AlekDimitrov.com Форум

Образование, математика, състезания => Математически задачи => Темата е започната от: Алек в 4.04.2014, 00:11

Титла: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Алек в 4.04.2014, 00:11
Тема за взаимопомощ за решаване на интересни задачи.
(http://alekdimitrov.com/newsimages/math.jpg)
Моля, помагайте ако ви хрумне решение на публикувана задача.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: KOD в 4.04.2014, 01:02
Моля, помогнете с една задача от подготовката за SASMO, нищо не си спомням от степените явно.. :(

Дадено е, че X3 + 1/X3 = 18
Търси се на колко е равно X4 + 1/X4


Не знам откъде да почна :(
Отзад, напред, с четните степени е по-лесно:
X4 + 1/X4 = (X2 + 1/X2)2 - 2 = ([X + 1/X]2 - 2)2 - 2

Така, има връзка между X4 + 1/X4 и X + 1/X
Но с X3 + 1/X3 какво може да се направи за да получим X + 1/X? :(
---------------------
Ако направим Y = X + 1/X =>
X4 + 1/X4 =  (Y2 - 2)2 - 2

(X + 1/X)3 = X3 + 1/X3 + 3(X + 1/X) =>
Y3 = 18 + 3Y =>
Y3 - 3Y = 18 но от това с шестокласен набор инструменти как да намеря Y освен с налучкване -> Y(Y2 - 3) = 18 -> 3х6 -> 3 -> 47 но това... не е решение смислено
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: MitkoS в 4.04.2014, 01:53
X3 + 1/X3 = 18
==> X6+1=18X3
получаваме квадратно уравнение
Y2-18Y+1=0 (заместили сме Y=X3)

За квадратното уравнение си има алгоритъм за решаване ==> изчислява се X ==> изчислява се X4+1/X4
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: KOD в 4.04.2014, 07:48
Митко, квадратното уравнение е ясно, но не е опция по много причини, трябва да има по-добро решение.
Трудно би смятал с кубичен корен от (9 +- 4sqrt[5]), повдигнат на 4-та степен...
Мисля, че сметките ми с последното налучкване в горния пост са верни, така че x + 1/x си е 3, х2 + 1/х2 е 7, x3 + 1/x3 = 18, x4 + 1/x4 = 47, x5 + 1/x5 = 123 и така нататък. Как ще получиш това с квадратно уравнение?
Проблемът е, че от Y(Y2 - 3) = 18 до заключението, че Y=3 нещо не ми допада...
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: FearMe в 4.04.2014, 08:18
трябва да е било, когато бях подготве в английската
математичка ни беше една отявлена капацитетка, а на класното крайният резултат на една от задачите беше

x ^ 3 = 343

понеже ползването на елки беше забранено в онези дискомфортни за ученика времена, и аз, понеже мразя да налучквам, оставих отговора във х = корен кубичен от 343

имах 6 минус, защото, цитирам, "очевидно е трябвало да налучкам, че това е лесно да се разбере. х е 7"

та така де, много зависи от учителката, така че дали на теб ти допада или не, налучкването в разумни граници явно е допустимо за някои педагози
остава да знаеш дали тази е измежду тях :)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: KOD в 4.04.2014, 08:26
Това е задача да кажем от Олимпиада в Сингапур или Малайзия с централизирано проверяване, така че от учител / проверител не зависи нищо.
Или е издържано, или не е. Мисля, че нещо изпускам или като цяло подходът ми е грешен, така че трябват свежи идеи :)

ПП - За отговора ти и оценката - ето затова мисля хлапето да подмине езиковите гимназии в бъдеще :)
По твоята и на Митко логика, даже да приемем, че е допустимо използването на квадратни уравнения... какъв все пак е отговорът на задачата? :)

ПП2 - поне има някаква полза, хлапето отработи ако знае колко е x + 1/x да намира колко е xn + 1/xn
Не решава конкретната задача, но си е ценен опит.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Дидева в 4.04.2014, 11:06
Какъв е форматът? Колко задачи, за колко време, описателни, тестови?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 4.04.2014, 11:12
X^3 + 1/X^3 = (X + 1/X)[(X + 1/Х)^2 - 3] = 18, У = Х + 1/X, У.(У^2 - 3) = 18

У^3 - 3У - 18 = 0, У^3 - 27 - 3У + 9 = 0, (У - 3)(У^2 + 3У + 9) - 3(У - 3) = 0

(У - 3)(У^2 + 3У + 6) = 0, (У - 3)[(У + 3/2)^2 + 15/4]= 0, У = 3

Х^4 + 1/Х^4 = [(Х + 1/Х)^2 - 2]^2 - 2 = (У^2 - 2)^2 - 2 = 47
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: KOD в 4.04.2014, 11:17
Какъв е форматът? Колко задачи, за колко време, описателни, тестови?

Абсурден предвид задачата, която ме тормози от вчера!!!

25 задачи за 90 минути!
Редакция - или може би за 120 минути. На сингапурската страница някъде видях 90, хлапето твърди - 120.

Всяка задача се оценява с 1 точка, тоест може да се предположи слоност във всички - няма ниско и високо оценени.
Аз лично погледнах само 3 задачи - едната се решава на момента за минутка, втората ми отидоха 5-6 минути, третата е коментираната :)
Азиатска му работа :)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: KOD в 4.04.2014, 11:28
У^3 - 3У - 18 = 0
У^3 - 27 - 3У + 9 = 0
(У - 3)(У^2 + 3У + 9) - 3(У - 3) = 0
(У - 3)(У^2 + 3У + 6) = 0
(У - 3)[(У + 3/2)^2 + 15/4]= 0
У = 3

Благодаря!
Като цяло... никакъв шанс за издържано решение без опит в рамките на времето.

Case Closed
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: maria111 в 4.04.2014, 14:51
Не знам дали има връзка, но когато големият ми син се подготвяше за изпита в АК, на курса им даваха купища шорткъти за подобни задачи, защото и там изпитът е много задачи за отрицателно време. Освен това бяха ги накарали да наизустят таблицата за умножение до 20.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Neda в 5.04.2014, 08:58
Липсват последните постинги с коментари на решението на задача от ПМС.
Това по усмотрение на модератора ли е ?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: KOD в 5.04.2014, 09:02
Преместени са в подходящата тема.

Моля, използвайте тази тема само за публикуване на условие на задача, за която търсите отговор!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Neda в 5.04.2014, 09:03
Разбирам.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Дидева в 21.04.2014, 11:22
(http://prikachi.com/images/627/7281627m.jpg)

Интересуват ме конкретните двойки числа, а не техният брой. Благодаря предварително.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Neda в 21.04.2014, 12:59
(http://prikachi.com/images/627/7281627m.jpg)

Интересуват ме конкретните двойки числа, а не техният брой. Благодаря предварително.
(0;0)
(0;1)
(0;2)
(0;-1)
(0;-2)
(1;0)
(2;0)
(-1;0)
(-2;0)
(1;1)
(1;-1)
(-1;1)
(-1;-1)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Masteria в 24.04.2014, 10:19
Може ли помощ по 1 задача за 6 клас:
Зад. Правоъгълник е разрязан на 16 правоъгълника с дължини 10, 20, 30, 40 и широчини 1, 2, 3, 4, както е показано на чертежа. По колко начина можем да изберем 4 от тях така, че сборът от обиколките им да е равен на обиколката на дадения правоъгълник?

  Не мога да вмъкна изображението, но то представлява една таблица 4*4, като всеки ред е по широк от предния с 1.        
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 24.04.2014, 13:30
Може ли помощ по 1 задача за 6 клас:
Зад. Правоъгълник е разрязан на 16 правоъгълника с дължини 10, 20, 30, 40 и широчини 1, 2, 3, 4, както е показано на чертежа. По колко начина можем да изберем 4 от тях така, че сборът от обиколките им да е равен на обиколката на дадения правоъгълник?

  Не мога да вмъкна изображението, но то представлява една таблица 4*4, като всеки ред е по широк от предния с 1.        

За да бъдат обиколките равни, то сумата от дължините на четирите избрани правоъгълника (L) трябва да бъде равна на 100, а сумата от ширините им (D) – да бъде равна на 10.

Страните на големия правоъгълник са: дължина = 10 + 20 + 30 + 40 = 100 и ширина = 1 + 2 + 3 + 4 = 10.

Трябва L + D = 100 + 10 = 110

Да допуснем, че L < 100, но понеже L се дели на 10, то L ≤ 90 => D ≥ 20 > 4.4 – противоречие.
Да допуснем, че L > 100, но понеже L се дели на 10, то L ≥ 110 => D ≤ 0  – противоречие.

Имаме следните възможности за L = 100.
L = 10 + 10 + 40 + 40 = 10 + 20 + 30 + 40 =
= 10 + 30 + 30 + 30 = 20 + 20 + 20 + 40 =
=20 + 20 + 30 + 30.

Съответно за D = 10.
D = 1 + 1 + 4 + 4 = 1 + 2 + 3 + 4 =
= 1 + 3 + 3 + 3 = 2 + 2 + 2 + 4 =
=2 + 2 + 3 + 3.

Виждаме, че дължините и ширините са четворки от три различни вида: 1 различно и 3 еднакви числа; 2 двойки различни числа; 4 различни числа.
Не можем да комбинираме четворка от вида (a, b, b, b) с четворка от вида (c, d, d, d), защото ще има два еднакви правоъгълника b x d.

Не можем да комбинираме четворка от вида (a, b, b, b) с четворка от вида (c, c, d, d), защото ще има два еднакви правоъгълника b x c или b x d.

При комбиниране на четворка от вида (a, b, b, b) с четворка от вида (c, d, e, f) имаме (4.3.2.1) / (3.2.1) = 4 варианта, т.е. а може да се комбинира с c, d, e или f.

При комбиниране на четворка от вида (a, a, b, b) с четворка от вида (c, c, d, d) имаме само един вариант – a x c, a x d, b x c, b x d.

При комбиниране на четворка от вида (a, a, b, b) с четворка от вида (c, d, e, f) имаме (4.3.2.1) / (2.1.2.1) = 6 варианта. Двойката (а, а) се комбинира с всяка от двойките (c, d), (c, e), (c, f), (d, e), (d, f), (e, f).

При комбиниране на четворка от вида (a, b, c, d) с четворка от вида (e, f, g, h) имаме 4. 3. 2. 1 = 24 варианта – a може да се комбинира по 4 начина, за b остават 3, за с – 2 и за d – 1.

Имаме 25 случая:

L = 10 + 10 + 40 + 40 и D = 1 + 1 + 4 + 4 – 1 вариант;
L = 10 + 10 + 40 + 40 и D = 1 + 2 + 3 + 4 – 6 варианта;
L = 10 + 10 + 40 + 40 и D = 1 + 3 + 3 + 3 – невъзможно;
L = 10 + 10 + 40 + 40 и D = 2 + 2 + 2 + 4 – невъзможно;
L = 10 + 10 + 40 + 40 и D = 2 + 2 + 3 + 3 – 1 вариант;

L = 10 + 20 + 30 + 40 и D = 1 + 1 + 4 + 4 – 6 варианта;
L = 10 + 20 + 30 + 40 и D = 1 + 2 + 3 + 4 – 24 варианта;
L = 10 + 20 + 30 + 40 и D = 1 + 3 + 3 + 3 – 4 варианта;
L = 10 + 20 + 30 + 40 и D = 2 + 2 + 2 + 4 – 4 варианта;
L = 10 + 20 + 30 + 40 и D = 2 + 2 + 3 + 3 – 6 варианта;

L = 10 + 30 + 30 + 30 и D = 1 + 1 + 4 + 4 – невъзможно;
L = 10 + 30 + 30 + 30 и D = 1 + 2 + 3 + 4 – 4 варианта;
L = 10 + 30 + 30 + 30 и D = 1 + 3 + 3 + 3 – невъзможно;
L = 10 + 30 + 30 + 30 и D = 2 + 2 + 2 + 4 – невъзможно;
L = 10 + 30 + 30 + 30 и D = 2 + 2 + 3 + 3 – невъзможно;

L = 20 + 20 + 20 + 40 и D = 1 + 1 + 4 + 4 – невъзможно;
L = 20 + 20 + 20 + 40 и D = 1 + 2 + 3 + 4 – 4 варианта;
L = 20 + 20 + 20 + 40 и D = 1 + 3 + 3 + 3 – невъзможно;
L = 20 + 20 + 20 + 40 и D = 2 + 2 + 2 + 4 – невъзможно;
L = 20 + 20 + 20 + 40 и D = 2 + 2 + 3 + 3 – невъзможно;

L = 20 + 20 + 30 + 30 и D = 1 + 1 + 4 + 4 – 1 вариант;
L = 20 + 20 + 30 + 30 и D = 1 + 2 + 3 + 4 – 6 варианта;
L = 20 + 20 + 30 + 30 и D = 1 + 3 + 3 + 3 – невъзможно;
L = 20 + 20 + 30 + 30 и D = 2 + 2 + 2 + 4 – невъзможно;
L = 20 + 20 + 30 + 30 и D = 2 + 2 + 3 + 3 – 1 вариант.
   
Общо: 8 + 44 + 4 + 4 + 8 = 68 варианта.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Masteria в 24.04.2014, 14:23
Ant 12 Благодаря за решението! :thankyou-

Ще помоля за решението на още една задача.
зад. Във волейболен турнир участвали 7 отбора, като всеки играл срещу всеки по един мач и победителят получавал по 1 точка. Колко най-малко точки могат да получат първите три отбора, ако сред тях няма отбори с равен брой точки?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 24.04.2014, 19:06

зад. Във волейболен турнир участвали 7 отбора, като всеки играл срещу всеки по един мач и победителят получавал по 1 точка. Колко най-малко точки могат да получат първите три отбора, ако сред тях няма отбори с равен брой точки?

Във волейбола няма равен мач – победителят получава 1 точка, а победения – 0.

Във всеки мач, общо от двата отбора, се печели 1 точка (1 + 0).

Изиграни са 21 мача, в които са спечелени общо 21 точки.

Ако допуснем, че първия има не повече от 5 точки, то втория има не повече от 4, третия – не повече от 3 и останалите четири, не повече от 2 точки всеки, но  5 + 4 + 3 + 2 + 2 + 2 + 2 = 20 и следователно първия може да има само 6 точки, т.е. той е победил всички останали.

Ако втория има не повече от 3 точки, то третия има не повече от 2 и останалите четири, не повече от 1 точка всеки, но 6 + 3 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 = 15, следователно втория има или 4 или 5 точки.

Нека втория има 4 точки. Тогава третия трябва да има 3 точки, защото ако третия има 2, останалите четири ще имат не повече от 1 точка всеки, а 6 + 4 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 = 16.

Ако първия има 6 точки, втория – 4 и третия – 3, останалите четирима трябва да имат по 2 точки всеки, защото 6 + 4 + 3 + 2 + 2 + 2 + 2 = 21.

Да видим как тази схема може да се реализира на практика. Нека отборите са 1, 2, 3, 4, 5, 6 и 7.

1 бие 2, 3, 4, 5, 6, 7 – 6 точки.
2 пада от 1 и 7 и бие 3, 4, 5, 6 – 4 точки.
3 пада от 1, 2, 7 и бие 4, 5, 6 – 3 точки.
4 пада от 1, 2, 3, 6 и бие 5, 7 – 2 точки.
5 пада от 1, 2, 3, 4 и бие 6, 7 – 2 точки.
6 пада от 1, 2, 3, 5 и бие 4, 7 – 2 точки.
7 пада от 1, 4, 5, 6 и бие 2, 3 – 2 точки.

В този случай първите трима събират 6 + 4 + 3 = 13 точки.

Нека втория има 5 точки. Тогава за да съберат първия, втория и третия 13 или по-малко точки, третия трябва да има не повече от 2 точки, а останалите четирима да имат не повече от 1 точка всеки, но 6 + 5 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 = 17, което е невъзможно.

Първия, втория и третия могат да съберат най-малко 13 точки.     

Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Neda в 20.07.2014, 10:15
Моля за решение на зад. 27 от Австралийско кенгуру 3-4 клас 2013г. Отговор 180.
Благодаря.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 24.07.2014, 17:59
„-петнадесета задача бе за кубче, чиито стени са оцветени в 5 различни цвята (2 стени са оцветени в един цвят). Колко са различните оцветявания?”

Основната ми идея е: от значение е само взаимното разположение на цветовете един спрямо друг.

Ако, например, една от стените е оцветена в цвят Х, то винаги можем да завъртим кубчето така, че стената Х да е обърната към нас, т.е. достатъчно е да разгледаме оцветяванията, при които стената Х е винаги „отпред”.

Ако втора стена е оцветена в цвят Y, то имаме само два варианта за разположение на Y спрямо Х – „отзад” (срещуположно на Х) или съседно на X. Ако обаче Y е съседно на Х, то винаги можем да завъртим кубчето така, че Y да е „отгоре”.

Следователно е достатъчно да разгледаме разположението на останалите цветове в двата случая: Х „отпред” / Y „отзад” и Х „отпред” / Y „отгоре”.

Нека цветовете са 1, 2, 3, 4, 5, като две от стените са оцветени в цвят 5 и нека първоначално стените на кубчето са безцветни. Оцветяваме една от стените в 1 и завъртаме кубчето така, че 1 да е „отпред”.

1-ви случай: 1 е „отпред” и някой от „единичните” цветове 2/3/4 е „отзад” (3 варианта). Нека 2 е „отзад”. Оцветяваме произволна стена (съседна едновременно на 1 и на 2) в цвят 3 и завъртаме кубчето така, че 3 да е „отгоре”, т.е. 1 е „отпред”, 2 е „отзад” и 3 е „отгоре”. Различните варианти в този случай зависят от това, как ще бъдат подредени останалите цветове (4, 5, 5) по посока на часовниковата стрелка, докато държим кубчето в гореописаното положение. Броят на тези варианти е (3.2.1)/2 = 3. Когато 3 и 4 са „отзад”, получаваме по още 3 или общо 9 варианта в този случай.

2-ри случай: 1 е „отпред” и 5 е „отзад”. Оцветяваме произволна стена (съседна едновременно на 1 и на 5) в цвят 2 и завъртаме кубчето така, че 2 да е „отгоре”, т.е. 1 е „отпред”, 5 е „отзад” и 2 е „отгоре”. Различните варианти в този случай зависят от това, как ще бъдат подредени останалите цветове (3, 4, 5) по посока на часовниковата стрелка, докато държим кубчето в гореописаното положение. Броят на тези варианти е 3.2.1 = 6.

Общо 9 + 6 = 15 варианта.

С помощта на Иван – Александър, който посочи пропуска, довършваме решението:

Имаме 5 възможности за двойния цвят: 1 – 1, 2 – 2, 3 – 3, 4 – 4, 5 – 5.

В крайна сметка получаваме общо 15 × 5 = 75 варианта.

Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: vask в 9.08.2014, 07:04
Моля за помощ за решаването на една задача :
4 пасти + 9 сока + 1 сладолед = 37 лева
1 паста + 1 сладолед + 2 сока = 14 лева
1 паста + 1 сладолед + 1 сок = ?       
Въртях я отвсякъде , събирах , изваждах ...... и вече изпуших .Помагайте , защото сме я закъсали !!!!!!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: KOD в 9.08.2014, 09:25
Откъде е тази задача... трябва ли описване?
Ако в условието има ред, че цените трябва да са цяло число, от 3пасти + 7сока = 23лв е ясно, че сока е 2лв, а пастата 3лв, следователно сладоледът е 7лв.
И търсения отговор е 12лв
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: vask в 9.08.2014, 10:56
Благодаря ! Това е отговорът ! Решил съм я значи до половината , ама кой да се сети за понататък :)) :ole
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 11.08.2014, 23:42
Преди час, в най-реномирания математически форум, AoPS, попаднах на задачите 26 – 30 от AMC 2014 Intermediate (AoPS явно не се притесняват да ги публикуват, въпреки че са били пуснати на 08.08.) – http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewforum.php?f=150 (http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewforum.php?f=150)

26 – 29 са „гъбарски”, но 30-та е доста „тегава” и ми трябваше близо половин час докато „хвана” модела – http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=150&t=601551, (http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=150&t=601551,) така че, ако някой 7-8-мокласник я е решил, мога само да го поздравя.

Понеже задачата ми хареса, ще пусна решение (което, разбира се, може да бъде изтрито).

Нека pk е k-тото подред просто число (p1=2, p2=3, p3=5, p4 = 7, …) и нека p0=1.

Редицата a1,a2, a3, . . . може да се раздели на под-редици от последователни членове от вида:
pk-1×pk, (pk-1 + 1)×pk, (pk-1 + 2)×pk, (pk-1 + 3)×pk, . . ., (pk+1 – 2)×pk, (pk+1 – 1)×pk.

Броят на членовете във всяка под-редица е равен на (pk+1 – 1) – (pk-1 – 1) = pk+1 – pk-1.

Общият брой членове в първите k под-редици е (pk+1 – pk-1) + (pk – pk-2) + (pk-1 – pk-3) + . . . + (p4 – p2) + (p3 – p1) + (p2 – p0) = pk+1 + pk – p1 – p0 = pk+1 + pk – 3.    

(Всяко число от под-редицата е кратно на pk и освен това измежду числата pk-1 + 1, pk-1 + 2, pk-1 + 3, . . . , pk+1 – 2, pk+1 – 1, само pk е просто. Следователно, най-големият прост делител на всяко число от под-редицата е pk.)      

Първите 26 прости числа са: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101.

I-ва под-редица: 2, 4 ≡ 1.2, (1+1).2 (p2 – p0 = 3 – 1 = 2 члена);
II-ра под-редица: 6, 9, 12 ≡ 2.3, (2+1).3, (2+2).3 (p3 – p1 = 5 – 2 = 3 члена);
III-та под-редица: 15, 20, 25, 30 ≡ 3.5, (3+1).5, (3+2).5, (3+3).5 (p4 – p2 = 7 – 3 = 4 члена);
. . .
XXIV-та под-редица: 83.89, (83+1).89, (83+2).89, . . ., (97-2).89, (97-1).89 (p25 – p23 = 97 – 83 = 14 члена);
XXV-та под-редица: 89.97, (89+1).97, (89+2).97, . . ., (101-2).97, (101-1).97 (p26 – p24 = 101 – 89 = 12 члена);

Понеже p25×p26 = 97.101 = 9797, то в XXVI-тата под-редица първите 4 члена са: 9797 (97.101), 9898 (98.101), 9999 (99.101), 10100 (100.101).

