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

2014

Назад към папките

9

8 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека d,a1,a2,…,a2014d, a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2014} са реални числа, такива че∣a1−1∣=∣a2−2∣=∣a3−3∣=⋯=∣a2014−2014∣=d\left|a_{1}-1\right|=\left|a_{2}-2\right|=\left|a_{3}-3\right|=\cdots=\left|a_{2014}-2014\right|=dи b1≤b2≤⋯≤b2014b_{1} \leq b_{2} \leq \cdots \leq b_{2014} са числата a1,a2,…,a2014a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2014}, подредени по големина. Да се докаже, че ∣ak−bk∣≤2d\left|a_{k}-b_{k}\right| \leq 2 d за всяко k=1,2,…,2014k=1, 2, \ldots, 2014.
РешениеРешение. Тъй като ∣ak−bk∣≤∣ak−k∣+∣k−bk∣=d+∣bk−k∣\left|a_k-b_k\right| \leq\left|a_k-k\right|+\left|k-b_k\right|=d+\left|b_k-k\right|, то е достатъчно да докажем, че ∣bk−k∣≤d\left|b_k-k\right| \leq d за всяко k=1,2,…,2014k=1, 2, \ldots, 2014. Наистина, ако например bk<k−db_k\lt{}k-d, то лесно се вижда, че числата ak,ak+1,…,a2014a_k, a_{k+1}, \ldots, a_{2014} са по-големи от bkb_k, което е противоречие, понеже в редицата има най-много 2014−k2014-k числа, по-големи от bkb_k. Аналогично, ако bk>k+db_k\gt{}k+d, то числата ak,ak−1,…,a1a_k, a_{k-1}, \ldots, a_1 са по-малки от bkb_k, което отново е противоречие. Така окончателно ∣ak−bk∣≤2d\left|a_k-b_k\right| \leq 2 d за всяко k=1,2,…,2014k=1, 2, \ldots, 2014.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2014-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека естественото число nn е такова, че d1d_{1} и d2d_{2} са естествени делители на n2n^{2} и d1<n<d2d_{1}\lt{}n\lt{}d_{2}. Да се докаже, чеd2−d1≥x24n+1.d_{2}-d_{1} \geq \sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}.
РешениеРешение. Ако d1=n−kd_1=n-k, то от n−k∣n2=n2−k2+k2n-k \mid n^2=n^2-k^2+k^2 следва, че n−k∣k2n-k \mid k^2 откъдето k2+k−n≥0k^2+k-n \geq 0, т. е. k≥(−1+x24n+1)/2k \geq(-1+\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}) / 2. Аналогично за d2=n+sd_2=n+s следва, че s2−s−n≥0,s≥(1+x24n+1)/2s^2-s-n \geq 0, s \geq(1+\sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1}) / 2. Тогава d2−d1=s+k≥x24n+1d_2-d_1=s+k \geq \sqrt{\vphantom{x^2}4 n+1} като равенство се достига точно тогава, когато n=k(k+1)n=k(k+1) за някое k∈Nk \in \mathbb{N}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2014-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Четириъгълник ABCDA B C D е вписан в окръжност с център OO и описан около окръжност с център II. Да се докаже, че четириъгълникът, образуван от правите през върховете A,B,CA, B, C и DD, перпендикулярни на AI,BI,CIA I, B I, C I и DID I съответно, е вписан в окръжност, центърът на която лежи на правата IOI O.
РешениеАко съществуват две точки, които са краища на диаметър в окръжността, то можем да преместим едната от тях на достатъчно малко разстояние по окръжността, така че и двете точки да участват само в остроъгълни и тъпоъгълни триъгълници, като при това броят на остроъгълните триъгълници не намалява след преместването на едната от точките. Следователно можем да считеме, че имаме само тъпоъгълни и остроъгълни триъгълници. Да разгледаме произволна точка AA от окръжността с център XX. Тогава точката AA участва в тъпоъгълен триъгълник и не е при тъпия му връх тогава и само тогава, когато останалите два върха на триъгълника се намират в една и съща полуравнина спрямо AXA X. Тогава броят на тъпоъгълните триъгълници от указания вид e(a2)+(b2)\mathrm{e}\binom{a}{2}+\binom{b}{2}, където aa и bb са съответно броя на точките в двете полуравнини спрямо правата AXA X. Имаме a+b=n−1a+b=n-1 и(a2)+(b2)=a2+b2−a−b2=\binom{a}{2}+\binom{b}{2}=\frac{a^{2}+b^{2}-a-b}{2}=(a−b)22+(a+b)22−a−b2.