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

9

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • emt2023-9-2: има placeholder текст
  • emt2023-9-3: има placeholder текст

2007

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадени са функциите f(x)=∣x−1∣−∣x−2∣f(x)=|x-1|-|x-2| и g(x)=∣x−3∣g(x)=|x-3|. а) Да се построи графиката на функцията f(x)f(x). б) Да се намери лицето на фигурата, ограничена от графиките на функциите f(x)f(x) и g(x)g(x).
Решениеа) Тъй като f(x)={−1приx∈(−∞,1]2x−3приx∈[1,2]1приx∈[2,+∞)f(x)=\left\{\begin{array}{ll}-1 & \text{при} x \in(-\infty, 1] \cr 2 x-3 & \text{при} x \in[1, 2] \cr 1 & \text{при} x \in[2, +\infty)\end{array}\right., графиката се състои от три части, както е показано на Фиг. 1. Фиг. 1 Фиг. 2 б) Двете графики се пресичат в точките A(2;1)A(2; 1) и B(4;1)B(4; 1), а интересуващата ни фигура е триъгълник ABCA B C, където C(3;0)C(3; 0) е точка от графиката на g(x)g(x) (вж. Фиг. 2). Търсеното лице е SABC=AB⋅hc2=2⋅12=1S_{A B C}=\frac{A B \cdot h_{c}}{2}=\frac{2 \cdot 1}{2}=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека a,ba, b и cc са реални числа, за които a+b+c=0a+b+c=0 и a4+b4+c4=a^{4}+b^{4}+c^{4}= 50. Да се намери ab+bc+caa b+b c+c a.
РешениеИмаме последователно a2+b2+c2=(a+b+c)2−2(ab+bc+ca)=−2(ab+bc+ca)a^{2}+b^{2}+c^{2}=(a+b+c)^{2}-2(a b+b c+c a)= -2(a b+b c+c a) и 50=a4+b4+c4=(a2+b2+c2)2−2(a2b2+b2c2+c2a2)=4(ab+bc+ca)2−2((ab+bc+ca)2−2abc(a+b+c))=2(ab+bc+ca)250=a^{4}+b^{4}+c^{4}=\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{2}-2\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right)= 4(a b+b c+c a)^{2}-2\left((a b+b c+c a)^{2}-2 a b c(a+b+c)\right)=2(a b+b c+c a)^{2}. Следователно ab+bc+ca=±5a b+b c+c a= \pm 5. Тъй като ab+bc+ca=−(a2+b2+c2)/2<0a b+b c+c a=-\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) / 2\lt{}0, получаваме ab+bc+ca=−5a b+b c+c a=-5. Например числата a=0,b=x25a=0, b=\sqrt{\vphantom{x^2}5} и c=−x25c=-\sqrt{\vphantom{x^2}5} имат исканото свойство.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
В изпъкналия четириъгълник ABCDA B C D диагоналите ACA C и BDB D се пресичат в точка EE, точка MM е среда на AEA E и точка NN е среда на CDC D. Известно е, че диагоналът BDB D разполовява ∠ABC\angle A B C. Да се докаже, че четириъгълникът ABCDA B C D е вписан в окръжност тогава и само тогава, когато четириъгълникът MBCNM B C N е вписан в окръжност.
РешениеНека четириъгълникът ABCDA B C D е вписан. От ∠ABD=∠CBD\angle A B D=\angle C B D следва, че AD=CDA D=C D. Да означим средата на DED E с SS. Тъй като SMS M и SNS N са средни отсечки съответно в △DEA\triangle D E A и △DEC\triangle D E C, имаме SM=AD/2=S M=A D / 2= CD/2=CNC D / 2=C N и SN∥ACS N \| A C. Следователно четириъгълникът MCNSM C N S е равнобедрен трапец, в частноствписан четириъгълник. От друга страна, имаме ∠MSB=∠ADB=∠ACB\angle M S B=\angle A D B=\angle A C B, откъдето заключаваме, че четириъгълникът MBCSM B C S е вписан. Следователно точките M,B,C,NM, B, C, N и SS лежат на една окръжност, т. е. четириъгълникът MBCNM B C N е вписан. Нека четириъгълникът MBCNM B C N е вписан и да означим пресечната точка на правата BDB D и окръжността, описана около △ABC\triangle A B C с D1D_{1}. Ще докажем, че D1≡DD_{1} \equiv D. Нека точката D1D_{1} е между BB и DD (случаят, когато DD е между BB и D1D_{1}, се разглежда аналогично). Ако N1N_{1} е средата на CD1C D_{1}, както по-горе се вижда, че четириъгълникът MBCN1M B C N_{1} е вписан. Следователно точките M,B,C,NM, B, C, N и N1N_{1} лежат на една окръжност. Но последното е невъзможно ако D≠D1D \neq D_{1}, защото тогава N1N_{1} лежи на средната отсечка през NN в △CDE\triangle C D E, което означава, че N1N_{1} е вътрешна за △MCN\triangle M C N.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото естествено число, което е делител на 2n+152^{n}+15 за някое естествено число nn и се представя във вида 3x2−4xy+3y23 x^{2}-4 x y+3 y^{2} за някои цели числа xx и yy.
РешениеНека d=3x2−4xy+3y2∣2n+15d=3 x^{2}-4 x y+3 y^{2} \mid 2^{n}+15 за някои цели xx и yy и някое естествено nn. Очевидно dd е нечетно и следователно xx и yy са с различна четност. Тогава имаме d≡3( mod 4)d \equiv 3(\bmod 4). Освен това от представянето 3d=(3x−2y)2+5y23 d= (3 x-2 y)^{2}+5 y^{2} следва, че 3d≡(3x−2y)2( mod 5)3 d \equiv(3 x-2 y)^{2}(\bmod 5) и понеже (d,5)=1(d, 5)=1, заключаваме, че 3d≡±1( mod 5)⟺d≡±2( mod 5)3 d \equiv \pm 1(\bmod 5) \Longleftrightarrow d \equiv \pm 2(\bmod 5). От d≡3( mod 4)d \equiv 3(\bmod 4) и d≡±2( mod 5)d \equiv \pm 2(\bmod 5) следва, че d≡3( mod 20)d \equiv 3(\bmod 20) или d≡7( mod 20)d \equiv 7 (\bmod 20). Очевидно d=3d=3 не е възможно, а ако d=7d=7, то 2n≡−1( mod 7)2^{n} \equiv-1(\bmod 7) за някое nn, което също е невъзможно. Следващата възможност d=23d=23 се реализира например при n=3n=3 и x=2,y=−1x=2, y=-1. Следователно търсеното число е d=23d=23.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2007-9-4

