Контролно за национален отбор за БОМ | Библиотека

Задача 1

Пълен запис

Условие

Ако при стандартни означения за

\triangle A B C

е известно, че

m_{b}(a+c)+m_{a}(b-2 a)+m_{c}(b-2 c)=0,

то да се докаже, че

\triangle A B C

е равностранен.

Решение

Решение. Нека

M

е медицентърът на

\triangle A B C

. От теоремата на Птолемей за четириъгълника

C A_1 M B_1

следва, че

\frac{m_b}{3} \frac{a}{2}+\frac{m_a}{3} \frac{b}{2} \geq \frac{2 m_c}{3} \frac{c}{2} \Leftrightarrow m_b a+m_a b \geq 2 m_c c

Аналогично

m_b c+m_c b \geq 2 m_a a

и след събиране получаваме

m_b(a+c)+m_a(b-2 a)+m_c(b-2 c) \geq 0

като равенство се достига тогава и само тогава, когато съответните четириъгълници са вписани. Последното е еквивалентно на

M

да е ортоцентър, т. е.

\triangle A B C

е равностранен.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2016-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

k

е естествено число. След като някои от участниците в състезание по планинско ориентиране разменили телефонните си номера, се оказало, че всеки двама от тях могат по точно

k

различни начина да предадат информация един на друг, без тази информация да бъде чута повече от веднъж от някой друг. Възможно ли е а)

k=3

; б)

k=5

?

Решение

В термините на графи, въпросът е за съществуването на граф, в който има точно

k n p o c m u

пътя между всеки два негови върха. а) Ще докажем, че не съществува. Да допуснем, че

G

е такъв граф и да разгледаме цикъл в

G

(такъв има, понеже имаме повече от един път между всеки два върха), и нека

u, v

са два върха от него. Тогава между

u

и

v

има още точно един прост път

P

, освен двата които са на цикъла. Нека този прост път напуска цикъла за пръв път от върха

w

и се връща в цикъла за пръв път след това във върха

t

. Тогава между

w

и

t

има три прости пътя, чиито множества от ребра са две по две непресичащи се: частта от

P

между

w

и

t

, и двата начина да стигнем от

w

до

t

по цикъла. Поне два от тези три прости пътя не са ребра; тогава да изберем върху два от тях два върха

x, y

. Оттук имаме противоречие, понеже между

x

и

y

има четири различни прости пътя:

x \rightarrow t \rightarrow y, x \rightarrow w \rightarrow y, x \rightarrow t \rightarrow w \rightarrow y, x \rightarrow w \rightarrow t \rightarrow y

. б) В този случай, пълният граф с 4 върха ни води до решение.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2016-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Две окръжности

k_{1}

и

k_{2}

с центрове съответно

O_{1}

и

O_{2}

се пресичат в точките

A

и

B

. През

B

е построена произволна права, която пресича

k_{1}

и

k_{2}

за втори път в точките

C

и

D

съответно. Допирателните към

k_{1}

в точката

C

и към

k_{2}

в точката

D

се пресичат в точка

E

. Ако описаната около

\triangle A O_{1} O_{2}

окръжност

k

е с диаметър

d

и

A E

пресича за втори път

k

точка

F

, то да се докаже, че

E F=d

.

Решение

Решение. Нека правите

C O_1

и

D O_2

се пресичат в точка

P

. Тогава

\angle O_1 P O_2=180^{\circ}-\angle P C B-\angle P D B=

180^{\circ}-\angle O_1 B C-\angle O_2 B D=\angle O_1 B O_2=\angle O_1 A O_2

и следователно

P \in k

. От друга страна,

\angle P C A=2 \angle P O_1 A=2 \angle P O_2 A=\angle P D A

и следователно

C, E, D, A

и

P

лежат на окръжността с диаметър

P E

(тъй като

\angle P C E=\angle P D E= 90^{\circ}

). Остава да съобразим, че

\angle A F P=\angle A O_2 P=2 \angle A D P=2 \angle A E P

и следователно

\triangle P E F

е равнобедрен, т. е.