В първите 25 под-редици има общо p26 + p25 – 3 = 101 + 97 – 3 = 195 члена. Като прибавим и 3-те първи члена от 26-тата подредица, получаваме а198 = 9999.            

P.S. С пълна индукция лесно се доказва твърдението: За всяко естествено число k, първите (pk+1 + pk) – 3 члена на редицата a1,a2, a3, . . . , могат да се разделят на k на брой под-редици от последователни членове, като всяка от под-редиците се състои от pj+1 – pj-1 на брой члена и има вида: pj-1×pj, (pj-1 + 1)×pj, (pj-1 + 2)×pj, (pj-1 + 3)×pj, . . ., (pj+1 – 2)×pj, (pj+1 – 1)×pj, където 1 ≤ j ≤ k.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: vesii в 12.08.2014, 23:19
 Моля да ми помогнете за следната задача:
В кръг са застананли хора: някои от тях са честни, а останалите лъжци. Всеки знае кой какъв е. От тях 8 са казали че съседът им отляво е лъжец, а останалите - че съседът им отляво е честен. Един лъжец пил от серума на истината и станал честен. Всички разбрали това.Тогава питали всеки какъв е съседът му отляво. Колко души може да са отговорили лъжец?
Задачата е от черноризец храбър. Всякък въртях но отговора не излиза... :sad: :sad: :sad:
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: KOD в 13.08.2014, 21:44
Всички задачи от Австралийско Кенгуру 2014 са налични - http://klasirane.com/AK.asp (http://klasirane.com/AK.asp)

Сърдечни благодарности на човека, който ги изпрати.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 5.10.2014, 13:59
Моля да ми помогнете за следната задача:
Съществуват ли 6 последователни числа,такива че НОК на първите три от тях е по-голямо от НОК на следващите три? :help
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Алек в 5.10.2014, 15:18
Ако 6-те последователни числа са a, a+1, a+2, a+3, a+4, a+5, то HOK(a; a+1; a+2)>HOK(a+3; a+4; a+5) е спазено, когато а е нечетно и когато а>9.
Това е така, защото точно в една от групите а, а+1, а+2 и а+3, а+4, а+5 всички числа са взаимно прости, а в другата има 2 четни числа. Ако в първата група са 2-те четни числа то няма как да се спази условите затова  2-те четни числа са във втората група и затова а е нечетно.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 5.10.2014, 17:39
Философията на задачата е в решението, което Алек е посочил по-горе.

Всъщност, за самото решение е достатъчно да се даде пример:
НОК(11, 12, 13) = 11.12.13 = 1 716
НОК(14, 15, 16) = ½.(14.15.16) = 1 680.

Лесно се доказва по-силното твърдение: ако n > 10 е нечетно естествено число, то НОК(n, n+1, n+2) > НОК(n+3, n+4, n+5).

От тази задача състезателите трябва да запомнят следното:
Ако n e нечетно, то НОК(n, n+1, n+2) = n.(n+1).(n+2), а ако
n е четно, то НОК(n, n+1, n+2) = ½. n.(n+1).(n+2).

Важно е да се знае и равенството:

a × b × c = [НОК (a, b, c) × НОД (a, b) × НОД (b, c) × НОД (c, a)] / НОД(a, b, c)

Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 5.10.2014, 19:33
Много ви благодаря! :) :) :thankyou- Надявам се да не съм нахална,но ви моля за още една задача:
Колко са двойките естествени числа,които имат НОК,равно на 2000?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 5.10.2014, 22:31
Нека m и n са естествени числа и НОК (m, n) = 2000 = 24.53.

Следователно, за числата m и n е в сила:
• могат да имат за прости делители само числата 2 и 5;
• не могат да се делят на степен на 2, по-голяма от 24 и не могат да се делят на степен на 5, по-голяма от 53;
• поне едно от числата трябва да съдържа множител 24 и поне едно от числата трябва да съдържа множител 53.

1-ви случай. Едно от числата, например m (по условие няма изискване двойките да са наредени) съдържа едновременно множителите 24 и 53, т.е. m = 24.53

Тогава n има вида n = 2a.5b, където a = 0, 1, 2, 3, 4 и b = 0, 1, 2, 3 и следователно имаме 5.4 = 20 възможни стойности за n (5 възможни стойности за а и 4 за b).

2-ри случай. Нито едно от числата не съдържа едновременно множителите 24 и 53.

Нека m = 24.5c и n = 2d.53, където c = 0, 1, 2 и d = 0, 1, 2, 3.

В този случай имаме 3.4 = 12 възможности (3 възможни стойности за c и 4 за d).

Общо има 20 + 12 = 32 двойки числа, които имат НОК равно на 2000.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 13.10.2014, 16:35
 :help :help :helpМоля,помогнете ми за следната задача:
Докажете че 65 дели 2+2на втора степен +2на трета степен +2 на четвърта степен........+2 на 2004степен?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: muro04 в 13.10.2014, 20:11
Идеята на тези задачи е събираемите да се групират по подходящ начин.
Например: 65 дели 2 + 2 на седма (2+128=130)
Дели и 2 на втора плюс 2 на осма (това е предното по 2)
Дели и 2 на трета плюс 2 на девета ... и така нататък.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 21.10.2014, 17:39
Моля,помогнете ми за тази задача:
N e обикневено  число,ако има нечетен брой различни  начина за представяне на N като сбор на две или повече последователни числа.
Колко са обикновените числа по-малки от 2012? :sad: :sad: :help
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Дидева в 21.10.2014, 17:48
Моля,помогнете ми за тази задача:
N e обикневено  число,ако има нечетен брой различни  начина за представяне на N като сбор на две или повече последователни числа.
Колко са обикновените числа по-малки от 2012? :sad: :sad: :help

http://estoyanov.net/files/sastezania/emt_2012_re6.pdf (http://estoyanov.net/files/sastezania/emt_2012_re6.pdf)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Masteria в 26.10.2014, 09:42
Здравейте,
моля за помощ при решението на зад. 20, 21 и 25 от ЧХ 2012 г. за 7-8 клас!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 26.10.2014, 12:02
20.

n2 + 4n + 18 = n2 + 4n + 4 + 14 = (n + 2)2 + 2.7

Нека допуснем, че 49 / (n + 2)2 + 2.7   =>   7 / (n + 2)2 + 2.7   =>   7 / (n + 2)2   =>  7/(n + 2), защото 7 е просто   =>   49 / (n + 2)2   =>   49 / 2.7   =>   противоречие.

Действително: 72 + 4.7 + 18 = 95 = 5.19; 92 + 4.9 + 18 = 135 = 3.45 = 5.27; 42 + 4.4 + 18 = 50 = 2.25. 

21.

Всяка цифра след първата може да приема само стойностите 0, 2, 4, 5, 6, 8, защото в противен случай ще има двуцифрено число, което завършва на 1, 3, 7 или 9, а такова число не се дели нито на 4, нито на 5.

Следователно, числото не може да има повече от 7 цифри и нека то е abcdefg, където а е някоя от цифрите 1, 3, 7, 9, и b, c, d, e, f, g са 0, 2, 4, 5, 6, 8 в някакъв ред.   

Започваме да подреждаме цифрите. Най-голямата възможна стойност за а e 9, за b – 6 (96 = 24.4), за c – 8 (68 = 17.4), за d – 5 (85 = 17.5), за e – 2 (52 = 13.4), за f – 4 (24 = 6.4), за g – 0 (40 = 8.5).

Числото е 9 685 240, е = 2.                 

22.

Нека разгледаме възможните конфигурации от трима души и какво казват те, ако средния е лъжец и как ще се промени казаното, ако средния пие от Серума.

Л – (И) – Л – (И) – Л      =>      Л – (Л) – И – (Л) – Л           
Л – (И) – Л – (Л) – И      =>      Л – (Л) – И – (И) – И       
И – (Л) – Л – (И) – Л      =>      И – (И) – И – (Л) – Л       
И – (Л) – Л – (Л) – И      =>      И – (И) – И – (И) – И       

Ясно се вижда, че след като един лъжец пие от Серума, броя на отговорите „лъжец” се увеличава с 2, остава същия или намалява с 2.

Следователно, след като трима от лъжците пият от серума, броя на отговорите „лъжец” може да бъде само: 12, 14, 16, 18, 20, 22, 24.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Masteria в 26.10.2014, 13:39
Ant, благодаря за решенията! :thankyou-
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: KOD в 26.10.2014, 15:52
Не е точно математика, моля за мнение за 25-а задача от ЧХ 2009 г.
Какъв е казуса - хлапето е определило, че търсения в отговора град е такъв м/у Пловдив и Ямбол.
По маршрута са дадени като възможни отговори Стара Загора, Пазарджик, Поморие, Шумен, Грудово.
Не искам да го оправдавам, че не знае кой град след кой следва при маршрут София, Пловдив, Ямбол, Бургас, Варна, В. Търново, но... в крайна сметка, това е състезание по математика - коректна ли е задачата според вас?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: heisenbug в 26.10.2014, 16:55
Погледнахме задачката с Матей, той я обяви за много лесна. Това не значи естествено, че е коректна (примерно пътят на въпросния камион не би трябвало да минава през Пазарджик). На мен лично ми хареса, без да ангажирам никого с мнение. Напомни ми на тази класика  :)

През 1904г. баби от Софийско равно поле тръгнали едновременно по изгрев слънце: едната от А за В, другата от В за А (по една и съща пътека с постоянни скорости). В 12 часа те се разминали. Едната пристигнала в 4 ч следобед, а другата - в 9 ч вечерта. Какво си откъснали бабите по пътя?

А) кокичета
Б) свежа коприва
В) диви ягодки
Г) меки мушмули
Д) банани
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: KOD в 26.10.2014, 17:03
Задачата като математика е лесна, да.
Което не помага за решаването й на дете, което си мисли, че като се тръгне от Пловдив се минава през Шумен на път към Бургас.
Интересуваше ме какво смятат децата й за условието.
Цитираната от теб задача съм я коментирал и по-рано като крайно неподходяща за мен за задача по математика.
Това са добри общообразователни въпроси примерно за кандидатстване в АК, но не ми се възрзват за ЧХ.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: heisenbug в 26.10.2014, 17:12
Децата наричат една задача лесна, ако я решат и обратно. Дадох именно мнението на детето, което не се затрудни да посочи Стара Загора, дори коментарът за Пазарджик също е негов. Аз добавих само, че ми харесва. За тези, които тепърва ще имат удоволствието да решават задачата за бабите, само ще уточня, че също е от ЧХ, но за 9 клас.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: KOD в 26.10.2014, 17:26
Е... все пак да се надяваме, че ще има някакво развитие и че на бъдещите деветокласници няма да им се налага да решават дъвкана безкрайни години задача :)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: EliG в 27.10.2014, 09:33
Няма нищо математическо в задачата с градовете, а сложена под номер 25 предполага да е възможно най-трудната.
В ЧХ детето забеляза доста повтарящи се задачи различните години, и такива давани веднъж за 4 клас, после за 5-6, както и задачи, които вече е срещала на други места, както и задачки от типа пребройте триъгълниците на картинката.
Надявам се това да не я накара да подцени състезанието в събота.
 
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Палечко в 28.10.2014, 09:37
Здравейте, може ли малко помощ за зад. 5 за 6 клас от Математика без граници. Синът ми е писал отговор в-2, според съставителите е Б. Явно според тях последния израз също е равен на 5, защото първите две със сигурност са равни на 5, третото-ясно, не е , но четвъртото защо. Ще съм благодарна, ако някой обясни, за което благодаря предварително.
Задача 5. Колко от неизвестните са равни?
х : 0,05 – 99,7 =0,3; 5. х−24,5=1/2; 0,6 от х е 24/25 ; 4.х =19,(9)
A) 4 Б) 3 В) 2 Г) по-малко от 2
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Masteria в 28.10.2014, 09:59
Може ли някой да ми обясни как на зад. 14 за 7-ми клас от Математика без граници може да се получи отговор 33!?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: evgeny в 28.10.2014, 10:58
0,9999999... = 1, значи 4х=20. x=5.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 28.10.2014, 16:23
 :)Моля,помогнете ми за следната задача:
Учител поставил на учениците си задача да намерят две ест.числа и казал на Николай сумата им,а на Петър сумата от квадратите им.Те провели следния разговор:
Петър:Аз не знам тези числа.
Николай:Сумата им е повече от 10.
Петър:Вече открих числата.            Кои са числата? :sad:
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 28.10.2014, 17:54
Нека числата са a и b и нека учителят е казал на Николай числото M = a + b, а на Петър, числото N = a2 + b2 (M и N са естествени).

Първата реплика на Петър: „Аз не знам тези числа.”, означава, че числото N може да се представи по два или повече начина като сума от два точни квадрата. В противен случай, Петър щеше да познае двете числа a и b „от раз”.

N = a2 + b2 = c2 + d2 = . . .

Втората реплика на Петър: „Вече открих числата.”, означава, че числото N може да се представи точно по два различни начина като сума от два точни квадрата, като при единия начин сумата от числата a и b е по-голяма от 10, а при другия сумата от числата c и d е не по-голяма от 10.

Търсим естествено число N = a2 + b2 = c2 + d2, a + b > 10 и c + d ≤ 10.

N = c2 + d2 < (c + d)2 ≤ 100    и    N = a2 + b2 ≥ (a + b)2/2 > 50   =>   50 < N < 100

Квадратите по-малки от 100 са: 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81.

Възможните суми от два точни квадрата по-големи от 50 и по-малки от 100 са:

1 + 64 = 65       1 + 81 = 82
4 + 49 = 53       4 + 64 = 68       4 + 81 = 85
9 + 49 = 58       9 + 64 = 73       9 + 81 = 90
16 + 36 = 52     16 + 49 = 65     16 + 64 = 80     16 + 81 = 97
25 + 25 = 50     25 + 36 = 61     25 + 64 = 89
36 + 36 = 72     36 + 49 = 85
49 + 49 = 98

Има само две числа между 50 и 100, които могат да се представят по два различни начина като сума от точни квадрати.

65 = 42 + 72 = 12 + 82   и   85 = 22 + 92 = 62 +72.

Понеже 2 + 9 = 11 > 10 и 6 + 7 = 13 > 10 не отговаря на изискването a + b > 10 и c + d ≤ 10,
единствената възможност е N = 65 = 42 + 72 = 12 + 82.

Следователно числата са 4 и 7.           
 

Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 29.10.2014, 16:01
 :)Много ви благодаря!! :thankyou- :thankyou- :thankyou- :thankyou- :thankyou-
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 4.11.2014, 09:03
Бихте ли ми помогнали за следната задача:
В 6 кутии има съответно 1,2,3,4,5 и 6 топчета.В кутия А има а топчета,а в кутия В има b топчета.Разрешена е следната операция:ако а е по-голямо или равно на 2b,вземаме 2b топки от А и ги поставяме в В. Колко най-много топки можем да съберем в една кутия чрез разрешената операция?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 4.11.2014, 18:02
Отг. 18

Забелязваме, че при всеки ход, четността на броя на топките във всяка кутия не се променя, защото или вадим от кутията четен брой топки или прибавяме четен брой топки (2b).

За да има максимален брой топки в дадена кутия, то броя на топките в другите кутии трябва да бъде минимален.

В първата, третата и петата кутия може да остане най-малко по 1 топка, а във втората, четвъртата и шестата по 0.

От друга страна, след последния ход, в кутията с най-много топки трябва да има кратен на 3 брой топки, защото b + 2b = 3b.

Следователно, максималният брой топки може да бъде 18, като в 3 от останалите кутии има по 1 топка, а в 2 – по 0 топки.

Ето как се реализира това на практика:

1     2     3     4     5     6
1     6     3     4     1     6
1     0     9     4     1     6
1     0     1    12    1     6
1     0     1     0     1    18
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 8.11.2014, 16:34
Благодаря ви!Моля за решението на още една задача:
Две тела се движат по окръжност и когато се движат по едно направление се настигат на 112 минути,а когато са в различни направления се срещат на всеки 16 минути.Във втория случай разтоянието между телата се намалява от 40 на 26 метра за 12секунди.Намерете скоростите на телата и дължината на пистата?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 10.11.2014, 20:01
112(v1 – v2) = s
16(v1 + v2) = s
40 – 0,2(v1 + v2) = 26

v1 = 40 m/min, v2 = 30 m/min, s = 1 120 m.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 10.11.2014, 20:22
Благодаря!Оказа  се елементарна!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 11.11.2014, 12:35
Моля за още една задача:
В басейн плуват двама спортисти.Започват едновременно от единия край на басейна и завършват,когато са за първи път в един от краищата.Първият преплува една дължина за 11секунди,а вторият-за 30 секунди.Колко изпреварвания е имало?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 13.11.2014, 21:27
Отг. 18 изпреварвания.

Ще наричаме „старт” краят на басейна, от който двамата плувци започват и „финал” срещуположния край.

Двамата плувци ще бъдат едновременно в някой край на басейна, не непременно един и същ, след брой секунди кратен на НОК (11, 30) = 330 сек.

След 330 сек, първият ще е преплувал 30 дължини и ще се намира на старта, а втория ще е преплувал 11 дължини и ще се намира на финала.

Следователно, двамата плувци ще се намират за пръв път едновременно в един и същ край след 660 сек, когато и двамата ще достигнат старта, като първия ще е преплувал 60 дължини, а втория – 22.

Ще наричаме последователност от две дължини старт – финал – старт „обиколка” на басейна.

За 660 сек първият плувец ще направи 30 обиколки на басейна, а втория – 11.

Следователно, първият ще успее да настигне втория 19 пъти, но понеже последното настигане ще бъде след 660 сек на старта, когато и двамата финишират, то броя на изпреварванията е с 1 по-малко, т.е. 18.

За да си го представим по-лесно, това е все едно вторият да стои неподвижно на старта, докато първия прави 19 обиколки.


Задачата може да се реши и по алгебричен начин.

Нека v е скоростта на първия в м/сек. Тогава скоростта на втория ще бъде 11/30v м/сек, дължината на басейна – 11v метра и една обиколка – 22v метра. Нека n е броя на изпреварванията, където n е естествено число.

Нека едно изпреварване се случва след t сек, където 0 < t < 660, защото след 660 сек плувците финишират.

Едно изпреварване настъпва тогава, когато разликата от разстоянията преплувани съответно от първия и втория е равна на цяло число обиколки на басейна.

v.t11/30v.t = n.22v     =>     t = 660/19.n     =>

0 < 660/19.n < 660     =>     0 < n < 19, но n е естествено.

Следователно, n може да приема 18 различни стойности.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 16.11.2014, 19:48
Много благодаря!  :bravo :thankyou-
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: muro04 в 24.11.2014, 17:05
Четвърта задача за осми клас от Есенния математически турнир не ми дава мира.
Моля, кажете къде е грешката в твърденията:
1. Страните на един триъгълник представляват отсечки.
2. Една отсечка може да бъде страна на най-много два различни равностранни триъгълника в една равнина.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 24.11.2014, 20:06
Моля,помогнете ми за една задача:
Обиколката на успоредник е 1,6 дм,а дължините на страните му в сантиметри са четни числа.Една от височините на успоредника е 45мм.Върху страната AD е взета точка M,а точка K е от отсечката BM и 3BK е равно на 2KM.Да се намерят лицата на триъгълниците BCK и ADK.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 24.11.2014, 21:43
Нека е дадена отсечката А1Аn и нека върху нея са взети вътрешни точки А2, А3, . . . , Аn-1, в последователност от А1 към An. Всяка от отсечките АiAj, 1 ≤ i < j ≤ n (общо n(n – 1)/2 на брой отсечки) може да бъде страна на поне 2 равностранни триъгълника, т.е. „върху” отсечката A1An може да имаме n(n – 1) равностранни триъгълника.

Може би, задачата щеше да бъде по-ясно формулирана, ако вместо да се чертаят отсечки, се поставяха пръчки, кибритени клечки, клечки за зъби и т.н.

Есенцията е в „начертала” отсечки и „колко най-много”. Ани може да начертае една отсечка А1Аn, но може и да начертае n – 1 отсечки A1A2, A2A3, . . , An-1An. Първият вариант е по-ефективен.     
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: muro04 в 24.11.2014, 21:50
Цитат
Обиколката на успоредник е 1,6 дм,а дължините на страните му в сантиметри са четни числа.
Значи сумата от две съседни страни е 8 см и те са или 4 и 4 см, или 2 и 6 см.
Цитат
Една от височините на успоредника е 45мм.
Значи страните не могат да бъдат 4 и 4. Една от тях е хипотенуза в триъгълник с катет 45мм и тя трябва да е по-голяма, значи е 6 см.
Височината от 45 мм е към страната 2 см -> лицето на успоредника е 9 кв.см.
Сега, ако си представим, че М съвпада с А, К лежи на AB  и разделя AB в съотношение 3:2.
Тогава лицето на BCK е (1/2).(2/5).лицето на ABCD , т.е. 1.8 кв.см.
А лицето на ADK е (1/2).(3/5).лицето на ABCD , т.е. 2.7 кв.см.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: muro04 в 24.11.2014, 21:55
А пък според мен ако Ани начертае две отсечки, които се пресичат, значи е начертала 6 отсечки.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 24.11.2014, 22:00
А според мен, не. Тя начертава първо А1А2, след това начертава В1В2 и ако А1А2 и В1В2 се пресичат в т. О, на практика на чертежа вече има 6 отсечки (А1А2, А1О, ОА2, В1В2, В1О, ОВ2), но това не променя факта, че Ани е начертала точно 2 отсечки, а не 6.

P.S. Може би, формулировка с кибритени клечки би била по-точна. Ани ще постави точно 2 клечки, но формираните от крайните и пресечната точки отсечки биха били 6.

