Контролно за национален отбор за БОМ | Библиотека

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

A_{1}, B_{1}

и

C_{1}

са петите на височините през върховете

A, B

и

C

на остроъгълен

\triangle A B C

. Да се докаже, че точките

A, B

и центровете на вписаните окръжности в

\triangle A B_{1} C_{1}

и

\triangle B C_{1} A_{1}

лежат на една окръжност.

Решение

Решение. Нека

I_a, I_b

и

I

са съответно центровете на вписаните в

\triangle A B_1 C_1, \triangle B A_1 C_1

и

\triangle A B C

окръжности. Тогава е достатъчно да докажем, че

I A \cdot I I_a=I B \cdot I I_b

. Имаме

\triangle A B C \sim \triangle A B_1 C_1

с коефициент на подобие

\cos \alpha

, откъдето

\frac{I_a A}{I A}= \cos \alpha

. Сега

\frac{I_a I}{I A}=1-\cos \alpha=2 \sin ^2 \frac{\alpha}{2}

. След аналогично изразяване на

I_b I

исканото се свежда до

I A^2 \sin ^2 \frac{\alpha}{2}=I B^2 \sin ^2 \frac{\beta}{2}

, което следва от синусова теорема за

\triangle A B I

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2013-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички ненаредени тройки (

A, B, C

) от непразни множества от цели числа такива, че

A \cup B \cup C=\mathbb{Z}

, а

A+B, B+C

и

C+A

са две по две непресичащи се множества

(X+Y=\{x+y \mid x \in X, y \in Y\})

.

Решение

Решение. Ще докажем, че единственото разбиване с исканите свойства е

A=\{3 k \mid k \in \mathbb{Z}\}, B=\{3 k+1 \mid k \in \mathbb{Z}\},

C=\{3 k+2 \mid k \in \mathbb{Z}\}.

(т точност до реда на множествата). Нека

\mathbb{Z}=A \cup B \cup C

е разбиване с непресичащи се две по две

A+B, B+C

и

C+A

. Да отбележим, че от

a \in A, b \in B

и

c \in C

следва, че

a+b-c \in C

,

b+c-a \in A

и

c+a-b \in B

. Действително, ако например

a+b-c \in A

, то

a+b \in A+B \cup A+C=\phi

, противоречие. Да фиксираме две последователни числа от различни множества,

b \in B

и

c=b+1 \in C

. Тогава за всяко

a \in A

имаме

a-1=a+b-c \in C

и

a+1=a+c-b \in B

, т. е. всяко число от

A

се предхожда от число от

C

и се следва от число от

B

. В частност, съществуват двойки (

c, c+1

), за които

c \in C, c+1 \in A

. С помощта на такава двойка както по-горе се вижда, че всяко число

b \in B

се предхожда от число от

A

и се следва от число от

C

. Продължавайки по същия начин виждаме, че всяко

c \in C

се предхожда от число от

B

и се следва от число от

A

. Вече е ясно, че

A, B

и

C

са всъщност трите класа от остатъци по модул 3.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2013-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

В граф с 2013 върха измежду всеки 50 върха има два, които не са свързани с ребро. Да се докаже, че съществуват поне 41 върха, всеки от които е от степен най-много 1972.

Решение

Да допуснем, че твърдението не е вярно. Тогава съществуват поне 2013

40=1973

върха от степен поне 1973. Да означим с

X

множеството от върховете от степен поне 1973. Всеки връх от

X

не е свързан с най-много

2013-1-1973=39

от върховете на графа. Да изберем произволен връх

A_{1} \in X

и от свързаните с

A_{1}

поне 1973 върха да изберем връх

A_{2} \in X

. Върховете, които не са свързани или с

A_{1}

или с

A_{2}

са най-много

2 \cdot 39=78

. Следователно съществуват поне

2013-2-78=1933

върха, свързани едновременно с

A_{1}

и с

A_{2}

. От тези върхове избираме

A_{3} \in X

и разглеждаме върховете, свързани едновременно с

A_{1}, A_{2}

и

A_{3}

. Те са поне

2013-3-3 \cdot 39=1893

. Продължаваме да избираме върхове по описания начин. Когато изберем

A_{49}

ще получим, че има поне

2013-49-49 \cdot 39=53

върха, които са свързани с всеки от върховете

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{49}

. Произволен връх от тези 53 заедно с върховете

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{49}

води до противоречие с условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2013-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Съществуват ли естествени числа

m

и

n

, за които

\left(m^{2}+n\right)\left(n^{2}+m\right)=2(m-n)^{3}?

