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

2023

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • kbom2023-9-4: има placeholder текст
  • kbom2023-9-5: има placeholder текст

9

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
(IMO ShortList C3) Във всяка единична клетка на квадратна овощна градина с размери 681×681 \times 681 първоначално е засадено по едно дърво с височина 0 метра. Редувайки се, градинар и дървосекач играят следната игра, като започва градинарят: (∗)(*) Градинарят избира единична клетка. Дърветата в тази клетка и всичките й съседни (съседите са най-много осем) израстват с по 1 метър. (∗)(*) Дървосекачът избира четири произволни единични клетки. Отсича по 1 метър от всяко от дърветата с положителна височина в тези клетки. Ще наричаме едно дърво в ллшебно, ако височината му е поне километър. Да се намери най-голямото число KK, за което на даден етап градинарят може да си осигури поне KK на брой вълшебни дървета в градината, независимо от играта на дървосекача.
РешениеЩе покажем, че K=5⋅68129=257645K=5 \cdot \frac{681^{2}}{9}=257645. За целта, ще разгледаме по-общата задача с квадратна градина 3N×3N3 N \times 3 N, за която ще докажем, че K=5N2K=5 N^{2}. Първо, ще покажем стратегия за дървосекача, непозволяваща K>5N2K\gt{}5 N^{2}. Нека си номерираме редовете на градината от долу нагоре, а стълбовете от ляво надясно. Да означим с A\mathcal{A} множеството от всички клетки, за които номерата нито на реда, нито на стълба им се дели на 3. Лесно се проверява, че ∣A∣=4N2|\mathcal{A}|=4 N^{2}, както и че която и единична клетка да избере градинарят, то измежду нейните съседи най-много 4 клетки са от A\mathcal{A}. Ако дървосекачът играе само в множеството A\mathcal{A}, то след всеки негов ход във всички клетки на A\mathcal{A} дърветата ще са с височина 0. Оттук и K≤5N2K \leq 5 N^{2}. Сега ще покажем, че градинарят може да си осигури K=5N2K=5 N^{2}. При това, ще модифицираме играта по начин, който допълнително затруднява градинаря, а именно: при всеки свой ход, дървосекачът отсича по 1 метър от всички дървета, които не са в съседни клетки на избраната от градинаря, плюс 4 от дърветата, които са израстли на последния ход на градинаря. Очевидно, печеливша стратегия за модифицираната игра е и печеливша стратегия за оригиналната. Да означим с M:=(95)M: =\binom{9}{5}. Ще наричаме cледаc л е д а всеки от MM-те възможни начина да маркираме 5 единични клетки върху квадрат 3×33 \times 3. В модифицираната игра, след като градинарят избере 3×33 \times 3 квадрат за хода си, дървосекачът избира следа за него и в резултат на играта и на двамата всички маркирани в следата дървета израстват с по 1 метър, а тези извън квадрата (и с положителна височина!) се скъсяват с по 1 метър. Също да отбележим, че ако градинарят избере даден 3×33 \times 3 квадрат последователно MlM l пъти, то поне една от следите ще е избирана поне ll пъти от дървосекача и значи поне 5 дървета ще са с височина не по-малка от ll. Стратегията на градинаря е да раздели градината на N2N^{2} непресичащи се 3×33 \times 3 квадрата, които да номерира в някакъв ред с 0,1,…,N2−10, 1, \ldots, N^{2}-1. Тогава, за всяко b=N2−1,…,0b=N^{2}-1, \ldots, 0 в намаляващ ред той играе 103M(M+1)b10^{3} M(M+1)^{b} последователни хода с квадрата bb. Така, ходовете в квадрата bb ще гарантират, че поне 5 от дърветата в него са израстли с поне 103(M+1)b10^{3}(M+1)^{b}, а всеки ход след приключване с избора на bb ще ги скъсява с по 1 метър. Но след като приключи ходовете си в bb на градинаря остават103M((M+1)b−1+(M+1)b−2+⋯+1)=10^{3} M\left((M+1)^{b-1}+(M+1)^{b-2}+\cdots+1\right)=103((M+1)b−1)10^{3}\left((M+1)^{b}-1\right)хода до края на стратегията, което гарантира, че тези поне 5 дървета в bb ще са високи поне 103M(M+1)b−103((M+1)b−1)=10310^{3} M(M+ 1)^{b}-10^{3}\left((M+1)^{b}-1\right)=10^{3} и значи в този момент ще са вълшебни. Задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2023-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дадени са естествени числа a>b>1a\gt{}b\gt{}1. Да се докаже, че съществува множество MM от 202220222022^{2022} последователни естествени числа, такова че за всяко m∈Mm \in M рационалното число am−1bm−1\frac{a^{m}-1}{b^{m}-1} не е просто.