2008

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши системата ∣ x2y2+∣xy∣=49xy+1=x+y2\left\lvert\, \begin{aligned} & x^{2} y^{2}+|x y|=\frac{4}{9} \\ & x y+1=x+y^{2}\end{aligned}\right..
РешениеТъй като x2y2=∣xy∣2x^{2} y^{2}=|x y|^{2}, от първото уравнение получаваме (∣xy∣+12)2=2536\left(|x y|+\frac{1}{2}\right)^{2}= \frac{25}{36}, откъдето намираме ∣xy∣=56−12=13|x y|=\frac{5}{6}-\frac{1}{2}=\frac{1}{3}. Второто уравнение е еквивалентно на (y−1)(x−y−1)=0(y-1)(x-y-1)=0 и имаме две възможности. Случай 1. Ако y=1y=1, то ∣x∣=13|x|=\frac{1}{3}, откъдето x=±13x= \pm \frac{1}{3}. Случай 2. Ако y=x−1y=x-1, то ∣x2−x∣=13\left|x^{2}-x\right|=\frac{1}{3}, т. е. x2−x˙=±13x^{2}-\dot{x}= \pm \frac{1}{3}. Знакът минус е невъзможен, защото тогава (x−12)2=x2−x+14=14−13<0\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}=x^{2}-x+\frac{1}{4}=\frac{1}{4}-\frac{1}{3}\lt{}0. Следователно x2−x−13=x^{2}-x-\frac{1}{3}= 0, чиито са x1,2=3±x2216x_{1, 2}=\frac{3 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}21}}{6}. Съответно имаме y=x−1=−3±x2216y=x-1=\frac{-3 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}21}}{6}. Окончателно, решенията са двойките(13,1),(−13,1),(3+x2216,−3+x2216),\left(\frac{1}{3}, 1\right), \left(-\frac{1}{3}, 1\right), \left(\frac{3+\sqrt{\vphantom{x^2}21}}{6}, \frac{-3+\sqrt{\vphantom{x^2}21}}{6}\right),(3−x2216,−3−x2216). \left(\frac{3-\sqrt{\vphantom{x^2}21}}{6}, \frac{-3-\sqrt{\vphantom{x^2}21}}{6}\right).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C, в който е спусната височината CHC H ( HH е вътрешна за ABA B ) и с MM е означена средата на страната ACA C. Да се докаже, че ако описаната около △ABC\triangle A B C окръжност kk и описаната около △MHC\triangle M H C окръжност k1k_{1} се допират, то радиусът на k1k_{1} е два пъти по-малък от радиуса на kk.
РешениеОт условието за допиране на kk и k1k_{1} в точка CC имаме∠CHM=12MC^=12AC^=∠ABC\angle C H M=\frac{1}{2} \widehat{M C}=\frac{1}{2} \widehat{A C}=\angle A B CОт друга страна HMH M е медиана в правоъгълния △AHC\triangle A H C, откъдето следва, че ∠ACH=∠CHM=∠ABC\angle A C H= \angle C H M=\angle A B C. Тогава∠ACB=∠ACH+∠BCH==∠ABC+∠BCH=90∘,\begin{aligned} \angle A C B & =\angle A C H+\angle B C H= \\ & =\angle A B C+\angle B C H=90^{\circ}, \end{aligned}т. е. △ABC\triangle A B C е правоъгълен. Ако означим с OO центъра на kk, то OO е средата на хипотенузата ABA B, и OMO M е средна отсечка в △ABC\triangle A B C. Следователно OM∥BCO M \| B C, откъдето ∠OMC=90∘=∠OHC\angle O M C= 90^{\circ}=\angle O H C, т. е. OCO C е диаметър в k1k_{1} и радиус в kk.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека nn е естествено число. Да се докаже, че ако n5+n4+1n^{5}+n^{4}+1 има точно 6 различни естествени делителя, то n3−n+1n^{3}-n+1 е точен квадрат на естествено число.
РешениеЕдно естествено число има точно 6 естествени делителя тогава и само тогава, когато неговото канонично разлагане има вида p5p^{5} или pq2p q^{2}, където pp и qq са прости числа. Имаме разлагането n5+n4+1=(n3−n+1)(n2+n+1)n^{5}+n^{4}+1=\left(n^{3}-n+1\right)\left(n^{2}+n+1\right). Да отбележим, че n2+n+1n^{2}+n+1 не е точен квадрат на естествено число. Действително, ако допуснем противното и n2+n+1=t2n^{2}+n+1=t^{2} за някое естествено tt, то (2n+1)2+3=(2t)2(2 n+1)^{2}+3=(2 t)^{2}, което е невъзможно. Да означим с dd най-големият общ делител на n3−n+1n^{3}-n+1 и n2+n+1n^{2}+n+1. Тогава последователно имаме d∣n(n2+n+1)−(n3−n+1)=n2+2n−1,d∣n2+2n−1−(n2+n+1)=n−2,d∣n2+n+1−n(n−2)=3n+1d\left|n\left(n^{2}+n+1\right)-\left(n^{3}-n+1\right)=n^{2}+2 n-1, d\right| n^{2}+2 n-1-\left(n^{2}+n+1\right)= n-2, d \mid n^{2}+n+1-n(n-2)=3 n+1 и d∣3n+1−3(n−2)=7d \mid 3 n+1-3(n-2)=7. Следователно d=1d=1 или d=7d=7. Случай 1. Ако d=1d=1, то (n3−n+1)(n2+n+1)=pq2\left(n^{3}-n+1\right)\left(n^{2}+n+1\right)=p q^{2} и единствената възможност е n3−n+1=q2n^{3}-n+1=q^{2} и n2+n+1=pn^{2}+n+1=p, като първото от тези две равенства е твърдението на задачата. Една реализация се получава при n=3n=3. Случай 2. Ако d=7d=7 и (n3−n+1)(n2+n+1)=p5\left(n^{3}-n+1\right)\left(n^{2}+n+1\right)=p^{5} или pq2p q^{2}, то един от множителите отляво е равен на 7. Лесно се вижда, че това не дава
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Стоян и Николай имат две еднакви таблици 100×100100 \times 100. Всеки номерирал полетата на своята таблица с числата от 1 до 10000 по някакъв начин. Възможно ли е да се случи така, че всеки две числа aa и bb, които са в съседни полета в таблицата на Николай, да бъдат разположени в таблицата на Стоян така, че от едното може да се достигне до другото с един ход на шахматен кон?
РешениеДа допуснем, че отговорът е положителен, т. е. двете таблици могат да се номерират така, че всеки две числа aa и bb, които са в съседни полета в таблицата на Николай, да бъдат разположени в таблицата на Стоян така, че от едното може да се достигне до другото с един ход на шахматен кон. От всеки ъгъл на дъската на Стоян с ход на кон може да се достигне точно до две полета. Следователно техните съответни в дъската на Николай имат не повече от два съседа. Такива са само ъглите и значи числата в ъглите на дъските си съответстват. Нека A1,A2,…,A100A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{100} са центровете на полетата от първия стълб (отгоре надолу), а B1,B2,…,B100B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{100} са центровете на полетата от втория стълб (отгоре надолу) на дъската на Николай. Нека в дъската на Стоян C1,C2,…,C100C_{1}, C_{2}, \ldots, C_{100} са центровете на полетата, съответни последователно на A1,A2,…,A100A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{100} и D1,D2,…,D100D_{1}, D_{2}, \ldots, D_{100} са центровете на полетата съответни последователно на B1,B2,…,B100B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{100}. Тъй като двойките ( Ai,Ai+1A_{i}, A_{i+1} ), (Ai,Bi),(Bi,Bi+1)\left(A_{i}, B_{i}\right), \left(B_{i}, B_{i+1}\right) и (Ai+1,Bi+1)\left(A_{i+1}, B_{i+1}\right) са съседни в дъската на Николай, двойките (Ci,Ci+1)\left(C_{i}, C_{i+1}\right), (Ci,Di),(Di,Di+1)\left(C_{i}, D_{i}\right), \left(D_{i}, D_{i+1}\right) и (Ci+1,Di+1)\left(C_{i+1}, D_{i+1}\right) определят ходове на коня в дъската на Стоян. Това означава, че четириъгълникът CiDiDi+1Ci+1C_{i} D_{i} D_{i+1} C_{i+1} е с четири равни страни, т. е. е ромб. Последното твърдение е вярно за всяко i=1,2,…,99i=1, 2, \ldots, 99. Тогава C1D1D100C100C_{1} D_{1} D_{100} C_{100} е успоредник и, тъй като полетата с центрове C1C_{1} и C100C_{100} са ъглови, един от върховете D1D_{1} и D100D_{100} на този успоредник излиза извън дъската на Стоян, което е невъзможно. Следователно отговорът на поставения в задачата въпрос е отрицателен.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2008-9-4

