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

2011

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • kbom2011-9-7: има placeholder текст
  • kbom2011-9-8: има placeholder текст

9

8 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е уравнението x4−ax3−6x2+ax+1=0x^{4}-a x^{3}-6 x^{2}+a x+1=0, където aa е реален параметър. Да се докаже, че ако това уравнение има поне един рационален корен, то всичките му корени са рационални.
РешениеРешение. Разделяме двете страни на даденото уравнение на x2x^2, полагаме y=x−1xy=x-\frac{1}{x} и достигаме до уравнението (1) y2−ay−4=0y^2-a y-4=0. Ако корените на (1) са y1y_1 и y2y_2, то корените на даденото уравнение се изчерпват с корените x1x_1 и x2x_2 на (2) x2−y1x−1=0x^2-y_1 x-1=0 и корените x3x_3 и x4x_4 на (3) x2−y2x−1=0x^2-y_2 x-1=0. Нека x1∈Qx_1 \in \mathbb{Q}. Тогава и x2=−1x1∈Qx_2=-\frac{1}{x_1} \in \mathbb{Q}. Следователно y1=x1+x2∈Qy_1=x_1+x_2 \in \mathbb{Q}, откъдето получаваме y2=−4y1∈Qy_2= -\frac{4}{y_1} \in \mathbb{Q} и a=y1+y2∈Qa=y_1+y_2 \in \mathbb{Q}. Сега от (1) имаме x2D=x2a2+16∈Q\sqrt{\vphantom{x^2}D}=\sqrt{\vphantom{x^2}a^2+16} \in \mathbb{Q}, а от (2) имаме x2D1=x2y12+4∈Q\sqrt{\vphantom{x^2}D_1}=\sqrt{\vphantom{x^2}y_1^2+4} \in \mathbb{Q}. Дискриминантата на (3) е D2=y22+4D_2=y_2^2+4, като D1D2=y12y22+4(y12+y22)+16=4(a2+16)=4DD_1 D_2=y_1^2 y_2^2+4\left(y_1^2+y_2^2\right)+16=4\left(a^2+16\right)=4 D, откъдето x2D2=2x2D/x2D1∈Q\sqrt{\vphantom{x^2}D_2}=2 \sqrt{\vphantom{x^2}D} / \sqrt{\vphantom{x^2}D_1} \in \mathbb{Q}. Следователно и x3,x4∈Qx_3, x_4 \in \mathbb{Q}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2011-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Отбори, номерирани от 1 до 2n2 n играят в турнир всеки срещу всеки в 2n−12 n-1 кръга. Да се намери максималната стойност на вероятността произволни два отбора да се срещат в кръга с номер сумата от номерата им.
РешениеЩе докажем, че за 2n2 n отбора търсеното число pnp_{n} е равно на qn=(n−1)2q_{n}=(n-1)^{2}. Броят на всички наредени двойки числа от 1 до 2n2 n е n(2n−1)n(2 n-1). От друга страна, лесно се съобразява, че броят на тези със сума на числата, по-малка от 2n2 n, е равен на 1+3+⋯+2n−3=(n−1)21+3+\cdots+2 n-3=(n-1)^{2}. Следователно pn≤qnp_{n} \leq q_{n}. Остава да посочим програма, при която всяка двойка отбори (a,b)(a, b), за която a+b<2na+b\lt{}2 n, се среща в кръга a+ba+b. Не е трудно да се провери, че един такъв пример е следният: x≠2nx \neq 2 n среща y≠2ny \neq 2 n в кръга x+y( mod 2n−1)x+y(\bmod 2 n-1) (остатъците са от 1 до 2n−12 n-1 ) и xx среща 2n2 n в кръга 2x( mod 2n−1)2 x(\bmod 2 n-1).
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2011-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Едно крайно множество от естествени числа {x1,x2,…,xn}\left\{x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right\} се нарича добро, ако числото1x1+1x2+⋯+1xn−1m\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}}-\frac{1}{m}където m=x1x2…xnm=x_{1} x_{2} \ldots x_{n}, е цяло. (Например {2,3,5}\{2, 3, 5\} е добро множество.) Да се докаже, че множеството {x1,x2,…,xn}\left\{x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right\} е добро тогава и само тогава, когато xix_{i} дели mxi−1\frac{m}{x_{i}}-1 за всяко i=1,2,…,ni=1, 2, \ldots, n.
