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

8

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • emt2019-8-3: има placeholder текст
  • emt2018-8-2: има placeholder текст
  • emt2017-8-2: има placeholder текст

2007

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на параметъра aa, за които решенията на системата неравенства∣ 3x−53+3x+54≥x7−115(2x−a)3+(2x+a)(1−4x2)+16x2a−6xa2+a3≤2a2+a\left\lvert\, \begin{aligned} & \frac{3 x-5}{3}+\frac{3 x+5}{4} \geq \frac{x}{7}-\frac{1}{15} \\ & (2 x-a)^{3}+(2 x+a)\left(1-4 x^{2}\right)+16 x^{2} a-6 x a^{2}+a^{3} \leq 2 a^{2}+a \end{aligned}\right.образуват интервал с дължина 32225\frac{32}{225}.
РешениеСлед опростяване получаваме, че първото неравенство е еквивалентно на 135x−3528≥−15\frac{135 x-35}{28} \geq-\frac{1}{5}, откъдето x≥49225x \geq \frac{49}{225}. Второто неравенство е еквивалентно на x≤a2x \leq a^{2}. Следователно системата има при a2≥49225a^{2} \geq \frac{49}{225} и решенията и́ са интервал с дължина 32225\frac{32}{225} точно когато a2−49225=32225a^{2}-\frac{49}{225}=\frac{32}{225}. Тогава a2=925a^{2}=\frac{9}{25}, откъдето получаваме решенията a=35a=\frac{3}{5} и a=−35a=-\frac{3}{5}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е изпъкнал четириъгълник ABCDA B C D. Да се намери множеството от точки MM, вътрешни за ABCDA B C D, такива че лицата на четириъгълниците ABCMA B C M и AMCDA M C D да са равни.
РешениеНека S1=SABC,S2=SACDS_{1}=S_{A B C}, S_{2}=S_{A C D} и S1>S2S_{1}\gt{}S_{2}. Ако MM е такава, че SABCM=SAMCDS_{A B C M}= S_{A M C D}, то поради S1>S2S_{1}\gt{}S_{2} имаме, че М е вътрешна за △ABC\triangle A B C. Тогава SABCM=S1−SACMS_{A B C M}= S_{1}-S_{A C M} и SAMCD=S2+SACMS_{A M C D}=S_{2}+S_{A C M}. Оттук S1−SACM=S2+SACMS_{1}-S_{A C M}=S_{2}+S_{A C M}, т. е. SACM=12(S1−S2)S_{A C M}= \frac{1}{2}\left(S_{1}-S_{2}\right). Тогава, ако hh е разстоянието от MM до ACA C, то SACM=12(S1−S2)=12AC.hS_{A C M}=\frac{1}{2}\left(S_{1}-S_{2}\right)=\frac{1}{2} A C. h откъдето h=S1−S2ACh=\frac{S_{1}-S_{2}}{A C}. Следователно точките MM лежат върху отсечка PQ∥ACP Q \| A C и разстоянието между PQP Q и ACA C е hh.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички тройки прости числа p<q<rp\lt{}q\lt{}r, такива че p+q=rp+q=r и (r−p)(q−p)−27p(r-p)(q-p)-27 p е точен квадрат.
РешениеОчевидно p=2p=2, тогава r−p=qr-p=q, откъдето получаваме q(q−q(q-2) −54=u2-54=u^{2}, откъдето (q−1)2−u2=55(q-1)^{2}-u^{2}=55. Имаме (q−1−u)(q−1+u)=55=1⋅55=5⋅11(q-1-u)(q-1+u)=55= 1 \cdot 55=5 \cdot 11. Разглеждаме два случая Случай 1. q−1−u=1q-1-u=1 и q−1+u=55q-1+u=55, т. е. q=u+2q=u+2, откъдето q=29q=29 и r=29+2=31r=29+2=31. Случай 2. q−1−u=5q-1-u=5 и q−1+u=11q-1+u=11, т. е. q=u+6q=u+6, откъдето q=9q=9, противоречие. Следователно единственото е p=2,q=29p=2, q=29 и r=31r=31.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Даден е правилен седмоъгълник ABCDEFGA B C D E F G. Страните ABA B, BC,CD,DE,EF,FGB C, C D, D E, E F, F G и GAG A ще наричаме срещуположни съответно на върховете E,F,G,A,B,CE, F, G, A, B, C и DD. Ако MM е вътрешна точка за седмоъгълника, ще казваме, че правата съединяваща MM с връх на седмоъгълника, пресича негова страна (без върховете) в "правилна точка", ако страната е срещуположна на върха. Да се докаже, че броят на правилните точки, които се получават от произволна вътрешна точка е нечетно число.
РешениеАко AMA M пресича DED E, т. е. се получава "правилна точка", то MM е вътрешна за триъгълника ADEA D E. Броят на правилните точки, които се получават от дадена точка MM, е равен на броя на триъгълниците измежду ADE,BEF,CFG,DGA,EAB,FBCA D E, B E F, C F G, D G A, E A B, F B C и GCDG C D, за които MM е вътрешна точка. Тези триъгълници определят 22 части във вътрешността на седмоъгълника (Фиг. 1): (∗)(*) 7 триъгълника, една от страните на които е страна на седмоъгълника, (∗)(*) 7 четириъгълника, един от върховете на които е връх на седмоъгълника, (∗)(*) 7 триъгълника, две от страните на които са страни на четириъгълниците (∗)(*) 1 седмоъгълник. Фиг. 1 Всяка от тези части е обща точно за 1,3,51, 3, 5 или 7 от горните триъгълници. Следователно броят на правилните точки, които се получават от произволна вътрешна точка е 1,3,51, 3, 5 или 7.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-8-4

