Контролно за национален отбор за МБОМ

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че ако

a, b

са реални числа, за които

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

2011, то

\left(\frac{a}{\sqrt{\vphantom{x^2}2011}}+\frac{b}{\sqrt{\vphantom{x^2}2012}}\right)\left(\frac{a}{\sqrt{\vphantom{x^2}2012}}+\frac{b}{\sqrt{\vphantom{x^2}2011}}\right)\lt{}

\frac{4023}{2012}.

Решение

От Неравенството на Коши-Шварц имаме

\left(\frac{a}{\sqrt{\vphantom{x^2}2011}}+\frac{b}{\sqrt{\vphantom{x^2}2012}}\right)^{2} \leq

\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(\frac{1}{2011}+\frac{1}{2012}\right)=\frac{4023}{2012}

като равенство се достига само при

a^{2}=\frac{2011}{2012} b^{2}

. Аналогично

\left(\frac{a}{\sqrt{\vphantom{x^2}2012}}+\frac{b}{\sqrt{\vphantom{x^2}2011}}\right)^{2} \leq

\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(\frac{1}{2012}+\frac{1}{2011}\right)=\frac{4023}{2012}

като равенство се достига само при

a^{2}=\frac{2012}{2011} b^{2}

. Ако лявата страна на желаното неравенство е отрицателна, то е тривиално. Ако не е, остава да умножим почленно двете получени неравенства и да коренуваме. Неравенството е строго, понеже двете условия за равенство са несъвместими при

a^{2}+b^{2}=2011

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2011-7-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A D C

със страна

A C=1

и окръжности

k_{1}(A)

и

k_{2}(C)

, които се пресичат в точката

D

. Произволна права през

D

пресича за втори път окръжностите съответно в точките

M

и

N

. a) Да се докаже, че симетралите на отсечките

M N

имат обща точка. б) Да се определи най-голямата възможна дължина на отсечката

M N

.

Решение

а) Ако

D A_{1}

и

D C_{1}

са диаметри съответно на

k_{1}

и

k_{2}

, точките

M, N, A_{1}

и

C_{1}

са върхове на трапец (евентуално изроден) с основи

M A_{1}

и

N C_{1}

, перпендикулярни на

M N

(а тя е бедро или диагонал на трапеца). Тогава симетралата

M N

съдържа средната основа на трапеца, така че минава през постоянната среда на

A_{1} C_{1}

. б) Ако изберем правата

M N \| A C

, полученият трапец е правоъгълник (евентуално изроден) и

M N=A_{1} C_{1}=2 A C=2

(

A C

е средна отсечка). Във всички останали случаи дължината на

M N

е по-малка, понеже е перпендикуляр, а

A_{1} C_{1}=2

е наклонена. Забележка. Търсената в а) постоянна точка може да се характеризира като четвъртия връх на успоредника

A B C D

с диагонал

A C

. Това е така, понеже

\triangle A B M \cong \triangle C N B

по първи признак (

A B=C D= C N; A M=A D=C B; \angle B A M=\angle N C B

поради

\angle C M D=\angle C D M

,

\angle C N D=\angle C D N

и съответните ъгли при правите на успоредника; има няколко възможни разположения на точките). Разглеждането на случаи може да се спести, ако се работи с ориентирани ъгли:

\begin{aligned} \angle(A B; A M) & =\angle(A B; A D)+\angle(A D; D M)+\angle(D M; A M)= \\ & =-\angle(D C; A D)+2(\angle(D C; A D)+\angle(A D; D M))= \\ & =\angle(B C; D C)+2 \angle(D C; D N)= \\ & =\angle(B C; D C)+\angle(D C; D N)+\angle(D N; C N)=\angle(B C; C N) \end{aligned}

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2011-7-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички тройки от цели положителни числа

(x, y, z)

, за които е вярно равенството

\frac{x}{2^{x}}+\frac{y}{2^{y}}=\frac{z}{2^{z}}.