Разбира се, тук може да си играем с понятието начертава. Ако Ани е начертала А1А2 (появява се 1 отсечка), след като почне да чертае В1В2 се появяват 2, като стигне до О се появяват 4 и като завърши в В2, вече имаме 6 отсечки. Но . . .  
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: muro04 в 24.11.2014, 22:12
Както и да е.:Drinks:
За мен показателен за тази задача е броят на децата, получили повече от 1 точка.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 24.11.2014, 22:23
Всъщност, най-голямата трудност в тази задача е в самото описание, по простата причина, че децата на тази възраст не разполагат с достатъчно богат математически речник за да я опишат свободно. Мога да се обзаложа, че от гледна точка на терминология, нито едно от пълните и частичните решения на състезателите дори не се доближава до официалното решение.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Г.Георгиева в 28.11.2014, 16:54
Здравейте, бих искала да попитам за критерия за класиране за областен кръг на олимпиадата по математика за четвърти клас, да видим дали има смисъл да се надяваме :). Знам, че не е по темата, но и в другите теми не е подходящо като въпрос, така че предварително се извинявам.:)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: KOD в 28.11.2014, 17:54
Здравейте, бих искала да попитам за критерия за класиране за областен кръг на олимпиадата по математика за четвърти клас, да видим дали има смисъл да се надяваме :). Знам, че не е по темата, но и в другите теми не е подходящо като въпрос, така че предварително се извинявам.:)

16+ точки
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Г.Георгиева в 28.11.2014, 18:26
Благодаря! Така и така съм се престрашила да пиша,а и явно има кой да ми чете въпросите,:), дали ще е много нахално да питам това, което от около две години не ми излиза от главата: вие как си подготвяте децата за тези състезания? Ние сме от малко провинциално градче и за началния курс никой не дава частни уроци за подготовка за състезания, аз не съм учител по математика, но от втори клас до текущия четвърти доста книги понакупих и все още успявам да обясня решенията на сина си. Проблемът е, че нещо не правя както трябва, при три пъти седмично по час-час и половина занимания, сега за Салабашев, например, много ни стряскат задачите. Не ме разбирайте погрешно, хлапето има някоя и друга грамота вкъщи, доста е упорит и въпросът не е дали той е за математика, усещам, че проблемът е в мен, но не ми е ясно какво да направя. А и от толкова ровене в интернет, всъщност никой не споделя как работи вкъщи. Ясно е, че трябва да се изрешават задачите от конкретните състезания, но количеството и качеството са две различни неща, както винаги. Така че, ако някой има време да отдели и да напише нещо по-детайлно по темата, много му бих била благодарна.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: KOD в 28.11.2014, 19:02
Според мен, не гони количество.
Даваш тема от състезанието, детето решава каквото може.
После идва твой ред.
Сядаш и обясняваш колкото пъти трябва нерешените задачи, докато детето ги разбере.
Няколко дни след това, даваш му нова тема, веднага след нея старата, която си обяснила и гледаш дали се е справил изцяло със старата.
Ако е, минавате на новата, ако не е - отново започваш да обясняваш.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Г.Георгиева в 28.11.2014, 19:28
Това с повторното минаване на старата никога не съм се сещала. Иначе другото е така.И от тази година се стремим да ходим на всички състезания до 50-60 км от нас. Досега не бях обърнала внимание, че задачите са толкова различни. Много Ви благодаря!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: dalia в 30.11.2014, 19:02
Може Коледното състезание да е от най-лесните, но вече съм забравила геометрията и не успявам да реша следната задача 8 клас 2013:

 Височините AD и СМ на равнобедрения ΔАВС (АС = ВС) се пресичат в т. Н, която
разполовява СМ. Отношението АН : НD е :
а) 4 : 1 б) 3 : 1 в) 1 : 1 г) друг отговор

 Отделно също мисля че отговора на следната задача /8 клас 2013/ не е само -1/3 и 1/3 - както е даден - това е в случай , че к е равно на 9.
Какво става ако к е равно на 0 ?

 задачата е -  Стойността на параметъра k е такава, че k . х на втора степен + (k −9) x −1 = 0 е непълно квадратно
уравнение. Неговите корени са?
 
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Дидева в 3.12.2014, 10:07
Отделно също мисля че отговора на следната задача /8 клас 2013/ не е само -1/3 и 1/3 - както е даден - това е в случай , че к е равно на 9.
Какво става ако к е равно на 0 ?
 задачата е -  Стойността на параметъра k е такава, че k . х на втора степен + (k −9) x −1 = 0 е непълно квадратно
уравнение. Неговите корени са?
Става уравнение от първа степен.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: kat33 в 9.12.2014, 16:13
Моля Ви спешно до довечера може ли някой  да реши тази задача.Мерси предварително.                                                                        Братята Иво,Боби и Гошо могат заедно да боядисат кухнята в дома си за 2 часа и 30 минути.                                               а/  Бащата на момчетата може сам да боядиса кухнята за 10 часа .За колко часа четиримата заедно могат да боядисат кухнята?                                                                                                                                                                                                                                            б/  Гошко може сам да боядиса една- пета от кухнята за 8 часа ,а Иво два пъти по бързо от Боби.За колко часа Боби може сам да боядиса кухнята?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ангелова в 9.12.2014, 18:12
 Първо 2 часа и 30 минути се представят като 2 цяло и 1/2 часа, а после като 5/2 часа. От тук разбираме , че цялата работа се върши от момчетата за 5/2 часа , а за един час те ще свършат 1 : 5/2 = 2/5 от цялата работа. Бащата върши цялата работа за 10 часа, следователно за 1 час ще свърши 1/10 от нея. Така ако работят заедно четиримата, за един час те ще свършат 2/5 + 1/10 = 5/10 съкращаваме и получаваме 1/2 от цялата работа за един час. Следователно четиримата ще свършат цялата работа за   2 часа. Второто условие показва че Гошко боядисва за 1 час        1/5 делено на 8       това е равно на 1/5  . 1/8  = 1/40 от цялата кухня. Когато боядисват тримата братя,те боядисват общо 5/2 часа. За това време Гошо ще боядиса 1/40  . 5/2   което е равно на 1/16 от цялата кухня. Останалите 15/16 се боядисват от Иво и Боби. Ако приемем, че Боби боядисва за 1 час 1/х от кухнята , то Иво ще боядиса 2.1/х     . Така двамата за един час ще боядисат 3/х част от кухнята. За 5/2 часа те ще боядисат 5/2.3/х   но това е равно на 15/16 /получихме го по-горе/    . Така записваме, че 15/16 е равно на 5.3/2.х . От тук получаваме     15/16=15/2.х следователно 16 = 2.х и получаваме х=8. Така разбираме, че Боби ще боядиса сам кухнята за 8  часа.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: kat33 в 9.12.2014, 19:02
Много Ви благодаря за решението на задачата.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Г.Георгиева в 10.12.2014, 10:04
Не мога да се справя с 10 задача за 4 клас от Салабашев. Видях решението, опитах няколко пъти да направя различни схеми, но не мога да го разбера. Моля за по-подробно обяснение от някой.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 14.12.2014, 16:28
Моля,помогнете ми със следната задача:
Може ли в произведението 100!.99!.98!....3!.2!.1! да зачертаем един от стоте факториела,така че останалото произведение да е квадрат на естествено число?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 14.12.2014, 20:04
Тази сме я решавали.

100! × 99! × 98! × 97! × 96! × 95! × . . . × 4! × 3! × 2! × 1! =

= (100 × 99!) ×  99! × (98 × 97!) × 97! × (96 × 95!) ×95! × . . . × (4 × 3!) × 3! × (2 × 1!) × 1! =

= (100 × 98 × 96 × . . . × 4 × 2) × (99! × 97! × 95! × . . . × 3! × 1!)2 =

= (2 × 50 × 2 × 49 × 2 × 48 × . . . × 2 × 2 × 2 × 1) × (99! × 97! × 95! × . . . × 3! × 1!)2 =

= 250 × 50! × (99! × 97! × 95! × . . . × 3! × 1!)2 =

= 50! × (225 × 99! × 97! × 95! × . . . × 3! × 1!)2

Трябва да изтрием 50!.           
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: elementaL в 30.12.2014, 12:52
Може ли да помоля за помощ при решаването на тази задача за 8 клас:
Точките G1 и G2 са медицентрове на триъгълниците АBD и ABC в трапеца ABCD. Докажете, че правата G1G2 е успоредна на основите и намерете отсечката G1G2, ако CD = а см.
И....... да Ви пожелая Здрава, Щастлива и Успешна Новата 2015 Година!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: THC9602 в 1.01.2015, 16:58
Моля някой да помогне с 2 задачки за 12 клас грам не разбирам от тях ...
Зад:1: 4ъгълна пирамида : S1=96 , a=6 търси се:k,l,h,S,V
Зад:2: 6 ъгълна пресечена: а=8 а1=4 h=2 търси се : k,l,S,V,S1 това е за двете трябва да има чертеж и решението благодаря ви предварително ..
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 1.01.2015, 20:33
Бихте ли ми помогнали със следната задача:Какъв най-голям брой различни естествени числа,не по-големи от 2008,могат да се изберат,така че които и две да изберем,сумата има да не се дели на разликата им?
П.С. Честита нова година!Нека бъде много успешна и изпълнена само с хубави емоции! angel
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 2.01.2015, 18:00
Бихте ли ми помогнали със следната задача:Какъв най-голям брой различни естествени числа,не по-големи от 2008,могат да се изберат,така че които и две да изберем,сумата има да не се дели на разликата им?
П.С. Честита нова година!Нека бъде много успешна и изпълнена само с хубави емоции! angel

Сумата на всеки две от три последователни естествени числа – k, k + 1, k + 2 се дели на тяхната разлика.

Групираме числата 1, 2, 3, . . . , 2007, 2008 в 670 групи – 669 групи от три последователни числа и 1 група от едно число (2008 = 669.3 + 1):

(1, 2, 3); (4, 5, 6); (7, 8, 9); . . . ; (2005, 2006, 2007); (2008).

От всяка група може да изберем най-много по едно число и следователно може да изберем най-много 670 числа.

От друга страна, числата 1, 4, 7, . . . , 2005, 2008 са 670 на брой и изпълняват търсеното условие.

Всяко от тях дава остатък 1 при деление на 3 и следователно разликата на произволни две от тях при деление на 3 дава остатък 0, а сумата им – остатък 2, което означава, че сумата на тези числа не може да бъде кратна на тяхната разлика (в противен случай и сумата щеше да се дели на 3).   
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 2.01.2015, 18:04
Може ли да помоля за помощ при решаването на тази задача за 8 клас:
Точките G1 и G2 са медицентрове на триъгълниците АBD и ABC в трапеца ABCD. Докажете, че правата G1G2 е успоредна на основите и намерете отсечката G1G2, ако CD = а см.
И....... да Ви пожелая Здрава, Щастлива и Успешна Новата 2015 Година!

Нека М е среда на основата АВ. DM и СМ са медиани съответно в ΔABD и ΔАВС.

Следователно, G1 лежи на DM, DM = 3G1M и G2 лежи на CM, CM = 3G2

вектор DС = вектор DM + вектор MС = 3 × вектор G1M + 3 × вектор MG2 =
= 3 × (вектор G1М + вектор MG2) = 3 × вектор G1G2.

Следователно G1G2║CD║AB и G1G2 = a/3.

Това е задача на ниво училищен материал за 8-ми клас. 
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 2.01.2015, 18:10
Моля някой да помогне с 2 задачки за 12 клас грам не разбирам от тях ...
Зад:1: 4ъгълна пирамида : S1=96 , a=6 търси се:k,l,h,S,V
Зад:2: 6 ъгълна пресечена: а=8 а1=4 h=2 търси се : k,l,S,V,S1 това е за двете трябва да има чертеж и решението благодаря ви предварително ..

На мен лично, означенията S1, k, l, h, S, V не ми говорят абсолютно нищо.

От друга страна, ако се проследи темата, нейната идея е по-скоро да помага при решение на задачи на ниво олимпиада за 5 - 8/9 клас, отколкото при решение на задачи от домашни в училище или от матури.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: eliana в 2.01.2015, 23:04
Нека М е среда на основата АВ. DM и СМ са медиани съответно в ΔABD и ΔАВС.

Следователно, G1 лежи на DM, DM = 3G1M и G2 лежи на CM, CM = 3G2

вектор DС = вектор DM + вектор MС = 3 × вектор G1M + 3 × вектор MG2 =
= 3 × (вектор G1М + вектор MG2) = 3 × вектор G1G2.

Следователно G1G2║CD║AB и G1G2 = a/3.

Това е задача на ниво училищен материал за 8-ми клас. 


Съвсем точно казано- училищен материал 8 клас. Има си конкретна Права и Обратна теорема за триъгълника DСМ , доказваща търсената успоредност.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: EliG в 5.01.2015, 17:00
Да помоля за решение или обяснение на даденото решение на задача 6 от Роман Хайнацки 2008 за 6 клас:
http://klasirane.com/RH.asp (http://klasirane.com/RH.asp)

(http://i62.tinypic.com/103v91i.jpg)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 5.01.2015, 18:59
Това е неравенството на Несбит (Nesbitt’s Inequality). Ако напишем в Интернет proof of Nesbitt’s Inequality, ще излязат страшно много неща.

На линка по-долу, например, има 24 различни доказателства.

http://trungtuan.files.wordpress.com/2011/01/how-many-proofs-of-the-nesbitts-inequanlity.pdf (http://trungtuan.files.wordpress.com/2011/01/how-many-proofs-of-the-nesbitts-inequanlity.pdf)

Дълбоко се съмнявам, че през 2008-а е имало дори един 6-токласник решил тази задача.

По принцип, неравенствата започват да се появяват по-масово по състезанията чак към 8-ми клас.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: EliG в 5.01.2015, 20:01
Много благодаря, Ant!
Избрах второто доказателство, като най-достъпно за разбиране и сега ще й го обясня.
Нямам представа дали е имало 6-класник, който да я реши тази задача, но и не само тя се явява доста трудна за детето. Явно това състезание изисква специална и сериозна подготовка.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: KOD в 6.01.2015, 08:59
Много благодаря, Ant!
Избрах второто доказателство, като най-достъпно за разбиране и сега ще й го обясня.
Нямам представа дали е имало 6-класник, който да я реши тази задача, но и не само тя се явява доста трудна за детето. Явно това състезание изисква специална и сериозна подготовка.

Не бих залитал особено в тази посока, Хайнацки има хубави задачи, но има и сериозни недоразумения според мен, доброто представяне зависи от интерпретации, които нямат особена връзка с математиката понякога...
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 9.01.2015, 11:40
Много ви благодаря!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 9.01.2015, 12:15
Бихте ли ми помогнали със следната задача:
Клетките на квадрат n x n са оцветени в черен и бял цвят със следното условие: не могат да бъдат в един цвят никои четири клетки, в които се пресичат два реда и два стълба. Колко най-много може да бъде n?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 10.01.2015, 13:07
Бихте ли ми помогнали със следната задача:
Клетките на квадрат n x n са оцветени в черен и бял цвят със следното условие: не могат да бъдат в един цвят никои четири клетки, в които се пресичат два реда и два стълба. Колко най-много може да бъде n?

Отг.: n = 4.

Първо ще докажем, че при n ≥ 5 винаги може да намерим два стълба и две колони такива, че четирите клетки, в които те се пресичат са едноцветни.

Нека n ≥ 5. Разглеждаме долния ляв квадрат с размери 5 × 5, който е част от квадрата n × n.

Най-лявата колона на квадрата 5 × 5 съдържа 5 клетки и следователно, според принципа на Дирихле, поне три от клетките са оцветени в един и същ цвят. Без ограничение на общността може да приемем, че трите едноцветни клетки са черни.

Разглеждаме само тези три реда на квадрата 5 × 5, чиято най-лява клетка е черна (може да имаме повече от три реда, чиято най-лява клетка е черна, но избираме само три). Ще наричаме тези редове „черни”.

Разглеждаме клетките, в които трите черни реда пресичат всяка от останалите четири колони (без най-лявата) на квадрата 5 × 5. Ще наричаме тези клетки „пресечни”. Ако има колона, която съдържа поне две черни пресечни клетки, то тази колона, първата колона и двата черни реда, които съдържат двете черни пресечни клетки ще се пресичат в четири черни клетки.

Ч . . . Ч . . .
. . . . . . . . .
Ч . . . Ч . . .

Нека няма колона (освен най-лявата), която съдържа две черни пресечни клетки. Тогава има четири варианта за оцветяване на пресечните клетки в една колона:

Б     Б     Б     Ч
Б     Б     Ч     Б
Б     Ч     Б     Б

Нека има колона, която съдържа три бели пресечни клетки. Ще наричаме тази колона „бяла”. Всяка от останалите три колони съдържа поне по две бели пресечни клетки (няма колона, която съдържа две черни пресечни клетки). Избираме една от останалите три колони и тогава избраната колона, бялата колона и двата черни реда, които съдържат двете бели пресечни клетки от избраната колона ще се пресичат в четири бели клетки.

Ч . . . Б . . . Б . . .
. . . .  Б . . . . . . . 
Ч . . . Б . . . Б . . .

Нека няма колона, която съдържа три бели пресечни клетки. Тогава пресечните клетки в четирите колони (без най-лявата) могат да бъдат оцветени по три различни начина:

Б     Б     Ч
Б     Ч     Б
Ч     Б     Б

Следователно, има две колони, в които пресечните клетки са оцветени по един и същ начин. Ще наричаме тези две колони „еднакви”. Двете еднакви колони и двата черни реда, които съдържат двойките бели пресечни клетки от еднаквите колони ще се пресичат в четири бели клетки.

Ч . . . Б . . . Б . . .
Ч . . . Б . . . Б . . .

Сега трябва да конструираме пример за квадрат 4 × 4, в който няма два стълба и две колони такива, че четирите клетки, в които те се пресичат да са едноцветни.

Б     Ч     Б     Ч
Ч     Б     Ч     Б
Б     Б     Ч     Ч
Ч     Ч     Б     Б

P.S. Хубава, нелека състезателна задача.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 17.01.2015, 20:22
Благодаря за чудесното решение! Бихте ли ми помогнали с още едно задача:
Колко са петцифрените числа, които се делят на 3 и в записа си имат поне една цифра 3?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 18.01.2015, 22:39
Благодаря за чудесното решение! Бихте ли ми помогнали с още едно задача:
Колко са петцифрените числа, които се делят на 3 и в записа си имат поне една цифра 3?

Отг.: 12 504

Ще намерим броя на петцифрените числа, които се делят на 3 и в записа си имат поне една цифра 3, като от броя на всички петцифрени числа, които се делят на 3, извадим броя на петцифрените числа, които се делят на 3 и в записа си НЯМАТ нито една цифра 3.

Петцифрените числа са 99 999 – 9 999 = 90 000 на брой. Всяко трето от тях се дели на 3 и следователно, броя на петцифрените числа, които се делят на 3 е 30 000. Това са числата 10 002 = 3 × 3 334, 10 005 = 3 × 3 335, . . . , 99 999 = 3 × 33 333.

Сега ще намерим броя на петцифрените числа, които се делят на 3 и в записа си НЯМАТ нито една цифра 3.

Може да изберем първата цифра по 8 различни начина – всички цифри без 0 и 3.

Втората, третата и четвъртата цифра може да изберем по 9 различни начина – всички цифри без 3.

След като сме избрали първите четири цифри, трябва да определим по колко различни начина може да изберем петата цифра.

Ако числото образувано от първите четири цифри се дели на 3, то може да изберем петата цифра по три различни начина – 0, 6 или 9.   

Ако числото образувано от първите четири цифри дава остатък 1 при деление на 3, то може да изберем петата цифра по три различни начина – 2, 5 или 8.   

Ако числото образувано от първите четири цифри дава остатък 2 при деление на 3, то може да изберем петата цифра по три различни начина – 1, 4 или 7.

Следователно, ако вече сме избрали първите четири цифри, петата цифра може да бъде избрана по три различни начина.

Тогава, броя на петцифрените числа, които се делят на 3 и в записа си НЯМАТ нито една цифра 3 е равен на 8 × 9 × 9 × 9 × 3 = 17 496.

Броя на на петцифрените числа, които се делят на 3 и в записа си имат поне една цифра 3 е равен на 30 000 – 17 496 = 12 504.   
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 21.01.2015, 12:25
Благодаря ви!Бихте ли ми помогнали с една друга задача:
Няколко различни естествени числа имат следното свойство:сборът на всеки четири от тях е просто число.Колко най-много могат да бъдат тези числа?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: evgeny в 21.01.2015, 14:53
Доказваме, че отговорът е 4 числа.
Пример за това е четворката 1; 2; 3; 5.

Да допуснем, че има n-торка, n≥5, изпълняваща условието.
Разглеждаме първите 5 числа от тази серия. Нека те са a<b<c<d<e. Ясно е, че a+b+c+d > 2.

По условие:
a+b+c+d е просто
a+b+c+e е просто
И двете горе трябва да са нечетни и a+b+c се повтаря, така че d≡e (mod 2).

След това разглеждаме последователно двойките сборове:
b+c+d+e
a+c+d+e, така че a≡b (mod 2).

a+b+c+e
a+d+c+e, така че b≡d (mod 2).

Получихме a≡b≡d≡e (mod 2). Тогава сборът a+b+d+e се дели на 2, противоречие.

Така max n=4.


Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Г.Георгиева в 22.01.2015, 08:22
Не мога да реша, а камо ли да обясня на хлапето задача за четвърти клас от Математика без граници, зима 2014. Моля, помогнете, че станах за смях, :)
Колко пъти може да се падне сбор 9 при хвърлянето на 3 различни зара? Отговорът е 25, но даже не знам откъде да я започна.Има подсказка да използваме решението на Галилей, че е по-вероятно да се падне сбор 10 от сбор 9, но при мен изобщо не помогна.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Дидева в 22.01.2015, 09:49
Не мога да реша, а камо ли да обясня на хлапето задача за четвърти клас от Математика без граници, зима 2014. Моля, помогнете, че станах за смях, :)
Колко пъти може да се падне сбор 9 при хвърлянето на 3 различни зара? Отговорът е 25, но даже не знам откъде да я започна.Има подсказка да използваме решението на Галилей, че е по-вероятно да се падне сбор 10 от сбор 9, но при мен изобщо не помогна.
Сборът от числата на първите два зара не може да е повече от 8, защото последният зар може да показва най-малко 1.
Сборът от числата на първите два зара не може да е по-малко от 3, защото последният зар може да показва най-много 6.
Остава да преброим възможните комбинации.
Ще го направим за първите два зара. Ясно е, че последният ще показва остатъка до 9.
6-1,6-2
5-1, 5-2, 5-3
4-1, 4-2, 4-3, 4-4
3-1, 3-2 3-3, 3-4, 3-5
2-1, 2-2, 2-3, 2-4, 2-5, 2-6
1-2, 1-3, 1-4, 1-5, 1-6
Или 2+3+4+5+6+5=25 възможни варианта
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Г.Георгиева в 22.01.2015, 19:16
Благодаря Ви! Вижте, и аз тръгнах с комбинаторика, но елиминирах всички повтарящи се варианти, игнорирайки условното определяне на заровете на първи, втори и трети. Така получих отговор 6. По какъв критерий в тези задачи избирате кое от двете е вярно, и друг път зациклям точно в този момент - дали възможности 6-1-2 и 6-2-1 са два варианта или един? И с този Галилей, реших, че е някаква заигравка с възможните сборове при хвърляния /от 3 до 18/ и вероятността да се падне сбор 9 измежду 6х6х6 възможни комбинации, включително повтарящи се... Защо отговор 6 не е  правилен?!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: mons в 19.02.2015, 17:08
Моля за помощ за следна задача. Шест естествени числа са групирани по две. Срещу всяка двойка е записан най-големият общ делител.
Възможно ли е най-големите общи делители да бъдат съответно 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14 и 15? Задачата е дадена на 5 клас. В момента учат събиране на обикновени дроби с различни знаменатели.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 20.02.2015, 16:47
 angelБихте ли ми помогнали със следната задача:Множеството на естествените числа е разделено на две непресичащи се множества.Винаги ли в едно от тях могат да се намерят такива две числа,средноаритметичното на които също принадлежи на  това подмножество? angel :thankyou-
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 21.02.2015, 09:15
Моля за помощ за следна задача. Шест естествени числа са групирани по две. Срещу всяка двойка е записан най-големият общ делител.
Възможно ли е най-големите общи делители да бъдат съответно 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14 и 15? Задачата е дадена на 5 клас. В момента учат събиране на обикновени дроби с различни знаменатели.

Отговор: не е възможно.

Най-големият общ делител (НОД) на двойка числа е четно число само ако и двете числа са четни (Ч), т.е. ако и двете числа се делят на 2:
НОД (Ч, Ч) = Ч; НОД (Ч, Н) = Н; НОД (Н, Н) = Н.

Ако измежду шестте числа има 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 четни, то тези четни числа могат да образуват съответно 0, 0, 1, 3, 6, 10, 15 двойки четно – четно.

Следователно броя НОД-и, които са четни числа може да бъде само 0, 1, 3, 6, 10, 15.

От числата 1, 2, . . . , 15 точно 7 са четни и следователно не могат да бъдат НОД-и на 15 двойки числа образувани от шест естествени числа.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 21.02.2015, 10:01
angelБихте ли ми помогнали със следната задача:Множеството на естествените числа е разделено на две непресичащи се множества.Винаги ли в едно от тях могат да се намерят такива две числа,средноаритметичното на които също принадлежи на  това подмножество? angel :thankyou-

Отговор: винаги могат да се намерят две числа, чието средно аритметично принадлежи на същото подмножество.

1. Ако в някое от подмножествата има три последователни числа – N, N + 1, N + 2, то N + 1 e средно аритметично на N и N + 2 и условието е изпълнено.

2. Ако нито едно от подмножествата не съдържа две последователни числа – N и N + 1, то всички нечетни числа са в едното подмножество, а всички четни в другото, следователно числата 1, 3, 5 са в едно подмножество и условието е изпълнено (1 + 5 = 2.3).

3. Нека подмножествата не съдържат три последователни числа, но могат да съдържат две последователни числа.

Означаваме подмножествата с А и В и нека А е това подмножество, което съдържа числото 5.

Да допуснем противното: нито А, нито В съдържат три числа, едното от които е средно аритметично на другите две.

3.1. Ако 6 е в А, то 4 и 7 трябва да са в В.

Тогава 1 (1 + 7 = 2.4) и 10 (4 + 10 = 2.7) трябва да са в А (1, 5, 6, 10 са в А).

Следователно 8 (6 + 10 = 2.8) и 9 (1 + 9 = 2.5) трябва да са в В, но тогава 7, 8 и 9 са В – противоречие.

3.2. Нека 6 е в В. Ще разгледаме два случая: 4 е в А и 4 е в В.

3.2.1. Ако 4 е в А, то 3 е в В.

Тогава 9 е в А (3 + 9 = 2.6).

Следователно 7 е в В (5 + 9 = 2.7).

Следователно 8 и 11 са в А (6 и 7 са в В и 3 + 11 = 2.7).

Числата 5, 8 и 11 са в А, но 5 + 11 = 2.8 – противоречие.

3.2.2. Ако 4 е в В, то 2 (2 + 6 = 2.4) и 8 (4 + 8 = 2.6) са в А.

Тогава 2, 5 и 8 са в А, но 2 + 8 = 2.5 – противоречие.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: mons в 21.02.2015, 14:10
Благодаря за решението. :)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: EliG в 3.03.2015, 19:23
Две задачки, които ни тормозят от вчера:

1. Да се докаже че за всички естествени числа n≥2  1/12+1/32+....1/n2 < 1
   (трябва да се реши с мат. индукция)

2. Даден квадрат е разрязан на 2009 по-малки квадратчета, с дължини на страните естествени числа. Колко най-малко е   
   възможно да бъде дължината на страната на квадрата.

На втората при отговор 45 ни се получават 2010 квадратчета, но с 2009 не може да го измислим.

Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: gorkia в 3.03.2015, 21:57
На втората задача се получава 45. Имаме 2 квадрата със страна 3 и още 2007 квадрата със страна 1.
Поне аз така мисля.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 3.03.2015, 23:40
Две задачки, които ни тормозят от вчера:

1. Да се докаже че за всички естествени числа n≥2  1/12+1/32+....1/n2 < 1
   (трябва да се реши с мат. индукция)


Това очевидно не е вярно защото първият член на лявата страна (1/12) е равен на 1 и следователно при n ≥ 2 лявата страна е по-голяма от 1.

Иначе 1/22 + 1/32 + . . . + 1/n2 < 1 се доказва лесно и без индукция.

Ще използваме, че 1/k2 < 1/(k – 1)k = 1/k – 11/k.

Тогава 1/22 + 1/32 + . . . + 1/n2 < (1/11/2) + (1/21/3) + . . . + (1/n – 11/n) = 1 – 1/n < 1.


С индукция:

Ще докажем, че 1/22 + 1/32 + . . . + 1/n2 < 1 - 1/n, за всяко n ≥ 2.

1) При n = 2, 1/22 = 1/4 < 1 - 1/2.

2) Нека условието е изпълнено за някое n = k.

Тогава  1/22 + 1/32 + . . . + 1/k2 + 1/(k + 1)2 < 1 - 1/k + 1/(k + 1)2 =
= 1 - (k + 1)2 - k/k(k + 1)2 = 1 - k2 + k + 1/k(k + 1)2 < 1 - k2 + k/k(k + 1)2 = 1 - 1/k + 1.

Следователно условието е изпълнено и за n = k + 1, откъдето следва, че е изпълнено и за всяко n.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: EliG в 4.03.2015, 07:27
 gorkia , става с тези квадратчета, да. Мерси!!
Ant12 , объркала съм условието  :embarrassed:, за което се извинявам! Поправеното е търсената задача. Много благодаря и за двете решения!!!
 
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: stella77 в 4.03.2015, 19:26
Моля за помощ за следната задача: Намерете цифрата х така, че числата 179х и 2310 да са взаимно прости.
Благодаря.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Tatt в 5.03.2015, 20:06
Моля за помощ за следната задача: Намерете цифрата х така, че числата 179х и 2310 да са взаимно прости.
Благодаря.

Няма стойност на х за която числата 179х и 2310 да са взаимно прости.

Разлагаме 2310 на прости множители: 2310 = 2*3*5*7*11

Разглеждаме последователно множителите му, тъй като те не могат да са множители и на 179х
2:    2 не може да е множител и оттук следва че х не е четно. т.е. х може да е = 1,3,5,7 или 9
3:    3 не може да е множител и оттук следва че х не е 1 или 7, остава х = 3,5 или 9
5:    5 не може да е множител и оттук следва че х не е 5, остава х = 3 или 9
7:    7 не може да е множител и оттук следва че х не е 9 (1799 = 257*7), остава х = 3 
11: 11 не може да е множител и оттук следва че х не е и 3 (1793 = 163*11 ).
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: stella77 в 5.03.2015, 21:04
Благодаря.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: pen.d_va в 14.03.2015, 20:32
Моля за помощ!
Дадени са 4 последователни естествени числа, по-малки от 3000. Първото се дели на 4, второто на 7, третото на 10, а най-голямото на 13. Колко може да бъде най-малкото число.
В решението пише: Нека х е най-малкото число, тогава 3х-4(Защо? :undecided:) се дели на 4  7  10  и 13.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 15.03.2015, 17:47
Моля за помощ!
Дадени са 4 последователни естествени числа, по-малки от 3000. Първото се дели на 4, второто на 7, третото на 10, а най-голямото на 13. Колко може да бъде най-малкото число.
В решението пише: Нека х е най-малкото число, тогава 3х-4(Защо? :undecided:) се дели на 4  7  10  и 13.

От условието следва, че съществуват цели неотрицателни числа a, b, c, d такива, че
x = 4a = 7b + 6 = 10c + 8 = 13d + 10.

Следователно
3x – 4 = 3.4a – 4 = 3.(7b + 6) – 4 = 3.(10c + 8) – 4 = 3.(13d + 10) – 4,
3x – 4 = 12a – 4 = 21b + 14 = 30c + 20 = 39d + 26,
3x – 4 = 4(3a – 1) = 7(3b + 2) = 10(3c + 2) = 13(3d + 2).

Тук въпросът е: „Как точно ми хрумва, че 3x – 4 се дели на 4, 7, 10 и 13?”, което всъщност е есенцията на посоченото решение.

Може би идеята е да се търси израз от вида mx – n, който се дели на 4, 7, 10 и 13 и следователно се дели на НОК (4, 7, 10, 13) = 1820.

mx – n = 4ma – n = 7mb + 6m – n = 10mc + 8m – n = 13md + 10m – n
mx – n = 4ma – n = 7m(b + 1) – (m + n) = 10m(c + 1) – (2m + n) = 13m(d + 1) – (3m + n)

Следователно n се дели на 4, m + n се дели на 7, 2m + n се дели на 10 и 3m + n се дели на 13.

Веднага се вижда, че m = 3 и n = 4 изпълняват условието, откъдето идва и идеята да се работи с 3x – 4.

Не знам обаче дали този подход може да се ползва и при други подобни задачи.


Ето един доста по-трудоемък начин, с доста сметки, който обаче не зависи от някакво „прозрение”.

Нека а = 7е + re, където re = 0, 1, 2, . . . , 6 е остатъкът при делението на а на 7.

x = 4a = 7b + 6   =>   4(7е + re) = 7b + 6   =>   4re – 6 = 7(b – 4e)   =>   4re – 6 се дели на 7.
Понеже re = 0, 1, 2, . . . , 6, единствената възможност е re = 5, т.е. а = 7е + 5 и x = 4a = 28e + 20.

x = 28e + 20 = 10c + 8   =>   28e + 12 = 10c   =>   14e + 6 = 5c.

Нека e = 5f + rf, където rf = 0, 1, 2, 3, 4 е остатъкът при делението на e на 5.

14(5f + rf) + 6 = 5c   =>   14rf + 6 = 5(c – 14d)   =>   14rf + 6 се дели на 5.   
Понеже rf = 0, 1, 2, 3, 4, единствената възможност е rf = 1, т.е. e = 5f + 1 и x = 28e + 20 = 140f + 48.

x = 140f + 48 = 13d + 10   =>   140f + 38 = 13d 

Нека f = 13g + rg, където rg = 0, 1, 2, . . . , 12 е остатъкът при делението на g на 13.

140(13g + rg) + 38 = 13d   =>   140rg + 38 = 13(d – 140g)   =>   140rg + 38 се дели на 13.
Понеже rg = 0, 1, 2, . . . , 12, (тук са многото проверки) единствената възможност е rg = 4, т.е. f = 13g + 4 и x = 140f + 48 = 140(13g + 4) + 48 = 1820g + 608.

При g = 0, 1 се получава x = 608, 2428, а при g ≥ 2, x > 3000.

Действително 608 = 4×152, 609 = 7×87, 610 = 10×61, 611 = 13×47 и
2428 = 4×607, 2429 = 7×347, 2430 = 10×243, 2431 = 13×187.
 
А иначе това е просто система от модулни уравнения
x ≡ 0 (mod 4), x + 1 ≡ 0 (mod 7), x + 2 ≡ 0 (mod 10), x + 3 ≡ 0 (mod 13).   
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: pen.d_va в 15.03.2015, 17:54
Ant12, много благодаря за изчерпателния отговор. "Вече и аз разбрах"   :)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 15.03.2015, 22:47

Може би идеята е да се търси израз от вида mx – n, който се дели на 4, 7, 10 и 13 и следователно се дели на НОК (4, 7, 10, 13) = 1820.


Стана ми интересно дали тази идея може да се ползва като стандартен подход. Докато гледах „България търси талант”, в която възрастен господин подреждаше перо и пръчки в равновесие и в края, на която ром на средна възраст танцуваше брейк, ми хрумна, че в някои стандартни случаи може.

Задачи от подобен род се дават предимно в периода 5-7 клас и затова ще предложа алгоритъм за решение при задачи с конкретни числа.

Да разгледаме следната задача: да се намери най-малкото естествено число N такова, че числата N, N + 1, N + 2, . . . , N + k се делят съответно на числата a, a + d, a + 2d, . . . , a + kd, където а и d са взаимно прости.

Алгоритъмът в този случай е: търсим най-малкото естествено число r такова, че
d × N – a = r × НОК (a, a + d, a + 2d, . . . , a + kd).

Пример 1:
Да се намери най-малкото естествено число N такова, че N се дели на 7, N + 1 – на 13 и N + 2 на 19.

Понеже 13 = 7 + 1.6, 19 = 7 + 2.6 и НОК (7, 13, 19) = 1729, търсим най-малкото r такова, че
6N – 7 = r × 1729. При r = 1, 2, 3, 4, няма решение, а при r = 5 получаваме N = 1442.

Тогава решението ще бъде: забелязваме, че 6N – 7 се дели на 7, 13 и 19 . . .

Пример 2:
Да се намери най-малкото естествено число N такова, че N се дели на 2, N + 1 – на 5, N + 2 на 8 и N + 3 на 11.

Понеже 5 = 2 + 1.3, 8 = 2 + 2.3, 11 = 2 + 3.3 и НОК (2, 5, 8, 11) = 440, търсим най-малкото r такова, че
3N – 2 = r × 440. При r = 1 няма решение, а при r = 2 получаваме N = 294.

Тогава решението ще бъде: Забелязваме, че 3N – 2 се дели на 2, 5, 8 и 11 . . .
 
Пример 3:
Да се намери най-малкото естествено число N такова, че N се дели на 9, N + 1 – на 10 и N + 2 на 11.

Понеже 10 = 9 + 1.1, 11 = 9 + 2.1 и НОК (9, 10, 11) = 990, търсим най-малкото r такова, че
N – 9 = r × 990. При r = 1 получаваме N = 999.

Тогава решението ще бъде: забелязваме, че N – 9 се дели на 9, 10 и 11 . . .
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Tatt в 16.03.2015, 12:50
Тук въпросът е: „Как точно ми хрумва, че 3x – 4 се дели на 4, 7, 10 и 13?”, което всъщност е есенцията на посоченото решение.

В по-малките класове постоянно търсят зависимости и следващото числа.
При 4, 7, 10 и 13 имаме 4, 4+1*3, 4+2*3, 4+3*3
По условие:
x       се дели на 4
x + 1 се дели на 4 + 3*1
x + 2 се дели на 4 + 3*2
x + 3 се дели на 4 + 3*3

Оттук бихме могли да се "сетим" да умножим последователните числа *3 за да "махнем" 3*1, 3*2 и 3*3
3*x          се дели на 4
3*x + 3*1 се дели на 4 + 3*1
3*x + 3*2 се дели на 4 + 3*2
3*x + 3*3 се дели на 4 + 3*3
откъдето излиза че 3*x има остатък 4 при деление на 4,7,10 и 13.
т.е. 3*x-4 се дели на 4,7,10 и 13

За общия случай:
N       ≡ 0 ≡ a          (mod a)
N + 1 ≡ 0 ≡ a + 1*d (mod a+1*d)
N + 2 ≡ 0 ≡ a + 2*d (mod a+2*d)
...
N + k ≡ 0 ≡ a + k*d (mod a+k*d)  

След умножение на първите сравнения с d получаваме:

d*N          ≡ d*0 ≡ 0 ≡ a          (mod a)
d*N + 1*d ≡ d*0 ≡ 0 ≡ a + 1*d (mod a+1*d)
d*N + 2*d ≡ d*0 ≡ 0 ≡ a + 2*d (mod a+2*d)
...
d*N + k*d ≡ d*0 ≡ 0 ≡ a + k*d (mod a+k*d)  

оттук:

d*N ≡ a (mod a)
d*N ≡ a (mod a+1*d)
d*N ≡ a (mod a+2*d)
...
d*N ≡ a (mod a+k*d)  

т.е. d*N - а се дели на а, a+1*d, ... a+к*d
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 21.03.2015, 19:52
Може ли помощ за следната задача:В турнир по баскетбол за победа се дава 1т.,за равен -0т.,за загуба-се взема 1т.Няколко ученици участвали в турнира,така че всеки е играл с всеки от останалите по една игра.Един от тях събрал 7т,а друг-20т.Докажете че в турнира е имало поне един равен мач.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Tatt в 21.03.2015, 23:35
Примерно така:

Сумата от точките на всички участници е 0, тъй като сумата от точките от всяка среща на 2-ма участника помежду им е 0 ( 1-1 или 0+0 ).
Предполагаме, че няма равни мачове. Разделяме участниците на 2 групи: в първата двамата с известни точки, в другата всички останали. Разглеждаме сумата от точките на участниците в двете групи. В първата е 7 - 20 = -13,  във втората трябва да бъде 13 за да бъде общата сума 0.
Разглеждаме всеки един от участниците във втората група. Възможностие са следните:
  А Победил е и двамата от първата група. Тогава той носи 1+1=2 т.за своята група.
  Б Паднал е и от двамата. Носи -1-1=-2 точки.
  В Паднал е от единия и победил другия. Носи 1-1=0 точки.
Забелязваме, че всеки допринася с четно число точки за своята група, а общия брой е 13 => противоречие с допускането, че няма равни мачове.


Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Г.Георгиева в 25.03.2015, 13:38
Моля за решение на задача от пети клас, Математика без граници: Произведението на пет последователни цели числа завършва точно на две нули. Кое е възможното най-голямо число сред тези числа, ако произведението е най-малкото възможно? Отговорът е 25, но не знам как да стигна до него.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: gorkia в 25.03.2015, 19:16
Щом завършва на две нули => числото е от вида х*100. Значи се дели на 25
Точно едно от числата: а;(а+1);(а+2);(а+3);(а+4) се дели на 5.
Не може две от тези числа да се делят на 5 => едно от числата се дели на 25.
За да е най-малко произведението трябва а+4 да е възможно най-малко
=> а+4=25          Отговор:25
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Г.Георгиева в 26.03.2015, 14:29
Много Ви благодаря!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Алек в 3.04.2015, 19:48
Искам да питам за 2 задачи от НОМ 2008.
1: намерете всички естествени числа n, за които 4n + 5n + 7n е точен квадрат на естествено число.
2:През фиксирана точка О от вътрешността на даден ъгъл с връх А е построена произволна права g, пресичаща раменете на ъгъла в точки B и C. Докажете че 1/SABO + 1/SACO не зависи от избора на правата g.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 3.04.2015, 22:19
Искам да питам за 2 задачи от НОМ 2008.
1: намерете всички естествени числа n, за които 4n + 5n + 7n е точен квадрат на естествено число.
2:През фиксирана точка О от вътрешността на даден ъгъл с връх А е построена произволна права g, пресичаща раменете на ъгъла в точки B и C. Докажете че 1/SABO + 1/SACO не зависи от избора на правата g.

Нека M2 = 4n + 5n + 7n. М2 е четно и понеже е точен квадрат, следователно се дели на 4.
M2 = 4n + 5n + 7n ≡ 0n + 1n + (-1)n ≡ 1 + (-1)n (mod 4)    =>   n е нечетно,
т.е. n = 2m + 1, за някое цяло неотрицателно число m.   

M2 = 4n + 5n + 7n = 4.16m + 5.25m + 7.49m ≡ 4.1m + 7.(-1)m (mod 5).
Ако m е четно   =>   4.1m + 7.(-1)m ≡ 4 + 7 ≡ 1 (mod 5).
Ако m е нечетно   =>   4.1m + 7.(-1)m ≡ 4 – 7 = -3 ≡ 2 (mod 5).
При М ≡ 0, 1, 2, 3, 4 (mod 5)   =>   М2 ≡ 0, 1, 4, 4, 1 (mod 5)    =>
m е четно, т.е m = 2k, за някое цяло неотрицателно число k.   
 
M2 = 4.16m + 5.25m + 7.49m = 4.256k + 5.625k + 7.2401k.

Да допуснем, че k ≥ 1.
625 ≡ 1 (mod 16) => 5.625k ≡ 5 (mod 16), 2401 ≡ 1 (mod 16) => 7.2401k ≡ 7 (mod 16) =>       
M2 = 4.256k + 5.625k + 7.2401k ≡ 0 + 5 + 7 ≡ 12 (mod 16).

Ако:
М = 8k   =>   M2 = 64k2 ≡ 0 (mod 16);
М = 8k +/- 1   =>   M2 = 64k2 +/- 16k2 + 1 ≡ 1 (mod 16);
М = 8k +/- 2   =>   M2 = 64k2 +/- 32k2 + 4 ≡ 4 (mod 16);
М = 8k +/- 3   =>   M2 = 64k2 +/- 48k2 + 9 ≡ 9 (mod 16);
М = 8k + 4   =>   M2 = 64k2 + 64k2 + 16 ≡ 0 (mod 16).

