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

2007

Назад към папките

9

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
В четириъгълник ABCDA B C D, за който ∠BAD+∠ADC>180∘\angle B A D+\angle A D C\gt{}180^{\circ} е вписана окръжност с център II. През II е прекарана права, която пресича страните ABA B и CDC D съответно в точки XX и YY така, че IX=IYI X=I Y. Да се докаже, че AX.DY=BX.CYA X. D Y=B X. C Y.
РешениеНека MM и NN са допирните точки на вписаната окръжност със страните ABA B и CDC D. От условието ∠BAD+∠ADC>180∘\angle B A D+\angle A D C\gt{}180^{\circ} следва, че AB∦CDA B \nparallel C D и ∠MIN<180∘\angle M I N\lt{}180^{\circ}. Освен това, от IM=IN,∠IMX=∠INYI M=I N, \angle I M X=\angle I N Y и IX=IYI X=I Y, следва, че △IMX≅△INY\triangle I M X \cong \triangle I N Y, откъдето ∠IYN=∠IXM\angle I Y N=\angle I X M. Ако X∈BMX \in B M и Y∈DNY \in D N (или X∈AMX \in A M и Y∈CNY \in C N ), то ∠IYN=∠IXM\angle I Y N=\angle I X M означава, че AB∥CDA B \| C D, което не е вярно. Следователно разположението на точките XX и YY е както е показано на чертежа. От четириъгълника AXYDA X Y D имаме∠AXI=∠DYI=180∘−∠A2−∠D2,\angle A X I=\angle D Y I=180^{\circ}-\angle \frac{A}{2}-\angle \frac{D}{2},откъдето намираме ∠AIX=∠D2\angle A I X=\angle \frac{D}{2} и ∠DIY=∠A2\angle D I Y=\angle \frac{A}{2}. Следователно △AIX∼△IDY\triangle A I X \sim \triangle I D Y, откъдето следва, че AX.DY=IY.IXA X. D Y=I Y. I X. Аналогично △BIX∼△ICY\triangle B I X \sim \triangle I C Y, т. е. BX.CY=IY.IXB X. C Y=I Y. I X. Окончателно AX.DY=BX.CYA X. D Y=B X. C Y.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2007-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намери най-голямото естествено число nn, за което могат да се изберат 2007 различни естествени числа от интервала [2⋅10n−1,10n)\left[2 \cdot 10^{n-1}, 10^{n}\right) такива, че за всеки две естествени числа i,ji, j, за които 1≤i<j≤n1 \leq i\lt{}j \leq n съществува число от избраните a1a2…an‾\overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{n}}, за което aj≥ai+2a_{j} \geq a_{i}+2.
РешениеДа разгледаме 2007 числа с исканото свойство. Да увеличим с едно всички четни цифри в тези числа. Ако aia_{i} и aja_{j} са с еднаква четност, то неравенството е изпълнено и след увеличаването на четните цифри с 1. Ако aia_{i} и aja_{j} са с различна четност, то от aj≥ai+2a_{j} \geq a_{i}+2 следва aj>ai+2a_{j}\gt{}a_{i}+2 и следователно неравенството е изпълнено и след увеличаването на четните цифри с 1. Ясно е, че получените числа (някои от тях може и да са равни) удовлетворяват условието на задачата. Сега да запишем числата едно под друго така, че да получим таблица от 2007 реда и nn стълба. Тъй като всяка цифра в първия стълб на получената таблица е най-малко 3, то във всеки от останалите стълбове има поне една цифра по-голяма от 3. Това означава, че в таблицата няма стълбове, съставени само от 1 и 