maths.bgmaths.bg
Всички колекции
OLINAT

Национална олимпиада по математика — национален кръг

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

18 години5 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избран клас

12

Назад към папките

2023

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
В триъгълна пирамида ABCDA B C D стените ABCA B C и ABDA B D са взаимно перпендикулярни, ∠ACD=∠BCD=60∘\angle A C D=\angle B C D=60^{\circ} и AD=x291,BD=x2171,CD=9A D=\sqrt{\vphantom{x^2}91}, B D=\sqrt{\vphantom{x^2}171}, C D=9. Да се пресметне обемът на пирамидата.
РешениеОт косинусовата теорема за △ACD\triangle A C D и △BCD\triangle B C D имаме, че AC2−9AC−10=0A C^{2}-9 A C-10=0 и BC2−9BC−90=0B C^{2}-9 B C-90=0, откъдето AC=10A C=10 и BC=15B C=15. Нека HH е ортогоналната проекция на върха DD върху (ABC)(A B C). Тъй като (ABC)⊥(ABD)(A B C) \perp (A B D), то HH лежи на правата ABA B. Понеже ∠ACD=∠BCD\angle A C D=\angle B C D, то (както е известно) HH лежи и върху ъглополовящата на ∠ACB\angle A C B. По-нататък, AD2−AH2=DH2=BD2−BH2A D^{2}-A H^{2}=D H^{2}=B D^{2}-B H^{2} и значи BH2−AH2=BD2−AD2=B H^{2}-A H^{2}=B D^{2}-A D^{2}= 80. От друга страна, BHAH=BCAC=32\frac{B H}{A H}=\frac{B C}{A C}=\frac{3}{2}. От тези равенства намираме AH=8,BH=12A H=8, B H=12 и тогава AB=20A B=20 и DH=x2AD2−AH2=3x23D H=\sqrt{\vphantom{x^2}A D^{2}-A H^{2}}=3 \sqrt{\vphantom{x^2}3}. По хероновата формула пресмятаме SABC=75x2154S_{A B C}=\frac{75 \sqrt{\vphantom{x^2}15}}{4} и следователно VABCD=SABCDH3=225x254V_{A B C D}=\frac{S_{A B C} D H}{3}=\frac{225 \sqrt{\vphantom{x^2}5}}{4}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
За три различни реални числа p,qp, q и rr означаваме с SpqrS_{p q r} броя на пермутациите ( a,b,ca, b, c ) на тези числа такива, че уравнението 2ax3+3bx2=c2 a x^{3}+3 b x^{2}=c има точно един реален корен. Да се намери най-малката възможна стойност на SpqrS_{p q r}.
РешениеАко някое от числата е 0, например rr, то уравненията 2px3=q2 p x^{3}=q и 2qx3=p2 q x^{3}=p имат точно по един реален корен. Нека сега pqr≠0p q r \neq 0. Да разгледаме уравнението f(x)=2ax3+3bx2−c=0,a≠0f(x)=2 a x^{3}+3 b x^{2}-c=0, a \neq 0. Понеже f′(x)=6x(ax+b)f^{\prime}(x)=6 x(a x+b), то това уравнение има точно един реален корен само когато 0<f(0)f(−b/a)=c(c−b3/a2)0\lt{}f(0) f(-b / a)=c\left(c-b^{3} / a^{2}\right) (защо?). Ако две от числата p,q,rp, q, r имат различен знак, например qq и rr, следва, че при a=p,b=q,ra=p, b=q, r и c=r,qc=r, q уравнението има точно един реален корен. Иначе можем да считаме, че p>q>r>0p\gt{}q\gt{}r\gt{}0 и тогава при b=r,a=p,qb=r, a=p, q и c=q,pc=q, p уравнението има точно един реален корен. И така, Spqr≥2S_{p q r} \geq 2. Остава да отбележим, че S1,0,−1=2S_{1, 0, -1}=2, защото единствените пермутации, изпълняващи условието са (1,0,−1)(1, 0, -1) и (−1,0,1)(-1, 0, 1).
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека a1,a2,…a_{1}, a_{2}, \ldots е такава редица от реални числа, че a1>0a_{1}\gt{}0 и an+1=an+x2an2+1a_{n+1}= a_{n}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_{n}^{2}+1} при n≥1n \geq 1. Да се докаже, че съществува n∈Nn \in \mathbb{N}, за което πan>2n\pi a_{n}\gt{}2^{n}.