РешениеДа отбележим, че множеството {x1,x2,…,xn}\left\{x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right\} е добро тогава и само тогава, когато mm дели mx1+mx2+⋯+mxn−1\frac{m}{x_{1}}+\frac{m}{x_{2}}+\cdots+\frac{m}{x_{n}}-1. Действително, ако mx1+mx2+⋯+mxn−1=mk\frac{m}{x_{1}}+\frac{m}{x_{2}}+ \cdots+\frac{m}{x_{n}}-1=m k, то 1x1+1x2+⋯+1xn−1m=k\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+\cdots+\frac{1}{x_{n}}-\frac{1}{m}=k е цяло число и обратно. Ако множеството {x1,x2,…,xn}\left\{x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right\} е добро, то xi∣m∣mx1+mx2+⋯+mxn−1x_{i}|m| \frac{m}{x_{1}}+\frac{m}{x_{2}}+\cdots+\frac{m}{x_{n}}-1 и оттук следва, че xix_{i} дели mxi−1\frac{m}{x_{i}}-1, защото xix_{i} дели останалите събираеми. Нека xix_{i} дели mxi−1\frac{m}{x_{i}}-1 за всяко i=1,2,…,ni=1, 2, \ldots, n. Тогава xi2∣m−xix_{i}^{2} \mid m-x_{i}, откъдето m2∣(m−x1)(m−x2)…(m−xn)m^{2} \mid\left(m-x_{1}\right)\left(m-x_{2}\right) \ldots\left(m-x_{n}\right). Сега лесно се вижда, че mm дели mx1+mx2+⋯+mxn−1\frac{m}{x_{1}}+\frac{m}{x_{2}}+ \cdots+\frac{m}{x_{n}}-1, което означава, че множеството {x1,x2,…,xn}\left\{x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right\} е добро.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2011-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Две различни точки PP и QQ са разположени във вътрешността на окръжността kk. Права ℓ\ell през PP пресича kk в AA и BB. Правите AQA Q и BQB Q пресичат kk за втори път в точките CC и DD. Да се докаже, че когато правата ℓ\ell се мени, правите CDC D минават през постоянна точка.
РешениеРешение 4. Нека точката TT лежи върху правата PQP Q така, че TP⋅PQ=AP⋅PBT P \cdot P Q=A P \cdot P B (и PP лежи между TT и QQ ). Понеже произведението AP⋅PBA P \cdot P B е постоянно, TT е постоянна точка. Нека още точката UU лежи на правата PQP Q така, че TQ⋅QU=AQ⋅QC=BQ⋅QDT Q \cdot Q U=A Q \cdot Q C=B Q \cdot Q D (и QQ лежи между TT и UU ). Понеже произведението AQ⋅QCA Q \cdot Q C е постоянно, UU също ще бъде постоянна точка. От TQ⋅QU=AQ⋅QCT Q \cdot Q U=A Q \cdot Q C следва, че четириъгълникът TAUCT A U C е вписан и следователно ∠CUT=∠CAT\angle C U T= \angle C A T. Аналогично имаме и ∠DUT=∠DBT\angle D U T=\angle D B T. Но от TP⋅PQ=AP⋅PBT P \cdot P Q=A P \cdot P B следва, че и четириъгълникът ATBQA T B Q също е вписан. Следователно, ∠DUT+∠TUC=∠QBT+∠TAQ=180∘\angle D U T+\angle T U C=\angle Q B T+\angle T A Q=180^{\circ} и правите CDC D съдържат постоянната точка UU, когато ℓ\ell се мени.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2011-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C. Окръжност kk минава през BB и CC и пресича за втори път страните ABA B и ACA C съответно в точки DD и EE така, че AD+AE=BCA D+A E=B C. Точката II е център на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност, а правите BIB I и CIC I пресичат за втори път kk съответно в точки PP и QQ. Да се докаже, че точките A,I,PA, I, P и QQ лежат на една окръжност.
