Министерство на образованието и науката Съюз на математиците в България Зимни математически състезания Варна, 9 11 февруари 2007 г. Кратки решения на

Размер: px
Започни от страница:

Download "Министерство на образованието и науката Съюз на математиците в България Зимни математически състезания Варна, 9 11 февруари 2007 г. Кратки решения на"

Препис

1 Министерство на образованието и науката Съюз на математиците в България Зимни математически състезания Варна, 9 11 февруари 007 г Кратки решения на задачите Задача 91 Да се намерят всички стойности на реалния параметър p, за които уравнението x + (p + 1)x + p = има два различни реални корена x 1 и x такива, че x 1 1 x + x 1 x 1 = x 1 x + 55 x 1 x Решение По формулите на Виет x 1 + x = (p + 1) и x 1 x = p 0 Даденото условие е еквивалентно на x 1 x 1 + x x = x 1 x + 55, откъдето лесно получаваме p 4 + 4p 48 = 0 Това биквадратно уравнение има два реални корена, p 1 = и p =, но първият от тях дава x 1 x = 0, което е невъзможно При p = получаваме уравнението x + 5x 4 = 0, чиито корени наистина са реални Задача 9 В ABC, AB > BC, точка K от страната AB е такава, че AK = BC + BK Права l минава през K и е перпендикулярна на AB Да се докаже, че l, симетралата на AC и външната ъглополовяща при върха B се пресичат в една точка Решение Първи начин Нека точка C външната ъглополовяща на <) B е симетралата на CC Тъй като AK = BC + BK = BC + BK = KC, то l е симетралата на AC Получихме, че l, симетралата на AC и външната ъглополовяща при върха B представляват симетрали на страните на AC C и следователно се пресичат в центъра на описаната около този триъгълник окръжност Втори начин Нека k е описаната около ABC окръжност и P е средата на дъгата AC, съдържаща точка B Тогава симетралата на AC и външната ъглополовяща при върха B минават през точка P и остава да докажем, че l също минава през P Нека K AB е такава, че P K AB Достатъчно е да покажем, че AK = BC + BK Нека P M BC, M BC Тогава B е между C и M, BM = BK поради свойството на ъглополовящата и следователно BC + BK = CB + BM = CM От друга страна, AK P = CMP (AP = CP, P K = P M и <) AK P =<) CMP = 90 ), откъдето AK = CM = BC + BK AB е такава, че BC = BC Тогава Задача 93 Някои от полетата на квадратна таблица n n са минирани Във всяко поле е записано цяло число от 0 до 9, равно на броя на минираните полета сред това поле и съседните му (тези, които имат обща страна или връх с него) Винаги ли е възможно по тази информация да се определи кои полета са минирани, ако: а) n = 000; б) n = 007? 1

2 Решение Да номерираме редовете i = 1,, n и стълбовете j = 1,, n и да означим с a(i; j) числото в поле (i; j), където i е номерът на реда, а j е номерът от стълба а) Не! Да разгледаме таблица A, в която са минирани полетата, за които i j 1 (mod 3), и таблица B, в която са минирани полетата, за които i j (mod 3) Тогава във всички полета на A и B е записано числото 1 и тази информация не е достатъчна, за да разпознаем двете различни таблици б) Да! Първо да определим минираните полета в ред 3 Лесно се вижда, че броят b(j) на минираните полета измежду (3; j 1), (3; j), (3; j +1) е равен на a(; j) a(1; j) Сравнявайки b(1) и b(), откриваме дали (3;3) е минирано Сега сравнявайки b(4) и b(5), откриваме дали (3;6) е минирано Продължавайки по такъв начин, откриваме дали (3;9), (3;1),, (3;007) са минирани Сравнявайки b(007) и b(006), откриваме дали (3;005) е минирано Сега сравнявайки b(004) и b(003), откриваме дали (3;00) е минирано Продължавайки по такъв начин, откриваме дали (3;1999), (3;1996),, (3;1) са минирани Сега от b(1) разбираме дали (3; ) е минирано Сега сравнявайки b(3) и b(4), откриваме дали (3;5) е минирано Продължавайки по такъв начин, откриваме дали (3;8), (3;11),, (3;006) са минирани Ред 3 стана известен По подобен начин можем да определим и минираните полета в ред 6 Сравнявайки a(4; j) и a(5; j) с вече известната информация от ред 3, можем да открием броя на минираните полета сред (6; j 1), (6; j), (6; j + 1) Следвайки схемата от ред 3, откриваме отляво надясно минираните полета, за които j 0 (mod 3), отдясно наляво минираните полета, за които j 1 (mod 3), и накрая отляво надясно минираните полета, за които j (mod 3) Ред 6 стана известен Аналогично определяме минираните полета на редовете 9, 1, 15,, 007 Започвайки от другата страна на таблицата, по подобен начин определяме минираните полета в редове 005, 00, 1999,, 4, 1 Накрая пак така определяме и тези в редове, 5, 8,, 006 Забележка Отговорът е не, ако n (mod 3), и да в противен случай Задача 94 Да се намерят всички естествени числа x и y, за които числото (x + y)(y + x) е точна пета степен на просто число Решение Нека (x + y)(y + x) = p 5, където p е просто число Тогава x + y = p s, y + x = p t, където {s, t} = {1, 4} или {, 3} В първия случай без ограничение на общността можем да считаме, че x + y = p, y + x = p 4 Тогава p > x и от p y(x + y) (y + x) = x(xy 1) следва, че p xy 1 Сега от p x(x + y) (xy 1) заключаваме, че p x = (x + 1)(x x + 1), те p x + 1 или p x x + 1, което противоречи на p > x Нека x + y = p, y + x = p 3 Тогава p > x и както по-горе виждаме, че p x + 1 или p x x + 1