2008

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши уравнението ∣x−m∣+∣x+m∣=x|x-m|+|x+m|=x в зависимост от стойностите на параметъра mm.
РешениеРешение. Нека xx е едно решение на уравнението. Тогава от неравенството за модулите ще получим x=∣x−m∣+∣x+m∣≥∣(x−m)+(x+m)∣=2∣x∣x=|x-m|+|x+m| \geq|(x-m)+(x+m)|=2|x|, което е възможно само при x=0x=0. Но при x=0x=0 ще имаме m=0m=0. Окончателно уравнението има решение x=0x=0 при m=0m=0 и няма решение при m≠0m \neq 0.
Klasirane.bg — проверен архив8.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C, за който ∠A=20∘,∠C=40∘\angle A=20^{\circ}, \angle C=40^{\circ}. Построени са ъглополовящата AL(L∈BC)A L(L \in B C) и външната ъглополовяща CN(N∈AB→)C N\left(N \in A B^{\rightarrow}\right). Да се намери мярката на ъгъл CLNC L N.
РешениеНека ALA L и CNC N се пресичат в точка EE. Нека точката D∈AB→D \in A B^{\rightarrow} е такава, че AD=ACA D=A C. Имаме △ACL≅△ADL\triangle A C L \cong \triangle A D L и △ACE≅△ADE\triangle A C E \cong \triangle A D E по I признак. Оттук △ECL≅△EDL\triangle E C L \cong \triangle E D L. Имаме ∠ADL=∠ACL=40∘,∠EDL=∠ECL=70∘\angle A D L=\angle A C L=40^{\circ}, \angle E D L=\angle E C L=70^{\circ}, откъдето ∠NDE=∠EDL=70∘\angle N D E= \angle E D L=70^{\circ}. Също така ∠AED=∠AEC=60∘\angle A E D=\angle A E C=60^{\circ} и следователно ∠DEN=60∘\angle D E N=60^{\circ}. Сега △LED≅△NED\triangle L E D \cong \triangle N E D по II признак и значи LE=NEL E=N E и LD=NDL D=N D. Така DED E е симетрала на отсечката LNL N. Сега ∠LNE=30∘\angle L N E=30^{\circ} и значи ∠NLC=80∘\angle N L C=80^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Докажете, че съществува просто число pp, сборът от цифрите на което е нечетно съставно число. Намерете най-малкото такова pp.
РешениеНека p=a0a1…an‾p=\overline{a_{0} a_{1} \ldots a_{n}}. Известно е, че p≡a0+a1+⋯+an( mod 9)p \equiv a_{0}+a_{1}+\cdots+a_{n}(\bmod 9), а тъй като pp и сборът от цифрите му са нечетни числа, то p≡a0+a1+⋯+an( mod 18)p \equiv a_{0}+a_{1}+\cdots+a_{n}(\bmod 18). Тъй като pp е просто, то a0+a1+⋯+an≡1,5,7,11,13a_{0}+a_{1}+\cdots+a_{n} \equiv 1, 5, 7, 11, 13 или 17( mod 18)17(\bmod 18). Най-малкото такова съставно число е 25. Ще потърсим трицифрено просто число със сбор от цифрите 25 (ако сборът е по-голям от 25, той е поне 35 и такива числа са поне четирицифрени). Единствените нечетни трицифрени числа със сбор от цифрите 25 са 799,889,979799, 889, 979 и 997. Но 799=17⋅47,889=7⋅127799=17 \cdot 47, 889=7 \cdot 127 и 979=11⋅89979=11 \cdot 89, което показва, че тези числа не са прости. Числото 997 обаче е просто и това е търсеното най-малко просто число с желаното свойство.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека MM е множество от 99 различни лъча с общо начало, които лежат в една равнина. Известно е, че два от тези лъчи образуват тъп ъгъл, във вътрешността на който няма лъчи от MM. Какъв е възможно най-големият брой тъпи ъгли, чиито рамене са лъчи от MM?
Решение99 лъча образуват 99⋅98/2=99⋅4999 \cdot 98 / 2=99 \cdot 49 ъгъла. Тези 99 от ъллите, вътре в които няма други лъчи, ще наричаме елементарни. Елементарните ъгли имат сбор 360∘360^{\circ}, така че сред тях има не повече от три тъпи. От условието следва, че има поне един тъп елементарен ъгъл. Ако тъпите елементарни ъгли са три, те разделят лъчите на три множества, съдържащи съответно k,m,nk, m, n лъча, k+m+n=99k+m+n=99. Всички ълли, съставени от лъчи от едно множество, са задължително остри. Ако тъпите елементарни ъгли са два, те разделят лъчите на две множества; поне едното от тях се съдържа в остър ъгъл (нека в него има kk лъча), а другото се съдържа в ъгъл, по-малък от 180∘180^{\circ}. Разделяме второто по ъглополовящата на този ъгъл на две множества (съдържащи съответно m,nm, n лъча), k+m+n=99k+m+n=99. Всички ъгли, съставени от лъчи от едно от трите получени множества, са задължително остри. Ако тъпият елементарен ъгъл е единствен, то всички лъчи се съдържат в ъгъл, по-малък от 270∘270^{\circ}. Разделяме този ъгъл на три остри ъгъла. Нека в тях има съответно k,m,nk, m, n лъча, k+m+n=99k+m+n=99. Всички ъгли, съставени от лъчи от едно от трите получени множества, са задължително остри. Във всеки от трите случаи общият брой остри ъгли е понеk(k−1)2+m(m−1)2+n(n−1)2=k2+m2+n22−k+m+n2≥(k+m+n)26−992=99⋅33−992=99⋅16\begin{aligned} \frac{k(k-1)}{2}+\frac{m(m-1)}{2}+\frac{n(n-1)}{2} & =\frac{k^{2}+m^{2}+n^{2}}{2}-\frac{k+m+n}{2} \\ & \geq \frac{(k+m+n)^{2}}{6}-\frac{99}{2}=\frac{99 \cdot 33-99}{2}=99 \cdot 16 \end{aligned}Неравенството в горните разсъждения следва от неравенството между средно аритметично и средно квадратично, или от КошиБуняковскиШварц, или от класическото k2+m2+n2≥km+kn+mnk^{2}+m^{2}+n^{2} \geq k m+k n+m n. Останалите не повече от 99⋅49−99⋅16=99⋅33=326799 \cdot 49-99 \cdot 16=99 \cdot 33=3267 ъгли могат да са тъпи. Те могат да бъдат точно толкова: достатъчно е да има три елементарни тъпи ъгъла и k=m=n=33k=m=n=33.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-8-4

2017

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека GG е медицентър на △ABC\triangle A B C и точка DD е симетричната на GG относно средата на страната ABA B. Нека правата през DD, успоредна на ABA B, пресича правата BCB C в точка MM, правата през DD успоредна на BCB C, пресича правата ACA C в точка NN и правата през DD, успоредна на ACA C, пресича правата ABA B в точка PP. Да се докаже, че точките M,NM, N и PP лежат на една права.
РешениеПострояваме M1=AC∩DMM_{1}=A C \cap D M и N1=BC∩DPN_{1}=B C \cap D P. Тъй като GG е среда на CDC D, то правата през GG, успоредна на ABA B, съдържа средната отсечка в триъгълника M1MCM_{1} M C, а отсечката ABA B е средна за трапеца с основи гореспоменатата средна отсечка и M1MM_{1} M. Понеже CDC D е медиана, следва че DD е средата на M1MM_{1} M, а значи и N1N_{1} е средата на CMC M и NN е средата на M1CM_{1} C (средни отсечки в △M1MC\triangle M_{1} M C ). Следователно NN1N N_{1} е средна отсечка в △M1MC\triangle M_{1} M C и е успоредна и равна на половинката на основата MM1M M_{1}. Тогава NN1=12MM1=DMN N_{1}=\frac{1}{2} M M_{1}=D M, DMN1ND M N_{1} N е успоредник и диагоналите му MNM N и DN1D N_{1} се разполовяват. Но точка PP е среда на DN1D N_{1}, защото BPB P е средна отсечка в △DMN1\triangle D M N_{1}. Следователно точките M,NM, N и PP лежат на една права.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-8-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-8-2