\frac{\frac{(a-b)^{2}}{2}+\frac{(a+b)^{2}}{2}-a-b}{2}.Този брой е минимален при максимално близки aa и bb. Окончателно минималният брой тъпоъгълни триъгълници е n((n−1)/22)n\binom{(n-1) / 2}{2} за нечетно nn и n2⋅((n/22)+((n−2)/22))\frac{n}{2} \cdot\left(\binom{n / 2}{2}+\binom{(n-2) / 2}{2}\right) за четно nn. Остава от общия брой триъгълници, който е е (n3)\binom{n}{3}, да извадим получената оценка. Пример за нечетно nn е правилният nn-ъгълник, а за четно n=2kn=2 k е достатъчно да разгледаме правилен nn-ъгълник, на който kk поредни точки са ротирани на еднакъв достатъчно малък ъгъл спрямо центъра на окръжността.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2014-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Таблица n×2nn \times 2^{n} е запълнена с нули и единици по такъв начин, че няма два еднакви стълба. Нека означим с aija_{i j} числото записано в ii-тия ред и jj-тия стълб. Ако сумата ∑j=12njaij\sum_{j=1}^{2^{n}} j a_{i j} е една и съща за всяко i=1,2,…,ni=1, 2, \ldots, n, то да се намери нейната минимална възможна стойност при: а) n=3n=3; б) n=4n=4.
РешениеЯсно е, че ако стълбовете на n×2nn \times 2^{n} таблица са различни, то това са всички двоични вектори с дължина nn. По условие за всяко i=1,2,…,ni=1, 2, \ldots, n имаме t=∑j=12njaijt=\sum_{j=1}^{2^{n}} j a_{i j} Да означим с vjv_{j} броят на единиците в стълб jj. Тогаваnt=∑i=1n∑j=12njaij=∑k=12nk⋅vkn t=\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{2^{n}} j a_{i j}=\sum_{k=1}^{2^{n}} k \cdot v_{k}Най-малката стойност на ∑k=12nk.vk\sum_{k=1}^{2^{n}} k. v_{k} се достига когато v1≥v2≥⋯≥v2nv_{1} \geq v_{2} \geq \cdots \geq v_{2^{n}}. а) При n=3n=3 и v1≥v2≥⋯≥v8v_{1} \geq v_{2} \geq \cdots \geq v_{8} имаме ∑k=12nk.vk=1⋅3+(2+3+4).2+(5+6+7)⋅1+8⋅0=39\sum_{k=1}^{2^{n}} k. v_{k}=1 \cdot 3+(2+3+4).2+ (5+6+7) \cdot 1+8 \cdot 0=39. Следователно 3t≥393 t \geq 39, т. е. t≥13t \geq 13. Показаната таблица е пример, че стойността t=13t=13 се достига.111000101101010010111000\begin{array}{llllllll} 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \cr 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \cr 1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 \end{array}б) Аналогично на а) намираме, че t≥1⋅4+14⋅3+51⋅2+54⋅1+16⋅04=2024t \geq \frac{1 \cdot 4+14 \cdot 3+51 \cdot 2+54 \cdot 1+16 \cdot 0}{4}=\frac{202}{4}, т. е. t≥51t \geq 51. Долната таблица е пример за 4×164 \times 16 таблица с t=51t=511111010100010010111011001010010011011011001010001011101011010000\begin{array}{llllllllllllllll} 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \cr 1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \cr 1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \cr 1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \cr \end{array}\setcounter{enumi}{4} (∗)(*) Очевидно f(n)=nf(n)=n е решение на задачата и ще докажем, че то е единственото. От условието следва, че m2+f(nk)≤mf(m)+nkm^{2}+f\left(n^{k}\right) \leq m f(m)+n^{k}, т. е. m(f(m)−m)≥f(n2)−n2m(f(m)-m) \geq f\left(n^{2}\right)-n^{2} за всеки m,n∈Nm, n \in \mathbb{N}. В частност, при n=1n=1, получаваме, че f(m)≥mf(m) \geq m за всяко m∈Nm \in \mathbb{N}. От друга страна, ако в условието заместим mm с f(nk)f\left(n^{k}\right), то получаваме, че f(nk)∣nkf\left(n^{k}\right) \mid n^{k} за всяко n∈Nn \in \mathbb{N}. Но както вече доказахме f(nk)≥nkf\left(n^{k}\right) \geq n^{k} и следователно f(nk)=nkf\left(n^{k}\right)=n^{k} за всяко n∈Nn \in \mathbb{N}. Така условието добива видаm2+nk∣mf(m)+nkза