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

2008

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • olinat2008-9-3: има placeholder текст

9

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека △ABC\triangle A B C е остроъгълен с вътрешна ъглополовяща CL,L∈ABC L, L \in A B. Точка Р принадлежи на отсечката CL така, че ∠APB=π−12∠ACB\angle A P B=\pi-\frac{1}{2} \angle A C B. Нека k1\mathrm{k}_{1} и k2\mathrm{k}_{2} са описаните окръжности съответно около △APC\triangle A P C и △BPC\triangle B P C. BP⋂k1=Q,AP⋂k2=RB P \bigcap k_{1}=Q, A P \bigcap k_{2}=R. Допирателните към k1\mathrm{k}_{1} в Q и към k2\mathrm{k}_{2} в B се пресичат в точка SS, допирателните към k1\mathrm{k}_{1} в A и към k2\mathrm{k}_{2} в RR се пресичат в точка TT. Да се докаже, че ∣AS∣=∣BT∣|\mathrm{AS}|=|\mathrm{BT}|.
РешениеРешение. Като използваме, че SQS Q и SBS B са допирателни съответно към k1k_1 и k2k_2 получаваме ∠QCB=∠QCP+∠PCB=∠SQB+∠SBQ\angle Q C B=\angle Q C P+\angle P C B=\angle S Q B+\angle S B Q, откъдето∠QSB+∠QCB=∠QSB+∠SQB+∠SBQ=180∘.\angle Q S B+\angle Q C B=\angle Q S B+\angle S Q B+\angle S B Q=180^{\circ}.Следователно четириъгълникът SBCQS B C Q е вписан. Освен това∠QCA=∠QPA=12γ=∠QBC=∠QCS,\angle Q C A=\angle Q P A=\frac{1}{2} \gamma=\angle Q B C=\angle Q C S,което означава, че A∈CSA \in C S. Оттук∠QAS=180∘−∠QAC=180∘−∠QPC=∠CPB\angle Q A S=180^{\circ}-\angle Q A C=180^{\circ}-\angle Q P C=\angle C P Bи понеже ∠SQA=12γ=∠BCP\angle S Q A=\frac{1}{2} \gamma=\angle B C P, то △QAS∼△CPB\triangle Q A S \sim \triangle C P B. Тогава ASAQ=PBPC\frac{A S}{A Q}= \frac{P B}{P C} и като използваме, че AQ=PAA Q=P A (тъй като ∠QCA=∠PCA=12γ\angle Q C A=\angle P C A=\frac{1}{2} \gamma ), получаваме AS=PB⋅AQPC=PB⋅PAPCA S=\frac{P B \cdot A Q}{P C}=\frac{P B \cdot P A}{P C}. Аналогично намираме BT=PB⋅PAPCB T=\frac{P B \cdot P A}{P C},,. e. AS=BTA S=B T.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2008-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Съществуват ли 2008 непресичащи се аритметични прогресии от естествени числа, такива че всяка от тях съдъжа просто число, по-голямо от 2008 и числата, които не принадлежат на нито една от тях са краен брой?
РешениеРешение. Да допуснем, че съществуват 2008 аритметични прогресии, удовлетворяващи условието. Можем да считаме, че всяка от тях има за първи член просто число ai>2008,i=1,2,…,2008a_i\gt{}2008, i=1, 2, \ldots, 2008. Ясно е, че за тези прогресии множеството на естествените числа, които не принадлежат на нито една от тях също е крайно. Нека di,i=1,2,…,2008d_i, i=1, 2, \ldots, 2008 са съответните разлики. За достатъчно голямо tt числото td1d2…d2008t d_1 d_2 \ldots d_{2008} трябва да принадлежи на точно една прогресия. Без ограничение считаме, че това е първата. От условието, че никои две прогресии, не се пресичат лесно следва, че (di,dj)≠1\left(d_i, d_j\right) \neq 1 при i≠ji \neq j, в частност d1≠1d_1 \neq 1 за всяко ii. Сега от a1+kd1=td1d2…d2008a_1+k d_1=t d_1 d_2 \ldots d_{2008} следва, че d1d_1 дели a1a_1 и понеже a1a_1 е просто и d1≠1d_1 \neq 1, то d1=a1d_1=a_1. Но тогава a1a_1 дели did_i за i=1,2,…,2008i=1, 2, \ldots, 2008. Понеже a1>2008a_1\gt{}2008, то ясно е, че поне един остатък по модул a1a_1 няма да се среща излежду числата a1,a2,…,a2008a_1, a_2, \ldots, a_{2008}, т. е. естествените числа, даващи този остатък не принадлежат на нито една прогресия. Полученото противоречие показва, че 2008 прогресии с исканото свойство не съществуват.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2008-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2008-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото естествено k, такова че съществуват такива естествени числа m и n, че 1324+279m+5n1324+279 m+5^{n} е точна k-та степен на естествено число.
