maths.bgmaths.bg
Всички колекции
SOM

Контролни по области

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

7 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2018

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • somalg2018-9-1: има placeholder текст
  • somnt2018-9-1: има placeholder текст
  • somcomb2018-9-2: има placeholder текст
  • somalg2018-9-3: има placeholder текст
  • somcomb2018-9-3: има placeholder текст

9 · Алгебра

3 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomalg2018-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за всяко естествено число nn е в сила неравенството∑i=1n1i2+i+1<45.\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i^{2}+i+1}\lt{}\frac{4}{5}.
РешениеПо индукция следва, че сумата не надминава 45−n+1(n+1)2+2/7\frac{4}{5}-\frac{n+1}{(n+1)^{2}+2 / 7}. Забележка. ∑k=1∞1k2+k+1=0,7981…\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{2}+k+1}=0, 7981 \ldots
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomalg2018-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomalg2018-9-3

9 · Комбинаторика

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
По колко начина числата 1,2,…,2n1, 2, \ldots, 2 n могат да бъдат разположени в таблица 2×n2 \times n, така че числата във всеки ред (отляво надясно) и във всеки стълб (отгоре надолу) да са в нарастващ ред.
РешениеДа подредим числата в редица и под всяко число да запишем 1, ако то е в първия ред и 0, ако е във втория. Лесно се вижда, че ако под числата 1,2,…,k1, 2, \ldots, k нулите са повече (можем да считаме, че под kk е записана нула), то числото над kk е по-голямо от kk. Вярно е и обратното: ако в 1,2,…,k1, 2, \ldots, k единиците са поне колкото нулите, то числото над kk е по-малко от kk. Следователно редицата от 0 и 1 е с дължина 2n2 n и изпълнява следното свойство: Във всяка частична редица 1,2,…,k1, 2, \ldots, k броя на единиците е не помалък от броя на нулите. Известно е, че броят на тези редици е числото на Каталан1n+1(2nn).\frac{1}{n+1}\binom{2 n}{n}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomcomb2018-9-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomcomb2018-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomcomb2018-9-3

9 · Теория на числата

3 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomnt2018-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа n≥2n \geq 2, за които числото (n2)!−n2\left(n^{2}\right)!-n^{2} може да се представи като произведение на две естествени числа aa и bb, за които ∣a−b∣<n|a-b|\lt{}n.
РешениеДа допуснем, че (n2)!−n2=a(a+x)\left(n^{2}\right)!-n^{2}=a(a+x), където x<nx\lt{}n е естествено число, и да представим това равенство във вида(n2)!−(n2−x2)=a2+ax+x2\left(n^{2}\right)!-\left(n^{2}-x^{2}\right)=a^{2}+a x+x^{2}Нека n≥3n \geq 3. Тогава измежду множителите в (n2)!\left(n^{2}\right)! има кратен на 3, който е различен от n2−x2n^{2}-x^{2} и нашето равенство може да се запише във вида (n2−x2)(3k−1)=a2+ax+x2\left(n^{2}-x^{2}\right)(3 k-1)=a^{2}+a x+x^{2}, където kk е естествено число. Тогава лявата страна има прост делител pp от вида 3s−13 s-1, докато за дясната страна това е възможно само при p∣ap \mid a и p∣xp \mid x (защото a2+ax+x2≡0( mod p)a^{2}+a x+x^{2} \equiv 0(\bmod p) дава a3≡x3( mod p)a^{3} \equiv x^{3}(\bmod p), откъдето при (a,p)=(x,p)=1(a, p)=(x, p)=1 следва, че показателят на ax−1a x^{-1} по модул pp дели (3,p−1)=1(3, p-1)=1, т. е a≡x( mod p)a \equiv x(\bmod p) и значи p∣3a2p \mid 3 a^{2}, противоречие). Може да изберем простото число pp от по-горе така, че степента му в каноничното разлагане на 3k−13 k-1 да е нечетна. Сега е ясно, че степента на pp в каноничното разлагане отдясно е четна, а отляво е нечетна в 3k−13 k-1 и значи е нечетна и в n2−x2n^{2}-x^{2}. Последното обаче е възможно само когато въпросната степен е по-голяма от тази в xx, което води до противоречие (степента на pp отдясно е по-малка). Следователно n=2n=2 и равенството (4!)2−22=20=4⋅5(4!)^{2}-2^{2}=20=4 \cdot 5 показва, че това е решение.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomnt2018-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за всяко естествено число kk съществуват безбройно много естествени числа nn, за които n∣2n+k−1n \mid 2^{n+k}-1.
РешениеДа отбележим първо, че за всяко kk съществува nn, за което n∣2n+k−1n \mid 2^{n+k}-1 и k+n≥7k+n \geq 7. Наистина, при k≥6k \geq 6 работа върши тривиалното n=1n=1, а при k≤5k \leq 5 ще посочим двойките(k,n)=(1,15),(2,7),(3,5),(4,31),(5,3).(k, n)=(1, 15), (2, 7), (3, 5), (4, 31), (5, 3).Нека kk е фиксирано и n∈Nn \in \mathbb{N} е такова, че n+k≥7n+k \geq 7 и n∣2n+k−1n \mid 2^{n+k}-1. Ще конструираме n1>nn_{1}\gt{}n, което дели 2n1+k−12^{n_{1}+k}-1. От теоремата на Жигмонди следва, че съществува просто число pp, което дели 2n+k−12^{n+k}-1, но не дели никое от числата 2i−12^{i}-1 за i<n+ki\lt{}n+k. Това означава, че показателят на 2 по модул pp е равен на n+kn+k, откъдето n+k∣p−1n+k \mid p-1. Тогаваpn+k=(p−1)n+n+kp n+k=(p-1) n+n+kсе дели на n+kn+k и имаме 2n+k−1∣2pn+k−12^{n+k}-1 \mid 2^{p n+k}-1. Оттук pp и nn делят 2n+k−12^{n+k}-1 и са взаимнопрости, защото p>n+k>np\gt{}n+k\gt{}n. Следователно pn∣2pn+k−1p n \mid 2^{p n+k}-1, т. е. n1=pn>nn_{1}=p n\gt{}n има исканото свойство.
Отвори задачатаБаза на maths.bgsomnt2018-9-3