Контролно за национален отбор за МБОМ

Задача 2

Пълен запис

Условие

Сборът от квадратите на

n

цели числа е 2012. Да се намери най-малката възможна стойност на

n

.

Решение

Решение. Да допуснем, че

n \leq 3

, допълвайки с 0, ще считаме, че

n=3

. Понеже 2012 се дели на 4, а квадратите на естествените числа дават остатък 0 или 1 при деление на 4, то събираемите трябва да са четни. Така квадратите им се делят на 4 и ако ги разделим, получаваме уравнение от вида

x^2+y^2+z^2=503

. Но 503 дава остатък 7 при деление на 8, а квадратите на числата дават остатъци 0, 1 или 4 - противоречие. Тъй като

42^2+14^2+6^2+4^2=2012

, отговорът е

n=4

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Положителните реални числа

a, b, c

имат сбор 1. Докажете, че

\sqrt{\vphantom{x^2}6 a+1}+\sqrt{\vphantom{x^2}6 b+2}+\sqrt{\vphantom{x^2}6 c+3} \leq 6

. Кога се достига равенство?

Решение

Решение. Да означим

x=\sqrt{\vphantom{x^2}6 a+1}, y=\sqrt{\vphantom{x^2}6 b+2}, z=\sqrt{\vphantom{x^2}6 c+3}

. Имаме

x^2+y^2+z^2=6(a+b+c)+1+2+3=12

, така че от СКСА

x+y+z \leq \sqrt{\vphantom{x^2}3\left(x^2+y^2+z^2\right)}=6

. Равенство се достига за

x=y=z=2

, т. е. за

a=1 / 2, b=1 / 3, c=1 / 6

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

На 960 картончета са написани числата

\sqrt{\vphantom{x^2}1}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}; \sqrt{\vphantom{x^2}2}+\sqrt{\vphantom{x^2}3}

;

\ldots; \sqrt{\vphantom{x^2}960}+\sqrt{\vphantom{x^2}961}

. Всеки ден се махат две картончета и, ако на тях са записани числата

x

и

y

, се слага картонче с числото

\frac{x y}{x+y}

. След 959 дни останало само числото

z

. Коя е най-голямата възможна стойност на

z

?

Решение

Решение. Сборът от реципрочните стойности на числата остава постоянен. В началото той е

-\sqrt{\vphantom{x^2}1}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}-\sqrt{\vphantom{x^2}2}+\sqrt{\vphantom{x^2}3}-\cdots-\sqrt{\vphantom{x^2}960}+\sqrt{\vphantom{x^2}961}=-1+31=30

. Отговор:

\mathbf{1} / \mathbf{3 0}

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-4

Задача 6

Пълен запис

Условие

Ъглополовящата

A A_{1}

на триъгълник

A B C

пресича описаната му окръжност

k

в точка

T

. Права през

A_{1}

, перпендикулярна на

A C

, пресича

k

в точка

K

. Правата

T K

пресича страната

B C

в точка

M

. Докажете, че

A M

е перпендикулярна на

B K

.

Решение

Даден е остроъгълен

\triangle A B C

с височина

C D

и център

O

на описаната окръжност. Точки

M

и

N

са пети на перпендикулярите от точка

D

съответно към страните

A C

и

B C

. Ако

P

е средата на отсечката

D O

, да се докаже, че

P M=P N

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-6

Задача 8

Пълен запис

Условие

Полетата на таблица

8 \times 8

са оцветени в

n

цвята. Няма ред, нито стълб, в които да се срещат над 4 различни цвята. Коя е най-голямата възможна стойност на

n

?

Решение

Да се докаже, че: а) сред всеки 5 цели числа има три със сбор, кратен на 3; б) сред всеки 8 цели числа има шест със сбор, кратен на 3; в) от всеки 10 цели числа могат да се изберат шест (да речем

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{6}

), така че сборът

k_{1} a_{1}+k_{2} a_{2}+k_{3} a_{3}+k_{4} a_{4}+k_{5} a_{5}+k_{6} a_{6}

е кратен на 9 при подходящ избор на числата

k_{i} \in\{4; 1\}

. г) Дадени са 9 цели числа. Винаги ли можем да изберем шест от тях

\left(a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{6}\right)

, така че сборът

k_{1} a_{1}+k_{2} a_{2}+k_{3} a_{3}+k_{4} a_{4}+k_{5} a_{5}+k_{6} a_{6}

да е кратен на 9 при подходящ избор на числата

k_{i} \in\{4; 1\}

? Време за работа: 4 ч. 30 мин.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-8

Задача 9

Пълен запис

Условие

Всеки две от реалните числа

a, b, c, d

се различават поне с 1. Ако

a+b+c+d=2 s\gt{}0

и

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

, коя е най-малката възможна стойност на

s

?