РешениеОт условието следва, че AD⋅AB=AE⋅ACA D \cdot A B=A E \cdot A C, което заедно с AD+AE=BCA D+A E=B C дава, че AD=CRA D=C R и AE=BRA E=B R, където RR е пресечната точка на BCB C и ъглополовящата AIA I. Освен това имаме QE=BQQ E=B Q поради равенството на съответните дъги в kk и ∠AEQ=∠RBQ\angle A E Q=\angle R B Q от вписания четириъгълник BCEQB C E Q. Следователно △AEQ≅△RBQ\triangle A E Q \cong \triangle R B Q, откъдето AQ=QRA Q=Q R и ∠AQE=∠BQR\angle A Q E=\angle B Q R. Последното дава ∠AQR=∠ERB=180∘−∠ACB\angle A Q R=\angle E R B=180^{\circ}-\angle A C B и в равнобедрения △AQR\triangle A Q R получаваме ∠QAI=12∠ACB\angle Q A I=\frac{1}{2} \angle A C B. Остава да отбележим, че ∠IPQ=∠QCB=12∠ACB\angle I P Q=\angle Q C B= \frac{1}{2} \angle A C B.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2011-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Редицата {xn}n=1∞\left\{x_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} е зададена чрез равенствата x1=23x_{1}=\frac{2}{3} и xn+1=3xn+23−2xnx_{n+1}= \frac{3 x_{n}+2}{3-2 x_{n}}. Съществуват ли естествени числа NN и TT така, че xi=xi+Tx_{i}=x_{i+T} за всяко естествено число i≥Ni \geq N?
РешениеДа допуснем, че отговорът е положителен. Тогава можем да считаме, че N=1N=1 (т. е. редицата е периодична). Действително, от рекурентната връзка следва, че xn=3xn+1−22xn+1+3x_{n}=\frac{3 x_{n+1}-2}{2 x_{n+1}+3} и тогава от xn+1=xn+1+Tx_{n+1}=x_{n+1+T} следва xn=xn+Tx_{n}=x_{n+T}, т. е. можем да се върнем назад. Нека xn=pnqnx_{n}=\frac{p_{n}}{q_{n}} е несъкратима дроб. Тогава xn+1=3pn+2qn3qn−2pnx_{n+1}=\frac{3 p_{n}+2 q_{n}}{3 q_{n}-2 p_{n}}. Ако dd е общ делител на 3pn+2qn3 p_{n}+2 q_{n} и 3qn−2pn3 q_{n}-2 p_{n}, не е трудно да се види, че d∣13d \mid 13. От друга страна, в редиците {an}n=1∞\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty} и {b^n}n=1∞\left\{\hat{b}_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}, зададени с условията a1=2,b1=3a_{1}=2, b_{1}=3, an+1=3an+b2bna_{n+1}=3 a_{n}+b 2 b_{n} и qn+1=3qn−2pnq_{n+1}=3 q_{n}-2 p_{n}, няма остатъци 0 по модул 13 (директна проверка до достигане на периодичност; тези редици са периодични по модул 13, както и по всеки друг прост модул). Следователно pn+1=3pn+2qnp_{n+1}=3 p_{n}+2 q_{n} и qn+1=3qn−2pnq_{n+1}=3 q_{n}-2 p_{n}. Остава да отбележим, че ако дадената редица е периодична, ще имаме xn+1=23x_{n+1}=\frac{2}{3} за някое nn, откъдето xn=0x_{n}=0 и 13∣pn13 \mid p_{n}, противоречие. (Подобно противоречие следва от наблюдението, че pn+12+qn+12=13(pn2+qn2)=⋯=13np_{n+1}^{2}+q_{n+1}^{2}=13\left(p_{n}^{2}+q_{n}^{2}\right)=\cdots= 13^{n}.)
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2011-9-6

Задача 7

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2011-9-7

Задача 8

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2011-9-8