_N е сумата на всички разстояния между NN-те точки. Базата на индукцията при N=3N=3 е тривиална. Да допуснем, че това е вярно за всеки N−1N-1 точки, N≥4N\ge4. Да вземем произволни NN точки. Фиксираме една, да я кръстим X0X_0. За останалите N−1N-1 точки прилагаме индукционното предположение. Т.е., съществува цикъл X1X2…XN−1X1X_1X_2\ldots X_{N-1}X_1 с обща дължина S′≤2SN−1/(N−2)S'\le2S_{N-1}/(N-2), където SN−1S_{N-1} е сумата от разстоянията м/у всеки две от точките {X1,X2,…,Xn−1}\{X_1,X_2,\ldots,X_{n-1}\}. Да означим ΔS:=∑i=1n−1X0Xi\Delta S:=\sum_{i=1}^{n-1}X_0X_i. Имамеmin⁡i(X0Xi+X0Xi+1−XiXi+1)≤\min_i(X_0X_i+X_0X_{i+1}-X_iX_{i+1})\le1N−1(2∑i=1N−1X0Xi−S′)=2ΔSN−1−S′N−1.\frac{1}{N-1}\left(2\sum_{i=1}^{N-1}X_0X_i-S'\right)=\frac{2\Delta S}{N-1}-\frac{S'}{N-1}.Следователноmin⁡i(X0Xi+1Xi+2…XiX0)=min⁡i(X0Xi+X0Xi+1−XiXi+1)+S′≤2ΔSN−1−S′N−1+S′=2ΔSN−1+N−2N−1S′≤2ΔSN−1+N−2N−1⋅2SN−1N−2=2ΔS+2SN−1N−1=2SNN−1.\begin{aligned} \min_i(X_0X_{i+1}X_{i+2}\ldots X_iX_0) &=\min_i(X_0X_i+X_0X_{i+1}-X_iX_{i+1})+S'\\ &\le\frac{2\Delta S}{N-1}-\frac{S'}{N-1}+S'=\frac{2\Delta S}{N-1}+\frac{N-2}{N-1}S'\\ &\le\frac{2\Delta S}{N-1}+\frac{N-2}{N-1}\cdot\frac{2S_{N-1}}{N-2}=\frac{2\Delta S+2S_{N-1}}{N-1}\\ &=\frac{2S_N}{N-1}. \end{aligned}Оценяване. (7 точки) 1 т. за правилно обобщение на твърдението. В случай, че това се прави последно или не се прави, точката се прехвърля при довършване; 1 т. за разглеждане на подход със сумиране; 2 т. за преброяване на броя на затворените начупени линии с обосновка (обосновката е 1 точка); 2 т. за преброяване на броя срещания на всяка отсечка с обосновка; 1 т. за довършване.
Klasirane.bg — проверен архив10.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадени са две ненулеви цели числа mm и nn, които са взаимно прости. Да се намерят всички функции f:Z→Zf:\mathbb Z\to\mathbb Z, такива че:f(m.x+n.y)=mf(f(x))+nf(f(y))f(m.x+n.y)=mf(f(x))+nf(f(y))
РешениеРешение. (Първи начин) Нека положим g(x)=f(f(x))g(x)=f(f(x)). Тогаваf(mx)=mg(x)+ng(0)(1)f(mx)=mg(x)+ng(0)\tag{1}От друга страна mx=m(x+nt)−nmtmx=m(x+nt)-nmt и можем да заместим. Получаваме, че за всяко tt и всяко xx:f(mx)=mg(x+nt)+ng(−mt)(2)f(mx)=mg(x+nt)+ng(-mt)\tag{2}Приравнявайки (1) и (2) и замествайки t=1t=1, получаваме:mg(x+n)+ng(−m)=mg(x+n)+ng(-m)=mg(x)+ng(0)⟺g(x+n)−g(x)=mg(x)+ng(0)\Longleftrightarrow g(x+n)-g(x)=nm(g(0)−g(−m))(3)\frac{n}{m}(g(0)-g(-m))\tag{3}Дясната страна не зависи от xx, значи получаваме, че g(x+n)−g(x)=C1g(x+n)-g(x)=C_1. Аналогично получаваме, че g(x+m)−g(x)=C2g(x+m)-g(x)=C_2. Но g(mn)=g(0)+mC1=g(0)+nC2g(mn)=g(0)+mC_1=g(0)+nC_2, откъдето C2=mnC1C_2=\frac{m}{n}C_1. Сега, от Безу следва, че има числа p,qp,q, такива че 1=mp+nq1=mp+nq. Получаваме следната връзка:g(x+1)=g(x+mp+nq)=g(x+1)=g(x+mp+nq)=g(x+mp)+qC1=g(x)+pC2+qC1.g(x+mp)+qC_1=g(x)+pC_2+qC_1.Значи g(x)g(x) е линейна функция. т.