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека a>0a\gt{}0 и ∣b−c∣>4a|b-c|\gt{}4a. Да се докаже, че е в сила поне едно от неравенствата b2≥4acb^2 \ge 4ac или c2≥4abc^2 \ge 4ab.
РешениеРешение. Допускаме противното, т.е. че едновременно са изпълнени неравенствата b2<4acb^{2}\lt{}4ac и c2<4abc^{2}\lt{}4ab. Тогава b2+c2<4ac+4bcb^{2}+c^{2}\lt{}4ac+4bc, което е еквивалентно на (b−2a)2+(c−2a)2<8a2(b-2a)^{2}+(c-2a)^{2}\lt{}8a^{2}. Оттук и от условието следва, че16a2<∣b−c∣2=∣(b−2a)−(c−2a)∣2≤16a^{2}\lt{}|b-c|^{2}=|(b-2a)-(c-2a)|^{2}\leq2((b−2a)2+(c−2a)2)<16a2, 2\left((b-2a)^{2}+(c-2a)^{2}\right)\lt{}16a^{2},което е противоречие. Оценяване. (6 точки) 1 т. за допускане на противното, 2 т. за получаване на неравенството (b−2a)2+(c−2a)2<8a2(b-2a)^{2}+(c-2a)^{2}\lt{}8a^{2} или негов аналог, 2 т. за правилно и съществено за задачата използване на неравенството на триъгълника, 1 т. за заключението.
Klasirane.bg — проверен архив8.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
а) Съществуват ли естествени числа n,xn, x и yy, за които е изпълнено равенството 86n=x2+y2?86^{n}=x^{2}+y^{2}?б) Да се докаже, че за всяко естествено число nn съществуват естествени числа x,yx, y и zz, такива, че 86n=x2+y2+z286^{n}=x^{2}+y^{2}+z^{2}.
Решениеа) Отговор: не съществува такова nn. Да допуснем, че n,xn, x и yy имат исканото свойство. Тъй като простото число 43=4⋅10+343=4 \cdot 10+3 дели 86, то дели и x2+y2x^{2}+y^{2}. Тогава 43∣x43 \mid x и 43∣y43 \mid y, което веднага дава 432∣x43^{2} \mid x и 432∣y43^{2} \mid y и можем да съкратим на 43243^{2}. Тази процедура може да продължи докато лявата страна се дели на 43 (в частност nn е четно). Нека n=2n1n=2 n_{1} и 4n1=x12+y12,x1,y1∈N4^{n_{1}}=x_{1}^{2}+y_{1}^{2}, x_{1}, y_{1} \in \mathbb{N}. Оттук по модул 4 лесно следва, че 2∣x12 \mid x_{1} и 2∣y12 \mid y_{1} и можем, както и по-горе, да съкратим и да продължим. В крайна сметка достигаме до уравнението 1=x22+y221=x_{2}^{2}+y_{2}^{2}, което няма в естествени числа, противоречие. б) При n=1n=1 имаме 861=81+4+9=92+22+1286^{1}=81+4+9=9^{2}+2^{2}+1^{2}, а при n=2−n=2-862=842+2⋅170=842+4⋅85=86^{2}=84^{2}+2 \cdot 170=84^{2}+4 \cdot 85=842+4(81+4)=842+182+42.84^{2}+4(81+4)=84^{2}+18^{2}+4^{2}.Нека n=2k+1,k∈Nn=2 k+1, k \in \mathbb{N}, т. е. nn е нечетно число. Тогава86n=86(86k)2=(92+22+12)(86k)2=86^{n}=86\left(86^{k}\right)^{2}=\left(9^{2}+2^{2}+1^{2}\right)\left(86^{k}\right)^{2}=(9⋅86k)2+(2⋅86k)2+(86k)2\left(9 \cdot 86^{k}\right)^{2}+\left(2 \cdot 86^{k}\right)^{2}+\left(86^{k}\right)^{2}е сбор на 3 квадрата. Нека n=2k,k∈Nn=2 k, k \in \mathbb{N}, т. е. nn е четно число. Тогава86n=862(86k−1)2=(842+182+42)(86k−1)286^{n}=86^{2}\left(86^{k-1}\right)^{2}=\left(84^{2}+18^{2}+4^{2}\right)\left(86^{k-1}\right)^{2}е сбор на 3 квадрата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-8-3

2018

8 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че при k≥25k \geq 25 неравенството x4+(2k−99)x2−10x+k2+k≥0x^{4}+(2 k-99) x^{2}-10 x+k^{2}+k \geq 0 е изпълнено за всяко реално число xx.
РешениеРазлагаме израза от лявата част на неравенството на множители: x4+(2k−99)x2−10x+k2+k=(x2−10x+k)(x2+10x+k+1)=((x−5)2+k−25)((x+5)2+k−24)x^{4}+(2 k-99) x^{2}-10 x+k^{2}+k=\left(x^{2}-10 x+k\right)\left(x^{2}+10 x+k+1\right)=\left((x-5)^{2}+k-25\right)\left((x+5)^{2}+k-24\right)При k≥25k \geq 25 за двата множителя имаме (x−5)2+k−25≥0(x-5)^{2}+k-25 \geq 0 и (x+5)2+k−24>0(x+5)^{2}+k-24\gt{}0. Следователно тяхното произведение е неотрицателно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-8-1

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че при k≥25k \geq 25 неравенството x4+(2k−99)x2−10x+k2+k≥0x^{4}+(2 k-99) x^{2}-10 x+k^{2}+k \geq 0 е изпълнено за всяко реално число xx.
РешениеРазлагаме израза от лявата част на неравенството на множители:x4+(2k−99)x2−10x+k2+k=(x2−10x+k)(x2+10x+k+1)=((x−5)2+k−25)((x+5)2+k−24)x^{4}+(2 k-99) x^{2}-10 x+k^{2}+k=\left(x^{2}-10 x+k\right)\left(x^{2}+10 x+k+1\right)=\left((x-5)^{2}+k-25\right)\left((x+5)^{2}+k-24\right)При k≥25k \geq 25 за двата множителя имаме (x−5)2+k−25≥0(x-5)^{2}+k-25 \geq 0 и (x+5)2+k−24>0(x+5)^{2}+k-24\gt{}0. Следователно тяхното произведение е неотрицателно. Оценяване. (6 точки) 4 т. за разлагане като произведение на два квадратни тричлена; по 1 т. за доказване, че всеки от тях е неотрицателен при k≥25k \geq 25.
Klasirane.bg — проверен архив8.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-8-2

