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

Избрана година

2005

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • olinat2005-9-4: има placeholder текст

9

4 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Окръжности k1k_{1} и k2k_{2} се допират външно в точка TT. Права пресича k1k_{1} в точки AA и BB и се допира до k2k_{2} в точка XX. Правата XTX T пресича k1k_{1} в точка SS. Върху дъгата TST S, несъдържаща AA и BB, е избрана точка CC. Нека CYC Y е допирателната към k2(Y∈k2)k_{2}\left(Y \in k_{2}\right), за която отсечките CYC Y и STS T не се пресичат. Ако II е пресечната точка на правите XYX Y и SCS C, да се докаже, че: а) точките C,T,YC, T, Y и II лежат на една окръжност; б) точка II е център на външновписаната окръжност за △ABC\triangle A B C към BCB C. Стоян Атанасов
Решениеа) Понеже k1k_{1} и k2k_{2} се допират, имаме ∠BXT=\wideparenXT2=\wideparenTS2=∠TAS\angle B X T=\frac{\wideparen{X T}}{2}=\frac{\wideparen{T S}}{2}=\angle T A S. Оттук лесно следва, че SS е среда на дъгата \wideparenAB\wideparen{A B}. Тогава ∠TCI=∠TAS\angle T C I=\angle T A S (защото ATCSA T C S е вписан в k1k_{1} ), ∠TAS=∠BXT,∠BXT=∠TYX\angle T A S=\angle B X T, \angle B X T=\angle T Y X (защото се измерват с една и съща дъга). Следователно ∠TCI=∠TYI\angle T C I=\angle T Y I, което означава, че около CTIYC T I Y може да се опише окръжност. б) Тъй като ∠AXS=∠TAS\angle A X S=\angle T A S, получаваме че △AXS∼△TAS\triangle A X S \sim \triangle T A S. Оттук намираме SA2=ST.SXS A^{2}=S T. S X. От а) имаме ∠CIT=∠CYT=∠TXY\angle C I T=\angle C Y T=\angle T X Y и следователно △SXI∼△SIT\triangle S X I \sim \triangle S I T. Оттук намираме SI2=ST.SXS I^{2}=S T. S X. Окончателно получихме SA=SIS A=S I. Освен това от∠BCI=180∘−∠BCS=\angle B C I=180^{\circ}-\angle B C S=180∘−(γ+α+β2)=90∘−γ2,180^{\circ}-\left(\gamma+\frac{\alpha+\beta}{2}\right)=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2},следва, че CIC I е външна ъглополовяща на ∠ACB\angle A C B. Остава да забележим, че SB=SA=SIS B=S A=S I и от равнобедрения △BSI\triangle B S I с ∠BSI=∠BSC=α\angle B S I=\angle B S C=\alpha намираме ∠BIS=90∘−α2\angle B I S=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}. Сега от △BCI\triangle B C I намираме ∠CBI=90∘−β2\angle C B I=90^{\circ}-\frac{\beta}{2}, което означава, че BIB I е външна ъглополовяща на ∠ABC\angle A B C. Следователно II е центърът на външновписаната окръжност за триъгълник ABCA B C към страната BCB C.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2005-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека MM е множеството на рационалните числа в интервала (0,1)(0, 1). Съществува ли подмножество AA на MM такова, че всяко число от MM може да се представи по единствен начин като сума на едно или краен брой различни числа от AA?
