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

Размер: px
Започни от страница:

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

Препис

1 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 играе два пъти с всеки от останалите отбори. След приключване на първенството се оказало, че всички отбори са събрали общо 6 точки и % от срещите са завършили наравно. Колко отбора участват в това футболно първенство? (Победителят получава т., победеният 0 т., а за равен мач двата отбора получават по т.) Задача. Даден е Δ ABC и вътрешна точка M, за която MAC = MBC = 00. Ако P и Q са петите на перпендикулярите, спуснати от M съответно към страните BC и AC, а D е средата на страната AB, да се докаже, че Δ PQD е равностранен. Задача. Нека f ( x) = x + x + b, където и b са такива цели числа, че и b. Ако f (+ ) 0,0, да се пресметне f ( ). Задача 4. В единичните квадратчета на квадратна таблица се записват 9 различни естествени числа със сума S. Таблицата се нарича интересна, ако при задраскване на кой да е ред и стълб сумата на две от срещуположните по диагонал числа е равна на сумата на другите две срещуположни по диагонал числа. а) Да се докаже, че при S = 0 не съществува интересна таблица. б) Да се намери броят на различните интересни таблици, които съдържат числата,,,, 666 и за които S е възможно най-малко. (Две таблици са различни, ако не се получават една от друга чрез въртене около центъра на таблицата.) Време за работа 4 часа 0 мин. Журито Ви желае успешна работа!

2 Тема за 8 клас Задача 8.. Във футболно първенство всеки отбор играе два пъти с всеки от останалите отбори. След приключване на първенството се оказало, че всички отбори са събрали общо 6 точки и % от срещите са завършили наравно. Колко отбора участват в това футболно първенство? (Победителят получава т., победеният 0 т., а за равен мач двата отбора получават по т.) Решение: Нека в групата участват х отбора. Тогава общият брой на изиграните срещи е x x. ( т.) При равенство се разпределят т., т.е. от равните мачове се получават ( ) общо. x( x ) точки. ( т.) От останалите мачове се получават. x( x ) точки. ( 4 4 т.) Получаваме уравнението. x( x ) +. x( x ) = 6. ( т.) Корените на 4 4 уравнението x x 4.6 = 0 са x = и x =. Следователно в групата участват отбора. ( т.) Задача 8.. Даден е Δ ABC и вътрешна точка M, за която MAC = MBC = 00. Ако P и Q са петите на перпендикулярите, спуснати от M съответно към страните BC и AC, а D е средата на страната AB, да се докаже, че Δ PQD е равностранен. Решение: Нека H и F са средите съответно на AM и BM. Тогава DH = BM и DF = AM (средни отсечки). ( т.) Имаме още, че HDFM е успоредник и следователно 0 HDF = 80 DHM ( т.), което ще използваме по-долу. Освен това QH = AM и PF = BM (медиани в правоъгълни триъгълници). ( т.) Разглеждаме Δ DHQ и Δ PFD. Последователно използваме, че DH = PF, QH = DF и DHQ = DHM = DFM = PFD. ( т.) Оттук ΔDHQ Δ PFD и следователно DP = DQ. ( т.) Освен това HQD = FDP. Получаваме, че: = ( + ) = ( + ) = (80 0 ) = QDP HDF HDQ FDP HDF HDQ HQD HDF DHQ = HDF (80 DHM 60 ) = HDF (80 (80 HDF) 60 ) = 60 което е достатъчно, за да твърдим, че Δ PQD е равностранен ( т.), Забележка. Задача 8.. Нека Δ PQD е равнобедрен и в случая MAC = MBC 00. = + +, където и b са такива цели числа, че и f ( x) x x b b. Ако f (+ ) 0,0, да се пресметне f ( ).