Задача 2

Пълен запис
Условие
Ромбовете ABCD,EFGHA B C D, E F G H и BIFJB I F J със страни съответно a,ba, b и cc са разположени, както е показано на чертежа ( B∈AI,F∈IGB \in A I, F \in I G ) и CC е среда на IHI H. а) Да се намери отношението a:b:ca: b: c. б) Да се докаже, че EE е медицентърът на △ACD\triangle A C D. в) Да се докаже, че правата AEA E разполовява страната GHG H.Чертежът от условието с трите ромба ABCD, EFGH и BIFJ.
Решениеа) Ако L=DC∩HEL=D C \cap H E, то EJCLE J C L е успоредник. От △BIC≅△LCH\triangle B I C \cong \triangle L C H следва, че BI=LC⟺b=2cB I=L C \Longleftrightarrow b=2 c и BC=LH⟺a=b+c−aB C=L H \Longleftrightarrow a=b+c-a, откъдето 2a=3c2 a=3 c. Получаваме a:b:c=3:4:2a: b: c=3: 4: 2.Помощният чертеж към решението с точките K, L, M и N.б) Ако K=EF∩ADK=E F \cap A D и M=AB∩EHM=A B \cap E H, то AMEKA M E K е успоредник със страни AM=a+c−b=13a,AK=b−c=23aA M=a+c-b= \frac{1}{3} a, A K=b-c=\frac{2}{3} a иAE→=AM→+AK→=13AB→+23AD→=\overrightarrow{A E}=\overrightarrow{A M}+\overrightarrow{A K}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{2}{3} \overrightarrow{A D}=13(AB→+AD→)+13AD→=13AC→+13AD→,\frac{1}{3}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D})+\frac{1}{3} \overrightarrow{A D}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A C}+\frac{1}{3} \overrightarrow{A D},следователно EE е медицентър на △ACD\triangle A C D. в) Ако NN е средата на HGH G, то CNC N е средна отсечка в △HIG\triangle H I G, т.е. CN=12(b+c)=aC N=\frac{1}{2}(b+c)=a, CN∥IG∥ADC N\|I G\| A D, откъдето следва, че ACNDA C N D е успоредник. Тогава ANA N разполовява CDC D, а от а) следва, че AEA E разполовява CDC D; получихме, че N∈AEN \in A E. Същият факт може да се докаже, като се забележи, чеEN→=EJ→+EH→=23AB→+43AD→=\overrightarrow{E N}=\overrightarrow{E J}+\overrightarrow{E H}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A B}+\frac{4}{3} \overrightarrow{A D}=2AM→+2AK→=2AE→.2 \overrightarrow{A M}+2 \overrightarrow{A K}=2 \overrightarrow{A E}.Оценяване. (6 точки) по 2 т. за всяка подточка.
Klasirane.bg — проверен архив8.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека MM е множеството от всички петцифрени числа от вида a1a20b1b2‾\overline{a_{1} a_{2} 0 b_{1} b_{2}}, които са точни квадрати и b1b2‾=a1a2‾+1\overline{b_{1} b_{2}}=\overline{a_{1} a_{2}}+1. a) Да се намерят всички елементи на MM, които са кратни на 5. б) Да се намерят всички елементи на MM.
РешениеОтговор. 24025 и 75076. Нека N=a1a20b1b2‾=n2N=\overline{a_{1} a_{2} 0 b_{1} b_{2}}=n^{2}. Тогава b2∈{0,1,4,5,6,9}b_{2} \in\{0, 1, 4, 5, 6, 9\}. Ако b2=0b_{2}=0, тъй като NN е точен квадрат, то b1=0b_{1}=0, което е невъзможно ( b1b2‾=a1a2‾+1≥11\overline{b_{1} b_{2}}=\overline{a_{1} a_{2}}+1 \geq 11 ). Ако b2=5b_{2}=5, тъй като NN е точен квадрат, то b1=2b_{1}=2. Получаваме числото 24025=52.31224025=5^{2}.31^{2}, което е на задачата. Остава да разгледаме b2∈{1,4,6,9}b_{2} \in\{1, 4, 6, 9\}, т. е.a2∈{0,3,5,8}.(1)a_{2} \in\{0, 3, 5, 8\}. \tag{1}ИмамеN=1001a1a2‾+1=n2.(2)N=1001 \overline{a_{1} a_{2}}+1=n^{2}. \tag{2}Тъй като n2≡0,1,4( mod 5)n^{2} \equiv 0, 1, 4(\bmod 5) и n2≡0,1,4( mod 8)n^{2} \equiv 0, 1, 4(\bmod 8), то n2≡0,1,4,9,16,20,24,25,36( mod 40)n^{2} \equiv 0, 1, 4, 9, 16, 20, 24, 25, 36(\bmod 40). Оттук и от (2) следва, чеa1a2‾≡0,3,8,15,19,\overline{a_{1} a_{2}} \equiv 0, 3, 8, 15, 19,23,24,35,39( mod 40).(3) 23, 24, 35, 39 \quad(\bmod 40). \tag{3}От (1) и (3) следва, чеa1a2‾∈\overline{a_{1} a_{2}} \in{40,80,43,83,48,88,15,55,95,23,63,35,75}.(4)\{40, 80, 43, 83, 48, 88, 15, 55, 95, 23, 63, 35, 75\}. \tag{4}Освен това n2≡0,1,4,7( mod 9)n^{2} \equiv 0, 1, 4, 7(\bmod 9) и от (2) следва, чеa1a2‾≡0,3,4,6( mod 9).(5)\overline{a_{1} a_{2}} \equiv 0, 3, 4, 6 \quad(\bmod 9). \tag{5}От (4) и (5) получаваме, чеa1a2‾∈{40,48,15,63,75}.\overline{a_{1} a_{2}} \in\{40, 48, 15, 63, 75\}.Проверяваме петте възможности. Числата 40041=33.1483,15016=23.187740041=3^{3}.1483, 15016=2^{3}.1877 и 63064=23.788363064= 2^{3}.7883 не са точни квадрати заради нечетните показатели на 2 или 3 в разлагането им. Числото 48049 е просто (за да се види, че 48049 не е точен квадрат, може да се използва и че квадратичните остатъци по модул 17 са 1,2,4,8,9,13,15,161, 2, 4, 8, 9, 13, 15, 16, а 48049≡7( mod 17))48049 \equiv 7(\bmod 17)). Числото 75076=22.137275076=2^{2}.137^{2} е на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-8-3

