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

2015

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • kbom2015-9-2: има placeholder текст
  • kbom2015-9-6: има placeholder текст

9

8 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
За кои реални x,y,zx, y, z от интервала [1;7][1; 7] изразът x2x2+y2+y2y2+z2+z2z2+x2\frac{x^{2}}{x^{2}+y^{2}}+\frac{y^{2}}{y^{2}+z^{2}}+\frac{z^{2}}{z^{2}+x^{2}} достига минимална стойност?
РешениеРешение. Отговор: (x,y,z)=(7,1,x27),(1,x27,7),(x27,7,1)(x, y, z)=(7, 1, \sqrt{\vphantom{x^2}7}), (1, \sqrt{\vphantom{x^2}7}, 7), (\sqrt{\vphantom{x^2}7}, 7, 1). Нека f(a,b,c)=aa+b+bb+c+cc+af(a, b, c)=\frac{a}{a+b}+ \frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}. Изразът е цикличен и нека временно приемем, че xx е найголямото от числата. Ще докажем, че f(x2,y2,z2)≥f(x2,y2,xy)f\left(x^2, y^2, z^2\right) \geq f\left(x^2, y^2, x y\right). Наистинаf(x2,y2,z2)−f(x2,y2,xy)=y2y2+z2+z2z2+x2−2yx+y=(x−y)(xy−z2)2(y2+z2)(z2+x2)(x+y)≥0\begin{aligned} f\left(x^2, y^2, z^2\right)-f\left(x^2, y^2, x y\right) & =\frac{y^2}{y^2+z^2}+\frac{z^2}{z^2+x^2}-\frac{2 y}{x+y} \\ & =\frac{(x-y)\left(x y-z^2\right)^2}{\left(y^2+z^2\right)\left(z^2+x^2\right)(x+y)} \geq 0 \end{aligned}Равенство се достига само при z2=xyz^2=x y или x=yx=y. Ако положим t=x/yt=x / y, то tt обхожда интервала [1,7][1, 7] и имаме f(x2,y2,xy)=t2t2+1+2t+1=:g(t)f\left(x^2, y^2, x y\right)=\frac{t^2}{t^2+1}+\frac{2}{t+1}=: g(t). Имамеg′(t)=2t(t2+1)2−2(t+1)2=g^{\prime}(t)=\frac{2 t}{\left(t^2+1\right)^2}-\frac{2}{(t+1)^2}=−2t4+2t3+2t−2(t2+1)2(t+1)2=\frac{-2 t^4+2 t^3+2 t-2}{\left(t^2+1\right)^2(t+1)^2}=−2(1−t)2(t2+t+1)(t2+1)2(t+1)2<0\frac{-2(1-t)^2\left(t^2+t+1\right)}{\left(t^2+1\right)^2(t+1)^2}\lt{}0в интервала (1,7)(1, 7). Следователно g(t)g(t) намалява строго и най-малка стойност (1,23)(1, 23) се достига само при t=7t=7. Сега f(x2,y2,z2)≥1,23f\left(x^2, y^2, z^2\right) \geq 1, 23 с равенство при x=7,y=1,z=x27x=7, y=1, z=\sqrt{\vphantom{x^2}7}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2015-9-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2015-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Върху окръжност са отбелязани nn точки. Какъв е най-големият възможен брой остроъгълни триъгълници с върхове в тези точки?
РешениеРешение. Ако 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 е (a2)+(b2)\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 (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.bgkbom2015-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадено е просто число p>3p\gt{}3. Винаги ли можем да разбием числата 1,2,…,p−11, 2, \ldots, p-1 на две непразни множества, така че сборът на числата в едното да има същия остатък при деление на pp като произведението на числата в другото?
РешениеОтговор: да! Ще докажем, че съществуват два ненулеви остатъка aa и bb по модул pp, такива, че тяхното произведение е сравнимо със сумата на останалите ненулеви остатъци по модул pp. Въпросната сума е p(p−1)−a−b≡−(a+b)( mod p)p(p-1)-a-b \equiv -(a+b)(\bmod p) и нашето условие е еквивалентно на ab≡−(a+b)( mod p)a b \equiv-(a+b)(\bmod p), т. е. на (a+1)(b+1)≡1( mod p)(a+1)(b+1) \equiv 1(\bmod p). Тъй като p>3p\gt{}3, съществуват ненулеви остатъци mm и nn, за които mn≡1( mod p)m n \equiv 1(\bmod p) и m≠nm \neq n. Освен това е ясно, че m,n≢1( mod p)m, n \not \equiv 1(\bmod p) и следователно можем да изберем a=m−1a=m-1 и b=n−1b=n-1. Забележка. При p≡1( mod 4)p \equiv 1(\bmod 4) можем да изберем aa, за което a2≡−1( mod p)a^{2} \equiv-1 (\bmod p) и да забележим с помощта на теоремата на Уилсън, че aa е сравнимо с произведението на останалите ненулеви остатъци. При p≡1( mod 4)p \equiv 1(\bmod 4) съществува значително по-сложна конструкциятогава работа върши множеството от остатъци с показател qq по модул pp, където qq е нечетен прост делител на p−1p-1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2015-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички полиноми ff от видаf(x)=f(x)=x2n+a1x2n−1+⋯+an−1xn+1x^{2 n}+a_{1} x^{2 n-1}+\cdots+a_{n-1} x^{n+1}+anxn+an−1xn−1+⋯+a1x+1+a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{1} x+1за които ∣an∣≤2\left|a_{n}\right| \leq 2 и които имат 2n2 n реални корена.
РешениеРешение. Тъй 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.bgkbom2015-9-5