3 Случай 1 Нека p x + 1 Тогава p = x + 1 и лесно намираме решението x =, y = 5 Случай Нека p x x + 1, но p x + 1 Тогава p y y + 1, но p y + 1 Имаме p x +y = (x x+1)+(x+y 1), те p x+y 1 Да положим x x+1 = ap m, y y + 1 = bp n и x + y 1 = cp l, където (a, p) = (b, p) = (c, p) = 1, a, b, c, m, n, l N От ap m = x x + 1 < x + y = p следва, че m = 1, и аналогично от cp l = x + y 1 < x + y = p следва, че l = 1 Тогава p = x + y = (a + c)p, те a + c = p Освен това, от p 3 = y + x = y y x + y 1 = bp n + cp заключаваме, че n = 1 и b + c = p Следователно b a = p p и имаме p (p 1) = (a b)p = (x x + 1) (y y + 1) = (x y)(x + y 1) = cp(x y), което означава, че p x y Оттук и от p x + y 1 следва, че p x 1 Тогава от p x x + 1 = (x + x) (x 1) следва p x(x + 1), противоречие Окончателно, решенията са (, 5) и (5, ) Забележка Може да се докаже, че (x + y)(y + x) е точна степен на просто число само в горните случаи и при x = y = 1 Задача 101 Дадени са функциите f(x) = x + x 4 и g(x) = x x + Да се определи, за кои стойности на x: а) f(x) е естествено число; g(x) б) е изпълнено неравенството f(x) + g(x) Решение а) Полагаме f(x)/g(x) = k След преобразуване достигаме до уравнението ( k)x + ( + k)x ( + k) = 0 Ако k =, то x = Нека сега k Тогава горното уравнение е квадратно и има реални корени Следователно D = ( + k)(18 7k) 0 и k [, 18 7 ] Тъй като k е естествено число, различно от, получаваме k = 1 и x 1, = ( 3± 33)/ Окончателно търсените стойности за x са три: x 1 = , x = 3 33, x 3 = б) Множеството от допустими стойности за x е (, ] [1, + ) Лесно се проверява, че за всяко x от това обединение е изпълнено g(x) Следователно, f(x) + g(x) за x (, ] [1, + ) Задача 10 Даден е остроъгълен ABC, в който са спуснати височините BB 1 и CC 1 към страните AC и AB (B 1 AC, C 1 AB) Нека M и N са съответно средите на BB 1 и CC 1, P = AM CC 1 и Q = AN BB 1 Да се докаже, че а) точките M, N, P и Q лежат на една окръжност; б) ако точките B, C, P и Q лежат на една окръжност, то ABC е равнобедрен 3

4 Решение а) ACC 1 = ABB1, следователно AN и AM са съответни медиани в подобни триъгълници Оттук ANC 1 = AMB 1 QNB = P MQ, те точките M, N, P, Q лежат на една окръжност б) Ако точките B, C, P, Q лежат на една окръжност, то QCP = QBP Но ACC 1 = ABB 1, следователно От друга страна, от подобието на ACC 1 и ABB 1 имаме QCA = P BA (1) CAQ = CAN = BAM = BAP () От (1) и () следва, че ACQ = ABP, откъдето те AB = AC и AB = AC AC AB = AQ AP = AM AN = AB AC, Задача 103 Да се намерят всички естествени числа x, y, за които xy + y дели x y + xy + 8x Решение Очевидно xy + y дели (x + y)(xy + y) y(x y + xy + 8x) = y 4xy, те xy + дели y 4x 1) Нека y 4x 0 11) Ако x имаме xy+ > y 4x и следователно y 4x = 0 Оттук получаваме x = a, y = a Непоредствено се получава, че в този случай xy + y = 4a(a + 1) дели x y + xy + 8x = 8a(a + 1) 1) Ако x = 1, to y + y дели 8, te y = Това решение се съдържа в тези от 11) ) Нека y 4x < 0, те 4x y > 0 Ако y 4, xy + > 4x Следователно y = 1, или 3 1) В случая y = 1 числото x + 9x = x+5 10 е цяло, откъдето получаваме x + x + решенията x = 3, y = 1 и x = 8, y = 1 ) В случая y = числото x + 3x x + 1 = x+ е цяло, те x = 1 Това решение x + 1 се съдържа в тези от 11) 4

5 3) В случая y = 3 числото 6x + 17x 9x + 6 След заместване и съкращаване получаваме, че числото 18k + 17k е цяло Оттук следва, че 3 x, те x = 3k = (k+1)+ 4k 9k + 9k + е цяло, което е невъзможно при k 1 Окончателно имаме решенията x = a, y = a за всички естествени a и x = 3, y = 1, x = 8, y = 1 Задача 104 Група от k човека, всеки двама от които се познават, наричаме k- компания а) Да се намери минималният брой познанства в група от n човека така, че след запознаване на кои да е двама непознати възниква нова 3-компания б) Да се намери минималният брой познанства в група от n човека така, че след запознаване на кои да е двама непознати възниква нова 4-компания Решение На езика на графите задачата се формулира по следния начин: Да се намери минималния брой ребра в граф с n върха имащ свойството: а) Добавянето на кое да е ново ребро води до поява на несъществуващ до момента триъгълник (3-клика) б) Добавянето на кое да е ново ребро води до поява на нова (несъществуваща до момента) 4-клика а) Нека G е граф с исканото свойство, имащ n върха и минимален брой ребра Да допуснем противното Добавянето на ребро, свързващо два върха от различни компоненти на свързаност не води до поява на 3-клика Минималният брой ребра в свързан граф с n върха е n 1 Следователно G има поне n 1 ребра Лесно можем да посочим пример на граф с n върха и n 1 ребра, имащ желаното свойство Това е например K 1,n 1 (K m,n се дефинира като граф с m + n върха, които се разбиват на две множества с m и n елемента, съответно Два върха са съседни тогава и само тогава, когато принадлежат на различни множества Така броят на ребрата е mn) б) Да дефинираме граф с върхове u 1, u, v 1,, v n, и ребра всички двойки u i v j, i = 1,, j = 1,, n, заедно с u 1 u Този граф е с n върха, n 3 ребра и добавянето на ребро увеличава броя на 4-кликите Следователно търсеният минимален брой ребра не надхвърля n 3 Ще докажем чрез индукция по n, че той е точно n 3 Нещо повече равенство се достига за граф, имащ описаната по-горе структура Това твърдение е очевидно за n = 4 Нека G е граф с n върха, имащ исканото свойство, в който броят на ребрата е минимален Приемаме, че твърдението е доказано за графи с n 1 и по-малко върха От факта, че добавянето на ребро води до увеличаване на броя на 4-кликите следва, че в G съществуват върхове x 1, x, x 3, x 4, между които има точно 5 ребра (ще считаме, че липсващотот ребро е x 1 x ) Нека G е графът, получен чрез идентифициране на 5