2017

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравнението x2+2ax+(a−1)2=0x^{2}+2 a x+(a-1)^{2}=0 има два реални корена x1x_{1} и x2x_{2}, които удовлетворяват равенството:x1+1x1−1+x2+1x2−1=1\frac{x_{1}+1}{x_{1}-1}+\frac{x_{2}+1}{x_{2}-1}=1
РешениеДискриминантата на квадратното уравнение е D=4(2a−1)D=4(2 a-1). Следователно корените на уравнението са реални, точно когато a≥1/2a \geq 1 / 2. Преобразувайки дадения израз, получавамеx1+1x1−1+x2+1x2−1=\frac{x_{1}+1}{x_{1}-1}+\frac{x_{2}+1}{x_{2}-1}=2(x1x2−1)x1x2−x1−x2+1\frac{2\left(x_{1} x_{2}-1\right)}{x_{1} x_{2}-x_{1}-x_{2}+1}От формулите на Виет имаме x1x2=(a−1)2x_{1} x_{2}=(a-1)^{2} и x1+x2=−2ax_{1}+x_{2}=-2 a. Така получаваме уравнението2((a−1)2−1)(a−1)2−2a+1=1,\frac{2\left((a-1)^{2}-1\right)}{(a-1)^{2}-2 a+1}=1,което е еквивалентно на a2=1a^{2}=1, т. е. решенията са a=±1a= \pm 1. Тъй като a≥1/2a \geq 1 / 2, единствената възможна стойност е a=1a=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички точки EE от вътрешността на квадрат ABCDA B C D със следното свойство: за всеки две взаимно перпендикулярни прави през EE, които пресичат и четирите страни на квадрата във вътрешни точки, три от тези четири пресечни точки са върхове на равностранен триъгълник.
РешениеНека EE е точка с исканото свойство. Да разгледаме двете взаимно перпендикулярни прави MNM N и KLK L през нея, така че MN∥BCM N \| B C. Тогава две съседни страни на четириъгълника KMLNK M L N са равни, което означава, че EE разполовява или MNM N или KLK L. Ако това е KLK L, тогава очевидно EE не може да разполовява MNM N и нека EN<EME N\lt{}E M. В този случай ∠KNL\angle K N L е тъп и равностранният триъгълник е △KML\triangle K M L. Тъй като AB=KL=MNA B=K L=M N, триъгълниците MLNM L N и MKNM K N са равнобедрени с ъгъл при основата 75∘75^{\circ}, и следователно ∠KLN=∠LKN=15∘\angle K L N=\angle L K N=15^{\circ}. Лесно се доказва, че △KLN≡△CDE\triangle K L N \equiv \triangle C D E, с което заключаваме, че EE е върха на равнобедрен триъгълник с основа CDC D и ъгъл при основата 15∘15^{\circ}. От това разсъждение следва, че само EE и трите върха на аналогични триъгълници при другите три страни на квадрата могат да имат исканото свойство. Нека сега EE е една от тези четири точки, например върха на равнобедрен триъгълник с основа CDC D и ъгъл при основата 15∘15^{\circ}. Нека PQ⊥RSP Q \perp R S, като точките P,R,QP, R, Q и SS са вътрешни съответно за страните AB,BC,CDA B, B C, C D и DAD A на квадрата. Тъй като четириъгълникът PBREP B R E е вписан, имаме ∠PRQ=∠PBE=60∘\angle P R Q=\angle P B E=60^{\circ}. Аналогично ∠PSR=60∘\angle P S R=60^{\circ} и следователно △PRS\triangle P R S е равностранен.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото двуцифрено просто число rr, за което съществуват прости числа pp и qq, за които числото p2+pqr+q2p^{2}+p q r+q^{2} е точен квадрат на естествено число.
РешениеОтговор: 11. Ще направим пълен анализ на случая r=11r=11. Нека p2+pqr+q2=x2p^{2}+p q r+q^{2}=x^{2}, където xx е естествено число. Тогава(r−2)pq=x2−(p+q)2=(x−p−q)(x+p+q)(r-2) p q=x^{2}-(p+q)^{2}=(x-p-q)(x+p+q)откъдето следва, че числото x+p+qx+p+q е делител на ( r−2r-2 )pq. Да отбележим, че x+p+q>max⁡{p,q}x+p+q\gt{} \max \{p, q\}. При r=11r=11 имаме възможностите x+p+q=3p,3q,9p,9q,pq,3pqx+p+q=3 p, 3 q, 9 p, 9 q, p q, 3 p q и 9pq9 p q, като съответно x−p−q=3q,3p,q,p,9,3x-p-q=3 q, 3 p, q, p, 9, 3 и 1. Първите два случая водят веднага до p=5qp=5 q и q=5pq=5 p, което е невъзможно за прости pp и qq. Ако x+p+q=pqx+p+q=p q и x−p−q=9x-p-q=9, елиминирането на xx води до уравнениетоpq−9=2(p+q)⟺(p−2)(q−2)=13.p q-9=2(p+q) \Longleftrightarrow(p-2)(q-2)=13.Лесно се вижда, че последното е невъзможно за прости pp и qq. Аналогично, при x+p+q=3pqx+p+q=3 p q и x−p−q=3x-p-q=3, и при x+p+q=9pqx+p+q=9 p q и x−p−q=1x-p-q=1, получаваме съответно (3p−2)(3q−2)=13(3 p-2)(3 q-2)=13 и (3p−2)(3q−2)=5(3 p-2)(3 q-2)=5, които също водят веднага до противоречие (очевидно левите страни са по-големи от десните за p≥2p \geq 2 и q≥2q \geq 2 ). При x+p+q=9px+p+q=9 p и x−p−q=qx-p-q=q получаваме 7p=3q7 p=3 q, откъдето ( p,q)=(3,7)p, q)=(3, 7). Поради симетрията имаме и то (p,q)=(7,3)(p, q)=(7, 3).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В някои от клетките на квадратна таблица 2017×20172017 \times 2017 е поставен знак "О", като във всяка двойка ред и стълб има поне един и не повече от два знака. Да се намери най-малкото естествено число kk, за което е сигурно, че във всяка подтаблица с размери k×kk \times k на дадената таблица има поне един знак "О".
РешениеОтговор k=1345k=1345. Първо ще покажем, че k=1344k=1344 не е достатъчно, построявайки пример. Номерираме редовете и стълбовете c1≤i≤2017\mathrm{c} 1 \leq i \leq 2017 и поставяме знака "О" в клетките с координати (i,2i−1)(i, 2 i-1) и (i,2i)(i, 2 i) за 1≤i≤10081 \leq i \leq 1008 и клетката (1009,2017)(1009, 2017). Тогава квадратът с размери 1344×13441344 \times 1344 в долния ляв ъгъл на таблицата няма да съдържа клетка със знака " O". Нека сега допуснем, че за k=1345k=1345 съществува квадрат k×kk \times k, който не съдържа "О". С разместване на редовете и стълбовете можем да считаме, че това е квадратът в долния ляв ъгъл на таблицата. Разглеждаме правоъгълника над него, който има 672 реда и 1345 стълба. Във всеки ред имаме най-много по два знака, т. е. максимум 1344 знака. Но имаме 1345 стълба и следователно има стълб който не съдържа знака "О". Аналогично разглеждаме правоъгълника вдясно от квадрата, който има 1345 реда и 672 стълба и заключаваме, че има ред който не съдържа знака " O " и това е противоречие с нашето допускане. Получихме двойка ред и стълб, в която няма знак, което противоречи на условието.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2017-9-4

2018

7 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е уравнениетоx2+64x2=a(x−8x)+2,x^{2}+\frac{64}{x^{2}}=a\left(x-\frac{8}{x}\right)+2,където aa е параметър, естествено число. За кои стойности на aa уравнението има 4 рационални корена?
РешениеПолагаме t=x−8xt=x-\frac{8}{x}, откъдето x2−tx−8=0x^{2}-t x-8=0 и x=t±x2t2+322x=\frac{t \pm \sqrt{\vphantom{x^2}t^{2}+32}}{2}. Тогава x2+64x2=t2+16x^{2}+\frac{64}{x^{2}}= t^{2}+16 и началното уравнение се преобразува до:t2−at+14=0.(1)t^{2}-a t+14=0. \tag{1}Когато xx е рационално, то и tt е рационално, при това t2+32t^{2}+32 трябва да е точен квадрат. Следователно (1) трябва да има 2 рационални корена. Това е възможно единствено, когато дискриминантата на уравнението е точен квадрат:D=a2−56=s2⟹(a−s)(a+s)=23⋅7.D=a^{2}-56=s^{2} \quad \Longrightarrow(a-s)(a+s)=2^{3} \cdot 7.Тъй като aa е естествен параметър, а б. о. о. можем да допуснем, че ss също е естествено число, имаме че s+a>s−as+a\gt{}s-a като и двете числа са от еднаква четност. Имаме следните две възможности:∣ a−s=2a+s=28⟹a=15,s=13t1=1;t2=14\left\lvert\, \begin{aligned} & a-s=2 \\ & a+s=28 \end{aligned} \Longrightarrow \quad \begin{aligned} & a=15, s=13 \\ & t_{1}=1; t_{2}=14 \end{aligned}\right.Но и при двете стойности на t,t2+32t, t^{2}+32 не е точен квадрат, следователпо този случай не води до Остава да проверим∣ a−s=4a+s=14⟹a=9,s=5t1=2;t2=7⟹x1,2=2±62={−2,4}.x3,4=7±92={−1,8}.\left\lvert\, \begin{aligned} & a-s=4 \\ & a+s=14 \end{aligned} \Longrightarrow \begin{gathered} a=9, s=5 \\ t_{1}=2; t_{2}=7 \end{gathered} \Longrightarrow \begin{aligned} & x_{1, 2}=\frac{2 \pm 6}{2}=\{-2, 4\}. \\ & x_{3, 4}=\frac{7 \pm 9}{2}=\{-1, 8\}. \end{aligned}\right.Окончателно, единственото на задачата е a=9a=9.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-9-1

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е уравнениетоx2+64x2=a(x−8x)+2,x^{2}+\frac{64}{x^{2}}=a\left(x-\frac{8}{x}\right)+2,където aa е параметър, естествено число. За кои стойности на aa уравнението има 4 рационални корена?
РешениеПолагаме t=x−8xt=x-\frac{8}{x}, откъдето x2−tx−8=0x^{2}-t x-8=0 и x=t±x2t2+322x=\frac{t \pm \sqrt{\vphantom{x^2}t^{2}+32}}{2}. Тогава x2+64x2=t2+16x^{2}+\frac{64}{x^{2}}= t^{2}+16 и началното уравнение се преобразува до:t2−at+14=0.(1)t^{2}-a t+14=0. \tag{1}Когато xx е рационално, то и tt е рационално, при това t2+32t^{2}+32 трябва да е точен квадрат. Следователно (1) трябва да има 2 рационални корена. Това е възможно единствено, когато дискриминантата на уравнението е точен квадрат:D=a2−56=s2⟹(a−s)(a+s)=23⋅7.D=a^{2}-56=s^{2} \quad \Longrightarrow(a-s)(a+s)=2^{3} \cdot 7.Тъй като aa е естествен параметър, а б.о.о. можем да допуснем, че ss също е естествено число, имаме че s+a>s−as+a\gt{}s-a като и двете числа са от еднаква четност. Имаме следните две възможности:∣ a−s=2a+s=28⟹a=15,s=13t1=1;t2=14\left\lvert\, \begin{aligned} & a-s=2 \\ & a+s=28 \end{aligned} \Longrightarrow \quad \begin{aligned} & a=15, s=13 \\ & t_{1}=1; t_{2}=14 \end{aligned}\right.Но и при двете стойности на t,t2+32t, t^{2}+32 не е точен квадрат, следователно този случай не води до решение. Остава да проверим∣ a−s=4a+s=14⟹a=9,s=5t1=2;t2=7⟹x1,2=2±62={−2,4}.x3,4=7±92={−1,8}.\left\lvert\, \begin{aligned} & a-s=4 \\ & a+s=14 \end{aligned} \Longrightarrow \begin{gathered} a=9, s=5 \\ t_{1}=2; t_{2}=7 \end{gathered} \Longrightarrow \begin{aligned} & x_{1,2}=\frac{2 \pm 6}{2}=\{-2,4\}. \\ & x_{3,4}=\frac{7 \pm 9}{2}=\{-1,8\}. \end{aligned}\right.Окончателно, единственото решение на задачата е a=9a=9. Оценяване. (6 точки) 1 т. за полагането t=x−8xt=x-\frac{8}{x} и достигането до уравнение (1); 1 т. за намирането на дискриминантата на квадратното уравнение и заключаването, че тя трябва да е точен квадрат; 2 т. за разглеждането на различните случаи и получаването на възможните стойности за a={9,15};1a=\{9,15\}; 1 т. за отхвърлянето на случая a=15;1a=15; 1 т. за проверката, че a=9a=9 е решение.
Klasirane.bg — проверен архив9.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е успоредник ABCDA B C D, за който BD⊥ADB D \perp A D. Точките A1A_{1} и A2A_{2} са петите на перпендикулярите, спуснати от AA съответно към правите CDC D и BCB C. Отсечката A1A2A_{1} A_{2} пресича ABA B в точка PP, а AC∩BD=OA C \cap B D=O. Ако правите OPO P и ADA D се пресичат в точка MM, докажете че точките A1,O,A2A_{1}, O, A_{2} и MM лежат на една окръжност.
РешениеТъй като AA2BDA A_{2} B D е правоъгълник, то A2B=AD=BCA_{2} B=A D=B C и значи, BB - среда на A2CA_{2} C. Но BP∥CA1B P \| C A_{1}, следователно BPB P е средна отсечка в △CA1A2\triangle C A_{1} A_{2}. Четириъгълникът AA2CA1A A_{2} C A_{1} е вписан с център OO (среда на хипотенузата ACA C в △ACA1\triangle A C A_{1} и △ACA2\triangle A C A_{2} ), следователно OPO P е симетралата на A1A2,△MA2O≅△MA1OA_{1} A_{2}, \triangle M A_{2} O \cong \triangle M A_{1} O и∠MA1O=∠MA2O.\angle M A_{1} O=\angle M A_{2} O.Остава да покажем, че тези ъгли са по 90∘90^{\circ}, като за целта е достатъчно да докажем, че четириъгълникът MA2ODM A_{2} O D е вписан и следователно ∠MA2O=180−∠MDO=90∘\angle M A_{2} O=180-\angle M D O=90^{\circ}. Нека означим ∠DCB=α\angle D C B=\alpha. Използвайки, че PA2BOP A_{2} B O е вписан (срещуположни прави ъгли), получаваме ∠MOA2=∠ABA2=∠DCB=α\angle M O A_{2}=\angle A B A_{2}=\angle D C B=\alpha. От друга страна, DBD B е височина и медиана в △A2CD\triangle A_{2} C D, следователно триъгълникът е равнобедрен и от успоредността на правите ADA D и BCB C получаваме ∠MDA2=∠DA2C=∠DCA2=α\angle M D A_{2}=\angle D A_{2} C=\angle D C A_{2}=\alpha. От равенството ∠MOA2=α=∠MDA2\angle M O A_{2}=\alpha= \angle M D A_{2} заключаваме, че MA2ODM A_{2} O D е вписан, с което задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-9-2

