maths.bgmaths.bg
Всички колекции
IFYM

Български фестивал на младите математици

738 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.

11 години2 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2016

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • f-ifym2016-8-1: има placeholder текст

8 · Финал

4 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2016-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Съществува ли линейна функция на пет променливи f(v,w,x,y,z)f(v, w, x, y, z), такава, че за всеки △ABC\triangle A B C с радиуси на описаната, вписаната и трите външновписани окръжности R,r,ra,rbR, r, r_{a}, r_{b} и rcr_{c} да е изпълнено f(R,r,ra,rb,rc)=0f\left(R, r, r_{a}, r_{b}, r_{c}\right)=0?
РешениеДа, съшествуватакава е функцията f(v,w,x,y,z)=4v+w−x−y−zf(v, w, x, y, z)=4 v+w-x-y-z. Наистина, нека в описаната окръжност на △ABC\triangle A B C точките L1L_{1} и L2L_{2} са среди на дъгите ACBA C B и AB,O,I,Ia,IbA B, O, I, I_{a}, I_{b} и IcI_{c} са центровете на описаната, вписаната и трите външновписани окръжности, е средата на отсечката ABA B, и вписаната и външновписаните окръжности допират правата ABA B в точките T,Ta,TbT, T_{a}, T_{b} и TcT_{c}. От лемата за тризъбеца, L1Ia=L1B=L1A=L1Ib,L1ML_{1} I_{a}=L_{1} B=L_{1} A=L_{1} I_{b}, L_{1} M е средна отсечка в трапеца IaIbBAI_{a} I_{b} B A, и L1M=12(ra+rb)L_{1} M=\frac{1}{2}\left(r_{a}+r_{b}\right). Аналогично, L2M=12(rc−r)L_{2} M=\frac{1}{2}\left(r_{c}-r\right), откъдето 12(ra+rb+rc−r)=L1M+ML2=L1L2=2R\frac{1}{2}\left(r_{a}+r_{b}+r_{c}-r\right)= L_{1} M+M L_{2}=L_{1} L_{2}=2 R и твърдението следва.
Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2016-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Намерете всички тройки естествени числа ( x,y,zx, y, z ), за които:xyz=x!+yx+yz+z!x y z=x!+y^{x}+y^{z}+z!
РешениеНека първо отбележим, че уравнението е симетрично относно xx и zz. Разглеждаме случая x=y=zx=y=z. Тогава: x3=2x!+2xxx^{3}=2 x!+2 x^{x}. Очевидно е, че при x≥3x \geq 3, уравнението не е изпълнено. При x=1x=1, получаваме 1=2+21=2+2, което не води до , а при x=2x=2, получаваме 8=4+88=4+8, което отново не води до Разглеждаме случая x=z≠yx=z \neq y, тогава x2y=2x!+2yxx^{2} y=2 x!+2 y^{x}. Да допуснем, че x>yx\gt{}y. Очевидно е, че 2x!>xy2 x!\gt{}x^{y} при x≥6x \geq 6. Лесно може да бъде проверено, че при x<6x\lt{}6, уравнението няма в естествени числа. Да допуснем, че y>xy\gt{}x тогава x2y<y3x^{2} y\lt{}y^{3}. Ясно е, че xx и yy могат да вземат стойности единствено от множеството {1,2}\{1, 2\}. Тъй като y>xy\gt{}x, единствената възможност за двойката ( x,yx, y ) е да приема стойности ( 1, 2 ). Заместваме в уравнението: 2=1+2+2+12=1+2+2+1, което не води до Разглеждаме случая x=y≠zx=y \neq z, тогава x2z=x!+xx+xz+z!x^{2} z=x!+x^{x}+x^{z}+z!. При x≥3x \geq 3 или z≥3z \geq 3 получаваме, че или xxx^{x}, или xzx^{z} е по-голямо от x2zx^{2} z. Следва, че дясната страна на уравнението е по-голяма от лявата страна на уравнението ⇒x≤3\Rightarrow x \leq 3 и z≤3z \leq 3. След проверка за (x,z)=(1,1),(1,2),(2,1),(2,2)(x, z)=(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2) получаваме, че никоя от тези двойки не води до вярно равенство. Разглеждаме случая x>z>yx\gt{}z\gt{}y (при z>x>y,z>y>x,x>y>zz\gt{}x\gt{}y, z\gt{}y\gt{}x, x\gt{}y\gt{}z, то е аналогично). Тогава можем да запишем x!x! като 1…y…z…x1 \ldots y \ldots z \ldots x, което е по-голямо от xyzx y z \Rightarrow уравнението не е изпълнено. Разглеждаме случая y>x>zy\gt{}x\gt{}z (при y>z>xy\gt{}z\gt{}x то е аналогично). Получаваме, че xyz<y3x y z\lt{}y^{3}. Следва, че xx и zz приемат стойности от множеството: {1,2}\{1, 2\}. Имаме следните 4 случая за двойката ( x,zx, z ): (x,z)=(1,1)(x, z)=(1, 1) тогава y=1+y+y+1y=1+y+y+1 и y=−2y=-2. Тъй като търсим в естествени числа, тройката (1,−2,1)(1, -2, 1) не изпълнява това условие. (x,z)=(1,2)(x, z)=(1, 2), тогава 2y=1+y+y2+22 y=1+y+y^{2}+2 и y2−y+3=0y^{2}-y+3=0. Лесно се вижда, че това квадратно уравнения няма в естествени числа. (x,z)=(2,1)(x, z)=(2, 1) не води до тъй като xx и zz са симетрични. (x,z)=(2,2)(x, z)=(2, 2), тогава 4y=4+2y24 y=4+2 y^{2} и y2−2y+2=0y^{2}-2 y+2=0. Лесно се вижда, че това квадратно уравнения няма в естествени числа. Отговор: Уравнението няма в естествени числа.
Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2016-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа aa със следното свойство: за всяко нечетно просто число pp съществува естествено число nn, такова че числата an−na^{n}-n и an+1−n−1a^{n+1}-n-1 се делят на pp.
РешениеДа допуснем, че aa има нечетен прост делител pp. Тогава условието дава, че pp дели nn и n+1n+1, т. е. pp дели 1, противоречие. Ако a=1a=1, то pp дели 1−n1-n и (−n)(-n), пак противоречие. Сега да допуснем, че aa е степен на двойката с показател k≥2k \geq 2. Тогава числото a−1a-1 има нечетен прост делител pp, т. е. a≡1( mod p)a \equiv 1(\bmod p). От условието получаваме сравненията 1−n≡0( mod p)1-n \equiv 0(\bmod p) и −n≡0( mod p)-n \equiv 0(\bmod p), противоречие. Сега ще покажем, че a=2a=2 работи. За простото число pp избираме n=(p−1)2n=(p-1)^{2}. Тогава n≡1( mod p)n \equiv 1(\bmod p) и от теоремата на Ферма следва 2n≡(2p−1)p−1≡1≡n( mod p)2^{n} \equiv\left(2^{p-1}\right)^{p-1} \equiv 1 \equiv n (\bmod p). Оттук 2n+1≡2n≡n+1( mod p)2^{n+1} \equiv 2 n \equiv n+1(\bmod p), с което исканото е доказано.
Отвори задачатаБаза на maths.bgf-ifym2016-8-4