6 върховете x 1 и x (По-подробно: от G премахваме върховете x 1 и x, добавяме нов връх u и запазваме всички останали върхове Новият връх е съседен с онези върхове, които са били съседни на поне един от x 1 и x ; всички ребра между стари върхове се запазват) Очевидно G е граф с n 1 върха и притежава свойството от уловието: добавянето на ребро увеличава броя на 4-кликите От друга страна, ако с e(g) означим броя на ребрата в G, имаме e(g ) e(g) n 5 = (n 1) 3 Следователно, съгласно индукционното допускане, e(g ) = n 3 и G има описаната в началото структура: два върха от степен n и всички останали от степен Поне един от върховете от степен n е x 3 или x 4, да речем x 3 Следователно степента на x 3 в G e n 1 Конструираме от G нов граф G като изтрием върха x 3 и всички ребра, инцидентни с него Графът G има не повече от n ребра, тъй като G има не повече от n 3 ребра Освен това G притежава свойството от т (а): добавянето на произволно ребро в него води до поява на нова 3-клика Следователно, G = K 1,n (ot т (а)) Сега лесно се получава, че G има описаната в началото структура Забележка В сила е следният по-общ резултат: Минималният брой ребра в граф G с n върха, имащ свойството, че добавянето на ново ребро води до появяване на нова r-клика е ( ) r e(g) = + (n r + )(r ) Освен това G = K r + E n r+, където K r е пълният граф с r върха, а E n r+ е графът с n r + върха и без ребра (Ако G 1 = (V 1, E 1 ) и G = (V, E ) са графи, то G 1 + G се дефинира като граф с върхове V 1 V и ребра E 1 E V 1 V ) Задача 111 Да се намерят всички стойности на реалния параметър a, за които уравнението x 3 ax + (a 1)x a + a = 0 има три различни реални корена, които образуват аритметична прогресия Решение Записваме уравнението във вида (x 1)(x + (1 a)x a + a ) = 0, откъдето намираме x 1 = 1 Нека x и x 3 са корените на квадратното уравнение Ако 1 е средният член на прогресията, то x + x 3 =, откъдето a 1 =, те a = 3 При a = 3 корените на квадратното уравнение не са реални Ако x 1 = 1 не е среден член, то без ограничение можем да считаме, че 1+x = x 3, което заедно с x + x 3 = a 1 дава 3x 3 = a Следователно a е корен на квадратното 3 6

7 уравнение, те ( a 3 ) + (1 a) a 3 a + a = 0, откъдето намираме a = 0 и a = 6 7 При a = 0 получаваме x = 1, x 3 = 0 и при a = 6 7 намираме x = 3 7 и x 3 = 7 Търсените стойности са a = 0 и a = 6 7 Задача 11 В ABC, за който <) ACB = 60, са прекарани ъглополовящите AA 1 и BB 1 (A 1 BC, B 1 AC) Правата A 1 B 1 пресича описаната около триъгълника окръжност в точки A и B а) Да се докаже, че правата OI е успоредна на A 1 B 1, където O и I са съответно центърът на описаната и на вписаната окръжност за триъгълника ABC б) Ако R е средата на дъгата AB, несъдържаща C, а P и Q са съответно средите на A 1 B 1 и A B, да се докаже, че RP = RQ Решение а) Тъй като <) AOB = γ = 10 и <) AIB = 180 α + β = = 10, то C точките A, O, I и B лежат на една окръжност Тъй като RI = RA (следва от равенството <) RIA =<) RAI = α + γ B B ) и аналогично 1 Q P RI = RB, то центърът на тази окръжност A 1 A O е точката R От равнобедрения AOB I намираме <) BAO = 30 и следователно <) OIB 1 = 30 Тъй като <) AIB = 10 A B, то около IA 1 CB 1 може да се опише окръжност, откъдето следва, че <) IB 1 A 1 =<) ICA 1 = R 30 и <) IA 1 B 1 =<) ICB 1 = 30 Понеже <) OIB 1 = IB 1 A 1, то OI A 1 B 1 б) Тъй като OQ A B, IP A B (от равнобедрения A 1 IB 1 ) и OI A B, то OIP Q е правоъгълник и симетралата на OI съвпада със симетралата на P Q Понеже симетралата на OI минава през R, то следва, че R лежи върху симетралата на P Q, те RP = RQ Задача 113 Имаме хартиена лента с дължина 007 Разрязваме лентата на две части и записваме дължините на двете парчета След това разрязваме едно от двете парчета на две части и отново записваме дължините на новополучените парчета Продължаваме по този начин докато всички парчета са с дължина 1 Едно разрязване наричаме лошо, ако двете получени части не са с равни дължини а) Да се намери минималния възможен брой лоши разрязвания 7