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е успоредник ABCDA B C D, за който BD⊥ADB D \perp A D. Точките A1A_{1} и A2A_{2} са петите на перпендикулярите, спуснати от AA съответно към правите CDC D и BCB C. Отсечката A1A2A_{1} A_{2} пресича ABA B в точка PP, а AC∩BD=OA C \cap B D=O. Ако правите OPO P и ADA D се пресичат в точка MM, докажете че точките A1,O,A2A_{1}, O, A_{2} и MM лежат на една окръжност.
РешениеТъй като AA2BDA A_{2} B D е правоъгълник, то A2B=AD=BCA_{2} B=A D=B C и значи, BB - среда на A2CA_{2} C. Но BP∥CA1B P \| C A_{1}, следователно BPB P е средна отсечка в △CA1A2\triangle C A_{1} A_{2}. Четириъгълникът AA2CA1A A_{2} C A_{1} е вписан с център OO (среда на хипотенузата ACA C в △ACA1\triangle A C A_{1} и △ACA2\triangle A C A_{2} ), следователно OPO P е симетралата на A1A2,△MA2O≅△MA1OA_{1} A_{2}, \triangle M A_{2} O \cong \triangle M A_{1} O и∠MA1O=∠MA2O.\angle M A_{1} O=\angle M A_{2} O.Остава да покажем, че тези ъгли са по 90∘90^{\circ}, като за целта е достатъчно да докажем, че четириъгълникът MA2ODM A_{2} O D е вписан и следователно ∠MA2O=180−∠MDO=90∘\angle M A_{2} O=180-\angle M D O=90^{\circ}. Нека означим ∠DCB=α\angle D C B=\alpha. Използвайки, че PA2BOP A_{2} B O е вписан (срещуположни прави ъгли), получаваме ∠MOA2=∠ABA2=∠DCB=α\angle M O A_{2}=\angle A B A_{2}=\angle D C B=\alpha. От друга страна, DBD B е височина и медиана в △A2CD\triangle A_{2} C D, следователно триъгълникът е равнобедрен и от успоредността на правите ADA D и BCB C получаваме ∠MDA2=∠DA2C=∠DCA2=α\angle M D A_{2}=\angle D A_{2} C=\angle D C A_{2}=\alpha. От равенството ∠MOA2=α=∠MDA2\angle M O A_{2}=\alpha= \angle M D A_{2} заключаваме, че MA2ODM A_{2} O D е вписан, с което задачата е решена. Забележка: Ако AA1∩DC=X,AA2∩BC=YA A_{1} \cap D C=X, A A_{2} \cap B C=Y, то разглежданата окръжност е окръжността на деветте точки за △XYC\triangle X Y C. Оценяване. (6 точки) 1 т. за доказване, че PP е среда на A1A2;1A_{1} A_{2}; 1 т. за доказване, че OP⊥A1A2;2O P \perp A_{1} A_{2}; 2 т. за доказване, че D,OD, O и две от трите точки A,A1,A2A, A_{1}, A_{2} лежат на една окръжност; 2 т. за доказване, че всичките 5 точки лежат на една окръжност.
Klasirane.bg — проверен архив9.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Подмножество MM на множеството {1,2,…,2018}\{1, 2, \ldots, 2018\} се нарича „добро“, ако за всеки две числа aa и bb от MM, за които b>ab\gt{}a и b−ab-a се дели на 30, числатаa+kb−a30a+k \frac{b-a}{30}за k=1,2,…,29k=1, 2, \ldots, 29 са също от множеството MM. Колко са добрите множества с 218 елемента.
РешениеОтговор: 2300. Нека MM е добро множество и да наредим елементите на MM по големина a1<a2<⋯<a218a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}\cdots\lt{}a_{218}. Ще докажем, че всеки 30 последователни елемента на MM дават пълна система от остатъци по модул 30. Да допуснем, че съществуват два елемента aia_{i} и aja_{j}, за които j>i,j−i<30j\gt{}i, j-i\lt{}30 и aj−aia_{j}-a_{i} се дели на 30. От условието следва, че между aia_{i} и aja_{j} има поне 29 елемента от множеството, противоречие с j−i<30j-i\lt{}30. Следователно ai≡ai+30( mod 30)a_{i} \equiv a_{i+30}(\bmod 30) за всяко ii, като при това ако означим с d=ai+30−ai30d=\frac{a_{i+30}-a_{i}}{30}, то от условието на задачата имаме, че ai+k=ai+kda_{i+k}=a_{i}+k d, за всяко k=0,1,…,30k=0, 1, \ldots, 30. Доказахме, че всеки 30 последователни члена на MM образуват пълна система остатъци по модул 30, като всеки елемент се получава от предишния с прибавяне на едно и също число dd. Следователно това свойство е вярно за всички елементи на MM, като dd е взаимнопросто с 30. Тъй като 2018=201⋅10+8<217⋅10+12018=201 \cdot 10+8\lt{}217 \cdot 10+1, то заключаваме, че d≤9d \leq 9 и (d,30)=1(d, 30)=1, което води до единствените възможности d∈{1,7}d \in\{1, 7\}. При d=1d=1 имаме 1801 добри множества, т. к., 217⋅1+1=218≤a218≤2018217 \cdot 1+1=218 \leq a_{218} \leq 2018 и всеки различен избор на a218a_{218} води до различно множество MM. При d=7d=7 имаме 499 добри множества, т. к. 217⋅7+1=1520≤a218≤2018217 \cdot 7+1=1520 \leq a_{218} \leq 2018. Окончателно, има 1801+499=23001801+499=2300 различни множества MM.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2018-9-3