Решение

Решение. Имаме

4 s^2=(a+b+c+d)^2=2 s^2+2(a b+a c+a d+b c+b d+c d)

, откъдето

a b+a c+a d+b c+b d+c d=s^2

. Без ограничение на общността считаме, че

a \geq b \geq c \geq d

; тогава

(a-b)^2+(b-c)^2+(c-d)^2+(a-c)^2+(b-d)^2+(a-d)^2 \geq 3 \cdot 1^2+2 \cdot 2^2+3^2

, така че

3\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)-2(a b+b c+c d+a c+b d+a d) \geq 20

. Оттук

6 s^2-2 s^2 \geq 20

и

s \geq \sqrt{\vphantom{x^2}5}

. Равенство се достига, ако съседните числа се различават точно с 1. Предвид

a+b+c+d=2 \sqrt{\vphantom{x^2}5}

, това става за

a=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}+3}{2}, b=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}+1}{2}, c=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}-1}{2}, d=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5}-3}{2}

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-9

Задача 10

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

с

\angle B A C\gt{}90^{\circ}

. През ортоцентъра на

\triangle A B C

са построени три окръжности, допиращи правите

A B, B C, A C

в петите на височините на триъгълника. Докажете, че ортоцентърът на

\Delta A B C

е център на описаната окръжност около триъгълника, образуван от вторите пресечни точки на тези окръжности.

Решение

Решение. Трябва да докажем, че височините на дадения триъгълник са симетрали на триъгълника, образуван от вторите пресечни точки на трите окръжности. За целта доказваме, че пресечните точки лежат на правите свързващи петите на височините (ъгли срещу диаметър) и правите, върху които са височините, са ъглополовящи на вписани в окръжностите ъгли. Получаваме еднакви триъгълници, а оттам симетрали.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-10

Задача 11

Пълен запис

Условие

Да се реши в естествени числа уравнението

m^{2}+200=3^{n}

.

Решение

Решение. Квадратите на естествените числа дават остатък 0 или 1 при деление на 4, така че

3^n

трябва да дава остатък 1 при деление на 4. Следователно

n

е четно,

n=2 k

, а

m

е нечетно. Получаваме

200=\left(3^k-m\right)\left(3^k+m\right)

. Двата множителя в скобите са четни и вторият е по-голям, така че имаме следните случаи: а)

3^k-m=2, 3^k+m=100, 3^k=51

: няма решение; б)

3^k-m=4, 3^k+m=50, 3^k=27, k=3, n=6, m=23

: решение; в)

3^k-m=10, 3^k+m=20, 3^k=15

: няма решение.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-11

Задача 12

Пълен запис

Условие

Нека

n\gt{}1

е естествено число. Във всяко поле на таблица

n \times n

трябва да се постави цифра; сред цифрите да има

n

единици и

n

двойки, а останалите да са нули. В горния ляв ъгъл трябва да има единица. Означаваме с

a_{n}

броя начини за такова запълване, при което сборът по всеки ред и по всеки стълб е 3. a) Докажете, че

a_{3}=4

. б) Пресметнете

a_{4}

и

a_{5}

. в) Ако

n\gt{}2

, изразете

a_{n+1}

посредством

a_{n}, a_{n-1}

и

n

.

Решение

Решение. Сборът по всеки ред и стълб е нечетен, така че трябва да има единица. Понеже единиците са

n

, то трябва да има по една на ред/стълб. Следователно трябва да има по една двойка на ред/стълб a) Има два начина за поставяне на „2" в първия ред и независимо от това два начина за „2” в първия стълб. След тези избори таблицата се запълва еднозначно. в) Да разгледаме таблица

(n+1) \times(n+1)

, в която поле

(1; 1)

е запълнено с „1". Има

n

начина за поставяне на „2” в първия ред и независимо от това

n

начина за „2” в първия стълб. Затова ще считаме, че те са в полета (

1; 2

) и (

2; 1

), и получения отговор ще умножим по

n^2

. Сега има два случая: - Ако в поле (

2; 2

) има „1", то след задраскване на първите два реда и първите два стълба получаваме таблица

(n-1) \times(n-1)

, в чийто първи ред за единицата има

n-1

възможности. Ако пренаредим стълбовете така, че единицата да е в горния ляв ъгъл, получаваме таблица от описания тип. Броят на тези таблици е

a_{n-1}

, така че от този случай имаме

(n-1) a_{n-1}

възможности. - Ако в поле (

2; 2

) има „0”, да я заменим с „2” и да задраскваме първия ред и първия стълб. Сега да заменим всички „1" с „2” и обратно. Получаваме таблица

n \times n

от описания тип. Броят на тези таблици е

a_n

. Окончателно получаваме

a_{n+1}=n^2\left((n-1) a_{n-1}+a_n\right)

. б) Явно

a_2=1

. От в) получаваме

a_4=3^2((3-1).1+4)=54

и

a_5=4^2((4-1).4+54)=1056

. Тези резултати могат да се получат и директно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-12