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека MM е множеството от всички петцифрени числа от вида a1a20b1b2‾\overline{a_{1} a_{2} 0 b_{1} b_{2}}, които са точни квадрати и b1b2‾=a1a2‾+1\overline{b_{1} b_{2}}=\overline{a_{1} a_{2}}+1. a) Да се намерят всички елементи на MM, които са кратни на 5. б) Да се намерят всички елементи на MM.
РешениеОтговор. 24025 и 75076. Нека N=a1a20b1b2‾=n2N=\overline{a_{1} a_{2} 0 b_{1} b_{2}}=n^{2}. Тогава b2∈{0,1,4,5,6,9}b_{2} \in\{0,1,4,5,6,9\}. Ако b2=0b_{2}=0, тъй като NN е точен квадрат, то b1=0b_{1}=0, което е невъзможно ( b1b2‾=a1a2‾+1≧11\overline{b_{1} b_{2}}=\overline{a_{1} a_{2}}+1 \geqq 11 ). Ако b2=5b_{2}=5, тъй като NN е точен квадрат, то b1=2b_{1}=2. Получаваме числото 24025=52.31224025=5^{2}.31^{2}, което е решение на задачата. Остава да разгледаме b2∈{1,4,6,9}b_{2} \in\{1,4,6,9\}, т.е.a2∈{0,3,5,8}.(1)a_{2} \in\{0,3,5,8\}. \tag{1}ИмамеN=1001a1a2‾+1=n2.(2)N=1001 \overline{a_{1} a_{2}}+1=n^{2}. \tag{2}Тъй като n2≡0,1,4( mod 5)n^{2} \equiv 0,1,4(\bmod 5) и n2≡0,1,4( mod 8)n^{2} \equiv 0,1,4(\bmod 8), то n2≡0,1,4,9,16,20,24,25,36( mod 40)n^{2} \equiv 0,1,4,9,16,20,24,25,36(\bmod 40). Оттук и от (2) следва, чеa1a2‾≡0,3,8,15,19,\overline{a_{1} a_{2}} \equiv 0,3,8,15,19,23,24,35,39( mod 40).(3)23,24,35,39 \quad(\bmod 40). \tag{3}От (1) и (3) следва, чеa1a2‾∈\overline{a_{1} a_{2}} \in{40,80,43,83,48,88,15,55,95,23,63,35,75}.(4)\{40,80,43,83,48,88,15,55,95,23,63,35,75\}. \tag{4}Освен това n2≡0,1,4,7( mod 9)n^{2} \equiv 0,1,4,7(\bmod 9) и от (2) следва, чеa1a2‾≡0,3,4,6( mod 9).(5)\overline{a_{1} a_{2}} \equiv 0,3,4,6 \quad(\bmod 9). \tag{5}От (4) и (5) получаваме, чеa1a2‾∈{40,48,15,63,75}.\overline{a_{1} a_{2}} \in\{40,48,15,63,75\}.Проверяваме петте възможности. Числата 40041=33.1483,15016=23.187740041=3^{3}.1483,15016=2^{3}.1877 и 63064=23.788363064= 2^{3}.7883 не са точни квадрати заради нечетните показатели на 2 или 3 в разлагането им. Числото 48049 е просто (за да се види, че 48049 не е точен квадрат, може да се използва и че квадратичните остатъци по модул 17 са 1,2,4,8,9,13,15,161,2,4,8,9,13,15,16, а 48049≡7( mod 17))48049 \equiv 7(\bmod 17)). Числото 75076=22.137275076=2^{2}.137^{2} е решение на задачата. Оценяване. ( 7 точки) 2 т. за а) и 5 т. за б).
Klasirane.bg — проверен архив8.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
По колко различни начина квадратчетата в таблица 3×73 \times 7 могат да се оцветят в жълт, червен или син цвят така, че да няма съседни едноцветни квадратчета? (Две квадратчета са съседни, ако имат обща страна.)
РешениеОцветяване без едноцветни съседни квадратчета ще наричаме добро. Последният стълб на добре оцветена таблица е от вида където x,yx, y и zz са различни цветове. Нека ana_{n} е броят на различните добри оцветявания на таблица 3×n3 \times n, при които последният стълб е от вид 1), т. е. е оцветен в два цвята. С bnb_{n} означаваме броя на различните добри оцветявания на таблица 3×n3 \times n, при които последният стълб е от вид 2), т. е. е оцветен в три различни цвята. Всички добри оцветявания на таблица 3×n3 \times n са sn=an+bns_{n}=a_{n}+b_{n} на брой. Добрите оцветявания на таблица 3×n3 \times n се получават, като добрите оцветявания на таблица 3×(n−1)3 \times(n-1) от вид 1) се продължат по някой от следните пет начина:xyx\begin{array}{|c|} \hline x \cr \hline y \cr \hline x \cr \hline \end{array}→\rightarrowyxy\begin{array}{|c|} \hline y \cr \hline x \cr \hline y \cr \hline \end{array}, zxz\begin{array}{|c|} \hline z \cr \hline x \cr \hline z \cr \hline \end{array}, yxz\begin{array}{|c|} \hline y \cr \hline x \cr \hline z \cr \hline \end{array}, zxy\begin{array}{|c|} \hline z \cr \hline x \cr \hline y \cr \hline \end{array}, yzy\begin{array}{|c|} \hline y \cr \hline z \cr \hline y \cr \hline \end{array}или като добрите оцветявания на таблица 3×(n−1)3 \times(n-1) от вид 2 ) се продължат по някой от следните четири начина:xyz\begin{array}{|c|} \hline x \cr \hline y \cr \hline z \cr \hline \end{array}→\rightarrowyxy\begin{array}{|c|} \hline y \cr \hline x \cr \hline y \cr \hline \end{array}, zxy\begin{array}{|c|} \hline z \cr \hline x \cr \hline y \cr \hline \end{array}, yzy\begin{array}{|c|} \hline y \cr \hline z \cr \hline y \cr \hline \end{array}, yzx\begin{array}{|c|} \hline y \cr \hline z \cr \hline x \cr \hline \end{array}. Следователноan=3an−1+2bn−1bn=2an−1+2bn−1\begin{aligned} a_{n} & =3 a_{n-1}+2 b_{n-1} \\ b_{n} & =2 a_{n-1}+2 b_{n-1} \end{aligned}и като съберем равенствата и използваме, че bn=2(an−1+bn−1)=2sn−1b_{n}=2\left(a_{n-1}+b_{n-1}\right)=2 s_{n-1}, получавамеsn=an+bn=5an−1+4bn−1==5(an−1+bn−1)−bn−1==5sn−1−2sn−2.\begin{aligned} s_{n}=a_{n}+b_{n} & =5 a_{n-1}+4 b_{n-1}= \\ & =5\left(a_{n-1}+b_{n-1}\right)-b_{n-1}= \\ & =5 s_{n-1}-2 s_{n-2}. \end{aligned}Остава да намерим a1=b1=6,s1=12,s2=5⋅6+4⋅6=54a_{1}=b_{1}=6, s_{1}=12, s_{2}=5 \cdot 6+4 \cdot 6=54 и да пресметнем първите 7 члена на редицата:12,54,246,1122,5118,23346,106494.12, 54, 246, 1122, 5118, 23346, 106494.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-8-4

Задача 4

Пълен запис
Условие
По колко различни начина квадратчетата в таблица 3×73 \times 7 могат да се оцветят в жълт, червен или син цвят така, че да няма съседни едноцветни квадратчета? (Две квадратчета са съседни, ако имат обща страна.)
РешениеОцветяване без едноцветни съседни квадратчета ще наричаме добро. Последният стълб на добре оцветена таблица е от видаДвата вида последен стълб: x, y, x и x, y, z.където x,yx, y и zz са различни цветове. Нека ana_{n} е броят на различните добри оцветявания на таблица 3×n3 \times n, при които последният стълб е от вид 1), т.е. е оцветен в два цвята. С bnb_{n} означаваме броя на различните добри оцветявания на таблица 3×n3 \times n, при които последният стълб е от вид 2), т.е. е оцветен в три различни цвята. Всички добри оцветявания на таблица 3×n3 \times n са sn=an+bns_{n}=a_{n}+b_{n} на брой. Добрите оцветявания на таблица 3×n3 \times n се получават, като добрите оцветявания на таблица 3×(n−1)3 \times(n-1) от вид 1) се продължат по някой от следните пет начина:xxyyxx→\rightarrowyyxxyy, zzxxzz, yyxxzz, zzxxyy, yyzzyyили като добрите оцветявания на таблица 3×(n−1)3 \times(n-1) от вид 2 ) се продължат по някой от следните четири начина:xxyyzz→\rightarrowyyxxyy, zzxxyy, yyzzyy, yyzzxx. Следователноan=3an−1+2bn−1bn=2an−1+2bn−1\begin{aligned} a_{n} & =3 a_{n-1}+2 b_{n-1} \\ b_{n} & =2 a_{n-1}+2 b_{n-1} \end{aligned}и като съберем равенствата и използваме, че bn=2(an−1+bn−1)=2sn−1b_{n}=2\left(a_{n-1}+b_{n-1}\right)=2 s_{n-1}, получавамеsn=an+bn=5an−1+4bn−1==5(an−1+bn−1)−bn−1==5sn−1−2sn−2.\begin{aligned} s_{n}=a_{n}+b_{n} & =5 a_{n-1}+4 b_{n-1}= \\ & =5\left(a_{n-1}+b_{n-1}\right)-b_{n-1}= \\ & =5 s_{n-1}-2 s_{n-2}. \end{aligned}Остава да намерим a1=b1=6,s1=12,s2=5.6+4.6=54a_{1}=b_{1}=6, s_{1}=12, s_{2}=5.6+4.6=54 и да пресметнем първите 7 члена на редицата:12,54,246,1122,5118,23346,106494.12,54,246,1122,5118,23346,106494.
Klasirane.bg — проверен архив8.4Условие — източникРешение — източник

