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

2022

Назад към папките

7

9 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Съществуват ли естествени числа a,b,ca, b, c и dd, такива че: a) a2021+b2023=11(c2022+d2024)a^{2021}+b^{2023}=11\left(c^{2022}+d^{2024}\right)? б) a2022+b2022=11(c2022+d2022)a^{2022}+b^{2022}=11\left(c^{2022}+d^{2022}\right)?
Решениеа) Да! Ще се стремим към a2021=11c2022a^{2021}=11 c^{2022} и b2023=11d2024b^{2023}=11 d^{2024}. Нека a=11x,c=11ya=11^{x}, c=11^{y}, b=11z,d=11tb=11^{z}, d=11^{t} - искаме 2021x=2022y+1,2023z=2024t+12021 x=2022 y+1, 2023 z=2024 t+1; тези са верни например за x=2021,y=2020,z=2023,t=2022x=2021, y=2020, z=2023, t=2022. б) Не! Остатъците на точните квадрати при деление на 11 са 0,1,4,9,50, 1, 4, 9, 5 и 3, следователно сума на два квадрата се дели на 11 точно когато основите им се делят на 11. С други думи, непременно a1011a^{1011} и b1011b^{1011} се делят на 11 и значи aa и bb се делят на 11. Оттук лявата страна се дели на 11211^{2} и значи c2022+d2022c^{2022}+d^{2022} се дели на 11, откъдето аналогично cc и dd се делят на 11. При a=11a1,b=11b1,c=11c1,d=11d1a=11 a_{1}, b=11 b_{1}, c=11 c_{1}, d=11 d_{1} след съкращаване на 11202211^{2022} получаваме a12022+b12022=11(c12022+d12022)a_{1}^{2022}+b_{1}^{2022}=11\left(c_{1}^{2022}+d_{1}^{2022}\right), което е като началното уравнение, но с по-малки числа. Продължавайки така, ще стигнем до аналогично уравнение, но такова че поне едно от числата в лявата страна няма да се дели на 11 (тъй като a,b,c,da, b, c, d са ненулеви). Така началното уравнение няма
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Положителните числа a,b,ca, b, c са с произведение 1. Да се намери най-малката възможна стойност на израза(ab+bc+ca)⋅(aba+b+bcb+c+cac+a)\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right) \cdot\left(\frac{a b}{a+b}+\frac{b c}{b+c}+\frac{c a}{c+a}\right)и всички тройки ( a,b,ca, b, c ), при които тя се достига.
РешениеВторият множител е равен на 1ac+bc+1ab+ac+1ab+bc\frac{1}{a c+b c}+\frac{1}{a b+a c}+\frac{1}{a b+b c} и значи от формата на неравенството на Коши-Буняковски-Шварц, известна като „Хубаво неравенство“ (XH), той е по-голям или равен на 92(ab+bc+ca)\frac{9}{2(a b+b c+c a)}. Пьрвият множител е равен на a2c+b2a+c2ba^{2} c+b^{2} a+c^{2} b. От неравенството между средноаритметично и средногеометрично имаме a2c+a2c+c2b≥3x2a4bc43=3aca^{2} c+a^{2} c+ c^{2} b \geq 3 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}a^{4} b c^{4}}=3 a c; събирайки с аналогичните и разделяйки на 3, получаваме a2c+b2a+c2b≥ab+bc+caa^{2} c+b^{2} a+c^{2} b \geq a b+b c+c a. Така търсената най-малка стойност е 92\frac{9}{2} и (например понеже прилагането на XH тук форсира ac+bc=ab+ac=ab+bca c+b c=a b+a c=a b+b c, т. е. a=b=ca=b=c, като условие за равенство) се достига само при a=b=c=1a=b=c=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека означим с tnt_{n} броя на различните ненаредени тройки непразни непресичащи се подмножества на nn-елементно множество. Например t3=1t_{3}=1. Намерете затворена формула, изразяваща tnt_{n} чрез nn, и пресметнете последната цифра на t2022t_{2022}.
РешениеДа преброим първо наредените тройки. За всеки елемент на nn-елементното множество има 4 възможности: да е в първото, второто, третото подмножество или да не е в никое от тях. Така имаме 4n4^{n} начина да сформираме тройката. От получените 4n4^{n} наредени тройки трябва да изключим вариантите, при които някое от трите подмножества е празно; има 3 избора кое да е то, а за всеки елемент на nn-елементното множество има 3 възможности: да е в първото или второто от другите подмножества или да не е в никое от тях, общо 3⋅3n3 \cdot 3^{n} варианта. Сега трябва да включим обратно вариантите, при които две от трите подмножества са празни; има 3 избора кои да са те, а за всеки елемент на nn-елементното множество има 2 възможности: да е или да не е в останалото подмножество: 3⋅2n3 \cdot 2^{n} варианта. Накрая трябва да изключим варианта, при които и трите подмножества са празни. Тъй като всяка ненаредена тройка съответства на 3≠63\neq{}6 наредени, окончателно получаваме tn=(4n−3⋅3n+3⋅2n−1)/6t_{n}=\left(4^{n}-3 \cdot 3^{n}+3 \cdot 2^{n}-1\right) / 6. При n=2022n=2022 по модул 4 изразът в скобите е 0−3+0−1≡00-3+0-1 \equiv 0, така че t2022t_{2022} е четно; по модул 5 изразът в скобите е 1−2+2−1≡01-2+2-1 \equiv 0, така че t2022t_{2022} е кратно на 