Задача 6

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2015-9-6

Задача 7

Пълен запис
Условие
а) В едно царство има 10 града, някои от които са свързани с директни авиолинии. Царят заповядал всяка от тези линии да стане безплатна поне в едната посока. Авиокомпанията иска да изпълни заповедта така, че при всяко "кръгово" пътешествие пътникът да е принуден да заплати поне x%x \% от пътуванията. Коя е най-голямата възможна стойност на xx, която компанията може да си гарантира независимо от разположението на линиите? б) Може ли да компанията да подобри отговора от а), ако има право да затвори една линия?
Решениеа) Да номерираме градовете с 1,2,…,101, 2, \ldots, 10. Нека компанията направи безплатно пътуването от града с по-голям номер към този с по-малък. Тогава на всеки 9 пътувания с намаляващи номера трябва да има поне едно пътуване с нарастващи номера, т. е. поне 10%10 \% от пътуванията ще се заплатят. Нека линиите образуват пълен граф с 10 върха и нека безплатните посоки са зададени. Да разгледаме най-дългата верига A1A2…AkA_{1} A_{2} \ldots A_{k} от безплатни пътувания. Ще покажем, че в нея има поне 9 отсечки, т. е. че k≥10k \geq 10. Да допуснем противното; тогава има град BB извън веригата. Заради максималността отсечката BA1B A_{1} е платена, така че A1BA_{1} B е безплатна. Сега заради максималността отсечката BA2B A_{2} е платена (иначе веригата A1BA2…AkA_{1} B A_{2} \ldots A_{k} би била безплатна), така че A2BA_{2} B е безплатна. Отново заради максималността отсечката BA3B A_{3} е платена, така че A3BA_{3} B е безплатна. Продължавайки така, заключаваме, че безплатни са и A4B,A5B,…,AkBA_{4} B, A_{5} B, \ldots, A_{k} B. Но тогава A1A2…AkBA_{1} A_{2} \ldots A_{k} B е безплатна верига: противоречие с максималността. Щом k≥10k \geq 10, то можем да направим кръгово пътуване с 10 отсечки, от които да платим само една. Така компанията не може да си гарантира повече от 10%10 \%. б) Нека поне една от линиите липсва. Да номерираме и двата града, които тя свързва, с 1, а останалитес 2,3,…,92, 3, \ldots, 9. Ако приложим подхода от а), гарантираме поне 1119%11 \frac{1}{9} \%.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2015-9-7