2019

6 задачи

Задача 1

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

Задача 2

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

Задача 3

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

Задача 3

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

Задача 4

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

Задача 4b

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

2022

6 задачи

Задача 1

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

Задача 2

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

Задача 2

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

Задача 3

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

Задача 3

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

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намери броя на редиците от 2022 естествени числа, такива че във всяка редица: • всяко число след първото е по-голямо или равно на предходното, • поне едно от числата е равно на 2022 и • сумата на всеки 2020 от числата се дели на всяко от останалите две.
РешениеОтговор. 13 Решение. Нека сумата на числата е SS и aa, bb и cc са кои да е три от тях. Явно S−a−bS-a-b и S−a−cS-a-c се делят на aa, откъдето aa дели b−cb-c. Сега ако изберем aa да е число с най-голяма стойност измежду всички, неравенството a≤∣b−c∣a \leq|b-c| няма как да бъде изпълнено и така горната делимост дава непременно b=cb=c. Следователно всяка от търсените 2022-орки непременно има вида (n,n,…,n,a)(n, n, \ldots, n, a). Вече исканото е еквивалентно на делимостите a∣2020na \mid 2020 n и n∣2019n+an \mid 2019 n+a, т.е. n∣a∣2020nn \mid a \mid 2020 n – значи търсените са от вида (n,n,…,n,kn)(n, n, \ldots, n, k n), където kk е делител на 2020 и поне едно от nn и knk n е равно на 2022. Ако n=2022n=2022, то понеже 2020=22⋅5⋅1012020=2^{2} \cdot 5 \cdot 101 има (2+1)⋅(1+1)⋅(1+1)=12(2+1) \cdot(1+1) \cdot(1+1)=12 делителя, имаме 12 възможности. Ако kn=2022k n=2022 и n≠2022n \neq 2022, то k>1k\gt{}1 дели 2020 и 2022, значи дели 2, т.е. единствената възможност е k=2k=2 и n=1011n=1011. Оценяване. (7 точки) 1 т. за верен отговор; 2 т. за a∣b−ca \mid b-c за произволни aa, bb, cc; 1 т. за разглеждане на максимален елемент; 1 т. за свеждането до вида (n,n,…,n,kn)(n, n, \ldots, n, k n) за k∣2020k \mid 2020; по 1 т. за n=2022n=2022 и kn=2022k n=2022.
Klasirane.bg — проверен архив8.4Условие — източникРешение — източник

2023

8 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека aa е най-голямата стойност на израза 24y−9y224 y-9 y^{2}, където yy е рационално число, а bb е най-малкото цяло число, изпълняващо неравенството(t+3)3−(6t−7)2−(t−9)3<3(t+3)^{3}-(6 t-7)^{2}-(t-9)^{3}\lt{}3Разложете на (неразложими) множители с цели коефициенти изразаa(x−1)x3+bx−2x−1a(x-1) x^{3}+b x-2 x-1
РешениеИмаме 24y−9y2=16−(3y−4)224 y-9 y^{2}=16-(3 y-4)^{2}, чиято най-голяма стойност a=16a=16 се достига за y=43y=\frac{4}{3}. Даденото неравенство е еквивалентно сt3+9t2+27t+27−36t2+84t−49−t3+27t2−243t+729<3−132t+704<0\begin{gathered} t^{3}+9 t^{2}+27 t+27-36 t^{2}+84 t-49-t^{3}+27 t^{2}-243 t+729\lt{}3 \\ -132 t+704\lt{}0 \end{gathered}т. е. t>163t\gt{}\frac{16}{3} и b=6b=6. Замествайки a=16,b=6a=16, b=6 в дадения израз, получаваме16(x−1)x3+6x−2x−1=16x4−16x3+4x−1=(16x4−1)−4x(4x2−1)=(4x2−1)(4x2+1)−4x(4x2−1)=(4x2−4x+1)(2x−1)(2x+1)=(2x−1)3(2x+1)\begin{gathered} 16(x-1) x^{3}+6 x-2 x-1=16 x^{4}-16 x^{3}+4 x-1 \\ =\left(16 x^{4}-1\right)-4 x\left(4 x^{2}-1\right)=\left(4 x^{2}-1\right)\left(4 x^{2}+1\right)-4 x\left(4 x^{2}-1\right) \\ =\left(4 x^{2}-4 x+1\right)(2 x-1)(2 x+1)=(2 x-1)^{3}(2 x+1) \end{gathered}
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-8-1