РешениеРешение. При m=1m=1 и n=3n=3 имаме 1324+279⋅1+53=1728=1231324+279 \cdot 1+5^3=1728=12^3, което означава, че търсеното число е 2 или 3. Ще докажем, че уравнението 1324+279m+5n=x21324+279 m+5^n= x^2 няма решение в естествени числа, откъдето ще следва, че k=3k=3. Да допуснем, че m,nm, n и xx са естествени числа, за които 1324+279m+5n=x21324+279 m+5^n= x^2. Ако xx не се дели на 3, то 1+5n≡1( mod 3)1+5^n \equiv 1(\bmod 3), което е невъзможно. Следователно xx се дели на 3 и тогава 1+5n≡0( mod 9)1+5^n \equiv 0(\bmod 9). Оттук заключаваме, че n≡3( mod 6)n \equiv 3(\bmod 6), в частност nn се дели на 3. Ако n=3t,t∈Nn=3 t, t \in \mathbb{N}, то 5n=(53)t≡1( mod 31)5^n=\left(5^3\right)^t \equiv 1(\bmod 31) и следователно x2≡22+0+1≡23( mod 31)x^2 \equiv 22+0+1 \equiv 23(\bmod 31). Очевидно (x,31)=1(x, 31)=1 и с помощта на малката теорема на Ферма получаваме 1≡x30≡2315( mod 31)1 \equiv x^{30} \equiv 23^{15}(\bmod 31). Не е трудно да се провери обаче, че сравнението 2315≡1( mod 31)23^{15} \equiv 1(\bmod 31) не е вярно (всъщност имаме 2315≡−1( mod 31))\left.23^{15} \equiv-1(\bmod 31)\right).
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2008-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека n е фиксирано естествено число. Да се намерят всички естествени числа m, такива че 1an+1bn≥am+bm\frac{1}{a^{n}}+\frac{1}{b^{n}} \geq a^{m}+b^{m} е в сила за всеки положителни a и b със сума 2.
РешениеРешение. Нека AnA_n е множеството от естествените числа mm с даденото свойство. Първо ще докажем, че ако m≥2m \geq 2 и m∈Anm \in A_n, то m−1∈Anm-1 \in A_n. Наистина, за a>0,b>0a\gt{}0, b\gt{}0 и a+b=2a+b=2 имаме2(am+bm−am−1−bm−1)=2(am+bm)−(a+b)(am−1+bm−1)==(a−b)(am−1−bm−1)≥0\begin{aligned} 2\left(a^m+b^m-a^{m-1}-b^{m-1}\right) & =2\left(a^m+b^m\right)-(a+b)\left(a^{m-1}+b^{m-1}\right)= \\ & =(a-b)\left(a^{m-1}-b^{m-1}\right) \geq 0 \end{aligned}Следователно am+bm≥am−1+bm−1a^m+b^m \geq a^{m-1}+b^{m-1}, което доказва, че ако m≥2m \geq 2 и m∈Anm \in A_n, то m−1∈Anm-1 \in A_n. Сега ще докажем, че n+1∈Ann+1 \in A_n, но n+2∉Ann+2 \notin A_n. Оттук и от доказаното по-горе следва, че An={1,2,…,n+1}A_n=\{1, 2, \ldots, n+1\}. Лема 1. Ако a>0,b>0a\gt{}0, b\gt{}0 и a+b=2a+b=2, то 1an+1bn≥an+1+bn+1\frac{1}{a^n}+\frac{1}{b^n} \geq a^{n+1}+b^{n+1}. Доказателство. От равенството 1−b=a−11-b=a-1 следва, че1an+1bn−an+1−bn+1=\frac{1}{a^n}+\frac{1}{b^n}-a^{n+1}-b^{n+1}=1−a(ab)n∑k=02n(bnak−anbk)=\frac{1-a}{(a b)^n} \sum_{k=0}^{2 n}\left(b^n a^k-a^n b^k\right)=2(1−a)2S(ab)n,\frac{2(1-a)^2 S}{(a b)^n},къдетоS=S=∑j=0n−1(ab)n−j−1(1−(ab)j+1)(aj+aj−1b+⋯+abj−1+bj).