е. f(f(x))=ax+bf(f(x))=ax+b. Връщаме се в условието на задачата: f(mx+ny)=m(ax+b)+n(ay+b)=a(mx+ny)+b(m+n)f(mx+ny)=m(ax+b)+n(ay+b)=a(mx+ny)+b(m+n). Но всяко едно число може да се представи във вида z=mx+byz=mx+by, така че f(z)=az+b(m+n)f(z)=az+b(m+n) за всяко zz. Значи, замествайки във f(f(x))=ax+bf(f(x))=ax+b, получаваме, че f(ax+b(m+n))=a2x+ab(m+n)+b(m+n)⟹a2x+ab(m+n)+bm+bn=ax+bf(ax+b(m+n))=a^2x+ab(m+n)+b(m+n)\Longrightarrow a^2x+ab(m+n)+bm+bn=ax+b. Tъй като това е равенство за всяко xx, имаме, че a2=aa^2=a и ab(m+n)+b(m+n)=bab(m+n)+b(m+n)=b. Имаме два случая: a=0a=0 или a=1a=1: • a=0⟹b(m+n)=ba=0\Longrightarrow b(m+n)=b. Ако m+n=1m+n=1, тогава f(x)≡Cf(x)\equiv C, а ако не, то f(x)≡0f(x)\equiv0. • a=1⟹2b(m+n)=ba=1\Longrightarrow2b(m+n)=b. Следователно b=0b=0 и f(x)=xf(x)=x. Отговор: Ако m+n=1m+n=1, то f(x)=Cf(x)=C или f(x)=xf(x)=x; Ако m+n≠1m+n\neq1, то f(x)=0f(x)=0 или f(x)=xf(x)=x; (Втори начин) Последователно имаме, че 1. P(x,y)=(x,0)⟹f(mx)=mf(f(x))+nf(f(0))P(x,y)=(x,0)\Longrightarrow f(mx)=mf(f(x))+nf(f(0))2. P(x,y)=(0,x)⟹f(nx)=nf(f(x))+mf(f(0))P(x,y)=(0,x)\Longrightarrow f(nx)=nf(f(x))+mf(f(0))3. P(0,0)⟹f(0)=(m+n)f(f(0))P(0,0)\Longrightarrow f(0)=(m+n)f(f(0))4. f(mx+ny)=f(mx)+f(ny)−f(0)f(mx+ny)=f(mx)+f(ny)-f(0)От последното с индукция xx следва, чеf(mnx)=x(f(mn)−f(0))+f(0)∀x∈Zf(mnx)=x\big(f(mn)-f(0)\big)+f(0)\quad\forall x\in\mathbb ZДа отбележим също, че 1.⟹f(mx)≡nf(f(0))≡(m+n)f(f(0))≡f(0)(modm)1.\Longrightarrow f(mx)\equiv nf(f(0))\equiv(m+n)f(f(0))\equiv f(0)\pmod m и 2.⟹f(nx)≡f(0)(modn)2.\Longrightarrow f(nx)\equiv f(0)\pmod n, т.е f(mn)≡f(0)(modmn)f(mn)\equiv f(0)\pmod{mn}, т.е f(mn)−f(0)=mnaf(mn)-f(0)=mna за някое a∈Za\in\mathbb Z, т.к (m,n)=1(m,n)=1. Така получаваме, че (5)(5) f(mnx)=amnx+f(0)f(mnx)=amnx+f(0) за x∈Zx\in\mathbb Z. От (1), (3) и (5) имаме, чеamnx+f(0)=f(mnx)=mf(f(nx))+nf(f(0))amnx=mf(f(nx))−mf(f(0))f(f(nx))=anx+f(f(0))\begin{aligned} amnx+f(0)&=f(mnx)=mf(f(nx))+nf(f(0))\\ amnx&=mf(f(nx))-mf(f(0))\\ f(f(nx))&=anx+f(f(0)) \end{aligned}и аналогичноf(f(mx))=amx+f(f(0)).f(f(mx))=amx+f(f(0)).Сега замествайки в (1) получавамеamx+f(f(0))=f(f(mx))=amx+f(f(0))=f(f(mx))=f(mf(f(x))+nf(f(0)))=mf(4)(x)+nf(4)(0)f(mf(f(x))+nf(f(0)))=mf^{(4)}(x)+nf^{(4)}(0)f(4)(x)=ax+b,f^{(4)}(x)=ax+b,където b=(f(f(0))−nf(4)(0))/mb=(f(f(0))-nf^{(4)}(0))/m. Сега, замествайки в равенството от условието получавамеf(f(mx+ny))=f(mf(f(x))+nf(f(y)))=mf(4)(x)+nf(4)(y)=a(mx+ny)+b(m+n)\begin{aligned} f(f(mx+ny))&=f(mf(f(x))+nf(f(y)))=mf^{(4)}(x)+nf^{(4)}(y)\\ &=a(mx+ny)+b(m+n) \end{aligned}От Безу, т.к (m,n)=1(m,n)=1 получаваме, че f(f(x))=ax+bf(f(x))=ax+b за x∈Zx\in\mathbb Z и решението се довършва, както горното с директна проверка. Оценяване. (7 точки) 5 т. за линейност на f(f(x))f(f(x)), от които 2 т. за подходящи субституции, водещи към прогрес като (1) и (2) в първото решение и (1), (2), (3) и (4) във второто решение; 2 т. за довършване, ако f(f(x))f(f(x)) е линейна, като 1 т. се дава за изчерпателен отговор.