3 Решение: Нека f (+ ) = m+ n, където m= + + b и n= +. ( т.) От условието получаваме, че m = + + b + + b и n = ( т.) От друга m n страна f(+ ) = m+ n =. ( т.) Ако m и n не са едновременно равни m n на нула, то m n (m и n са цели числа) и следователно f (+ ). m n От m и n 7 следва, че m n m + n + 7 < + 7. = 7 ( т.) и следователно f (+ ) > > = 0,0, което противоречи на условието. 7 0 Следователно m= n= 0, откъдето получаваме = и b =, т.е. f ( x) = x x и следователно f ( ) = 0. ( т.) Задача 8.4. В единичните квадратчета на квадратна таблица се записват 9 различни естествени числа със сума S. Таблицата се нарича интересна, ако при задраскване на кой да е ред и стълб сумата на две от срещуположните по диагонал числа е равна на сумата на другите две срещуположни по диагонал числа. а) Да се докаже, че при S = 0 не съществува интересна таблица. б) Да се намери броят на различните интересни таблици, които съдържат числата,,,, 666 и за които S е възможно най-малко. (Две таблици са различни, ако не се получават една от друга чрез въртене около центъра на таблицата.) Решение: а) Да разгледаме една интересна таблица: Като зачертаем втория ред и втория стълб, от условието имаме + 9 = + 7 и като прибавим към двете страни, получаваме = + + 7, т.е. сборът на числата по всеки от диагоналите е един и същ. ( т.) Нека той е. Сега да задраскаме третия ред и третия стълб. Получаваме + = + 4 = 9, т.е =. По подобен начин, като задраскаме първия ред и първия стълб, имаме = + 9 =, т.е =. ( т.) Тогава S = ( ) + ( ) + ( + + 7) =. ( т.) Тъй като числото 0 не се дели на, то интересна таблица с S = 0 не съществува. б) Ще използваме означенията от а). Тъй като търсим интересна таблица с възможно най-малко S, свеждаме задачата до намиране на най-малката стойност на, където е някоя от разгледаните суми в а). Естествено е да работим с числата и 666. Можем да считаме, че = и 9 = 666. Тогава задачата се свежда до намиране на наймалката възможна стойност на. От условието + = + 4 следва, че и. Ще докажем, че съществува интересна таблица с = 4. За нея S =.( ) =.67 = 0. Освен това е ясно, че в този случай = и 4 = или

4 обратно, т.е. = и 4 =. За числото има две възможности: при първата 6 = или =, а при втората числото е в ъглово единично квадратче на таблицата, т.е. = 8 или 7 =. Първата възможност се отхвърля с непосредствена проверка, а при втората получаваме следните две таблици: ( т.) В а) доказахме, че = = = =. По начин, подобен на този за доказване на тези четири равенства, може да се установи още, че = и =. Така, получаваме 6 суми, във всяка от които има по един представител на всеки ред и всеки стълб на таблицата. Оттук следва, че от всяка от горните таблици можем да получим 9 таблици в зависимост от числото в центъра на таблицата, за което има общо 9 възможности. На всяка от тези 9 таблици съответства по една, която се получава чрез размяна на числата в ъглите на единия от диагоналите. Останалите размествания не водят до различни таблици. Следователно общият брой на различните интересни таблици е = 6. ( т. = т. за 8-те варианта на първата от показаните по-горе таблици + т. за 8-те варианта на втората) Задачите са предложени от Теодоси Витанов (8.. и 8..), Симеон Замковой (8..) и Сава Гроздев (8.4.).

5 Министерство на Образованието, Младежта и Науката Съюз на математиците в България Математически турнир Атанас Радев Ямбол, 7 9 януари 0 г. София, 0 г.

6 Кратки решения на задачите Задача 9. Да се намерят всички стойности на реалния параметър, за които уравнението x + ( )( )x = 0 има два различни реални корена x и x, такива че (x + x ) = x x Решение. Равенството от условието е еквивалентно на x x (x + x ) = 8(x + x ). При x + x = 0 получаваме = или =. При x + x 0 имаме ( 4 + 9) = = 0 ( )( + )( + ) = 0. От последното намираме само = като нов кандидат за решение. При = и = получаваме съответно уравненията x + 9 = 0 и x + 4 = 0, които нямат реални корени, а при = имаме уравнението x + 0x 6 = 0, което има два различни реални (ненулеви) корена. Следователно единственото решение е =. Оценяване. т. за разделянето на случаите x + x = 0 и x + x 0; т. за отхвърляне на = и = ; т. за получаване на уравнението = 0; т. за решаването му; т. за проверка, че = е решение. Изследването на дискриминантата води до 0 или, за което се дава т. (не се добавя към горните). Задача 9.. В остроъгълния ABC отсечките AA (A BC) и BB (B AC) са височини, а точката M е средата на страната AB. Триъгълникът A B M е правоъгълен и лицето му е равно на. Да се намерят: а) дължината на страната AB и големината на <) ACB; б) дължината на радиуса на окръжността, описана около A B C. Решение. а) Тъй като A M и B M са медиани към хипотенузата AB в правоъгълните AA B и BB A, то A M = AB = B M. Сега от условието следва, че <) A MB = 90. Освен това <) AB M =<) B AM = α и <) BA M =<) A BM = β. Имаме = S A B M = A M.B M = AB 8 и следователно AB = 6, т.е. AB = 4.

