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

Размер: px
Започни от страница:

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

Препис

1 Министерство на образованието, младежта и науката 60. Национална олимпиада по математика Областен кръг, г. Условия, кратки решения и критерии за оценяване Задача Да се намерят всички стойности на реалния параметър a, за които уравнението има точно едно решение в интервала [0, π]. cos x + 1 cos x = a Решение. След полагане t = cos x, получаваме уравнението t at + = 0. За да има уравнението от условието точно едно решение в интервала [ [0, ] π], уравнението f(t) = t at + 1 = 0 трябва да има единствено решение в интервала,. Когато D = a 1 = 0, получаваме a = ± и тогава двата корена са съответно ±. Тъй като само [ ] 1,, то a = е решение на задачата. Ако t = 1 че a = 8 е решение, то a = 8 е решение на задачата. и тогава другият корен е t = 9 Ако t = е решение, то a = 4 и тогава другият корен е t = 1 a = 4 не е решение на задачата. ( ) 1 Когато решението е в, трябва да имаме f Окончателно решението е a { ( } 4, 8 ]. [ ] 1,. Това означава, [ ] 1,. Това означава, че ( ) 1 f() < 0 което дава a ( 4, 8 ). Оценяване. За полагане и свеждане до уравнение за t т.; за D = 0 1 т.; за двата случая t = 1 ( ) 1 и t = по 1 т.; за случая t, т. Задача 11.. Точките O и I са съответно център на описаната и вписаната окръжност за триъгълник ABC. Ъглополовящата на ъгъл ACB пресича описаната около триъгълника

2 окръжност в точка D. Ако OI = r и ID = r, където r е радиусът на вписаната окръжност, да се намери sin <) ACB. Решение. Тъй като DI = DA (следва от <) DIA =<) DAI = α + γ ), то от синусовата теорема получаваме r = R sin γ. От r = OI = R Rr след заместване r = R sin γ, намираме sin γ + sin γ 1 = 0. Оттук последователно намираме sin γ = 1, cos γ = 1 ( 1) = sin γ = sin γ cos γ (( = ) 1). ( 1) и Оценяване. За r = R sin γ т.; за използване на r = OI = R Rr т.; за получаване на уравнение за sin γ 1 т.; за пресмятане на sin <) ACB т. Задача 11.. Дадени са естествени числа, a,(...,)( a 011.) Да се ( докаже, ) че твърдението: n n n За всяко естествено число n произведението... се дели на n, е вярно тогава и само тогава, когато най-големия общ делител на числата, a,..., a 011 е равен на 1. Решение. Нека (, a,... a 011 ) = 1 и n = p α 1 a s, което не се дели на p i. Тогава = n ( n 1 a s a s 1 a s 1 p α a a 011 )... p αt t. Ясно е, че за всяко i съществува се дели на p α i i, т.е. n дели произведението от условието. Обратно, да допуснем, че съществува просто число p, което дели всяко от числата, a,..., a 011. Ще покажем, че съществува естествено число n, за което p дели n, но p не дели ( ) n a i за всяко i. Да разгледаме числата от вида n = p k p и да разгледаме например. Нека = pa. Имаме ( ) ( ) n p k p = pa = (pk p)(p k p 1)... (p k p pa + 1). pa(pa 1)(pa )... (pa (pa 1)) Тъй като k може да бъде избрано произволно голямо, то най-високата степен на p, която дели числителя, е равна на най-високата степен на p, която дели произведението p(p + 1)(p + )... (p + pa 1).