Klasirane.bg — проверен архив10.4Условие — източникРешение — източник

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник ABCABC с ортоцентър HH. Върху страната BCBC е избрана произволна точка DD. Нека перпендикулярът от DD към BCBC пресича BHBH и CHCH в съответно точките XX и YY. Ако H1H_1 е ортоцентърът на триъгълника HXYHXY, да се докаже, че AA, H1H_1 и DD лежат на една права.
РешениеРешение. (Първи начин) Нека без загуба на общност да допуснем, че DD лежи на отсечката PCPC, където PP е петата на височината от AA към BCBC. И нека правата HH1HH_1 пресича правата ACAC в точка QQ. От YH1⊥BHYH_1\perp BH и CQ⊥BHCQ\perp BH следва, че H1Y∥CQH_1Y\parallel CQ.Официалната фигура към решение 11.1 с триъгълника ABC и точките D, H, H1, P, Q, X и Y.Сега от Талес имаме, че HH1HQ=HYHC\frac{HH_1}{HQ}=\frac{HY}{HC}. От друга страна HP∥YDHP\parallel YD, защото и двете са перпендикулярни на BCBC. Oтново от Талес получаваме, че HYHC=PDPC\frac{HY}{HC}=\frac{PD}{PC}. Следователно HH1HQ=PDPC=HYHC\frac{HH_1}{HQ}=\frac{PD}{PC}=\frac{HY}{HC}. Като добавим и факта, че HQ∥PCHQ\parallel PC, защото и двете са перпендикулярни на AHAH, получаваме, че AA, H1H_1 и DD лежат на една права. (Втори начин) Нека без ограничение DD и BB лежат в различни полуравнини спрямо AHAH и AH∩BC=PAH\cap BC=P, HH1∩XY=RHH_1\cap XY=R. Понеже AH∥DRAH\parallel DR, от теоремата на Талес исканото е еквивалентно на AHHH1=RDRH1\frac{AH}{HH_1}=\frac{RD}{RH_1}. Тъй като HPDRHPDR е правоъгълник, то DR=HPDR=HP и свеждаме до доказването на AHHP=HH1RH1\frac{AH}{HP}=\frac{HH_1}{RH_1}. Обаче ∠HYX=∠DPC=90∘−∠DCP=∠ABC\angle HYX=\angle DPC=90^\circ-\angle DCP=\angle ABC и аналогично ∠HXY=∠ACB\angle HXY=\angle ACB, следователно △ABC∼△HXY\triangle ABC\sim\triangle HXY и желаното равенство представлява съответни елементи в тези триъгълници. Оценяване. (6 точки) 2 т. за забелязване, че H1H_1 е пресечна точка на правата ADAD и правата през HH успоредна на BCBC; 4 т. за довършване.
Klasirane.bg — проверен архив11.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дадена е аритметична прогресия от положителни числа a1a_1, a2a_2, …\ldots, ana_n, за която са изпълнени условията:1a1⋅a2+1a2⋅a3+⋯+1an−1⋅an=12,\frac{1}{a_1\cdot a_2}+\frac{1}{a_2\cdot a_3}+\cdots+\frac{1}{a_{n-1}\cdot a_n}=\frac12,1x2a1+x2a2+1x2a2+x2a3\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_2}}+\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}a_2}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_3}}+⋯+1x2an−1+x2an=+\cdots+\frac{1}{\sqrt{\vphantom{x^2}a_{n-1}}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_n}}=9.9.Дадено е, че a1a_1 е корен на уравнението2x2−13x+36=x2x(11x−36).2x^2-13x+36=\sqrt{\vphantom{x^2}x}(11x-36).Намерете броя на числата в аритметичната прогресия.
РешениеОтговор: n=73n=73Решение. По метода на Хорнер разлагаме2x2−11xx2x−13x+36x2x+36=2x^2-11x\sqrt{\vphantom{x^2}x}-13x+36\sqrt{\vphantom{x^2}x}+36=(x2x−2)(x2x−6)(x2x+1)(2x2x+3)=(\sqrt{\vphantom{x^2}x}-2)(\sqrt{\vphantom{x^2}x}-6)(\sqrt{\vphantom{x^2}x}+1)(2\sqrt{\vphantom{x^2}x}+3)=0.0.Поради факта, че x2x\sqrt{\vphantom{x^2}x} е неотрицателно, решенията на това уравнение са x=36x=36 и x=4x=4, тоест имаме двата случая a1=36a_1=36 и a1=4a_1=4. Нека разликата на аритметичната прогресия да е dd. Непосредствено се вижда, че при d=0d=0 няма константна аритметична прогресия удовлетворяваща дадените условия. Нататък считаме, че d≠0d\ne0. От1d(1ai−1ai+1)=\frac1d\left(\frac1{a_i}-\frac1{a_{i+1}}\right)=1d⋅ai+1−aiai⋅ai+1=1ai⋅ai+1,\frac1d\cdot\frac{a_{i+1}-a_i}{a_i\cdot a_{i+1}}=\frac1{a_i\cdot a_{i+1}},следва1a1⋅a2+1a2⋅a3+⋯+1an−1⋅an=1d(1a1−1a2+1a2−1a3+⋯+1an−1−1an)=1dan−a1a1⋅an=n−1a1⋅an.