всякоm,n∈Nm^{2}+n^{k} \mid m f(m)+n^{k} \text{за всяко} m, n \in \mathbb{N}откъдето следва, че m2+nk∣(mf(m)+nk)−(m2+nk)=m(f(m)−m)m^{2}+n^{k} \mid\left(m f(m)+n^{k}\right)-\left(m^{2}+n^{k}\right)=m(f(m)-m) за всеки m,n∈Nm, n \in \mathbb{N}. Последното е възможно единствено в случая, когато f(n)=nf(n)=n за всяко n∈Nn \in \mathbb{N}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2014-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека kk е фиксирано естествено число. Да се намерят всички функции f:N→Nf: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}, такива, че m2+f(nk)∣mf(m)+nkm^{2}+f\left(n^{k}\right) \mid m f(m)+n^{k} за всеки m,n∈Nm, n \in \mathbb{N}.
РешениеТъй като полиномът е реципрочен, то f=ghf=g h за някакви полиноми g(x)=(x−x1)…(x−xn)g(x)= \left(x-x_{1}\right) \ldots\left(x-x_{n}\right) и h(x)=(x−1x1)…(x−1xn)h(x)=\left(x-\frac{1}{x_{1}}\right) \ldots\left(x-\frac{1}{x_{n}}\right). Тогава g(x)=xn+b1xn−1+⋯+bng(x)=x^{n}+b_{1} x^{n-1}+\cdots+b_{n} и h(x)=xn+bn−1bnxn−1+⋯+1bnh(x)=x^{n}+\frac{b_{n-1}}{b_{n}} x^{n-1}+\cdots+\frac{1}{b_{n}}. Имаме ∣an∣=∣bn+1bn+b12+⋯+bn−12bn∣≤2\left|a_{n}\right|=\left|b_{n}+\frac{1}{b_{n}}+\frac{b_{1}^{2}+\cdots+b_{n-1}^{2}}{b_{n}}\right| \leq 2 и значи bn−1=⋯=b1=0b_{n-1}=\cdots=b_{1}=0 и bn=±1b_{n}= \pm 1. От полиномите (xn−1)2\left(x^{n}-1\right)^{2} само (x−1)2(x-1)^{2} и (x2−1)2\left(x^{2}-1\right)^{2} имат 2n2 n реални корена, тъй като xn−1x^{n}-1 сменя монотонността си най-много в една точка и пресича абцисата най-много два пъти. Аналогично при bn=1b_{n}=1 единственото решение e (x+1)2(x+1)^{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2014-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Даден е неравнобедрен остроъгълен △ABC\triangle A B C с ортоцентър HH и височини AA1(A1∈BC)A A_{1}\left(A_{1} \in B C\right) и BB1(B1∈AC)B B_{1}\left(B_{1} \in A C\right). Симетралите на AA1A A_{1} и BB1B B_{1} пресичат правата A1B1A_{1} B_{1} в точки PP и QQ съответно, а правите APA P и BQB Q се пресичат в точка RR. a) Да се докаже, че RHR H разполовява отсечката A1B1A_{1} B_{1}; б) Да се намери ∠ACB\angle A C B, ако HA1RB1H A_{1} R B_{1} е успоредник.
Решениеa) От ∠RAA1=∠B1A1A=∠B1BA\angle R A A_{1}=\angle B_{1} A_{1} A= \angle B_{1} B A и ∠RBB1=∠A1B1B=∠A1AB\quad \angle R B B_{1}=\quad \angle A_{1} B_{1} B= \angle A_{1} A B следва, че RAR A и RBR B са допирателни към описаната около △ABH\triangle A B H окръжност. Тогава правата RHR H е симедиана за △ABH\triangle A B H (Защо?) и следователно ∠RHB1=∠AHM\angle R H B_{1}=\angle A H M, където MM е средата на ABA B. Така получаваме, че ако N=RH∩A1B1N=R H \cap A_{1} B_{1}, то HNH N и HMH M са съответни елементи в подобните триъгълници △ABH\triangle A B H и △A1B1H\triangle A_{1} B_{1} H откъдето следва, че NN е среда на A1B1A_{1} B_{1}. б) Нека правите AA1A A_{1} и BB1B B_{1} пресичат за втори път описаната около △ABC\triangle A B C окръжност в точките A2A_{2} и B2B_{2} съответно. Лесно се доказва, че A1A_{1} е среда на HA2H A_{2}, а B1B_{1} е среда на HB2H B_{2}. Но по условие NN е среда на HRH R и следователно точките A2B2A_{2} B_{2} и RR лежат на една права като RR е среда на A2B2A_{2} B_{2}. Центърът на описаната около △ABC\triangle A B C окръжност OO лежи на симетралата на ABA B (която е RMR M ) и на симетралата на A2B2A_{2} B_{2} (която минава през RR ) и тъй като AC≠BCA C \neq B C следва, че RR съвпада с OO. Но ∠ARB=180∘−2∠ACB,∠AOB=2∠ACB\angle A R B=180^{\circ}-2 \angle A C B, \angle A O B=2 \angle A C B и следователно ∠ACB=45∘\angle A C B=45^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2014-9-6

