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

2016

Назад към папките

7

9 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
a) За реалните числа x,y,z,tx, y, z, t докажете(x(y+z)+y(z+t)+z(t+x)+t(x+y))2≥(x(y+z)+y(z+t)+z(t+x)+t(x+y))^{2} \geq8(x+z)(y+t)(xz+yt). 8(x+z)(y+t)(x z+y t).б) Краен или безкраен е броят четворки (x,y,z,t)(x, y, z, t) от различни цели числа, при които се достига равенство?
Решениеа) Да положим A=xy+yz+zt+txA=x y+y z+z t+t x и B=xz+ytB=x z+y t. Лявата страна е равна на (A+2B)2(A+2 B)^{2}, а дясната е 8AB8 A B и исканото е еквивалентно на очевидното (A−2B)2≥0(A-2 B)^{2} \geq 0. б) Изборьт t=0t=0 свежда A=2BA=2 B до xy+yz=2xzx y+y z=2 x z и значи при x+z=1x+z=1 имаме y=2xzy=2 x z. Следователно безкрайното семейството от четворки ( a,2a(1−a),1−a,0a, 2 a(1-a), 1-a, 0 ) за цяло a≠0,1a \neq 0, 1 изпълнява исканото.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
На страните BCB C и CAC A на остроъгълен △ABC\triangle A B C навън от триъгълника са построени квадрати CBA1MC B A_{1} M и ACNB1A C N B_{1}. Да се докаже, че правите AA1A A_{1} и BB1B B_{1} се пресичат върху височината CC1C C_{1} на △ABC\triangle A B C.
РешениеПострояваме квадрат ABEFA B E F навън от △ABC\triangle A B C. Ротацията на △AFE\triangle A F E около AA на 90∘90^{\circ} дава CF⊥BB1C F \perp B B_{1}, т. е. BB1B B_{1} е успоредна на височината EE1E E_{1} в △FEC\triangle F E C. По същите причини AA1A A_{1} е успоредна на височината FF1F F_{1}. Нека височините CC1,EE1C C_{1}, E E_{1} и FF1F F_{1} се пресичат в точка HH. Транслацията с вектор FA→\overrightarrow{F A} изпраща височините в правите BB1,AA1B B_{1}, A A_{1}; търсената пресечна точка е образът на HH.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-2

Задача 2b

Пълен запис
Условие
За числата a>0,b>0,c>0a\gt{}0, b\gt{}0, c\gt{}0 е изпълненео равенството a+b+c=ka+b+c=k. Намерете най-малката стойност на израза M=b2x2ka+bc+a2x2kc+ab+c2x2kb+caM=\frac{b^{2}}{\sqrt{\vphantom{x^2}k a+b c}}+\frac{a^{2}}{\sqrt{\vphantom{x^2}k c+a b}}+\frac{c^{2}}{\sqrt{\vphantom{x^2}k b+c a}}.
РешениеРавностранен триъгълник със страна 2007см е разделен на равностранни триъгълничета със страни по 1см чрез прави, успоредни на страните му. Върховете на триъгълничетата са оцветени в синьо или червено. Сините точки са поне 1506 на брой. Докажете, че съществува отсечка със сини краища, успоредна на страна на триъгълника.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-2b