\begin{aligned} \frac{1}{a_1\cdot a_2}+\frac{1}{a_2\cdot a_3}+\cdots+\frac{1}{a_{n-1}\cdot a_n} &=\frac1d\left(\frac1{a_1}-\frac1{a_2}+\frac1{a_2}-\frac1{a_3}+\cdots+\frac1{a_{n-1}}-\frac1{a_n}\right)\\ &=\frac1d\frac{a_n-a_1}{a_1\cdot a_n}=\frac{n-1}{a_1\cdot a_n}. \end{aligned}Освен това, да забележим, че1x2ak+x2ak+1=\frac1{\sqrt{\vphantom{x^2}a_k}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_{k+1}}}=x2ak+1−x2akx2ak+1−x2ak⋅1x2ak+x2ak+1=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a_{k+1}}-\sqrt{\vphantom{x^2}a_k}}{\sqrt{\vphantom{x^2}a_{k+1}}-\sqrt{\vphantom{x^2}a_k}}\cdot\frac1{\sqrt{\vphantom{x^2}a_k}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_{k+1}}}=x2ak+1−x2akak+1−ak=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a_{k+1}}-\sqrt{\vphantom{x^2}a_k}}{a_{k+1}-a_k}=x2ak+1−x2akd,\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a_{k+1}}-\sqrt{\vphantom{x^2}a_k}}d,от което получаваме1x2a1+x2a2+1x2a2+x2a3+⋯+1x2an−1+x2an=x2a2−x2a1d+x2a3−x2a2d+⋯+x2an−x2an−1d=x2an−x2a1d⋅x2a1+x2anx2a1+x2an=an−a1d(x2a1+x2an)=n−1x2a1+x2an.\begin{aligned} \frac1{\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_2}}+\frac1{\sqrt{\vphantom{x^2}a_2}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_3}}+\cdots+\frac1{\sqrt{\vphantom{x^2}a_{n-1}}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_n}} &=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a_2}-\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}}d+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a_3}-\sqrt{\vphantom{x^2}a_2}}d+\cdots+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a_n}-\sqrt{\vphantom{x^2}a_{n-1}}}d\\ &=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a_n}-\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}}d\cdot\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_n}}{\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_n}}\\ &=\frac{a_n-a_1}{d(\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_n})}=\frac{n-1}{\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_n}}. \end{aligned}Значи имаме: n−1x2a1+x2an=9\frac{n-1}{\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_n}}=9 и n−1a1⋅an=12\frac{n-1}{a_1\cdot a_n}=\frac12. Като разделим тези равенства и положим an=t2a_n=t^2 (t≥0t\ge0) ще получим, чеa1⋅an=18⋅(x2a1+x2an)a1⋅t2=18t+18x2a1a1⋅t2−18t−18x2a1=0t=18±x2182+4a1⋅18a12a1.\begin{aligned} a_1\cdot a_n&=18\cdot(\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_n})\\ a_1\cdot t^2&=18t+18\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}\\ a_1\cdot t^2-18t-18\sqrt{\vphantom{x^2}a_1}&=0\\ t&=\frac{18\pm\sqrt{\vphantom{x^2}18^2+4a_1\cdot18\sqrt{a_1}}}{2a_1}. \end{aligned}Решаваме уравнението за двете възможни стойности: a1=4a_1=4 и a1=36a_1=36 и получаваме съответно t=6t=6, t=−32t=-\frac32 и t=2t=2, t=−32t=-\frac32. Тъй като t≥0t\ge0, единствено възможно е an=36a_n=36 и an=4a_n=4. В двата случая получаваме еднакви краища на аритметичната прогресия. Освен това знаем, че n−1a1a2=n−14⋅36=n−1144=12\frac{n-1}{a_1a_2}=\frac{n-1}{4\cdot36}=\frac{n-1}{144}=\frac12, следователно и в двата случая аритметичната прогресия има 73 члена, а разликата ѝ е 49\frac49 при a1=4a_1=4 и −49-\frac49 при a1=36a_1=36. Оценяване. (6 точки) 2 т. за намиране a1=4a_1=4 или a1=36a_1=36; 1 т. за намиране на сумата ∑1ai⋅ai+1\sum\frac1{a_i\cdot a_{i+1}}; 1 т. за намиране на сумата ∑1x2ai+x2ai+1\sum\frac1{\sqrt{\vphantom{x^2}a_i}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_{i+1}}}; 2 т. за отговор и довършване.
Klasirane.bg — проверен архив11.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
С PnP_n, n≥3n\ge3 означаваме правилен nn-ъгълник, всеки два върха на който са свързани с отсечка. Едно естествено число k≥2k\ge2 ще наричаме лабилно, ако за някое n≥3n\ge3, съществува оцветяване на отсечките в PnP_n в точно kk цвята, така че за всяко подмножество XX от върхове на PnP_n, точният брой на цветовете, в които са оцветени отсечките, свързващи двойките върхове от XX, не е равен на k−1k-1. Да се намерят всички лабилни числа kk.