8 б) Да се докаже, че за всички случаи с минимален брой лоши разрязвания броят на различните записани числа е един и същ Решение а) Нека хартиената лента е с дължина n Да означим с g(n) и f(n) съответно броят на единиците в двоичното представяне на n и минималния възможен брой лоши разрязвания Ако n = k 1 + k + + k l да разгледаме следната последователност от ходове: първо отрязваме парче с дължина k 1, после парче с дължина k и тн На последното разрязване получаваме две ленти с дължини k l 1 и k l Тъй като лента с дължина степен на двойката може да се разреже на части с дължина 1 без лоши ходове, то общо имаме l 1 лоши хода, те (1) f(n) g(n) 1 Ще докажем с индукция по n, че f(n) g(n) 1 За n = 1 имаме f(1) = 0 и g(1) = 1, те твърдението е вярно Нека то е вярно за всички n k, където k е естествено число и да разгледаме числото k Нека първият ход е "лош" и са получени две ленти с дължини съответно a и b Тогава a + b = k + 1 и f(k + 1) = 1 + f(a) + f(b) Ако двоичните представяния на a и b нямат единици на една и съща позиция, то g(k + 1) = g(a) + g(b) и следователно f(k + 1) = 1 + f(a) + f(b) = 1 + g(a) 1 + g(b) 1 = g(k + 1) 1 Ако двоичните представяния на a и b имат поне една единица на една и съща позиция, то g(k + 1) = g(a) + g(b) 1 и тогава f(k + 1) = 1 + f(a) + f(b) = 1 + g(a) 1 + g(b) 1 = g(k + 1) > g(k + 1) 1 Нека първият ход не е лош, те лентата е разрязана на две части с равни дължини Тогава g(k + 1) = g(a) = g(b) и тъй като при g(k + 1) = 1 твърдението е очевидно, то имаме f(k + 1) = f(a) + f(b) = f(a) = g(a) = g(k + 1) > g(k + 1) 1 Следователно в този случай ще получим f(k + 1) > g(k + 1) 1 С това индукцията е завършена, откъдето () f(n) g(n) 1 От (1) и () следва, че f(n) = g(n) 1 а) Тъй като двоичното представяне на 007 е , те g(007) = 9, то получаваме, че f(007) = 8 б) От горните разсъждения следва, че ако f(n) = g(n) 1 на всеки "лош" ход лентата се разрязва на части с дължини a и b така, че двоичните представяния на a и b нямат единица на една и съща позиция Следователно двоичните представяния на всички такива числа са различни Освен това добрите ходове се извършват само 8

9 върху ленти с дължина степен на двойката Ясно е, че чрез пренареждане на ходовете можем да считаме, че първо са извършени всички лоши ходове Техният брой е g(n) 1 и при всеки лош ход се получават две нови числа Следователно при лошите ходове всички записани числа са g(n) Степените на, които са записани, са всички степени до най-високата степен в двоичното представяне на n Следователно броят на различните числа е равен на g(n) +k+1 = g(n)+k 1, където k е най-високата степен на в двоичното представяне на n Задача 114 За всяко естествено число n полагаме a n = 0, ако броят на делителите на n, които са по-големи от 007, е четно число, и a n = 1, ако този брой е нечетно число Да се определи дали числото α = 0, a 1 a a 3 a k е рационално Решение Ще докажем, че α е ирационално Ще използваме, че ако редицата a 1, a, a 3,, a k, не е периодична от известно място, то числото α = 0, a 1 a a k е ирационално Да допуснем, че α е рационално, те че от известно място разглежданата редица е периодична Това означава, че съществуват k 0 и T, такива, че за всяко k > k 0 е изпълнено a k = a k+t Избираме естествено число m, за което mt > k 0 и mt е точен квадрат Това е възможно, защото ако T = p α 1 1 pα pα s s е каноничното разлагане на T, то достатъчно е да изберем m = p β 1 1 pβ pβ s s, където α i + β i е четно число за всяко i = 1,,, s и числата β i са достатъчно големи Да изберем просто число p > 007, p p i, i = 1,,, s Тъй като pmt mt е кратно на T, то a mt = a pmt Но ако τ(k) е броят на делителите на k, а f(k) е броят на тези, които са по-големи от 007, то f(pmt ) = f(mt ) + τ(mt ) и понеже τ(mt ) е нечетно число, то f(pmt ) и f(mt ) са с различна четност, което е противоречие Задача 11 Даден е куб с ръб 1 Прекарана е равнина, която минава през връх на основата на куба и центровете на двете околни стени, които не го съдържат Да се намери отношението, в което сечението на равнината с куба дели неговия обем Решение Нека P и Q са центровете на стените BCC 1 B 1 и DCC 1 D, и нека α = (AP Q) (черт 1) Тъй като P Q е средна отсечка в DBC 1, то P Q BD Следoвателно α пресича (ABCD) в правата през A, която е успоредна на BD Означаваме с T и S пресечните точки на тази права с правите CB и CD Правите T P и SQ пресичат ръба CC 1 в една и съща точка R (пресечната точка на α и CC 1 ) Нека M = T R BB 1 и N = SR DD 1 Тогава сечението на α с куба е четириъгълникът AMRN (лесно се вижда, че той е ромб) Ясно е, че BT = BA = 1 Следователно BM е средна отсечка в CRT Тъй като BM = RC 1 = 1 RC и BM RC = 1, то BM = 1 3 Аналогично DN = 1 3 9