РешениеПърво, да забележим, че редицата An:={(an−1)/(bn−1)}n=1∞A_{n}: =\left\{\left(a^{n}-1\right) /\left(b^{n}-1\right)\right\}_{n=1}^{\infty} е строго монотонно растяща. Наистина, за всяко n>mn\gt{}man−1bn−1>am−1bm−1⇔\frac{a^{n}-1}{b^{n}-1}\gt{}\frac{a^{m}-1}{b^{m}-1} \quad \Leftrightarrow \quadan−1am−1>bn−1bm−1⇔a>b, \frac{a^{n}-1}{a^{m}-1}\gt{}\frac{b^{n}-1}{b^{m}-1} \quad \Leftrightarrow \quad a\gt{}b,тъй като функцията f(x)=xn−1xm−1f(x)=\frac{x^{n}-1}{x^{m}-1} е строго монотонно растяща при x>1x\gt{}1. (Например f′(x)=f(x)⋅xm−1(n⋅xn−m−1)>f(x)⋅xm−1(n−1)>0f^{\prime}(x)=f(x) \cdot x^{m-1}\left(n \cdot x^{n-m}-1\right)\gt{}f(x) \cdot x^{m-1}(n-1)\gt{}0.) Ще докажем следното твърдение: ако m>n,An=pm\gt{}n, A_{n}=p, а Am=qA_{m}=q, където p,qp, q - прости числа, то n∣mn \mid m. Да означим ℓ=(m,n),ℓ≤n\ell=(m, n), \ell \leq n. Тъй като (an−1)=p⋅(bn−1),(am−1)=q⋅(bm−1)\left(a^{n}-1\right)=p \cdot\left(b^{n}-1\right), \left(a^{m}-1\right)=q \cdot\left(b^{m}-1\right) и НОД (an−1,am−1)=aℓ−1\left(a^{n}-1, a^{m}-1\right)=a^{\ell}-1, съответно НОД( bn−1,bm−1b^{n}-1, b^{m}-1 ) =bℓ−1=b^{\ell}-1, а най-големите общи делители на левите и десните страни на равенствата трябва да съвпадат, получаваме че aℓ−1bℓ−1∈{1,p,q,pq}\frac{a^{\ell}-1}{b^{\ell}-1} \in\{1, p, q, p q\}. Но от монотонността, следва че1<Aℓ≤An=p<Am=q<pq1\lt{}A_{\ell} \leq A_{n}=p\lt{}A_{m}=q\lt{}p q \quad⟹ℓ=n⟹n∣m. \Longrightarrow \quad \ell=n \quad \Longrightarrow \quad n \mid m.Нека сега разгледаме редицата 1≤n1<n2<n3<⋯1 \leq n_{1}\lt{}n_{2}\lt{}n_{3}\lt{}\cdots от всички естествени числа, за които AniA_{n_{i}} е просто число. Ако редицата е крайна, то е ясно, че множество MM съществува (например, ще вземем първите последователни 202220222022^{2022} числа по-големи от най-големия член nmax⁡n_{\max } ). Ако редицата е безкрайна, то тя е неограничена и нека jj е такова, че nj−1≤20222022<njn_{j-1} \leq 2022^{2022}\lt{}n_{j}. Тогава nj+1≥2nj>nj+20222022n_{j+1} \geq 2 n_{j}\gt{}n_{j}+2022^{2022} и значиM:={nj+1,nj+2,…,nj+20222022}M: =\left\{n_{j}+1, n_{j}+2, \ldots, n_{j}+2022^{2022}\right\}изпълнява условието. Задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2023-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
(IMO ShortList G6) В остроъгълен триъгълник ABCA B C точка HH е петата на височината от върха AA. Точка PP е такава, че ъглополовящата kk на ъгъл PBCP B C и ъглополовящата ℓ\ell на ъгъл PCBP C B се пресичат върху отсечката AHA H. Правата kk пресича ACA C в точка EE, а правата ℓ\ell пресича ABA B в точка FF. Правите EFE F и AHA H се пресичат в точка QQ. Да се докаже, че когато точката PP се мени, правите PQP Q минават през постоянна точка.