РешениеОтговор: k∈{i∈N:i≥2}∖{2,4}k\in\{i\in\mathbb N:i\ge2\}\setminus\{2,4\}. Решение. Ще покажем, че всички лабилни числа са k≥2k\ge2, k≠2,4k\ne2,4. Числото k=2k=2 не е лабилно, защото за всяко оцветяване на PnP_n в два цвята избираме множество XX от точно две точки. Отсечката между тях е е оцветена в точно един цвят. Числото k=3k=3 е лабилно. Наистина, ако вземем P3P_3, няма подмножество на върховете му, определящи отсечки оцветени в точно 2 цвята. Числото k=4k=4 не е лабилно. Ще докажем, че ако отсечките на PnP_n са оцветени в 4 цвята, винаги може да намерим подмножество XX на върховете, определящо отсечки оцветени в точно 3 цвята. Да вземем PnP_n, отсечките на което са оцветени в точно 4 цвята. Нека X′X' е подмножество на върховете в PnP_n с минимален брой елементи, такова че отсечките с краища в X′X' да са оцветени в точно 4 цвята. Очевидно ∣X′∣≥4|X'|\ge4. Нека v∈X′v\in X' е произволен връх в X′X'. Съгласно екстремалността на X′X', ако премахнем vv и всички отсечки с край във vv, ще получим множеството X′∖{v}X'\setminus\{v\}, което има по-малко на брой върхове от X′X' и значи броят на цветовете mm, които се срещат измежду отсечките с краища в X′∖{v}X'\setminus\{v\} е най-много 3. Ако m=3m=3 сме готови. Да допуснем, че m≤2m\le2. Тогава, има два различни цвята, които се срещат в отсечките, които свързват vv с върховете в X′∖{v}X'\setminus\{v\}, но нито един от тях не се среща в оцветяването на отсечките с върхове в X′∖{v}X'\setminus\{v\}. Нека отсечките vzvz и vwvw, z,w∈C∖{v}z,w\in C\setminus\{v\} са оцветени в тези два цвята. Тъй като отсечката zwzw не може да е е оцветена в някой от горните два цвята, то множеството X={v,w,z}X=\{v,w,z\} определя три отсечки в три различни цвята. Окончателно, k=4k=4 не е лабилно. Ще покажем, че всяко k≥5k\ge5 е лабилно. Да номерираме цветовете от 1 до kk и вземем Pk−1P_{k-1}. Оцветяваме vivi+1v_iv_{i+1} в цвят ii, за i=1,2,…,k−1i=1,2,\ldots,k-1 (приемаме, че vk≡v1v_k\equiv v_1). Всички останали отсечки оцветяваме в цвят kk. Да допуснем, че съществува множество XX, което да генерира k−1k-1 оцветяване на отсечките в него. Тъй като XX има по-малко върхове от PnP_n, то съществува viv_i такова, че vi∉Xv_i\notin X. Но тогава, нито цвят ii нито цвят i−1i-1 (за i=1i=1, втория цвят е k−1k-1) се срещат в оцветените отсечки с краища в XX. Противоречие. Следователно числата k≥5k\ge5 са лабилни. Оценяване. (7 точки) по 1 т. за случаите k=2,3k=2,3; 3 т. за случая k=4k=4; 2 т. за случая k≥5k\ge5.
Klasirane.bg — проверен архив11.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадена е редицата от естествени числа (an)n=1∞(a_n)_{n=1}^{\infty}, като за всяко m∈Nm\in\mathbb N са изпълнени условията: • ако ai≡aj(modm)a_i\equiv a_j\pmod m за някои i,j∈Ni,j\in\mathbb N, то ai+1≡aj+1(modm)a_{i+1}\equiv a_{j+1}\pmod m• ако ai≡0(modm)a_i\equiv0\pmod m за някое i∈Ni\in\mathbb N, то ai+1≡0(modm)a_{i+1}\equiv0\pmod m. Докажете, че за всеки a∈Na\in\mathbb N, b∈Zb\in\mathbb Z съществува n∈Nn\in\mathbb N такова, чеn+an≡b(moda).n+a_n\equiv b\pmod a.
РешениеРешение. Ще проведем индукция по aa. Ще докажем, че за всяко N∈NN\in\mathbb N, съществува n≥Nn\ge N, което удовлетворява (1). За a=1a=1 твърдението е тривиално. Нека a∈Na\in\mathbb N, a≥2a\ge2 и нека сме доказали твърдението за всички по-малки стойности от aa. Да предположим първо, че редицата има член с остатък 0 по модул aa. Тогава an≡0(moda)a_n\equiv0\pmod a за всички достатъчно големи nn и е достатъчно да вземем такова nn, за което n≡b(moda)n\equiv b\pmod a. Нека сега an≢0(moda)a_n\not\equiv0\pmod a, ∀n∈N\forall n\in\mathbb N. Тогава тя е периодична по модул aa с период kk от някое място нататък. Т.е. ai+kj≡ai(moda)a_{i+kj}\equiv a_i\pmod a за всяко j∈Nj\in\mathbb N и всяко i≥Ni\ge N, където N∈NN\in\mathbb N. Нека kk e най-малкия такъв период. Това означава, че числата ai,ai+1,…,ai+k−1a_i,a_{i+1},\ldots,a_{i+k-1} дават различни ненулеви остатъци по модул aa и значи k<ak\lt{}a. И така(i+kj)+ai+kj−b=ai+i−b+kj(moda).(i+kj)+a_{i+kj}-b=a_i+i-b+kj\pmod a.Нека d=(k,a)d=(k,a) и k=k1dk=k_1d, a=a1da=a_1d. Да забележим, че за всяко j1∈Nj_1\in\mathbb N съществува j∈Nj\in\mathbb N такова, че jk+j1d≡0(moda)jk+j_1d\equiv0\pmod a. Наистина, jk+j1d=(jk1+j1)djk+j_1d=(jk_1+j_1)d. От друга страна, тъй като (k1,a1)=1(k_1,a_1)=1, можем да намерим j∈Nj\in\mathbb N така, че a1∣jk1+j1a_1\mid jk_1+j_1, което означава a∣jk+j1da\mid jk+j_1d. И така, за да докажем, че съществуват i,j∈Ni,j\in\mathbb N, i≥Ni\ge N, които удовлетворяват:(ai+i−b)+kj≡0(moda)(a_i+i-b)+kj\equiv0\pmod aе достатъчно да намерим i≥Ni\ge N, такова че d∣ai+i−bd\mid a_i+i-b. Но от k<ak\lt{}a следва d<ad\lt{}a. И така, сведохме задачата до намиране на i≥Ni\ge N, за коетоai+i≡b(modd).a_i+i\equiv b\pmod d.Това може да се направи съгласно индукционното предположение. Оценяване. (7 точки) 2 т. за доказване, че ако (k,a)=1(k,a)=1, където kk е периода на редицата по mod aa, то всички остатъци (mod kk) са възможни; 5 т. за доказване на общия случай.
