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

2010

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • kbom2010-9-3: има placeholder текст
  • kbom2010-9-4: има placeholder текст
  • kbom2010-9-8: има placeholder текст

9

8 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn и всички прости числа pp, за които n3−p5=p6+3n−2n^{3}-p^{5}=p^{6}+3 n-2.
РешениеРешение. Да представим уравнението във вида (n−1)2(n+2)=p5(p+1)(n-1)^2(n+2)=p^5(p+1). Случай 1. Ако p=3p=3, лесно намираме n=10n=10. Случай 2. Ако p≠3p \neq 3, то p5p^5 дели едно от числата (n−1)2(n-1)^2 и n+2n+2, откъдето p5≤(n−1)2<n2p^5 \leq(n-1)^2\lt{}n^2. Тогава n3>np5n^3\gt{}n p^5 и е достатъчно да докажем, че n(p5−3)>p6+p5−2n\left(p^5-3\right)\gt{}p^6+p^5-2. Тъй като n>p2n\gt{}p^2, исканото следва от p3−p2−p−3>0p^3-p^2-p-3\gt{}0, което от своя страна следва от p3>3p2>p2+p+3p^3\gt{}3 p^2\gt{}p^2+p+3 (очевидно p=2p=2 не е решение).
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2010-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Изпъкналият четириъгълник ABCDA B C D е вписан в окръжност с диаметър ACA C. Известно е, че точката AA лежи върху по-малката дъга \wideparenBD\wideparen{B D}. Да се докаже, че∣AB−AD∣≥∣CB−CD∣.|A B-A D| \geq|C B-C D|.
РешениеДа забележим, че △BCD\triangle B C D е остроъгълен, и че ако HH е неговият ортоцентър, то △BDH≃△DBA\triangle B D H \simeq \triangle D B A. Понеже △BDH\triangle B D H лежи във вътрешността на △BCD\triangle B C D, тоPBCD≥PBHD=PBAD⇒BC+CD≥BA+ADP_{B C D} \geq P_{B H D}=P_{B A D} \Rightarrow B C+C D \geq B A+A DНо понеже ACA C е диаметър, имамеAB2+BC2=AD2+DC2⇒∣AB2−AD2∣=∣CB2−CD2∣⇒∣AB−AD∣(AB+AD)=∣CB−CD∣(CB+CD)\begin{gathered} A B^{2}+B C^{2}=A D^{2}+D C^{2} \Rightarrow\left|A B^{2}-A D^{2}\right|=\left|C B^{2}-C D^{2}\right| \\ \Rightarrow|A B-A D|(A B+A D)=|C B-C D|(C B+C D) \end{gathered}Това заедно с полученото по-горе AB+AD≤CB+CDA B+A D \leq C B+C D ни дава точно исканото.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2010-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2010-9-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2010-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Даден е правоъгълен △ABC\triangle A B C с прав ъгъл при върха CC и височина CH(H∈AB)C H (H \in A B). Окръжност kk се допира до отсечката BHB H в точка DD, до височината CHC H и до описаната около △ABC\triangle A B C окръжност. Да се докаже, че CDC D е ъглополовяща на ∠BCH\angle B C H.
РешениеДа означим с k1k_{1} описаната около △ABC\triangle A B C окръжност. Нека EE и FF са допирните точки на окръжността kk с височината CHC H и с окръжността k1k_{1}, а правата CHC H да пресича k1k_{1} за втори път в точка C1C_{1}. Първо ще докажем, че точките A,EA, E и FF лежат на една права. Тъй като ABA B е диаметър и CHC H е височина, то \wideparenAC=\wideparenAC1\wideparen{A C}=\wideparen{A C}_{1} и следователно \wideparenEF=2∠FEC=\wideparenCF+\wideparenAC1=\wideparenCF+\wideparenAC=\wideparenAF\wideparen{E F}=2 \angle F E C=\wideparen{C F} +\wideparen{A C}_{1}=\wideparen{C F}+\wideparen{A C}=\wideparen{A F}. Но kk и k1k_{1} се допират и следователно точките A,EA, E и FF са колинеарни. От друга страна ∠AFC=12\wideparenAC=12\wideparenAC1=∠ACE\angle A F C=\frac{1}{2} \wideparen{A C}=\frac{1}{2} \wideparen{A C}_{1}=\angle A C E, т. е. △ACE∼△AFC\triangle A C E \sim \triangle A F C. Така получаваме AC2=AE.AF=AD2A C^{2}=A E. A F=A D^{2}, т. е. △ADC\triangle A D C е равнобедрен. Тогава∠HCD=∠ACD−∠ACH=∠ADC−∠ABC=∠BCD\angle H C D=\angle A C D-\angle A C H=\angle A D C-\angle A B C=\angle B C Dи с това доказателството е завършено. Забележка. Твърдението е вярно и в обратната посока, т. е. ако CDC D е ъглополовяща на ∠BCH\angle B C H следва, че ∠ACB=90∘\angle A C B=90^{\circ}. Доказателството обаче далеч не е аналогично.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2010-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа xx и yy, за които числото 3x7y+13^{x} 7^{y}+1 е нечетна степен, по-голяма от 11, на естествено число.