3. Тъй като броят на стълбовете, съставени от 1,3,5,7,91, 3, 5, 7, 9 е 520075^{2007}, а броят на стълбовете, съставени от 1 и 3 е 220072^{2007}, то в таблицата има най-много 1+52007−220071+5^{2007}-2^{2007} стълба, т. е. n≤1+52007−22007n \leq 1+5^{2007}-2^{2007}. Ще конструираме таблица с исканото свойство и с 2007 реда и 1+52007−220071+5^{2007}-2^{2007} стълба по следния начин: (∗)(*) На първия ред записваме последователно 520065^{2006} цифри 1, след това 520065^{2006} цифри 3 и т. н. 520065^{2006} цифри 9. На втория ред под всяка от тези цифри записваме последователно по 520055^{2005} цифри 1,3,5,7,91, 3, 5, 7, 9 и т. н. до последния ред. Да разгледаме стълбове с номера ii и jj за i<ji\lt{}j. Ясно е, че ако aia_{i} и aja_{j} са първите различни цифри (от горе на долу) в тези два стълба, то aj>aia_{j}\gt{}a_{i}, което означава, че aj≥ai+2a_{j} \geq a_{i}+2. Следователно конструираната таблица има 520075^{2007} стълба и изпълнява условието на задачата. 2. Изтриваме всички стълбове, съставени само от цифри 1 и 3. Получаваме таблица с 52007−220075^{2007}-2^{2007} стълба. 3. Прибавяме първи стълб, съставен само от цифрата 3. Получаваме таблица с 1+52007−220071+ 5^{2007}-2^{2007} стълба, която изпълнява условието на задачата. Следователно търсеното число е n=1+52007−22007n=1+5^{2007}-2^{2007}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2007-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото естествено число nn, за което числото cos⁡πn\cos \frac{\pi}{n} не може да се представи във вида p+x2q+x2r3p+\sqrt{\vphantom{x^2}q}+\sqrt[3]{\vphantom{x^2}r}, където p,qp, q и rr са рационални числа.
РешениеЩе докажем, че n=7n=7. Имаме, чеcos⁡π=−1,cos⁡π2=0,cos⁡π3=12,\cos \pi=-1, \cos \frac{\pi}{2}=0, \cos \frac{\pi}{3}=\frac{1}{2},cos⁡π4=x222,cos⁡π6=x232. \cos \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2}, \cos \frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2}.Освен това, от 0=cos⁡3π5+cos⁡2π50=\cos \frac{3 \pi}{5}+\cos \frac{2 \pi}{5}, следва, че x5=cos⁡π5x_{5}=\cos \frac{\pi}{5} е корен на уравнението 0=4x3−3x+2x2−1=(x+1)(4x2−2x−1)0= 4 x^{3}-3 x+2 x^{2}-1=(x+1)\left(4 x^{2}-2 x-1\right), откъдето x5=1+x254x_{5}=\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{4}. Остава да покажем, че x7=cos⁡π7x_{7}=\cos \frac{\pi}{7} няма дадения вид. Понеже 0=cos⁡4π7+cos⁡3π70=\cos \frac{4 \pi}{7}+\cos \frac{3 \pi}{7}, следва, че x7x_{7} е корен на0=2(2x2−1)2−1+4x3−3x=0=2\left(2 x^{2}-1\right)^{2}-1+4 x^{3}-3 x=(x+1)(8x3−4x2−4x+1),(x+1)\left(8 x^{3}-4 x^{2}-4 x+1\right),т. е. x7x_{7} е нула на полинома P(x)=8x3−4x2−4x+1P(x)=8 x^{3}-4 x^{2}-4 x+1. Сега да допуснем, че x7=p+x2q+x2r3x_{7}=p+\sqrt{\vphantom{x^2}q}+\sqrt[3]{\vphantom{x^2}r}, където q≥0,p,r∈Qq \geq 0, p, r \in \mathbb{Q}. Тогава x7x_{7} е нула на полиномаQ(x)=(x−p−x2q)3−rQ(x)=(x-p-\sqrt{\vphantom{x^2}q})^{3}-rс коефициенти от Q[x2q]\mathbb{Q}[\sqrt{\vphantom{x^2}q}], т. е. от