Задача 3

Пълен запис
Условие
Подмножество MM на множеството {1,2,…,2018}\{1,2, \ldots, 2018\} се нарича „добро“, ако за всеки две числа aa и bb от MM, за които b>ab\gt{}a и b−ab-a се дели на 30, числатаa+kb−a30a+k \frac{b-a}{30}за k=1,2,…,29k=1,2, \ldots, 29 са също от множеството MM. Колко са добрите множества с 218 елемента.
РешениеОтговор: 2300. Нека MM е добро множество и да наредим елементите на MM по големина a1<a2<⋯<a218a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}\cdots\lt{}a_{218}. Ще докажем, че всеки 30 последователни елемента на MM дават пълна система от остатъци по модул 30. Да допуснем, че съществуват два елемента aia_{i} и aja_{j}, за които j>i,j−i<30j\gt{}i, j-i\lt{}30 и aj−aia_{j}-a_{i} се дели на 30. От условието следва, че между aia_{i} и aja_{j} има поне 29 елемента от множеството, противоречие с j−i<30j-i\lt{}30. Следователно ai≡ai+30( mod 30)a_{i} \equiv a_{i+30}(\bmod 30) за всяко ii, като при това ако означим с d=ai+30−ai30d=\frac{a_{i+30}-a_{i}}{30}, то от условието на задачата имаме, че ai+k=ai+kda_{i+k}=a_{i}+k d, за всяко k=0,1,…,30k=0,1, \ldots, 30. Доказахме, че всеки 30 последователни члена на MM образуват пълна система остатъци по модул 30, като всеки елемент се получава от предишния с прибавяне на едно и също число dd. Следователно това свойство е вярно за всички елементи на MM, като dd е взаимнопросто с 30. Тъй като 2018=201⋅10+8<217⋅10+12018=201 \cdot 10+8\lt{}217 \cdot 10+1, то заключаваме, че d≤9d \leq 9 и (d,30)=1(d, 30)=1, което води до единствените възможности d∈{1,7}d \in\{1,7\}. При d=1d=1 имаме 1801 добри множества, т.к., 217⋅1+1=218≤a218≤2018217 \cdot 1+1=218 \leq a_{218} \leq 2018 и всеки различен избор на a218a_{218} води до различно множество MM. При d=7d=7 имаме 499 добри множества, т.к. 217⋅7+1=1520≤a218≤2018217 \cdot 7+1=1520 \leq a_{218} \leq 2018. Окончателно, има 1801+499=23001801+499=2300 различни множества MM. Оценяване. ( 7 точки) 2 т. за извода, че всеки 30 последователни числа от MM образуват ПСО по модул 30;230; 2 т. за доказателство, че числата образуват аритметична прогресия със стъпка dd, взаимнопроста с 30;130; 1 т. за ограничаването на случаите до d∈{1,7}d \in\{1,7\}; по 1 т. за преброяване на добрите множества за всяко от двете възможни dd.
Klasirane.bg — проверен архив9.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Намерете всички трицифрени естествени числа nn, за които съществува естествено число kk, такова, че броят на естествените двойки решения ( x,yx, y ) на системите от неравенства∣ x+y≤n+1x+y≤n+1y≥k и y<k\left\lvert\, \begin{array}{cc|c} x+y \leq n+1 & & x+y \leq n+1 \cr y \geq k & \text { и } & y\lt{}k \end{array}\right.да е един и същ. Пример за едноцифрено nn, удовлетворяващо условието е n=3n=3, където при k=2k=2 броят решения на двете системи е по 3:{(1,2),(2,2),(1,3)}3:\{(1,2),(2,2),(1,3)\} на първата, респективно {(1,1),(2,1),(3,1)}\{(1,1),(2,1),(3,1)\} на втората.
РешениеЕстествените двойки решения ( x,yx, y ) на неравенството x+y≤n+1x+y \leq n+1 са целочислените възли в правоъгълен, равнобедрен триъгълник с върхове (1,1),(1,n)(1,1),(1, n) и (n,1)(n, 1). Следователно, за всяко естествено 1≤s≤n1 \leq s \leq n, броят решения на системата∣ x+y≤n+1y=s\left\lvert\, \begin{gathered} x+y \leq n+1 \\ y=s \end{gathered}\right.е точно n+1−sn+1-s. Нека означим ℓ=n+1−k\ell=n+1-k. Тогава първата система в условието на задачата има ℓ(ℓ+1)2\frac{\ell(\ell+1)}{2} двойки естествени решения (x,y)(x, y), докато всички решения на двете системи заедно са n(n+1)2\frac{n(n+1)}{2}. Задачата се свежда до намирането на такива трицифрени nn, за които съществува естествено ℓ\ell, такова че е изпълнено следното тъждество:ℓ(ℓ+1)2=n(n+1)4.(2)\frac{\ell(\ell+1)}{2}=\frac{n(n+1)}{4}. \tag{2}Умножавайки двете страни по 8 и прибавяйки единица към тях, стигаме до еквивалентния израз(2ℓ+1)2=n2+(n+1)2(3)(2 \ell+1)^{2}=n^{2}+(n+1)^{2} \tag{3}Първи начин: Да означим с y=2ℓ+1y=2 \ell+1 и x=2n+1x=2 n+1. Тогава, след елементарни преобразувания, (3) се трансформира в уравнението на Пелx2−2y2=−1(4)x^{2}-2 y^{2}=-1 \tag{4}за което (1,1)(1,1) е фундаментално решение. Следователно всичките му решения ( xm,ymx_{m}, y_{m} ) се задават чрез формулата:xm+x22ym=(1+x22)2m−1,m∈Nx_{m}+\sqrt{\vphantom{x^2}2} y_{m}=(1+\sqrt{\vphantom{x^2}2})^{2 m-1}, \quad m \in \mathbb{N}Измежду тях, ние търсим тези xmx_{m}, при които 100≤xm−12≤999100 \leq \frac{x_{m}-1}{2} \leq 999. Пресмятането на първите няколко решения води до (x1,y1)=(1,1),(x2,y2)=(7,5),(x3,y3)=(41,29),(x4,y4)=(239,169),(x5,y5)=(1393,885)\left(x_{1}, y_{1}\right)=(1,1),\left(x_{2}, y_{2}\right)=(7,5),\left(x_{3}, y_{3}\right)=(41,29),\left(x_{4}, y_{4}\right)= (239,169),\left(x_{5}, y_{5}\right)=(1393,885). Лесно се вижда, че x6x_{6} вече е твърде голямо и води, до четирицифрено nn. Следователно, единствено x4x_{4} и x5x_{5} удовлетворяват условието и водят до двете решения на задачата: n=119n=119, съответно n=696n=696. За тях съответните ℓ\ell са ℓ=84\ell=84 и ℓ=442\ell=442 и значи k=36k=36, респективно k=225k=225. Втори начин: Използваме (с доказателство!) следната теорема: Нека ( a,b,ca, b, c ) е Питагорова тройка с генератор ( r,sr, s ), т.е. a2+b2=c2,a=r2−s2,b=2rs,c=r2+s2a^{2}+b^{2}=c^{2}, a=r^{2}-s^{2}, b=2 r s, c=r^{2}+s^{2}. Тогава ∣a−b∣=1|a-b|=1 тогава и само тогава, когато ( 2r+s,r2 r+s, r ) е генератор на подобна Питагорова тройка. Едно възможно доказателство на теоремата е представено в следния линк: https://proofwiki.org/wiki/Generator_for_Almost_Isosceles_Pythagorean_Triangle. Започваме от примера, даден в условието, който отговаря на тройката (3,4,5)(3,4,5), генерирана от (r,s)=(2,1)(r, s)=(2,1). Следователно, следващата такава Питагорова тройка се генерира от (2⋅2+1,2)=(5,2)(2 \cdot 2+ 1,2)=(5,2) и е (20,21,29)(20,21,29). Следващата се генерира от (2⋅5+2,5)=(12,5)(2 \cdot 5+2,5)=(12,5) и е (119,120,169)(119,120,169). Следващата се генерира от (2⋅12+5,12)=(29,12)(2 \cdot 12+5,12)=(29,12) и е (696,697,985)(696,697,985). Оттук нататък, най-малката страна в следващите Питагорови тройки надхвърля 1000 и не удовлетворява условието на задачата. Окончателно n={119,696}n=\{119,696\} са търсените решения. Оценяване. ( 7 точки) 1 т. за достигане до уравнение ( 3 ); по 1 т. за намиране на всяко от двете решения; 4 т. за доказване, че други решения няма.
Klasirane.bg — проверен архив9.4Условие — източникРешение — източник

2019

8 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
При кои стойности на параметъра mm, уравнението(x2−x−6)(x2−7x+6)=m2−15m\left(x^{2}-x-6\right)\left(x^{2}-7 x+6\right)=m^{2}-15 mима два различни положителни и два различни отрицателни корена?
РешениеСлед разлагане уравнението добива вида(x+2)(x−3)(x−1)(x−6)=m2−15m(x+2)(x-3)(x-1)(x-6)=m^{2}-15 m \quad⇔(x2−4x−12)(x2−4x+3)=m2−15m. \Leftrightarrow \quad\left(x^{2}-4 x-12\right)\left(x^{2}-4 x+3\right)=m^{2}-15 m.След полагане y:=x2−4xy: =x^{2}-4 x, получаваме y2−9y−36−m2+15m=y2−9y−(m−3)(m−12)y^{2}-9 y-36-m^{2}+15 m=y^{2}-9 y-(m-3)(m-12). Корените на това уравнение (например чрез формулите на Виет) са: y1=m−3y_{1}=m-3 и y2=12−my_{2}=12-m. От условието за четири различни корена следва, че m−3≠12−mm-3 \neq 12-m и значи m≠15/2m \neq 15 / 2. След връщане в полагането получаваме:(1)x2−4x−m+3=0(2)x2−4x−12+m=0\begin{array}{ll} \text{(1)} x^{2}-4 x-m+3=0 & \text{(2)} x^{2}-4 x-12+m=0 \end{array}От формулите на Виет и условието за два положителни и два отрицателни корена следва, че 3−m<03-m\lt{}0, съответно m−12<0m-12\lt{}0. Окончателно, отговорът на задачата е m∈(3,15/2)∪(15/2,12)m \in (3, 15 / 2) \cup(15 / 2, 12).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е тъпоъгълен равнобедрен триъгълник ABCA B C ( AC=BCA C=B C ), около който е описана окръжност с център OO. Точка PP е произволна точка върху основата ABA B, такава че AP<12ABA P\lt{}\frac{1}{2} A B. Точка QQ лежи на основата ABA B и BQ=APB Q=A P. Окръжността с диаметър CQC Q пресича описаната около триъгълник ABCA B C окръжност за втори път в точка EE, а правите CEC E и ABA B се пресичат в точка FF. Ако NN е средата на CPC P и правите ONO N и ABA B се пресичат в точка DD, да се докаже че точките O,D,C,FO, D, C, F лежат на една окръжност.
РешениеНека TT е среда на CQC Q и нека означим ∠NOC=∠TOC=α.OT\angle N O C=\angle T O C=\alpha. O T е перпендикулярна на CEC E защото TT е център на окръжността с диаметър CQC Q. Нека KK е пресечна точка на ONO N и CFC F. Намираме ∠OKC=∠OKF=90−2α\angle O K C=\angle O K F=90-2 \alpha. От ∠PDN=∠PDK=90−α\angle P D N=\angle P D K=90-\alpha намираме ∠DFC=α\angle D F C=\alpha т. е. ∠COD=∠CFD=α\angle C O D=\angle C F D=\alpha. Това завършва доказателството.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-9-2