3 Отделяме множителите, които се делят на p, и получаваме p(p + p)(p + p)... (p + (a 1)p) = p..... a. В знаменателя също отделяме множителите, които се делят на p и получаваме pa(pa p)(pa p)... (pa (a 1)p) = p a a(a 1)(a ) Оттук следва, че не се дели на p. Аналогично доказваме, че за всяко i числото не се дели на p, което означава, че разглежданото произведение не се дели на n. Оценяване. За случая (, a,... a 011 ) = 1 т.; за обратната посока 4 т. a i Задача Колко най-малко три елементни подмножества на множеството A = {1,,..., 8} трябва да се изберат така, че всеки два елемента на A да са едновременно елементи на поне едно от избраните множества? Решение. Всяка от седемте двойки (1, ), (1, ),..., (1, 8) трябва да се среща в някое от избраните множества. Тъй като в едно три елементно множество се срещат най-много две от тези двойки, следва, че числото 1 се среща в поне 4 множества. Това е вярно за всяко от останалите числа. Тогава общо във всички множества трябва да има поне 8.4 = елемента. Това означава, че са ни необходими поне = 11 множества. Тъй като дадените 11 множества имат исканото свойство, то отговорът е 11. {1,, }, {1, 4, 5}, {1, 6, 7}, {1,, 8}, {, 4, 6}, {, 5, 7}, {,, 8}, {, 4, 7}, {, 5, 6}, {4, 5, 8}, {6, 7, 8}. Оценяване. За оценката, че са необходими поне 11 множества 4 т.; за пример, че 11 множества са достатъчни т. Задача Да се намерят всички функции f : R R такива, че за произволни x, y, z, е изпълнено неравенството (f(x) + f(y) f(xy)).(f(x) + f(z) f(xz)) 0. Решение. (1 т.) При y = 0 и z = 1 следва, че (f(x) f(0)).(f(x) f(1)) 0, т.е. f(0) f(x) f(1) или f(1) f(x) f(0) за всяко x. (4 т.) Да предположим, че f не е константа. Ако f(0) f(x) < f(1) или f(1) < f(x) f(0) за някое x 0, то при y = 1/x и z = 1 следва, че f(1) + f(1) > f(a) + f(1/a) f(1) или f(1) + f(1) < f(a) + f(1/a) f(1) което е противоречие. Значи f(x) = f(1) при x 0.

4 ( т.) Проверка показва, че всяка такава функция изпълнява даденото неравенство. Задача Дадено е естествено число a. Да се докаже, че множеството от простите делители на редицата {x n } n=1, за която x n = n 011 a, е безкрайно. Решение. Нека p = 4k + е произволно просто число. Ще докажем, че съществува член на редицата, който се дели на p. Да разгледаме числата 1 m, m,..., p m. Ще докажем с индукция по m, че това са точно квадратичните остатъци всеки броен по два пъти. При m = 1 всичко е ясно. Нека твърдението е вярно за някое m и нека 1 i < j p са произволни. Имаме, че i m+1 j m+1 = (i m j m )(i m + j m ) Ясно е, че p не дели i m + j m, съгласно добре известния факт, че ако просто число p = 4k + дели x + y, то p дели x и y. Следователно p дели i m+1 j m+1 тогава и само тогава, когато p дели i m j m. Понеже съгласно индукционната хипотеза 1 m, m,..., p m са квадратичните остатъци, то лесно се вижда, че 1 m+1, m+1,..., p m+1, които също са квадрати, всъщност е пермутация на същите остатъци, т.е. доказахме твърдението за m + 1. Това означава (прилагаме доказаното за m = 011), че произволни просто число от вида 4k + дели член на редицата. Оценяване. За формулиране на основното твърдение (Да разгледаме 1 m, m,..., p m. Ще докажем с индукция по m, че това са точно квадратичните остатъци всеки броен по два пъти.), без доказателство т.; за разглеждане на квадратични остатъци, без придвижване към решение 1 т. За други подходи според доказаното. Задачите са предложени от: 11.1, 11., 11.4 Емил Колев; 11., 11.6 Александър Иванов; 11.5 Николай Николов Задача 1.1. Допирателните към точки A и B от графиката на функцията y = x се пресичат в точка C така, че ABC е равностранен. Да се намери дължината на отсечката AB. Решение. ( т.) Ако A = (a, a ) и B = (b, b ), то съответните допирателни са y a = a(x a) и y b = b(x b) (понеже (x ) = x). Тогава за C = (c 1, c ) имаме, че c 1 a = bc 1 b, откъдето c 1 = a+b и c = ab. ( т.) Сега от (a a + b ) + (a ab) = AC = BC = (b a + b ) + (b ab) следва, че a ab = b ab. Ако a ab = ab b, то (a b) = 0 противоречие. Значи a ab = b ab, т.е. a = b. ( т.) Можем да считаме, че a > 0 и тогава <) ACB = 60 точно когато ъгълът между допирателната през A и Ox e 60 (защото AB Ox и AC = BC). Оттук AB = a = tan 60 =. 4