Решение

Да запишем даденото уравнение във вида

\left(m^{2}+n+n^{2}+m\right)^{2}-\left(m^{2}+n-n^{2}-m\right)^{2}=8(m-n)^{3},

откъдето

\left(m^{2}+n+n^{2}+m\right)^{2}=(m-n)^{2}\left[8(m-n)+(m+n-1)^{2}\right].

Оттук следва, че

8(m-n)+(m+n-1)^{2}

е точен квадрат. Тъй като

m\gt{}n

(Защо?), имаме

(m+n-1+2 s)^{2}=8(m-n)+(m+n-1)^{2}

за някое естествено число

s

. Тогава

s(m+n-1+s)=2(m-n)

и тъй като

m+n-1+s\gt{}m-n

, заключаваме, че

s\lt{}2

. Следователно

s=1

и оттук

m=3 n

. Сега обаче лявата страна на даденото уравнение е по-голяма от

m^{3}=27 n^{3}

, докато дясната е равна на

16 n^{3}

, което е противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2013-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

p\gt{}3, p \equiv 3(\bmod 4)

, е фиксирано просто число. Означаваме с

S_{1}(p)

множеството от наредените тройки

(a, b, c) \in \mathbb{Z}^{3}

, за които числото

a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}+1

се дели на

p

, и с

S_{2}(p)

множеството от наредените тройки

(a, b, c) \in \mathbb{Z}^{3}

, за които числото

a^{2} b^{2} c^{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+a^{2} b^{2} c^{2}\right)

се дели на

p

. Да се докаже, че

S_{1}(p)

не е подмножество на

S_{2}(p)

.

Решение

Ще работим в полето

\mathbb{Z}_{p}

от остатъци по модул

p

и ще докажем, че множеството

S_{1}(p)

е непразно и непресичащо се с

S_{2}(p)

. Нека

c \in \mathbb{Z}_{p}

е такова, че

c^{2} \notin\{0, 1\}

(такова

c

съществува, защото

p\gt{}3

). Ще използваме известния факт, че от

x, y \in \mathbb{Z}_{p}, p \equiv 3(\bmod 4)

и

x^{2}+y^{2}=

0 следва

x=y=0

. Оттук следва, че изображението

f: \left\{0, 1, \ldots, \frac{p-1}{2}\right\} \rightarrow \mathbb{Z}_{p},

\quad f(a)=-\frac{a^{2} c^{2}+1}{a^{2}+c^{2}}

е коректно дефинирано. Ще докажем, че

f

е инективно. Ако

f\left(a_{1}\right)=f\left(a_{2}\right)

, то лесно се вижда, че

\left(a_{1}^{2}-a_{2}^{2}\right)\left(c^{4}-1\right)=0

, откъдето

a_{1}=a_{2}

, понеже

c_{2} \neq \pm 1

. От инективността на

f

и от факта, че квадратичните остатъци по модул

p

са

(p+1) / 2

на брой, следва, че съществуват

a, b \in\left\{0, 1, \ldots, \frac{p-1}{2}\right\}

, за които

f(a)=b^{2}

. Последното означава, че

(a, b, c) \in S_{1}(p)

, т. е.

S_{1}(p) \neq \phi

. Да допуснем за момент, че

(a, b, c) \in S_{1}(p) \cap S_{2}(p)

. Ако някое от

a, b

и

c

е равно на 0, например

a=0

, получаваме

b^{2} c^{2}+1=0

, което е невъзможно. Следователно

a b c \neq 0

, откъдето

a^{2}\left(b^{2} c^{2}+1\right)+b^{2}+c^{2}=0

и

a^{2}\left(b^{2}+c^{2}\right)+b^{2} c^{2}+1=

0. От последните две равенства получаваме

0=

a^{2}\left(b^{2} c^{2}+1\right)+b^{2}+c^{2}-a^{4}\left(b^{2}+c 2\right)-a^{2}\left(b^{2} c^{2}+1\right)=

\left(1-a^{4}\right)\left(b^{2}+c^{2}\right)

откъдето

a^{2}=1

и накрая

\left(1+b^{2}\right)\left(1+c^{2}\right)=0

, което е невъзможно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2013-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

В

\triangle A B C

точките

D, E

и

F

съответно от страните

B C, C A

и

A B

са такива, че

A F=E F

и

B F=D F

. Да се докаже, че ортоцентърът на

\triangle A B C

лежи на окръжността, описана около

\triangle C D E

.