Задача 2b

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C, за който BC=13,CA=14,AB=15B C=13, C A=14, A B=15. Да се докаже, че върхът BB, центърът на вписаната в триъгълника окръжност JJ и средите на страните ABA B и BCB C лежат на една окръжност.
РешениеНека означим BC=a,CA=b,AB=cB C=a, C A=b, A B=c. Имаме, че d=b−a=c−b=1d=b-a=c-b=1 и значи 2b=a+c2 b=a+c. Последователно получаваме BT3=BT1=p−b=a+c−b2=b2,C0T3=BC0−BT3=c−b2=d2,T1A0=BT1−BA0=b−a2=d2B T_{3}=B T_{1}=p-b=\frac{a+c-b}{2}=\frac{b}{2}, C_{0} T_{3}=B C_{0}-B T_{3}= \frac{c-b}{2}=\frac{d}{2}, T_{1} A_{0}=B T_{1}-B A_{0}=\frac{b-a}{2}=\frac{d}{2} или C0T3=T1A0C_{0} T_{3}=T_{1} A_{0}. Сега от JT3=JT1=rJ T_{3}=J T_{1}=r и C0T3=T1A0C_{0} T_{3}=T_{1} A_{0} следва, че правоъгълните △JT3C0\triangle J T_{3} C_{0} и △JT1A0\triangle J T_{1} A_{0} са еднакви по първи признак и ∠C0JT3=∠A0JT1=φ\angle C_{0} J T_{3}=\angle A_{0} J T_{1}=\varphi или ∠C0JA0=∠T3JT1=∠T3JA0+φ\angle C_{0} J A_{0}=\angle T_{3} J T_{1}=\angle T_{3} J A_{0}+\varphi. Тъй като ∠T3JT1+∠T3BT1=180∘\angle T_{3} J T_{1}+\angle T_{3} B T_{1}=180^{\circ}, то ∠C0JA0+∠C0BA0=180∘\angle C_{0} J A_{0}+\angle C_{0} B A_{0}=180^{\circ}, което е достатъчно да твърдим, че точките C0,B,A0C_{0}, B, A_{0} и JJ лежат на една окръжност.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-9-2b

Задача 2c

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C, в който медианите AA1A A_{1} и BB1B B_{1} се пресичат в точка GG. Ако вписаната в триъгълник ABCA B C окръжност и вписаната в триъгълник AGBA G B окръжност се допират до страната ABA B в една и съща точка, да се докаже, че триъгълник ABCA B C е равнобедрен.
РешениеДа означим с DD общата допирателна точка върху ABA B за двете окръжности. Изразяваме отсечката ADA D по два начина. От това, че DD е точката на допиране на ABA B до вписаната в △AGB\triangle A G B окръжност, имаме AD=AB+AG−BG2A D=\frac{A B+A G-B G}{2}, а от това, че DD е точката на допиране на ABA B до вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност, имаме AD=AB+AC−BC2A D=\frac{A B+A C-B C}{2}. Приравнявайки двете изразявания, получаваме AG−BG=AC−BCA G-B G=A C-B C, следователно GA1−GB1=CB1−CA1G A_{1}-G B_{1}=C B_{1}-C A_{1} и, значи и периметрите на △B1GC\triangle B_{1} G C и △A1GC\triangle A_{1} G C. Отделно, SB1GC=16SABC=SA1GCS_{B_{1} G C}=\frac{1}{6} S_{A} B C=S_{A_{1} G C}. Тогава, или △B1GC≅△A1GC\triangle B_{1} G C \cong \triangle A_{1} G C или △B1CG≅△A1GC\triangle B_{1} C G \cong \triangle A_{1} G C (равни лица и периметри + обща страна). Второто е невъзможно, защото от него B1G=CA1B_{1} G=C A_{1} и A1G=B1CA_{1} G=B_{1} C и за по-голямата от двете страни, да кажем CA1≥B1CC A_{1} \geq B_{1} C получаваме: BB1=3B1G=3CA1=CB+CA1≥CB+CB1B B_{1}=3 B_{1} G=3 C A_{1}=C B+C A_{1} \geq C B+C B_{1}, противоречие с неравенството на триъгълника за △CBB1\triangle C B B_{1}! Следователно, △B1GC≅A1GC\triangle B_{1} G C \cong A_{1} G C и AC=2B1C=2A1C=BCA C=2 B_{1} C=2 A_{1} C=B C.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-9-2c

Задача 3

Пълен запис
Условие
В къщата на богатата лейди Гилмор се случила кражба на една от най-скъпите й ценности: нейната перлена огърлица. Задачата за разплитането на мистерията паднала на плещите на инспектор Гудинаф. Той разполагал със следната информация: в деня на кражбата, в стаята с огърлицата били влизали 7 от слугите на лейди Гилмор, които ще наричаме A,B,C,D,E,F,GA, B, C, D, E, F, G поради конфиденциалност на разследването. Всеки от тях твърди, че е присъствал в стаята само веднъж за неопределен период от време. Освен това AA твърди, че е срещал B,C,F,GB, C, F, G в стаята; BB твърди, че е срещал A,C,D,E,F;CA, C, D, E, F; C твърди, че е срещал A,B,E;EA, B, E; E твърди, че е срещал B,C,F;FB, C, F; F твърди, че е срещал A,B,D,E;GA, B, D, E; G твърди, че е срещал A,DA, D и DD твърди, че е срещал B,F,GB, F, G. Инспектор Гудинаф заключил, че точно един от слугите лъже. Кой е той?
РешениеПърво ще докажем следната лема. Лема. Нека X,Y,ZX, Y, Z и TT са четирима от слугите. Ако е известно, че двойките X,Y;Y,ZX, Y; Y, Z; Z,TZ, T и T,XT, X са били заедно в стаята в даден момент, то някоя от двойките X,ZX, Z и Y,TY, T също са се засекли. Доказателство на Лема. Нека без ограничение на общността допуснем, че YY и TT не са били заедно в стаята и YY си е тръгнал от стаята преди TT (останалите случаи са аналогични). Тогава, XX и ZZ са стояли в стаята заедно в периода между напускането на YY и пристигането на TT. Да забележим, че A,C,E,FA, C, E, F удовлетворяват условието на лемата, но никои от A,EA, E и C,FC, F не са се засякли. Същото важи за A,B,D,GA, B, D, G. Единствен общ елемент на тези двойки е AA. Остава да се уверим, че е възможно всички останали двойки да са се срещнали, както твърдят, влизайки точно по веднъж. Това е възможно при следната последователност от влизания и излизания: влиза GG, влиза DD, излиза GG, влиза BB, влиза FF, излиза DD, влиза EE, излиза FF, влиза CC, излиза BB, излиза EE, излиза CC.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-9-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички двойки естествени числа a,b≥1a, b \geq 1, които удовлетворяват уравнениетоa!+1=(a+1)(2b).a!+1=(a+1)^{\left(2^{b}\right)}.
РешениеОтговор: a=4,b=1a=4, b=1. Ако a+1a+1 е съставно, то има прост множител p<a+1p\lt{}a+1, така че p∣a!p \mid a!, следователно p∣1p \mid 1: противоречие! Следователно, a+1=pa+1=p е просто число. Непосредствена проверка показва, че при p=5,a=4,b=1p=5, a=4, b=1, и че за p=2,3,7p=2, 3, 7 няма , следователно p≥11p \geq 11. Ако пренапишем уравнението като (p−1)≠p(2b)−1=(p(2b−1)+1)(p(2b−1)−1)=⋯=(p(2b−1)+1)(p(2b−2)+1)…(p2+1)(p+1)(p−1)(p-1)\neq{}p^{\left(2^{b}\right)}-1=\left(p^{\left(2^{b-1}\right)}+1\right)\left(p^{\left(2^{b-1}\right)}-1\right)=\cdots=\left(p^{\left(2^{b-1}\right)}+1\right)\left(p^{\left(2^{b-2}\right)}+1\right) \ldots\left(p^{2}+1\right)(p+1)(p-1) и съкратим множителя p−1p-1, наблюдаваме, че 3⌊p−23⌋∣ (p−2)!\left.3^{\left\lfloor\frac{p-2}{3}\right\rfloor} \right\rvert\, (p-2)!, следователно тази степен на 3 дели и дясната страна (това не е най-високата степен на 3, която дели ( p−2p-2 )!, но е достатъчна за нашите цели). За k≥1,p(2k)≡1( mod 3)k \geq 1, p^{\left(2^{k}\right)} \equiv 1(\bmod 3), следователно никой от множителите от вид p(2k)+1p^{\left(2^{k}\right)}+1 не се дели на 3, освен p+1p+1. Следователно, 3⌊p−23⌋∣ (p+1)\left.3^{\left\lfloor\frac{p-2}{3}\right\rfloor} \right\rvert\, (p+1) и 3⌊p−23⌋≤p+13^{\left\lfloor\frac{p-2}{3}\right\rfloor} \leq p+1. Това противоречи на неравенството 3⌊n3⌋>n+33^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor}\gt{}n+3 за n≥11n \geq 11, което лесно може да се докаже по индукция или като се начертаят графиките на 3x3^{x} и x+5x+5. Алтернативно, нека ℓ∈N\ell \in \mathbb{N} е точната степен на тройката, която дели p+1p+1 (т. е., 3ℓ∣(p+1)3^{\ell} \mid(p+1), но 3ℓ+1∤(p+1)3^{\ell+1} \nmid(p+1) ). Тогава 31,32,…,3ℓ−13^{1}, 3^{2}, \ldots, 3^{\ell-1} са сред множителите в (p−2)!(p-2)! и трябва ℓ(ℓ−1)/2=1+2+⋯+ℓ−1≤ℓ\ell(\ell-1) / 2= 1+2+\cdots+\ell-1 \leq \ell. Следователно ℓ≤3\ell \leq 3. Не може ℓ=3\ell=3, защото тогава ( p−2p-2 )! има множители 3,6,93, 6, 9 и значи 34∣(p−2)3^{4} \mid(p-2)!. Оттук ℓ≤2,33∤(p−2)\ell \leq 2, 3^{3} \nmid(p-2)! и 9>p−29\gt{}p-2. Отново p<11p\lt{}11.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-9-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадена е квадратна решетка с размер 2022 на 2022.
РешениеИмаме право да поставяме по едно топче в четири клетки, които образуват фигура 1 (всички ориентации в равнината са позволени), или да премахваме по едно топче от четири клетки, които образуват фигура 2 (отново всички ориентации в равнината са позволени).
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-9-4