7 Освен това <) AMB = 80 α и <) BMA = 80 β, откъдето 90 =<) A MB = α + β 80, т.е. α + β = и следователно <) ACB = γ = 4. б) Нека O и R са съответно центърът и радиусът на описаната около A B C окръжност. Тогава <) A OB = <) A CB = 90. Така A OB и A MB са равнобедрени правоъгълни с обща хипотенуза A B. Следователно тези триъгълници са еднакви и оттук R = OA = A M = AB =. Оценяване. 4 т. за а) ( т. за AB = 4 и т. за <) ACB = 4 ); т. за б). Задача 9.. Да се намерят всички естествени числа n, за които 8f(n ) = 7f(n), където с f(n) е означен броят на всички различни естествени делители на n. Решение. Очевидно n и нека n = p α pα... pαr r е каноничното разлагане на n. Тогава можем да запишем даденото равенство във вида A B M C O A α + α + α + α + α ( ) r + α r + =. () Да отбележим, че α i+ α i + < за всяко α i, като равенство отляво се достига само при α i =. Тогава от () следва, че r > ( ) ( )r, откъдето следва r. При r = имаме α = α = α =, което дава решенията n = p p p, където p, p и p са различни прости числа. Нека r =. Без ограничение на общността можем да считаме, че α α. Тогава от () получаваме (α + ) > α + α + α + α ( ) + α + = = α + α + α ( + α + α + α + (използвахме, че α + α + α + α + при α α ). От тези неравенства лесно следва, че α. Във всеки от случаите α =, 4, достигаме до линейно уравнение за α, като получаваме решенията (α, α ) = (, ) и (7, 4), т.е. n = p p и n = p7 p4, където p и p са различни прости числа. Оценяване. т. за равенството (); т. за доказване на r ; т. за случая r = ; т. за случая r =. B )

8 Задача 9.4. Дадени са реалните числа x, x,..., x n. Да се докаже, че тези числа могат да се разделят на две множества A и B от по n числа всяко, така че разликата на сумите S(A) и S(B) на числата в множествата да удовлетворява S(A) S(B) mx x i+ x i. i<n Решение. Първи начин. Нека A е подмножество на {x,..., x n }. Да означим със S(A) сумата на числата от множеството A, а със S(A) сумата на числата x i, несъдържащи се в A. Да построим редица C 0, C,..., C n от n-елементни подмножества на {x,..., x n }, в която C 0 = {x,..., x n }, C n = {x n+,..., x n }, всеки две последователни n-орки имат точно n общи елемента и се различават в елементи със съседни индекси. За всяко i {0,..., n } е изпълнено S(C i+ ) S(C i ) = x k+ x k, за някакъв индекс k. Без ограничение на общността можем да приемем, че S(C 0 ) S(C 0 ) < 0. Тогава S(C n ) S(C n ) > 0 и съществува индекс j, за който S(C j ) S(C j ) < 0 < S(C j+ ) S(C j+ ). Очевидно за някакъв индекс k е изпълнено S(C j+ ) S(C j ) = x k+ x k. Отчитайки, че S(C j+ ) S(C j ) = S(C j ) S(C j+ ), получаваме x k+ x k = S(C j+ ) S(C j+ ) S(C j )+S(C j ) = S(C j+ ) S(C j+ ) + S(C j ) S(C j ). Следователно поне едно от двете събираеми не надхвърля x k+ x k mx x i+ x i. i<n Втори начин (А. Иванов). Ще докажем твърдението с индукция по n. При n = твърдението е очевидно. Да разгледаме n + числа x, x,..., x n+. Тогава, ако M = mx x k+ x k, то x x M и mx x k+ x k M. k<n+ k<n+ Съгласно индукционната хипотеза числата x, x 4,..., x n+ могат да бъдат разделени на две групи A и B от по n числа, за които S(A) S(B) mx x k+ x k M. k<n+