\sum_{j=0}^{n-1}(a b)^{n-j-1}\left(1-(a b)^{j+1}\right)\left(a^j+a^{j-1} b+\cdots+a b^{j-1}+b^j\right).Тъй като ab≤(a+b)24=1a b \leq \frac{(a+b)^2}{4}=1, заключаваме, че S≥0S \geq 0 и с това лемата е доказана. Лема 2. За всяко естествено число nn съществуват a>0a\gt{}0 и b>0b\gt{}0, за които a+b=2a+b=2 и 1an+1bn<an+2+bn+2\frac{1}{a^n}+\frac{1}{b^n}\lt{}a^{n+2}+b^{n+2}. Доказателство. Както в доказателството на Лема 1 получаваме равенството1an+1bn−an+2−bn+2=2(1−a)2S(ab)n\frac{1}{a^n}+\frac{1}{b^n}-a^{n+2}-b^{n+2}=\frac{2(1-a)^2 S}{(a b)^n}като този пътS=S=−(ab)n(an+an−1b+⋯+bn)-(a b)^n\left(a^n+a^{n-1} b+\cdots+b^n\right)+∑j=0n−1(ab)n−j−1(1−(ab)j+1)(aj+aj−1b+⋯+bj)+\sum_{j=0}^{n-1}(a b)^{n-j-1}\left(1-(a b)^{j+1}\right)\left(a^j+a^{j-1} b+\cdots+b^j\right)Сега твърдението на лемата следва от факта, че изразът SS си мени знака при ab∈(0,1)a b \in(0, 1), защото при ab=0a b=0 той е положителен, а при ab=1a b=1 е отрицателен. Това може да се докаже строго по следния начин. Нека 1−(ab)n=ε∈(0,1)1-(a b)^n=\varepsilon \in(0, 1). Тогава от неравенствата 0<ab≤1,0<a<20\lt{}a b \leq 1, 0\lt{}a\lt{}2 От горните неравенства следва, чеS<S\lt{}−(1−ε)+ε∑j=0n−14j=ε(4n−1)3−(1−ε)<-(1-\varepsilon)+\varepsilon \sum_{j=0}^{n-1} 4^j=\frac{\varepsilon\left(4^n-1\right)}{3}-(1-\varepsilon)\lt{}ε4n−(1−ε)=ε(1+4n)−1.\varepsilon 4^n-(1-\varepsilon)=\varepsilon\left(1+4^n\right)-1.Нека aa и bb са положителни числа, за които a+b=2a+b=2 и ab=x21−11+4nna b=\sqrt[n]{\vphantom{x^2}1-\frac{1}{1+4^n}}. В този случай ε(1+4n)−1=0\varepsilon\left(1+4^n\right)-1=0, т. е. S<0S\lt{}0. Окончателно, търсените числа са m=1,2,…,n+1m=1, 2, \ldots, n+1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2008-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека М е множеството на целите числа от интервала [-n, n]. Подмножеството P на M се нарича базисно, ако всяко число от M може да се представи като сума на някои nn различни числа от P. Да се намери най-малкото естествено k, такова че всеки k числа от M образуват базисно множество.