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека aa е най-голямата стойност на израза 24y−9y224y-9y^2, където yy е рационално число, а bb е най-малкото цяло число, изпълняващо неравенството(t+3)3−(6t−7)2−(t−9)3<3.(t+3)^3-(6t-7)^2-(t-9)^3\lt{}3.Разложете на (неразложими) множители с цели коефициенти изразаa(x−1)x3+bx−2x−1.a(x-1)x^3+bx-2x-1.
РешениеИмаме 24y−9y2=16−(3y−4)224y-9y^2=16-(3y-4)^2, чиято най-голяма стойност a=16a=16 се достига за y=43y=\dfrac43. Даденото неравенство е еквивалентно сt3+9t2+27t+27−36t2+84tt^3+9t^2+27t+27-36t^2+84t−49−t3+27t2−243t+729<3-49-t^3+27t^2-243t+729\lt{}3−132t+704<0,-132t+704\lt{}0,т.е. t>163t\gt{}\dfrac{16}{3} и b=6b=6. Замествайки a=16a=16, b=6b=6 в дадения израз, получаваме16(x−1)x3+6x−2x−1=16x4−16x3+4x−1=16(x-1)x^3+6x-2x-1=16x^4-16x^3+4x-1==(16x4−1)−4x(4x2−1)==(16x^4-1)-4x(4x^2-1)=(4x2−1)(4x2+1)−4x(4x2−1)=(4x^2-1)(4x^2+1)-4x(4x^2-1)==(4x2−4x+1)(2x−1)(2x+1)=(2x−1)3(2x+1).=(4x^2-4x+1)(2x-1)(2x+1)=(2x-1)^3(2x+1).Оценяване. (6 точки) 2 т. за обосновано намиране на aa; 2 т. за обосновано намиране на bb; 2 т. за разлагане до неразложими множители и то само при правилно намерени a,ba,b.
Klasirane.bg — проверен архив8.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Изпъкнал четириъгълник ще наричаме иновативен, ако диагоналите му го разделят на четири триъгълника с едни и същи мерки на ъллите. Например квадратът е иновативен четириъгълник, понеже четирите триъгълника са с мерки 90∘,45∘,45∘90^{\circ}, 45^{\circ}, 45^{\circ}. Да се намерят мерките на ъглите на иновативен четириъгълник, ако една от тях е 13∘13^{\circ}.
РешениеНека четириъгълникът е ABCDA B C D с ∠BAD=13∘\angle B A D=13^{\circ} и диагоналите ACA C и BDB D се пресичат в OO. Ако допуснем, че диагоналите не са перпендикулярни, то при ∠AOB>90∘\angle A O B\gt{}90^{\circ} (случаят ∠AOD>90∘\angle A O D\gt{}90^{\circ} е аналогичен) имаме ∠AOB>90∘>∠AOD\angle A O B\gt{}90^{\circ}\gt{}\angle A O D и ∠AOB>∠OAD\angle A O B\gt{}\angle O A D, ∠AOB>∠ODA\angle A O B\gt{}\angle O D A (понеже ∠AOB\angle A O B е външен ъгъл за триъгълника AODA O D ), т. е. мярката на ∠AOB\angle A O B не се среща в триъгълника AODA O D, противоречие. Така ACA C и BDB D са перпендикулярни. Нататък, ако ∠BAO=∠ADO\angle B A O=\angle A D O, то ∠BAD=∠BAO+∠OAD=∠BAO+90∘−∠ADO=90∘\angle B A D=\angle B A O+\angle O A D=\angle B A O+90^{\circ}-\angle A D O= 90^{\circ}, противоречие с ∠BAD=13∘\angle B A D=13^{\circ}. Така остава само възможността ∠BAO=∠DAO\angle B A O=\angle D A O, като в такъв случай ACA C разполовява ∠BAD\angle B A D, т. е. ACA C е симетрала на BDB D. Сега от триъгълниците AODA O D и DOCD O C следва или ∠ADO=∠CDO\angle A D O=\angle C D O (в такъв случай BDB D е симетрала на ACA C и ABCDA B C D е ромб), или ∠ADO=∠DCO=90∘−∠CDO\angle A D O=\angle D C O=90^{\circ}-\angle C D O, т. е. ∠ADC=90∘\angle A D C=90^{\circ}, аналогично ∠ABC=90∘\angle A B C=90^{\circ} и четвъртият ъгъл е ∠BCD=180∘−∠BAD\angle B C D=180^{\circ}-\angle B A D.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-8-2

Задача 2

Пълен запис
Условие
Изпъкнал четириъгълник ще наричаме иновативен, ако диагоналите му го разделят на четири триъгълника с едни и същи мерки на ъглите. Например квадратът е иновативен четириъгълник, понеже четирите триъгълника са с мерки 90∘90^\circ, 45∘45^\circ, 45∘45^\circ. Да се намерят мерките на ъглите на иновативен четириъгълник, ако една от тях е 13∘13^\circ.
РешениеОтговор. 90∘90^\circ, 90∘90^\circ, 167∘167^\circ, 13∘13^\circ или 13∘13^\circ, 167∘167^\circ, 13∘13^\circ, 167∘167^\circ. Решение. Нека четириъгълникът е ABCDABCD с ∠BAD=13∘\angle BAD=13^\circ и диагоналите ACAC и BDBD се пресичат в OO. Ако допуснем, че диагоналите не са перпендикулярни, то при ∠AOB>90∘\angle AOB\gt{}90^\circ (случаят ∠AOD>90∘\angle AOD\gt{}90^\circ е аналогичен) имаме ∠AOB>90∘>∠AOD\angle AOB\gt{}90^\circ\gt{}\angle AOD и ∠AOB>∠OAD\angle AOB\gt{}\angle OAD, ∠AOB>∠ODA\angle AOB\gt{}\angle ODA (понеже ∠AOB\angle AOB е външен ъгъл за триъгълника AODAOD), т.е. мярката на ∠AOB\angle AOB не се среща в триъгълника AODAOD, противоречие. Така ACAC и BDBD са перпендикулярни. Нататък, ако ∠BAO=∠ADO\angle BAO=\angle ADO, то ∠BAD=∠BAO+∠OAD=∠BAO+90∘−∠ADO=90∘\angle BAD=\angle BAO+\angle OAD=\angle BAO+90^\circ-\angle ADO=90^\circ, противоречие с ∠BAD=13∘\angle BAD=13^\circ. Така остава само възможността ∠BAO=∠DAO\angle BAO=\angle DAO, като в такъв случай ACAC разполовява ∠BAD\angle BAD, т.е. ACAC е симетрала на BDBD. Сега от триъгълниците AODAOD и DOCDOC следва или ∠ADO=∠CDO\angle ADO=\angle CDO (в такъв случай BDBD е симетрала на ACAC и ABCDABCD е ромб), или ∠ADO=∠DCO=90∘−∠CDO\angle ADO=\angle DCO=90^\circ-\angle CDO, т.е. ∠ADC=90∘\angle ADC=90^\circ, аналогично ∠ABC=90∘\angle ABC=90^\circ и четвъртият ъгъл е ∠BCD=180∘−∠BAD\angle BCD=180^\circ-\angle BAD. Оценяване. (6 точки) 1 т. за верен отговор, 2 т. за доказателство, че диагоналите са перпендикулярни (не се дават точки само за предполагане на този факт), 1 т. за обосновка, че единият от диагоналите разполовява два срещуположни ъгъла на четириъгълника, по 1 т. за всеки от двата случая за другия диагонал,
Klasirane.bg — проверен архив8.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички двойки ( a,ba, b ) от взаимно прости естествени числа, такива че a<ba\lt{}b и bb дели(n+2)an+1002−(n+1)an+1001−nan+1000(n+2) a^{n+1002}-(n+1) a^{n+1001}-n a^{n+1000}за всяко естествено число nn.
РешениеПонеже aa и bb са взаимно прости, то такива са bb и an+1000a^{n+1000}, съответно исканото е еквивалентно на bb да дели (n+2)a2−(n+1)a−n(n+2) a^{2}-(n+1) a-n за всяко nn. От n=1n=1 и n=2n=2 получаваме, че непременно bb дели 3a2−2a−13 a^{2}-2 a-1 и 4a2−3a−24 a^{2}-3 a-2. Оттук bb дели4(3a2−2a−1)−3(4a2−3a−2)=a+24\left(3 a^{2}-2 a-1\right)-3\left(4 a^{2}-3 a-2\right)=a+2и тъй като 3a2−2a−1=3(a−2)(a+2)−2(a+2)+153 a^{2}-2 a-1=3(a-2)(a+2)-2(a+2)+15, то непременно bb дели 15. Явно b>a≥1b\gt{}a \geq 1, т. е. b≥2b \geq 2. Ако b=15b=15, то b∣a+2b \mid a+2 дава a=13a=13, но 4⋅132−3⋅13−2=6354 \cdot 13^{2}-3 \cdot 13-2=635 не се дели на 3. Ако b=3b=3, то a=1a=1, но 4⋅12−3⋅1−2=−14 \cdot 1^{2}-3 \cdot 1-2=-1 не се дели на 3. Остава b=5b=5, съответно a=3a=3. Действително, (n+2)⋅32−(n+1)⋅31−n=5(n+3)(n+2) \cdot 3^{2}-(n+1) \cdot 3^{1}-n=5(n+3) се дели на 5.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-8-3

