Интересни задачи от Турнир на градовете vol.4

[alexander_ivanov]

Днес съм решил да дам 7 задачи. Всичките са от 4-тия ден от състезанието.
1 задача

Намерете най-малкото n такова, че всичките дроби

[tex]\frac{19}{n+21 } ,\frac{20}{n+22 },\frac{21}{n+23 }, ... \frac{91}{n+93 }[/tex]

да са несъкратими.

3 задача

Намерете всички прости числа p, за които [tex]p^{2}+11[/tex] има точно 6 естествени делителя.

4 задача

Върху квадратна мрежа със страна на най-малкото квадратче е разположен правоъгълник с лице 384 кв.ед. така, че страните му лежат върху линии на мрежата, а върховете му са в пресечни точки (възли) на хоризонтални и вертикални линии от мрежата.
а) През колко възли на мрежата най-много може да мине диагонал на правоъгълника? Колко различни правоъгълника могат да изпълнят това условие?
б) През колко възли на мрежата може най-малко може да мине диагонал на правоъгълника, ако страните му са по-големи от 5?

5 задача

В пет 15-литрови кофи има съответно 1, 2, 3, 4 и 5 литра вода. Разрешава се да се утрои количеството вода в кой да е съд, преливайки в него вода от друг. Какво най-голямо количество вода може с такива действия да съберем в една кофа?

6 задача

Докажете, че за безкрайно много естествени n точно две от трите числа n, n+2 и n+64, могат да се представят като суми на кубове на три естествени числа.

7 задача

Състезание по тенис с участието на 20 човека се провело в 3 кръга. Във всеки от трите кръга всеки участник изиграл по една партия (не задължително с различни съперници в различни дни). В крайно класиране на турнира се оказало, че има единствен победител, както и, че никой не е загубил и трите срещи, в които е играл. Колко човека са спечелили точно по 2 партии и колко точно по една?

8 задача

Да се намерят всички двойки (x,y), за които

[tex]\frac{1}{x } + \frac{1}{y } + \frac{2}{xy } = 1.[/tex]

[martin123456]

1
Дробите са с вид [tex]\frac{k}{n+k+2}[/tex], [tex]19 \le k \le 91[/tex]. Те са несъкратими, ако [tex]\forall k \not \exist p \in \mathbb{P}:\hspace{2mm}p|k && p|(n+k+2)[/tex]. Последното условие е [tex]\Leftrightarrow p|k && p|(n+2)[/tex]. Tова значи, че [tex]n+2[/tex] не може да има прости делители, сред простите делители на [tex]\{19,20,\ldots,91\}[/tex]. Обратно, ако това е вярно, то дробите ще са несъкратими. Простите делители на числата в това множество са [tex]\{2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,87,89\}[/tex]. Значи [tex]n +2 \ge 97 \Rightarrow n \ge 95[/tex]. Aко имаме равенство имаме [tex]\frac{k}{k+97}[/tex] e вида на дробите. Да допуснем, че някоя е съкратима [tex]\Rightarrow \exist p \in \mathbb{P}:\hspace{2mm}p|97 \Rightarrow p=97|k[/tex], което е невъзможно.

[martin123456]

3
Ако [tex]p=2\Rightarrow p^2+11=15=3.5[/tex] има 4 делителя.
[tex]p\ne 2 \Rightarrow p^2 \equiv 1 \pmod{4} \Rightarrow p^2+11 \equiv 0 \pmod{4}[/tex]. Значи [tex]p^2+11=2^2x[/tex]. Нека [tex]x=2^yz[/tex], [tex](2,z)=1[/tex]. Toгава [tex]p^2+11=2^{2+y}z \Rightarrow (3+y)|6[/tex].
1) [tex]y \ge 1 \Rightarrow y=3 \Rightarrow p^2+11=2^5z \Rightarrow z=1 \Rightarrow p^2=21 \Rightarrow \empty[/tex].
2) [tex]p^2+11=2^2x[/tex], [tex](x,2)=1[/tex]. Нека [tex]x[/tex] има поне 2 прости делителя [tex]q,s[/tex] с показатели [tex]\beta,\gamma[/tex]. Значи [tex]6= 3(\beta+1)(\gamma+1) \ge 3.2.2 \Rightarrow \empty[/tex]. Значи [tex]x=q^{\beta}[/tex]. Имаме [tex]3(\beta +1)=6 \Rightarrow \beta=1 \Rightarrow p^2+11=4q[/tex].
Ако [tex]p=3 \Rightarrow q=5 \Rightarrow[/tex] ок.
Иначе [tex]p^2+11\equiv 0 \pmod{3} \Rightarrow q=3 \Rightarrow p=1 \Rightarrow \empty[/tex].