5 Задача 1.. Точките O и I са съответно център на описаната и вписаната окръжност за триъгълник ABC. Ъглополовящата на ъгъл ACB пресича описаната около триъгълника окръжност в точка D. Ако r е радиусът на вписаната окръжност, OI = r и ID = r, да се намери sin <) ACB. Виж зад Задача 1.. Дадени са естествени числа, a,(...,)( a 011.) Да се ( докаже, ) че твърдението: n n n За всяко естествено число n произведението... се дели на n, е вярно тогава и само тогава, когато най-големия общ делител на числата, a,..., a 011 е равен на 1. Виж зад Задача 1.4. Четириъгълникът ABCD е вписан в окръжност, <) BAC < 90, <) ABC 90 и точка M е среда на AC. Да се докаже, че <) BMD = <) BAD тогава и само тогава, когато е изпълнено равенството AB.CD = AD.BC. Решение. Нека <) BAC = α и O е центърът на окръжността. От <) ABC 90 следва, че O M и без ограничение приемаме, че O е във вътрешността на ABC. Ако <) BMD = α, то от <) BOD = α следва, че точките M, O, B и D лежат на една окръжност. Тогава a <) OMB =<) ODB = 90 α и следователно <) BMC =<) OMC <) OMB = 90 <) OMB = α. Сега от подобието MCB ADB намираме MC CB = AD DB. Тъй като MC = 1 AC, последното е еквивалентно на AC.BD = AD.BC. От теоремата на Птолемей имаме AC.BD = AD.BC + AB.CD, откъдето следва AB.CD = AD.BC. Обратно, ако AB.CD = AD.BC, то AC.BD = AD.BC, откъдето M CB ADB и AC.BD = AB.CD, откъдето следва AMB DCB. От горните подобия следва, че <) AMB =<) AMD =<) BCD = 180 α, т.е. <) BMC =<) DMC = α, откъдето <) BMD = α. Оценяване. За правата посока 4 т.(за доказване, че M, O, B и D лежат на една окръжност 1 т.; за <) BMC =<) DMC = α 1 т.; за подобието на триъгълниците MCB ADB 1 т.; за използване на Птоломей 1 т.); За обратната посока т. (за използване на Птоломей за доказване на MCB ADB и AMB DCB т.; за довършване 1 т.) Задача 1.5. Дадени са естествени числа n и k, за които n и 1 k n. В група от n човека има точно k двойки хора, които се познават. Да се докаже, че от тази група могат a 011 5