5; следователно последната цифра на t2022t_{2022} е 0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В остроъгълен триъгълник ABC(AC<BC)A B C(A C\lt{}B C) с описана окръжност kk и среда PP на страната ABA B височините AM(M∈BC)A M(M \in B C) и BN(N∈AC)B N(N \in A C) се пресичат в точка HH. Точката EE от kk е такава, че отсечките CEC E и ABA B са перпендикулярни. Правата EPE P пресича kk за втори път в точка KK, а точка Q∈kQ \in k е такава, че отсечките KQK Q и ABA B са успоредни. Описаната около триъгълника AHBA H B окръжност пресича отсечката CPC P във вътрешна точка RR. Да се докаже, че точките C,M,R,H,NC, M, R, H, N и QQ лежат на една окръжност.
РешениеПърво ще отбележим, че CMHNC M H N е вписан в окръжността ω\omega с диаметър CHC H, понеже ∠CMH=∠CNH=90∘\angle C M H=\angle C N H=90^{\circ}. Нека SS е петата на перпендикуляра от HH към CPC P; ще докажем, че S≡RS \equiv R. Явно S∈ωS \in \omega, откъдето ∠MSC=∠MHC=∠ABC=∠PBM\angle M S C=\angle M H C=\angle A B C=\angle P B M и значи BPSMB P S M е вписан. Оттук ∠BSP=∠BMP=∠ABC\angle B S P=\angle B M P=\angle A B C и ∠BAH+∠BSH=∠BAH+90∘+∠ABC=180∘\angle B A H+\angle B S H=\angle B A H+90^{\circ}+\angle A B C=180^{\circ}, откъдето AHSBA H S B е вписан и S≡RS \equiv R, като ∠HSC=90∘\angle H S C=90^{\circ} гарантира, че RR лежи на ω\omega. Остава да докажем, че QQ лежи на ω\omega. Ако XX е симетричната точка на HH относно PP, то AXBHA X B H е успоредник, ∠AXB=∠AHB=180∘−∠ACB\angle A X B=\angle A H B=180^{\circ}-\angle A C B, т. е. X∈kX \in k и ∠XAC=∠BNC=90∘\angle X A C=\angle B N C=90^{\circ}, т. е. XX е диаметралнопротивоположната точка на CC в kk. Нататък, нека HXH X пресича kk за втори път в точката TT; ще докажем, че T≡QT \equiv Q. Тъй като CXC X е диаметър в kk, имаме ∠CEX=90∘\angle C E X=90^{\circ} и EP=PXE P=P X от триъгълника HEXH E X, в който EPE P е медиана към хипотенузата. Така дъгите XKX K и TET E в kk са равни и EXKTE X K T е равнобедрен трапец, т. е. EX∥KTE X \| K T. От друга страна, KQ∥ABK Q \| A B и AB∥EXA B \| E X поради перпендикулярните CEC E и ABA B и ∠CEX=90∘\angle C E X=90^{\circ}, следователно EX∥KQE X \| K Q и значи T≡QT \equiv Q. Остава да съобразим, че ∠CQH=∠CQX=90∘\angle C Q H=\angle C Q X=90^{\circ}, понеже CXC X е диаметър в kk, откъдето окончателно QQ лежи на ω\omega.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички тройки реални числа (a,b,c)(a, b, c), такива че(2a+1)2−4b=(2b+1)2−4c=(2c+1)2−4a=5.(2 a+1)^{2}-4 b=(2 b+1)^{2}-4 c=(2 c+1)^{2}-4 a=5.
РешениеСистемата е еквивалентна на a2+a−b=b2+b−c=c2+c−a=1a^{2}+a-b=b^{2}+b-c=c^{2}+c-a=1. Събиране на трите води до a2+b2+c2=3a^{2}+b^{2}+c^{2}=3. От друга страна a(a+1)=b+1,b(b+1)=c+1,c(c+1)=a+1a(a+1)=b+1, b(b+1)=c+1, c(c+1)=a+1 и умножаването на трите и разделяне на (a+1)(b+1)(c+1)(a+1)(b+1)(c+1) (ако a,b,c≠−1a, b, c \neq-1 ) води до abc=1a b c=1. От неравенството между средноаритметично и средногеометрично за неотрицателните ∣a∣,∣b∣,∣c∣|a|, |b|, |c| получаваме a2+b2+c2≥3x2∣abc∣3=3a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3 \sqrt[3]{\vphantom{x^2}|a b c|}=3, като равенство се достига само при ∣a∣=∣b∣=∣c∣=1|a|=|b|=|c|=1, така че предвид горното a2+b2+c2=3a^{2}+b^{2}+c^{2}=3 и a,b,c≠−1a, b, c \neq-1 получаваме, че a=b=c=1a=b=c=1 е единствената друга възможна тройка (тя наистина е на дадената система). Остава да отбележим, че ако някое от a,b,ca, b, c е (−1)(-1), без ограничение aa, то от първото уравнение следва b=−1b=-1, от второто следва c=−1c=-1 и третото е изпълнено.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C с AB<ACA B\lt{}A C и описана окръжност kk. Допирателната към kk в точка AA пресича правата BCB C в точка DD, а точката E≠AE \neq A от kk е такава, че DED E допира kk. Точката XX върху правата BEB E е такава, че BB е между EE и XX и DX=DAD X=D A, а точката YY върху правата CXC X е такава, че YY е между CC и XX и DY=DAD Y=D A. Да се докаже, че правите BCB C и YEY E са перпендикулярни.
РешениеПонеже ∠ECD=∠BED=∠XED=∠EXD\angle E C D=\angle B E D=\angle X E D=\angle E X D, четириъгълникът CEDXC E D X е вписан. Точките A,E,X,YA, E, X, Y лежат на окръжност с център DD, откъдето ∠YDE=2∠YXE=2∠CXE=2∠CDE\angle Y D E=2 \angle Y X E=2 \angle C X E =2 \angle C D E, т. е. ∠YDC=∠CDE\angle Y D C=\angle C D E. Така триъгълниците YCDY C D и ECDE C D са еднакви по първи признак и CDC D е симетрала на YEY E. Исканото следва.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-6