вида a+bx2q,a,b∈Qa+b \sqrt{\vphantom{x^2}q}, a, b \in \mathbb{Q}. Понеже коефициентът пред xx е неотрицателен, то P≠8QP \neq 8 Q. Тогава P=8Q+RP=8 Q+R, където RR е полином от степен 1 или 2 с коефициенти от Q[x2q]\mathbb{Q}[\sqrt{\vphantom{x^2}q}] и R(x7)=0R\left(x_{7}\right)=0. Ако deg⁡R=1\operatorname{deg} R=1, то x7∈Q[x2q]x_{7} \in \mathbb{Q}[\sqrt{\vphantom{x^2}q}]. Ако deg⁡R=2\operatorname{deg} R=2 и RR не дели PP, то x7x_{7} е нулата на остатъка на PP при деление на RR, т. е. отново x7∈Q[q]x_{7} \in \mathbb{Q}[q]. Ако deg⁡R=2\operatorname{deg} R=2 и RR дели PP, то нулата на PR\frac{P}{R}, която е от Q[q]\mathbb{Q}[q], е нула и на PP. И така, PP има нула от Q[q]\mathbb{Q}[q]. Тази нула е нула на полином от степен 1 или 2 с рационални коефициенти. Подобно на по-горе следва, че PP има рационална нула. Тя трябва да е измежду числата ±1,±12,±14,±18\pm 1, \pm \frac{1}{2}, \pm \frac{1}{4}, \pm \frac{1}{8} и директна проверка води до противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2007-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека k,k>1k, k\gt{}1 е дадено естествено число. Множество SS от естествени числа се нарича добро, ако всички естествени числа могат да се оцветят в kk цвята така, че никое число от SS не може да се представи като сбор на две различни естествени числа, които са оцветени в един и същи цвят. Да се намери най-голямото естествено число tt, за което множествотоS={a+1,a+2,a+3,…,a+t}S=\{a+1, a+2, a+3, \ldots, a+t\}е добро за всяко естествено число aa.
РешениеЩе докажем, че търсеното число е t=2k−2t=2 k-2. Да разгледаме множеството S={3,4,…,2k,2k+1}S=\{3, 4, \ldots, 2 k, 2 k+1\}. Сборът на всеки две от числата 1,2,…,k+11, 2, \ldots, k+1 е число от SS и тъй като измежду 1,2,…,k+11, 2, \ldots, k+1 има две едноцветни, то SS не е добро множество. Тъй като ∣S∣=2k−1|S|=2 k-1, то t≤2k−2t \leq 2 k-2. Остава да покажем, че множеството S={a+1,a+2,…,a+2k−2}S=\{a+1, a+2, \ldots, a+2 k-2\} е добро за всяко число aa. (∗)(*) Нека aa е нечетно число. Да оцветим числата 1,2,…,a+121, 2, \ldots, \frac{a+1}{2} в първия цвят, а всяко от числата a+2s−12\frac{a+2 s-1}{2} за s=2,3,…,ks=2, 3, \ldots, k в цвят ss. Нека всички числа, по-големи от a+2k−12\frac{a+2 k-1}{2} са също в цвят kk. Лесно се вижда, че сборът на две едноцветни числа не е елемент на SS. 2. Нека aa е четно число. Да оцветим числата 1,2,…,a21, 2, \ldots, \frac{a}{2} в първия цвят, а всяко от числата a+2s−22\frac{a+2 s-2}{2} за s=2,3,…,ks=2, 3, \ldots, k в цвят ss. Нека всички числа, по-големи от a+2k−22\frac{a+2 k-2}{2} са също в цвят kk. Лесно се вижда, че сборът на две едноцветни числа не е елемент на SS.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2007-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото число mm така, че с всеки пет равностранни триъгълника със сума на лицата mm може да се покрие равностранен триъгълник с лице 1.
