maths.bgmaths.bg
Всички колекции
KMBOM

Контролно за национален отбор за МБОМ

66 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.

10 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2009

Назад към папките

7

7 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Точка NN лежи на външната ъглополовяща при върха CC на триъгълник ABCA B C. Окръжност kk с център NN пресича страните ACA C и BCB C съответно в точки DD и EE. Да се докаже, че четириъгълникът DECND E C N може да се впише в окръжност.
РешениеНека окръжността kk пресича за втори път правите ACA C и BCB C съответно в точки FF и GG. Триъгьлниците DCND C N и GCNG C N са еднакви по 4 -ти признак ( NC<NDN C\lt{}N D, понеже CC е вътрешна за kk ). Сега триъгълниците DCED C E и GCFG C F са еднакви по втори признак, откъдето мерките на дъгите DED E и GFG F са равни. Тогава мярката на ъгъл DCED C E е равна на тази на дъгата DED E, а значи и на ъгъл DNED N E. Заключението следва от това, че CC и NN виждат DED E под еднакъв ъгъл.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2009-7-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълникът ABCA B C, в който AB>ACA B\gt{}A C. Ъглополовящата на външния ъгъл при върха AA пресича описаната около △ABC\triangle A B C окръжност в точката EE. Нека EF⊥AB,F∈ABE F \perp A B, F \in A B. Да се докаже, че AF=12(AB−AC)A F=\frac{1}{2}(A B-A C).
РешениеНека D∈BFD \in B F е такава точка, че AD=2DFA D=2 D F. Тогава AE=EDA E=E D. Нека правата DED E пресича за втори път окръжността в точка GG, а върху правата CAC A да изберем произволна точка PP така, че AA е между CC и PP. Имаме ∠BGE=∠BAE=∠ADE=∠BDG\angle B G E=\angle B A E=\angle A D E=\angle B D G. Оттук следва, че BG=BDB G=B D. Осен това, ∠GEA=180∘−2∠EAD=180∘−∠PAD=∠BAC\angle G E A=180^{\circ}-2 \angle E A D=180^{\circ}-\angle P A D=\angle B A C. Това ни дава равенството на дъгите BCB C и GAG A, а значи и на BGB G и на CAC A. Оттук следва, че AB−AC=AB−BG=AB−BD=AD=2AFA B-A C=A B-B G=A B-B D=A D=2 A F.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2009-7-2

Задача 2b

Пълен запис
Условие
Да се реши в цели числа уравнението x5+x4+x3+x2+x+1=y2x^{5}+x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1=y^{2}.
РешениеМожем да запишем уравнението във вида (x3+1)(x2+x+1)=y2\left(x^{3}+1\right)\left(x^{2}+x+1\right)=y^{2}. Да отбележим, че от x2+x+1=(x+12)2+34>0x^{2}+x+1=\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}\gt{}0 следва, че даденото уравнение няма при x≤−2x \leq-2. Очевидно двойките (−1;0),(0;−1)(-1; 0), (0; -1) и (0;1)(0; 1) са на уравнението. Нека x>0x\gt{}0. Понеже x3+1=(x−1)(x2+x+1)+2x^{3}+1=(x-1)\left(x^{2}+x+1\right)+2, то най-големият общ делител на x3+1x^{3}+1 и x2+x+1x^{2}+x+1 дели 2, тоест е 1 или 2. Но x2+x+1=x(x+1)+1x^{2}+x+1=x(x+1)+1 е нечетно число, следователно числата x3+1x^{3}+1 и x2+x+1x^{2}+x+1 са взаимно прости и за да бъде произведението им точен квадрат, необходимо е всяко от тях да е точен квадрат. Но при x>0x\gt{}0 са верни неравенствата x2<x2+x+1<(x+1)2x^{2}\lt{}x^{2}+x+1\lt{}(x+1)^{2}, които показват, че x2+x+1x^{2}+x+1 не може да бъде точен квадрат. Ето защо даденото уравнение няма други , освен посочените по-горе.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2009-7-2b