Достигнахме до противоречие с допускането, че k ≥ 1   =>   k = 0.

Следователно n = 2m + 1 = 2.2k + 1 = 1.

Действително 41 + 51 + 71 = 16 = 42.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 3.04.2015, 22:41
Искам да питам за 2 задачи от НОМ 2008.
1: намерете всички естествени числа n, за които 4n + 5n + 7n е точен квадрат на естествено число.
2:През фиксирана точка О от вътрешността на даден ъгъл с връх А е построена произволна права g, пресичаща раменете на ъгъла в точки B и C. Докажете че 1/SABO + 1/SACO не зависи от избора на правата g.

През точка О построяваме прави успоредни на раменете на ъгъла, които пресичат лъчите АВ и АС съответно в точките Х и У.

Точка В не може да лежи върху отсечката АХ, защото в противен случай g няма да пресича АС. Аналогично и точка С не лежи на отсечката АУ.

От АХ ║ОУ и АУ ║ХО => АХОУ е успоредник.

Нека S е лицето на успоредника АХОУ. Понеже диагоналът на всеки успоредник го разделя на два равнолицеви триъгълника то SΔAXO = SΔAYO = S/2.

SΔAXO/SΔABO = AX/AB = SΔAXC/SΔABC.

SΔAXC = SΔAOC , защото имат обща страна (AC) и върховете им лежат върху права успоредна на общата им страна (XO).

SΔAXO/SΔABO = SΔAXC/SΔABC = SΔAOC/SΔABC = OC/BC   =>

1/SΔABO = OC/BC.SΔAXO = 2OC/BC.S.

Аналогично, 1/SΔACO = 2BO/BC.S.

1/SΔABO + 1/SΔACO = 2OC/BC.S + 2BO/BC.S = 2(OC + BC)/BC.S = 2/S = константа.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Алек в 4.04.2015, 08:03
Ок, благодаря ти Ant12.

ПС - На последния ред май трябва в скобите (OC + BC) вместо BC да е BO -  (OC + BO) ?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: jore terziev в 6.04.2015, 14:55
Можели да ми дадете решение на зад. 13 от Великденското математическо състезание 2013 година, благодаря предварително! :D  link: :         http://klasirane.com/VMS.asp?fileD=720413242 (http://klasirane.com/VMS.asp?fileD=720413242)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: merellin99 в 6.04.2015, 15:50
Ще може ли да ми помогнете с една задача?
Ето я и нея:
Триъгълник ABC има страни AB=4 см, BC=5 см, АС=6 см. Намеретеъглите на триъгълника.
Знам, че изглежда лесна, но на мен въобще не ми е :д.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 12.04.2015, 20:09
Може ли помощ за една задача:Дадено е крайно множество от точки с цели координати.Да се докаже,че можем да ги оцветим в бяло и черно,така че на всеки ред и стълб модул -черно-бяло да е по-малко или равно на 1?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 13.04.2015, 12:13
Може ли помощ за една задача:Дадено е крайно множество от точки с цели координати.Да се докаже,че можем да ги оцветим в бяло и черно,така че на всеки ред и стълб модул -черно-бяло да е по-малко или равно на 1?

Ще наричаме „правилно” всяко оцветяване, при което абсолютната стойност на разликата от броя на белите (Б) и броя на черните (Ч) точки във всеки ред и във всеки стълб е не по-голяма от 1, т.е. │Б – Ч│≤ 1.

Лема: При всяко правилно оцветяване, ред/стълб, който съдържа четен брой точки, трябва да съдържа по равен брой бели и черни точки.

Доказателство: Нека имаме ред/стълб, който съдържа 2T (Т ≥ 1) на брой точки, като Ч от тях са черни (0 ≤ Ч ≤ 2Т). Тогава, броят на белите точки в този ред/стълб е Б = 2Т – Ч и следователно │Б – Ч│=│2Т – Ч – Ч│=│2Т – 2Ч│= 2│Т – Ч│≤ 1. Понеже числото │Т – Ч│е цяло, то единствената възможност е │Т – Ч│= 0 и следователно Т = Ч = Б.

Доказателството на задачата ще извършим с индукция по броя на точките от множеството.

База на индукцията: Ако множеството се състои само от една точка – А, оцветяваме А в бяло и получаваме правилно оцветяване.

Стъпка на индукцията: Да допуснем, че за някое естествено число Т > 1, всяко множество от точки с целочислени координати може да се оцвети правилно. Ще докажем, че всяко множество от Т + 1 точки с целочислени координати също може да се оцвети правилно.

Случай 1: Има ред/стълб, който съдържа нечетен брой точки. Без ограничение на общността може да приемем, че това е ред. Нека А е най-лявата точка от този ред. Според индукционната хипотеза, останалите Т точки от множеството (без А) могат да се оцветят правилно. Понеже в реда, който съдържа А оцветените точки са четен брой то, според лемата, белите и черните точки в този ред са по равен брой (Б = Ч).

Разглеждаме колоната, която съдържа А. Ако в нея Б – Ч = 1, оцветяваме А в черно и получаваме правилно оцветяване на Т + 1 на брой точки (след оцветяването на А в черно, в реда Б – Ч = –1, а в колоната Б – Ч = 0). Ако в колоната Б – Ч = –1, оцветяваме А в бяло и получаваме правилно оцветяване. Ако в колоната Б – Ч = 0, оцветяваме А в черно или бяло и получаваме правилно оцветяване.

Случай 2: Няма ред/стълб, който съдържа нечетен брой точки, т.е. всички редове и стълбове съдържат четен брой точки. Нека А е най-лявата точка от най-долния ред (в случая може да изберем произволна точка). Според индукционната хипотеза, останалите Т точки от множеството (без А) могат да се оцветят правилно.

Според лемата, във всички редове, които не съдържат А и във всички стълбове, които не съдържат А има по равен брой бели и черни точки. В реда, който съдържа А и в стълба, който съдържа А са оцветени нечетен брой точки (всички без А), т.е. в този ред и в този стълб │Б – Ч│= 1.

Нека в реда, който съдържа А за оцветените точки имаме Б – Ч = 1. Понеже във всички останали редове броя на белите и черните точки е равен, то броя на всички бели точки от множеството е с едно повече от броя на всички черни точки от множеството. Нека разгледаме стълба, който съдържа А. Понеже във всички останали стълбове броя на белите и черните точки е равен, то в стълба, който съдържа А броя на белите точки трябва да бъде с едно повече от броя на черните точки, т.е. за този стълб Б – Ч = 1. Оцветяваме точка А в черно и получаваме правилно оцветяване на Т + 1 на брой точки (след оцветяването на А в черно, в реда и в стълба Б – Ч = 0).

С аналогични разсъждения, ако в реда, който съдържа А имаме Б – Ч = –1, то и в стълба, който съдържа А трябва да имаме Б – Ч = –1 и тогава, ако оцветим А в бяло ще получим правилно оцветяване.

С това индукцията е завършена.       
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: jore terziev в 16.04.2015, 19:12
Можели да ми дадете решение на зад. 13 от Великденското математическо състезание 2013 година, благодаря предварително! :D  link: :         http://klasirane.com/VMS.asp?fileD=720413242
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Kenny в 21.04.2015, 09:29
Здравейте!
Съвсем нов съм,току що се регистрирах.
Имам нужда от помощ за една задача,която трябва да представя като проект.
Задачата е за 6 клас ,ще съм искрено благодарен,ако помогнете.
Дадено:
Работници от строителен обект са разпределени по следния начин:
технически ръководител:инженери:строителни работници-7:3:10
а)нначертайте кръгова диаграма
б)колко процента са инженерите
в)ако техническите ръководители са с 8 повече от инженерите,намерете броя на строителните работници,инженерите и ръководителите
г)намерете средната работна заплата ,ако стр.работници получават 8000лв,техн.ръководители 1200лв,а инженерите 200лв

Благодаря предварително!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Алек в 22.04.2015, 18:44
Ще може ли да ми помогнете с една задача?
Ето я и нея:
Триъгълник ABC има страни AB=4 см, BC=5 см, АС=6 см. Намеретеъглите на триъгълника.
Знам, че изглежда лесна, но на мен въобще не ми е :д.
Нека странта срещу ъгъл А да е а, срещу ъгъл B да е b, а срещу ъгъл C да е c. От косинусовата теорема c2=a2+b2-2ab*cos(C). 16=25+36-60*cos(C) 
16=61-60*cos(C)
-45= -60*cos(C)
cos(C)=-45/-60=0,75
C=48,59 градуса.
По същия начин намираме и ъгъл А и B и получаваме:
ъгъл А = 55,77 градуса, ъгъл B = 75,64 градуса, ъгъл C= 48,59 градуса (С точност до цифрата на стотиците)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: tchotcho в 22.04.2015, 20:41
Можели да ми дадете решение на зад. 13 от Великденското математическо състезание 2013 година, благодаря предварително! :D  link: :         http://klasirane.com/VMS.asp?fileD=720413242
Училищна площ – 16000
Почистена част – Х
Непочистена част 16000 . 80% - Х  = (16000 – Х /останалата част от УП/ )  . 2 : 3 =>
12800 – Х = (16000 – Х ) . 2 : 3
38400 – 3.Х = 32000 – 2.Х
Х = 6400 => непочистена 12800 – 6400 = 6400 => още 54 мин.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: tchotcho в 22.04.2015, 21:18
Здравейте!
Съвсем нов съм,току що се регистрирах.
Имам нужда от помощ за една задача,която трябва да представя като проект.
Задачата е за 6 клас ,ще съм искрено благодарен,ако помогнете.
Дадено:
Работници от строителен обект са разпределени по следния начин:
технически ръководител:инженери:строителни работници-7:3:10
а)нначертайте кръгова диаграма
б)колко процента са инженерите
в)ако техническите ръководители са с 8 повече от инженерите,намерете броя на строителните работници,инженерите и ръководителите
г)намерете средната работна заплата ,ако стр.работници получават 8000лв,техн.ръководители 1200лв,а инженерите 200лв

Благодаря предварително!
a) Диаграмата е кръг разделен на 7+3+10 = 20 равни части/сектора/, т.е.:
-технически ръководител: 7 сектора;
-инженери: 3 сектора;
-строителни работници: 10 сектора.
б) инженерите са 3 сектора от всички 20=> 3/20 => 15/100 => 15%
в) X – брой инженери
Х + 8 – брой ТР
Х = 3/20 от общо
Х+8 = 7/20 от общо
Общо = 20.7:(Х + 8) = 20.3:Х
3.(Х + 8) = 7.Х
4.Х = 24
Инженери – 6
ТР – 8 + 6 = 14
Общо = 6: 15% или 14 :35% = 40
Строителни работници = 20
г) средна заплата = (7 заплати за ТР + 3 заплати за Инж. + 10 заплати за СРаб) : 20
Провери си числата в условието!
Според мен (заплата инж.)>(заплата тр)>(заплата ср)
 
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 27.04.2015, 14:30
Бихте ли ми помогнали със следната задача:Докажете,че n прави,пресичащи се в една точка и лежащи в една равнина,делят равнината на 2n части.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Kenny в 27.04.2015, 15:04
a) Диаграмата е кръг разделен на 7+3+10 = 20 равни части/сектора/, т.е.:
-технически ръководител: 7 сектора;
-инженери: 3 сектора;
-строителни работници: 10 сектора.
б) инженерите са 3 сектора от всички 20=> 3/20 => 15/100 => 15%
в) X – брой инженери
Х + 8 – брой ТР
Х = 3/20 от общо
Х+8 = 7/20 от общо
Общо = 20.7:(Х + 8) = 20.3:Х
3.(Х + 8) = 7.Х
4.Х = 24
Инженери – 6
ТР – 8 + 6 = 14
Общо = 6: 15% или 14 :35% = 40
Строителни работници = 20
г) средна заплата = (7 заплати за ТР + 3 заплати за Инж. + 10 заплати за СРаб) : 20
Провери си числата в условието!
Според мен (заплата инж.)>(заплата тр)>(заплата ср)
 
Благодаря за вниманието и помощта!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Алек в 27.04.2015, 18:07
Бихте ли ми помогнали със следната задача:Докажете,че n прави,пресичащи се в една точка и лежащи в една равнина,делят равнината на 2n части.
Всяка нова построена права (без първата) пресича 2 равнини от което следва че тези 2 равнини се разделят на по 2 части, т.е. всяка нова права добавя 2 части към предишните. Първата права разделя равнината на 2 части и оттам всяка нова построена права добавя още 2 части, следователно ако са построени n прави ще има 2n части.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: gorkia в 27.04.2015, 22:29
Искам да помоля за решение на следната задача: На колко части се разделя равнината от 21 прави в общо положение?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 27.04.2015, 23:18
Светльо, ти ш‘то не спиш по това време?

Отговорът е 232.

Това е стара задача: n прави в общо положение разделят равнината на [n(n + 1)]/2 + 1 региона – крайни или безкрайни.

Получава се сравнително лесно с индукция, или за по-малки частни случаи – с релация за еквивалентност.

Идеята е следната: k + 1 – вата права се разделя от останалите k прави най-много на k + 1 части (2 безкрайни и k - 1 крайни). Тези k + 1 части могат да разделят на две най-много k + 1 от съществуващите до момента региони, т.е. броя на регионите след прекарването на k + 1 – вата права може да се увеличи най-много с k + 1.

p(n + 1) = p(n) + n + 1, където p(n) e броя на регионите, на които n прави разделят равнината.

p(1) = 2; p(2) = 4; p(3) = 7; p(4) = 11, . . .
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 28.04.2015, 14:43
Светльо, ти ш‘то не спиш по това време?

Отговорът е 232.

Това е стара задача: n прави в общо положение разделят равнината на [n(n + 1)]/2 + 1 региона – крайни или безкрайни.

Получава се сравнително лесно с индукция, или за по-малки частни случаи – с рекурентна редица (сега видях, че снощи съм използвал неправилен термин).

Идеята е следната: k + 1 – вата права се разделя от останалите k прави най-много на k + 1 части (2 безкрайни и k - 1 крайни). Тези k + 1 части могат да разделят на две най-много k + 1 от съществуващите до момента региони, т.е. броя на регионите след прекарването на k + 1 – вата права може да се увеличи най-много с k + 1.

p(n + 1) = p(n) + n + 1, където p(n) e броя на регионите, на които n прави разделят равнината.

p(1) = 2; p(2) = 4; p(3) = 7; p(4) = 11, . . .

Надявам се, че така е по-ясно.

В началото имаме една равнина, т.е. един регион.

При построяване на първата права равнината се разделя на 2 полуравнини - броя на регионите се увеличава с един.

При построяване на втората права равнината се разделя на 4 части – втората права се разделя от първата на два лъча, всеки от които разделя получените до момента две полуравнини на два региона, общо 4, т.е. броя на регионите се увеличава с два.

При построяване на третата права, първите две прави пресичат третата в две точки и я разделят на една отсечка и два лъча. Отсечката и двата лъча от третата права могат да бъдат обща граница на не повече от два региона едновременно (например, един от едната страна на отсечката/лъча и друг от другата) и следователно при построяването на третата права броя на регионите ще се увеличи с три, като третата права разделя три от съществуващите региони на две.

Ако следваме същата логика, при построяването на k - тата права, начертаните до момента k - 1 прави ще я разделят на два лъча и k – 2 отсечки, които ще разделят k от съществуващите до момента региони на две и по този начин броя на регионите ще се увеличи с k.

В началото имаме една равнина и при начертаване на k-тата права броя на регионите се увеличава с k.

Тогава броя на регионите при последователно начертаване на k прави е:

1 + 1 (първа права) + 2 (втора права) + 3 (трета права) + . . . + k (k-та права) = k(k + 1)/2 + 1.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: gorkia в 28.04.2015, 18:20
Надявам се, че така е по-ясно.

В началото имаме една равнина, т.е. един регион.

При построяване на първата права равнината се разделя на 2 полуравнини - броя на регионите се увеличава с един.

При построяване на втората права равнината се разделя на 4 части – втората права се разделя от първата на два лъча, всеки от които разделя получените до момента две полуравнини на два региона, общо 4, т.е. броя на регионите се увеличава с два.

При построяване на третата права, първите две прави пресичат третата в две точки и я разделят на една отсечка и два лъча. Отсечката и двата лъча от третата права могат да бъдат обща граница на не повече от два региона едновременно (например, един от едната страна на отсечката/лъча и друг от другата) и следователно при построяването на третата права броя на регионите ще се увеличи с три, като третата права разделя три от съществуващите региони на две.

Ако следваме същата логика, при построяването на k - тата права, начертаните до момента k - 1 прави ще я разделят на два лъча и k – 2 отсечки, които ще разделят k от съществуващите до момента региони на две и по този начин броя на регионите ще се увеличи с k.

В началото имаме една равнина и при начертаване на k-тата права броя на регионите се увеличава с k.

Тогава броя на регионите при последователно начертаване на k прави е:

1 + 1 (първа права) + 2 (втора права) + 3 (трета права) + . . . + k (k-та права) = k(k + 1)/2 + 1.

Да, мерси! Аз и първият път го разбрах, но сега ми е по-ясно.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: heldy в 11.05.2015, 20:23
Моля за помощ с решението на следната задача:
Колко най-много мача могат да се изиграят между 19 отбора (всеки отбор играе с другите най-много по един мач), така че измежду всеки три отбора да има два, които не са играли?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 12.05.2015, 19:34
Моля за помощ с решението на следната задача:
Колко най-много мача могат да се изиграят между 19 отбора (всеки отбор играе с другите най-много по един мач), така че измежду всеки три отбора да има два, които не са играли?

Отговорът е 90.

Задачата може да бъде обобщена: между 2n + 1 отбора (n е естествено) могат да се изиграят най-много n(n + 1) мача така, че всеки два отбора да са играли помежду си не повече от веднъж и измежду всеки три отбора да има два, които не са играли помежду си.

Първи начин (с индукция).

При n = 1 имаме 3 = 2.1 + 1 отбора и между тях могат да се изиграят най-много 2 = 1.2 мача така, че да са изпълнени изискванията.

Нека при n = k ≥ 1, между 2k + 1 отбора могат да се изиграят най-много k(k + 1) мача, които изпълняват изискванията.

Разглеждаме 2(k + 1) + 1 = 2k + 3 отбора и нека X и Y са два от тези отбори, които са играли помежду си. Ще наричаме останалите отбори (2k + 1 на брой) група Z.

Всеки отбор от група Z може да е играл или с X или с Y, но не и едновременно с X и Y, защото в противен случай ще имаме три отбора, всеки два от които са играли помежду си.

Следователно отборите от група Z може да са изиграли най-много 2k + 1 мача с някой от отборите X или Y.

Според индуктивното предположение отборите от група Z могат да изиграят помежду си най-много k(k + 1) мача така, че да са изпълнени изискванията.

Тогава измежду 2k + 3 отбора могат да се изиграят най-много k(k + 1) + 2k + 1 + 1 =
= k2 + k + 2k + 2 = k2 + 3k + 2 = (k + 1)(k + 2) мача – последната единица отразява мача между X и Y.

С това индукцията е завършена.

Втори начин (с рекурентна зависимост).

Нека М(2n + 1) е най-големият възможен брой мачове, които 2n + 1 отбора могат да изиграят помежду си така, че да са изпълнени изискванията.

Ясно е, че M(3) = 2.

Разглеждаме два отбора Х и Y, които са играли помежду си и нека останалите  2n – 1 отбора са от група Z. С аналогични на по-горните разсъждения получаваме, че
М(2n + 1) = M(2n – 1) + 2n – 1 + 1 = M(2n – 1) + 2n.

Следователно,
М(2n + 1) = M(2n – 1) + 2n = M(2n – 3) + 2(n – 1) + 2n = . . . =
= M(3) + 2.2 + 2.3 + . . . + 2(n – 1) + 2n = 2.1 + 2.2 + . . . + 2.n =
= 2(1 + 2 + . . . + n) = n(n + 1).

P.S. При 2n отбора могат да се изиграят най-много n2 мача така, че да са изпълнени изискванията. Доказателството е аналогично.

Задачата може да се обобщи така: между N отбора могат да се изиграят най-много
[N/2]×[N + 1/2] мача така, че всеки два отбора да са играли помежду си не повече от веднъж и измежду всеки три отбора да има два, които не са играли помежду си.

С [k] означаваме най-голямото цяло число, не по-голямо от k.

 


Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: heldy в 12.05.2015, 23:30
Разбрах я !!! Много ви благодаря!!!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: gorkia в 23.05.2015, 19:15
Може ли помощ за 15та задача на PMWC 2013? Благодаря предварително.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 23.05.2015, 21:47
 М = 1 + 1/22 + 1/32 + 1/42 + 1/52 + 1/62 + 1/72 + . . . =

= 1 + 1/32 + 1/52 + 1/72 + . . . + 1/22 + 1/42 + 1/62 + . . . =

= К + 1/22 + 1/42 + 1/62 + . . . = К + 1/(2.1)2 + 1/(2.2)2 + 1/(2.3)2 + . . . =

= К + 1/4 + 1/4.22 + 1/4.32 + . . . = К + 1/4(1 + 1/22 + 1/32 + . . .) =

= К + 1/4М   =>   3/4М = К   =>   М : К = 4 : 3     
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: gorkia в 23.05.2015, 23:05
М = 1 + 1/22 + 1/32 + 1/42 + 1/52 + 1/62 + 1/72 + . . . =

= 1 + 1/32 + 1/52 + 1/72 + . . . + 1/22 + 1/42 + 1/62 + . . . =

= К + 1/22 + 1/42 + 1/62 + . . . = К + 1/(2.1)2 + 1/(2.2)2 + 1/(2.3)2 + . . . =

= К + 1/4 + 1/4.22 + 1/4.32 + . . . = К + 1/4(1 + 1/22 + 1/32 + . . .) =

= К + 1/4М   =>   3/4М = К   =>   М : К = 4 : 3     

Мерси много!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 30.05.2015, 08:36
Може ли помощ за една задача:Куки Монстер има 10чинии.На тях има сътветно 1,2,4,8,16,32,64,128,256,512 кифли.Той може да вземе произволен брой чинии и да изяде от тях по равен брой кифли.Докажете,че не може да изяде всички кифли за 9 хода.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 31.05.2015, 11:29
Може ли помощ за една задача:Куки Монстер има 10чинии.На тях има сътветно 1,2,4,8,16,32,64,128,256,512 кифли.Той може да вземе произволен брой чинии и да изяде от тях по равен брой кифли.Докажете,че не може да изяде всички кифли за 9 хода.