Решение

От

\frac{n}{2^{n}}-\frac{n+1}{2^{n+1}}=\frac{n-1}{2^{n+1}}\gt{}0

(при

n\gt{}1

) лесно следва, че при

2 \leq p\lt{}q

имаме

\frac{q}{2^{q}}\lt{}\frac{p}{2^{p}}

. Нека

z \geq 5

. Тогава имаме

\begin{gather*} \frac{z}{2^{z}}-\left(\frac{z+1}{2^{z+1}}+\frac{z+2}{2^{z+2}}\right)=\frac{z-4}{2^{z+2}}\gt{}0 \quad \text{и} \tag{1}\\ \frac{z}{2^{z}}-\left(\frac{z+1}{2^{z+1}}+\frac{z+1}{2^{z+1}}\right)=\frac{-1}{2^{z}}\lt{}0 \end{gather*}

Тъй като очевидно трябва

x\gt{}z

и

y\gt{}z

, неравенствата (1) и (2) показват, че уравнението няма решение. При

z=4

, за да имаме равенство в (1), единствената възможност е числата

x

и

y

да са 5 и 6. Оттук получаваме две решения на уравнениетотройките

(5; 6; 4)

и

(6; 5; 4)

. Нека

z \leq 3

, тогава

\frac{z}{2^{z}} \geq \frac{3}{8}

. Ако

x \geq y

(аналогично разсъждаваме и при обратното неравенство), понеже

\frac{x}{2^{x}} \leq \frac{y}{2^{y}}

следва, че

\frac{y}{2^{y}} \geq \frac{3}{16}

. Това е възможно само ако

y \leq 4

. Разглеждайки възможните стойности на

y

и

z

, получаваме още две решения на уравнението, а именно

(4; 4; 1)

и

(4; 4; 2)

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2011-7-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

В квадратна таблица

5 \times 5

отначало всички полета са празни, като едно от тях е оцветено. Двама играчи X и О правят ходове, редувайки се. Който е на ход, поставя името си в незаето поле на таблицата, съседно (по страна или връх) на последното заето поле. Пръв е X, като при първия си ход може да играе в произволно неоцветено поле. Ако някой не може да играе, играта приключва с победа на другия. Ако някой постави знака си в оцветеното поле, той печели и играта приключва. Кой ще спечели при правилна игра? (Отговорът може да зависи от позицията на оцветеното поле.)

Решение

Полетата, съседни на оцветеното, както и самото него, ще наричаме опасни. Ако някой играе в опасно неоцветено поле, той ще загуби играта при следващия си ход. Ако оцветеното поле има обща точка с контура на таблицата, опасните полета са 4 или 6. Останалите полета могат да се разбият на двойки съседни полета и едно отделно поле (как?). Тогава X ще победи, ако с първия си ход играе в отделното поле, и после следва тактиката: ако О играе в неопасно поле, то X играе в другото поле от двойката му (така X винаги има възможен ход); ако О играе в опасно поле (то задължително е неоцветено), то X играе в оцветеното поле и побеждава. Ако оцветеното поле няма обща точка с контура на таблицата, опасните полета са 9. Останалите 16 полета могат да се разбият на двойки съседни (евентуално по диагонал). Тогава О ще победи, ако следва тактиката: ако X играе в неопасно поле, O играе в другото поле от двойката му (така O винаги има възможен ход); ако X играе в опасно поле (то задължително е неоцветено), О играе в оцветеното поле и побеждава.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2011-7-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Нека

x, y, z

са неотрицателни числа със сбор 3. Да се намери най-малката и най-голямата стойност на израза

A=\frac{1}{(x+3)(y+3)}+\frac{1}{(y+3)(z+3)}+\frac{1}{(z+3)(x+3)}.