Klasirane.bg — проверен архив11.4Условие — източникРешение — източник

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се определят всички възможни стойности на израза x3+y2+zx^3+y^2+z, където xx, yy и zz са реални неотрицателни числа, за които x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1.
РешениеРешение. Имаме, чеx3+y2+z≤x^3+y^2+z\lex2+y2+z=1−z2+z=−(12−z)2+54≤54, x^2+y^2+z=1-z^2+z=-\left(\frac12-z\right)^2+\frac54\le\frac54,както иx3+y2+z≥x3+y2+z2=x3−x2+1.x^3+y^2+z\ge x^3+y^2+z^2=x^3-x^2+1.От друга страна функцията f(x):=x3−x2+1f(x):=x^3-x^2+1 изпълнява f′(x)=3x2−2xf'(x)=3x^2-2x, откъдето следва, че ff има точно един локален минимум в [0,1][0,1], а именно x=23x=\frac23, т.к f′(x)>0f'(x)\gt{}0 за x<0x\lt{}0, f′(x)<0f'(x)\lt{}0 за x∈(0,23)x\in(0,\frac23) и f′(x)>0f'(x)\gt{}0 за x∈(23,1]x\in(\frac23,1]. Така получаваме, че x3+y2+z≥f(x)≥f(23)=2327x^3+y^2+z\ge f(x)\ge f(\frac23)=\frac{23}{27}. От съображения за непрекъснатост функцията f(x)f(x) приема всички стойности в интервала [2327,1][\frac{23}{27},1], а функцията g(z):=1−z2+zg(z):=1-z^2+z приема всички стойности в [1,54][1,\frac54], което означава, че всяка стойност a∈[2327,54]a\in[\frac{23}{27},\frac54] се достига – ако a≤1a\le1 избираме x0x_0, т.че f(x0)=af(x_0)=a и полагаме (x,y,z)=(x0,x21−x02,0)(x,y,z)=(x_0,\sqrt{\vphantom{x^2}1-x_0^2},0), а ако a>1a\gt{}1 избираме z0∈[0,1]z_0\in[0,1], за което g(z0)=ag(z_0)=a и полагаме (x,y,z)=(0,x21−z02,z0)(x,y,z)=(0,\sqrt{\vphantom{x^2}1-z_0^2},z_0). Еквивалентно последната стъпка може да се замени с обобщение на теоремата за междинните стойности, като е необходимо да се отбележи, че множеството {(x,y,z)∈R3:x,y,z∈[0,1],x2+y2+z2=1}\{(x,y,z)\in\mathbb R^3:x,y,z\in[0,1],x^2+y^2+z^2=1\} е свързано и бъдат посочени стойности на x,y,zx,y,z, за които долната и горната граница на израза се достигат. Оценяване. (6 точки) 3 т. за f(x)≥2327f(x)\ge\frac{23}{27}; 1 т. за x3+y2+z≤54x^3+y^2+z\le\frac54; 2 т. за довършване.
Klasirane.bg — проверен архив12.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен и разностранен △ABC\triangle ABC с описана окръжност ω\omega и център на вписаната окръжност II. Нека CI∩ω={C,M}CI\cap\omega=\{C,M\} и нека XX е такава точка от лъча MIMI, че MX=CI2MX=\frac{CI}{2}. Ако точката NN е среда на отсечката BCBC, то да се докаже, че ∠IAX=∠INX\angle IAX=\angle INX.