Ще решим следната, по-обща задача: Куки има n ≥ 2 чинии, номерирани от 1 до n, като за всяко k = 1, 2, …, n, в чиния k има 2k-1 на брой кифли. За един ход Куки може да избере произволен брой чинии и да изяде от тях по равен брой кифли. Да се докаже, че минималният брой ходове, с които Куки може да изяде всички кифли е равен на n.

Доказателството ще извършим по индукция.

При n = 2, Куки има две чинии, в които има съответно 1 и 2 кифли. След първия ход са възможни следните конфигурации: (1, 2) => (0, 2); (1, 0); (1, 1); (0, 1). Следователно Куки не може да изяде всички кифли с един ход. От друга страна, Куки може да изяде всички кифли с два хода по следния начин: (1, 2) => (0, 1) => (0, 0). Следователно при n = 1 твърдението е изпълнено.

Да допуснем, че за някое n = k ≥ 2, минималният брой ходове, с които Куки може да изяде всички кифли е равен на k. Ще докажем, че при n = k + 1, минималният брой ходове, с които Куки може да изяде всички кифли е равен на k + 1.

Понеже кифлите са краен брой, то съществуват и краен брой последователности от ходове, с които Куки може да изяде всички кифли. Следователно съществуват една или няколко последователности от ходове, при които броят ходове е минимален.

Нека П0 е последователност от минимален брой ходове, с която Куки може да изяде всички кифли.

Понеже 20 + 21 + 22 + . . . + 2k-1 = 2k - 1 < 2k, то в П0 трябва да има поне един ход, при който Куки изяжда някакъв брой кифли (от 1 до 2k) само и единствено от чиния k + 1. В противен случай общият брой кифли в чинии от 1 до k трябва да бъде поне 2k.

Понеже П0 е последователност от минимален брой ходове, то има точно един ход, на който Куки изяжда кифли само и единствено от чиния k + 1. Няколко различни хода, при които Куки изяжда съответно X1, Х2, ..., Хm, m ≥ 2, само от чиния k + 1, могат да бъдат заменени от един ход (на мястото на Xm), при който той изяжда X1 + X2 + . . . + Xm кифли само от чиния k + 1.

Нека П1 е последователността, която се получава от П0 като преместим на последно място хода, при който Куки изяжда кифли само и единствено от чиния номер k + 1 и запазим всички останали ходове като последователност при избор на чиниите и брой изядени кифли. Ясно е, че П1 също е последователност от минимален брой ходове, с която Куки може да изяде всички кифли.

Нека П2 е последователността, която се получава от П1 като запазим всички ходове като последователност при избор на чиниите и брой изядени кифли, но без да се изяждат кифли от чиния k + 1, като всички 2k кифли от чиния k + 1 се изяждат на последния ход. П2 също е последователност от минимален брой ходове, с която Куки може да изяде всички кифли.

Нека П3 е последователността, която се получава от П2 като запазим всички ходове като последователност при избор на чиниите и брой изядени кифли, но премахваме последния ход, на който се изяждат всички 2k кифли от чиния k + 1. П3 е последователност, с която се изяждат всички кифли в чинии от 1 до k и понеже П0, П1 и П2 са последователности от минимален брой ходове, то П3 трябва да бъде последователност от минимален брой ходове, с която се изяждат всички кифли в чинии от 1 до k, защото иначе ще получим противоречие с минималния избор на П0.

Според индукционното предположение П3 се състои от k хода и следователно П0 се състои от k + 1 хода.

С това индукцията е завършена.

При n = 10, минималният брой ходове, с които Куки може да изяде всички кифли е равен на 10.       
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Палечко в 5.06.2015, 08:54
Може ли някой да ни помогне със 7-ма задача от националния кръг на ЕК 2007 година? Благодаря предварително.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: EliG в 17.06.2015, 18:49
Да помоля решението на една задача:

Числата 21000 и 51000 са написани едно до друго в десетичен запис. Колко цифри общо са написани?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: gorkia в 17.06.2015, 19:47
Да помоля решението на една задача:

Числата 21000 и 51000 са написани едно до друго в десетичен запис. Колко цифри общо са написани?
Нека 51000 да има а цифри, а 21000 да има b цифри
=>10а-1<51000<10a и
    10b-1<21000<10b, като умножим тези два реда се получава:
    10a+b-2<101000<10a+b
=> 1000=a+b-1 =>a+b=1001
ПП. Не съм сигурен в решението
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: EliG в 17.06.2015, 22:06
Показах го на щерката, разбра го и каза, че е супер готино решение. Много ти благодаря!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Г.Георгиева в 15.07.2015, 15:24
Моля за решение на следната задача: по колко начина могат да бъдат избрани три различни числа от числата от 1 до 12, така че тяхната сума да се дели точно на 3. Много Ви моля, ако някой пише, да има предвид, че решението трябва да го разбере четвъртокласник /и майка му.../
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: mitko5bmg в 15.07.2015, 19:17
От 1 до 12 има по 4 числа даващи остатъци съответно 1,2 и 3.
За да се дели сумата на 3, възможните остатъци на трите числата са:
(0,0,0)
(1,2,3)
(1,1,1)
(2,2,2)
В първата, третата и четвъртата възможност има по комбинация 4 от 3-ти клас възможности,
а във втората трябва да се избере по 1 число от всеки остатък или 4.4.4 възможности.
Общо всички възможности стават 4^3+3.(4.3.2:6)=64+12=76.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Г.Георгиева в 15.07.2015, 21:07

От 1 до 12 има по 4 числа даващи остатъци съответно 1,2 и 3.
За да се дели сумата на 3, възможните остатъци на трите числата са:
(0,0,0)
(1,2,3)
(1,1,1)
(2,2,2)
В първата, третата и четвъртата възможност има по комбинация 4 от 3-ти клас възможности,
а във втората трябва да се избере по 1 число от всеки остатък или 4.4.4 възможности.
Общо всички възможности стават 4^3+3.(4.3.2:6)=64+12=76.
[/quote]
Само един единствен въпрос имам: защо, ако първото нещо, което хлапетата учат за деление с остатък, е, че остатъкът трябва да е по-малък от делителя, как така при деление с 3 ще се получи остатък 3? Всичко друго е ясно, дори странното деление 1:3 и 2:3  с цел получаване на някакви остатъци, които да се подредят в някакви групи... Моля Ви за още няколко реда помощ!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: mitko5bmg в 16.07.2015, 08:04
Не, не объркал съм се! Там където пише 3 трябва да е 0. Извинявам се.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Г.Георгиева в 16.07.2015, 10:43
Много сме Ви благодарни! Всъщност, сутрин изглежда по-лесно за разбиране, отколкото вечер.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: tinkerbell в 29.07.2015, 19:26
Нещо съм сбъркала, а грешка не виждам (детето по телефона също не намери грешка)

Една игра ще наричаме равностойна, ако в нито един момент разликата между двата отбора не е повече от 2 гола. По колко начина могат да се вкарат първите 12 гола при равностойна игра.

И моето решение: Подреждаме 12 плочки, които съответстват на 12-те гола в редица. Оцветяваме плочките в бяло, ако е вкарал гол първият отбор, или в черно за втория. За равностойна игра не трябва да имаме три (или повече) бели, или черни последователни плочки. Разделяме 12-те плочки на групи от по 3. Имаме 4 подходящи начина да подредим 3 плочки: а/ ЧБЧ б/ БЧБ в/ ЧЧБ г/ББЧ. Вече ще работим само с тройни плочки от горните видове. След като сме сложили първата тройна плочка, нататък за да продължим имаме по 3 възможности. Ако сме сложили първо а/, после можем да продължим с всички без в/, ако сме сложили б/ продължаваме с всички без г/, ако сме сложили в/ с всички без г/ и ако сме сложили г/ с всички без в. Продължаваме със същите разсъждения и за 3-тата и за 4-тата тройни плочки => броят начини е 4*3*3*3. Е да, ама не. В отговора има още едно умножение по 9.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: gorkia в 30.07.2015, 22:24
Нещо съм сбъркала, а грешка не виждам (детето по телефона също не намери грешка)

Една игра ще наричаме равностойна, ако в нито един момент разликата между двата отбора не е повече от 2 гола. По колко начина могат да се вкарат първите 12 гола при равностойна игра.

И моето решение: Подреждаме 12 плочки, които съответстват на 12-те гола в редица. Оцветяваме плочките в бяло, ако е вкарал гол първият отбор, или в черно за втория. За равностойна игра не трябва да имаме три (или повече) бели, или черни последователни плочки. Разделяме 12-те плочки на групи от по 3. Имаме 4 подходящи начина да подредим 3 плочки: а/ ЧБЧ б/ БЧБ в/ ЧЧБ г/ББЧ. Вече ще работим само с тройни плочки от горните видове. След като сме сложили първата тройна плочка, нататък за да продължим имаме по 3 възможности. Ако сме сложили първо а/, после можем да продължим с всички без в/, ако сме сложили б/ продължаваме с всички без г/, ако сме сложили в/ с всички без г/ и ако сме сложили г/ с всички без в. Продължаваме със същите разсъждения и за 3-тата и за 4-тата тройни плочки => броят начини е 4*3*3*3. Е да, ама не. В отговора има още едно умножение по 9.
Може да има 3, даже 4 последователни еднакви плочки. Пример:
Б Б Ч Ч Ч Ч Б Б Ч Б Ч Б Ч Б
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: tinkerbell в 31.07.2015, 01:05
 
Може да има 3, даже 4 последователни еднакви плочки. Пример:
Б Б Ч Ч Ч Ч Б Б Ч Б Ч Б Ч Б
Умрях от срам. Хубаво, де, за да ми е вярно решението префасонираме задачата на : Една лехичка ще наричаме красива, ако няма засадени 3 или повече последователни еднакви цветя. Колко различни красиви лехички могат да се направят от 12 лалета и теменужки.  angel

Реших я оригиналната задача грозно с изброяване (точките след числата си ги сложи редактора на айпада и не ми се трият) И получих отговора. Броя колко са с разлика
             2 гола, 1 гол, 0 гола, -1 гол, -2 гола.
1                0          1         0.      1.          0
2.               1.         0.        2.      0.          1
3.               0.         3.        0.       3.         0
4.               3.          0.        6.       0.         3
5.               0.          9.        0.       9.         0
6.                9.          0.       18.      0.         9
7.                0.          27.      0.       27.       0
8.                27.         0.       2*27.  0.        27
9.                0.          3*27.   0.       3*27.    0
10.              3*27.      0.       6*27.   0.        3*27
11.                 0.         9*27.   0.      9*27.   0
12.               9*27.      0.      2*9*27  0.       9*27

Т.е. при 12-тия гол имаме 9*27+2*9*27+9*27 = 4*9*27 = 972 възможности.
Добре, че не се питаше при 36-тия гол.
Хм, понеже това е 30-та зад. от АК 2013, т.е. трябва да се реши за макс 2-3 мин., приветствам всякакви по-елегантни решения.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Pomakova в 31.07.2015, 09:15
тази задача преди две години бе обсъждана мисля, че в математически турнири, тогава бащата на Б.Антов показа решение, разровете се в старите теми, мисля, че май никой не можа да я реши от България
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: tinkerbell в 31.07.2015, 13:02
Мерси много, Помакова. Намерих. http://www.bg-mamma.com/index.php?topic=731059.75;topicrefid=20 Същото е решението - официален термин "дърво на възможностите".
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 31.07.2015, 19:29
Това е решение като за деца 5-6 клас.

За по-големи.

Нека S(n) е броят начини, по които може да се стигне до общ резултат от n гола, като в нито един момент разликата в резултата не е повече от 2 гола.

Ще докажем, че при нечетно n = 2k –1 , S(2k – 1) = 2.3k-1, а при четно n = 2k, S(2k) = 4.3k-1, където k ≥ 1.

Нека аx,y е броят начини, по които може да се достигне до резултат x : y.

S(2k) = ak+1,k-1 + ak,k + ak-1,k+1
ak+1,k-1 = ak,k-1 (до резултат k+1 : k-1 може да се стигне само от резултат k : k-1)
ak,k = ak,k-1 + ak-1,k
ak-1,k+1 = ak-1,k

S(2k) = ak,k-1 + ak,k-1 + ak-1,k + ak-1,k = 2(ak,k-1 + ak-1,k) = 2S(2k – 1)

S(2k + 1) = ak+1, k + ak,k+1
ak+1,k = ak+1,k-1 + ak,k
ak,k+1 = ak,k + ak-1,k+1

S(2k + 1) = ak+1,k-1 + 2ak,k + ak-1,k+1 =  ak,k-1 + 2(ak,k-1 + ak-1,k) + ak-1,k = 3(ak,k-1 + ak-1,k) = 3S(2k - 1)

Сега вече доказателството е елементарно по индукция.

При k = 1 имаме S(1) = S(2.1 – 1) = 2 = 2.30 = 2.31-1 и S(2) = S(2.1) = 4 = 4.30 = 4.31-1.     

Да допуснем, че за някое k = m, S(2m – 1) = 2.3m-1 и S(2m) = 4.3m-1.

Тогава, при k = m + 1 получаваме,
S(2m + 1) = 3S(2m - 1) = 2.3m и S(2m + 2) = 2S(2m + 1) = 4.3m.

С това индукцията е завършена.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 2.09.2015, 10:41
Може ли помощ за следната задача:Рибар всеки ден улавя поне по 1 риба,но за 10 дни улавя не-повече от 15 риби.Да се докаже,че съществуват няколко последователни дни,през които той е уловил точно 200 риби.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 2.09.2015, 18:25
Може ли помощ за следната задача:Рибар всеки ден улавя поне по 1 риба,но за 10 дни улавя не-повече от 15 риби.Да се докаже,че съществуват няколко последователни дни,през които той е уловил точно 200 риби.

Нека f1, f2, . . . , f500 е броя риби, които рибарят съответно е уловил във всеки един от 500 последователни дни.

От условието следва, че fi ≥ 1 > 0, за всяко i = 1, 2, . . . , 500 и
fj + fj+1 + . . . + fj+9 ≤ 15, за всяко j = 1, 2, . . . , 491.

Конструираме две редици {A} и {B} по следния начин:
{A}: A1 = f1; A2 = f1 + f2; A3 = f1 + f2 + f3; . . . ; A500 = f1 + f2 + . . . + f500 и
{B}: B1 = А1 + 200; B2 = А2 + 200; B3 = А3 + 200; . . . ; B500 = А500 + 200.

Ясно е, че 1 ≤ А1 < А2 < А3 < . . . < А500 ≤ 50.15 = 750, защото
Аk = Ak-1 + fk ≥ Ak-1 + 1 > Ak-1 за всяко k = 2, 3, . . . , 500 и
освен това интервалът от 500 последователни дни може да се раздели на 50 интервала от по 10 последователни дни, във всеки от които са уловени не повече от 15 риби.

Следователно 201 ≤ B1 < B2 < B3 < . . . < B500 ≤ 950.

Числата А1, А2, . . . , А500, B1, B2, . . . , B500 са естествени, всяко от тях е не по-голямо от 950 и са общо 1000 на брой. Следователно, според принципа на Дирихле, поне две от тези числа трябва да бъдат равни.

От друга страна, не може да има две равни числа от редица {A} или две равни числа от редица {B}. Следователно има число от редица {А}, което е равно на някое число от редица {B}.

Следователно съществуват естествени числа 1 ≤ m < n ≤ 500 такива, че
An = Bm = Am + 200   =>   An – Am = 200   =>
(f1 + f2 + . . . + fn) – (f1 + f2 + . . . + fm) = 200   =>
fm+1 + fm+2 + . . . + fn-1 + fn = 200.

С това задачата е решена.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: aleksandra42 в 4.09.2015, 12:11
Благодаря!Ако може помощ и за още една:По колко начина можем да подредим в редица 4 момчета и 8 момичета,така че всяко момче да е между две момичета?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: evgeny в 4.09.2015, 14:21
Нареждаме 8-те момичета в редица, което може да стане по 8! начина.

След това трябва в някои позиции между тях да се "пъхнат" 4 момчета.

Сега имаме 7 места за 4 момчета, като на едно място не може да имаме повече от 1 момче. Първото можем да сложим на 7 поциции и т.н. четвъртото на 4-те останали.
Като умножим 8!.7.6.5.4, получаваме искания отговор.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Sherlock в 12.09.2015, 09:45
Здравейте,
Бих искал да попитам за решението на следната задача:
Ако p и q са прости числа, по-големи от 3, да се докаже, че числото M=7p^2-5q^2-2 се дели на 24.
Задачата е за седми клас. Благодаря предварително!!!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 12.09.2015, 14:11
Здравейте,
Бих искал да попитам за решението на следната задача:
Ако p и q са прости числа, по-големи от 3, да се докаже, че числото M=7p^2-5q^2-2 се дели на 24.
Задачата е за седми клас. Благодаря предварително!!!

Решение 1

Първо ще докажем, че за всяко просто число p > 3, числото p2 – 1 се дели на 24.

Понеже p > 3 е просто и следователно нечетно, то числата p – 1 и p + 1 са последователни четни числа.
От две последователни четни числа едното винаги се дели на 4 и следователно числото
(p – 1)(p + 1) = p2 – 1 се дели на 8.

Числата p – 1, p и p + 1 са три последователни числа и следователно точно едно от тях се дели на 3.
Понеже p > 3 е просто и следователно не се дели на 3, то някое от числата p – 1 или p + 1 трябва да се дели на 3.
Тогава и числото (p – 1)(p + 1) = p2 – 1 се дели на 3.

Понеже p2 – 1 се дели едновременно на 3 и на 8, а 3 и 8 са взаимно прости,
то p2 – 1 се дели на 24.

Аналогично и q2 – 1 се дели на 24.

M = 7p2 – 5q2 – 2 = 7p2 – 7 – 5q2 + 5 =
= 7(p2 – 1) – 5(q2 – 1) и следователно се дели на 24.     

Решение 2

Понеже p > 3 е просто число, то трябва да има вида p = 6m ± 1, където m е естествено число
(числата 6m, 6m ± 2 и 6m + 3 не могат да бъдат прости).

Тогава p2 – 1 = (6m ± 1)2 – 1 = 36m2 ± 12m + 1 – 1 =
= 36m2 ± 12m = 24m2 + 12 m2 ± 12m =
= 24m2 + 24.m(m ± 1)/2.

Числата m и m ± 1 са последователни, следователно точно едното от тях е четно,
откъдето следва, че числото m(m ± 1)/2 е цяло.
Следователно p2 – 1 се дели на 24.   
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Sherlock в 12.09.2015, 15:20
Много благодаря и за двете решения!!! :smiley: :smiley: :smiley: :yahoo:
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: trlapkov в 15.09.2015, 08:53
Нуждая се от вашата помощ, ако може със подробно решение. Благодаря предварително.


Условие:

1. 5 къщи, всяка с различен цвят.
2. Във всяка къща живее един човек.
3. Всеки от тях предпочита определено питие, пуши определен вид цигари и гледа едно домашно животно.
4. Никой от 5-те човека не пие същото питие, не пуши същите цигари и не гледа същото животно като някой друг.

Въпрос: Кой гледа рибката?

Указания:
1. Англичанинът живее в червената къща.
2. Шведът гледа куче.
3. Датчанинът пие чай.
4. Зелената къща е отляво на бялата.
5. Норвежецът живее в първата къща.
6. Собственикът на зелената къща пие кафе.
7. Човекът, който пуши Pall Mall гледа птичка.
8. Мъжът в средната къща пие мляко.
9. Собственикът на жълтата къща пуши Dunhill.
10. Пушачът на Marlboro живее до този, който гледа котка.
11. Мъжът, който гледа кон, живее до този, който пуши Dunhill.
12. Пушачът на Winfield пие бира.
13. Норвежецът живее до синята къща.
14. Немецът пуши Rothmans.
15. Пушачът на Malboro има съсед, който пие вода.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Sherlock в 15.09.2015, 15:02
Нуждая се от вашата помощ, ако може със подробно решение. Благодаря предварително.


Условие:

1. 5 къщи, всяка с различен цвят.
2. Във всяка къща живее един човек.
3. Всеки от тях предпочита определено питие, пуши определен вид цигари и гледа едно домашно животно.
4. Никой от 5-те човека не пие същото питие, не пуши същите цигари и не гледа същото животно като някой друг.

Въпрос: Кой гледа рибката?

Указания:
1. Англичанинът живее в червената къща.
2. Шведът гледа куче.
3. Датчанинът пие чай.
4. Зелената къща е отляво на бялата.
5. Норвежецът живее в първата къща.
6. Собственикът на зелената къща пие кафе.
7. Човекът, който пуши Pall Mall гледа птичка.
8. Мъжът в средната къща пие мляко.
9. Собственикът на жълтата къща пуши Dunhill.
10. Пушачът на Marlboro живее до този, който гледа котка.
11. Мъжът, който гледа кон, живее до този, който пуши Dunhill.
12. Пушачът на Winfield пие бира.
13. Норвежецът живее до синята къща.
14. Немецът пуши Rothmans.
15. Пушачът на Malboro има съсед, който пие вода.
Всъщност това е така наречената задача на Анщайн. Доколкото ми е известно, според статистиката само около 2% от населението на земята може да я реши. Отговора е, че притежателят на рибата е немецът. Но решението е твърде дълго, за да го напиша (Мързи ме!!!!! )
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: chavgova88@mail.bg в 4.10.2015, 20:04
т. М е от вътрешността на успоредника АВСД. Да се докаже, че лицето на АВМ + лицето на СДМ = лицето на ВСМ + лицето на АДМ = 1/2 от лицето на АВСД.
Моля за помощ при решението на задачата,
Благодаря предварително.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Sherlock в 8.10.2015, 20:42
т. М е от вътрешността на успоредника АВСД. Да се докаже, че лицето на АВМ + лицето на СДМ = лицето на ВСМ + лицето на АДМ = 1/2 от лицето на АВСД.
Моля за помощ при решението на задачата,
Благодаря предварително.
Нека дължината на АВ=а. Тогава следва, че CD също е равно на а. Следва, че лицето на CDM е равно на а*h1/2, а лицето на ВМС е равно на а*h2/2. Като съберем лицата на АВМ и CDM получаваме:
а*h1/2+а*h2/2=а.H/2
Тъй като лицето на ABCD е a*H, то следва, че сбора от лицата на АВМ и CDM е половината от лицето на ABCD.
Аналогичното правим и за BCM и AMD.
С това решението на задачата е приключено. :)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: chavgova88@mail.bg в 10.10.2015, 22:45
Докажете, че ако 7 дели числото ab, то 7 дели ba+a. :help
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 10.10.2015, 23:55
Докажете, че ако 7 дели числото ab, то 7 дели ba+a. :help

Това не е вярно.

