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

2012

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • kbom2012-9-6: има placeholder текст

9

8 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Четириъгълникът ABCDA B C D е вписан в окръжност. Точката EE е симетричната на BB спрямо пресечната точка на ADA D и BCB C, точката FF е симетричната на BB спрямо средата на CDC D и точката GG е симетрична на AA спрямо средата на CEC E. Да се докаже, че точките E,F,GE, F, G и CC лежат на една окръжност.
РешениеРешение. Нека HH е симетричната точка на AA спрямо пресечната точка на ADA D и BCB C. Тогава CF→=BD→\overrightarrow{C F}=\overrightarrow{B D} и CG→=AE→=BH→\overrightarrow{C G}=\overrightarrow{A E}=\overrightarrow{B H}. Оттук следва, че триъгълниците FCGF C G и DBHD B H са еднакви. Получаваме, че ∠CFG=∠BDH=∠ACB=∠CEG\angle C F G=\angle B D H=\angle A C B=\angle C E G ( AEGCA E G C е успоредник), т. е. точките E,F,GE, F, G и CC лежат на една окръжност. Забележка. Задачата има изчислително решение с използване на синусови теореми. Тя може да се реши и като се построи средната отсечка през OO в △DBE\triangle D B E и се използва подобие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2012-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека x1,x2,…,x2012x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2012} са реални числа и x12=1x_{12}=1. Да се намери най-малката възможна стойност на израза ∑i,j=12012min⁡(i,j)xixj\sum_{i, j=1}^{2012} \min (i, j) x_{i} x_{j}.
РешениеРешение. Да заменим 2012 с произволно n≥2n \geq 2 и x12=1x_{12}=1 с xk=1,1≤k<nx_k=1, 1 \leq k\lt{}n. С индукция по nn следва, чеSn:=∑i,j=1nmin⁡(i,j)xixj=S_n: =\sum_{i, j=1}^n \min (i, j) x_i x_j=∑i=1n(∑j=inxj)2.\sum_{i=1}^n\left(\sum_{j=i}^n x_j\right)^2.При n=1n=1 това е очевидно. Нека (*) е вярно за някое nn. Тогава лесно се вижда, чеSn+1=Sn+(n+1)xn+12+∑i=1n2ixixn+1=S_{n+1}=S_n+(n+1) x_{n+1}^2+\sum_{i=1}^n 2 i x_i x_{n+1}=∑i=1n+1(∑j=in+1xj)2.\sum_{i=1}^{n+1}\left(\sum_{j=i}^{n+1} x_j\right)^2.Ако sn,k=∑i=k+1nxis_{n, k}=\sum_{i=k+1}^n x_i, то Sn≥(1+sn,k)2+sn,k2≥1/2S_n \geq\left(1+s_{n, k}\right)^2+s_{n, k}^2 \geq 1 / 2. Не е трудно да се съобрази, че Sn=1/2S_n=1 / 2 само при xk+1=xk−1=−1/2x_{k+1}=x_{k-1}=-1 / 2 и xi=0x_i=0 при ∣i−k∣>1|i-k|\gt{}1. Забележка. Равенството (*) може да се докаже и така: ако fi(x)=1f_i(x)=1 при x∈[0,i]x \in[0, i] и fi(x)=0f_i(x)=0 иначе (1≤i≤n)(1 \leq i \leq n), то∑i=1n(∑j=inxj)2=∑i=1n∫i−1i(∑j=inxjfj(x))2dx=∫0n(∑i=1nxifi(x))2dx=∑i,j=1nxixj∫0nfi(x)fj(x)d(x)=∑i,j=1nmin⁡(i,j)xixj\begin{gathered} \sum_{i=1}^n\left(\sum_{j=i}^n x_j\right)^2=\sum_{i=1}^n \int_{i-1}^i\left(\sum_{j=i}^n x_j f_j(x)\right)^2 d x=\int_0^n\left(\sum_{i=1}^n x_i f_i(x)\right)^2 d x \\ =\sum_{i, j=1}^n x_i x_j \int_0^n f_i(x) f_j(x) d(x)=\sum_{i, j=1}^n \min (i, j) x_i x_j \end{gathered}
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2012-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека a1,a2,…,ana_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n} са естествени числа и a>1a\gt{}1 е естествено число, което се дели на a1a2…ana_{1} a_{2} \ldots a_{n}. Да се докаже, че an+1+a−1a^{n+1}+a-1 не се дели на (a+a1−1)(a+a2−1)…(a+an−1)\left(a+a_{1}-1\right)\left(a+a_{2}-1\right) \ldots\left(a+a_{n}-1\right).