Задача 3

Пълен запис
Условие
Ще наричаме „г-тримино“ квадрат 2×22 \times 2 с отстранено едно поле 1×11 \times 1. a) От квадрат 5×55 \times 5 изрязали 8 г-тримина и едно поле останало; кое може да е то? б) Намерете всички двойки естествени ( m;nm; n ), m≤nm \leq n, за които е възможно да покрием правоъгълник m×nm \times n с няколко слоя от г-тримина, така че никое да не стърчи извън правоъгълника и всяко поле на правоъгълника да е покрито с еднакъв брой г-тримина.
Решениеа) Да оцветим следните 9 полета: централното, ъгловите 4 и 4 -те до средите на страните. Всяко от 8 -те г-тримина може да има най-много едно оцветено поле, така че деветото оцветено поле трябва да е останало. Всяко от тези 9 полета е възможно, както личи от чертежите: б) Явно трябва m>1m\gt{}1. Квадрат 2×22 \times 2 се покрива с 3 слоя г-тримина, а правоъгълник 2×3−2 \times 3- с 1 слой; това гарантира успех във всички случаи, когато поне едно от числата m,nm, n е четно. Ако m=3m=3 и n=2k−1n=2 k-1, да запишем в нечетните полета от нечетните редове числото -2, а в останалите да запишем 1; сборът от числата в таблицата е 3(2k−1)−3⋅2k=−33(2 k-1)-3 \cdot 2 k=-3, а всяко г-тримино покрива полета с неотрицателен сбор, така че желаното е непостижимо. Ако m=5m=5 и n=2k−1n=2 k-1, да запишем в нечетните полета от нечетните редове числото -2, а в останалите да запишем 1; сборьт от числата в таблицата е 5(2k−1)−3⋅3k=k−55(2 k-1)-3 \cdot 3 k=k-5 и понеже всяко г-тримино покрива полета с неотрицателен сбор, трябва k≥5k \geq 5. Това наистина е възможно: таблица 5×95 \times 9 се запълва лесно, като се следва изискването всяко тримино да съдъжа някое от полетата c−2\mathrm{c}-2 (има много начини; от участниците се изисква един), а за по-големи kk е достатъчно да се добавят подходящ брой 2×22 \times 2 и 2×32 \times 3. По същите причини са възможни случаите, ако единият размер на таблицата е поне 9. А таблица 7×77 \times 7 може да се покрие с 2×2,2×32 \times 2, 2 \times 3 и едно г-тримино, така че и този случай е възможен. Окончателно, възможни са единствено случаите, когато размерите са по-големи от 1, поне един е четен или ако са два нечетни, то са по-големи от 3 и сборът им е поне 14.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Квадрат 4×44 \times 4 е разделен на 16 единични квадратчета, във всяко от които е записана нула или единица. За един ход се избира ред или стълб на квадрата и се променят числата в него (нулите стават единици, а единиците стават нули). Квадратьт се нарича занулен, ако броят на нулите в него не може да се намали. Броят на нулите в един занулен квадрат се нарича степен на квадрата. Намерете възможните стойности на степента.
РешениеНамислих естествено число A<500A\lt{}500 и цели числа k,m,nk, m, n, за които A=(k−m)(m−n)(n−k)=k+m+nA=(k-m)(m-n)(n-k)=k+m+n. Намерете всички възможни стойности на AA. Решение. Ако m,n,km, n, k дават три различни остатъка при деление на 3, дясната страна се дели на 3, а ляватане: абсурд. Щом две от m,n,km, n, k дават еднакви остатъци при деление на 3, то лявата страна се дели на 3, а значи и дясната, така че и третото неизвестно дава същия остатък при деление на 3. Така трите множителя отляво се делят на 3, т. е. AA се дели на 27. Понеже A>0A\gt{}0, можем да считаме, че k<m<nk\lt{}m\lt{}n. Нека