10 D 1 C 1 D 1 C 1 S A 1 B 1 D A N B Q M P R C A 1 B 1 D A M A N B Q P R C C T черт 1 черт Нека V е обемът на многостена ограничен от (ABCD), (AMRN) и околните стени на куба (черт ) Нека A и C са пресечните точки на AA 1 и CC 1 с равнината през MN, която е успоредна на (ABCD) Тогава RC = RC CC = MB = AA = 1 3 и следователно триъгълните пирамиди NMC R и NMA A имат равни обеми Това показва, че V = V ABCDA MC N = 1 Следователно сечението дели обема на куба в 3 отношение 1 : (считано от основата ABCD) Задача 1 Нека ABC е правоъгълен триъгълник с катети AC = 1 и BC = През точка A 1 от катета BC, за която A 1 C 1, е прекарана права, успоредна на AB, която 3 пресича AC в точка B 1 Нека C 1 е петата на перпендикуляра от B 1 към AB През C 1 е прекарана права, успоредна на AC, която пресича BC в точка A Правата през A, успоредна на AB, пресича AC в точка B и т н Да се пресметне: а) 3A C 1 3A 1 C 1 ; б) lim S A n n B n C n Решение а) Нека A n C = x n Тогава от A n B n C BAC следва, че B n C = x n Понеже AB n C n ABC, намираме, че AC n = x n 5 Оттук A n+1c = x n+1 = x n Следователно 3x n x n 1 = б) Тъй като A n B n = x n, B n C n = x n и A n B n B n C n, то S AnBnC n = 5 10

11 x n ( x n ) От а) имаме, че x n е геометрична прогресия с частно 1 5 Следователно lim n x n = 1 3 и значи lim n S A nb nc n = 5 36 Задача 13 Александър и Деница играят следната игра Александър разрязва (ако е възможно) лента с целочислена дължина на три ленти с целочислени дължини, oт които само една е най-дълга С тази най-дълга лента Деница извършва подобна операция и тн Играта печели този, който последен може да разреже получената от другия лента За кои ленти с дължини точни степени (те a b, a 1, b 1 N) Деница има печеливша стратегия? Решение Да означим с n дължината на първоначалната лента Ясно е, че няма ход при n = 1,, 3 При 4 n 3++ = 7 Александър може да разреже лентата така, че най-голямата дължина да е по-малка от 4 и значи печели При n = 8, 9 най-голямата дължина е между 4 и 7 и Деница е в печеливша позиция след ход на Александър Аналогично при 10 n = 5 Александър има печеливша стратегия, защото може да разреже лентата така, че най-голямата дължина да е 8 или 9 и тн По индукция следва, че Деница има печеливша стратегия точно когато n = 3 k или n = 3 k 1 за някое k > 1 Числата от първия вид, както и 3 1 = 3, са точно степени Ще докажем, че други няма Нека a b = 3 k 1 Понеже a 0, 1 (mod 3), то b е нечетно Тогава (a + 1)(a b a + 1) = 3 k Оттук a + 1 = 3 i и 3 k i = a b a + 1 = A(a + 1) + b, 0 < i < k Значи 3 дели b За c = a b/3 имаме, че 3 k = (c+1)((c+1) 3c) Следователно c+1 = 3 j и (c+1) 3c = 3 k j, 0 < j < k В частност, 9 дели (c+1), но не дели 3c Последователно намираме, че k j = 1, c =, a = k = и b = 3 Забележка Втората част от решението е частен случай на нетривиалния факт, че 3 и 3 са единствените точни степени с разлика 1 Задача 14 Да се намерят всички естествени числа n такива, че ако a, b, c 0 и a + b + c = 3, то abc(a n + b n + c n ) 3 Решение При a =, b = c = 1 и n 3 неравенството не е изпълнено От друга страна, при n = 1 то е еквивалентно на неравенството между средното аритметично и средното геометрично за три числа Ще докажем, че даденото неравенство е в сила и при n = Нека x = bc Тогава abc(a + b + c ) = ax(a + (b + c) x) 11

12 Функцията x(p x) е растяща при x p Тъй като 4 bc (b + c) 4 следва, че ако b + c = b + c и bc b c, то a + (b + c), 4 (1) abc(a + b + c ) ab c (a + b + c ) Без ограничение можем да считаме, че b 1 c Полагаме b = 1, c = b + c 1 Тъй като b + c = b + c и bc b c = (b 1)(c 1) 0, то от (1) следва, че () abc(a + b + c ) a( a)(a ( a) ) Полагаме d = (a 1) Тогава a( a)(a ( a) ) = (1 d)(3 + d) = 3 d d 3 и даденото неравенство при n = следва от () Задачите са предложени от: Петър Бойваленков - 91, 9, 94; Ивайло Кортезов - 93 Иван Ланджев - 101, 103, 104; Стоян Атанасов - 10 Александър Иванов - 111, 113, 114; Емил Колев - 11, 113 Николай Николов - 1, 13; Олег Мушкаров - 11, 14; Автор на брошурата: Емил Колев Редактори: Олег Мушкаров, Николай Николов 1

54. НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА НАЦИОНАЛЕН КРЪГ Задача 1. Да се намерят всички тройки от естествени числа (x, y, z) такива, че 2005 x + y + 200

54. НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА НАЦИОНАЛЕН КРЪГ Задача 1. Да се намерят всички тройки от естествени числа (x, y, z) такива, че 2005 x + y + 200 54. НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА НАЦИОНАЛЕН КРЪГ Задача 1. Да се намерят всички тройки от естествени числа (x, y, z) такива, че x + y + 005 x + z + y + z е естествено число. Решение. Първо ще докажем,

Подробно

Министерство на образованието, младежта и науката 60. Национална олимпиада по математика Областен кръг, г. Условия, кратки решения и кри

Министерство на образованието, младежта и науката 60. Национална олимпиада по математика Областен кръг, г. Условия, кратки решения и кри Министерство на образованието, младежта и науката 60. Национална олимпиада по математика Областен кръг, 1-1.0.011 г. Условия, кратки решения и критерии за оценяване Задача 11.1. Да се намерят всички стойности

Подробно

Основен вариант, клас Задача 1. (3 точки) За кои n съществуват различни естествени числа a 1, a 2,..., a n, за които сборът е естествено число

