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

Избран клас

5

Назад към папките

2018

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Иван установил, че през nn-тата седмица на 2018 година ще останат точно n2n^2 дни до края на годината. Намерете nn и точно през кой ден от седмицата ще се случи тази закономерност?
РешениеРавенството, което удовлетворява условието е:n2=365−7(n−1)−d.n^2=365-7(n-1)-d.С nn сме означили номерът на седмицата, а с dd - ден от седмицата в който се е случило събитието. dd е число от 1 до 7. (5 т.) Оттук получаваме n2+7n=372−dn^2+7n=372-d или n(n+7)=372−dn(n+7)=372-d. След проверка при d=1…7d=1\ldots 7. (4 т.) При n=16n=16 имаме 16.23=368=372−4.d=416.23=368=372-4.d=4. (1 т.) Отг. 16 седмица, четвъртък
Klasirane.bg — проверен архив5.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Намерете такова естествено число AA, че 2.A2.A да е точна втора степен на естествено число, 3.A3.A да е точна трета степен на естествено число и 5.A5.A да е точна пета степен на естествено число.
Решение2.A=a.a2.A=a.a, 3.A=b.b.b3.A=b.b.b, 5.A=c.c.c.c.c5.A=c.c.c.c.c. В разлагането на числото AA трябва да има kk пъти множител 2, където kk е нечетно число. (1 т.) От второто и третото равенство kk трябва да е кратно на 3 и 5. Следователно kk може да е 15,45…15,45\ldots. (2 т.) В разлагането на числото AA трябва да има ss пъти множител 3, където s+1s+1 се дели на 3. (1 т.) От първото и третото равенство ss трябва да е кратно на 2 и 5. Следователно ss може да е 20,51…20,51\ldots. (2 т.) В разлагането на числото AA трябва да има pp пъти множител 5, където p+1p+1 се дели на 5. (1 т.) От първото и второто равенство pp трябва да е кратно на 2 и 3. Следователно pp може да е 24,54…24,54\ldots. (2 т.) За намиране на число от търсения вид. (1 т.) Отг. Най-малкото число AA с това свойство трябва да се дели на 15 двойки, на 20 тройки и на 24 петици.
Klasirane.bg — проверен архив5.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
На страните BCBC и CDCD на правоъгълника ABCDABCD са избрани съответно точки MM и NN, като BM=DNBM=DN. Ако правите BNBN и DMDM се пресичат в точка PP, да се докаже точка PP е равни разстояния от страните ABAB и ADAD.
РешениеЗа правилен чертеж. (1 т.)Правоъгълникът ABCD с диагонала DB от официалното решение.Ще използваме, че диагоналът на правоъгълника го разделя на две части с равни лица (два равнолицеви триъгълника). Така SABCD=2.SABD=2.SBCDS_{ABCD}=2.S_{ABD}=2.S_{BCD}. Така (AB.AD):2=(CB.CD):2=SABD(AB.AD):2=(CB.CD):2=S_{ABD}. (2 т.)Разделеният през P правоъгълник с точките P1, P2, P3 и P4 от официалното решение.Ще означим лицето на една триъгълна част, например ABCABC с [ABC][ABC]. През точка PP разделяме правоъгълника на четири малки правоъгълника и нека PP1PP_1 и PP2PP_2 са разстоянията от точката PP съответно до страните CDCD и ABAB. Ще покажем, че PP3=PP4PP_3=PP_4. Чрез допълване до правоъгълник и изразяване на разлики на лица получаваме[BDN]−[PDN]=[PDB]=[DBM]−[PBM].[BDN]-[PDN]=[PDB]=[DBM]-[PBM].(3 т.) Да опишем лицата в горното равенство със отсечкиDN.AD−DN.PP1=BM.AB−BM.PP2.DN.AD-DN.PP_1=BM.AB-BM.PP_2.(3 т.) По условие DN=BMDN=BM. Делим двете страни на DNDN и получаваме:AD−PP1=AB−PP2,AD-PP_1=AB-PP_2,което трябваше да докажем. (2 т.)
Klasirane.bg — проверен архив5.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
В отбора по ръгби има 26 състезатели с номера {1,2,3,…,25,26}\{1,2,3,\ldots,25,26\}. Треньорът отделил шест състезатели с номера {a1,a2,…,a6}\{a_1,a_2,\ldots,a_6\}, които няма да играят в следващия мач. Намерете номерата на състезателите A{a1,a2,…,a6}A\{a_1,a_2,\ldots,a_6\}, ако знаете, че всички суми по двойки: a1+a2a_1+a_2, a1+a3a_1+a_3, a1+a4a_1+a_4, a1+a5a_1+a_5, a1+a6a_1+a_6, …\ldots, всички суми по тройки: a1+a2+a3a_1+a_2+a_3, a1+a2+a4a_1+a_2+a_4, …\ldots, a4+a5+a6a_4+a_5+a_6, всички суми по четворки: a1+a2+a3+a4a_1+a_2+a_3+a_4, …\ldots, a2+a3+a4+a5a_2+a_3+a_4+a_5 и всички суми по петици: a1+a2+a3+a4+a5a_1+a_2+a_3+a_4+a_5, a1+a2+a3+a4+a6a_1+a_2+a_3+a_4+a_6, …\ldots, a2+a3+a4+a5+a6a_2+a_3+a_4+a_5+a_6 са различни числа (множеството AA от естествени числа с посоченото свойство наричаме е разпръснато множество) Докажете, че треньорът не може да определи седем състезатели от отбора, които с номерата си B={b1,b2,…,b7}B=\{b_1,b_2,\ldots,b_7\}, за които да образуват разпръснато множество.
РешениеДопускаме, че можем да намерим седем естествени числа B={b1,b2,…,b7}B=\{b_1,b_2,\ldots,b_7\} и множеството е разпръснато. В множеството BB има 7 подмножества с един елемент, 21 подмножества с 2 елемента, 35 подмножества с 3 елемента и 35 подмножества с 4 елемента или общо 35+35+21+7=9835+35+21+7=98 подмножества, които имат 98 различни суми. (по 1 точка за всяко подмножество) (4 т.) От друго страна най-голямата възможна сума от 4 елемента на даденото множество е 23+24+25+26=9823+24+25+26=98, (2 т.) но тези четири числа не могат да участват в множеството BB, защото 23+26=24+2523+26=24+25. Следователно най-голямата сума от 4 числа от даденото множество е 97, (2 т.) т.е. няма как 98 подмножества да получат 98 различни числа за суми. Противоречие. (2 т.)
Klasirane.bg — проверен архив5.4Условие — източникРешение — източник