E F=P F=d

с което доказателството е завършено.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2016-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Нека

a, b

и

c

са рационални числа,

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

и

a b=2 n

. Тогава

(x, y)=\left(a(a+c) / 2, a^{2}(a+c) / 2\right)

е

Решение

на разглежданото уравнение. Действително, имаме

\begin{aligned} x\left(x^{2}-n^{2}\right) & =\frac{a(a+c)\left(\left(a^{2}(a+c)^{2}-a^{2} b^{2}\right)\right)}{8}=\frac{a^{3}(a+c)\left(a^{2}+2 a c+c^{2}-b^{2}\right)}{8} \\ & =\frac{a^{4}(a+c)^{2}}{4}=y^{2}. \end{aligned}

Обратно, ако

(x, y) \neq(0, 0)

, то рационалните числа

a=|y / x|, b=2 n|x / y|

и

c=\left(x^{2}+n^{2}\right) /|y|

са страни на правоъгълен триъгълник с лице

n

. Действително,

\begin{aligned} a^{2}+b^{2} & =\frac{y^{2}}{x^{2}}+\frac{4 n^{2} x^{2}}{y^{2}}=\frac{x^{2}-n^{2}}{x}+\frac{4 n^{2} x}{x^{2}-n^{2}} \\ & =\frac{\left(x^{2}-n^{2}\right)^{2}+4 n^{2} x^{2}}{x\left(x^{2}-n^{2}\right)}=\frac{\left(x^{2}+n^{2}\right)^{2}}{y^{2}}=c^{2} \end{aligned}

и очевидно

a b=2 n

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2016-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

n \geq 4

е естествено число и

A=\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}\right\}

е множество от

n

различни положителни числа. Едно

k

-елементно подмножество на

A

наричаме

k

-ъгълно, ако елементите му са дължини на страните на неизроден

k

-ъгълник (не непременно изпъкнал). Ако

A

няма 3 -ъгълни подмножества, то колко най-много 4 -ъгълни подмножества може да има?

Решение

Без ограничение на общността,

a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}\cdots\lt{}a_{n}

. Тогава условието, че

A

няма 3 -ъгълно подмножество е еквивалентно на системата от неравенства

a_{i+2} \geq a_{i+1}+a_{i}(*)

за

i=1, 2, \ldots, n-2

. От друга страна, да забележим че има неизроден четириъгълник със страни

a\lt{}b\lt{}c\lt{}d

тогава и само тогава, когато

a+b+c\gt{}d

(трудната посока е конструкцията, която следва от две приложения на неравенството на триъгълника). Нека сега

i\gt{}j\gt{}k\gt{}l

са такива, че

a_{i}, a_{j}, a_{k}, a_{l}

са страни на четириъгълник. Оттук имаме

a_{i}\lt{}a_{j}+a_{k}+a_{l}(* *)

Да допуснем, че

j\lt{}i-1

; тогава

a_{j}+a_{k}+a_{l} \leq a_{i-2}+a_{i-3}+a_{i-4} \leq

a_{i-2}+a_{i-2}\lt{}a_{i-2}+a_{i-1} \leq a_{i}

където използвахме два пъти (*). Това е противоречие

\mathrm{c}(* *)

; оттук

j=i-1

и (**) приема вида

a_{i}\lt{}a_{i-1}+a_{k}+a_{l}(* *)

Сега да допуснем, че

k\lt{}i-2

; оттук (**) в комбинация с (*) дава

a_{i-2} \leq a_{i}-a_{i-1}\lt{}a_{k}+a_{l} \leq a_{i-3}+a_{i-4} \leq a_{i-2}

което отново е противоречие и оттук

k=i-2

, и (**) приема вида

a_{i}\lt{}a_{i-1}+a_{i-2}+a_{l}(* *)

Оттук за

l

има

i-3

възможни стойности, откъдето има най-много

\sum_{i=4}^{n}(i-3)=\sum_{t=1}^{n-3}=\frac{(n-3)(n-2)}{2}

множества от четири елемента, изпълняващи условието. От друга страна, можем да покажем пример, в който този брой се достига: нека

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}

е редицата на Фибоначи, т. е.

a_{1}=1, a_{2}=2, a_{i+2}=a_{i+1}+a_{i}

Тогава (*) е в сила, и освен това в (**)

l

може да бъде всеки индекс измежду

1, 2, \ldots, i-3

както искахме.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2016-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Страните и диагоналите на правилен

2 n+1

-ъгълник са оцветени в два цвятасин и червен. За един ход избираме връх и променяме цветовете на всички отсечки с край този връх. a) Да се докаже, че с няколко хода може да се получи оцветяване, при което от всеки връх да излизат четен брой сини отсечки. б) Да се докаже, че оцветяването от а) се определя еднозначно от първоначалното оцветяване.