Задача 4b

Пълен запис
Условие
В равнината са дадени окръжност ω\omega с център точката OO с координати ( 0, 0 ) и радиус R=1R=1, и точката AA с координати (1, 1). Да се намерят всички точки BB, за които съществуват (не непременно две по две различни) точки P1,P2,…,P2018P_{1}, P_{2}, \ldots, P_{2018}, такива че всяка от средите на 2019 -те отсечки AP1,P1P2,P2P3,P3P4,…,P2017P2018A P_{1}, P_{1} P_{2}, P_{2} P_{3}, P_{3} P_{4}, \ldots, P_{2017} P_{2018} и P2018BP_{2018} B лежи върху ω\omega.
РешениеОтговор: Кръгът с център точката A′(−1,−1)A^{\prime}(-1, -1), симетрична на AA спрямо OO и радиус R=2⋅2019=4038R=2 \cdot 2019=4038. Първо, нека за всяко четно kk дефинираме точката QkQ_{k} - симетрична на PkP_{k} спрямо центъра на окръжността OO. Тогава, в △Pk−1PkQk\triangle P_{k-1} P_{k} Q_{k} средната отсечка спрямо страната Pk−1QkP_{k-1} Q_{k} се явява радиус в ω\omega и, следователно ∣Pk−1Qk∣=2r=2\left|P_{k-1} Q_{k}\right|=2 r=2. Аналогично, ∣QkPk+1∣=2r=2\left|Q_{k} P_{k+1}\right|=2 r=2. Така, на всеки път AP1P2…P2018BA P_{1} P_{2} \ldots P_{2018} B с търсените в задачата свойства съпоставяме начупения път A′P1Q2P3…P2017Q2018BA^{\prime} P_{1} Q_{2} P_{3} \ldots P_{2017} Q_{2018} B, състоящ се от 2019 последователни отсечки с дължина 2, свързващ A′A^{\prime} с точката BB. Лесно се съобразяба, че и обратното е вярно, т. е., че на всеки начупен път A′P1Q2P3…P2017Q2018BA^{\prime} P_{1} Q_{2} P_{3} \ldots P_{2017} Q_{2018} B, състоящ се от 2019 последователни отсечки с дължина 2 можем да съпоставим път AP1P2…P2018BA P_{1} P_{2} \ldots P_{2018} B с търсените в задачата свойства. Така, преформулирахме задачата до: да се намерят всички точки BB, които могат да се свържат с A′A^{\prime} посредством 2019 -начупен път от последователни отсечки с дължина 2. Ще докажем по индукция, че търсеното множество от точки за nn-начупен път, n≥2n \geq 2 е кръгът с център A′A^{\prime} и радиус 2n2 n. При n=2n=2, ако ∣A′B∣>4\left|A^{\prime} B\right|\gt{}4, то от неравенството на триъгълника няма как да съществува 2 -начупен път A′P1B,∣A′P1∣=∣P1B∣=2A^{\prime} P_{1} B, \left|A^{\prime} P_{1}\right|=\left|P_{1} B\right|=2. Обратно, при ∣A′B∣≤4\left|A^{\prime} B\right| \leq 4 съществува (може и изроден) равнобедрен триъгълник A′P1BA^{\prime} P_{1} B с основа A′BA^{\prime} B и бедра с дължина 2. Очевидно, точката A′A^{\prime} също е достижима. С това доказахме базата на индукцията. Сега, нека твърдението е вярно за nn и да разгледаме ( n+1n+1 )-начупени пътища с начало A′A^{\prime}. Отново, ако ∣A′B∣>2(n+1)\left|A^{\prime} B\right|\gt{}2(n+1), точката BB няма как да бъде достижима, тъй като дължината на начупения път е не по-малка от разстоянието между краищата му. Ако ∣A′B∣≤2n\left|A^{\prime} B\right| \leq 2 n, то от индикционното предположение, съществува nn-начупен път A′P1Q2…BA^{\prime} P_{1} Q_{2} \ldots B. Взимаме един от двата равностранни триъгълника A′CP1A^{\prime} C P_{1} с основа A′P1A^{\prime} P_{1} и създаваме (n+1)(n+1)-начупеният път A′CP1Q2…BA^{\prime} C P_{1} Q_{2} \ldots B. Ако 2n<∣A′B∣≤2(n+1)2 n\lt{}\left|A^{\prime} B\right| \leq 2(n+1), избираме точката B1B_{1} от отсечката A′BA^{\prime} B, така че ∣A′B1=2(n−1)\mid A^{\prime} B_{1}=2(n-1) и свързваме A′A^{\prime} с B1B_{1} посредством прав ( n−1n-1 )-начупен път. Съгласно случая n=2n=2, от B1B_{1} до BB съществува 2 -начупен път и, обединявайки двата пътя, построихме (n+1)(n+1)-начупен път между A′A^{\prime} и BB. С това индукцията е завършена. Окончателно, търсеното множество от точки BB е кръг с център точката A′(−1,−1)A^{\prime}(-1, -1), симетрична на AA спрямо OO и радиус R=2⋅2019=4038R=2 \cdot 2019=4038.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2019-9-4b

2023

8 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадени са функциите f(x)=∣x−2∣−∣x−4∣f(x)=|x-2|-|x-4| и g(x)=∣x−8∣−2g(x)=|x-8|-2. Да се пресметне лицето на фигурата с върхове, пресечните точки на графиките на функциите f(x)f(x) и g(x)g(x) и пресечните точки на графиката на g(x)g(x) с оста OxO x.
РешениеГрафиката на g(x)g(x) се състои от два лъча с общ връх в x=8x=8. Разкриваме модула и лесно изчисляваме пресечните й точки с оста OxO x чрез уравненията 6−x=06-x=0 и x−10=0x-10=0 - A(6,0)A(6, 0) и B(10,0)B(10, 0). След разкриване на модулите в f(x)f(x) виждаме че в интервала (−∞,2)f(x)=−2(-\infty, 2) f(x)=-2, в интервала [2,4]f(x)=2x−6[2, 4] f(x)=2 x-6 и в интервала (4,∞)f(x)=2(4, \infty) f(x)=2. Решаваме уравненията f(x)=g(x)f(x)=g(x) за всеки от трите интервала. Получаваме следните пресечни точки - D(4,2)D(4, 2) и C(12,2)C(12, 2). От координатите следва, че фигурата ABCDA B C D е трапец с основи 8 и 4 и височина 2. Следователно лицето му е 8+42=12\frac{8+4}{2}=12.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-9-1

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадени са функциите f(x)=∣x−2∣−∣x−4∣f(x)=|x-2|-|x-4| и g(x)=∣x−8∣−2g(x)=|x-8|-2. Да се пресметне лицето на фигурата с върхове, пресечните точки на графиките на функциите f(x)f(x) и g(x)g(x) и пресечните точки на графиката на g(x)g(x) с оста OxOx.
РешениеГрафиката на g(x)g(x) се състои от два лъча с общ връх в x=8x=8. Разкриваме модула и лесно изчисляваме пресечните й точки с оста OxOx чрез уравненията 6−x=06-x=0 и x−10=0x-10=0 - A(6,0)A(6,0) и B(10,0)B(10,0). След разкриване на модулите в f(x)f(x) виждаме че в интервала (−∞,2)(-\infty,2) f(x)=−2f(x)=-2, в интервала [2,4][2,4] f(x)=2x−6f(x)=2x-6 и в интервала (4,∞)(4,\infty) f(x)=2f(x)=2. Решаваме уравненията f(x)=g(x)f(x)=g(x) за всеки от трите интервала. Получаваме следните пресечни точки - D(4,2)D(4,2) и C(12,2)C(12,2). От координатите следва, че фигурата ABCDABCD е трапец с основи 8 и 4 и височина 2. Следователно лицето му е 8+42=12\dfrac{8+4}{2}=12. Оценяване. (6 точки) 2т за пресечните точки на g(x)g(x) с OxOx. 2т. за пресечните точки на g(x)g(x) с f(x)f(x). 1т. за това че разглежданата фигура е трапец. 1т. за довършване.
Klasirane.bg — проверен архив9.1Условие — източникРешение — източник

