maths.bgmaths.bg
Всички колекции
KBOM

Контролно за национален отбор за БОМ

138 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.

17 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2003

Назад към папките

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Върху бедрото ACA C на равнобедрен триъгълник ABCA B C с основа ABA B е избрана точка DD, а върху отсечката BDB D е избрана точка EE така, че BD=2AD=4BEB D=2 A D=4 B E. Да се докаже, че ∠EDC=2∠CED\angle E D C=2 \angle C E D.
РешениеРешение. Да отбележим, че ∠EDC=2∠CED⟺DI=EI\angle E D C=2 \angle C E D \Longleftrightarrow D I=E I, където DI(I∈CE)D I (I \in C E) е ъглополовящата на ∠CDE\angle C D E. Нека BD=2AD=4BE=4xB D=2 A D=4 B E=4 x и AC=BC=yA C=B C=y. ТогаваDI=x2ED⋅CD((ED+CD)2−CE2)ED+CD=x23x(y−2x)((x+y)2−CE2)x+y,EI=CEEDED+CD=CE3xx+y.\begin{gathered} D I=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}E D \cdot C D\left((E D+C D)^2-C E^2\right)}}{E D+C D}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3 x(y-2 x)\left((x+y)^2-C E^2\right)}}{x+y}, \\ E I=C E \frac{E D}{E D+C D}=C E \frac{3 x}{x+y}. \end{gathered}Оттук след преобразуване получаваме, чеDI=EI⟺CE2=(x+y)(x−2y).D I=E I \Longleftrightarrow C E^2=(x+y)(x-2 y).Последното следва от формулата на Стюарт за △BCD\triangle B C D:CE2=BC2DE+CD2BEBD−BE⋅DE=C E^2=\frac{B C^2 D E+C D^2 B E}{B D}-B E \cdot D E=3y2+(y−2x)24−3x2=(x+y)(x−2y).\frac{3 y^2+(y-2 x)^2}{4}-3 x^2=(x+y)(x-2 y).
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2003-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че ако a,ba, b и cc са неотрицателни числа със сума 3, тоab2+1+bc2+1+ca2+1≥32.\frac{a}{b^{2}+1}+\frac{b}{c^{2}+1}+\frac{c}{a^{2}+1} \geq \frac{3}{2}.Средиземноморско математическо състезание
РешениеИмаме, чеa+b+c−ab2+1−bc2+1−ca2+1=bb2+1ab+cc2+1bc+aa2+1ca≤ab+bc+ca2≤(a+b+c)26\begin{gathered} a+b+c-\frac{a}{b^{2}+1}-\frac{b}{c^{2}+1}-\frac{c}{a^{2}+1}=\frac{b}{b^{2}+1} a b+\frac{c}{c^{2}+1} b c+\frac{a}{a^{2}+1} c a \\ \leq \frac{a b+b c+c a}{2} \leq \frac{(a+b+c)^{2}}{6} \end{gathered}и остава да използваме, че a+b+c=3a+b+c=3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2003-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Във всяка точка от равнината с целочислени координати е записано по едно реално число от интервала ( 0;10; 1 ). Известно е, че числото, записано в дадена точка, е средно аритметично на числата, записани в четирите най-близки точки. Да се докаже, че всички числа са равни. Средиземноморско математическо състезание