k−m=−3a,m−n=−3b,n−k=3(a+b)k-m=-3 a, \quad m-n=-3 b, \quad n-k=3(a+b), където a,ba, b са естествени. Понеже A<1000A\lt{}1000, то ab(a+b)≤⌊499/27⌋=18a b(a+b) \leq\lfloor 499 / 27\rfloor=18. Единствените възможности за ab(a+b)a b(a+b) са 1 \cdot 1 \cdot 2, 1 \cdot 2 \cdot 3, 1 \cdot 3 \cdot 4 и 2 \cdot 2 \cdot 4. За AA получаваме съответно:A=54=(15−18)(18−21)(21−15)=15+18+21A=162=(50−53)(53−59)(59−50)=50+53+59A=324=(103−106)(106−115)(115−103)=103+106+115A=432=(138−144)(144−150)(150−138)=138+144+150\begin{aligned} & A=54=(15-18)(18-21)(21-15)=15+18+21 \\ & A=162=(50-53)(53-59)(59-50)=50+53+59 \\ & A=324=(103-106)(106-115)(115-103)=103+106+115 \\ & A=432=(138-144)(144-150)(150-138)=138+144+150 \end{aligned}\setcounter{enumi}{4} (∗)(*) Ако x>0,y>0,z>0x\gt{}0, y\gt{}0, z\gt{}0 и x+y+z=1x+y+z=1, докажете, чеxx+yz+yy+zx+zz+xy≤94\frac{x}{x+y z}+\frac{y}{y+z x}+\frac{z}{z+x y} \leq \frac{9}{4}Решение. Имамеxx+yz+yy+zx+zz+xy=x(x+y+z)(x+y)(x+z)+y(x+y+z)(y+x)(y+z)++z(x+y+z)(z+y)(x+z)=2(x+y+z)(xy+xz+yz)(x+y)(x+z)(y+z)\begin{aligned} \frac{x}{x+y z} & +\frac{y}{y+z x}+\frac{z}{z+x y}=\frac{x(x+y+z)}{(x+y)(x+z)}+\frac{y(x+y+z)}{(y+x)(y+z)}+ \\ & +\frac{z(x+y+z)}{(z+y)(x+z)}=\frac{2(x+y+z)(x y+x z+y z)}{(x+y)(x+z)(y+z)} \end{aligned}Желаното неравенство е равносилно с8(x+y+z)(xy+xz+yz)≤9(x+y)(x+z)(y+z)8(x+y+z)(x y+x z+y z) \leq 9(x+y)(x+z)(y+z)което след разкриване на скобите се свежда до x2y−2xyz+yz2+y2z−2xyz+zx2+z2x−2xyz+xy2=y(x−z)2+z(y−x)2+x(z−y)2≥0x^{2} y-2 x y z+y z^{2}+y^{2} z- 2 x y z+z x^{2}+z^{2} x-2 x y z+x y^{2}=y(x-z)^{2}+z(y-x)^{2}+x(z-y)^{2} \geq 0. Равенство се достига при x=y=z=13x=y=z=\frac{1}{3}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Успоредните прави a,ba, b са на разстояние 1 една от друга. Квадрат ABCDA B C D има страна 1. Правата aa пресича страните AB,BCA B, B C съответно в точки M,PM, P. Правата bb пресича страните CD,DAC D, D A съответно в точки N,QN, Q. Да се намери ъгълът между пресичащите се вътре в квадрата прави MNM N и PQP Q.
РешениеТочката QQ е на разстояние 1 от PCP C и PMP M, така че лежи на външната ъглополовяща при върха PP на правоъгълния △MBP\triangle M B P. По същите причини MNM N е външна ъглополовяща при MM на △MBP\triangle M B P. Формулата за ъгъл между външни ъглополовящи дава отговор 90∘−90∘2=45∘90^{\circ}-\frac{90^{\circ}}{2}=45^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Ако a,b,ca, b, c са положителни реални числа, за които abc(a+b+c)=3a b c(a+b+c)=3, то намерете (ако съществува) най-малката стойност на израза (a+b)(a+c)(a+b)(a+c).
РешениеИмаме (a+b)(a+c)=a(a+b+c)+bc=3:bc+bc≥2x23(a+b)(a+c)=a(a+b+c)+b c=3: b c+b c \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}3} от неравенството между средно аритметично и средно геометрично с равенство при bc=x23b c=\sqrt{\vphantom{x^2}3}. Ако фиксираме b=1,c=x23b=1, c=\sqrt{\vphantom{x^2}3}, то a(a+1+x23)=x23a(a+1+\sqrt{\vphantom{x^2}3})=\sqrt{\vphantom{x^2}3} води до ква- дратно уравнение, в което старшият коефициент и свободният член са с противоположни знаци, така че дискриминантата е положителна и един от корените на уравнението е положителен, т. е. наистина стойността 2x232 \sqrt{\vphantom{x^2}3} се достига за числа с дадените ограничения.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-6