9 Без ограничение можем да приемем, че S(A) S(B) и x x. Да разгледаме множествата A {x } и B {x }. За съответните суми имаме S(A) + x S(B) x = (S(A) S(B)) (x x ) mx{s(a) S(B), x x } M. Използвахме, че ако x и y са положителни числа, то x y mx{x, y}. Оценяване: Първи начин. т. за въвеждане на редица {C i } със свойствата, описани в решението; т. за конструиране на {C j } в явен вид; 4 т. за довършване на решението. Задача 0.. Да се реши неравенството x 4 x. Решение Полагаме t = x > 0 и получавамe неравенството t t. От тук следва, че t (0, ] и след повдигане на квадрат достигаме до еквивалентното неравенство t 4 6t + t По схемата на Хорнер представяме последното във вида (t + )(t )(t + t ) 0. Предвид факта, че t (0, ( ] ] достигаме до t 0, и следователно ( ] x, log. Оценяване: т. за t = x > 0 и достигане до t t ; т. за t (0, ( ] и ] достигане до t 4 6t +t+6 0; т. за (t+)(t )(t +t ) 0; т. за t 0, ; т. за окончателния отговор. Задача 0.. Даден е квадратният тричлен f(x) = x + x + b, където b е реален параметър. Да се намерят всички стойности на b, за които уравнението f(f(x)) = 0 има точно три различни реални корена. Решение. Първи начин. Ако f(x) = 0 има корени α < α, то корените на f(f(x)) = 0 съвпадат с корените на f(x) = α и f(x) = α. При това е ясно, че за да съществуват точно три различни корена е необходимо и достатъчно f(x) = α да има точно един двоен корен. Минимумът на f(x) се достига за x = и е равен на b. Следователно α = b и f(b ) = 0, откъдето b + b = 0. Това уравнение има за корени числата ( ± )/. 4

10 При b = ( + )/ имаме α = b = + > α =, и тази стойност на b не е решение на задачата. При b = ( )/ имаме α = b =, и от α +α = следва, че α наистина е по-малкият корен на f(x) = 0. Окончателно b = ( )/. Втори начин (Н. Николов). Записваме във вида f(x) = (x + ) + c, c = b, откъдето f(f(x)) = (x + ) 4 + (c + )(x + ) + c + c + = 0. Единият корен на това уравнение трябва да е нула, а другият положителен. Оттук получаваме c = ( )/ и b = c + = ( )/. Оценяване: 4 т. за намиране стойностите на b; т. за отхвърляне на едната. Задача 0.. Даден е ABC с ортоцентър H и медицентър G. Ако G лежи на окръжността с диаметър CH, то ) да се докаже, че точките A, B, G и H лежат на една окръжност; б) да се намери най-голямата възможна стойност на <) ACB. Решение а) Очевидно ABC е остроъгълен, H е вътрешна точка и ще разгледаме нетривиалния случай, когато G H. Ако CG AB = M и AH BC = P, то M е среда на AB и P лежи на окръжността с диаметър CH както G. Така получаваме, че <) P GC =<) P HC = 80 <) AHC =<) ABC и следователно четириъгълникът MBP G е вписан в окръжност. Тогава <) BGM =<) BP M =<) ABC и <) BAH+ <) BGH =<) BAH <) ABC = 80, което доказва твърдението. б) (I начин) Ако G H, то <) ACB = 60. Нека G H и O е центърът на описаната около ABC окръжност. Известно е, че H, G и O лежат на една права A C H G O M P B

11 (т.нар. права на Ойлер) и G дели отсечката HO в отношение :. В частност, O е външна за отсечката HG, т.е. O е външна за окръжността, минаваща през A, B, G и H. Тогава <) AOB <<) AHB <) ACB < 80 <) ACB <) ACB < 60. Така търсената максимална стойност на <) ACB е 60 и се достига единствено при равностранен триъгълник. (II начин) От <) BGM =<) ABC следва, че MBG MCB. Тогава MB = MG.MC = MC и от формулата за медиана в триъгълник при стандартни означения достигаме до равенството + b = c. Така получаваме, че cos <) ACB = + b c = + b b 4b <) ACB 60. Оценяване: а) т. за MBP G вписан четириъгълник; т. за ABGH вписан четириъгълник; б) (I начин) т. за съображението, че G лежи на отсечката HO; т. за <) ACB 60. (II начин) т. за + b = c ; т. за <) ACB 60. Задача 0.4. Виж зад Задача.. Да се намерят всички цели стойности на реалния параметър, за които съществува цяло, различно от нула число, което е решение на уравнението 4 x + ( )9 x = ( )6 x. ( ) x Решение. След разделяне на 9 x и полагане t =, получаваме уравнението () t ( )t + = 0. При = 0 получаваме t =, откъдето x = 0. При 0 корените на уравнението () са t = и t = ( ) x ( ) x. При = получаваме x = 0. Нека =. Директно се проверява, че при 4 или са изпълнени неравенствата () > >. ( ) x Тъй като при x имаме ( ) x, а при x е изпълнено неравенствата () показват, че решение можем да имаме само при. Директна 6

