Национална олимпиада по математика — национален кръг | Библиотека

Задача 1

Пълен запис

Условие

Таблица

2 \times 2010

е разделена на единични клетки. Иван поставя хоризонтално домино, което покрива точно две клетки от ред на таблицата, след това Петър поставя вертикално домино, което покрива точно две клетки от стълб на таблицата, след това Иван поставя хоризонтално домино, Петър поставя вертикално и т. н. Губи този, който няма ход. Да се определи кой от двамата има печеливша стратегия.

Решение

Ще покажем печеливша стратегия за Иван. Той мислено разделя таблицата на 502 таблици

2 \times 4

и една таблица

2 \times 2

и поставя първото си хоризонтално домино в таблицата

2 \times 2

(без значение в кой от двата реда). След ход на Петър с вертикално домино в някоя таблица

2 \times 4

Иван поставя хоризонтално домино на произволно място в същата таблица. Лесно се проверява, че Иван винаги има ход, като след два хода на всеки в таблица

2 \times 4

, тя ще бъде запълнена. След запълване на всички таблици

2 \times 4

трябва да играе Петър и той няма да има ход.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2010-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Две различни прави, успоредни на абсцисната ос, имат точно по две общи точки с графиката на функцията

f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+c

. Да се докаже, че четириъгьлникът с върхове в тези четири общи точки е ромб тогава и само тогава, когато лицето му е равно на 6.

Решение

Ясно е, че прави

p

и

q

с посоченото свойство съществуват само ако

f(x)

има максимум и минимум и

p

и

q

минават съответно през точката на максимума

D

и точката на минимума

B

от графиката на

f(x)

. Графиката на функцията

f(x)

може да се „премества“ вертикално (чрез полагане

g(x)=f(x)+a

) и хоризонтално (чрез полагане

g(x)=f(x+a))

без това да променя взаимното разположение на четирите точки от условието на задачата. Следователно без ограничение можем да считаме, че точката

D

е с координати

(0, 0)

и

f(x)=x^{2}(x-t), t\gt{}0

. Правата

p

е с уравнение

y=0

и втората обща точка с графиката е точката

C(t, 0)

. Тъй като

f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x t

, то точката на минимум е

B\left(\frac{2 t}{3}, -\frac{4 t^{3}}{27}\right)

. Втората обща точка на правата

q

и графиката е

A\left(\alpha, -\frac{4 t^{3}}{27}\right)

, където

\alpha

е корен на

f(x)=-\frac{4 t^{3}}{27}

. Тъй като това уравнение има и един двоен корен

x_{1}=x_{2}=\frac{2 t}{3}

, то от формулите на Виет намираме

x_{1} x_{2} \alpha=-\frac{4 t^{3}}{27}

, т. е.

\alpha=-\frac{t}{3}

. Понеже

A B=D C=t

, то

A B C D

е успоредник и лицето му е

S_{A B C D}=t \cdot \frac{4 t^{3}}{27}=\frac{4 t^{4}}{27}

. За дължината на отсечката

B C

имаме

B C=\sqrt{\vphantom{x^2}\left(\frac{2 t}{3}-t\right)^{2}+\left(-\frac{4 t^{3}}{27}\right)^{2}}=

\frac{t}{3} \sqrt{\vphantom{x^2}1+\frac{16 t^{4}}{81}}

Директно се проверява, че условията

S_{A B C D}=6

и

B C=t

са еквивалентни на

t^{4}=\frac{81}{2}

, с което твърдението е доказано. с което твърдението е доказано.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2010-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадени са естествени числа

a_{0}, a_{1}, a_{2}

,…,

a_{9}

и

b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{9}

, като

a_{9}\lt{}b_{9}

и

a_{k} \neq b_{k}, 1 \leq k \leq 8

. Банкомат е зареден с

n \geq a_{9}

лева и за всяко

1 \leq i \leq 9

могат да се теглят

a_{i}

лева (ако в банкомата има поне

a_{i}

лева), като веднага след това банката внася в касата на банкомата

b_{i}

лева или да се теглят

a_{0}

лева без банката да внася пари в касата на банкомата. Да се намерят всички естествени числа

n

, за които с краен брой тегления от горния вид касата на банкомата може да се изпразни.

Решение

Отговор. Всички

n \geq a_{9}

, които са кратни на

d

. Полагаме

d_{s}=\left|a_{s}-b_{s}\right|, 0 \leq s \leq 9

, където

b_{0}=0

. Нека

0 \leq k \leq 8

е такова, че

a_{s}-b_{s}\gt{}0

при

0 \leq s \leq k

и

a_{s}-b_{s}\lt{}0

при

k+1 \leq s \leq 9

. Ако

n

има исканото свойство, то съществуват естествени числа, за които

x_{0} d_{0}+\cdots+x_{k} d_{k}-x_{k+1} d_{k+1}-\cdots-x_{9} d_{9}=n \tag{*}

Следователно

d=\mathrm{HO}

Д

\left(d_{0}, d_{1}, \ldots, d_{9}\right)

дели

n

. Обратно, ако

d

дели

n

ще покажем, че касата на банкомата може да се изпразни. Наистина, в този случай от лемата на Безу следва, че уравнението (\textit{) има решение

\left(x_{0}, x_{1}, \ldots, x_{9}\right)

в цели числа. Полагаме

D_{1}=d_{0}+\cdots+d_{k}, D_{2}=d_{k+1}+\cdots+d_{9}

,

x_{s}^{\prime}=x_{s}+t D_{2}, 0 \leq s \leq k, x_{s}^{\prime}=x_{s}+t D_{1}, k+1 \leq s \leq 9

. Тъй като

D_{1}, D_{2}\gt{}0

, ясно е, че при големи

t, \left(x_{0}^{\prime}, \ldots, x_{9}^{\prime}\right)

е решение на (}) в естествени числа, като

x_{9}^{\prime}\gt{} \max \left(a_{8}, \ldots, a_{k+1}\right)

. Фиксираме такова решение и полагаме

X_{0}=x_{0}^{\prime}+n D_{2}, X_{s}=x_{s}^{\prime}

,

1 \leq s \leq k

и

X_{s}=x_{s}^{\prime}+n d_{0}, k+1 \leq s \leq 9

. Тогава при големи

n

получаваме решение

\left(x_{0}, \ldots, x_{9}\right)

на (*), за което

\begin{gather*} x_{9} \geq \max \left(a_{8}, \ldots, a_{k+1}\right) \quad \text{(**)}\\ n+x_{9} d_{9}+\cdots+x_{k+1} d_{k+1}\gt{}x_{1} d_{1}+\cdots+x_{k} d_{k} \quad \text{(***)} \end{gather*}

Сега извършваме следните операции. Теглим последователно

x_{9}

пъти

a_{9}

лв,

x_{8}

пъти

a_{8}

лв,

\ldots, x_{k+1}

пъти

a_{k+1}

лв. След това теглим

x_{1}

пъти

a_{1}

лв,

\ldots, x_{k}

пъти

a_{k}

лв. Поради неравенствата

(* *)

и

(* * *)

горните операции са възможни. Сега от

(*)

следва, че в банкомата са останали

x_{0} d_{0}

лв, които изтегляме на

x_{0}

пъти по

a_{0}

лв. Забележка. Изискването поне една от разликите

d_{s}

да е отрицателна е съществено. В противен случай задачата „опира“ до т. нар. проблем на Силвестър.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2010-9-3