Решение

Решение. Нека

A^{\prime}

и

B^{\prime}

са петите на височините съответно от

A

и

B

в

\triangle A B C

. Първо да разгледаме случая, когато

E \equiv A^{\prime}

. Тогава

F

е средата

M

на

A B, D \equiv B^{\prime}

и твърдението е очевидно. Нека

E \in B A_1

(иначе

D \in A B_1

и разсъжденията са аналогични). Нека симетралата на

B E

пресича

A B

в

F

и

D

е симетричната на

A

относно перпендикуляра от

D

към

A C

. Тогава

\frac{B_1 D}{A_1 E}=\frac{B_1 D}{M F} \cdot \frac{M F}{A_1 E}=

\frac{A B_1}{A M} \cdot \frac{M B}{B A_1}=\frac{A B_1}{B A_1}=\frac{B_1 H}{H A_1}

(последното следва от

\triangle A B_1 H \sim \triangle B A_1 H

). Но тогава

\triangle B_1 D H \sim \triangle A_1 E H

, откъдето

\angle B_1 D H=\angle A_1 E H

и следователно

D C E H

е вписан, което трябваше да се докаже.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2013-9-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Нека

P

е полиомино със следните свойства: (1) поне един правоъгълник може да бъде покрит с копия на

P

; (2) за всеки правоъгълник, който може да бъде покрит с копия на

P

, това покритие е единствено с точност до симетриите, които запазват правоъгълника. Да се докаже, че

P

е квадрат.

Решение

Да отбележим, че ако с копия на

P

можем да покрием правоъгълник

a \times b

, то можем да покрием и квадрат

a b \times a b

. Нека

S

е възможно най-малкият квадрат, който може да бъде покрит с копия на

P

и нека ( 1, 1 ) и (

s, s

) са долната лява и горната дясна клетки на този квадрат. Да допуснем, че никое копие на

P

не пресича правата

2 x=s+1

. Тогава

s

е четно и симетрията относно правата

x=y

показва, че никое копие на

P

не пресича правата

2 y=s+1

. Но сега сме покрили с копия на

P

квадрат

(s / 2) \times(s / 2)

, което противоречи на избора на

s

. Нека

Q

е копие на

P

, което пресича правата

2 x=s+1

. Тъй като симетрията относно тази права запазва покритието,

Q

(т. е.

P

) има вертикална ос на симетрия. Аналогично се вижда, че

P

има и хоризонтална ос на симетрия. Нека

R

е копието на

P

, което покрива клетката ( 1, 1 ). Тъй като симетрията относно правата

x=y

запазва покритието, тя изобразява

R

в

R

. Следователно

R

е симетрично едновременно относно правите

2 x=m+1

и

2 y=m+1

за някое естествено число

m

. Тогава

R

съдържа клетките ( 1, 1 ),

(m, 1), (m, m)

и

(1, m)

. Тъй като целият квадрат

S

лежи отгоре и надясно спрямо

(1, 1), R

също лежи отгоре и надясно спрямо

(1, 1)

, отдолу и надясно спрямо (

1, m

) и т. н. Следователно

R

лежи изцяло в квадрата

S^{\prime}

, определен от ъгловите си клетки

(1, 1), (m, 1), (m, m)

и

(1, m)

. Да допуснем, че някоя клетка

(i, 1)

, където

1\lt{}i\lt{}m

, не принадлежи на

R

. Тогава тя е покрита от някое друго копие

T

на

P

. Тъй като

T

и

R

са еднакви, най-долният ред, който съдържа клетки на

T

трябва да съдържа две такива клетки на разстояние

m-1

едне от друга, което е невъзможно. Следователно

R

съдържа всички клетки между

(1, 1)

и

(m, 1)

и тогава, от симетрията, съдържа и цялата вътрешност на

S^{\prime}

. Получихме, че

R \equiv S^{\prime}

и значи

R

, тогава и

P

, е квадрат.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2013-9-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}

, такива, че

f(-1) \neq 0

и

f(x y+1)=f(x) f(y)+f(x+y)

за произволни

x, y \in \mathbb{R}

.