Задача 13

Пълен запис

Условие

Нека

a, b, c

са положителни числа. а) Да се докаже, че

\frac{a}{a+2 b+3 c}+\frac{b}{b+2 c+3 a}+\frac{c}{c+2 a+3 b} \geq \frac{1}{2}

. б) Намерете най-малката възможна стойност на израза

a+b+c+\frac{25 a}{(a+2 b+3 c)^{2}}

+\frac{25 b}{(b+2 c+3 a)^{2}}+\frac{25 c}{(c+2 a+3 b)^{2}}

Решение

Решение. а) Нека

S

е стойността на израза вляво. Полагаме

x=a+2 b+3 c\gt{}0

,

y=b+2 c+3 a\gt{}0, \quad z=c+2 a+3 b\gt{}0

. Тогава

\frac{1}{6}(x+y+z)=a+b+c

. Изваждайки от първото равенство, получаваме

\frac{5}{6} x-\frac{1}{6}(y+z)=b+2 c

. Замествайки във второто, имаме

a=\frac{7}{18} y-\frac{5}{18} x+\frac{1}{18} z

. Аналогично

b=\frac{7}{18} z-\frac{5}{18} y+\frac{1}{18} x

и

c=\frac{7}{18} x-\frac{5}{18} z+\frac{1}{18} y

. Тогава

S \geq \frac{7}{18}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\right)+\frac{1}{18}\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z}\right)-\frac{5}{18} \cdot 3

. Според неравенството между средно аритметично и средно геометрично, изразите в скобите са не по-малки от 3. Така

S \geq \frac{1}{2}

. Равенство се достига за

a=b=c

. б) Понеже

1+25 t^2 \geq 10 t

, стойността на израза вляво е поне

10 S

, т. е. поне 5. Равенство се достига при

a=b=c=\frac{5}{6}

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-13

Задача 14

Пълен запис

Условие

Вписаната в триъгълник

A B C

окръжност допира

A B

в точка

E

, а

A C

в точка

D

. Точка

P

е произволна от голямата дъга

E D

. Точките

F

и

G

са симетрични на

A

съответно относно правите

P D

и

P E

. Намерете геометричното място от точки среди на отсечките

F G

.

Решение

Решение. От допирателни и имаме

F D=A D=A E=E G

. От вписани и периферни ъгли получаваме, че

\angle F D E=\angle D E G

. Така се получава, че независимо от мястото на т.

P

, четириъгълникът

F D G E

е успоредник и средата на

F G

съвпада със средата на

D E

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-14

Задача 15

Пълен запис

Условие

Всеки диагонал на правилен

n

-ъгълник

A_{1} A_{2} A_{3} \ldots A_{n}

е оцветен в синьо или черно. Няма три върха, свързани с три едноцветни диагонала. Намерете най-голямата възможна стойност на

n

.

Решение

Решение. Ако

n=11

и оцветим в синьо диагоналите от вида

A_i A_{i+2}

и

A_i A_{i+3}

, а в черно останалите, т. е. тези от вида

A_i A_{i+4}

и

A_i A_{i+5}

(номерацията е по модул 10), условието е спазено (защо?). Да допуснем, че

n \geq 12

. Сред диагоналите

A_1 A_3, A_1 A_5, A_1 A_7, A_1 A_9

и

A_1 A_{11}

има поне три едноцветни, така че техните три краища са свързани с диагонали от другия цвятпротиворечие. Отговор:

n=11

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-15

Задача 16

Пълен запис

Условие

За всяко трицифрено

m\gt{}990

, определете най-малкото естествено

n\gt{}1

, ако такова съществува, за което произведението

m n

се записва само с нечетни цифри.

Решение

Решение. Ясно е, че

m

и

n

трябва да са нечетни. Ако

m=1000-k

, то

m \cdot n=(1000-k) n= 1000(n-1)+(1000-k n)

. Ако

k n \leq 1000

, числото в дясната скоба е неотрицателно, така че цифрата на хилядите на

k n

е четна, понеже

n-1

е четно. Тогава нека

n

е най-малкото нечетно число над

\frac{1000}{k}

. - При

m=999, k=1, n=1001

и

999 \cdot 1001=999999

, което отговаря на условието. - При

m=997, k=3, n=335

и

997 \cdot 335=333995

, което отговаря на условието. - При

m=995, k=5, n=201

и

995 \cdot 201=199995

, което отговаря на условието. - При

m=993, k=7

, отхвърляме

n=143, 145, 147, \ldots, 153

, и едва

n=155

и дава

m n=153915

, което отговаря на условието. - При

m=991, k=9

, отхвърляме

n=113, 115, 117, 119

(

m n

е съответно 111983,

113965, 115947, 117929

). Едва

n=121

дава

m n=119911

, което отговаря на условието.

Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2012-7-16

2012

Открити липси за попълване от източника

7

Условие

Условие

Условие

Условие

Условие

Условие

Условие

Условие

Условие

Условие

Условие

Условие

Условие