12 проверка показва, че само при = и = получаваме цели решения съответно x = и x =. Окончателно търсените стойности са = и =. Оценяване: т. за получаване на t и t ; по т. за намиране на всяка от двете стойности на и т. за доказване, че няма други стойности. Задача.. Даден е трапец ABCD, AB CD, за който AD = 6, DC = и BC =. Ъглополовящата на <) ABC пресича страната AD в точка M, като AM MD =. а) Да се докаже, че в ABCD може да се впише окръжност. б) Да се намери дължината на отсечката OM, където O е центърът на вписаната в ABCD окръжност. Решение. а) Да означим с N пресечната точка на продължението на BM и правата CD. Тъй като <) BNC =<) ABM =<) NBC, то NC = BC. Следователно DN = NC DC = = 9 и от подобието на DNM и ABM намираме AB DN = AM DM =, т.е. AB =. Понеже AB + CD = AD + BC = 8, то в ABCD може да се впише окръжност. б) Ако P е пресечната точка на AD и BC, от подобието на DCP и ABP, P C намираме P C + CB = DC AB =. От това равенство получаваме P C =, т.е. AB = P B. Следователно BO AP, което означава, че OM е радиусът на вписаната в ABCD окръжност. Тъй като AM = 4, от правоъгълния AMB пресмятаме BM = 4 и понеже AO е ъглополовяща на <) BAM, имаме пресмятаме OM = 4. Оценяване: т. за а) и т. за б). OM BM OM = AM. От това равенство AB Задача.. В държава има 0 града. Между някои от градовете са прекарани пътища, като от всеки град може да се стигне до всеки друг. Известно е, че ако два града са свързани с път, то общият брой пътища, излизащи от тези два града е нечетно число. Колко най-много са прекараните пътища? Решение. Да разделим градовете на две групи P и Q по следния начин. В P влизат всички градове, от които излизат четен брой пътища, а в Q влизат всички градове, от които излизат нечетен брой пътища. Нека P = p и Q = q, като p + q = 0. Според условието на задачата няма път, който да свързва два града от P или два града от Q. Това означава, че всеки път свързва град от P с град от Q. Тъй като от всеки град 7

13 от P излизат четен брой пътища, то общият брой пътища е четно число. Оттук и от условието, че от всеки град от Q излизат нечетен брой пътища, следва че q е четно число. Понеже p + q = 0, то p също е четно число. Това означава, че от всеки град от Q излизат най-много p пътя. Следователно, ако p = p 0 и q = q 0, пътищата са най-много q 0 (p 0 ). Тъй като q 0 + (p 0 ) = 0, то най-голямата стойност на q 0 (p 0 ) се достига когато q 0 и p 0 са почти равни, т.е. q 0 = 006 и p 0 = 00. Тогава пътищата са = 000. Ще построим пример, за който пътищата са точно Нека A, A,..., A 006 и B, B,..., B 006 са съответно градовете в P и Q. Свързваме всеки от градовете B, B,..., B 004 с всеки от градовете A, A,..., A 00. Свързваме B 00 и B 006 с всеки от A, A,..., A 006. Директно се проверява, че пътищата са и от всеки град може да се стигне до всеки друг. Оценяване: т. за наблюдението, че графът е двуделен; т. за наблюдението, че p и q са четни; т. за определяне на максимума на q 0 (p 0 ) при q 0 + (p 0 ) = 0; т. за пример, че този максимум се достига. Задача.4. Нека, m и n са естествени числа, като е четно и m < n. Да се докаже, че едно от числата m +, m+ +, m+ +,..., n + е взаимно просто с всяко от останалите числа. Решение. Да означим с k най-голямата степен на двойката, която дели някое от числата m, m +,..., n. Да допуснем, че има две числа, които се делят на k. Тези числа се представят във вида k t и k t, където t < t са нечетни числа. Числото k (t + ) < k t се дели на k+, което е противоречие с избора на k. Следователно съществува число r, m r n, което се дели на k и всяко друго число не се дели на k. Ще докажем, че числото r + е взаимно просто с всяко от останалите числа. Нека p е прост делител на r +. Тъй като е четно, то p е нечетно число и тогава p не дели r. Ако l е показателят на по модул p, то l дели r (защото r се дели на p), но не дели r (защото r не се дели на p). Следователно l се дели на k+. Да допуснем, че p дели s + за s r. Това означава, че l дели s, т.е. k дели s, което е противоречие. Показахме, че всеки прост делител на r + не дели нито едно от останалите числа. Следователно r + е взаимно просто с всяко от останалите числа. Оценяване: т. за доказване, че има единствено число, което се дели на k ; т. за правилния избор на степента r; т. за разглеждане на показателя на по модул p; 4 т. за довършване. 8