Задача 8

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C. Точка A′A^{\prime} е център на окръжността през средата на BCB C и през петите на перпендикулярите от BB и CC съответно към правите на ъглополовящите на ∠ACB\angle A C B и ∠ABC\angle A B C. Точки B′B^{\prime} и C′C^{\prime} са дефинирани аналогично. Докажете, че ортоцентърът на △A′B′C′\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} е център на вписаната окръжност за △ABC\triangle A B C.
РешениеЩе използваме стандартните означения и ощенека II е центърът на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност k,A1,B1k, A_{1}, B_{1} и C1C_{1} са допирните точки на kk съответно със страните BC,CAB C, C A и AB,MA,MBA B, M_{A}, M_{B} и MCM_{C} са съответно средите на страните BC,CAB C, C A и AB,XYA B, X_{Y} е ортогоналната проекция на XX върху правата YIY I за всички точки X,Y∈{A,B,C}X, Y \in\{A, B, C\} и ωA,ωB\omega_{A}, \omega_{B} и ωC\omega_{C} са съответно описаните около триъгълниците MABCCB,MBCAACM_{A} B_{C} C_{B}, M_{B} C_{A} A_{C} и MCABBAM_{C} A_{B} B_{A} окръжности с центрове съответно A0,B0A_{0}, B_{0} и C0C_{0}. Лема. Правите BI,A1B1B I, A_{1} B_{1} и MBMCM_{B} M_{C} се пресичат в точката ABA_{B}. Доказателство. Тъй като ∠AABB=90∘\angle A A_{B} B=90^{\circ}, имаме MCA=MCB=MCAB=c/2M_{C} A=M_{C} B=M_{C} A_{B}= c / 2. Тогава ∠MCABB=∠ABBMA=∠CBAB\angle M_{C} A_{B} B=\angle A_{B} B M_{A}=\angle C B A_{B} и значи MCAB∥BCM_{C} A_{B} \| B C, откъдето AB∈MBMCA_{B} \in M_{B} M_{C}. Нека ABA_{B} е вътрешна за отсечката MBMCM_{B} M_{C}. Имаме MBAB=MBMC−ABMC=(a−c)/2M_{B} A_{B}= M_{B} M_{C}-A_{B} M_{C}=(a-c) / 2, а от друга страна MBB1=b/2−(b+c−a)/2=(a−c)/2M_{B} B_{1}=b / 2-(b+c-a) / 2= (a-c) / 2. Следователно MBB1=MBABM_{B} B_{1}=M_{B} A_{B} и оттук ∠ABB1MB=∠MBABB1=90∘−γ/2=∠CB1A1\angle A_{B} B_{1} M_{B}=\angle M_{B} A_{B} B_{1}= 90^{\circ}-\gamma / 2=\angle C B_{1} A_{1}, което означава, че AB∈A1B1A_{B} \in A 1 B 1. Другият случай ( ABA_{B} е външна за отсечката MBMCM_{B} M_{C} ) е аналогичен. Неколкократно приложение на лемата дава, че всяка от шестте четворки точки (A1,B1,AB,BA),(B1,C1,BC,CB),(C1,A1,CA,AC),(MA,MB,CA,CB)\left(A_{1}, B_{1}, A_{B}, B_{A}\right), \left(B_{1}, C_{1}, B_{C}, C_{B}\right), \left(C_{1}, A_{1}, C_{A}, A_{C}\right), \left(M_{A}, M_{B}, C_{A}, C_{B}\right), (MB,MC,AB,AC)\left(M_{B}, M_{C}, A_{B}, A_{C}\right) и ( MC,MA,BC,BAM_{C}, M_{A}, B_{C}, B_{A} ) определя права. В нашата задача точките B,A1,C1,IB, A_{1}, C_{1}, I и BCB_{C} лежат на окръжността с диаметър BIB I. Следователно ∠IBCC1=∠IBC1=∠CBI=∠A1BCI=β/2\angle I B_{C} C_{1}=\angle I B C_{1}=\angle C B I=\angle A_{1} B_{C} I=\beta / 2. По-нататък, ∠IA1BC=∠IBBC=α/2\angle I A_{1} B_{C}=\angle I B B_{C}=\alpha / 2, тъй като △BIBC\triangle B I B_{C} е правоъгълен и ∠BCIB=90∘−α/2\angle B_{C} I B=90^{\circ}-\alpha / 2. По подобен начин се получава, че ∠B1CBI=∠ICBA1=γ/2\angle B_{1} C_{B} I=\angle I C_{B} A_{1}=\gamma / 2 и ∠CBA1I=α/2\angle C_{B} A_{1} I= \alpha / 2. Тогава ∠CBA1BC=∠CBA1I+∠IA1BC=α\angle C_{B} A_{1} B_{C}=\angle C_{B} A_{1} I+\angle I A_{1} B_{C}=\alpha. От лемата имаме BCMA∥ACB_{C} M_{A} \| A C и CBMA∥BCC_{B} M_{A} \| B C и следователно ∠CBMABC=α=∠CBA1BC\angle C_{B} M_{A} B_{C}=\alpha=\angle C_{B} A_{1} B_{C}. Оттук следва, че точката A1A_{1} лежи на окръжността ωA\omega_{A}. Аналогично се вижда, че B1∈ωBB_{1} \in \omega_{B} и C1∈ωCC_{1} \in \omega_{C}. Отново с помощта на лемата и ъглите, намерени по-горе, заключаваме, че триъгълниците A1BCCBA_{1} B_{C} C_{B} и ABCA B C са подобни и имат общ център на вписаната окръжност II. Аналогично се получава, че триъгълниците ACB1CAA_{C} B_{1} C_{A} и ABBAC1A_{B} B_{A} C_{1} са подобни на △ABC\triangle A B C и имат II за център на вписаната си окръжност. Нещо повече, ориентацията на триъгълниците A1BCCB,ACB1CAA_{1} B_{C} C_{B}, A_{C} B_{1} C_{A} и ABBAC1A_{B} B_{A} C_{1} е еднаква (и противоположна на тази на △ABC\triangle A B C ). Следователно всеки два от тези триъгълници са съответни при въртяща хомотетия с център II. Да разгледаме върящата хомотетия φ\varphi, при която са съответни △A1BCCB\triangle A_{1} B_{C} C_{B} и △ACB1CA\triangle A_{C} B_{1} C_{A}. Имаме φ(CB)=CA,φ(ωA)=ωB\varphi\left(C_{B}\right)=C_{A}, \varphi\left(\omega_{A}\right)=\omega_{B} и следователно φ(A′)=B′\varphi\left(A^{\prime}\right)= B^{\prime}. Следователно триъгълниците CBICAC_{B} I C_{A} и A′IB′A^{\prime} I B^{\prime} са подобни. От вписания четириъгълник CCAICBC C_{A} I C_{B} сега имаме ∠ICBCA=∠ICCA=β/2\angle I C_{B} C_{A}=\angle I C C_{A}=\beta / 2 и значи ∠IA′B′=β/2\angle I A^{\prime} B^{\prime}=\beta / 2. Аналогично ∠A′B′I=α/2\angle A^{\prime} B^{\prime} I=\alpha / 2 и ∠IB′C′=γ/2\angle I B^{\prime} C^{\prime}=\gamma / 2. Следователно ∠IA′B′+A′B′C=(α+β+γ)/2=90∘\angle I A^{\prime} B^{\prime}+A^{\prime} B^{\prime} C=(\alpha+\beta+\gamma) / 2=90^{\circ}, което означава, че IA′⊥B′C′I A^{\prime} \perp B^{\prime} C^{\prime}. По подобен начин се вижда, че IB′⊥A′C′I B^{\prime} \perp A^{\prime} C^{\prime} и следователно II е ортоцентърът на △A′B′C′\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2015-9-8