6 да се изберат n k + 1 човека, двама от които се познават, като всеки от двамата познати не познава никой от останалите n k 1 от избраните. Решение. Ще докажем задачата с индукция по n. При n = имаме k = 1 и твърдението е вярно, тъй като цялата група има исканото свойство. Да допуснем, че твърдението е вярно за група от n 1 човека. Ще го докажем за група от n човека. Ако k = 1, цялата група от n човека е търсената. Нека k > 1. Да допуснем, че има човек A, който познава само един от останалите. Групата, получена след премахване на A е от n 1 човека и познанствата са k 1 и твърдението следва от индукционната допускане. Тъй като n > (n ) k, то не е възможно всеки да има поне двама познати. Следователно има човек A без познати. Ако k = n, то A заедно с двама, които се познават дава търсената група. Ако k не е n, махаме A и получаваме задачата за n 1 човека и k познати. Според индукционното допускане съществува група от n 1 k + 1 = n k човека с исканото свойство. Остава да добавим A към тази група. Оценяване. За частни случаи, като k = 1 или k = n 1 т.; за опити за индукция 1 т.; за междинни резултати при използване на индукция максимум 4 т. (в този случай предните точки не се добавят). Задача 1.6. Нека R + е множествoтото на положителните реални числа. Да се докаже, че за всяка неконстанта функция f : R + R + съществуват числа x, y и z > 0, за които е изпълнено неравенството (f(x) + f(y) f(xy)).(f(x) + f(z) f(xz)) < 0. Решение. Да допуснем противното. Тогава са възможни два случая. 1. ( т.) f(x) + f(y) f(xy) за произволни x, y > 0. При y = 1 следва, че f(x) f(1) за всяко x > 0. Тогава f(1) f(x) + f(1/x) f(1) и значи f(x) = f(1) за всяко x > 0.. ( т.) Съществува x > 0 такова, че (1) f(x) + f(y) f(xy) за всяко y > 0. При y = 1 следва, че f(x) f(1). Нека m = inf R + f и (a n ) R + така, че f(a n ) m. При y n = a n /x имаме, че m f(x) + f(y n ) f(xy n ) m и значи f(x) = m = f(1) за всяко x > 0, за което (1) е в сила. ( т.) Ако този случай съществува x > 0 такова, че () f(x)+f(y) f(xy) за всяко y > 0, то при y = 1 следва, че m = f(1) f(x) m и значи f(x) = f(1) за всяко x > 0, за което () е в сила. И в двата случая получихме, че f е константа противоречие. Забележка. Не ни е известно дали твърдението е вярно за f : R + R. 6

7 Задачите са предложени от: 1.1, 1.6 Николай Николов; 1. Емил Колев; 1., 1.4, 1.5 Александър Иванов 7

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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 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

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

ЛЕКЦИЯ 6 ЗАКОН ЗА ИНЕРЦИЯТА Определение. Броят на положителните коефициенти в каноничния вид на дадена квадратична форма се нарича положителен индекс

ЛЕКЦИЯ 6 ЗАКОН ЗА ИНЕРЦИЯТА Определение. Броят на положителните коефициенти в каноничния вид на дадена квадратична форма се нарича положителен индекс ЛЕКЦИЯ 6 ЗАКОН ЗА ИНЕРЦИЯТА Определение. Броят на положителните коефициенти в каноничния вид на дадена квадратична форма се нарича положителен индекс на инерцията на тази квадратична форма. Броят на отрицателните

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

(не)разложимост на полиноми с рационални коефициенти Велико Дончев Допълнителен материал за студентите по Висша алгебра и Алгебра 2 на ФМИ 1 Предварит

(не)разложимост на полиноми с рационални коефициенти Велико Дончев Допълнителен материал за студентите по Висша алгебра и Алгебра 2 на ФМИ 1 Предварит (не)разложимост на полиноми с рационални коефициенти Велико Дончев Допълнителен материал за студентите по Висша алгебра и Алгебра 2 на ФМИ 1 Предварителни сведения и твърдения Както е ясно от основната

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

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

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

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

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

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

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 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

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

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

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

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

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 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

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

Министерство на образованието и науката Съюз на математиците в България Зимен математически турнир Атанас Радев Сливен, януари 2019 г. Сливен, 2

Министерство на образованието и науката Съюз на математиците в България Зимен математически турнир Атанас Радев Сливен, януари 2019 г. Сливен, 2 Министерство на образованието и науката Съюз на математиците в България Зимен математически турнир Атанас Радев Сливен, 18-20 януари 2019 г. Сливен, 2019 г. Условия, кратки решения и критерии за оценяване

Подробно

Microsoft Word - VM22 SEC66.doc

Microsoft Word - VM22 SEC66.doc Лекция 6 6 Теорема за съществуване и единственост Метричното пространство C [ a b] Нека [ a b] е ограничен затворен интервал и да разгледаме съвкупността на непрекъснатите функции f ( определени в [ a

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

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