Задача 7

Пълен запис
Условие
Целите числа a,b,c,da, b, c, d са такива, че d≤2022d \leq 2022, числата aa и bb са взаимнопрости и a+b+c+d=ac+bd=0a+b+c+d=a c+b d=0. Намерете най-голямата възможна стойност на dd.
РешениеЗамествайки d=−a−b−cd=-a-b-c в ac+bd=0a c+b d=0, получаваме (a−b)c=ab+b2(a-b) c=a b+b^{2}. Ако допуснем, че a=ba=b, то 2a2=ab+b2=02 a^{2}=a b+b^{2}=0 и a=b=0a=b=0, които не са взаимнопрости. Така a≠ba \neq b и получаваме c=ab+b2a−b,d=ab+a2b−ac=\frac{a b+b^{2}}{a-b}, d=\frac{a b+a^{2}}{b-a}. Числата a−ba-b и aa са взаимнопрости, понеже ако xx дели a−ba-b и aa, то xx дели a−(a−b)=ba-(a-b)=b и условието дава x=±1x= \pm 1. Така понеже dd е цяло число, получаваме, че a−ba-b дели a+ba+b, откъдето a−ba-b дели 2a2 a и значи a−ba-b дели 2, т. е. a−b=±1,±2a-b= \pm 1, \pm 2, като във втория случай a,ba, b са нечетни (иначе няма да са взаимнопрости). Оттук получаваме, че всички са четворките ( b+1,bb+1, b, 2b2+b,−2b2−3b−1),(b−1,b,b−2b2,2b2−3b+1)\left.2 b^{2}+b, -2 b^{2}-3 b-1\right), \left(b-1, b, b-2 b^{2}, 2 b^{2}-3 b+1\right), където bb е произволно цяло число, както и ( b+2,b,b2+b,−b2−3b−2),(b−2,b,b−b2,b2−3b+2)\left. b+2, b, b^{2}+b, -b^{2}-3 b-2\right), \left(b-2, b, b-b^{2}, b^{2}-3 b+2\right), където bb е произволно нечетно число. Понеже −2b2−3b−1≤0⇔(2b+1)(b+1)≥-2 b^{2}-3 b-1 \leq 0 \Leftrightarrow(2 b+1)(b+1) \geq 0 и −b2−3b−2≤0⇔(b+1)(b+2)≥0-b^{2}-3 b-2 \leq 0 \Leftrightarrow(b+1)(b+2) \geq 0, остава да максимизираме 2b2−3b+1=(2b−1)(b−1)2 b^{2}-3 b+1= (2 b-1)(b-1) и b2−3b+2=(b−1)(b−2)b^{2}-3 b+2=(b-1)(b-2). Първият израз е равен на 1953 при b=32b=32, поне 2080 при b≥33b \geq 33, на 2016 при b=−31b=-31 и поне 2145 при b≤−32b \leq-32 (и по- малък от 2016 в останалите случаи). Вторият израз е равен на 1980 при b=46b=46 и (−43)(-43), поне 2070 при b≥47b \geq 47 и b≤−44b \leq-44 (и по-малък от 1980 в останалите случаи).
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-7

