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 година По клас

Избрана година

2018

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

kbom2018-9-4: има placeholder текст
kbom2018-9-5: има placeholder текст
kbom2018-9-7: има placeholder текст
kbom2018-9-8: има placeholder текст

9

8 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стествени числа

k

n

, за които

11^{k}-10^{n}

е естествен делител на

k^{4}+n^{2}

Решение

Ако

k

е четно, то

3\left|11^{k}-10^{r}\right| k^{4}+n^{2}

, което е възможно само когато 3 дели едновременно

k

n

. Нека

k=3 a

n=3 b

за някои естествени

a

b

. Тогава

11^{k}-10^{n}=\left(11^{a}-10^{b}\right)\left(11^{2 a}+\right. 11^{a} 10^{b}+10^{2 b}

), откъдето

11^{2 a}+11^{a} 10^{b}+10^{2 b}

трябва да дели

k^{4}+n^{2}=81 a^{4}+9 b^{2}

. От тук

11^{2 a}+11^{a} 10^{b}+10^{2 b} \leq 81 a^{4}+9 b^{2}

, което е невъзможно, тъй като

11^{2 a}\gt{}81 a^{4}

10^{2 b}\gt{}9 b^{2}

за всички естествени

a

b

по индукция. При

k

нечетно и

n \geq 2

получаваме

1^{k}-10^{n} \equiv 3(\bmod 4)

. Тогава

11^{k}-10^{n}

притежава прост делител от вида

p \equiv 3(\bmod 4)

. От

p \mid z^{4}+n^{2}

следва, че

p \mid k

p \mid n

. Нека

k=p q

n=p r

за някои естествени

q

r

. Тогава

11^{k}-10^{r}=\left(11^{q}\right)^{p}-\left(10^{r}\right)^{p}=\left(11^{q}-10^{r}\right) A

, където

A=11^{q(p-1)}+ 11^{q(p-2)} 10^{r}+11^{q(p-3)} 10^{2 r}+\cdots+11^{q} 10^{r p-2)}+10^{r(p-1)}

. Ясно е, че

A

дели

k^{4}+n^{2}=p^{4} q^{4}+p^{2} r^{2}

и че

A\gt{}11^{q(p-1)}+10^{r(p-1)}

, откъдето

11^{-1)}+10^{r(p-1)}\lt{}p^{4} q^{4}+p^{2} r^{2}

. От това, че

x y \geq x+y

при

x, y

естествени и

x, y\gt{}1

имаме, че

1111^{p-1}+10^{r} 10^{p-1} \leq 11^{q(p-1)}+10^{r(p-1)}\lt{}p^{4} q^{4}+p^{2} r^{2}

при

q, r\gt{}1

. Това обаче е невъзможно, зац это

11^{q}\gt{}q^{4}

за всяко естествено

q

, а

11^{p-1}\gt{}p^{4}

за всяко естествено

p \geq 3

, откъдето и

11^{q} 11^{p-1}\gt{}p^{4} q^{4}

и аналогично

10^{r} 10^{p-1}\gt{}p^{2} r^{2}

. Остават случаите

q=1, r\gt{}1, r=1, q\gt{}1

q=r=1

, които се отхвърлят по аналогичен начин и следователю при

k

-нечетно и

n \geq 2

няма Ако

k

е нечетно и

n=1

имаме

11^{k}-10 \mid k^{4}+1

, откъдето

11^{k} \leq k^{4}+11

, което е възможно само при

k=1

. Директна проверка по азва, че

k=\imath=1

наистина са , с което всички случаи са изчерпани.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2018-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е триъгълник