РешениеРешение. Нека 3x⋅7y+1=zn3^x \cdot 7^y+1=z^n, където z∈Nz \in \mathbb{N} и n∈2N+1n \in 2 \mathbb{N}+1. Представяме уравнението във вида:3x⋅7y=(z−1)(zn−1+…+z+1)3^x \cdot 7^y=(z-1)\left(z^{n-1}+\ldots+z+1\right)Нека A=zn−1+…+z+1A=z^{n-1}+\ldots+z+1. Тъй като z>1z\gt{}1, то A>2A\gt{}2 и от (*) следва, че или AA се дели на 3, или AA е точна степен на 7. (**) Ако 3x⋅7y+13^x \cdot 7^y+1 е точна трета или седма степен, то задачата се свежда до n=3n=3 или 7. Така имаме 3 случая. Случай 1. Ако n=3n=3, то 3x⋅7y=(z−1)(z2+z+1)3^x \cdot 7^y=(z-1)\left(z^2+z+1\right). Тъй като z2+z+1=(z−1)2+3zz^2+z+1=(z-1)^2+3 z, то (z−1,z2+z+1)=3\left(z-1, z^2+z+1\right)=3. Ако z=3t+1z=3 t+1, то z2+z+1=9t2+9t+3≡3( mod 9)z^2+z+1=9 t^2+9 t+3 \equiv 3(\bmod 9) и имаме две възможности. При z2+z+1=3z^2+z+1=3 и z−1=3x−1⋅7yz-1=3^{x-1} \cdot 7^y очевидно не достигаме до решение. При z2+z+1=3⋅7yz^2+z+1=3 \cdot 7^y и z−1=3x−1z-1=3^{x-1}, т. е. 3x−1(3x−2+1)=7y−13^{x-1}\left(3^{x-2}+1\right)=7^y-1 имаме: ако x=2x=2, то y=1,z=4y=1, z=4 и достигаме до решението (2,1)(2, 1), а ако x>2x\gt{}2, то 7y≡1( mod 9)7^y \equiv 1(\bmod 9) и понеже показателят на 7 по модул 9 е 3 следва, че 3∣y3 \mid y. Тогава 7y−17^y-1 се дели на 73−1=2⋅9⋅197^3-1=2 \cdot 9 \cdot 19 и следователно 3x−2≡−1( mod 19)3^{x-2} \equiv-1(\bmod 19). От друга страна показателят на 3 по модул 19 е 18 и 39≡−1( mod 19)3^9 \equiv-1(\bmod 19) и следователно x−2≡9( mod 18)x-2 \equiv 9(\bmod 18), т. е. x−2=9(2k+1)x-2=9(2 k+1), където k∈Nk \in \mathbb{N}. Тогава 3x−2+13^{x-2}+1 се дели на 39+1≡0( mod 7)3^9+1 \equiv 0(\bmod 7), т. е. 7y−1≡0( mod 7)7^y-1 \equiv 0(\bmod 7), което е противоречие. Случай 2. Ако n=7n=7, то 3x⋅7y=(z−1)(z6+…+z+1)3^x \cdot 7^y=(z-1)\left(z^6+\ldots+z+1\right). Тъй като (z,7)=1(z, 7)=1, то z6≡1( mod 7)z^6 \equiv 1(\bmod 7), но z7≡1( mod 7)z^7 \equiv 1(\bmod 7) и следователно z≡1( mod 7)z \equiv 1(\bmod 7). Нека z=7t+1,t∈Nz=7 t+1, t \in \mathbb{N} и тогава A≡(6⋅7t+1)+…+(1⋅7t+1)+1≡7( mod 49)A \equiv(6 \cdot 7 t+1)+\ldots+ (1 \cdot 7 t+1)+1 \equiv 7(\bmod 49). От друга страна (z,3)=1,z2≡1( mod 3)(z, 3)=1, z^2 \equiv 1(\bmod 3) и z7≡1( mod 3)z^7 \equiv 1(\bmod 3), т. е. z≡1( mod 3)z \equiv 1 (\bmod 3) и A≡7≡1( mod 3)A \equiv 7 \equiv 1(\bmod 3). Така от (∗∗)(* *) следва, че единствената възможност е A=7A=7, т. е. z=1z=1, което е невъзможно. Случай 3. Нека nn е нечетно и не се дели на 3 и 7. Тъй като (z,3)=1(z, 3)=1, то z2≡1( mod 3)z^2 \equiv 1(\bmod 3), но zn≡1( mod 3)z^n \equiv 1 (\bmod 3) и следователно показателят на zz по модул 3 дели (2,n)=1(2, n)=1, те z≡1( mod 3)z \equiv 1(\bmod 3). Аналогично z6≡1( mod 7)z^6 \equiv 1(\bmod 7), но zn≡1( mod 7)z^n \equiv 1(\bmod 7) и следователно z≡1( mod 7)z \equiv 1(\bmod 7). Тогава A≡1+…+1≡n≢0( mod 3)A \equiv 1+\ldots+1 \equiv n \not \equiv 0 (\bmod 3) и A≡1+…+1≡n≢0( mod 7)A \equiv 1+\ldots+1 \equiv n \not \equiv 0(\bmod 7), което е в противоречие с (∗∗)(* *), т. е. и в този случай не достигаме до решение. Така окончателно двойката (x,y)=(2,1)(x, y)=(2, 1) е единственото решение на задачата. Забележка. В случая, когато 3x⋅7y+13^x \cdot 7^y+1 е точен квадрат, отново достигаме до единствено решение (x,y)=(2,1)(x, y)=(2, 1), като разглежданията са подобни на случая при n=3n=3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2010-9-6

