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

2009

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • kbom2009-9-6: има placeholder текст

9

8 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Ще наричаме поликуб всяко тяло (не непременно изпъкнало), което е съставено от слепени по стените си кубчета с ръб 1. Кубична кутия с ръб 50 е запълнена с няколко поликуба 1×1×81 \times 1 \times 8 и два тетракуба (това са поликубове, съставени от 4 кубчета с ръб 1). Да се докаже, че двата тетракуба са еднакви.
РешениеРешение 1. Да разделим кутията на кубчета 2×2×22 \times 2 \times 2 и във всяко от тях да оцветим малките кубчета в 8 различни цвята 1,2,3,…,81, 2, 3, \ldots, 8, по такъв начин, че кубчетата 2×2×22 \times 2 \times 2 да са еднакви при транслация. Освен това, самите 2×2×22 \times 2 \times 2 - кубчета да оцветим шахматно, като ъгловите са черни. Вижда се, че всяко октакубче (това са поликубчетата 1×1×81 \times 1 \times 8 ) покрива четен брой бели и четен брой черни кубчета от цвят едно. Понеже обаче черните единици са нечетен брой, а белитечетен, ясно е, че за покриване с двете тетракубчета ще остане поне една черна единица. Аналогично, за тях ще остане и поне една черна двойка, поне една черна тройка, и т. н. По този начин, тетракубчетата ще покриват само черни клетки. Понеже черните кубчета 2×2×22 \times 2 \times 2 нямат общи клетки, ясно е, че всяко тетракубче ще се съдържа изцяло в някое кубче 2×2×22 \times 2 \times 2. Освен това, след като двете тетракубчета покриват точно осемте различни цвята, след подходяща транслация те се допълват (т. е. се сглобяват) до кубче 2×2×22 \times 2 \times 2. Остава само да се забележи, че както и да разрежем едно кубче 2×2×22 \times 2 \times 2 на две тетракубчета (има три различни начина), те са еднакви.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2009-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен △ABC\triangle A B C. Нека MM и NN са такива точки съответно от страните ACA C и BCB C, че AN=BM=dA N=B M=d, където dd е диаметъра на окръжността, минаваща през CC и средите на отсечките AMA M и BNB N. Да се докаже, че центровете на окръжностите, описани около △ABC\triangle A B C и △MNC\triangle M N C са симетрични относно правата MNM N.
РешениеРешение. Нека P,QP, Q и SS са средите съответно на AM,BNA M, B N и ABA B, а T=AN∩BNT=A N \cap B N. Тогава от условието следва, че отсечките SPS P и SQS Q са равни на радиуса на описаната около △PQC\triangle P Q C окръжност. Тогава ∠PSQ=2∠ACB\angle P S Q=2 \angle A C B. Но ∠PSQ=∠ATB\angle P S Q=\angle A T B като ъгли с взаимноуспоредни рамене. Следователно точките A,T,OA, T, O и BB лежат на една окръжност, където OO е центърът на описаната около △ABC\triangle A B C окръжност. Тогава △AON≅△BOM\triangle A O N \cong \triangle B O M по първи признак. Оттук OM=ONO M=O N, т. е. OO лежи на симетралата на MNM N. Освен това ∠MON=2∠ACB=∠MO1N\angle M O N=2 \angle A C B=\angle M O_1 N, където O1O_1 е центърът на описаната около △CMN\triangle C M N окръжност.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2009-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека n≥2009n \geq 2009 е нечетно естествено число. Едно естествено число aa се нарича "лошо", ако an−a≡0( mod n2)a^{n}-a \equiv 0\left(\bmod n^{2}\right) и 1≤a≤n2009+11 \leq a \leq \frac{n}{2009}+1. Да се докаже, че за безбройно много стойности на nn съществуват числа, които не са лоши.