2022

4 задачи

Задача 1

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

Задача 2

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

Задача 3

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

Задача 4

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

2023

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Произведението на три двуцифрени числа aa, bb и cc е равно на най-голямото четирицифрено число, което е кратно на 45 и се записва с четири различни нечетни цифри. а) Колко е сборът на числата aa, bb и cc? б) Ако дробта ab\dfrac ab е правилна и съкратима, кое число трябва да се прибави към числителя и знаменателя на дробта ac\dfrac ac, за да се получи дроб, равна на cb\dfrac cb?
Решениеа) (3 точки) Най-голямото четирицифрено число, което е кратно на 5 и на 9 и се записва с четири различни нечетни цифри, е 9315. Тъй като 9315=3⋅3⋅3⋅3⋅5⋅239315=3\cdot3\cdot3\cdot3\cdot5\cdot23, единственият начин да се представи като произведение на двуцифрени числа е 9315=(3⋅3⋅3)⋅(3⋅5)⋅23=27⋅15⋅239315=(3\cdot3\cdot3)\cdot(3\cdot5)\cdot23=27\cdot15\cdot23. Сборът на числата aa, bb и cc е 15+23+27=6515+23+27=65. б) (3 точки) Числата aa, bb и cc са 15, 23 и 27 в някакъв ред. Дробта ab\dfrac ab е правилна и съкратима само когато a=15a=15, b=27b=27. Следователно c=23c=23. Когато към числителя и знаменателя на дробта ac=1523\dfrac ac=\dfrac{15}{23} се прибави едно и също число, разликата между числителя и знаменателя ще се запази и ще е 23−15=823-15=8. В дробта cb=2327\dfrac cb=\dfrac{23}{27} разликата между числителя и знаменателя е 27−23=427-23=4. Като я разширим с 2, ще получим 2327=4654\dfrac{23}{27}=\dfrac{46}{54}, като в 4654\dfrac{46}{54} разликата между числителя и знаменателя е 8. Числото, което трябва да се прибави към числителя и знаменателя на дробта 1523\dfrac{15}{23}, за да се получи 4654\dfrac{46}{54}, е 46−15=54−23=3146-15=54-23=31.
Klasirane.bg — проверен архив5.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Правоъгълникът ABCDABCD има обиколка 2464 cm и е сглобен от 19 квадрата, както е показано на чертежа. a) Намерете дължината и широчината на правоъгълника ABCDABCD. б) Най-малко на колко еднакви квадрата може да се разреже правоъгълникът ABCDABCD?Правоъгълник ABCD, сглобен от 19 квадрата.
Решениеа) (3 точки) Страната BCBC е разделена на 6, на 5 и на 4 равни отсечки. Тъй като НОК⁡(6;5;4)=60\operatorname{НОК}(6;5;4)=60, да означим BC=60xBC=60x. Страната на най-големите квадрати е (60x):4=15x(60x):4=15x, страната на средните квадрати е (60x):5=12x(60x):5=12x, а страната на най-малките квадрати е 60x:6=10x60x:6=10x. Тогава AB=2⋅15x+12x+10x=52xAB=2\cdot15x+12x+10x=52x. Обиколката на правоъгълника е 2464=2⋅(60x+52x)2464=2\cdot(60x+52x), откъдето 1232=112x1232=112x и намираме x=1232:112=11x=1232:112=11. Страните на правоъгълника са AB=52⋅11=572AB=52\cdot11=572 cm, BC=60⋅11=660BC=60\cdot11=660 cm. б) (3 точки) Най-големите еднакви квадрати, с които може да се покрие правоъгълникът ABCDABCD, имат страна, равна на НОД⁡(572;660)=44\operatorname{НОД}(572;660)=44 cm. Техният брой е(572:44)⋅(660:44)=13⋅15=195.(572:44)\cdot(660:44)=13\cdot15=195.