РешениеЩе докажем, че m=2m=2. Първо ще покажем, че m≥2m \geq 2. Достатъчно е за всяко s∈(0,1)s \in(0, 1) да намерим пет равностранни триъгълника със сумата на лицата >2s\gt{} 2 s, които не могат да покрият равностранен △ABC=Δ\triangle A B C=\Delta с лице 1. Нека A1B1C1A_{1} B_{1} C_{1} е равностранен триъгълник с лице (1+s)/2(1+s) / 2 и върхове върху съответните страни на Δ\Delta. Нека за определеност 2BA1≤BC2 B A_{1} \leq B C. Очевидно съществуват три равностранни триъгълника, които не могат покрият коя да е от отсечките BA1,CB1B A_{1}, C B_{1} и AC1A C_{1}. Тогава тези триъгълници и два равностранни триъгълника Δ1\Delta_{1} и Δ2\Delta_{2} с лица ss не могат да покрият Δ\Delta. В противен случай Δ1\Delta_{1} и Δ2\Delta_{2} трябва да покрият точки от горните три отсечки и следователно един от тях, например Δ1\Delta_{1}, ще покрие точки от две от тях, да кажем D∈A1BD \in A_{1} B и E∈B1CE \in B_{1} C. Тъй като SA1B1C1≥13S_{A_{1} B_{1} C_{1}} \geq \frac{1}{3}, то ∠A1B1C≥90∘\angle A_{1} B_{1} C \geq 90^{\circ} (докажете!) и значи страната на Δ1\Delta_{1} е поне DE≥A1B1D E \geq A_{1} B_{1}. Следователно SΔ1≥SA1B1C1S_{\Delta_{1}} \geq S_{A_{1} B_{1} C_{1}}, което е противоречие. Сега ще докажем, че от всеки пет равностранни триъгълника с лица a2,b2,c2,d2a^{2}, b^{2}, c^{2}, d^{2} и e2e^{2}, за които a2+b2+c2+d2+e2=2a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+e^{2}=2, има четири, които могат да покрият Δ\Delta. Нека a≥b≥c≥d≥e>0a \geq b \geq c \geq d \geq e\gt{}0. Ако a≥1a \geq 1, то триъгълникът с лице a2a^{2} покрива Δ\Delta. В противен случай b+c>1b+c\gt{}1. Това е очевидно при c>1/2c\gt{}1 / 2 (защото b≥cb \geq c ), а иначеb2=2−a2−c2−d2−e2>1−3c2≥(1−c)2.b^{2}=2-a^{2}-c^{2}-d^{2}-e^{2}\gt{}1-3 c^{2} \geq(1-c)^{2}.Тогава триъгълниците с лица a2,b2a^{2}, b^{2} и c2c^{2}, поставени стандартно във върховете на Δ\Delta, ще се пресичат два по два. Те не покриват Δ\Delta, ако f=2−a−b−c>0f=2-a-b-c\gt{}0 и остава равностранен триъгълник с лице f2f^{2}. Трябва да покажем, че d≥fd \geq f. Това е очевидно при d>1/2d\gt{}1 / 2 (защото a,b,c≥d)a, b, c \geq d), а иначе от a,b,c<1a, b, c\lt{}1 следва, чеd≥2d2≥d2+e2=2−a2−b2−c2>2−a−b−c=fd \geq 2 d^{2} \geq d^{2}+e^{2}=2-a^{2}-b^{2}-c^{2}\gt{}2-a-b-c=f
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2007-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека f(x)f(x) е полином от четна степен с цели коефициенти и старши коефициент 1. Известно е, че съществуват безбройно много цели числа xx, за които f(x)f(x) е точен квадрат на естествено число. Да се докаже, че съществува полином g(x)g(x) с цели коефициенти, за който f(x)=g2(x)f(x)=g^{2}(x).