РешениеПолагаме a1=cot⁡α2,α∈(0,π)a_{1}=\cot \frac{\alpha}{2}, \alpha \in(0, \pi), и тогава по индукция следва, че an=cot⁡α2na_{n}= \cot \frac{\alpha}{2^{n}}. Понеже lim⁡x→0xcot⁡x=1\lim _{x \rightarrow 0} x \cot x=1, то lim⁡n→∞an2n=1α>1π\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}}{2^{n}}=\frac{1}{\alpha}\gt{}\frac{1}{\pi}. Следователно съществува n0∈Nn_{0} \in N такова, че an2n>1π\frac{a_{n}}{2^{n}}\gt{}\frac{1}{\pi} при n≥n0n \geq n_{0}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека n>1n\gt{}1 е естествено число и Sn=1n+2n+⋯+(n−1)nS_{n}=1^{n}+2^{n}+\cdots+(n-1)^{n}. Да се докаже, че: a) n2n^{2} дели SnS_{n} за всяко нечетно nn; б) n3n^{3} дели SnS_{n} за безбройно много nn.
Решениеа) Ако n=2m+1n=2 m+1, то Sn=∑k=1m(kn+(n−k)n)S_{n}=\sum_{k=1}^{m}\left(k^{n}+(n-k)^{n}\right). Освен това,kn+(n−k)n=kn−kn+nkn−1n−(n2)kn−2n2+⋯+nn=n2kn−1−n3n−12kn−2+⋯+nn\begin{gather*} k^{n}+(n-k)^{n}=k^{n}-k^{n}+n k^{n-1} n-\binom{n}{2} k^{n-2} n^{2}+\cdots+n^{n}= \\ n^{2} k^{n-1}-n^{3} \frac{n-1}{2} k^{n-2}+\cdots+n^{n} \tag{*} \end{gather*}Следователно n2∣kn+(n−k)nn^{2} \mid k^{n}+(n-k)^{n} и значи n2∣Snn^{2} \mid S_{n}. б) От (∗)(*) следва, че kn+(n−k)n≡n2kn−1( mod n3)k^{n}+(n-k)^{n} \equiv n^{2} k^{n-1}\left(\bmod n^{3}\right) за нечетно nn. Тогава Sn≡n2Rn( mod n3)S_{n} \equiv n^{2} R_{n}\left(\bmod n^{3}\right), където Rn=∑k=1mkn−1R_{n}=\sum_{k=1}^{m} k^{n-1}. Следователно n3∣Sn⇔n∣Rnn^{3}\left|S_{n} \Leftrightarrow n\right| R_{n}. Понеже n−1en-1 \mathrm{e} четно число, то kn−1≡(n−k)n−1( mod n)k^{n-1} \equiv(n-k)^{n-1}(\bmod n) и значи2Rn≡∑k=1m(kn−1+(n−k)n−1)=Tn( mod n)2 R_{n} \equiv \sum_{k=1}^{m}\left(k^{n-1}+(n-k)^{n-1}\right)=T_{n}(\bmod n)където Tn=∑k=1n−1kn−1T_{n}=\sum_{k=1}^{n-1} k^{n-1}. Така n3∣Sn⇔n∣Tnn^{3}\left|S_{n} \Leftrightarrow n\right| T_{n}. Ще търсим nn от вида pqp q, където pp и qq са различни нечетни прости числа. ТогаваTn=∑i=0q−1∑j=0p−1(ip+j)n−1≡qPn( mod p)T_{n}=\sum_{i=0}^{q-1} \sum_{j=0}^{p-1}(i p+j)^{n-1} \equiv q P_{n}(\bmod p)където Pn≡∑j=1p−1jn−1P_{n} \equiv \sum_{j=1}^{p-1} j^{n-1}. Аналогично Tn≡pQn( mod q)T_{n} \equiv p Q_{n}(\bmod q), където Qn=∑j=1q−1jn−1Q_{n}=\sum_{j=1}^{q-1} j^{n-1}. Сега е ясно, че n∣Tn⇔p∣Pn,q∣Qnn\left|T_{n} \Leftrightarrow p\right| P_{n}, q \mid Q_{n}. Ще докажем, че ако p−1∤q−1p-1 \nmid q-1, т. е. p−1∤n−1p-1 \nmid n-1, то n∣Pnn \mid P_{n}. Ще използваме, че съществува примитивен корен по модул pp, т. е. число a(1≤a≤p−1)a(1 \leq a \leq p-1), чийто показател по модул pp е равен на p−1p-1. Понеже числата a,2a,…,(p−1)aa, 2 a, \ldots, (p-1) a образуват пълна система от ненулеви остатъци по модул pp, следва, че an−1Pn≡Pn( mod p)a^{n-1} P_{n} \equiv P_{n}(\bmod p). Но an−1≢1( mod p)a^{n-1} \not \equiv 1(\bmod p), тъй като иначе показателят p−1p-1 на aa по модул pp трябва да дели n−1n-1. Следователно p∣Pnp \mid P_{n}. Аналогично q∣Qnq \mid Q_{n}, ако q−1∤p−1q-1 \nmid p-1. Така получихме, че ако n=pq,p−1∤q−1n=p q, p-1 \nmid q-1 и q−1∤p−1q-1 \nmid p-1, то n3∣Snn^{3} \mid S_{n}. Остава да покажем, че има безбройно много двойки ( p,qp, q ) от прости числа с това свойство. Достатъчно е да изберем p=5p=5 и да използваме, че има безбройно много прости числа qq от вида q=4t+3(t∈N)q=4 t+3(t \in \mathbb{N}).
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-12-4