Задача 8

Пълен запис
Условие
Около кръгла маса има n≤99n \leq 99 души. Отначало някои от тях са честни, а останалителъжци. Всяка минута всеки едновременно ще отговаря на въпроса „Какъв е левият ти съседчестен или лъжец?" и веднага след това ще става такъв, какъвто е даденият от него
РешениеДа заместим честните хора с 1, а лъжците c−1\mathrm{c}-1. Тогава всяка минута всяко от числата се умножава по това вляво от него. Да допуснем, че от начална конфигурация, включваща както 1, така и -1, след няколко хода за пръв път всички числа са станали равни на 1. Тогава един ход по-рано всички числа са били равни на -1 (така че това не е началното положение), а два хода по-рано са били алтернативно 1,−1,1,−1,…1, -1, 1, -1, \ldots, така че трябва nn да е било четно. Сега нека n=2kn=2 k е четно и числата са a1,a2,…,a2ka_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2 k} по часовниковата стрелка. След един ход те се заменят с a1a2,a2a3,…,a2ka1a_{1} a_{2}, a_{2} a_{3}, \ldots, a_{2 k} a_{1}, а след два хода стават a1a3,a2a4,…,a2k−1a1,a2ka2a_{1} a_{3}, a_{2} a_{4}, \ldots, a_{2 k-1} a_{1}, a_{2 k} a_{2}. Така положението след два хода се получава от преплитането на положенията след един ход на числата, намиращи се на нечетните и на четните места. Ако kk е нечетно, то съгласно горното невинаги ще се получава редица само от 1. Ако kk е четно, можем да повторим операцията още веднъж и т. н. И така, ако nn има нечетен делител, по-голям от 1, то може никога да не се появи конфигурация, състояща се само от единици. А ако n=2sn=2^{s}, с индукция по ss доказваме, че най-късно след 2s2^{s} хода всички числа са 1. При s=1s=1 твърдението е ясно, а стъпката следва от горното наблюдение, че два поредни хода в редицата a1,a2,…,a2ka_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2 k} са равносилни на по един ход в редицата от нечетните и в редицата от четните места. Най-голямата точна степен на 2, за която n≤99n \leq 99, е n=64n=64.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-8

Задача 8b

Пълен запис
Условие
Числата k,m,nk, m, n са естествени и по-големи от 2. Във всеки връх на nn-ъгълник е записано цяло число от интервала [0;m][0; m]. За един ход се избират две съседни числа и се увеличават с по 1. С дадена двойка върхове може да се извършва ход не повече от kk пъти. При кои стойности на m,n,km, n, k е сигурно, че всички числа могат да се изравнят независимо от началните им стойности?
РешениеНомерираме върховете на nn-ъгълника поред 1,2,3,…;1, 2, 3, \ldots; нека AA е сборьт от числата на четни позиции, а BB - този на нечетни. Ако nn е четно, ходовете не променят A−BA-B, така че няма как да го направим 0, ако не е било 0 отначало, т. е. не може да се гарантира успех. Нека сега nn е нечетно, n=2j+1n=2 j+1; номерацията на върховете е по модул nn. Нека от BB изключим последното събираемо. Ако първоначално числата на четни позиции са равни на mm, а останалите на 0, то A−B=mjA-B=m j. С всеки ход тази величина не се променя или се намалява с 1 (ако добавим 1 към nn-тото и първото число), или се увеличава с 1 (ако добавим 1 към n−1n-1-вото и nn-тото число). При желаната цел A−B=0A-B=0, така че са нужни поне mjm j хода с двойката, съдържаща nn-тия и първия връх. И така, необходимо е k≥mjk \geq m j. Ако k≥mjk \geq m j, нека за всяко ii извършим ход с двойката числа на позиции ii и i+1i+1 толкова пъти, колкото е сборът на числата на позиции i+2,i+4,…,i+2ji+2, i+4, \ldots, i+2 j (този сбор е най-много mjm j ); по този начин числото във всеки връх ще стане равно на сбора на числата в първоначалната ситуация (понеже то ще участва в ходове и с левия, и с десния си съсед). Отговор: точно когато n=2j+1n=2 j+1 за цяло jj и k≥mjk \geq m j.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2022-7-8b