РешениеНека правите, симетрични на BCB C спрямо ABA B и ACA C се пресичат в точка KK. Ще докажем, че KK е търсената точка, т. е. точките P,QP, Q и KK лежат на една права. Нека правите BEB E и CFC F се пресичат в II. Нека ωI=(I,IH),ωA=(A,AH)\omega_{I}=(I, I H), \omega_{A}=(A, A H). Нека ωK\omega_{K} и ωP\omega_{P} са съответно вписаната в △KBC\triangle K B C окръжност и външновписаната окръжност за △PBC\triangle P B C към страната BCB C. Тъй като IH⊥BCI H \perp B C и AH⊥BCA H \perp B C, то ωI\omega_{I} и ωA\omega_{A} се допират в точка HH. Следователно HH е външен център на хомотетия за двете окръжности. От четириъгълника BCEFB C E F получаваме (A,I;Q,H)=−1(A, I; Q, H)=-1 и следователно QQ е вътрешния център на хомотетия за ωI\omega_{I} и ωA\omega_{A}. Тъй като BAB A и CAC A са външни ъглополовящи на ∠KBC\angle K B C и ∠KCB\angle K C B, то ωA\omega_{A} е външновписаната окръжност за △BKC\triangle B K C към страната BCB C. Също така PP е външен център на хомотетия да ωI\omega_{I} и ωP\omega_{P}. Нека TT е допирната точка на ωP\omega_{P} и BCB C, а T′T^{\prime} е допирната точка на ωK\omega_{K} и BCB C. Тъй като ωI\omega_{I} е вписаната окръжност и ωP\omega_{P} е външновписаната окръжност за △PBC\triangle P B C към страната BCB C, то TC=BHT C=B H. Тъй като ωK\omega_{K} е вписаната окръжност и ωA\omega_{A} е външновписаната окръжност за △KBC\triangle K B C към страната BCB C, то T′C=BHT^{\prime} C=B H. Следователно T≡T′T \equiv T^{\prime}, което означава, че ωK\omega_{K} и ωP\omega_{P} се допират в точка TT. Нека SS да е вътрешния център на хомотегия за ωA\omega_{A} и ωP\omega_{P} и S′S^{\prime} да е вътрешния център на хомотегия за ωI\omega_{I} и ωK\omega_{K}. Ясно е, че SS и S′S^{\prime} лежат на BCB C. Ще докажем, че S≡S′S \equiv S^{\prime}. Ще използваме известното равенство r.ra=(p−b)(p−c)r. r_{a}=(p-b)(p-c) (при стандартни означение за триъгълник). От това равенство за △PBC\triangle P B C получаваме rI⋅rP=BH.CHr_{I} \cdot r_{P}=B H. C H, а за △KCB\triangle K C B получаваме rK⋅rA=CT.BTr_{K} \cdot r_{A}=C T. B T. Тъй като BH=CTB H=C T и BT=CHB T=C H, получаваме:HSST=rArP=rIrK=HS′S′T\frac{H S}{S T}=\frac{r_{A}}{r_{P}}=\frac{r_{I}}{r_{K}}=\frac{H S^{\prime}}{S^{\prime} T}откъдето S≡S′S \equiv S^{\prime}. За окръжностите ωA,ωI\omega_{A}, \omega_{I} и ωK\omega_{K} точките Q,SQ, S и KK са два вътрешни и един външен център на хомотетия и следователно лежат на една права. Аналогично точките Q,SQ, S и PP лежат на една права, с което то е завършено.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2023-9-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2023-9-4

Задача 5

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2023-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека R+={x∈R∣x>0}\mathbb{R}^{+}=\{x \in \mathbb{R} \mid x\gt{}0\} е множеството от всички положителни реални числа. Да се намерят всички функции f:R+→R+f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}, за които равенството:f(x2023+f(x)f(y))=x2023+yf(x)f\left(x^{2023}+f(x) f(y)\right)=x^{2023}+y f(x)е вярно за всеки две числа x,y∈R+x, y \in \mathbb{R}^{+}.