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички двойки (a,b)(a,b) от взаимно прости естествени числа, такива че a<ba\lt{}b и bb дели(n+2)an+1002−(n+1)an+1001−nan+1000(n+2)a^{n+1002}-(n+1)a^{n+1001}-na^{n+1000}за всяко естествено число nn.
РешениеОтговор. (a,b)=(3,5)(a,b)=(3,5). Решение. Понеже aa и bb са взаимно прости, то такива са bb и an+1000a^{n+1000}, съответно исканото е еквивалентно на bb да дели (n+2)a2−(n+1)a−n(n+2)a^2-(n+1)a-n за всяко nn. От n=1n=1 и n=2n=2 получаваме, че непременно bb дели 3a2−2a−13a^2-2a-1 и 4a2−3a−24a^2-3a-2. Оттук bb дели4(3a2−2a−1)−3(4a2−3a−2)=a+24(3a^2-2a-1)-3(4a^2-3a-2)=a+2и тъй като 3a2−2a−1=3(a−2)(a+2)−2(a+2)+153a^2-2a-1=3(a-2)(a+2)-2(a+2)+15, то непременно bb дели 15. Явно b>a≥1b\gt{}a\ge1, т.е. b≥2b\ge2. Ако b=15b=15, то b∣a+2b\mid a+2 дава a=13a=13, но 4⋅132−3⋅13−2=6354\cdot13^2-3\cdot13-2=635 не се дели на 3. Ако b=3b=3, то a=1a=1, но 4⋅12−3⋅1−2=−14\cdot1^2-3\cdot1-2=-1 не се дели на 3. Остава b=5b=5, съответно a=3a=3. Действително, (n+2)⋅32−(n+1)⋅31−n=5(n+3)(n+2)\cdot3^2-(n+1)\cdot3^1-n=5(n+3) се дели на 5. Оценяване. (7 точки) 1 т. за верен отговор и проверката му; 6 т. за отхвърляне на всяка друга възможност, от които: 1 т. за свеждане до делимост на многочлени от най-много втора степен, 1 т. за фокусиране върху изрази от (поне две) малки n≤4n\le4, 1 т. за свеждане до делимост на два многочлена от най-много първа степен, 2 т. за извод от вида b∣5pb\mid5p, където pp е просто число, 1 т. за отхвърляне на 1, pp и 5p5p, както и на a≠3a\ne3 при b=5b=5.
Klasirane.bg — проверен архив8.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Във всяко от полетата на квадратна таблица 9×99 \times 9 е записано цяло число. За всеки kk числа, намиращи се в един и същ ред (стълб), сборът им е в същия ред (стълб). Намерете най-малкия възможен брой нули в таблицата, ако: а) k=5k=5; б) k=8k=8.
Решениеа) Пример: номерираме редовете и стълбовете от 1 до 9. Записваме 1 в полетата (i;i)(i=1,…,9);−1(i; i)(i=1, \ldots, 9); -1 в поле ( 1;91; 9 ) и в полетата ( i;i−1i; i-1 ) ( i=2,…,9i=2, \ldots, 9 ); 0 в останалите полета. Възможните сборове са 1, 0 и -1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-8-4

Задача 4

Пълен запис
Условие
Във всяко от полетата на квадратна таблица 9×99\times9 е записано цяло число. За всеки kk числа, намиращи се в един и същ ред (стълб), сборът им е в същия ред (стълб). Намерете най-малкия възможен брой нули в таблицата, ако: а) k=5k=5; б) k=8k=8.
РешениеОтговор. а) 63; б) 0. Решение. а) Пример: номерираме редовете и стълбовете от 1 до 9. Записваме 1 в полетата (i;i)(i;i) (i=1,…,9)(i=1,\ldots,9); −1-1 в поле (1;9)(1;9) и в полетата (i;i−1)(i;i-1) (i=2,…,9)(i=2,\ldots,9); 0 в останалите полета. Възможните сборове са 1, 0 и −1-1. Оценка: Да предположим, че има поне 19 ненулеви числа. От принципа на Дирихле на някой ред ще има поне три ненулеви числа, а значи и поне две ненулеви числа с еднакъв знак, да речем положителни (ситуацията при отрицателни е аналогична). Да наредим числата в този ред по големина: a1≤a2≤⋯≤a9a_1\le a_2\le\cdots\le a_9, където a9≥a8>0a_9\ge a_8\gt{}0. Ако a5≥0a_5\ge0, то a5+a6+a7+a8+a9≥a8+a9>a9a_5+a_6+a_7+a_8+a_9\ge a_8+a_9\gt{}a_9 трябва да е на същия ред: абсурд. Ако a5<0a_5\lt{}0, то a1+a2+a3+a4+a5<a1a_1+a_2+a_3+a_4+a_5\lt{}a_1 трябва да е на същия ред: абсурд. б) Възможен пример без нули е както следва (работи, понеже 5.3+3.(−4)=35.3+3.(-4)=3 и 4.3+4.(−4)=−44.3+4.(-4)=-4):33333−4−4−4−4−433333−4−4−4−4−433333−4−4−4−4−433333−4−4−4−4−4333333−4−4−4−4333333−4−4−4−4333333−4−4−4−4333333−4−4−4−4333333−4−4−4−4\begin{array}{|r|r|r|r|r|r|r|r|r|} \hline 3&3&3&3&3&-4&-4&-4&-4\cr \hline -4&3&3&3&3&3&-4&-4&-4\cr \hline -4&-4&3&3&3&3&3&-4&-4\cr \hline -4&-4&-4&3&3&3&3&3&-4\cr \hline -4&-4&-4&-4&3&3&3&3&3\cr \hline 3&-4&-4&-4&-4&3&3&3&3\cr \hline 3&3&-4&-4&-4&-4&3&3&3\cr \hline 3&3&3&-4&-4&-4&-4&3&3\cr \hline 3&3&3&3&-4&-4&-4&-4&3\cr \hline 3&3&3&3&3&-4&-4&-4&-4\cr \hline \end{array}Оценяване. (7 точки) а) 2 т. за работещ пример (ако проверката, че примерът работи, е неочевидна, тя трябва да присъства) и 2 т. за обоснована оценка; б) 3 т. за работещ пример (ако проверката, че примерът работи, е неочевидна, тя трябва да присъства).
Klasirane.bg — проверен архив8.4Условие — източникРешение — източник

2024

4 задачи

Задача 1

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

Задача 2

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

Задача 3

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

Задача 4

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

2025

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