Решение

Да положим

u=x+3 \geq 3, v=y+3 \geq 3, w=z+3 \geq 3

; понеже изразът е симетричен, можем да считаме, че

u \leq v \leq w

. Имаме

u+v+w=12

и от неравенството между СА и СГ получаваме

u v w \leq 4^{3}=

64, като равенство се достига за

u=v=w=4

. Така най-малката стойност на

A=\frac{u+v+w}{u v w}

е

\frac{12}{64}=\frac{3}{16}

. Ще покажем, че

u v w \geq 54

. Да допуснем, че

u\gt{}3

и да заменим

u

с 3, а

w

с

w+u-3

, при което

u+v+w

остава 12. Имаме

u w\gt{}3(w+u-3)

, понеже в случая

(u-3)(w-3)\gt{}0

, така че при тази замяна произведението

u v w

намалява. И така, нека считаме, че

u=3

; да допуснем сега, че

v\gt{}3

и да заменим

v

с 3, а

w

с

w+v-3

, при което

u+v+w

остава 12. Имаме

v w\gt{}3(w+v-3)

, понеже в случая

(v-3)(w-3)\gt{}0

, така че при тази замяна произведението

u v w

намалява. И така, то е минимално, ако

u=v=3

, съответно

w=6

; тогава

u v w=3 \cdot 3 \cdot 6=54

. Така най-голямата стойност на

A=\frac{12}{u v w}

e

\frac{12}{54}=\frac{2}{9}

. Забележка. Можем да изразим

z=3-x-y

; тогава получаваме

A=\frac{12}{(x+3)(y+3)(6-x-y)}

и разсъждаваме само за знаменателя.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2011-7-5

Задача 8

Пълен запис

Условие

В една държава има

n

летища. От всяко летище има (двупосочни) авиолинии към точно три други летища. От всяко летище може да се отиде до всяко друго с не повече от едно прекачване. Да се намерят всички възможни стойности на

n

.

Решение

От условието следва

n \geq 4

. От дадено летище можем да стигнем директно до три други, а от всяко от тях можем да стигнем до най-много две други, така че

n \leq 1+3(1+2)=10

. Общият брой авиолинии е равен на половината от сбора

3 n

на всички изходящи линии от летищата (понеже всяка линия е броена по два пъти), така че

n

е четно число. Така

n

е някое от числата

4, 6, 8

и 10. Всяка от тези стойности е възможна. Действително, нека

n=2 k, k=2, 3, 4, 5

. В първите три случая нека номерираме летищата от 1 до

2 k

и за всяко подходящо

i

да свържем летище номер

i

с летища

i-1, i+1

и

i+k

(номерацията е по модул

n

, така че автоматично линиите се оказват двупосочни). При тази постановка с едно прекачване от летище

i

може да се стигне и до летища

i-2, i+2, i+k-1

и

i+k+1

, което поради

k \leq 4

изчерпва всички останали летища, т. е. условието е спазено. В случая

k=5

нека означим летищата

A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{5}, B_{1}, B_{2}, \ldots, B_{5}

и за всяко подходящо

i

да свържем летище

A_{i}

с летища

A_{i-1}, A_{i+1}

и

B_{i}

, а летище

B_{i}

с летища

B_{i-2}, B_{i+2}

и

A_{i}

(номерацията е по модул 5, така че автоматично линиите се оказват двупосочни; получената конфигурация е известна като Граф на Петерсен). При тази постановка, с едно прекачване от летище

A_{i}

може да се стигне до летища

A_{i-2}

и

B_{i-1}

през

A_{i-1}

, до

A_{i+2}

и

B_{i+1}

през

A_{i+1}

и до

B_{i-2}

и

B_{i+2}

през

B_{i}

, което изчерпва всички останали летища. По подобен начин се уверяваме, че от летище

B_{i}

може да се стигне до всяко друго с не повече от едно прекачване. Така получихме, че

n

може да е всяко от числата

4, 6, 8

и 10.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2011-7-8

2011

Открити липси за попълване от източника

7

Условие

Условие

Условие

Условие

Условие

Условие