Задача 7

Пълен запис
Условие
Квадрат със страна естествено число NN е разрязан на два вида квадрати със страни aa и bb, където aa и bb са взаимно прости естествени числа. Да се докаже, че поне едно от числата aa и bb дели NN.
РешениеДа допуснем, че aa не дели NN. Да фиксираме един стълб от единични квадратчета и да разгледаме всички квадрати, които имат общи клетки с този стълб. Получаваме равенство от вида ax+by=Na x+b y=N, където xx и yy са броевете на съответните квадрати, откъдето yb≡N( mod a)⟺y≡Nb−1≡r( mod a)y b \equiv N(\bmod a) \Longleftrightarrow y \equiv N b^{-1} \equiv r(\bmod a), където r∈{1,2,…,a−1}r \in\{1, 2, \ldots, a-1\} е фиксирано (т. е. не зависи от стълба). Да означим с xi,i=1,2,…,Nx_{i}, i=1, 2, \ldots, N, броя на квадратите със страна bb, които са разположени изцяло във вертикалната ивица, определена от стълбовете с номера i,i+1,…,i+b−1i, i+1, \ldots, i+b-1. От това означение и горното следва, че xi+xi+1+⋯+xi+b−1≡r( mod a)x_{i}+x_{i+1}+ \cdots+x_{i+b-1} \equiv r(\bmod a) (отляво са преброени всички квадрати със страна bb, имащи общи клетки с (i+b−1)(i+b-1)-ия стълб). Тогава r≡x1≡xb+1≡x2b+1≡⋯( mod a)r \equiv x_{1} \equiv x_{b+1} \equiv x_{2 b+1} \equiv \cdots (\bmod a). Нека N=kb+ℓN=k b+\ell и да допуснем за момент, че 0<ℓ<b0\lt{}\ell\lt{}b. Тогава xkb+1≡r( mod a)x_{k b+1} \equiv r (\bmod a), което противоречи на очевидното xkb+1=0x_{k b+1}=0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2014-9-7

Задача 8

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че съществуват безбройно много естествени числа nn, такива, че най-големият прост делител на n4+n2+1n^{4}+n^{2}+1 е равен на най-големия прост делител на (n+1)4+(n+1)2+1(n+1)^{4}+(n+1)^{2}+1.
РешениеПърво да забележим, чеn4+n2+1=(n2−n+1)(n2+n+1)=n^{4}+n^{2}+1=\left(n^{2}-n+1\right)\left(n^{2}+n+1\right)=((n−1)2+(n−1)+1)(n2+n+1)\left((n-1)^{2}+(n-1)+1\right)\left(n^{2}+n+1\right)и следователно ако означим с pnp_{n} най-големия прост делител на n4+n2+1n^{4}+n^{2}+1, а с qnq_{n} най-големия прост делител на n2+n+1n^{2}+n+1, то pn=max⁡{qn,qn−1}p_{n}=\max \left\{q_{n}, q_{n-1}\right\} за всяко n≥2n \geq 2. Тъй като (n2+n+1,n2−n+1)=1\left(n^{2}+n+1, n^{2}-n+1\right)=1, то qn≠qn−1q_{n} \neq q_{n-1} за всяко nn. Така задачата се свежда до това да докажем, че съществуват безбройно много n≥2n \geq 2 такива, че qn>qn−1q_{n}\gt{}q_{n-1} и qn>qn+1q_{n}\gt{}q_{n+1}. Тъй като q2=7<13=q3q_{2}=7\lt{}13=q_{3} и q3=13>7=q4q_{3}=13\gt{}7=q_{4}, то 3 едно такова число. Да допуснем, че те са краен брой и mm е най-голямото от тях. Тогава или qm>qm+1>qm+2⋯q_{m}\gt{}q_{m+1}\gt{}q_{m+2} \cdots, което очевидно е невъзможно, или съществува k≥mk \geq m, такова, че qk<qk+1(qk≠qk+1)q_{k}\lt{}q_{k+1}\left(q_{k} \neq q_{k+1}\right). От друга страна, не е възможно qk<qk+1<qk+2⋯q_{k}\lt{}q_{k+1}\lt{}q_{k+2} \cdots, защото q(k+1)2=pk+1=max⁡{qk,qk+1}=qk+1q_{(k+1)^{2}}=p_{k+1}= \max \left\{q_{k}, q_{k+1}\right\}=q_{k+1} и следователно съществува най-малко l≥k+1l \geq k+1, такова, че ql>ql+1q_{l}\gt{}q_{l+1}. От минималността следва, че ql>ql−1q_{l}\gt{}q_{l-1}, но l≥k+1>k≥ml \geq k+1\gt{}k \geq m, което противоречи с избора на mm, а с това и на допускането. Следователно съществуват безбройно много nn, изпълняващи условието.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2014-9-8