Klasirane.bg — проверен архив5.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Професор Попов наблюдава през телескопа си галактика ЕМТ2023. В нея около звездата МАТ1 се въртят четири планети – Делимо, Делител, Частно и Остатък. Професорът забелязал, че на 18.11.2023 г. планетите са наредени в една линия. Той знае, че планетата Делимо прави пълна обиколка и се връща на същото място на всеки 3 земни дни, планетата Делител – на всеки 20 дни, планетата Частно – на всеки 60 дни, а планетата Остатък – на всеки 30 дни. а) На коя дата четирите планети за пръв път ще са отново на първоначалните си места (от 18.11.2023 г.), подредени в една линия? б) Професорът изчислил, че когато планетата Делимо направи AA пълни обиколки, планетата Делител направи BB пълни обиколки, планетата Частно направи CC пълни обиколки, а планетата Остатък направи DD пълни обиколки и отново застанат на първоначалните си места, то за пръв път броят на обиколките наистина ще са делимо, делител, частно и остатък, т.е. A:B=C(ост. D)A:B=C(\text{ост. }D). На коя дата ще стане това?
Решениеа) (3 точки) Четирите планети застават на първоначалните си места на всеки НОК⁡(3,20,60,30)=60\operatorname{НОК}(3,20,60,30)=60 дни. Следователно за пръв път ще бъдат отново там 60 дни след 18.11.2023, на 17.01.2024 г. б) (4 точки) Планетите ще бъдат на първоначалните си места след 60, 120, 180, 240, 300, 360 дни и т.н. Ще запишем в табличка колко обиколки е направила всяка от планетите за това време.ПланетаБрой обиколкиза 60 дниза 120 дниза 180 дниза 240 дниза 300 дниза 360 дниДелимо20406080100120Делител369121518Частно123456Остатък24681012\begin{array}{c|rrrrrr} \text{Планета} & & & \text{Брой обиколки} & & & \cr & \text{за 60 дни} & \text{за 120 дни} & \text{за 180 дни} & \text{за 240 дни} & \text{за 300 дни} & \text{за 360 дни}\cr \hline \text{Делимо} & 20 & 40 & 60 & 80 & 100 & 120\cr \text{Делител} & 3 & 6 & 9 & 12 & 15 & 18\cr \text{Частно} & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6\cr \text{Остатък} & 2 & 4 & 6 & 8 & 10 & 12 \end{array}С непосредствена проверка установяваме, че за пръв път условието е изпълнено след 360 дни, защото 120:18=6120:18=6 (ост.12). Това ще се случи 360 дни след 18.11.2023, на 12.11.2024 г. (отбележете, че 2024 година е високосна и това е 6 дни преди 18.11.2024 г.).