РешениеРешение. Да допуснем противното. Ако ai=1a_i=1 за някое ii, получаваме a∣(a+a1−a \mid\left(a+a_1-\right. 1) (a+a2−1)…(a+an−1)∣an+1+a−1\left(a+a_2-1\right) \ldots\left(a+a_n-1\right) \mid a^{n+1}+a-1, което очевидно е невъзможно. Оттук нататьк ще считаме, че ai≥2a_i \geq 2. Нека a=ba1a2…ana=b a_1 a_2 \ldots a_n и an+1+a−1=c(a+a1−1)(a+a2−1)…(a+an−1)a^{n+1}+a-1=c\left(a+a_1-1\right)\left(a+a_2-1\right) \ldots\left(a+a_n-1\right). Очевидно (b,c)=1,1≤b≤a−1(b, c)=1, 1 \leq b \leq a-1, а лесно се вижда, чеc≤an+1+a−1(a+1)n<a.c \leq \frac{a^{n+1}+a-1}{(a+1)^n}\lt{}a.Освен това ba1a2…an≡ca1a2…an( mod a−1)b a_1 a_2 \ldots a_n \equiv c a_1 a_2 \ldots a_n(\bmod a-1), което, заедно с горните и (b,c)=1(b, c)=1, дава b=c=1b=c=1. Сега имамеan+1+a−1=(a+a1−1)(a+a2−1)…(a+an−1)<(a+a1)(a+a2)…(a+an)=a(aa1+1)…(aan+1)≤a(a2+1)n≤an+1,\begin{aligned} a^{n+1}+a-1 & =\left(a+a_1-1\right)\left(a+a_2-1\right) \ldots\left(a+a_n-1\right) \\ & \lt{}\left(a+a_1\right)\left(a+a_2\right) \ldots\left(a+a_n\right) \\ & =a\left(\frac{a}{a_1}+1\right) \ldots\left(\frac{a}{a_n}+1\right) \leq a\left(\frac{a}{2}+1\right)^n \leq a^{n+1}, \end{aligned}противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2012-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намери максималният брой царе, които могат да се разположат върху шахматна дъска 12×1212 \times 12 така, че всеки от царете да атакува точно един друг цар.
РешениеОтговор - 56. Да допълним нашата дъска до дъска 13×1313 \times 13, добавяйки нулев ред и нулев стълб. В новата дъска да асоциираме царя на поле (i,j)(i, j), i,j∈{1,2,…,12}i, j \in\{1, 2, \ldots, 12\}, с четворката полета (i,j),(i−1,j),(i,j−1),(i−1,j−1)(i, j), (i-1, j), (i, j-1), (i-1, j-1). Лесно се вижда, че два царя, които се атакуват, са асоциирани наймного с 6 полета общо (т. е. поне две полета са асоциирани и с двата царя). Нещо повече, никое поле не е асоциирано с две двойки атакуващи се царе. Следователно търсеният максимален брой не надминава 2[1326]=562\left[\frac{13^{2}}{6}\right]=56. Предоставяме на читателя да покаже конструкция с 56 царя, всеки от които да атакува точно един друг цар. Забележка. Горният подход лесно решава задачата и в общия случай отговорът за дъска n×nn \times n е 2[(n+1)26]2\left[\frac{(n+1)^{2}}{6}\right].
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2012-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на функцията f(x,y)=7x2+5y3f(x, y)=7 x^{2}+5 y^{3}, x,y∈Zx, y \in \mathbb{Z}, които принадлежат на интервала [2000, 2012].
РешениеРешение. Нека f(x,y)=k∈[2000,2012]f(x, y)=k \in[2000, 2012] за някои цели xx и yy. Ако 5∣x5 \mid x, то 5∣k5 \mid k и ако 7∣y7 \mid y, то 7∣k7 \mid k. Ако (5,x)=(7,y)=1(5, x)=(7, y)=1, то k≡7x2≡±2( mod 5)k \equiv 7 x^2 \equiv \pm 2(\bmod 5) и k≡5y3≡±2( mod 7)k \equiv 5 y^3 \equiv \pm 2 (\bmod 7). Последното дава (например с Китайската теорема за остатъците) 4 възможности за kk по модул 35, но само една от тях, 2007, е в разглеждания интервал. Сега имаме 6 възможности за kk: 2000, 2002, 2005, 2009, 2010 и 2007. Последната се реализира от 7⋅212+5(−6)3=20077 \cdot 21^2+5(-6)^3=2007. Ще докажем, че останалите не се реализират. Ако 7x2+5y3=20007 x^2+5 y^3=2000, то 5∣x5 \mid x, оттук 5∣y5 \mid y и тогава 53∣7x25^3 \mid 7 x^2, което води до противоречие по модул 545^4. Ако 7x2+5y3=20057 x^2+5 y^3=2005 или 2010, то x=5x1,x1∈Zx=5 x_1, x_1 \in \mathbb{Z}, и получаваме 35x12+y3=40135 x_1^2+y^3=401 или 402, които са невъзможни по модул 7. Ако 7x2+5y3=20097 x^2+5 y^3=2009, то 7∣y7 \mid y, оттук 7∣x7 \mid x и тогава имаме противоречие по модул 737^3. Ако 7x2+5y3=20027 x^2+5 y^3=2002, то y=7y1,y1∈Zy=7 y_1, y_1 \in \mathbb{Z}, и получаваме x2+5⋅49y13=x^2+5 \cdot 49 y_1^3= 286, което е невъзможно по модул 7.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2012-9-5