14 Задача. Да се намерят всички естествени числа n, за които уравнението има решение в реални числа. log n (sin πx) = sin (log n x π ) Решение. Понеже sin πx и n >, то log n (sin πx) 0 sin (log n x π ). Следователно log n (sin πx) = sin (log n x π ) точно когато sin πx =, т.е. x = k + /, и log n x π = mπ, където k, m Z. Оттук k+/ = n m и тогава лесно следва, че k = 0, n = и m =. Оценяване: т. за log n (sin πx) 0; т. за sin πx = ; т. за довършване на решението. Задача.. Да се намерят всички реални числа c такива, че редицата, дефинирана чрез равенствата 0 = 0 и n+ = n + c при n 0, е ограничена. Решение. Следните твърдения се получават по индукция: ако c [0, /4], то n /; ако c [, 0], то c n c; ако c > /4, то n+ > n ; ако c <, то n+ > n > c при n. В третия случай уравнението x = x + c няма реални корени и значи редицата ( n ) не е сходяща, откъдето n +. Същото следва и в четвъртия случай, понеже тогава корените на уравнението са по-малки от c. И така, отговорът е c [, /4]. Забележки.. В първия случай редицата e монотонно растяща и значи сходяща. Може да се докаже, че тя сходяща и при c [ /4, 0) (за повече подробности вж. т. нар. логистична функция).. Множеството на Малденброт се състои от всички комплексни числа c такива, че редицата от условието на задачата е ограничена. Това множество се съдържа в затворения кръг с център началото и радиус. Оценяване: т. за случая c (, 0); по т. за останалите случая. Задача.. Нека ABCD е изпъкнал четириъгълник, за който AB =, AD = и <) BAD =<) BCD. Да се намерят дължините на страните BC и CD, ако е известно, че те са естествени числа. Решение. Нека BC = x, CD = y и <) BAD =<) BCD = α. От косинусовата теорема следва, че + cos α = BD = x + y xy cos α, откъдето ( ) x + y = (xy 6) cos α. Случай. xy = 6. От x + y = получаваме, че x =, y = или x =, y =. В първия случай ABCD е делтоид, а във втория успоредник. Случай. xy > 6. Ако x y, то x + y > xy + = (xy 6) + > (xy 6) cos α +, 9

15 което е противоречие със ( ). Следователно x = y. Нека <) CBD = β, <) ABD = γ и <) ADB = δ. От синусовата теорема следва, че x sin β = BD sin α = sin γ. Понеже x, то sin β sin γ. Сега от β + γ < π, получаваме, че β γ. От друга страна, от AB = < = AD следва, че δ < γ и значи π α = δ + γ < γ β = π α, което отново е противоречие. Случай. xy < 6. От ( ) следва, че < x + y <, (6 xy) т.е. x y > и x + y <. Понеже x и y са естествени числа, то x =, y = или x =, y =. И в двата случая от ( ) следва cos α = /. Ако y =, то <) CAD =<) ACD. Понеже <) BAD =<) BCD, получаваме, че <) BAC = <) BCA, т.е. AB = BC противоречие. В случая x =, y = полученият четириъгълник ABCD е изпъкнал. Имаме да проверим, че <) ADC < 80 и ABC < 80. От косинусовата теорема намираме, че BD = 7. Следователно ABD е остроъгълен, а <) BDC > 90. Оттук <) ABC < 80. Също така sin<) ADB = sin<) BDC и значи sin <) ADB < sin <) BDC. Понеже първият ъгъл е остър, а вторият тъп, следва, че тяхната сума, т.е. мярката на <) ADC, е по-малка от 80. Отговор: (BC, CD) = (, ), (, ) или (, ). Оценяване: т. за равенството ( ); т. за случай ; т. за случай ; т. за случай. Задача.4. Виж зад..4. Задачите са предложени от: 9.. Петър Бойваленков, 9.. Керопе Чакърян; 9.. Петър Бойваленков и Керопе Чакърян; 9.4.(0.4.), 0.. Иван Ланджев; 0.., 0.. Стоян Боев;.4.(.4.),.. Александър Иванов;..,.. Емил Колев;..,.. Николай Николов и Олег Мушкаров;.. Николай Николов. 0