РешениеДа отбележим, че ако aa и bb са лоши числа, то (ab)n−ab≡0( mod n2)(a b)^{n}-a b \equiv 0\left(\bmod n^{2}\right), а ако aa е лошо число, то (n−a)n−(n−a)≢0( mod n2)(n-a)^{n}-(n-a) \not \equiv 0\left(\bmod n^{2}\right). Първото е очевидно, а второто следва от(n−a)n−(n−a)=nn−(n1)nn−1a+⋯−an−n+a≡(n-a)^{n}-(n-a)=n^{n}-\binom{n}{1} n^{n-1} a+\cdots-a^{n}-n+a \equiv−n( mod n2)-n\left(\bmod n^{2}\right)Нека n=2009k+1,k≥2009n=2009 k+1, k \geq 2009 е естествено число. Лесно се проверява, че числата 2008,k2008, k и k+1k+1 не надминават n2009+1\frac{n}{2009}+1. Но от представянето 2008k+(k+1)=n2008 k+(k+1)=n и горните наблюдения следва, че те не могат едновременно да изпълняват сравнението an−a≡0( mod n2)a^{n}-a \equiv 0\left(\bmod n^{2}\right), т. е. поне едно то тях не е лошо. Забележка. Аналогично се разглеждат и случаите n=2009k+m,m=2,3,…,2008n=2009 k+m, m= 2, 3, \ldots, 2008. Следователно твърдението на задачата е вярно за всички достатъчно големи nn, а останалите могат да се проверяват (например за a=2,3,…a= 2, 3, \ldots с компютър). Формулировката на задачата допуска и по-лесно решение.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2009-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Съществува ли неограничена редица a1,a2a_{1}, a_{2}, …\ldots от положителни реални числа такива, че an+2=12009(an+1an+1)a_{n+2}=\frac{1}{2009}\left(a_{n}+\frac{1}{a_{n+1}}\right) при n≥1n \geq 1?
РешениеЩе докажем, че ако q∈(0,1)q \in(0, 1) и a1,a2…a_{1}, a_{2} \ldots е такава редица от положителни реални числа, че an+2=q(an+1an+1)a_{n+2}=q\left(a_{n}+\frac{1}{a_{n+1}}\right) при n≥1n \geq 1, то тя е ограничена. Полагаме k=q1−q,bn=an+1an−kk=\frac{q}{1-q}, b_{n}=a_{n+1} a_{n}-k и тогава условието добива вида bn+1=qbnb_{n+1}=q b_{n}. Оттук bn=qn−1b1b_{n}=q^{n-1} b_{1}, т. е. an+1an=qn−1b1+ka_{n+1} a_{n}=q^{n-1} b_{1}+k. Ако b1=0b_{1}=0, то редицата е периодична с период 2 и значи е ограничена. Иначе an+1=qn−1+cqn−2+can−1a_{n+1}= \frac{q^{n-1}+c}{q^{n-2}+c} a_{n-1}, където c=kb1c=\frac{k}{b_{1}}, и тогаваa2n+1=a1∏i=1nq2i−1+cq2i−2+ca_{2 n+1}=a_{1} \prod_{i=1}^{n} \frac{q^{2 i-1}+c}{q^{2 i-2}+c}Ако b1<0b_{1}\lt{}0, то c<−1,q2i−1+cq2i−2+c∈(0,1)c\lt{}-1, \frac{q^{2 i-1}+c}{q^{2 i-2}+c} \in(0, 1) и a2n+1<a1a_{2 n+1}\lt{}a_{1}. Ако b1>0b_{1}\gt{}0, тоq2i−1+cq2i−2+c<\frac{q^{2 i-1}+c}{q^{2 i-2}+c}\lt{}1+1−qcq2i−1<e(1−q)q2i−1/c1+\frac{1-q}{c} q^{2 i-1}\lt{}e^{(1-q) q^{2 i-1} / c}Понеже ∑i=1nq2i−1<q1−q\sum_{i=1}^{n} q^{2 i-1}\lt{}\frac{q}{1-q}, следва, че a2n+1<a1eqca_{2 n+1}\lt{}a_{1} e^{q c}. Аналогично се доказва, че редицата a2,a4,…a2n,…a_{2}, a_{4}, \ldots a_{2 n}, \ldots е ограничена, с което задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2009-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че не съществуват цели числа xx и yy, за които x4+y7=3110x^{4}+y^{7}=31^{10}.
РешениеТъй като степенните показатели отляво са 4=29−174=\frac{29-1}{7} и 7=29−147=\frac{29-1}{4}, ще разгледаме даденото уравнение по модул 29. Остатъците на квадратите по модул 29 са съответно 0,1,4,9,16,25,7,20,60, 1, 4, 9, 16, 25, 7, 20, 6, 23,13,5,28,24,2223, 13, 5, 28, 24, 22, а оттук получаваме, че всички възможни остатъци на x4x^{4} по модул 29 са в множеството A={0,1,7,16,20,23,24,25}A=\{0, 1, 7, 16, 20, 23, 24, 25\}. Всички възможни остатъци по модул 29 на y7y^{7} (пресметнати например с помощта на горните поради y7=y⋅y2⋅y4y^{7}=y \cdot y^{2} \cdot y^{4} ) са в множеството B={0,1,12,17,28}B=\{0, 1, 12, 17, 28\}. Дясната страна е сравнима с 210≡9( mod 29)2^{10} \equiv 9(\bmod 29). Остава да отбележим, че не е възможно 9 да се представи като сума (по модул 29) на число от AA и число от BB.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2009-9-5