Решение

Ще докажем, че единственото рещение е функцията

f(x)=x-1

. Да положим

g(x)=f(x)+1

и да запишем условията за новата функция:

g(1+x y)-g(x+y)=(g(x)-1)(g(y)-1),

\quad g(-) \neq 1. \tag{1}

Да означим

g(-1)-1=C \neq 0

. Полагаме

y=-1

в (1) и получаваме

g(1-x)-g(x-1)=C(g(x)-1). \tag{2}

При

x=1

в

(2)

получаваме

C(g(1)-1)=0

, откъдето

g(1)=1

. Сега полаганията

x=0

и

x=2

дават съответно

g(0)=0

и

g(2)=2

. Ще докажем, че за всички реални числа

x

са в сила равенствата

\begin{align*} & g(x)+g(2-x)=2, \quad \text{(3)}\\ & g(x+2)-g(x)=2. \quad \text{(4)} \end{align*}

Замяната на

x

с

1-x

в (2) и замяната на

x

с

-x

в полученото уравнение дават съответно

g(x)-g(-x)=C(g(1-x)-1)

и

g(-x)-g(x)=C(g(1+x)-1)

. Събираме последните две уравнения и получаваме

C(g(1-x)+g(1+x)-2)=

0, което поради

C \neq 0

доказва (3). Нека

u

и

v

са такива, че

u+v=1

. Прилагаме (1) за двойките (

u, v

) и

(2-u, 2-v)

и получаваме

\begin{aligned} g(1+u v)-g(1) & =(g(u)-1)(g(v)-1), \\ g(3+u v)-g(3) & =(g(2-u)-1)(g(2-v)-1). \end{aligned}

Тъй като последните две уравнения имат равни десни страни (поради (3)), заключаваме, че

u+v=1

води до

g(u v+3)-g(u v+1)=g(3)-g(1).

Всяко реално число

x \leq 5 / 4

се представя във вида

x=u v+1

за някои

u

и

v

със сума 1 (защото квадратният тричлен

t^{2}-t+(x-1)

има реални корени за

x \leq 5 / 4

). Следователно

g(x+2)-g(x)=g(3)-g(1)

за всяко

x \leq 5 / 4

. В частност, при

x=0

получаваме

g(3)=3

, което доказва (4) за

x \leq 5 / 4

. Ако

x\gt{}5 / 4

, то

-x\lt{}5 / 4

и значи

g(2-x)-g(-x)=2

поради горното. От друга страна (3) дава

g(x)=2-g(2-x)

и

g(x+2)=2-g(-x)

, откъдето

g(x+2)-g(x)=g(2-x)-g(-x)=2

. С това и (4) е доказано. Сега замяната на

x

с

-x

в (3) и комбинирането на полученото с (4) дава

g(x)=-g(-x)

за всяко реално

x

. Имайки впредвид това, прилагаме (1) за двойките

(-x, y)

и

(x, -y)

и получаваме

\begin{aligned} g(1-x y)-g(-x+y) & =(g(x)+1)(1-g(y)), \\ g(1-x y)-g(x-y) & =(1-g(x))(g(y+1). \end{aligned}

Събираме последните две уравнения и получаваме

g(1-x y)=1-g(x) g(y)

. Тогава

g(1+x y)=1+g(x) g(y)

поради (3). Сега даденото уравнение (1) придобива вида

g(x+y)=g(x)+g(y)

, т. е. функцията

g

е адитивна. Следователно

g(1+x y)=g(1)+g(x y)=1+g(x y)

и това, заедно с получаното по-горе

g(1+x y)=1+g(x) g(y)

, дава

g(x y)=g(x) g(y)

, т. е.

g

е и мултипликативна. В частност,

g\left(x^{2}\right)=g(x)^{2} \geq 0

за всяко

x

, откъдето

g(x) \geq 0

за всяко

x \geq 0

. Тъй като

g

е адитивна и ограничена отдолу за

x \in[0, +\infty)

, тя е линейна, по-точно

g(x)=g(1) x=x

за всяко

x \in \mathbb{R}

. Забележка. Съществуват функции, които удовлетворяват даденото уравнение, но се анулират в -1. Такива са например константата 0 и функцията

f(x)=x^{2}-1

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2013-9-8