РешениеНека f(x,y)f(x, y) е числото, записано в точката с координати ( x,yx, y ). Тогаваf(x,y)=f(x, y)=f(x+1,y)+f(x−1,y)+f(x,y+1)+f(x,y−1)4.\frac{f(x+1, y)+f(x-1, y)+f(x, y+1)+f(x, y-1)}{4}.Да допуснем, че не всички числа са равни. Тогава има две точки на разстояние 1, в които числата са различни и след евентуална ротация можем да считаме, че f(x0+1,y0)>f(x0,y0)f\left(x_{0}+1, y_{0}\right)\gt{}f\left(x_{0}, y_{0}\right) за някои x0,y0∈Zx_{0}, y_{0} \in \mathbb{Z}. Тогава за g(x,y)=f(x+1,y)−f(x,y)g(x, y)=f(x+ 1, y)-f(x, y) следва, че M=sup⁡x∈Zg(x)∈(0,1]M=\sup _{x \in \mathbb{Z}} g(x) \in(0, 1] иg(x,y)=g(x, y)=g(x+1,y)+g(x−1,y)+g(x,y+1)+g(x,y−1)4.\frac{g(x+1, y)+g(x-1, y)+g(x, y+1)+g(x, y-1)}{4}.В частност, ако g(a,b)≥M−εg(a, b) \geq M-\varepsilon, то g(a+1,b)=4g(a,b)−g(a−1,b)−g(a,b+1)−g(a,b−1)≥4(M−ε)−3M=M−εg(a+1, b)=4 g(a, b)-g(a-1, b)-g(a, b+1)-g(a, b-1) \geq 4(M-\varepsilon)-3 M=M-\varepsilonи по индукция получаваме, че g(a+n,b)≥M−4nεg(a+n, b) \geq M-4^{n} \varepsilon за всяко n∈Nn \in \mathbb{N}. Като изберем първо n≥2Mn \geq \frac{2}{M}, след това ε∈(0,M2⋅4n−1]\varepsilon \in\left(0, \frac{M}{2 \cdot 4^{n-1}}\right] и накрая такива a,b∈Za, b \in \mathbb{Z}, че g(a,b)≥M−εg(a, b) \geq M-\varepsilon, следва, че1>f(a+n,b)>1\gt{}f(a+n, b)\gt{}f(a+n,b)−f(a,b)=∑k=0n−1g(a+k,b)≥f(a+n, b)-f(a, b)=\sum_{k=0}^{n-1} g(a+k, b) \geqnM2≥1, n \frac{M}{2} \geq 1,което е противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2003-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
За всяко естествено число nn означавамеAn={j:1≤j≤n,НОД(j,n)=1}.A_{n}=\{j: 1 \leq j \leq n, \text{НОД}(j, n)=1\}.Да се намерят всички nn, за които полиномътPn(x)=∑j∈Anxj−1P_{n}(x)=\sum_{j \in A_{n}} x^{j-1}може да се представи като произведение на два неконстантни полинома с цели коефициенти. Amer. Math. Monthly
РешениеПресмятаме, че P1(x)=P2(x)=1,P3(x)=x+1,P4(x)=x2+1P_{1}(x)=P_{2}(x)=1, P_{3}(x)=x+1, P_{4}(x)=x^{2}+1, P6(x)=x4+1P_{6}(x)=x^{4}+1. Следователно n=1,2,3,4,6n=1, 2, 3, 4, 6 са измежду търсените числа. Ще докажем, че други няма. За целта ще покажем, че при n≥3n \geq 3 полиномът Pn(x)P_{n}(x) има делител от вида 1+xr,r≥11+x^{r}, r \geq 1, който не съвпада с него при n=5n=5 и n≥7n \geq 7. Ако n≥3n \geq 3 е просто число, това следва от разлаганетоPn(x)=(1+x)(1+x2+x4+⋯+xn−3).P_{n}(x)=(1+x)\left(1+x^{2}+x^{4}+\cdots+x^{n-3}\right).При n=4n=4 имаме, че P4(x)=x2+1P_{4}(x)=x^{2}+1. По-нататък ще разсъждаваме индуктивно по nn. Когато n≥6n \geq 6 е съставно, то n=mpn=m p, където m≥3m \geq 3 и pp е просто число. (∗)(*) pp дели mm. Имаме, че An=∪i=0p−1(Am+im)A_{n}=\cup_{i=0}^{p-1}\left(A_{m}+i m\right) и значи Pn(x)=Pm(x)∑i=0p−1ximP_{n}(x)=P_{m}(x) \sum_{i=0}^{p-1} x^{i m}. Остава да съобразим, че съгласно индуктивното преположение Pm(x)P_{m}(x) има делител от вида 1+xr1+x^{r}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2003-9-4