РешениеЩе докажем, че единствено f(x)=xf(x)=x удовлетворява условието. Първо ще покажем, че ff е биективна. Наистина, ако y1≠y2y_{1} \neq y_{2}, то от условието директно се вижда, че f(y1)≠f(y2)f\left(y_{1}\right) \neq f\left(y_{2}\right) и значи ff е инекция. От друга страна, за произволно s>0s\gt{}0 можем да изберем xsx_{s} такова, че xs2023<sx_{s}^{2023}\lt{}s и ys=s−xs2023f(xs)y_{s}=\frac{s-x_{s}^{2023}}{f\left(x_{s}\right)}, а значи f(xs2023+f(xs)f(ys))=sf\left(x_{s}^{2023}+f\left(x_{s}\right) f\left(y_{s}\right)\right)=s. Оттук и ff е сюрективна. Нека сега разгледаме функцията g(t):=(f−1(t))2023g(t): =\left(f^{-1}(t)\right)^{2023} и пренапишем оригиналното условие със замяната x→f−1(t)x \rightarrow f^{-1}(t) и y→f−1(x)y \rightarrow f^{-1}(x):f(tx+g(t))=tf−1(x)+g(t)f(t x+g(t))=t f^{-1}(x)+g(t)Замествайки x→f(x)x \rightarrow f(x) и прилагайки f−1f^{-1} към двете страни на равенството, получавамеf−1(tx+g(t))=tf(x)+g(t).f^{-1}(t x+g(t))=t f(x)+g(t).Прилагайки последователно последните две равенства води до:f(t1t2x+t1g(t2)+g(t1))=f\left(t_{1} t_{2} x+t_{1} g\left(t_{2}\right)+g\left(t_{1}\right)\right)=t1f−1(t2x+g(t2))+g(t1)=t_{1} f^{-1}\left(t_{2} x+g\left(t_{2}\right)\right)+g\left(t_{1}\right)=t1t2f(x)+t1g(t2)+g(t1).(1)t_{1} t_{2} f(x)+t_{1} g\left(t_{2}\right)+g\left(t_{1}\right). \tag{1}Оттук, при t1=t2=1t_{1}=t_{2}=1 извеждамеf(x+2g(1))=f(x)+2g(1)(2)f(x+2 g(1))=f(x)+2 g(1) \tag{2}Замествайки (t1,t2)=(t,1)\left(t_{1}, t_{2}\right)=(t, 1) и (t1,t2)=(1,t)\left(t_{1}, t_{2}\right)=(1, t) в (1) получаваме двете уравненияf(tx+tg(1)+g(t))=tf(x)+tg(1)+g(t),f(t x+t g(1)+g(t))=t f(x)+t g(1)+g(t),f(tx+g(1)+g(t))=tf(x)+g(1)+g(t).(3) \quad f(t x+g(1)+g(t))=t f(x)+g(1)+g(t). \tag{3}Нека вземем yy достатъчно голямо, така че субституцията x=y−(g(1)+g(t))tx=\frac{y-(g(1)+g(t))}{t} в (3) да е позволена и тогава да извадим второто уравнение от първото:f(y+(t−1)g(1))−f(y)=(t−1)g(1)f(y+(t-1) g(1))-f(y)=(t-1) g(1)Да разгледаме произволни положителни реални числа x,cx, c и да вземем t=1+c/g(1)t=1+c / g(1) (т. е., c=(t−1)g(1)c=(t-1) g(1) ), а y=x+2Ng(1)y=x+2 N g(1), където NN е достатъчно голямо. Комбинирайки последното уравнение с (2) получавамеf(x+c)−f(x)=f(y+c)−f(y)=cf(x+c)-f(x)=f(y+c)-f(y)=cОттук f(x)−xf(x)-x е константа и е лесно упражнение да се докаже, че константата трябва да е нула. Следователно единствено f(x)=x,x∈R+f(x)=x, x \in \mathbb{R}^{+}е Проверката е непосредствена. По-общ подход: (Стефан Герджиков) Да означим с a(x)a(x) функцията a(x)=x2023a(x)=x^{2023}. Нека f:R+→R+f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}удовлетворява даденото равенство. (∗)(*) ff е биекция. Наистина, ако f(y1)=f(y2)f\left(y_{1}\right)=f\left(y_{2}\right), то тъй като f(x)≠0f(x) \neq 0, за всяко xx получаваме:a(x)+y1f(x)=f(a(x)+f(x)f(y1))=a(x)+y_{1} f(x)=f\left(a(x)+f(x) f\left(y_{1}\right)\right)=f(a(x)+f(x)f(y2))=a(x)+y2f(x)f\left(a(x)+f(x) f\left(y_{2}\right)\right)=a(x)+y_{2} f(x)откъдето y1=y2y_{1}=y_{2}. С това ff е инекция. Сега, тъй като a(x)a(x) е сюрекция върху R+\mathbb{R}^{+}, то за всяко ε>0\varepsilon\gt{}0 има xx, за което a(x)<εa(x)\lt{}\varepsilon. Тогава a(x)+yf(x)a(x)+y f(x) описва интервала (a(x),∞)(a(x), \infty) когато yy пробягва (0,∞)(0, \infty). Следователно, за всяко ε>0,(ε,∞)⊆rng(f)\varepsilon\gt{}0, (\varepsilon, \infty) \subseteq r n g(f), откъдето и (0,∞)⊆rng(f)(0, \infty) \subseteq r n g(f).
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2023-9-6