Решение

Да означим с

X

множеството от върховете от които излизат нечетен брой сини отсечки, а с

Y

множеството от върховете, от които излизат четен брой сини отсечки. a) Да означим с

t

броя на сините отсечки, а с

a_{i}

броя на сините отсечки от връх

i

за

i=1, 2, \ldots, 2 n+1

. Тъй като

a_{1}+\cdots+a_{2 n+1}=2 t

, то броя на нечетните числа между

a_{1}, \ldots, a_{2 n+1}

е четен. Да приложим един ход върху произволен връх

A_{j} \in X

. Тъй като

a_{j}=2 m+1

, то сините отсечки от този връх стават

2 n-2 m-1

(т. е. остават нечетно число), а четността на всички останали

a_{s}, s \neq j

се променя (защото една отсечка си сменя цвета). Като приложим по един ход върху всички върхове от

X

, ще получим:

(*)

Всички върхове от

X

ще сменят четността си нечетен брой пъти и ще станат четни.

(*)

Всички върхове от

Y

ще сменят четността си четен брой пъти и ще останат четни. Следователно от всеки връх ще излизат четен брой сини отсечки. б) Нека сме приложили

b_{i}

пъти разрешената операция върху връх

i

и сме получили от всеки връх четен брой сини отсечки. Ако

B=\sum b_{i}

, то четността на броя на сините отсечки от връх

i

съвпада с четността на

a_{i}+B-b_{i}

. Ако

B

е четно число, то за всяко

i

числото

a_{i}-b_{i}

е четно. Получаваме, че върху всеки връх от

X

сме приложили операцията нечетен брой пъти, а върху всеки връх от

Y

сме приложили операцията четен брой пъти. Остава да забележим, че прилагането на операцията два пъти върху един връх е еквивалентно на прилагането и нула пъти. Това означава, че сме приложили описаната в а) процедура. Нека

B

е нечетно число. Ако приложим операцията веднъж върху всеки връх, четността на всяко

a_{i}

ще се промени четен брой пъти, т. е. ще остане същата. Броят на ходовете ще стане четен, т. е. попадаме в случая когато

B

е четно число.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2016-9-6

Задача 7

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

, вписан в окръжност с център

O

и радиус

R

. Да се докаже, че за всяка точка

X

от равнината на триъгълника е изпълнено неравенството

\frac{X B \cdot X C}{A B \cdot A C}+\frac{X C \cdot X A}{B C \cdot B A}

+\frac{X A \cdot X B}{C A \cdot C B} \geq

\frac{X O^{2}}{R^{2}}.

Решение

Ако означим с малки букви афиксите на съответните точки, то твърдението следва от интерполационната формула на Лагранж

a^{2} \frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)}

+b^{2} \frac{(x-c)(x-a)}{(b-c)(b-a)}

+c^{2} \frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}=

x^{2}.

и неравенството на триъгълника.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2016-9-7

Задача 8

Пълен запис

Условие

Определете всички функции

f: \mathbb{N}_{0} \rightarrow \mathbb{N}_{0}

, такива, че

f(a+b)=f(a)+f(b)+f(c)+f(d)

за произволни неотрицателни цели числа

a, b, c

и

d

, за които

2 a b=c^{2}+d^{2}

.

Решение

Ще докажем с индукция по

k

, че

f(k n)=k^{2} f(n)

за всяко

n \in \mathbb{N}_{0}

.

(*)

При

k=0, 1, 2

твърдението лесно следва от субституцията

(a, b, c, d)=(n, n, n, n)

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2016-9-8