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

2006

Назад към папките

9

2 задачи

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека pp е такова просто число, че p2p^{2} дели 2p−1−12^{p-1}-1. Да се докаже, че за всяко естествено число nn числото (p−1)(p!+2n)(p-1)\left(p!+2^{n}\right) има поне три различни прости делители.
РешениеТъй като p−1p-1 дели p!p!, то най-големият общ делител на числата p−1p-1 и p!+2np!+2^{n} е степен на двойката. Достатъчно е да докажем, че всяко от числата p−1p-1 и p!+2np!+2^{n} има поне един нечетен прост делител. Да допуснем, че p−1=2kp-1=2^{k}, т. е. p=2k+1p=2^{k}+1. Ако kk има нечетен делител s≥3s \geq 3, то pp се дели на 2t+12^{t}+1, т. е. pp не е просто число. Следователно k=2tk=2^{t} и тогава2p−1=22k−1=2^{p-1}=2^{2^{k}}-1=(22t−1)(22t+1)(22t+1+1)…(22k−1+1).\left(2^{2^{t}}-1\right)\left(2^{2^{t}}+1\right)\left(2^{2^{t+1}}+1\right) \ldots\left(2^{2^{k-1}}+1\right).Сега е ясно, че p2p^{2} не дели последното произведение, понеже (22t+1,22l+1)=\left(2^{2^{t}}+1, 2^{2^{l}}+1\right)= 1 при l>tl\gt{}t, а 22t−1<p2^{2^{t}}-1\lt{}p. Следователно p−1p-1 не може да бъде степен на двойката. Да допуснем, че p!+2n=2kp!+2^{n}=2^{k}, откъдето k>nk\gt{}n е естествено число и p≠2n(2k−n−1)p\neq{}2^{n}\left(2^{k-n}-1\right). Следователно pp дели 2m−12^{m}-1, където m=k−nm=k-n. Нека tt е показателят на 2 по модул pp. Тогава tt дели mm и tt дели p−1p-1. Ако p−1=ltp-1=l t, то2p−1−1=2^{p-1}-1=(2t−1)(2t(l−1)+2t(l−2)+⋯+2t+1).\left(2^{t}-1\right)\left(2^{t(l-1)}+2^{t(l-2)}+\cdots+2^{t}+1\right).Понеже 2t≡1( mod p)2 t \equiv 1(\bmod p), то 2t(l−1)+2t(l−2)+⋯+2t+1≡l≢0( mod p)2^{t(l-1)}+2^{t(l-2)}+\cdots+2^{t}+1 \equiv l \not \equiv 0(\bmod p), защото l<pl\lt{}p. Следователно p2p^{2} дели 2t−12^{t}-1. Това означава, че p2p^{2} дели 2m−12^{m}-1, т. е. p2p^{2} дели p!p!, което е невъзможно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2006-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C, за който ∠BAC=30∘\angle B A C=30^{\circ} и ∠ABC=45∘\angle A B C=45^{\circ}. Разглеждаме всички двойки точки XX и YY такива, че XX и YY са съответно върху лъчите AC→A C^{\rightarrow} и BC→B C \rightarrow и OX=BYO X=B Y, където OO е центърът на описаната около △ABC\triangle A B C окръжност. Да се докаже, че симетралите на отсечките XYX Y минават през постоянна точка.
РешениеЩе докажем, че симетралата на отсечката XYX Y минава през точката C0C_{0}, която е симетрична на точка CC спрямо правата ABA B. Да означим с RR радиуса на описаната окръжност за △ABC\triangle A B C. От синусовата теорема за △ABC\triangle A B C имаме AC=Rx22A C=R \sqrt{\vphantom{x^2}2} и BC=RB C=R. Нека точка CC е между точките AA и XX. Като използваме равенствата OX=BY,C0A=CA,C0B=CB,∠C0BY=90∘O X=B Y, C_{0} A=C A, C_{0} B=C B, \angle C_{0} B Y=90^{\circ} и косинусовата теорема за △C0AX\triangle C_{0} A X, намирамеC0X2=C0A2+AX2−C0A⋅AX=AC2+AX2−AC⋅AX=AC2+XA⋅XC=2R2+(OX2−R2)=R2+BY2=C0B2+BY2=C0Y2\begin{aligned} C_{0} X^{2} & =C_{0} A^{2}+A X^{2}-C_{0} A \cdot A X=A C^{2}+A X^{2}-A C \cdot A X \\ & =A C^{2}+X A \cdot X C=2 R^{2}+\left(O X^{2}-R^{2}\right)=R^{2}+B Y^{2} \\ & =C_{0} B^{2}+B Y^{2}=C_{0} Y^{2} \end{aligned}Това означава, че C0C_{0} лежи на симетралата на XYX Y. Аналогично се разглежда и случаят, когато точка XX е между точките AA и CC.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2006-9-5