Klasirane.bg — проверен архив5.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадени са четири различни естествени числа aa, bb, cc и dd, за които са изпълнени условията: • НОК⁡(a;b)=НОК⁡(c;d)=2520\operatorname{НОК}(a;b)=\operatorname{НОК}(c;d)=2520; • НОД⁡(a;b)=НОД⁡(c;d)=14\operatorname{НОД}(a;b)=\operatorname{НОД}(c;d)=14; • числото aa има 3 пъти повече делители, отколкото числото bb, • числото cc има 3 пъти повече делители, отколкото числото dd. a) Намерете числата a+ca+c и b+db+d. б) Колко числа, които не надхвърлят a+ca+c, са взаимнопрости с b+db+d?
Решениеа) (3 точки) Тъй като 2520=23⋅32⋅5⋅72520=2^3\cdot3^2\cdot5\cdot7 и 14=2⋅714=2\cdot7, числата с НОК 2520 и НОД 14 могат да са: 1. случай. 2⋅72\cdot7 и 23⋅32⋅5⋅72^3\cdot3^2\cdot5\cdot7. Но 2⋅72\cdot7 има 2⋅2=42\cdot2=4 делители, а 23⋅32⋅5⋅72^3\cdot3^2\cdot5\cdot7 има 4⋅3⋅2⋅2=484\cdot3\cdot2\cdot2=48 делители; това не са търсените числа. 2. случай. 2⋅7⋅322\cdot7\cdot3^2 и 23⋅5⋅72^3\cdot5\cdot7. Но 2⋅7⋅322\cdot7\cdot3^2 има 2⋅2⋅3=122\cdot2\cdot3=12 делители, а 23⋅5⋅72^3\cdot5\cdot7 има 4⋅2⋅2=164\cdot2\cdot2=16 делители; това не са търсените числа. 3. случай. 2⋅7⋅52\cdot7\cdot5 и 23⋅32⋅72^3\cdot3^2\cdot7. В този случай 2⋅7⋅52\cdot7\cdot5 има 2⋅2⋅2=82\cdot2\cdot2=8 делители, а 23⋅32⋅72^3\cdot3^2\cdot7 има 4⋅3⋅2=244\cdot3\cdot2=24 делители – 3 пъти повече от 8. 4. случай. 2⋅7⋅32⋅52\cdot7\cdot3^2\cdot5 и 23⋅72^3\cdot7. В този случай 23⋅72^3\cdot7 има 4⋅2=84\cdot2=8 делители, a 2⋅7⋅32⋅52\cdot7\cdot3^2\cdot5 има 2⋅2⋅3⋅2=242\cdot2\cdot3\cdot2=24 делители – 3 пъти повече от 8. Следователно a+c=23⋅32⋅7+2⋅7⋅32⋅5=504+630=1134a+c=2^3\cdot3^2\cdot7+2\cdot7\cdot3^2\cdot5=504+630=1134 и b+d=2⋅5⋅7+23⋅7=70+56=126b+d=2\cdot5\cdot7+2^3\cdot7=70+56=126. б) (4 точки) Тъй като b+d=126=2⋅7⋅32b+d=126=2\cdot7\cdot3^2, взаимнопростите със 126 числа не се делят нито на 2, нито на 3, нито на 7. Измежду естествените числа от 1 до 1134 търсим тези, които не се делят нито на 2, нито на 3, нито на 7. Измежду естествените числа от 1 до 1134 има:1134:2=5671134:2=567 четни;1134:3=3781134:3=378 кратни на 3;1134:7=1621134:7=162 кратни на 7;1134:НОК⁡(2;3)=1134:6=1891134:\operatorname{НОК}(2;3)=1134:6=189 кратни на 2 и на 3;1134:НОК⁡(2;7)=1134:14=811134:\operatorname{НОК}(2;7)=1134:14=81 кратни на 2 и на 7;1134:НОК⁡(3;7)=1134:21=541134:\operatorname{НОК}(3;7)=1134:21=54 кратни на 3 и на 7;1134:НОК⁡(2;3;7)=1134:42=271134:\operatorname{НОК}(2;3;7)=1134:42=27 кратни на 2, на 3 и на 7. Следователно броят на числата от 1 до 1134, които се делят на 2, 3 или 7, е567+378+162−(189+81+54)+27=810;567+378+162-(189+81+54)+27=810;откъдето броят на числата от 1 до 1134, които не се делят нито на 2, нито на 3, нито на 7, е1134−810=324.1134-810=324.
Klasirane.bg — проверен архив5.4Условие — източникРешение — източник

2024

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

2025

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