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

tu_ mat

tu_ mat ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ СОФИЯ ТЕСТ ПО МАТЕМАТИКА юли 00 г. ВАРИАНТ ВТОРИ ПЪРВА ЧАСТ Всяка от следващите 0 задачи има само един верен отговор. Преценете кой от предложените пет отговора на съответната задача

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Microsoft Word - matsh_solutions-2011

Microsoft Word - matsh_solutions-2011 Уважаеми колеги, класирани за Областния кръг се считат учениците получили не по малко от 6 точки. В срок до февруари 0 г. изпратете в РИО Бургас и на е-мeйл: veleka3@gmail.com (задължително) ПРОТОКОЛ с

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

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

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

Microsoft Word - VM-LECTURE06.doc

Microsoft Word - VM-LECTURE06.doc Лекция 6 6 Уравнения на права и равнина Уравнение на права в равнината Тук ще разглеждаме равнина в която е зададена положително ориентирана декартова координатна система O с ортонормиран базис i и j по

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

ОУ,ПРОФЕСОР ИВАН БАТАКЛИЕВ ГР. ПАЗАРДЖИК ПРОБЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА ЗАДАЧИ С ИЗБИРАЕМ ОТГОВОР г. ПЪРВИ МОДУЛ 1. Ако х 5у = 5, колко е сто

ОУ,ПРОФЕСОР ИВАН БАТАКЛИЕВ ГР. ПАЗАРДЖИК ПРОБЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА ЗАДАЧИ С ИЗБИРАЕМ ОТГОВОР г. ПЪРВИ МОДУЛ 1. Ако х 5у = 5, колко е сто ОУ,ПРОФЕСОР ИВАН БАТАКЛИЕВ ГР. ПАЗАРДЖИК ПРОБЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА ЗАДАЧИ С ИЗБИРАЕМ ОТГОВОР 28. 04. 2018 г. ПЪРВИ МОДУЛ 1. Ако х 5у = 5, колко е стойността на израза 5 5.(х 5у)? А) 0 Б) 30 В) 20 Г) 15

Подробно

Microsoft Word - PRMAT sec99.doc

Microsoft Word - PRMAT sec99.doc Лекция 9 9 Изследване на функция Растене, намаляване и екстремуми В тази лекция ще изследваме особеностите на релефа на графиката на дадена функция в зависимост от поведението на нейната производна Основните

Подробно

\376\377\000T\000E\000M\000A\000_\0001\000_\0002\0007\000.\0000\0005\000.\0002\0000\0001\0003

\376\377\000T\000E\000M\000A\000_\0001\000_\0002\0007\000.\0000\0005\000.\0002\0000\0001\0003 МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА ДЪРЖАВЕН ЗРЕЛОСТЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА 7.0.0 Г. ВАРИАНТ Отговорите на задачите от. до 0. включително отбелязвайте в листа за отговори!. Колко на брой от

Подробно

Глава 5 Критерий за субхармоничност Да разгледаме някои общи свойства на полу-непрекъснатите отгоре функции, преди да се съсредоточим върху онези от т

Глава 5 Критерий за субхармоничност Да разгледаме някои общи свойства на полу-непрекъснатите отгоре функции, преди да се съсредоточим върху онези от т Глава 5 Критерий за субхармоничност Да разгледаме някои общи свойства на полу-непрекъснатите отгоре функции, преди да се съсредоточим върху онези от тях, които са субхармонични. Лема-Определение 5.1. Нека

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

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