Задача 7

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че ако a,ba, b и cc са страни на триъгълник, тоx2ab−x2ba+x2bc−x2cb+x2ca−x2ac∣ <\left.\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{a}{b}}-\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{b}{a}}+\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{b}{c}}-\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{c}{b}}+\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{c}{a}}-\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{a}{c}} \right\rvert\, \lt{}110.\frac{1}{10}.
РешениеТъй като неравенството е симетрично и хомогенно, можем да считаме, че c=1≥x=x2a≥x2b=y>0c=1 \geq x=\sqrt{\vphantom{x^2}a} \geq \sqrt{\vphantom{x^2}b}=y\gt{}0. Тогава то приема вида f=(x−y)(1−x)(1−y)xy<110f=\frac{(x-y)(1-x)(1-y)}{x y}\lt{}\frac{1}{10}. Понеже aa и bb са страни на триъгълник, имаме x2+y2>1x^{2}+y^{2}\gt{}1, откъдето f<(x−y)xy(1+x)(1+y)f\lt{}\frac{(x-y) x y}{(1+x)(1+y)}. Т ви_{\text{ви}} като 0<y≤x≤10\lt{}y \leq x \leq 1, неравенството (x−y)x1+x≤1−y2\frac{(x-y) x}{1+x} \leq \frac{1-y}{2} е еквивалентно на очевидното (x−1)(2x+1−y)≤0(x-1)(2 x+1-y) \leq 0 и следователно f<y(1−y)2(1+y)=gf\lt{}\frac{y(1-y)}{2(1+y)}=g. Директно се проверява, че g≤32−x22<110g \leq \frac{3}{2}-\sqrt{\vphantom{x^2}2}\lt{}\frac{1}{10} при y>0y\gt{}0 (защото първото неравенство се свежда до (y−x22+1)2≥0(y-\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1)^{2} \geq 0 ), с което задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2010-9-7

Задача 8

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2010-9-8