Основен вариант, клас Задача 1. (3 точки) За кои n съществуват различни естествени числа a 1, a 2,..., a n, за които сборът е естествено число Основен вариант, 0. 2. клас Задача. (3 точки) За кои n съществуват различни естествени числа, a 2,..., a n, за които сборът е естествено число? a 2 a 3 + + a n Решение: Ще докажем, че n =, n > 2. При n

Подробно

СОФИЙСКА МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ ТУРНИР ПО МАТЕМАТИКА И ИНФОРМАТИКА "ЗА ТОРТАТА НА ДИРЕКТОРА" ТЕМА ПО МАТЕМАТИКА КЛАС Задача 1. Дадена е двуизмер

СОФИЙСКА МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ ТУРНИР ПО МАТЕМАТИКА И ИНФОРМАТИКА ЗА ТОРТАТА НА ДИРЕКТОРА ТЕМА ПО МАТЕМАТИКА КЛАС Задача 1. Дадена е двуизмер СОФИЙСКА МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ ТУРНИР ПО МАТЕМАТИКА И ИНФОРМАТИКА "ЗА ТОРТАТА НА ДИРЕКТОРА" ТЕМА ПО МАТЕМАТИКА 10-11 КЛАС Задача 1. Дадена е двуизмерна огледална стая във формата на правилен шестоъгълник

Подробно

Microsoft Word - Tema-8-klas-PLOVDIV.doc

Microsoft Word - Tema-8-klas-PLOVDIV.doc МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ Пролетен математически турнир 7 9 март 9 г., ПЛОВДИВ Тема за 8 клас Задача. Дадено е уравнението ax + 9 = x + 9ax 8x, където a е

Подробно

Задача 1. Да се реши уравнението софийски университет св. климент охридски писмен конкурсен изпит по математика II 31 март 2019 г. Tема 1 (x 1) x 2 =

Задача 1. Да се реши уравнението софийски университет св. климент охридски писмен конкурсен изпит по математика II 31 март 2019 г. Tема 1 (x 1) x 2 = Задача 1. Да се реши уравнението софийски университет св. климент охридски писмен конкурсен изпит по математика II 1 март 019 г. Tема 1 x 1) x = x x 6. Решение: 1.) При x

Подробно

munss2.dvi

munss2.dvi ОТГОВОРИ И РЕШЕНИЯ 3(x + y)(x xy + y )y(x y) 1. (Б) Преобразуваме: (x y)(x + y)(x + y ) x(x xy + y ) = 3y (x + y)(x y) x = (x + y ) 3 y x y x x + y = 3 y x (x y ) 1 ( x y ) + 1 = 3 ( 3 ) 1 9 3 ( 3 ) +

Подробно

XXX МЕЖДУНАРОДЕН ТУРНИР НА ГРАДОВЕТЕ Пролетен тур, ОСНОВЕН ВАРИАНТ за клас РЕШЕНИЯ Задача 1. Правоъгълник е разделен на няколко по-малки право

XXX МЕЖДУНАРОДЕН ТУРНИР НА ГРАДОВЕТЕ Пролетен тур, ОСНОВЕН ВАРИАНТ за клас РЕШЕНИЯ Задача 1. Правоъгълник е разделен на няколко по-малки право XXX МЕЖДУНАРОДЕН ТУРНИР НА ГРАДОВЕТЕ Пролетен тур, ОСНОВЕН ВАРИАНТ за 10 1 клас РЕШЕНИЯ Задача 1 Правоъгълник е разделен на няколко по-малки правоъгълника Възможно ли е всяка отсечка, която свързва центровете

Подробно

26. ТУРНИР НА ГРАДОВЕТЕ ЕСЕНЕН ТУР Основен вариант, клас Задача 1. (5 точки) Функциите f и g са такива, че g(f(x)) = x и f(g(x)) = x за всяк

26. ТУРНИР НА ГРАДОВЕТЕ ЕСЕНЕН ТУР Основен вариант, клас Задача 1. (5 точки) Функциите f и g са такива, че g(f(x)) = x и f(g(x)) = x за всяк 26. ТУРНИР НА ГРАДОВЕТЕ ЕСЕНЕН ТУР Основен вариант, 10. - 12. клас Задача 1. (5 точки) Функциите f и g са такива, че g(f(x)) = x и f(g(x)) = x за всяко реално число x. Ако за всяко реално число x е в сила

Подробно

1 Основен вариант за клас Задача 1. Хартиен триъгълник, един от ъглите на който е равен на α, разрязали на няколко триъгълника. Възможно ли е

1 Основен вариант за клас Задача 1. Хартиен триъгълник, един от ъглите на който е равен на α, разрязали на няколко триъгълника. Възможно ли е 1 Основен вариант за 10 12 клас Задача 1 Хартиен триъгълник, един от ъглите на който е равен на α, разрязали на няколко триъгълника Възможно ли е всички ъгли на всички получени тръгълници да са по-малки

Подробно

Р Е П У Б Л И К А Б Ъ Л Г А Р И Я М И Н И С Т Е Р С Т В О Н А О Б Р А З О В А Н И Е Т О, М Л А Д Е Ж Т А И Н А У К А Т А НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМ

Р Е П У Б Л И К А Б Ъ Л Г А Р И Я М И Н И С Т Е Р С Т В О Н А О Б Р А З О В А Н И Е Т О, М Л А Д Е Ж Т А И Н А У К А Т А НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМ Т Е М А ЗА 4 К Л А С Задача. Дуорите са същества, които имат два рога, а хепторите имат 7 рога. В едно стадо имало и от двата вида същества, а общият брой на рогата им бил 6. Колко дуори и хептори е имало

Подробно

(Microsoft Word - \342\340\360\350\340\355\362 2)