РешениеРешение. Нека точка JJ е центърът на външновписаната окръжност на △ABC\triangle ABC срещу върха CC. Имаме, че XX е среда на CJCJ, т.к IM=MJIM=MJ. От друга страна △AJC∼△IBC\triangle AJC\sim\triangle IBC, т.к.∠AJC=∠IBC=∠ABC2\angle AJC=\angle IBC=\frac{\angle ABC}{2}и∠ACJ=∠ICB=∠ACB2.\angle ACJ=\angle ICB=\frac{\angle ACB}{2}.Да отбележим, че точките XX и NN са съответни елементи в двата триъгълника, откъдето следва, че ∠NIC=∠XAC\angle NIC=\angle XAC. Оттук нататък задачата може да се реши по няколко начина: Първи начин. XN∥BJXN\parallel BJ като средна отсечка в △CBJ\triangle CBJ, откъдето ∠NXI=∠JBI=∠CAI\angle NXI=\angle JBI=\angle CAI. Така∠INX=∠CIN−∠IXN=∠CAX−∠IAC=∠XAI.\angle INX=\angle CIN-\angle IXN=\angle CAX-\angle IAC=\angle XAI.Втори начин. Ако NI∩AX=PNI\cap AX=P, то∠PAC+∠PIC=∠XAC+180∘−∠NIC=180∘,\angle PAC+\angle PIC=\angle XAC+180^\circ-\angle NIC=180^\circ,т.е. точките A,P,I,CA,P,I,C лежат на една окръжност. Оттук следва, че ∠XPN=∠ACI=∠XCN\angle XPN=\angle ACI=\angle XCN, т.е P,X,C,NP,X,C,N са на една окръжност. Следователно ∠XNI=∠PCI=∠IAX\angle XNI=\angle PCI=\angle IAX, като последното следва от фактът, че APICAPIC е вписан.Официалната фигура към решение 12.2 с триъгълника ABC и точките I, J, M, N и X.Оценяване. (6 точки) 2 т. за XX е среда на CJCJ; 1 т. за △AJC∼△IBC\triangle AJC\sim\triangle IBC; 1 т. за отбелязване, че XX и NN са съответни елементи; 2 т. за довършване
Klasirane.bg — проверен архив12.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека A1,…,A2025A_1,\ldots,A_{2025} са (не непременно различни) точки в R3\mathbb R^3. Да се определи максималният брой тройки индекси 1≤i<j<k≤20251\le i\lt{}j\lt{}k\le2025, за които точките Ai,Aj,AkA_i,A_j,A_k образуват равностранен триъгълник със страна 1.
РешениеОтговор. 5062⋅2027=518 984 972506^2\cdot2027=518\,984\,972. Решение. Ще наричаме тройка индекси 1≤i<j<k≤20251\le i\lt{}j\lt{}k\le2025 \emph{хубава}, ако △AiAjAk\triangle A_iA_jA_k е равностранен със страна 1. Пример за конфигурация с 5062⋅2027506^2\cdot2027 хубави тройки индекси е правилен тетраедър ABCDABCD, за който всички точки AiA_i са разпределени равномерно във върховете му, т.е Ai≡AA_i\equiv A за i=1,2,…,506i=1,2,\ldots,506; Ai≡BA_i\equiv B за i=507,…,1012i=507,\ldots,1012; Ai≡CA_i\equiv C за i=1013,…,1518i=1013,\ldots,1518 и Ai≡DA_i\equiv D за i=1519,…,2025i=1519,\ldots,2025. Това дава общо5063+3⋅5062⋅507=5062⋅2027506^3+3\cdot506^2\cdot507=506^2\cdot2027хубави тройки индекси. Да разгледаме конфигурация от точки A1,A2,…,A2025A_1,A_2,\ldots,A_{2025}, която максимизира броя тройки с исканото свойство и да допуснем, че има две точки Ai,AjA_i,A_j, които са на разстояние различно от 1. БОО можем да приемем, че AiA_i участва в повече равностранни триъгълници със страна 1 от AjA_j. Тогава, ако преместим AjA_j в AiA_i, то общият брой равностранни триъгълници със страна 1 не намалява, т.к AiA_i и AjA_j не участват заедно в равностранен триъгълник със страна 1. Следователно съществува максимална конфигурация, за която разстоянието между всеки две точки AiA_i и AjA_j е или 0 или 1. Да отбележим, че т.к не съществува множество от 5 точки в R3\mathbb R^3, за което разстоянието между всеки две от тях е равно на 1, то съществува максимална конфигурация, за която всички точки се намират във върховете на правилен тетраедър ABCDABCD. Нека a,b,c,d∈Z≥0a,b,c,d\in\mathbb Z_{\ge0} са бройката точки, намиращи се в A,B,C,DA,B,C,D съответно. Тогава общият брой хубави тройки индекси еabc+bcd+cda+dab=ab(c+d)+cd(a+b)=abc+bcd+cda+dab=ab(c+d)+cd(a+b)=bc(a+d)+ad(b+c)=ac(b+d)+bd(a+c),bc(a+d)+ad(b+c)=ac(b+d)+bd(a+c),като да отбележим, че е в сила a+b+c+d=2025a+b+c+d=2025. БОО нека a≥b≥c≥da\ge b\ge c\ge d. Ако a−d≥2a-d\ge2, то ако заменим aa с a−1a-1 и dd с d+1d+1, получавайкиbc(a+d)+(a−1)(d+1)(b+c)=bc(a+d)+(ad+a−d−1)(b+c)≥bc(a+d)+(ad+1)(b+c)>bc(a+d)+ad(b+c),\begin{aligned} bc(a+d)+(a-1)(d+1)(b+c)&=bc(a+d)+(ad+a-d-1)(b+c)\\ &\ge bc(a+d)+(ad+1)(b+c)\\ &\gt{}bc(a+d)+ad(b+c), \end{aligned}т.е в максимална конфигурация имаме ∣a−d∣≤1|a-d|\le1, откъдето следва, че {a,b,c,d}={506,507}\{a,b,c,d\}=\{506,507\}. Оценяване. 0 точки за отговор; 1 т. за разглеждане на конфигурация, в която всички точки са във върховете на правилен тетраедър; 1 т. за вярно балансиране на върховете в тетаредъра и вярно пресмятане на отговора; Оценка от горе: 1 т. за ясно твърдение, че в пространството няма 5 точки, всеки две от които са на разстояние 1; 1 т. за идеята за залепянето на точки на разстояние различно от 1; 3т. за довършване. Други частични резултати (неадитивни с тези за горната оценка): До 2 точки за оценка от вида cn3cn^3 за някое c>116c\gt{}\frac1{16} в зависимост от стойността на cc. Например c=16c=\frac16 носи 0 точки c=760c=\frac7{60} носи 2 точки.