Нека а = 6 и b = 7 (ab = 42 се дели на 7).

ba + a = 7.6 + 6 = 48, което не се дели на 7.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 11.10.2015, 10:11
Това не е вярно.

Нека а = 6 и b = 7 (ab = 42 се дели на 7).

ba + a = 7.6 + 6 = 48, което не се дели на 7.


Сега се сетих, че най-вероятно ab е двуцифрено число
и а и b са неговите цифри.

Щом ab се дели на 7, то ab = 7k, за някое естествено число k,
т.е. 10a + b = 7k, откъдето b = 7k – 10a.

Тогава ba + a = 10b + a + a = 10b + 2a =
= 10(7k – 10a) + 2a = 70k – 100a + 2a =
= 70k – 98a = 7(10k – 14a).
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: gorkia в 15.10.2015, 21:04
В кутия има 5 бели и 5 черни топки. Четирима последователно изваждат по 2 топки. Вероятността и четиримата да извадят разноцветни топки е записана в несъкратима дроб. Да се намери сумата на числителя и знаменателя на тази дроб.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 15.10.2015, 22:59
(5/10 . 5/9 + 5/10 . 5/9) ×
× (4/8 . 4/7 + 4/8 . 4/7) ×
× (3/6 . 3/5 + 3/6 . 3/5) ×
× (2/4 . 2/3 + 2/4 . 2/3) =
= 5/9 × 4/7 × 3/5 × 2/3 =
= 8/63

8 + 63 = 71.

P.S. Ако не се ориентираш, в събота ще го разпиша по-подробно.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: tinkerbell в 16.10.2015, 14:25
Ахъм. Или по съвсем малко по-различен начин: Вероятността първия да изтегли две разноцветни  е 1*5/9 (няма значение какъв цвят е първата топка, т.е. вероятност 100%=1, а втората трябва задължително да е от 5-те от другия цвят, които трябва да се изберат измежду 9-те останали)  При тегленето на втория вече имаме 8 топки в началото. Пак каква е първата няма значение, а вероятността втората да е от другия цвят е 4/7, което е  4 топки от другия цвят, спрямо 7 останали общо топки след първата му топка) И т.н.
Значи общата вероятност е 5/9*4/7*3/5*2/3*1/1 = 8/63.
Вероятности в какви часове се учат? СИП, школа, или никъде?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 16.10.2015, 18:35
(5/10 . 5/9 + 5/10 . 5/9) ×
× (4/8 . 4/7 + 4/8 . 4/7) ×
× (3/6 . 3/5 + 3/6 . 3/5) ×
× (2/4 . 2/3 + 2/4 . 2/3) =
= 5/9 × 4/7 × 3/5 × 2/3 =
= 8/63

8 + 63 = 71.

P.S. Ако не се ориентираш, в събота ще го разпиша по-подробно.


Решението на tinkerbell, като че ли е „най-бързо”.

Решение, което обяснява формулата по-горе и е „стандартно”.

Вероятността първите две извадени топки да са разноцветни е равна на сумата от следните две вероятности:
•   вероятността първата извадена топка да е бяла, а втората – черна;
•   вероятността първата извадена топка да е черна, а втората – бяла,
защото трябва да се случи или едното събитие или другото.

Вероятността първата извадена топка да е бяла, а втората да е черна е равна на произведението от следните две вероятности:
•   вероятността първата извадена топка да е бяла;
•   вероятността втората извадена топка да е черна при условие, че първата извадена е бяла,
защото трябва да се случи и едното събитие и другото.

Вероятността първата извадена топка да е бяла е равна на 5/10 = 1/2, защото в кутията има 10 топки, 5 от които са бели.
Вероятността втората извадена топка да е черна е равна на 5/9, защото в кутията има 9 топки (една бяла вече е извадена), 5 от които са черни.
Следователно, вероятността първата извадена топка да е бяла, а втората да е черна е равна на 1/2 × 5/9 = 5/18.
Аналогично, вероятността първата извадена топка да е черна, а втората да е бяла също е равна на 5/18.
Тогава, вероятността първите две извадени топки да са разноцветни е равна на 5/18 + 5/18 = 5/9.

В кутията вече има 4 топки, 4 от които са бели и 4 – черни. Повтаряме горните разсъждения.

Вероятността третата извадена топка да е бяла е равна на 4/8 = 1/2, защото в кутията има 8 топки, 4 от които са бели.
Вероятността четвъртата извадена топка да е черна е равна на 4/7, защото в кутията има 7 топки (две бели и една черна вече са извадени), 4 от които са черни.
Следователно, вероятността третата извадена топка да е бяла, а четвъртата да е черна е равна на 1/2 × 4/7 = 2/7.
Аналогично, вероятността третата извадена топка да е черна, а четвъртата да е бяла също е равна на 2/7.
Тогава, вероятността третата и четвъртата извадени топки да са разноцветни е равна на 2/7 + 2/7 = 4/7.

С аналогични разсъждения получаваме, че вероятноста петата и шестата топка да са разноцветни е 3/5 и седмата и осмата да са разноцветни е 2/3.




Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: gorkia в 16.10.2015, 19:32
Благодаря и за двете решения!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: dalia в 27.10.2015, 08:54
Здравейте!
Моля за решения на три геометрични задачи от ЧХ 2011 година 9-10 клас - 14, 17 и 23.
http://klasirane.com/9-klas-zadachi.asp
Вероятно не са сложни, но така или иначе ни затрудняват.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 27.10.2015, 21:25
Ще маркирам решенията.

Зад. 14

Понеже BD < AB + DA = 5 (неравенство на триъгълника), то АС = 6.

Нека вписаните в ΔАВС и в ΔACD окръжности се допират до диагонала AC съответно в точките X и Y.

AX = (AB + AC – BC)/2 = (3 + 6 – 6)/2 = 1.5
AY = (AC + DA – CD)/2 = (6 + 2 – 7)/2 = 0.5
XY = AX – AY = 1

Зад. 17

Нека четириъгълникът е ABCD, като AC = 10 и нека точките M, N, P, Q са среди съответно на страните AB, BC, CD, DA, като МР = 8 и NQ = 6.

MN = ½.AC = PQ = 5 и MN║AC║PQ, защото MN и PQ са средни отсечки съответно в ΔABC и в ΔACD и следователно MNPQ е успоредник.

Понеже диагоналите на всеки успоредник се разполовяват взаимно, то МО = ОР = 4 и NO = OQ = 3, където О е пресечната точка на МР и NQ.

Имаме МО = 4, NO = 3 и MN = 5 и следователно МО2 + NO2 = MN2, т.е. ΔMNO е правоъгълен и <MON = 90o.

SMNPQ = (MP.NQ)/2 = 24 – лице на четириъгълник с взаимно перпендикулярни диагонали.

SABCD = SMBN + SNCP + SPDQ + SQAM + SMNPQ

SMBN = ½.SABN = ¼.SABC и аналогично SNCP = ¼.SBCD, SPDQ = ¼.SACD, SQAM = ¼.SABD.

SABCD = ¼.SABC + ¼.SBCD + ¼.SACD + ¼.SABD + SMNPQ

SABCD = ¼.(SABC + SACD) + ¼.(SBCD + SABD) + SMNPQ

SABCD = ¼.SABCD + ¼.SABCD + SMNPQ

½.SABCD = SMNPQ

SABCD = 2SMNPQ = 48

Зад. 23

Нека триъгълникът е АВС и нека точките I и О са съответно център на вписаната и описаната окръжност, като I и О са симетрични спрямо страната АВ.

Понеже центърът на вписаната окръжност е винаги вътрешна за триъгълника точка, то следва че точка О е външна за ΔАВС, т.е. ΔАВС е тъпоъгълен с тъп ъгъл <АСВ.

От симетрията следва, че IO ┴ AB и следователно I лежи на симетралата на АВ.
Тогава AI = BI и следователно <BAI = <ABI, откъдето <BAC = 2<BAI = 2<ABI = <ABC, т.е. ΔАВС е равнобедрен, като АС = ВС.

Следователно точка С също лежи на симетралата на АВ, т.е. на правата IO.

Нека отсечките АВ и IO се пресичат в точка М. Точка М е среда на АВ и СМ е едновременно ъглополовяща, медиана и височина, т.е. <АМС = 90о.

Нека <ВАС = <АВС = α. Тогава <MAI = <BAI = ½.<BAC = ½.α.

От симетрята следва, че <ОАМ = <МAI = ½.α, откъдето <ОАС = <ОАМ + < МАС = 3/2.α.
От друга страна <АСО = <АСМ = 90о – <МАС = 90о – α.

ΔАОС е равнобедрен защото АО = СО са радиуси на описаната окръжност и следователно <ОАС = <АСО или 3/2α = 90о – α, откъдето α = 36о.

<АСВ = 180о – 2α = 108о.

Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: dalia в 27.10.2015, 22:00
  Благодаря за решенията и отделеното време!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: dalia в 30.10.2015, 17:07
Отново с молба за решение на една задача от ЧХ 2010 година 9-10 клас -29 . /Ако някой има време и желание да размества жаби./
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 30.10.2015, 20:27
Трите жаби, които се върнали в “родните” си гьолове могат да се изберат по (7.6.5)/(1.2.3) = 35 различни начина.

Нека означим останалите четири гьола, в които са се върнали „чужди” жаби с 1, 2, 3 и 4 и нека с X, Y, Z и T означим съответно жабите, които са били първоначално в тези гьолове.

Има 9 различни начина, по които жабите „емигранти” могат да се върнат в гьоловете 1, 2, 3, 4 и те са:

1  2  3  4

Y  X  T  Z
T  X  Y  Z
Z  X  T  Y
Y  T  X  Z
Z  T  X  Y
T  Z  X  Y
Y  Z  T  X
Z  T  Y  X
T  Z  Y  X

Следователно, след разходката има 35.9 = 315 различни начина, по които жабите могат да се върнат в гьоловете така, че да са изпълнени изискванията на условието.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: dalia в 30.10.2015, 20:54
Благодаря много за решението. Успех на всички утре.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Vanio543 в 2.11.2015, 13:38
От няколко дни cе пробвам да реша тази задача но не стигам до разумен отговор : (http://prikachi.com/images/915/8441915r.jpg)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Vanio543 в 3.11.2015, 16:35
V znamenatelq e subirane na cosd, ne umnojenie - Moq greshka
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: EliG в 12.11.2015, 09:40
Искам да помоля за второто решение на тази задача, което ползва равнолицеви фигури и е споменато отдолу в начина на оценяване:
(http://i67.tinypic.com/2qwdlp0.jpg)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 12.11.2015, 18:23
В решението по-долу е необходимо да се знае какво е средна отсечка на триъгълник.

Ще използваме добре известната Теорема на Вариньон (чието доказателство е елементарно със средна отсечка): ако точките M, N, P, Q са среди съответно на страните AB, BC, CD, DA в четириъгълника ABCD (не непременно изпъкнал), то MNPQ e успоредник.

Ще маркирам решението на задачата.

Нека точка О е пресечната точка на диагоналите АС и BD, т.е. О е среда на АС и BD.

Точките K, P, L, O са среди на страните на четириъгълника AEFC и следователно KPLO е успоредник.

Понеже диагоналите на успоредника се разполовяват взаимно, то точка Q е среда на отсечката РО.

Тогава QR е средна отсечка в ΔРМО, т.е. QR = ½.OM и QR║OM, но ОМ е средна отсечка в ΔACD – OM = ½.AD и ОМ ║AD, откъдето QR = ¼.AD и QR ║ AD.

Аналогично и ТQ = ½.NO = ¼.CD и TQ ║ NO ║ CD.

От QR ║ AD, TQ ║ CD и AD ┴ CD следва, че QR ┴ TQ и т.н.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: EliG в 12.11.2015, 21:33
Много благодаря за решението!!

Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: pen.d_va в 13.12.2015, 23:13
Моля за помощ!
Да се докаже, че 18877+19988+19999+200010, не е точен квадрат на естествено число.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: gorkia в 14.12.2015, 16:14
Моля за помощ!
Да се докаже, че 18877+19988+19999+200010, не е точен квадрат на естествено число.
Разгледайте остатъците при деление с 4.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: storm_1 в 10.01.2016, 15:23
Моля за помощ за решението на следната задача:


2014: а = b ( ост. с)
a, b, c = ? ако те са страни на равнобедрен триъгълник т.е. а=b или a=с или b=c
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 10.01.2016, 22:35
Отгoвор:
a = b = 38, c = 52, 2014 : 52 = 38 (остатък 38).

Решение:
Нека бедрата на триъгълника са равни на b, а основата му е равна на с.
От неравенството на триъгълника получаваме c < b + b = 2b.

Имаме три комбинации за b и с като делител (Д), частно (Ч) и остатък (О).
Д     Ч     О
b      b      c
b      c      b
c      b      b

Комбинацията Д = О = b е невъзможна, защото делителя е винаги по-голям от остатъка.

Случай 1: Д = Ч = b и О = с (b > c).
2014 : b = b (остатък с), т.е. 2014 = b.b + c = b2 + c.
b2 < b2 + c < b2 + 2b < b2 + 2b + 1 = (b + 1)2, т.е. b2 < 2014 < (b + 1)2.
От друга страна, 442 = 1936 < 2014 < 2025 = 452 и следователно b = 44.
Тогава c = 2014 – b2 = 2014 – 442 = 2014 – 1936 = 78 > 44.
Получихме, че остатъка (78) е по-голям от делителя (44), а това е невъзможно – противоречие. 

Случай 2: Д = с и Ч = О = b (c > b).
2014 : c = b (остатък b), т.е. 2014 = c.b + b = b(c + 1).
2014 = 2.19.53 и то може да се представи като произведение на двa множителя точно по 4 различни начина така, че първия множител да бъде по-малък от втория (b < c < c + 1):
2014 = 1.2014 = 2.1007 = 19.106 = 38.53 = b(c + 1).
От тези двойки, само двойката b = 38 и c = 52 (c + 1 = 53) изпълнява условието b < c < 2b.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: storm_1 в 11.01.2016, 11:45
 :thankyou-Благодаря Ви много!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: tutikristi в 19.01.2016, 15:32
Здравейте! Може ли малко помощ за следната задача с 2 подточки?
1. а)
Да се докаже, че ако a и b са взаимнопрости естествени числа, чието произведение е точен квадрат, то и а и  b са точни квадрати.
б) Да се докаже, че ако a и b са взаимнопрости естествени числа, за които ab=xk, k>=2 и х са естествени числа, то a=xk1 и b=xk2, където х1 и х2 са цели числа, за които х1х2=x.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 20.01.2016, 21:52
Page 6, Proposition 17. от следния материал:
https://www.math.ust.hk/~mabfchen/Math2721/Week9-10.pdf

Page 19, Theorem 2.7. от следния материал:
http://www.math.nyu.edu/faculty/hausner/primes.pdf
 
Това са добре известни математически факти, които в състезанията за по-големи ученици обикновено се използват наготово, без доказателство.

Доказателството им е свързано с директно прилагане на основната теорема на аритметиката и каноничното разлагане на числата на прости множители.


Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Virgil в 1.02.2016, 14:11
Тема за взаимопомощ за решаване на интересни задачи.
(http://alekdimitrov.com/newsimages/math.jpg)
Моля, помагайте ако ви хрумне решение на публикувана задача.
Аз съм 7 клас и незнам защо се затрудних на лесна задача считам ,че на нея всички отговори не са възможни затова помощ :
Кое уравнение има решение ?
A) |x|=-2015           Б)2015.x-2015x=0
B) -x.x-2015=0        Г)2015-x=x-2015
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: ivan212 в 1.02.2016, 14:51
Здравейте, имам курсова задача, да изследвам и да направя графика на функция.
Ще съм благодарен, ако някой има подобна решена или може да ми помогне. Благодаря!

Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 3.02.2016, 19:23
Олимпиада, областен, IX клас, зад. 4.

Отговор: n = 7.

Нека числата са a1b1c1, a2b2c2, . . . , anbncn.
Ясно е, че n ≤ 9.

Цифрите а1, а2, . . . , аn са различни цифри измежду цифрите 1, 2, . . . , 9
и нека an+1, . . . , a9 са неизползваните от тези цифри в някакъв ред.

Аналогично, цифрите b1, b2, . . . , bn са различни цифри измежду цифрите 0, 1, 2, . . . , 9
и нека bn+1, . . . , b10 са неизползваните от тези цифри в някакъв ред.

По същия начин дефинираме и цифрите cn+1, . . . , c10.

a1 + а2 + . . . + аn + an+1 + . . . + a9 = 1 + 2 + . . . + 9 = 45
a1 + а2 + . . . + аn = 45 – (an+1 + . . . + a9)

Аналогично,
b1 + b2 + . . . + bn = 45 – (bn+1 + . . . + b10) и
c1 + c2 + . . . + cn = 45 – (cn+1 + . . . + c10).

Следователно,
a1 + а2 + . . . + аn + b1 + b2 + . . . + bn + c1 + c2 + . . . + cn =
= 135 – (an+1 + . . . + a9 + bn+1 + . . . + b10 + cn+1 + . . . + c10).

От друга страна, 
a1 + а2 + . . . + аn + b1 + b2 + . . . + bn + c1 + c2 + . . . + cn = 18n.

Получаваме, че
an+1 + . . . + a9 + bn+1 + . . . + b10 + cn+1 + . . . + c10 = 135 – 18n.

Лявата страна на горното равенство е неотрицателна и следователно
и 135 – 18n ≥ 0 и понеже n е естествено, то n ≤ 7.

Сега трябва да намерим пример при n = 7.

Записваме всички трицифрени числа със сума от цифрите равна на 18 така, че всички числа с еднаква цифра на стотиците да са в един ред, всички числа с еднаква цифра на единиците да са в една колона и всички числа с еднаква цифра на десетиците да са в един диагонал с посока горе/ляво – долу/дясно.

189   198
279   288   297
369   378   387   396
459   468   477   486   495
549   558   567   576   585   596
639   648   657   666   675   684   693
729   738   747   756   765   774   783   792
819   828   837   846   855   864   873   882   891
909   918   927   936   945   954   963   972   981   990

От всеки ред, от всяка колона и от всеки диагонал горе/ляво – долу/дясно може да изберем най-много по едно число. Най-лесно става, като разглеждаме числа разположени по диагонал с посока горе/дясно – долу/ляво.

Двете групи числа:

387          396
468          477
549          558
693          639
774          783
855          864
936          945

изпълняват изискването. 
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: chavgova88@mail.bg в 5.02.2016, 15:50
1.При събиране на две числа Даша пропуснала нулата в края на едното събираемо и сумата се получила 2013 вместо правилния сбор 3012. Намерете по-голямото от двете числа, които тя трябва да събере?
2.Дължината на кръгов стадион е 400 метра. Трима бегачи стартирали едновременно по посока на часовниковата стрелка, всеки с постоянна скорост. Първият бегач пробягал 20 км, вторият – 19 км, третият – 18 км. Колко пъти по време на това състезание един от бегачите е изпреварвал друг?
3.Намерете най-малкия брой цифри, от които поне една цифра влиза в десетичния запис на естественото число N или в 3N.
4.Петя поставя във върховете на куб неотрицателни числа, така че сумата от числата на всяка стена на куба е 10. Каква най-голяма стойност може да има сборът на три числа във върховете на куба, свързани с ръб с някой връх А?

моля за помощ !!!
благодаря предварително
 :help  :help  :help  :help
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: DANI_MONTANA в 5.02.2016, 20:18
Моля за помощ. Не разбирам защо в решението на 1 задача от темата за 7 клас на областния кръг на олимпиадата по математика през 2016 година, при x=y, са посочени решенията-1,2,3,6, при положение че x+y=a^2.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 5.02.2016, 22:52
1.При събиране на две числа Даша пропуснала нулата в края на едното събираемо и сумата се получила 2013 вместо правилния сбор 3012. Намерете по-голямото от двете числа, които тя трябва да събере?
2.Дължината на кръгов стадион е 400 метра. Трима бегачи стартирали едновременно по посока на часовниковата стрелка, всеки с постоянна скорост. Първият бегач пробягал 20 км, вторият – 19 км, третият – 18 км. Колко пъти по време на това състезание един от бегачите е изпреварвал друг?
3.Намерете най-малкия брой цифри, от които поне една цифра влиза в десетичния запис на естественото число N или в 3N.
4.Петя поставя във върховете на куб неотрицателни числа, така че сумата от числата на всяка стена на куба е 10. Каква най-голяма стойност може да има сборът на три числа във върховете на куба, свързани с ръб с някой връх А?

моля за помощ !!!
благодаря предварително
 :help  :help  :help  :help

1.   Отг.: 1902.
x + y = 2013 и 10x + y = 3012   =>   9x = 3012 – 2013 = 999   =>   x = 111 и y = 1902.
111 + 1902 = 2013 и 1110 + 1902 = 3012. (Ако след числото х допишем 0, се получава числото 10х.)

2.   Отг.: 8.
В решението ще предполагам, че тримата бегачи са бягали едно и също време t. В противен случай, ако са бягали съответните разстояния за различни времена, няма еднозначен отговор.

Нека бегач А е пробягал 20 км и съответно е направил 20000 : 400 = 50 обиколки, бегач В е пробягал 19 км и съответно е направил 19000 : 400 = 47,5 обиколки и бегач С е пробягал 18 км и съответно е направил 18000 : 400 = 45 обиколки.