Задача 3

Пълен запис
Условие
Произведението от цифрите на естественото число nn е равно на n2−42n+440n^{2}-42 n+440. Да се намери nn.
РешениеДа означим с p(n)p(n) произведението от цифрите на естественото число nn. Ще докажем с индукция по броя на цифрите на nn, че p(n)≤np(n) \leq n. За едноцифрените числа даденото неравенство се превръща в равенство. Нека неравенството p(n)≤np(n) \leq n е вярно за всички естествени числа с не повече от kk цифри и нека n=a1…akak+1‾n=\overline{a_{1} \ldots a_{k} a_{k+1}} е произволно естествено число с ( k+1k+1 ) цифри. Тогава p(n)=a1⋅…⋅ak⋅ak+1≤9⋅a1⋅…⋅ak≤9⋅a1…ak‾<10⋅a1…ak‾+ak+1=np(n)=a_{1} \cdot \ldots \cdot a_{k} \cdot a_{k+1} \leq 9 \cdot a_{1} \cdot \ldots \cdot a_{k} \leq 9 \cdot \overline{a_{1} \ldots a_{k}}\lt{}10 \cdot \overline{a_{1} \ldots a_{k}}+a_{k+1}=n, с което индукцията е завършена. Нека сега nn е естествено число, за което p(n)=n2−42n+440p(n)=n^{2}-42 n+440. Съгласно доказаното тогава е вярно, че n2−42n+440≤n⇔(n−22)(n−20)≤nn^{2}-42 n+440 \leq n \Leftrightarrow(n-22)(n-20) \leq n, но при n≥27n \geq 27 имаме (n−22)(n−20)≥7(n−22)>n(n-22)(n-20) \geq 7(n-22)\gt{}n, тоест n≤26n \leq 26. Аналогично показваме, че n≥16n \geq 16, макар че това ограничение не е задължително, просто ако не го направим, ще трябва да извършим повече проверки. Накрая, проверявайки останалите стойности на nn, получаваме, че на задачата са числата 18 и 24.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2009-7-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за всеки три положителни числа a,b,ca, b, c, за които a+b+c=1a+b+c=1, е вярно неравенството 5(a2+b2+c2)≤6(a3+b3+c3)+15\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \leq 6\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)+1.
РешениеБез ограничение можем да считаме, че a≥b≥ca \geq b \geq c, тогава Зc ≤a+b+c⇒c≤13⇒a+b≥23\leq a+b+c \Rightarrow c \leq \frac{1}{3} \Rightarrow a+b \geq \frac{2}{3}. Да изразим c=1−a−bc=1-a-b и да го заместим в даденото неравенство. След разкриване на скобите и опростяване получаваме, че то е еквивалентно на 1−4a−4b+4a2+4b2+13ab−9a2b−9ab2≥01-4 a-4 b+4 a^{2}+4 b^{2}+13 a b-9 a^{2} b-9 a b^{2} \geq 0. Да означим a+b=p,ab=qa+b=p, a b=q. Ще използваме, че 23≤p<1\frac{2}{3} \leq p\lt{}1, както и неравенството q≤14p2q \leq \frac{1}{4} p^{2}, което е еквивалентно с (a−b)2≥0(a-b)^{2} \geq 0. Можем да запишем полученото неравенство във вида 1−4p+4p2+5q−9pq≥01-4 p+4 p^{2}+5 q-9 p q \geq 0 или (2p−1)2+q(5−9p)≥0(2 p-1)^{2}+q(5-9 p) \geq 0. Но при 23≤p<1,5−9p<0\frac{2}{3} \leq p\lt{}1, 5-9 p\lt{}0 и тогава q≤14p2⇔q(5−9p)≥14p2(5−9p)q \leq \frac{1}{4} p^{2} \Leftrightarrow q(5-9 p) \geq \frac{1}{4} p^{2}(5-9 p), следователно (2p−1)2+q(5−9p)≥(2p−1)2+14p2(5−9p)(2 p-1)^{2}+q(5-9 p) \geq(2 p-1)^{2}+\frac{1}{4} p^{2}(5-9 p). Но (2p−1)2+14p2(5−9p)=14(−9p3+21p2−16p+4)=14(1−p)(3p−2)2≥0(2 p-1)^{2}+\frac{1}{4} p^{2}(5-9 p)=\frac{1}{4}\left(-9 p^{3}+21 p^{2}-16 p+4\right)=\frac{1}{4}(1-p)(3 p-2)^{2} \geq 0, с което неравенството е доказано. От a+b+c=1a+b+c=1 получаваме a3+b3+c3=3abc+a2+b2+c2−ab−bc−caa^{3}+b^{3}+c^{3}=3 a b c+a^{2}+b^{2}+c^{2}-a b-b c-c a. Като заместим полученото в даденото неравенство, след опростяване и съкращаване получаваме, че то е еквивалентно на 4(ab+bc+ca)≤9abc+14(a b+b c+c a) \leq 9 a b c+1. Това неравенство можем да запишем и във вида 4(ab+bc+ca)(a+b+c)≤(a+b+c)3+9abc4(a b+b c+c a)(a+b+c) \leq(a+b+c)^{3}+9 a b c, което от своя страна е еквивалентно с a3+b3+c3+3abc≥a2b+ab2+b2c+bc2+a2c+ac2a^{3}+b^{3}+c^{3}+3 a b c \geq a^{2} b+a b^{2}+b^{2} c+b c^{2}+a^{2} c+a c^{2}. Последното неравенство можем да запишем още във вида abc≥(a+b−c)(b+c−a)(a+c−b)a b c \geq(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b). Поне два от трите множителя вдясно са положителни. Ако точно един от трите множителя е неположителен, то неравенството е очевидно. А ако и трите са положителни, то от x2xy≤x+y2\sqrt{\vphantom{x^2}x y} \leq \frac{x+y}{2} имаме x2(a+b−c)(b+c−a)≤b,x2(b+c−a)(a+c−b)≤c,x2(a+c−b)(a+b−c)≤a\sqrt{\vphantom{x^2}(a+b-c)(b+c-a)} \leq b, \sqrt{\vphantom{x^2}(b+c-a)(a+c-b)} \leq c, \sqrt{\vphantom{x^2}(a+c-b)(a+b-c)} \leq a и след почлено умножение получаваме исканото.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2009-7-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
В редица са поставени празни кутии, последователно номерирани с 1,2,…1, 2, \ldots, 2009. Една от кутиите е синя, а останалитебели. Всеки ден била избирана една кутия и бил добавян по орех в нея и в съседните й кутии. След време в белите кутии имало по 9 ореха, а в синята броят им бил друг. Кои са възможните позиции на синята кутия и какъв може да е бил броят на орехите в нея?
РешениеПри всеки ход се добавя по орех в точно една позиция от вида 3k+13 k+1, в точно една позиция от вида 3k+23 k+2 и в не повече от една позиция от вида 3k3 k. Така сборът на орехите във всяка от първите две групи винаги е еднакъв, а този в третата е не поголям. Като вземем предвид, че в първите две групи има и равен брой кутии, заключаваме че синята кутия не може да е в никоя от тях. Значи тя трябва да е в третата група, и понеже в нея има и една кутия по-малко, броят на орехите в синята кутия не надхвърля броя на орехите в две бели кутии, т. е. 18. Ще покажем, че синята кутия може да е на всяка позиция от вида 3k3 k и броят bb на орехите в нея може да е всяко от числата от 0 до 18 (освен 9). Да наречем « 3k3 k-връх» поредица от дни, в които са избирани кутиите с номера 2,5,8,…,3k−1;3k+1,3k+4,3k+7,…,20082, 5, 8, \ldots, 3 k-1; 3 k+1, 3 k+4, 3 k+7, \ldots, 2008. След 3k3 k-връх орехите в кутия 3k3 k се увеличават с 2, а във всяка от останалите кутии се увеличават с 1. Да наречем « 3k3 k-дол» поредица от дни, в които са избирани кутиите с номера 1,4,7,…,3k1, 4, 7, \ldots, 3 k 2;3k+2,3k+5,3k+8,…,20092; 3 k+2, 3 k+5, 3 k+8, \ldots, 2009. След 3k3 k-дол орехите в кутия 3k3 k не се променят, а във всяка от останалите кутии се увеличават с 1. Да наречем «плато» поредица от дни, в които са избирани кутиите с номера 1,4,7,…,20081, 4, 7, \ldots, 2008. След плато орехите във всяка кутия се увеличават с 1. Ако b≤8b \leq 8, за да имаме bb ореха в позиция 3k3 k можем да извършим плато bb пъти и 3k3 k-дол 9 - bb пъти. Ако 10≤b≤1810 \leq b \leq 18, можем да извършим плато 18 - bb пъти и 3k3 k-връх b−9b-9 пъти.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2009-7-4