РешениеЩе докажем, че такова множество не съществува. Да допуснем противното. Нека a∈Aa \in A и да допуснем, че съществува a′∈Aa^{\prime} \in A и a′>a2a^{\prime}\gt{}\frac{a}{2}. Тогава числото a−a′<a2a-a^{\prime}\lt{}\frac{a}{2} може да се представи като сума на едно или краен брой различни числа от AA. Тъй като всяко от тези числа е по-малко от a2\frac{a}{2}, то числото a=a′+a−a′a=a^{\prime}+a-a^{\prime} се представя по два различни начина (веднъж като aa и втори път като a′a^{\prime} плюс числата от представянето на a−a′a-a^{\prime} ) като сума на едно или няколко различни числа от AA, противоречие. Следователно ако a∈Aa \in A, то A∩(a2,a)=∅A \cap\left(\frac{a}{2}, a\right)=\emptyset. В частност във всеки интервал [12i,12i−1),i=1,2,…\left[\frac{1}{2^{i}}, \frac{1}{2^{i-1}}\right), i=1, 2, \ldots има най-много един елемент на AA. Тъй като AA е безкрайно (в противен случай като сума на различни числа от AA могат да се получат краен брой числа, а рационалните числа в интервала ( 0, 1 ) са безкрайно много), оттук лесно следва, че числата от AA могат да се подредят в безкрайна редица a1,a2,…a_{1}, a_{2}, \ldots, като ai≥2ai+1a_{i} \geq 2 a_{i+1} за всяко ii. Ако за някое ii неравенството е строго, тоs=∑i=2∞ai<∑i=2∞a12i−1=a1.s=\sum_{i=2}^{\infty} a_{i}\lt{}\sum_{i=2}^{\infty} \frac{a_{1}}{2^{i-1}}=a_{1}.Това означава, че числата от интервала ( s,a1s, a_{1} ) не могат да се представят като сума на различни числа от AA. Следователно ai+1=a12ia_{i+1}=\frac{a_{1}}{2^{i}} за всяко ii. Тогава лесно се съобразява, че само числата от вида a1m2na_{1} \frac{m}{2^{n}} могат да се представят като сума на едно или краен брой числа от AA. Тъй като всяко рационално число с нечетен знаменател, който е взаимнопрост със знаменателя на a1a_{1}, не може да се представи в дадения вид, получаваме противоречие, с което задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2005-9-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2005-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Ако t,at, a и bb са положителни цели числа, то (t,a,b)(t, a, b)-игра наричаме следната игра между двама: първият заменя tt с едно от числата t−at-a или t−bt-b, след това вторият заменя полученото число, като изважда от него aa или bb, след това отново първият изважда aa или bb от числото, получено от втория и т. н. Губи този, който пръв получи отрицателно число. Да се докаже, че съществуват безбройно много tt, така че първият играч има печеливша стратегия за (t,a,b)(t, a, b)-игра за всички aa и bb със сума 2005.
РешениеПърво ще докажем, че ако ( t,a,bt, a, b )-игра е печеливша за някой от двамата, то (t+a+b,a,b)(t+a+b, a, b)-игра е печеливша за същия играч. Да означим първият играч с AA, а вторият с BB. Нека BB има печеливша стратегия за (t,a,b)(t, a, b) игра. При (t+a+b,a,b)(t+a+b, a, b)-игра след ход на AA се получава (t+a,a,b)(t+a, a, b)-игра или (t+b,a,b)(t+b, a, b)-игра, като на ход е BB. И в двата случая BB може да получи (t,a,b)(t, a, b)-игра, при която той отново е втори и следователно ще спечели. Нека AA има печеливша стратегия за (t,a,b)(t, a, b)-игра. Тъй като AA може да получи ( t−a,a,bt-a, a, b ) или ( t−b,a,bt-b, a, b )-игра, при която той е втори, то следва, че или ( t−a,a,bt-a, a, b ), или ( t−b,a,bt-b, a, b )-игра е печеливша за играещия втори. Без ограничение нека това е (t−a,a,b)(t-a, a, b). От доказаното по-горе следва, че (t−a+a+b=t+b,a,b)(t-a+a+b=t+b, a, b)-игра е печеливша за играещия втори. Понеже от ( t+a+b,a,bt+a+b, a, b )-игра AA може да получи ( t+b,a,bt+b, a, b )-игра, в която той е втори, то (t+a+b,a,b)(t+a+b, a, b)-игра е печеливша за AA. Ще докажем, че при t=2004t=2004 и a+b=2005a+b=2005 първият играч AA има печеливша стратегия. Без ограничение a≤ba \leq b. Тъй като a>0a\gt{}0, то 2004≥b2004 \geq b. За да спечели AA трябва да извади от t=2004t=2004 числото bb. Тогава остава числото 2004−b2004-b, което поради a+b=2005a+b=2005 е по-малко от aa. Това означава, че при всеки ход на BB ще се получи отрицателно число. Сега от доказаното по-горе следва, че за всяко ss при t=2004+s2005t=2004+s 2005 и a+b=2005a+b=2005 играта (t,a,b)(t, a, b) е печеливша за AA. Първо ще докажем, че ако x,yx, y и nn са естествени числа, за които xyx+y>n\frac{x y}{x+y}\gt{} n, то xyx+y≥n+1n2+2n+2\frac{x y}{x+y} \geq n+\frac{1}{n^{2}+2 n+2}. Понеже xy>n(x+y)x y\gt{}n(x+y), то xy=n(x+y)+rx y=n(x+y)+r, където rr е естествено число. Записваме горното равенство във вида (x−n)(y−n)=n2+r(x-n)(y-n)=n^{2}+r, откъдето следва x>nx\gt{}n и y>ny\gt{}n. Оттук x=n+d1x=n+d_{1} и y=n+d2y=n+d_{2} и d1d2=n2+rd_{1} d_{2}=n^{2}+r. Тогава като използваме неравенството rA+r≥1A+1\frac{r}{A+r} \geq \frac{1}{A+1}, което е вярно при A>0A\gt{}0 и r≥1r \geq 1 и свойството, че ако d1d2=n2+rd_{1} d_{2}=n^{2}+r, то d1+d2≤1+n2+rd_{1}+d_{2} \leq 1+n^{2}+r, намираме:xyx+y=n2+d1d2+n(d1+d2)2n+d1+d2=n+r2n+d1+d2≥n+r2n+n2+1+r≥n+1n2+2n+1\begin{gathered} \frac{x y}{x+y}=\frac{n^{2}+d_{1} d_{2}+n\left(d_{1}+d_{2}\right)}{2 n+d_{1}+d_{2}}=n+\frac{r}{2 n+d_{1}+d_{2}} \\ \geq n+\frac{r}{2 n+n^{2}+1+r} \geq n+\frac{1}{n^{2}+2 n+1} \end{gathered}Равенство имаме точно когато {x,y}={n+1,n2+n+1}\{x, y\}=\left\{n+1, n^{2}+n+1\right\}. От условието следва, че c(c2−c+1)=pabc\left(c^{2}-c+1\right)=p a b и a+b=q(c2+1)a+b=q\left(c^{2}+1\right), където pp и qq са естествени числа. Следователноc(c2−c+1)c2+1=pqaba+b=xyx+y\frac{c\left(c^{2}-c+1\right)}{c^{2}+1}=\frac{p q a b}{a+b}=\frac{x y}{x+y}за x=pqax=p q a и y=pqby=p q b. Тогаваxyx+y=c−c2c2+1=c−1+1c2+1\frac{x y}{x+y}=c-\frac{c^{2}}{c^{2}+1}=c-1+\frac{1}{c^{2}+1}Следователно xyx+y>c−1\frac{x y}{x+y}\gt{}c-1 и съгласно доказаното свойствоxyx+y≥c−1+1(c−1)2+2(c−1)+2=c−1+1c2+1.\frac{x y}{x+y} \geq c-1+\frac{1}{(c-1)^{2}+2(c-1)+2}=c-1+\frac{1}{c^{2}+1}.Следователно имаме случай на равенство, което означава, че {x,y}={c,c2\{x, y\}=\left\{c, c^{2}\right. c+1}c+1\}. Тъй като cc и c2−c+1c^{2}-c+1 са взаимнопрости, то от x=pqax=p q a и y=pqby=p q b следва, че p=q=1p=q=1. Окончателно получаваме {a,b}={c,c2−c+1}\{a, b\}=\left\{c, c^{2}-c+1\right\}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2005-9-5