Тогава А е пробягал 2,5 обиколки повече от В и следователно го е настигнал и изпреварил 2 пъти. За да си го представим по-лесно, нека предположим, че пистата се върти в посока обратна на часовниковата стрелка със скорост равна на скороста, с която бяга В. Тогава В реално стои на едно място, докато А прави 2,5 обиколки спрямо В, като го подминава два пъти.

Аналогично, В е направил 2,5 обиколки повече от С и следователно В изпреварва С два пъти.

А прави 5 обиколки повече от С и следователно го настига пет пъти, но когато А завършва 50-тата си обиколка, С завършва своята 45-та, т.е. при петото настигане нямаме изпреварване и следователно А изпреварва С четири пъти.

3.   Отг.: 3 цифри.
Ще докажем, че в десетичния запис на числата N и 3N (общо), винаги присъства поне една от цифрите 1, 2 или 3.

Ако първата цифра на N е 1, 2 или 3, условието е изпълнено.

Ако първата цифра на N e 4 или 5, то съществува цяло неотрицателно число k такова, че
4.10k ≤ N < 6.10k   =>   12.10k ≤ 3N < 18.10k   =>   първата цифра на 3N е 1.

Ако първата цифра на N e 6 или 7, то съществува цяло неотрицателно число k такова, че
6.10k ≤ N < 8.10k   =>   18.10k ≤ 3N < 24.10k   =>   първата цифра на 3N е или 1 или 2.

Ако първата цифра на N e 8 или 9, то съществува цяло неотрицателно число k такова, че
8.10k ≤ N < 10k+1   =>   24.10k ≤ 3N < 3.10k+1 = 30.10к    =>   първата цифра на 3N е 2.

За да е пълно решението, трябва да покажем, че не съществува двойка цифри (a, b), a < b, за която в десетичния запис на N и 3N се съдържа поне една от цифрите а или b.

За всяка една от двойките цифри (0, 1), (0, 2), (0, 3), . . . , (0, 9), (1, 2), . . . , (7, 9), (8, 9) съществува контра-пример.

Например, при N = 2 и 3N = 6 се елиминират всички от горните двойки, които не съдържат поне едно от тези две числа.

4.   Отг.: 15.
Нека е даден куб ABCDEFGH (като от върха А излизат ребрата АВ, AD и АЕ) и нека във върховете A, B, C, D, E, F, G, H са записани съответно целите неотрицателни числа a, b, c, d, e, f, g, h.

Тогава,
b + d ≤ a + b + c + d = 10,
b + e ≤ a + b + f + e = 10,
d + e ≤ a + d + h + e = 10,
откъдето b + d + b + e + d + e ≤ 30, т.е. b + d + e ≤ 15.

Действително, при a = c = f = h = 0 и b = d = e = g = 5 се постига b + d + e = 15. 
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: chavgova88@mail.bg в 6.02.2016, 18:43
Благодаря много!!! :-)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: chavgova88@mail.bg в 6.02.2016, 22:34
1. Във футболен турнир, провеждащ се в два етапа, участват 16 отбора. В първия етап всеки отбор играе с всеки друг два мача. Във втория етап първите осем отбора играят помежду си всеки с всеки по два мача и последните осем отбора играят помежду си всеки с всеки по два мача. За победа се дават по 3 точки, за равенство – 1 и за загуба – 0 точки. Точките от двата етапа се натрупват. Каква е най-голямата разлика от точки, която може да се получи между точките на първия отбор от първата осмица и първия отбор от втората осмица в края на турнира?
2. N-кон ще наричаме фигура, която ходи на буквата Г със страни 1 и N. Намерете всички N, така че на безкрайна шахматна дъска с няколко хода на N-кон да може да бъде достигнато от всяка клетка във всяка друга клетка.

Моля за помощ! :help :help :help
Благодаря предварително!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: evgeny в 7.02.2016, 11:06
1.
Всеки от отборите е изиграл общо 15*2+7*2=44 мача. Това значи, че първият от първата група е спечелил максимум 44*3=132 точки.

Сега да преброим общо точките на отборите от втората група. От мачовете им с отбори от 1-ва група те са спечелили макс 0 точки (може да са падали винаги), а помежду си са изиграли (8*7/2)*2 мача първия кръг. Толкова общо и от втория. Това прави общо 112 мача. Всеки мач носи общо 2 или 3 точки. Значи общо отборите от втората група са спечелили минимум 112*2=224 точки. Понеже 224/8=28, то във втората група има отбор с поне 28 точки (това са минималните точки на първия отбор от 2-ра група).

Значи отговорът на задачата е 132-28=104 точки максимална разлика.

Конструкция за получения пример се получава, ако в първия кръг отбор 1.1 е победил всички отбори от първа група и всички от втора, всички от втора са паднали в мачовете си с отбори от 1 група, а помежду си са изигравали само равенства. Във втори кръг отбор 1.1 побеждава всички от своята група, а във втората група отново имаме равенства. Ясно е, че така 1.1 има 132 точки, а 2.1 има 28 точки.

2.
Ако n е нечетно, е ясно, че конят ще се движи само в едноцветни полета, което значи, че не всички други ще са достъпни (ще са достъпни само такива в същия цвят).

Сега ако n е четно, остава да покажем, че от всяко поле можем да стигнем до негово съседно с няколко хода на коня (по този начин ще можем да приложим аргумента за всяко поле и значи всяко поле на дъската ще е достъпно). Конструкцията е следната:

Първият ни ход е нагоре(n)-надясно(1). Вторият надолу(n)-надясно(1) и т.н. ги редуваме, докато обвивката на полетата, върху които сме стъпили, не стане квадрат. Понеже n е четно, първото и последното настъпени полета ще бъдат в един и същи ред. Тогава правим ход нагоре(1)-наляво(n) и покриваме полето над първото от поредицата. Ясно е, че щом сме покрили един съсед на първоначалното, можем да покрием всички(въртим конструкцията на 90,180,270 градуса). Значи от всяко поле можем да покрием и четирите негови съседа, което значи, че сме готови.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: ivanivanov9888 в 7.02.2016, 12:51
Моля за помощ

Напишете дефиницията и основните свойства на Sinx
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 7.02.2016, 16:04
Може би темата трябва да се раздели на две теми. Например:
„Помощ за решения на задачи от математически състезания, олимпиади и извънкласна подготовка.” и
„Помощ за решения на задачи от домашни по математика.”
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: sidtus в 11.02.2016, 13:53
Здравейте :-) Опитвам се да обясня една задача с правило на Гаус, но моят начин ми се вижда много сложен - някой може ли да помогне за по-лесно решение  :thankyou- :thankyou- :thankyou-

Задача: Сборът от номерата на една улица  е  250500.Кой е номерът на последната къща  ,ако номерът на първата къща е 1?

Правилото на Гаус, което използвам: S= N(N+1)/2

Решението ми е: на мястото на S слагам  250500 - но при преобразуването става прекалено сложно  :undecided:
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Princess Leia в 16.02.2016, 13:16
Хлапето се затрудни с тази задача, а аз не мога да помогна /4ти клас/:
Три стрели са хвърлени по мишена. Трите резултата са събрани. Ако не се уцели мишената, то резултатът е 0. Другите възможни резултати са 1, 2, 5 и 13т.
а/ колко различни сбора могат да се получат при трите хвърляния?
б/ какъв е най-малкият сбор, който не може да се получи от трите хвърляния?
в/ по колко различни начина може да се получи сбор от трите хвърляния равен на 15?

Питането ми е по-скоро дали има някакъв хитър начин за решаване или трябва да се пресмятат всички възможни комбинации и да се елиминират повтарящите се.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: sidtus в 24.02.2016, 15:11
Princess Leia,

Вашата задача е от комбинаторика - изпозлвам този материал ( линка по-долу!) , за да я обясня на детето - дано е полезен! 

Ако професионалисти се включат с по-добри коментари би било чудесно :-)

https://dauchimmatematika.alle.bg/%D0%BF%D1%80%D0%B5%D0%B1%D1%80%D0%BE%D1%8F%D0%B2%D0%B0%D0%BD%D0%B5-%D0%BD%D0%B0-%D0%B2%D1%8A%D0%B7%D0%BC%D0%BE%D0%B6%D0%BD%D0%BE%D1%81%D1%82%D0%B8/%D0%BF%D1%80%D0%B5%D0%B1%D1%80%D0%BE%D1%8F%D0%B2%D0%B0%D0%BD%D0%B5-%D0%BD%D0%B0-%D0%B2%D1%8A%D0%B7%D0%BC%D0%BE%D0%B6%D0%BD%D0%BE%D1%81%D1%82%D0%B8-%D1%81-%D0%B5%D0%BB%D0%B5%D0%BC%D0%B5%D0%BD%D1%82%D0%B8-%D0%BA%D0%BE%D0%BC%D0%B1%D0%B8%D0%BD%D0%B8%D1%80%D0%B0%D0%BD%D0%B5/
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: gorkia в 20.03.2016, 22:43
Може ли помощ за решението на зад 2 от Олимпиада по математика национален кръг 7 клас 2008 година. Благодаря предварително!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 21.03.2016, 11:08
Задачата е решена на стр. 10 в настоящата тема:

http://forum.alekdimitrov.com/index.php/topic,59454.126.html

Първият пост на страницата.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: gorkia в 21.03.2016, 20:48
Задачата е решена на стр. 10 в настоящата тема:

http://forum.alekdimitrov.com/index.php/topic,59454.126.html

Първият пост на страницата.
Да, не съм забелязал, извинете! Благодаря все пак! :DD
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 21.03.2016, 21:12
Да, не съм забелязал, извинете! Благодаря все пак! :DD

Ш’то се извиняваш. Решението е отпреди една година и тогава едва ли си се интересувал от тази задача. Просто посочвам къде да го намериш, вместо да го пиша наново.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 22.03.2016, 18:42
Може ли помощ за решението на зад 2 от Олимпиада по математика национален кръг 7 клас 2008 година. Благодаря предварително!


Ето още едно решение.

Фиксираме права g0, която минава през точка О и пресича раменете на ъгъла в точките В0 и С0.

Нека 1/S(AB0O) + 1/S(AC0O) = С.

Разглеждаме произволна права g, която минава през точка О и пресича раменете на ъгъла в точките В и С, като В и В0 лежат върху едното рамо, а С и С0 върху другото.

Без ограничение на общността може да приемем, че В0 е между А и В (респективно С е между А и С0), в противен случай ще разменим местата на В0 и С0 и на В и С.

От Теоремата на Менелай имаме

(АВ / В0В) × (В0О / ОС0) × (С0С / СА) = 1

[S(ABO) / S(B0BO)] × [S(AB0O) / S(AC0O)] × [S(C0CO) / S(ACO)] = 1

S(B0BO) / [S(AB0O) × S(ABO)] = S(C0CO) / [S(AC0O) × S(ACO)]

[S(ABО) – S(AB0O)] / [S(AB0O) × S(ABO)] = [S(AC0О) – S(ACO)] / [S(AC0O) × S(ACO)]

1/S(AB0O) – 1/S(ABO) = 1/S(ACO) – 1/S(AC0O)

1/S(ABO) + 1/S(ACO) = 1/S(AB0O) + 1/S(AC0O) = С.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: tutikristi в 28.03.2016, 23:57
1. Да се реши дадената линейна оптимизационна задача и двойствената й задача.
L(x)=3x1+x2+2x3-> max при условия
x1+x2+3x3=1
x1                       -2x3>=3
-x1                      +x3>=-2
x1>=0, x2>=0

2. Да се реши нелинейната оптимизационна задача
f(x)=ex1-x2-x1-x2->min
x1+x2=1
x1>=0, x2>=0
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 29.03.2016, 21:45
1. Да се реши дадената линейна оптимизационна задача и двойствената й задача.
L(x)=3x1+x2+2x3-> max при условия
x1+x2+3x3=1
x1                       -2x3>=3
-x1                      +x3>=-2
x1>=0, x2>=0

2. Да се реши нелинейната оптимизационна задача
f(x)=ex1-x2-x1-x2->min
x1+x2=1
x1>=0, x2>=0


Може би материалът по-долу ще ти помогне.

https://www.fmi.uni-sofia.bg/fmi/or/_private/sbornik.pdf

Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: kalinaz в 13.04.2016, 23:20
как се обяснява решението на тази задача от Математика без граници за 2 клас.
Задача 12. Врабчетата на всяка елхичка са колкото елхичките. Общо врабчетата са 64.
Колко са елхичките?

има нещо подобно и за 1 ви клас.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Todor314159 в 14.04.2016, 09:58
Броят на врабчетата е равен на броя на елхичките.Т.е. Х . Х = 64 . Или като умножим две еднакви числа трябва да получим 64 . Което означава , че това число е 8 .
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: gorkia в 20.04.2016, 20:27
Може ли помощ за следната задача:
Външновписаните за триъгълника ABC окръжности допират съответно страната BC в точка К, а страната AC в точка M. Докажете, че окръжностите описани около триъгълниците MBC и AKC се пресичат за втори път върху вътрешната ъглополовяща на <C
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: petrov4eto в 7.05.2016, 09:08
Моля помогнете ми с тази задача!
В нашия квартал има 20 къщи с гараж, 35 еднофамилни къщи и 40 къщи с градина. Аз и моите двама приятели не живеем в еднофамилни къщи, но имаме и гараж и градина. От всички еднофамилни къщи 5 са с гараж и градина, а 11 са само с градина. Да не забравя - има и 16 къщи, които нямат нито гараж, нито градина, а 4 от тях не са и еднофамилни. Колко къщи има в нашия квартал?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: petrov4eto в 7.05.2016, 09:19
Според мен задачата може да има няколко отговора, но госпожата на сина ми казала, че е един. Ще съм благодарна ако някой ми каже какъв е той!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ангелова в 7.05.2016, 10:30
 :)Според мен отговорът е 68. Направих нещо като табличка с четери колони : къщи с гараж, къщи с градина, къщи с гараж и градина, къщи без гараж и градина. Двамата приятели живеят в двуфамилна къща с гараж и градина + 5 еднофамилни = 8 къщи. Дванадесет къщи са двуфамилни без гараж и градина, а четери са еднофамилни без гараж и градина. Общият сбор е по условие = 16. Само с градина по условие са 11 еднофамилни.  Сега като погледнем сме преброили 11+5+12 еднофамилни, следователно до 35 остават 7 еднофамилни, които са само с гараж.  По условие общия сбор на къщите с гараж е 20. До тук имаме 7+8 = 15 остават ни 5, които са само с гараж и са двуфамилни. По условие къщите  с градина са 40 преброили сме 11+3+5 =19 остават 21 къщи които са само с градина и са двуфамилни. Или обобщено само с гараж са 7 едно.. + 5 дву..=12.     Само с градина са 11 едно..+21 дву..= 32.   С гараж и градина са 3 дву...+ 5 едно..= 8. Без гараж и градина са 12 едно..+ 4 дву...= 16. Общо 12+32+8+16 = 68.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Дидева в 7.05.2016, 10:40
Толкова са - 68.
Петокласник вероятно би я решил с кръгове на Ойлер.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: petrov4eto в 7.05.2016, 10:47
Благодаря!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: EliG в 25.05.2016, 14:45
Моля за отговорите на темата за 7-8 клас на националния кръг на ЕК от 2013 год.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Breeze в 25.05.2016, 17:33
EliG, :)

1 - С
2 - Е
3 - В
4 - С
5 - А
6 - 332
7 - а) - 4 разговора; б) - достатъчни са; в) - възможно е
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: EliG в 26.05.2016, 13:53
Breeze, благодаря ти!  Pomokova, и на теб за отговорите на лични!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: dalia в 30.10.2016, 13:59
Моля за пояснение по следната задача от ЧЕ 9-10 клас 2014 година.  Точките А, В, С лежат на една права и АС = 8 . На колко е равно разстоянието между средите на А и АС?
   Според публикувания верен отговор  точка В задължително е между А и С.  Четейки условието не мисля ,  че това е категорично определено.  Моля, ако някой може да обясни как разбира условието.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 30.10.2016, 17:52
Нека върху числовата ос точките А, В и С се отъждествяват с числата a, b и с.

Без значение как точките А, В и С са разположени една спрямо друга, т.е. без значение как са подредени по големина числата a, b и с, средата на отсечката АВ винаги се отъждествява с числото
(a + b)/2, а средата на ВС – с числото (b + c)/2.

Дължината на отсечката с краища средите на отсечките АВ и ВС е равна на
│(a + b)/2 – (b + c)/2│=│(a – c)/2│
и тя не зависи от b, т.е. от разположението на точка В.

При а = 0 и с = 8, дължината на търсената отсечка е винаги равна на 4.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ina99 в 14.11.2016, 09:41
Може ли да ми помогнете с решението на тази задача, дали има някаква метода за решаване
Защото аз се сещам само с метода проба-грешка  :)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 14.11.2016, 22:57
Първи начин: Нека Х е точка от правата ИН. Ако Х е външна за отсечката ИН, то
ХИ +ХН > ИН = 22. Ако Х е вътрешна за отсечката ИН (включително ако
Х съвпада с И или Н), то ХИ + ХН = 22.

Следователно ХИ + ХН ≥ 22, като равенство се достига когато
точка Х е вътрешна за отсечката ИН.

Аналогично ХК + ХМ ≥ 10, като равенство се достига когато
точка Х е вътрешна за отсечката КМ.

Следователно,
ХИ + ХК + ХЛ + ХМ + ХН =
= (ХИ + ХН) + (ХК + ХМ) + ХЛ ≥
≥ 22 + 10 + ХЛ ≥ 32,
като равенство се достига при ХЛ = 0, т.е. Х ≡ Л. 

Следователно, най-малък разход на гориво ще има
ако училището бъде построено в Л, т.е. ИХ = 16.

Втори начин: Нека ИН е числовата ос и нека И = 0, К = 10,
Л = 16, М = 20 и Н = 22.

Нека Х е произволна точка от числовата ос.

Тогава,
ХИ + ХК + ХЛ + ХМ +ХН =
= │Х - 0│+ │Х - 10│+│Х - 16│+│Х - 20│+│Х - 22│.

Като се разгледа минималната стойност на израза във всеки от интервалите
(- ∞ ; 0), [0; 10), [10; 16), [16; 20), [20; 22) и [22; + ∞)
ще се получи търсената оценка. 

Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ina99 в 15.11.2016, 09:31
Ant12 благодаря
Може би трябваше да поясня , че задачата е за 3 клас
Не съм сигурна че ще ме разбере детето  :)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Ant12 в 15.11.2016, 17:40
Ако училището е вляво от И или вдясно от Н, то общото разстоянив от училището до двете села (т.е. сумата от разстоянията от училището до И и до Н) винаги ще е по-голямо от ИН (22 км), защото един от автобусите ще трябва да измине цялото разстояние между И и Н и още малко.

Ако училището е между И и Н, то общото разстояние от училището до двете села е винаги 22 км.

Ако училището е вляво от К или вдясно от М, то общото разстоянив от училището до двете села (т.е. сумата от разстоянията от училището до К и до М) винаги ще е по-голямо от КМ, което е 10 км.

Ако училището е между К и М, то общото разстояние от училището до двете села е винаги 10 км.

Най-малкото възможно разстояние от училището до Л е 0 км и то се получава когато училището се построи в Л.

Следователно най-малко общо разстояние (и съответно най-малък разход на гориво) ще имаме когато училището се построи едновременно между И и Н, между К и М и възможно най-близо до Л, т.е. в Л.

Л е на 16 км от И.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Galia в 20.04.2017, 14:58
Къде да сложа скоби , за да получа :
3 . 7 +2 - 15 : 3 +2 = 22
40+40 : 8 -3 + 2 . 6 = 100
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Дидева в 20.04.2017, 17:44
Къде да сложа скоби , за да получа :
40+40 : 8 -3 + 2 . 6 = 100
40+(40:(8-3)+2).6=100
40+(40:5+2).6=100
40+(8+2).6=100
40+10.6=100
40+60=100
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Galia в 21.04.2017, 04:56
Благодаря ! За втория пример и аз се сетих , но първия няма решаване и може би има печатна грешка в сборника.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Galia в 6.05.2017, 08:40
Колко е разликата между най-малкото четирицифрено число, съседните цифри на което са различни, и най-голямото трицифрено число, съседните цифри на което са различни ?

Моето решение е : 1021 - 987 = 34 , но отговорът е 21 . Къде греша ?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: niliev в 6.05.2017, 09:05
Колко е разликата между най-малкото четирицифрено число, съседните цифри на което са различни, и най-голямото трицифрено число, съседните цифри на което са различни ?

Моето решение е : 1021 - 987 = 34 , но отговорът е 21 . Къде греша ?
Грешите в определянето и на двете числа. Първото се състои само от 1 и 0, а второто от 9 и 8. Удоволствието по откриването им оставям на Вас. :)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Galia в 6.05.2017, 12:55
Благодаря за отговора и аз открих това решение 1010 -989 = 21 , но мисля , че това решение противоречи на условието . На 1 са съседи две нули , а на 9 две осмици . За мен това не са различни цифри !!!!
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: Дидева в 6.05.2017, 14:29
Благодаря за отговора и аз открих това решение 1010 -989 = 21 , но мисля , че това решение противоречи на условието . На 1 са съседи две нули , а на 9 две осмици . За мен това не са различни цифри !!!!
Не противоречи. " Съседни" означава една до друга. Условието е съседните цифри да са различни.
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: petyads в 18.05.2017, 14:26
Здравейте,
търся примерни задачи от математическотo състезание Еврика нa 107 ОУ за завършен 4-и клас. Ще съм благодарнa дa ми изпратитe информация на delfina_m1@abv.bg
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: stella77 в 22.05.2017, 22:28
Може ли коментар от разбиращите математика на зад. 24 от днешните матури за 7-ми клас?
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: kod в 22.05.2017, 22:48
Може ли коментар от разбиращите математика на зад. 24 от днешните матури за 7-ми клас?

След малко.
Подготвям новинка за подточка Б.

Искам да напиша нещо добро за МОН... (http://alekdimitrov.com/comment.asp?NID=562)
Титла: Re: Помощ за решения на задачи
Публикувано от: stella77 в 22.05.2017, 22:50
Ох, на кого да се оплакваме този път? Как ще я оценяват?