РешениеРешение. Нека n=2l+1n=2 l+1, където ll е естествено число. Тъй като сборът на кои да е nn числа от множеството {−l,−l+1,…,−1,0,1,…,n}\{-l, -l+1, \ldots, -1, 0, 1, \ldots, n\} е неотрицателно число, то k≥n+1+l+1=3l+3k \geq n+1+l+1=3 l+3. Ще докажем, че k=3l+3k=3 l+3. Нека PP е произволно подмножество на MM с 3l+33 l+3 елемента и нека aa е произволен елемент от MM. Без ограничение a≤0a \leq 0. Случай 1. Нека 0∉P0 \notin P. Съществуват поне l+2l+2 двойки от вида (−x,x)(-x, x), x>0x\gt{}0 в PP. Ако a∈Pa \in P, то a=a+∑(x+(−x))a=a+\sum(x+(-x)), където в сумата има точно ll двойки (−x,x),x>0,−x≠a(-x, x), x\gt{}0, -x \neq a. Нека a∉Pa \notin P. Ще представим aa като сбор на три различни елемента от PP и след това да добавим l−1l-1 двойки (−x,x)(-x, x) всяка от които не съдържа трите елемента със сбор aa. Последното е възможно тъй като има поне l+2l+2 двойки (−x,x)(-x, x) в PP. Ще разгледаме два случая. 1 \cdot 1. Нека в PP има точно l+2l+2 отрицателни числа. Тогава P=P1∪P2P=P_1 \cup P_2, където P1P_1 е множество от l+2l+2 отрицателни числа и P2={1,2,…,n}P_2=\{1, 2, \ldots, n\}. Ако съществуват x,y∈P1x, y \in P_1, за които x<a<yx\lt{}a\lt{}y, то a=x+y+(a−x−y)a=x+y+(a-x-y), където −y<a−x−y<−x-y\lt{}a-x-y\lt{}-x, т. е. a−x−y∈P2a-x-y \in P_2. Ако всички елементи на P1P_1 са по-малки от aa, то съществува x∈P1x \in P_1, за което x≤a−3x \leq a-3. Тогава a=x+1+(a−x−1)a=x+1+(a-x-1), т. е. 2≤a−x−1≤a+n−1<n2 \leq a-x-1 \leq a+n-1\lt{}n. Ако всички числа от P1P_1 са по-големи от aa, то нека xx и yy са двете найголеми числа от P1P_1. Получаваме a=x+y+(a−x−y)a=x+y+(a-x-y), където x+y≤−(l+x+y \leq-(l+ 2) −(l+1)=−2l−3<a-(l+1)=-2 l-3\lt{}a (има l+2l+2 отрицателни числа в P1P_1 ). Следователно0<a−x−y≤a−(a+1)−(a+2)=−a−3<n,0\lt{}a-x-y \leq a-(a+1)-(a+2)=-a-3\lt{}n,т. e. a−x−y∈P2a-x-y \in P_2. 1 \cdot 2. Нека в PP има поне l+3l+3 отрицателни числа. Поне l+1l+1 елемента на PP са измежду числата a+1,a+2,…,a+na+1, a+2, \ldots, a+n (дори l+2l+2, тъй като a∉Pa \notin P ). Нека bb е едно от тези числа и a−ba-b е нечетно. Такова число съществува, тъй като измежду числата a+1,a+2,…,a+na+1, a+2, \ldots, a+n има точно ll с четността на aa. Нека c=a−b,c<0c=a-b, c\lt{}0. Измежду числата c+1,c+2,…,c+nc+1, c+2, \ldots, c+n има поне l+1l+1 от PP и поне ll от тях, нека това са p1,p2,…,plp_1, p_2, \ldots, p_l, са различни от bb. Тъй като в PP има поне l+3l+3 отрицателни числа, получаваме, че поне l+2l+2 от тях, нека това са q1,q2,…,ql+2q_1, q_2, \ldots, q_{l+2}, са различни от bb. Тъй като c−p1,c−p2,…,c−plc-p_1, c-p_2, \ldots, c-p_l са ll различни отрицателни числа, то съществуват ii и jj за които c−pi=qjc-p_i=q_j. Тъй като cc е нечетно, то pi≠qjp_i \neq q_j. Тогава a=b+pi+qja=b+p_i+q_j е исканото представяне. Случай 2. Нека 0∈P0 \in P. Съществуват поне l+1l+1 двойки от вида ( −x,x)-x, x), x>0x\gt{}0 в PP. Да допуснем, че a∉Pa \notin P (случаят a∈Pa \in P се разглежда както в I.). Достатъчно е да представим aa като сбор на два различни елемента от PP и след това да прибавим l−1l-1 двойки ( −x,x-x, x ) и 0. Съществуват поне l+2l+2 елемента на PP измежду числата a+1,a+2,…,a+na+1, a+2, \ldots, a+ n и поне l+1l+1 от тях, нека това са p1,p2,…,pl+1p_1, p_2, \ldots, p_{l+1} са различни от a2\frac{a}{2}. Тъй като съществуват поне l+1l+1 отрицателни числа в PP, нека това са q1,q2,…,ql+1q_1, q_2, \ldots, q_{l+1}, то съществуват ii и jj за които a−pi=qja-p_i=q_j. Остава да забележим, че pi=0p_i=0 или qj=0q_j=0 води до противоречие (тьй като a∉Pa \notin P ) и pi=qjp_i=q_j води до pi=a2p_i=\frac{a}{2}, противоречие. Следователно търсеното kk е равно на 3l+3=3(n+1)23 l+3=\frac{3(n+1)}{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2008-9-6