Задача 4b

Пълен запис
Условие
Едно естествено число ще наричаме босненско, ако се записва само с цифрите 1, 2 и/или 3 и сборът от цифрите му е 2009. Какъв е остатъкът при деление с 3 на броя на босненските числа?
РешениеНека ana_{n} е броят на естествените числа, чиито цифри са 1, 2 и/или 3 и имат сбор nn. Тогава a1=1,a2=2a_{1}=1, a_{2}=2 (числата са 2 и 11), a3=4a_{3}=4 (числата са 3,12,213, 12, 21 и 111). При n>3n \gt{}3 имаме an=an−1+an−2+an−3a_{n}=a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3}, понеже такова число със сбор от цифрите nn може да се получи само по три метода: (∗)(*) с дописване на 1 към всяко от an−1a_{n-1}-те числа със сбор от цифрите n−1n-1; (∗)(*) с дописване на 2 към всяко от an−2a_{n-2}-те числа със сбор от цифрите n−2n-2; (∗)(*) с дописване на 3 към всяко от an−3a_{n-3}-те числа със сбор от цифрите n−3n-3; Да запишем остатъците от делението с 3 на числата an:1,2,1,1,1,0,2,0,2,1,0,0,1,1a_{n}: \mathbf{1}, \mathbf{2}, \mathbf{1}, 1, 1, 0, 2, 0, 2, 1, 0, 0, 1, \mathbf{1}, 2, 1; понеже след първите 13 остатъка се появиха три поредни остатъка, еднакви с първите три, нататък редицата от остатъците ще се повтаря с период 13. Понеже 2002=2002= 2 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13, остатъкът на 2009 при деление с 13 е 7, значи остатъкът пре деление с 3 е като този на седмото число, т. е. 2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2009-7-4b