(Microsoft Word - \342\340\360\350\340\355\362 2) ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ ВАРНА ТЕСТ ПО МАТЕМАТИКА 0 юли 0 г Вариант Периодичната десетична дроб, () е равна на: 6 6 6 ; б) ; в) ; г) 5 50 500 9 Ако a= 6, b= 6 +, то изразът a + b има стойност: b a ; б) ;

Подробно

036v-b.dvi

036v-b.dvi МАТЕМАТИКА И МАТЕМАТИЧЕСКО ОБРАЗОВАНИЕ, 2010 MATHEMATICS AND EDUCATION IN MATHEMATICS, 2010 Proceedings of the Thirty Ninth Spring Conference of the Union of Bulgarian Mathematicians Albena, April 6 10,

Подробно

ПРОЧЕТЕТЕ ВНИМАТЕЛНО СЛЕДНИТЕ УКАЗАНИЯ:

ПРОЧЕТЕТЕ ВНИМАТЕЛНО СЛЕДНИТЕ УКАЗАНИЯ: М И Н И С Т Е Р С Т В О Н А О Б Р А З О В А Н И Е Т О И Н А У К А Т А ДЪРЖАВЕН ЗРЕЛОСТЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 6 май 9 г. Вариант УВАЖАЕМИ ЗРЕЛОСТНИЦИ, Тестът съдържа 8 задачи по математика от два вида:

Подробно

СОФИЙСКА МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ ТУРНИР ПО МАТЕМАТИКА И ИНФОРМАТИКА "ЗА ТОРТАТА НА ДИРЕКТОРА" ТЕМА ПО МАТЕМАТИКА 8 КЛАС Задача 1. Да се реши в цели чис

СОФИЙСКА МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ ТУРНИР ПО МАТЕМАТИКА И ИНФОРМАТИКА ЗА ТОРТАТА НА ДИРЕКТОРА ТЕМА ПО МАТЕМАТИКА 8 КЛАС Задача 1. Да се реши в цели чис СОФИЙСКА МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ ТУРНИР ПО МАТЕМАТИКА И ИНФОРМАТИКА "ЗА ТОРТАТА НА ДИРЕКТОРА" ТЕМА ПО МАТЕМАТИКА 8 КЛАС Задача 1. Да се реши в цели числа уравнението p( + b) = (5 + b) 2, където p е просто.

Подробно

Тест за кандидатстване след 7. клас Невена Събева 1. Колко е стойността на израза : 8? (А) 201; (Б) 226; (В) 1973; (Г) На колко е ра

Тест за кандидатстване след 7. клас Невена Събева 1. Колко е стойността на израза : 8? (А) 201; (Б) 226; (В) 1973; (Г) На колко е ра Тест за кандидатстване след 7 клас Невена Събева 1 Колко е стойността на израза 008 00 : 8? (А) 01; (Б) 6; (В) 197; (Г) 198 На колко е равно средното аритметично на 1, 1, и 1,? (А) 4, 15(6); (Б) 49, ;

Подробно

НАЦИОНАЛНА ПРИРОДО-МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ АКАД. Л. ЧАКАЛОВ XXI МАТЕМАТИЧЕСКО СЪСТЕЗАНИЕ,,РИКИ 27 април 2014г. ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. Да се реши ур

НАЦИОНАЛНА ПРИРОДО-МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ АКАД. Л. ЧАКАЛОВ XXI МАТЕМАТИЧЕСКО СЪСТЕЗАНИЕ,,РИКИ 27 април 2014г. ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача 1. Да се реши ур НАЦИОНАЛНА ПРИРОДО-МАТЕМАТИЧЕСКА ГИМНАЗИЯ АКАД. Л. ЧАКАЛОВ XXI МАТЕМАТИЧЕСКО СЪСТЕЗАНИЕ,,РИКИ 7 април 0г. ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ Задача. Да се реши уравнението ( n. ) ( ), където n е естествено число. ( n n.

Подробно

Основен вариант за клас Задача 1. (4 точки) На графиката на полином a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0, чиито коефициенти a n, a n 1,..., a 1

Основен вариант за клас Задача 1. (4 точки) На графиката на полином a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0, чиито коефициенти a n, a n 1,..., a 1 Основен вариант за 10 12 клас Задача 1. (4 точки) На графиката на полином a n x n + a n 1 x n 1 + + a 1 x + a 0, чиито коефициенти a n, a n 1,..., a 1, a 0 са цели числа, са отбелязани две точки с целочислени

Подробно

munss2.dvi

munss2.dvi ОТГОВОРИ И РЕШЕНИЯ 1. (В) Даденото неравенство няма смисъл, в случай че някой от знаменателите на двата дробни израза е равен на нула. Тъй като x 4 = (x+)(x ), то x 4 = 0 за x = и за x =. Понеже x +3 >

Подробно

Microsoft Word - 8-klas-JAMBOL-2012.doc

Microsoft Word - 8-klas-JAMBOL-2012.doc МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ Зимен математически турнир Атанас Радев 8 9 януари 0 г., ЯМБОЛ Тема за 8 клас Задача. Във футболно първенство всеки отбор

Подробно

Microsoft Word - variant1.docx

Microsoft Word - variant1.docx МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА ДЪРЖАВЕН ЗРЕЛОСТЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА.05.019 г. Вариант 1 МОДУЛ 1 Време за работа 90 минути Отговорите на задачите от 1. до 0. включително отбелязвайте в листа

Подробно

Министерство на образованието, младежта и науката 61. Национална олимпиада по математика Областен кръг, 8-9 април 2012 г. Условия, кратки решения и кр

Министерство на образованието, младежта и науката 61. Национална олимпиада по математика Областен кръг, 8-9 април 2012 г. Условия, кратки решения и кр Министерство на образованието, младежта и науката 61. Национална олимпиада по математика Областен кръг, 8-9 април 2012 г. Условия, кратки решения и критерии за оценяване Задача 9.1. Да се намерят стойностите