[martin123456]

8
Предполагам цели числа?
[tex]x+y+2=xy \Leftrightarrow (x-1)+3=y(x-1) \Leftrightarrow (x-1)(y-1)=3[/tex]. Имаме симетрия между променливите, считаме, че [tex]x\le y[/tex], значи [tex]x-1=-1[/tex],[tex]y-1=-3[/tex]- не може, понеже се дели на 0 или [tex]x-1=1[/tex], [tex]y-1=3[/tex]. Окончателно [tex](2,4)[/tex].

[alexander_ivanov]

въпрос за първа нали си получил че най-малкото n е 95

[martin123456]

да

[alexander_ivanov]

сори а тъпия въпрос просто цял ден ме боли главата а и плюс това днес имахме контролно за определяне на отбора за едно състезание и съм се изложил яко

[martin123456]

Ами ако никога не се излагаш ще пропуснеш важни неща .
6
Забелязваме, че [tex]3^3+7^3+62=6^3+6^3[/tex].
Избираме [tex]n[/tex] така, че [tex]n+64=k^3+6^3+6^3[/tex]. Тогава [tex]n+2=k^3+3^3+7^3[/tex].
За [tex]n[/tex]: [tex]n=k^3+368[/tex].
Сега ако изберем [tex]k =9l+1[/tex] имаме [tex]n=(9l+1)^3+368=9^3l^3+3.9^2l^3+3.9l+9.41[/tex] и тъй като [tex]a^3 \equiv 0,\pm 1 \pmod{9}[/tex] излиза, че ако [tex]n=x_1^3+x_2^3+x_3^3[/tex], то [tex]9|x_i \forall i \Rightarrow 9|41\Rightarrow \empty[/tex]

[martin123456]

4
Нека страните му са [tex]a[/tex] и [tex]b[/tex]. Диагоналът ще премине през [tex]d=(a,b)[/tex] върха, извадено с 1.
[tex]384=2^73[/tex]. [tex]ab=2^73[/tex]. Нека БОО [tex]3|a[/tex].
a) Търсим [tex]\max{ d=(a,b)}[/tex]. Имаме [tex]a=2^{\alpha}3[/tex], [tex]b=2^{7-\alpha}[/tex]. Значи [tex]\max d=2^3[/tex].
Броим: може [tex]\alpha \in \{3,4}[/tex] и имаме 2 възможности къде да е 3ката, значи общо 4 правоъгълника.
б) Търсим [tex]\min d[/tex], ако [tex]2^{\alpha}3\ge 5 \Rightarrow \alpha \ge 1[/tex] и [tex]2^{7-\alpha}\ge 5 \Rightarrow \alpha \le 4[/tex]. Значи [tex]\alpha=1 \Rightarrow d=2[/tex]. В другия случай - [tex]a=2^{\alpha},b=2^{7-\alpha}3 \Rightarrow \alpha \in [3,6][/tex] пак 2.

[alexander_ivanov]

хубави решения
никога не бих се сетил да реша задачите по този начин

[martin123456]

Мерси, останаха 2. Но ще ги мисля утре, че вече пия . Лека

[Xixibg]

5.Имаме право да прелееме вода от една кофа в друга при условие ,че общото количество вода след преливането е 3 пъти по-голямо от първоначалното в едната кофа.=> след всяко преливане на вода в някоя от кофите общото количество се дели на 3.=>Ако направим две преливания то общото количество ще се дели на 9.Общото количество вода в 5те кофи е 15л.=>Търсеното максимално число ще е измежду 5,6,9,12 и 15.
а)Нека 15 е търсеният максимум.То се дели на 3 но не се дели на 9 => за да изпълнява условието трябва да имаме само едно преливане на 10л. в кофата с 5л.,но в нито една кофа нямаме първоначално 10л. => противоречие.
б)Нека 12 е търсеният максимум.То се дели на 3 но не се дели на 9 => за да изпълнява условието трябва да имаме само едно преливане на 8л. в кофата с 4л.,но в нито една кофа нямаме първоначално 8л. => противоречие.
в)Нека 9 е търсеният максимум.То се дели на 3 и се дели на 9 => за да изпълнява условието можем да направим 2 преливания.Нека в кофата с 2л прелеем тази с 4.Тогава ще получим нова кофа в която ще имаме 6л.Сега нея я преливаме в тази с 3 л. и получаваме кофа с общо 9л.вода.