A B C

с височина

A H, H \in B C

. Точка

K

от отсечката

A H

е такава, че

A H=3 K H

. Нека

O

е центърът на описаната около

\triangle A B C

окръжност, а

M

N

са съответно средите на страните

A C

A B

. Правите

K O

M N

се пресичат в точка

Z

, а правата през

Z

, перпендикулярна на

O K

, пресича правите

A C

A B

съответно в точки

X

Y

. Да се докаже, че

\angle X K Y=\angle C K B

Решение

Нека

L

е средата на

B C

D

е проекцията на

L

върху

M N

. Точките

L, O

D

лежат на една права. Да разгледаме въртящата хомотетия с център

O

, която изпраща

D

Z

. Ще означаваме образите при тази хомотетия

\mathrm{c}^{\prime}

, например

Z=D^{\prime}

. За всяка точка

P

имаме

\triangle O P P^{\prime} \sim \triangle O D D^{\prime}

; в частност

\angle O P P^{\prime}=90^{\circ}

. Тъй като

\angle O D M=90^{\circ}

, имаме

\angle O Z M^{\prime}=90^{\circ}

и, тъй като

\angle O M M^{\prime}=90^{\circ}

, точката

M^{\prime}

лежи върху

A C

. Следователно

M^{\prime}=X Y \cap A C=X

. Аналогично се вижда, че

N^{\prime}=Y

. Тъй като

\angle O L L^{\prime}=90^{\circ}

, точката

L^{\prime}

лежи върху

B C

. Тъй като

O \in L D

, заключаваме, че

O \in L^{\prime} Z

, т. е. точките

L^{\prime}, Z, O

K

лежат на една права. Нека

E

е средата на

A H

. Тъй като

M N \| B C

, имаме

\frac{L^{\prime} K}{K Z}=\frac{H K}{K E}=2

. Накрая, да отбележим, че

L^{\prime} X Y \sim A B C

(защото и двата са подобни на

\triangle L M N

) и точка

K

разделя техните височини

L^{\prime} Z

A H

в едно и също отношение. Следователно

K

е съответна на себе си при това подобие. Тогава

\triangle B K C \sim \triangle X K Y

, откъдето следва исканото.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2018-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадени са естествени числа

m

b_{1}\gt{}b_{2}\gt{}\cdots\gt{}b_{2017}

. На дъската е написан изразът

* x^{b_{1}}+* x^{b_{2}}+\cdots+* x^{b_{2017}}+*

На всеки ход играчът, който е на ход, замества някоя от звездичките с реално число. Иван играе пръв и след това двамата се редуват, докато не бъдат заместени всички звездички. Мария печели, ако полученият накрая полином се дели па

x^{m}+1

, в противен случай печели Иван. Кой от двамата има печеливша стратегия в зависимост от числата

m

b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{2017}

Решение

Да положим

b_{2018}=0

и да означим с

M_{i}, i=0, 1, \ldots, m-1

, множеството от числата измежду

b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{2018}

, които дават остатък

i

при деление на

m

. Случай 1. Съществува едноелементно

M_{i}=\left\{b_{\ell}\right\}

, където

b_{\ell}=q m+i

. Тогава Иван печели, замествайки на първия ход с 1 звездичката пред

\delta_{\ell}

. Действително, имаме

x^{m} \equiv-1\left(\bmod x^{m}+1\right)

и в остатъка при делението на получения накрая полином ще имаме неунищожен едночлен

(-1)^{q} x^{i}

. Случай 2. Всяко непразно

M_{i}

има поне два елемента. Да забележим, че броят на множествата

M_{i}

с нечетна мощност (поне 3), е четно число. Да наречем тези множества специални. Сега Мария може да спечели, като играе по следния начин. Ако Иван играе в специално множество за първи път, то Мария играе в друго специално множество също за първи път. Ако Иван играе в специално множество след кто там вече е играно, Мария веднага играе в същото множество, гарантираики с последния с. ход в това множеството остатьк 0 при деление на

x^{m}+1

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2018-9-3

Задача 4

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2018-9-4

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2018-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

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

е такава функция, че

f(1+x f(y))\gt{}y f(x+y) \quad \forall x, y \in \mathbb{R}^{+}.

Какви стойности може да приема изразът

f(2) f(1 / 2)

Решение

Ако допуснем, че

f(y)\gt{}1

за някое

y\gt{}1

, то при

x=\frac{y-1}{f(y)-1}

достигаме до противоречието

1\gt{}y

. При

z\gt{}y

x=z-y

следва, че

1\gt{}y f(z)

, откъдето

z f(z) \leq 1

за всяко

z\gt{}0

. Сега да допуснем, че

z f(z)=1

за някое

z\gt{}0

. Тогава за

t=1+x / z

имаме, че

1 / t \geq f(t)\gt{}z f(t z)

. Следователно

1\gt{}u f(u)

за всяко

u\gt{}z

. Значи съществува най-много едно

z\gt{}0

, за което

z f(z)=1

. В частност,

f(z) f(1 / z)\lt{}1

за всяко

z\gt{}0

(за

z=1

това следва от условието при

y=1

). Обратно, ако

f(z) f(1 / z)=a \in(0, 1)

за някое

z\gt{}0

, то функцията

f(x)=\sqrt{\vphantom{x^2}a} / x

изпълнява даденото условие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2018-9-6

Задача 7

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2018-9-7

Задача 8

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2018-9-8