Задача 6

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2012-9-6

Задача 7

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че ако x<0x\lt{}0, то 2x+21/x≤12^{x}+2^{1 / x} \leq 1.
РешениеПърви начин. Ще използваме неравенството на Бернули (НБ): ако −1<t≠0-1\lt{} t \neq 0, то (1+t)r>1+rt(1+t)^{r}\gt{}1+r t при r>1r\gt{}1 и (1+t)r<1+rt(1+t)^{r}\lt{}1+r t при 0<r<10\lt{}r\lt{}1. Полагаме y=−xy=-x. Можем да считаме, че y>1y\gt{}1. При y≥2y \geq 2 записваме неравенството във вида (\textit{) (1−2x)y≥1/2\left(1-2^{x}\right)^{y} \geq 1 / 2. От НБ следва, че (1−2x)y>1−y2x\left(1-2^{x}\right)^{y}\gt{}1-y 2^{x} и 2y−1≥y2^{y-1} \geq y, т. е. 1−y2x≥1/21-y 2^{x} \geq 1 / 2, с което (}) е доказано. При 1<y<21\lt{}y\lt{}2 записваме неравенството във видаz:=(1+(21−1/y−1))y−121−1/y−1≥2y−1z: =\frac{\left(1+\left(2^{1-1 / y}-1\right)\right)^{y}-1}{2^{1-1 / y}-1} \geq 2^{y-1}и остава да съобразим, че z>y>2y−1z\gt{}y\gt{}2^{y-1} пак съгласно НБ. Втори начин. Можем да считаме, че x<−1x\lt{}-1. Полагаме 2x=t∈(0,1/2)2^{x}=t \in(0, 1 / 2) и записваме неравенството във вида f(t)≤f(1/2)f(t) \leq f(1 / 2), където f(t)=ln⁡t⋅ln⁡(1−t)f(t)=\ln t \cdot \ln (1-t). Имаме, чеt(1−t)f′(t)=(1−t)ln⁡(1−t)−tln⁡t=:g(t)t(1-t) f^{\prime}(t)=(1-t) \ln (1-t)-t \ln t=: g(t) \quadиg′′(t)=2t−1t(1−t)<0 \text{и} \quad g^{\prime \prime}(t)=\frac{2 t-1}{t(1-t)}\lt{}0Понеже g(0+)=g(1/2)=0g(0+)=g(1 / 2)=0, то g>0g\gt{}0. Значи ff е строго растяща функция, откъдето следва исканото.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2012-9-7

Задача 8

Пълен запис
Условие
Нека SS е множество от 100 -цифрени естествени числа. Едно число от SS се нарича лошо, ако не се дели на сумата на никои две (не непременно различни) числа от SS. Да се определи максималната възможна мощност на SS, ако е известно, че SS съдържа не повече от 10 лоши числа.
Решение(Оценка) Да наречем добри числата от SS, които не са лоши. Да отбележим, че всяко добро число може да бъде записано като сума на поне две и наймного девет (не непременно различни) лоши числа. Тъй като имаме (10+j9)\binom{10+j}{9}, j=2,3,…,9j=2, 3, \ldots, 9, суми с по jj числа, мощността на SS не надминава ∑j=19(10+j9)=(1910)\sum_{j=1}^{9}\binom{10+j}{9}= \binom{19}{10} (събираемото от j=1j=1 добавя и лошите числа). (Конструкция) Нека сме избрали нашите 10 лоши числа от интервала [10100,10101−19]\left[10^{100}, \frac{10^{101}-1}{9}\right]. Да отбележим, че в този интервал има (10100−1)/9\left(10^{100}-1\right) / 9 числа, от които можем да избираме. Освен това е ясно, че сумите на поне две и най-много девет (не непременно различни) числа от този интервал са 100−100- цифрени числа и можем да ги разглеждаме за включване в SS. Остава да прецизирамне избора така, че да не се получават еднакви суми. Да предположим, че вече сме избрали jj лоши числа и всички суми на най-много девет (не непременно различни) от тях са различни. Следващото лошо число не трябва да дели никое от вече избраните и не трябва да е равно на разлика на вече избрани лоши числа. Това забранява не повече от1010(1010−1)2+1010⋅9<1021\frac{10^{10}\left(10^{10}-1\right)}{2}+10^{10} \cdot 9\lt{}10^{21}(използвахме неравенството (1910)<1010\binom{19}{10}\lt{}10^{10} ) възможности и вече е очевидно, че можем да направим избора на следващото (j+1)(j+1)-во, j+1≤10j+1 \leq 10, лошо число.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2012-9-8