7.Имаме единствен победител по условие и нямаме участник без нито една победа.Нека с [tex]x_1,x_2,x_3,x_4[/tex] отбележим състезателите със съответно 3 ,2 ,1 и 0 победи.Нека за победа се дава 1 точка а за загуба 0 точки.
[tex]=>\begin{tabular}{|l}3.x_1+2x_2+1.x_3+0.x_4=30\\x_1+x_2+x_3+x_4=20\\x_1=1\\x_4=0\end{tabular}[/tex]
от 2.,3. и 4.[tex]=>x_2+x_3=19 , => x_2=19-x_3[/tex]
от 1.,3. и 4.[tex]=>3+2.x_2+x_3=30 , =>2.x_2+x_3=27 , =>2(19-x_3)+x_3=27 , =>38-27=x_3 , =>x_3=11[/tex]
[tex]x_2=19-x_3=19-11=8[/tex]



8.[tex]\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{xy}=1 , =>x+y+2=xy , DM:x\ne 0 =>y\ne -2,y\ne 0 , =>x\ne -2[/tex]
[tex]y+2=x(y-1)[/tex]
a)[tex]y=1 => 0.x=3 =>[/tex] противоречие [tex]=> y\ne 1[/tex]
b)[tex]x=\frac{y+2}{y-1}[/tex]
[tex]x+2=y(x-1)[/tex]
a)[tex]x=1 => 0.y=3 =>[/tex] противоречие [tex]=> x\ne 1[/tex]
b)[tex]y=\frac{x+2}{x-1}[/tex]
Окончателно [tex]x=\frac{y+2}{y-1}[/tex] , [tex]x\ne -2,x\ne 0,x\ne 1,y\ne -2,y\ne 0,y\ne 1[/tex]

[alexander_ivanov]

за 5 задача е възможно да има 12 литра в една кофа,помисли си как

[amsara]

за 5 задача е възможно да има 12 литра в една кофа,помисли си как

Може ли да обясниш как..
Да приемем, че в кофата, в която ще досипваме преди последния ход литрите са х, а в тази, от която ще доливаме, са у.
Ако отгооворът 12 е верен, то би трябвало тогава:
|x+y=12
|x+y=3x
<=> 3x=12; x=4; y=8 ОК,4 литра си имаме първоначално в една от кофите. Да предположим, че тях не сме ги пипали и към точно тази кофа накрая ще доливаме.Тогава остава въпросът за 8-те литра.Първоначално тях ги нямаме, значи трябва да са получени след някакво преливане, а това не е възможно, понеже 8 не се дели на 3.Нещо, което с по-други думи вече е написано и в предишен пост.Би ли обяснил къде греша

[alexander_ivanov]

опа моя грешка гледах грешното си решение...
Прав си 9 са моето док. е по различно...
Твоето е по-кратко, браво!

[1089]

и все пак отговорът е 12.
(1,2,3,4,5)->(1,6,3,4,1)->(1,0,9,4,1)->(1,0,1,12,1). иначе казано първо преливаме от 5 в 2, после от 2 в 3, и от 3 в 4.

[Xixibg]

Това е така единствено ако знаем колко са 4л. от 5литровия съд.Не че е казано в условието, но нямаме мярка която да определя литрите в съда.Иначе при такива правила да....
Би трябвало условието да е зададено така....
Имаме 5 съда с вода 3,6,9,12 и 15 литров като всеки е пълен с вода [tex]\frac{1}{3}[/tex] от обема му........

[1089]

Разрешава се да се утрои количеството вода в кой да е съд, преливайки в него вода от друг.

Мисля, че това ще рече че можем да утрояваме във всички случаи

[Xixibg]

Напълно възможно е .Като се появят отговорите ще видим какво е мислил авторът на задачата.

[inveidar]

И от коя година са задачите?

[alexander_ivanov]

от тази година

[inveidar]

Това не е Турнир на градовете, а Втори фестивал на младите математици - Созопол, 18-25.09.2011. Задачите и решенията може да видите ТУК!