Задача 6

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2009-9-6

Задача 7

Пълен запис
Условие
Даден е граф с nn върха и kk, е естествено число, 1<k≤n1\lt{}k \leq n. Известно е, че измежду всеки kk върха на графа съществува връх, свързан с останалите k−1k-1 върха. Да се намерят всички стойности на nn и kk, за които в графа със сигурност има връх от степен n−1n-1.
РешениеРешение. Нека nn е четно число. Ако kk е нечетно, разделяме върховете на графа на двойки и свързваме всеки връх с всички останали с изключение на върха от неговата двойка. Както и да изберем kk върха ще има двойка върхове, единият от който е избран, а другиятне. Тогава избраният връх е свързан с всички от останалите k−1k-1, но в графа няма връх от степен n−1n-1. Ако kk е четно число ще докажем с индукция по kk, че има връх от степен n−1n-1. При k=2k=2 всеки два върха са свързани и твърдението е вярно. Да допуснем, че твърдението е вярно за четно tt и ще го докажем за t+2t+2. Ако измежду всеки tt върха има връх свързан с останалите t−1t-1, то твърдението следва от индукционното допускане. Следователно можем да предполагаме, че съществуват върхове v1,v2,…,vtv_1, v_2, \ldots, v_t, нито един от които не е свързан с останалите t−1t-1. Ако uu и ww са произволни два върха, то измежду v1,v2,…vt,u,wv_1, v_2, \ldots v_t, u, w има връх, свързан с останалите и това може да бъде само uu или ww. Нека без ограничение това е uu. В частност оттук следва, че всеки два от върховете извън v1,v2,…,vtv_1, v_2, \ldots, v_t са свързани. Тогава uu е от степен n−1n-1. Нека сега nn е нечетно число. Ще докажем, че в графа има връх от степен n−1n-1. Както по-горе доказваме, че ако твърдението е вярно за k=tk=t, то е вярно и за k=t+2k=t+2. Следователно е достатъчно да го докажем за k=2k=2 и k=3k=3. При k=2k=2 твърдението е очевидно, а при k=3k=3 ще го докажем с индукция по nn. При n=3n=3 твърдението следва директно. Ако то е вярно за някое n=mn=m, то ще го докажем за n=m+2n=m+2. Ако има два върха uu и vv, които не са свързани, то всеки от останалите върхове е свързан и с uu и с vv. Но по индукционното допускане измежду останалите mm върха има връх ww от степен m−1m-1. Този връх е търсеният. Следователно търсените стойности са: при nn четно, kk трябва да е четно, а при nn нечетно, kk е произволно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2009-9-7

Задача 8

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че ако a,ba, b и cc са реални числа, за които a+b+c=3a+b+c=3 и abc≥−4a b c \geq-4, то5(ab+bc+ca)≤12+3abc5(a b+b c+c a) \leq 12+3 a b cКога се достига равенство?
РешениеРешение 8. Нека p=abcp=a b c и q=ab+bc+caq=a b+b c+c a и f(x)=x3−3x2+qx−pf(x)=x^3-3 x^2+q x-p. Понеже f′(x)=3x2−6x+qf^{\prime}(x)=3 x^2-6 x+q, то f′(x)=0f^{\prime}(x)=0 при x1,2=1+x21−q3x_{1, 2}=1+\sqrt{\vphantom{x^2}1-\frac{q}{3}}. Следователно уравнението f(x)=0f(x)=0 има три реални корена точно когато q≤3q \leq 3 и f(x1)f(x2)≤0f\left(x_1\right) f\left(x_2\right) \leq 0 (защо?). Тъй като 3f(xi)=(xi−1)f′(xi)+2(q−3)xi+q−3p3 f\left(x_i\right)=\left(x_i-1\right) f^{\prime}\left(x_i\right)+2(q-3) x_i+q-3 p, то9f(x1)f(x2)=(2(q−3)x1+q−3p)(2(q−3)x2+q−3p)=4(q−3)2x1x2+2(q−3)(q−3p)(x1+x2)+(q−3p)2=4q(q−3)23+4(q−3)(q−3p)+(q−3p)2=9(2+p−q)2+4(q−3)33,\begin{aligned} 9 f\left(x_1\right) f\left(x_2\right) & =\left(2(q-3) x_1+q-3 p\right)\left(2(q-3) x_2+q-3 p\right) \\ & =4(q-3)^2 x_1 x_2+2(q-3)(q-3 p)\left(x_1+x_2\right)+(q-3 p)^2 \\ & =\frac{4 q(q-3)^2}{3}+4(q-3)(q-3 p)+(q-3 p)^2=9(2+p-q)^2+\frac{4(q-3)^3}{3}, \end{aligned}откъдето 27(2+p−q)2≤4(3−q)327(2+p-q)^2 \leq 4(3-q)^3. В частност, q≤3q \leq 3. Тогава q−2−p≤x24(3−q)327q-2-p \leq \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{4(3-q)^3}{27}} и следователно12+3p−5q≥12+3 p-5 q \geq12+3⋅(q−2−x24(3−q)327)−5q= 12+3 \cdot\left(q-2-\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{4(3-q)^3}{27}}\right)-5 q=2q(3−q)1+x21−q/3.\frac{2 q(3-q)}{1+\sqrt{\vphantom{x^2}1-q / 3}}.Значи 12+3p≥5q12+3 p \geq 5 q при q≥0q \geq 0, а иначе това неравенство следва от p≥−4p \geq-4. Ясно е, че равенство се достига при a=b=c=1a=b=c=1 или при q=0,p=−4q=0, p=-4, т. е. когато едно от числата е -1, а другите две са 2. Забележка. Условието abc≥−4a b c \geq-4 е съществено; например, ако a=b>2a=b\gt{}2 и c=3−2ac=3-2 a, то е изпълнено обратното неравенство.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2009-9-8