Подробно

MATW.dvi

MATW.dvi ТЕСТ 6. Ъглополовящите AA (A BC) и BB (B AC) на триъгълника ABC се пресичат в точката O. Ъгъл A OB не може да бъде равен на: А) 90 Б) 20 В) 35 Г) 50 ( ) 2 7 3 2. Изразът е равен на: 2 6.24 А) Б) 2 8 В)

Подробно

DZI Tema 2

DZI Tema 2 МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА ДЪРЖАВЕН ЗРЕЛОСТЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 6.05.05 г. ВАРИАНТ Отговорите на задачите от. до 0. включително отбелязвайте в листа за отговори!. Кое от числата е различно

Подробно

VTU_KSK14_M3_sol.dvi

VTU_KSK14_M3_sol.dvi Великотърновски университет Св. св. Кирил и Методий 07 юли 01 г. ТРЕТА ТЕМА Задача 1. Да се решат уравненията: 1.1. x +x+1 = 1 x 1 + 8x 1 x 3 1 ; 1.. log x+log x 3 = 0; 1.3. x+1 +6. x 1 = 0. Задача. Дадено

Подробно

МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ Зимни математически състезания януари 2013 г., ПЛОВДИВ Тема за

МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ Зимни математически състезания януари 2013 г., ПЛОВДИВ Тема за МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ Зимни математически състезания 6 7 януари 03 г., ПЛОВДИВ Тема за 8 клас, решения и оценяване Задача 8.. Цената на един

Подробно

Как да съставим задачи като използваме подобните триъгълници, свързани с височините на триъгълника

Как да съставим задачи като използваме подобните триъгълници, свързани с височините на триъгълника Съставяне на задачи с подобни триъгълници, свързани с височините на триъгълника Бистра Царева, Боян Златанов, Катя Пройчева Настоящата работа е адресирана към учителите по математика и техните изявени

Подробно

А Л Г Е Б Р А I.Решете уравненията и системите уравнения: x + 2 = 3 x+1 x 2 x 2 x 2 x + 8 = 5 x 2 4 x x 5 + x 1 = x 2 +6x+9 x

А Л Г Е Б Р А I.Решете уравненията и системите уравнения: x + 2 = 3 x+1 x 2 x 2 x 2 x + 8 = 5 x 2 4 x x 5 + x 1 = x 2 +6x+9 x А Л Г Е Б Р А I.Решете уравненията и системите уравнения: 1.. + = 3 +1 + 8 = 5 4 3 3. 4. 4 5 + 1 = +6+9 +3 1 + 4 = 1 4 + 5. +1 + = 9 +1 10 6. ( -5) +10( -5)+4=0 7. 11 3-3 = 3 5+6 8. 1 +30 1 16 = 3 7 9

Подробно

Министерство на oбразованието, младежта и науката Съюз на математиците в България Пролетни математически състезания Ямбол, март 2013 г. Тема за

Министерство на oбразованието, младежта и науката Съюз на математиците в България Пролетни математически състезания Ямбол, март 2013 г. Тема за Министерство на oбразованието, младежта и науката Съюз на математиците в България Пролетни математически състезания Ямбол, 9 31 март 013 г. Тема за 9 клас Задача 1. Да се намерят всички стойности на реалния

Подробно

kk7w.dvi

kk7w.dvi Конкурсен изпит за НПМГ Акад. Л. Чакалов За профил математика 7 юли 2006 година Време за работа 4 астрономически часа. Задача 1. Дадени са изразите A = x 2 810 502 4x 5 и B = ( 100) 251.3. 2006 а) Докажете,

Подробно

pim_03.dvi

pim_03.dvi ТЕСТ Пробен изпит по математика за приемане на ученици след завършен 7. клас 14.04.2007 г. Драги ученици, Тестът съдържа 50 задачи.времето за работа е 3 астрономически часа. Задачите са два вида: със структуриран

Подробно

Homework 3

Homework 3 Домашно 3 по дисциплината Дискретни структури за специалност Информатика I курс летен семестър на 2015/2016 уч г в СУ ФМИ Домашната работа се дава на асистента в началото на упражнението на 25 26 май 2016

Подробно

Пръстени. Разглеждаме непразното множество R, което е затворено относно две бинарни операции събиране и умножение + : R R R : R R R. Казваме, че R е п

Пръстени. Разглеждаме непразното множество R, което е затворено относно две бинарни операции събиране и умножение + : R R R : R R R. Казваме, че R е п Пръстени. Разглеждаме непразното множество R, което е затворено относно две бинарни операции събиране и умножение + : R R R : R R R. Казваме, че R е пръстен, ако са изпълнени аксиомите 1.-4. за абелева

Подробно

M10_18.dvi

M10_18.dvi СЪДЪРЖАНИЕ Тема. Начален преговор Началенпреговор.Алгебра... 7 Началенпреговор.Геометрия... Тема. Ирационални изрази. Ирационални уравнения. Ирационални изрази.... 5. Преобразуване на ирационални изрази...

Подробно

Exam, SU, FMI,

Exam, SU, FMI, Поправителен изпит по Дискретни структури задачи СУ ФМИ 29. 08. 2016 г. Име: ФН: Спец.: Курс: Задача 1 2 3 4 5 Общо получени точки максимум точки 20 20 35 30 30 135 Забележка: За отлична оценка са достатъчни

Подробно

Microsoft Word - doc15.doc

Microsoft Word - doc15.doc ТЕСТ ЗА 7. КЛАС ПО МАТЕМАТИКА = 5. Стойността на израза B 0 + 0 : е: +А) -70 Б) 50 В) -5 Г) -5. Кое твърдение НЕ е вярно? А) ( 00 )( 004)( 005)( 006)( 007) < 0 n Б) ( ) > 0, n Ν = +В) Г) Равенството a

Подробно