Задача 6b

Пълен запис
Условие
Ако a3+12a2+49a+69=0a^{3}+12 a^{2}+49 a+69=0 и b3−9b2+28b−31=0b^{3}-9 b^{2}+28 b-31=0, намерете a+ba+b.
РешениеАко x=a+4x=a+4, то x2+x+1=0x^{2}+x+1=0. Ако y=b−3y=b-3, то y3+y−1=0y^{3}+y-1=0. Тогава x3+y3+x+y=0x^{3}+y^{3}+x+y=0, така че (x+y)(x2+y2−xy+1)=0(x+y)\left(x^{2}+y^{2}-x y+1\right)=0. Вторият множител е положителен, понеже е равен на (x−y2)2+3y24+1\left(x-\frac{y}{2}\right)^{2}+\frac{3 y^{2}}{4}+1. Тогава x+y=1x+y=1 и a+b=−1a+b=-1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-6b

Задача 7

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички прости числа pp, такива, че за всеки две (не непременно различни) естествени числа xx и yy числото (x+y)19−x19−y19(x+y)^{19}-x^{19}-y^{19} се дели на pp.
РешениеПри x=y=1x=y=1 имаме, че pp дели 219−2=2⋅(29−1)⋅(29+1)=2⋅33⋅7⋅19⋅732^{19}-2=2 \cdot\left(2^{9}-1\right) \cdot\left(2^{9}+1\right)=2 \cdot 3^{3} \cdot 7 \cdot 19 \cdot 73, а при x=2,y=1x=2, y=1 имаме, че pp дели 319−219−13^{19}-2^{19}-1, като директно се проверява, че 73 не дели последното, например чрез 319≡(33)⋅(34)4≡27⋅84≡27⋅(−9)2≡27⋅8≡703^{19} \equiv\left(3^{3}\right) \cdot\left(3^{4}\right)^{4} \equiv 27 \cdot 8^{4} \equiv 27 \cdot(-9)^{2} \equiv 27 \cdot 8 \equiv 70 и 219≡2⋅643≡2.(−9)3≡−18⋅81≡−18⋅8≡22^{19} \equiv 2 \cdot 64^{3} \equiv 2.(-9)^{3} \equiv-18 \cdot 81 \equiv-18 \cdot 8 \equiv 2, всичките по модул 73 (принципно 319−219−1=2⋅3⋅72.19⋅2079733^{19}-2^{19}-1=2 \cdot 3 \cdot 7^{2}.19 \cdot 207973, като 207973 е простов тази ситуация това не ни е необходимо). Така непременно p=2,3,7,19p=2, 3, 7, 19 и ще проверим, че тези работят. От теоремата на Ферма по модул 19(x+y)19≡x+y,x19≡x,y19≡y19(x+y)^{19} \equiv x+y, x^{19} \equiv x, y^{19} \equiv y и исканото следва за p=19p=19. За p=7p=7 по модул 7 за цяло aa от Ферма a19≡a7⋅a6⋅a6≡a⋅a6⋅a6≡a7⋅a6≡a⋅a6≡aa^{19} \equiv a^{7} \cdot a^{6} \cdot a^{6} \equiv a \cdot a^{6} \cdot a^{6} \equiv a^{7} \cdot a^{6} \equiv a \cdot a^{6} \equiv a и сме готови. За p=2,3p=2, 3 можем да постъпим както по-горе или чрез бързи директни проверки, както следва. При p=2p=2, ако xx (аналогично и за yy ) е нечетно, числата x+yx+y и xx са с еднаква четност и сме готови; иначе xx и yy са нечетни, x+yx+y е четно и исканото пак е изпълнено. При p=3p=3 случаят, когато xx или yy се дели на 3, е директен; ако x≡y≡1x \equiv y \equiv 1, то 219−22^{19}-2 се дели на 3, понеже нечетните степени на 2 дават остатък 2 по модул 3; ако x≡y≡2x \equiv y \equiv 2, то 419−2⋅219≡1−2204^{19}-2 \cdot 2^{19} \equiv 1-2^{20} се дели на 3, понеже четните степени на 2 дават остатък 1; ако x≡2,y≡1x \equiv 2, y \equiv 1 (или обратното), то искаме −219−1-2^{19}-1 да се дели на 3, и довършваме както във втория случай. Оценяване. 2 т. за извод от полагане, което ясно показва, че p=2,3,7,19p=2, 3, 7, 19 (и най-много две други pp ) са евентуални кандидати; 4 т. за отхвърляне на излишните p;1p; 1 т. за проверката на p=19,2p=19, 2 т. при изцяло коректна проверка за p=7p=7, общо 1 т. за проверката на p=2p=2 и p=3p=3 (0т., ако само едното е разгледано).
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2016-7-7