Klasirane.bg — проверен архив12.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Съществува ли естествено число nn с точно 4500 делители, за което десетичният запис на n\sqrt n започва с 2025 деветки след десетичната запетая, т.е n=A,99…9⏟2025…\sqrt n=A,\underbrace{99\ldots9}_{2025}\ldots, за някое естествено число AA?
РешениеОтговор. Да! Решение. Първо ще докажем следната Лема. Ако M∈NM\in\mathbb N, то съществуват безбройно много естествени числа kk, за които интервалът (k2,(k+1)2)(k^2,(k+1)^2) съдържа поне MM прости числа. Доказателство. Да отбележим, че е достатъчно да докажем, че поне едно kk съществува за всяко MM, т.к kk-то, което работи за m≥Mm\ge M, работи и за MM, откъдето можем да конструираме безкрайна редица от kk-та за дадено MM. Да допуснем, че за всяко kk интервалът съдържа (k2,(k+1)2)(k^2,(k+1)^2) най-много MM прости числа. Добре известно е, че ∑p−просто1p=∞\sum_{p-\text{просто}}\frac1p=\infty, откъдето следва, че∞=∑p−просто1p=\infty=\sum_{p-\text{просто}}\frac1p=∑k=1∞∑p∈(k2,(k+1)2)1p≤\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{p\in(k^2,(k+1)^2)}\frac1p\le∑k=1∞Mk2≤2M,\sum_{k=1}^{\infty}\frac{M}{k^2}\le2M,което е противоречие. С това лемата е доказана. Ще докажем следното по-общо твърдение: Ако ε>0\varepsilon\gt{}0 и aa е нечетно, то съществува естествено число nn с 4a4a делители, за което дробната част на n\sqrt n изпълнява {n}>1−ε\{\sqrt n\}\gt{}1-\varepsilon. Доказателство. От лемата следва, че можем да намерим интервал (k2,(k+1)2)(k^2,(k+1)^2), съдържащ поне 2l+12l+1 прости числа, където l:=⌈2aε⌉l:=\left\lceil\frac{2^a}{\varepsilon}\right\rceil. Нека тези прости числа саk2<q0<q1<q2<⋯<q2l<(k+1)2.k^2\lt{}q_0\lt{}q_1\lt{}q_2\lt{}\cdots\lt{}q_{2l}\lt{}(k+1)^2.Следователно имаме2k≥q2l−q0=∑i=1l(q2i−q2(i−1))≥2k\ge q_{2l}-q_0=\sum_{i=1}^l(q_{2i}-q_{2(i-1)})\gelmin⁡i≤l(q2i−q2(i−1)), l\min_{i\le l}(q_{2i}-q_{2(i-1)}),т.е съществува ii, за което q2i−q2(i−1)≤2klq_{2i}-q_{2(i-1)}\le\frac{2k}{l}. За p:=q2ip:=q_{2i} и q:=q2i−1q:=q_{2i-1} имаме, чеp+q2−x2pq=(p−q)22=12⋅(p−qp+q)2≤\frac{p+q}{2}-\sqrt{\vphantom{x^2}pq}=\frac{(\sqrt p-\sqrt q)^2}{2}=\frac12\cdot\left(\frac{p-q}{\sqrt p+\sqrt q}\right)^2\le12⋅(2kl⋅12k)2≤1l2.\frac12\cdot\left(\frac{2k}{l}\cdot\frac1{2k}\right)^2\le\frac1{l^2}.Сега нека изберем n:=2a−1pqn:=2^{a-1}pq. Имаме, чеn−2a−32(p+q)=2a−12(x2pq−p+q2)≤\sqrt n-2^{\frac{a-3}{2}}(p+q)=2^{\frac{a-1}{2}}\left(\sqrt{\vphantom{x^2}pq}-\frac{p+q}{2}\right)\le2a−12l2<ε.\frac{2^{\frac{a-1}{2}}}{l^2}\lt{}\varepsilon.Оттук твърдението следва, както и задачата след избор на a=1125a=1125, ε=10−2026\varepsilon=10^{-2026}. Оценяване. (7 точки) 1 т. за търсене на решение от вида ApqApq, където AA е фиксирано с 45⋅2545\cdot25 делители; 2 т. за намиране на близки прости числа pp и qq чрез лемата или друг вариант на PNT; 4 т. за довършване.
Klasirane.bg — проверен архив12.4Условие — източникРешение — източник