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-9-2

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е тъпоъгълен равнобедрен триъгълник ABCABC (AC=BCAC=BC), около който е описана окръжност с център OO. Точка PP е произволна точка върху основата ABAB, такава че AP<12ABAP\lt{}\dfrac12AB. Точка QQ лежи на основата ABAB и BQ=APBQ=AP. Окръжността с диаметър CQCQ пресича описаната около триъгълник ABCABC окръжност за втори път в точка EE, а правите CECE и ABAB се пресичат в точка FF. Ако NN е средата на CPCP и правите ONON и ABAB се пресичат в точка DD, да се докаже че точките O,D,C,FO,D,C,F лежат на една окръжност.
РешениеНека TT е среда на CQCQ и нека означим ∠NOC=∠TOC=α\angle NOC=\angle TOC=\alpha. OTOT е перпендикулярна на CECE защото TT е център на окръжността с диаметър CQCQ. Нека KK е пресечна точка на ONON и CFCF. Намираме ∠OKC=∠OKF=90−2α\angle OKC=\angle OKF=90-2\alpha. От ∠PDN=∠PDK=90−α\angle PDN=\angle PDK=90-\alpha намираме ∠DFC=α\angle DFC=\alpha т.е. ∠COD=∠CFD=α\angle COD=\angle CFD=\alpha. Това завършва доказателството. Оценяване. (6 точки) 2т. за въвеждане на ∠TOC\angle TOC; 1т. за перпендикулярността; 1т. за ∠OKC=∠OKF=90−2α\angle OKC=\angle OKF=90-2\alpha; 1т. за ∠DFC=α\angle DFC=\alpha; 1т. за довършване.
Klasirane.bg — проверен архив9.2Условие — източникРешение — източник

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-9-3

Задача 3

Пълен запис
Условие
В къщата на богатата лейди Гилмор се случила кражба на една от най-скъпите й ценности: нейната перлена огърлица. Задачата за разплитането на мистерията паднала на плещите на инспектор Гудинаф. Той разполагал със следната информация: в деня на кражбата, в стаята с огърлицата били влизали 7 от слугите на лейди Гилмор, които ще наричаме A,B,C,D,E,F,GA,B,C,D,E,F,G поради конфиденциалност на разследването. Всеки от тях твърди, че е присъствал в стаята само веднъж за неопределен период от време. Освен това AA твърди, че е срещал B,C,F,GB,C,F,G в стаята; BB твърди, че е срещал A,C,D,E,FA,C,D,E,F; CC твърди, че е срещал A,B,EA,B,E; EE твърди, че е срещал B,C,FB,C,F; FF твърди, че е срещал A,B,D,EA,B,D,E; GG твърди, че е срещал A,DA,D и DD твърди, че е срещал B,F,GB,F,G. Инспектор Гудинаф заключил, че точно един от слугите лъже. Кой е той?
РешениеПърво ще докажем следната лема. Лема. Нека X,Y,ZX,Y,Z и TT са четирима от слугите. Ако е известно, че двойките X,YX,Y; Y,ZY,Z; Z,TZ,T и T,XT,X са били заедно в стаята в даден момент, то някоя от двойките X,ZX,Z и Y,TY,T също са се засекли. Доказателство на Лема. Нека без ограничение на общността допуснем, че YY и TT не са били заедно в стаята и YY си е тръгнал от стаята преди TT (останалите случаи са аналогични). Тогава, XX и ZZ са стояли в стаята заедно в периода между напускането на YY и пристигането на TT. Да забележим, че A,C,E,FA,C,E,F удовлетворяват условието на лемата, но никои от A,EA,E и C,FC,F не са се засякли. Същото важи за A,B,D,GA,B,D,G. Единствен общ елемент на тези двойки е AA. Остава да се уверим, че е възможно всички останали двойки да са се срещнали, както твърдят, влизайки точно по веднъж. Това е възможно при следната последователност от влизания и излизания: влиза GG, влиза DD, излиза GG, влиза BB, влиза FF, излиза DD, влиза EE, излиза FF, влиза CC, излиза BB, излиза EE, излиза CC. Оценяване. (7 точки) 2т за твърдението на лемата; 2т за правилно доказателство на лемата; по 1т за всяка четворка, изобличаваща AA; 1т за пример, че всички освен AA казват истината.
Klasirane.bg — проверен архив9.3Условие — източникРешение — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека pp и qq са взаимнопрости цели числа и ∣pq∣≤1\left|\frac{p}{q}\right| \leq 1. Да се определи за кои стойности на pp и qq съществува представяне от видаpq=1b1+1b2+1b3+⋯\frac{p}{q}=\frac{1}{b_{1}+\frac{1}{b_{2}+\frac{1}{b_{3}+\cdots}}}за краен брой четни числа b1,b2,…,bnb_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n}. Бележка: Това представяне се нарича верижна дроб и може да бъде означавано и като [b1,b2,…,bn]\left[b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n}\right].
РешениеЩе докажем че това е възможно точно когато едно от двете числа pp и qq е четно. (∗)(*) Необходимост. Ако всички bib_{i} са четни, ще докажем че pqp q е четно. Ще използваме индукция по nn. За n=1n=1 това е очевидно. Нека направим следното представяне:pq=[b1,…,bn]=1b1+[b2,…,bn]=\frac{p}{q}=\left[b_{1}, \ldots, b_{n}\right]=\frac{1}{b_{1}+\left[b_{2}, \ldots, b_{n}\right]}=1b1+p′q′=q′b1q′+p′\frac{1}{b_{1}+\frac{p^{\prime}}{q^{\prime}}}=\frac{q^{\prime}}{b_{1} q^{\prime}+p^{\prime}}Тук b1b_{1} е четно и по индукционно допускане точно едно от p′p^{\prime} и q′q^{\prime} също е четно. Лесно се вижда това завършва доказателството на тази посока.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2023-9-4

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека pp и qq са взаимнопрости цели числа и ∣pq∣≤1\left|\dfrac pq\right|\le1. Да се определи за кои стойности на pp и qq съществува представяне от видаpq=1b1+1b2+1b3+⋯\frac pq=\cfrac{1}{b_1+\cfrac{1}{b_2+\cfrac{1}{b_3+\cdots}}}за краен брой четни числа b1,b2,…,bnb_1,b_2,\ldots,b_n. Бележка: Това представяне се нарича верижна дроб и може да бъде означавано и като [b1,b2,…,bn][b_1,b_2,\ldots,b_n].
РешениеЩе докажем че това е възможно точно когато едно от двете числа pp и qq е четно. 1) Необходимост. Ако всички bib_i са четни, ще докажем че pqpq е четно. Ще използваме индукция по nn. За n=1n=1 това е очевидно. Нека направим следното представяне:pq=[b1,…,bn]=1b1+[b2,…,bn]=\frac pq=[b_1,\ldots,b_n]=\frac{1}{b_1+[b_2,\ldots,b_n]}=1b1+p′q′=q′b1q′+p′\frac{1}{b_1+\frac{p'}{q'}}=\frac{q'}{b_1q'+p'}Тук b1b_1 е четно и по индукционно допускане точно едно от p′p' и q′q' също е четно. Лесно се вижда това завършва доказателството на тази посока. 2) Достатъчност. Ще докажем, че съществуват такива четни числа [b1,…,bn][b_1,\ldots,b_n] при pqpq четно. Отново ще ползваме индукция, но този път по ∣q∣|q|. За ∣q∣=2|q|=2 твърдението отново е очевидно. Нека разгледаме числата ⌊qp⌋\left\lfloor\dfrac qp\right\rfloor и ⌊qp⌋+1\left\lfloor\dfrac qp\right\rfloor+1. Едно от тях е четно. Да го наречем bb и да отбележим, че не може да е 0. Числото b−qpb-\dfrac qp е по-малко от единица и може да бъде записано като несъкратима дроб p′q′=b−qp\dfrac{p'}{q'}=b-\dfrac qp или алтернативно pq=1b+p′q′\dfrac pq=\dfrac{1}{b+\frac{p'}{q'}}, като ∣q∣>∣q′∣|q|\gt{}|q'|. Сега аналогично на предния случай можем да докажем че p′q′p'q' е четно и p′q′\dfrac{p'}{q'} има необходимото представяне според индукционното допускане. Но тогава и pq\dfrac pq има такова. Това завършва доказателството. Оценяване. (7 точки) 1т за правилен отговор. 3т. за всяка посока на доказателството. Бележка: Това твърдение, както и самите верижни дроби, имат приложение в теория на възлите. Също така е доказано и единственост на представянето, макар че това свойство не се иска в задачата.
Klasirane.bg — проверен архив9.4Условие — източникРешение — източник

2024

4 задачи

Задача 1

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

Задача 2

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

Задача 3

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

Задача 4

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

2025

4 задачи

Задача 1

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

Задача 2

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

Задача 3

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

Задача 4

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