РешениеНека n=2kn=2 k и f(x)=x2k+a2k−1x2k−1+⋯+a1x+a0f(x)=x^{2 k}+a_{2 k-1} x^{2 k-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0}, където aia_{i} са цели числа. Ще докажем, че f(x)f(x) може да се представи във видаf(x)=(xk+bk−1xk−1+⋯+b1x+b0)2+r(x),f(x)=\left(x^{k}+b_{k-1} x^{k-1}+\cdots+b_{1} x+b_{0}\right)^{2}+r(x),където b0,b1,…,bk−1b_{0}, b_{1}, \ldots, b_{k-1} рационални числа, а r(x)r(x) е полином с рационални коефициенти от степен най-много k−1k-1. Наистина, коефициентът пред xk+tx^{k+t} за t=k−1,k−2,…,1,0t=k-1, k-2, \ldots, 1, 0 на полинома (xk+bk−1xk−1+⋯+b1x+b0)2\left(x^{k}+b_{k-1} x^{k-1}+\cdots+b_{1} x+b_{0}\right)^{2} има вида ck+t=2bt+∑i=1k−1−tbt+ibk−ic_{k+t}=2 b_{t}+\sum_{i=1}^{k-1-t} b_{t+i} b_{k-i}. По индукция лесно определяме стойностите на bk−1,bk−2,…,b1,b0b_{k-1}, b_{k-2}, \ldots, b_{1}, b_{0} така, че ck+t=ak+tc_{k+t}=a_{k+t} за t=k−1,k−2,…,1,0t=k-1, k-2, \ldots, 1, 0. След това определяме коефициентите на r(x)r(x). Ако f(x)=y2f(x)=y^{2} има безбройно много , за които x<0x\lt{}0, то f1(x)=y2f_{1}(x)=y^{2} за f1(x)=f(−x)f_{1}(x)= f(-x) има безбройно много , за които x>0x\gt{}0. Следователно можем да примем, че f(x)=y2f(x)=y^{2} има безбройно много , за които x>0x\gt{}0. Тъй като ( xk+bk−1xk−1+⋯+b1x+b0)2+r(x)=y2x^{k}+b_{k-1} x^{k-1}+\cdots+ \left. b_{1} x+b_{0}\right)^{2}+r(x)=y^{2} има безбройно много , след привеждане под общ знаменател на рационалните числа bk−1,…,b1,b0b_{k-1}, \ldots, b_{1}, b_{0}, ще получим h2(x)+M2r(x)=(Myx)2h^{2}(x)+M^{2} r(x)=\left(M y_{x}\right)^{2}, където MM е HOK на знаменателите на bi,0≤i≤k−1b_{i}, 0 \leq i \leq k-1 и h(x)h(x) е полином с цели коефициенти и старши коефициент MM. Да допуснем, че r(x)r(x) не е тъждествено равен на нула (ако bi=0b_{i}=0 за всяко i,0≤i≤k−1i, 0 \leq i \leq k-1, приемаме, че M=1M=1 ). 1 случай. Нека старшият коефициент на r(x)r(x) е положителен. Тогава за достатъчно големи xx имаме (Myx)2>h2(x)\left(M y_{x}\right)^{2}\gt{}h^{2}(x), откъдето (Myx)2≥(h(x)+1)2\left(M y_{x}\right)^{2} \geq(h(x)+1)^{2}. Следователно h2(x)+M2r(x)≥(h(x)+1)2h^{2}(x)+ M^{2} r(x) \geq(h(x)+1)^{2}, т. е. 2h(x)≤M2r(x)−12 h(x) \leq M^{2} r(x)-1, което е невъзможно за големи стойности на xx, понеже степента на h(x)h(x) е kk, а степента на r(x)r(x) е k−1k-1. 2 случай. Нека старшият коефициент на r(x)r(x) е отрицателен. Тогава за достатъчно големи xx имаме (Myx)2<h2(x)\left(M y_{x}\right)^{2}\lt{}h^{2}(x), откъдето (Myx)2≤(h(x)−1)2\left(M y_{x}\right)^{2} \leq(h(x)-1)^{2}. Следователно h2(x)+M2r(x)≤(h(x)−1)2h^{2}(x)+ M^{2} r(x) \leq(h(x)-1)^{2}, т. е. 2h(x)≤−M2r(x)+12 h(x) \leq-M^{2} r(x)+1, което отново е невъзможно за големи стойности на xx. Следователно r(x)r(x) е тъждествено равен на нула, т. е. f(x)=(xk+bk−1xk−1+⋯+b1x+b0)2f(x)=\left(x^{k}+b_{k-1} x^{k-1}+\cdots+b_{1} x+\right. \left. b_{0}\right)^{2}. Тъй като f(x)f(x) е с цели коефициенти, то и полиномът xk+bk−1xk−1+⋯+b1x+b0x^{k}+b_{k-1} x^{k-1}+\cdots+b_{1} x+b_{0} е с цели коефициенти (следва от добре известната лема на Гаус).
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2007-9-6