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

2011

Назад към папките

9

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека f1(x)f_{1}(x) е полином от втора степен с положителен старши коефициент и fn+1(x)=f1(fn(x))f_{n+1}(x)=f_{1}\left(f_{n}(x)\right) при n≥1n \geq 1. Да се докаже, че ако уравнението f2(x)=0f_{2}(x)=0 има четири различни неположителни корена, то за произволно nn уравнението fn(x)=0f_{n}(x)=0 има 2n2^{n} реални и различни корена.
РешениеДа отбележим, че ако x1,…,x2nx_{1}, \ldots, x_{2^{n}} са нулите на fnf_{n}, то нулите на fn+1f_{n+1} са решения на уравненията f1(x)=xk,1≤k≤2nf_{1}(x)=x_{k}, 1 \leq k \leq 2^{n}. Освен това, уравнението f1(x)=af_{1}(x)=a има два различни реални корена точно когато a>m:=min⁡f1a\gt{}m: =\min f_{1}. Нека f2f_{2} има четири различни неположителни нули. Лесно се съобразява, че това означава, че f1f_{1} има две нули x1<x2≤0x_{1}\lt{}x_{2} \leq 0, като x1>mx_{1}\gt{}m. Тогава от казаното по-горе по индукция следва, че всички нули на fn+1f_{n+1} са различни и лежат в интервала ( x1,x2x_{1}, x_{2} ].
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2011-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадени са △ABC\triangle A B C и функция f:R+→Rf: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R} със следното свойство: за всяка отсечка DED E от вътрешността на триъгълника и нейната среда MM е в сила неравенствотоf(d(D))+f(d(E))≤2f(d(M))f(d(D))+f(d(E)) \leq 2 f(d(M))където d(X)d(X) е разстоянието от XX до границата на триъгълника. Да се докаже, че за всяка отсечка PQP Q от вътрешността на триъгълника и произволна вътрешна за PQP Q точка NN е изпълнено неравенството∣QN∣⋅f(d(P))+∣PN∣⋅f(d(Q))≤|Q N| \cdot f(d(P))+|P N| \cdot f(d(Q)) \leq∣PQ∣⋅f(d(N))|P Q| \cdot f(d(N))
РешениеНека k(I,r)k(I, r) е вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност. Ясно е, че dd приема (всички) стойности в интервала Δ=(0,r]\Delta=(0, r]. Варирайки DD и EE върху AIA I, намираме, че ff е медианно изпъкнала функция върху Δ\Delta, т. е. f(2x)+f(2y)≤f(x+y)f(2 x)+f(2 y) \leq f(x+y). Да забележим, че точките на фиксирано разстояние образуват триъгълник, хомотетичен на дадения (с център на хомотетия II ), като средите на отсечките с краища в тези точки запълват вътрешността на този триъгълник. Оттук следва, че ff е растяща функция върху \triangle. Тъй като ff е медианно вдлъбната и растяща функция, то тя е непрекъсната. Наистина, ако f−(x)f^{-}(x) и f+(x)f^{+}(x) са съответно лявата и дясната граница в x(f+(r):=f(r))x \left(f^{+}(r): =f(r)\right), то f−(x)+f(x)≤2f−(x)f^{-}(x)+f(x) \leq 2 f^{-}(x) и f−(x)+f+(x)≤2f(x)f^{-}(x)+f^{+}(x) \leq 2 f(x) (защо?), откъдето f−(x)=f(x)=f+(x)f^{-}(x)=f(x)=f^{+}(x). Значи ff е вдлъбната и растяща функция. Тогава, понеже dd е вдлъбната функция, директно се проверява, че f∘df \circ d е вдлъбната функция. Последното следва и от факта, че f∘df \circ d е медианно вдлъбната и непрекъсната функция (понеже ff и dd са непрекъснати функции). Забележка. От решението следва, че ff изпълнява условието на задачата точно когато е вдлъбната и растяща функция върху Δ\Delta.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2011-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
От вътрешна за остроъгълен △ABC\triangle A B C точка OO са спуснати перпендикуляри OA1,OB1O A_{1}, O B_{1} и OC1O C_{1} съответно към страните BC,ACB C, A C и ABA B. Перпендикулярите от AA и BB съответно към B1C1B_{1} C_{1} и A1C1A_{1} C_{1} се пресичат в точка PP. Ако HH е петата на перпендикуляра от PP към ABA B, да се докаже, че точките A1,B1,C1A_{1}, B_{1}, C_{1} и HH лежат на една окръжност.
РешениеТъй като ∠PBC1=∠OC1A1\angle P B C_{1}=\angle O C_{1} A_{1} като ъгли с взаимно перпендикулярни рамене и ∠OC1A1=∠OBA1\angle O C_{1} A_{1}=\angle O B A_{1} (от вписания четириъгълник OC1BA1O C_{1} B A_{1} ), заклю- чаваме, че ∠PBA=∠OBC\angle P B A=\angle O B C. Аналогично ∠PAB=∠OAC\angle P A B=\angle O A C. Нека MM и NN са петите на перпендикулярите от PP съответно към BCB C и ACA C. Тъй катоBC1⋅BH=BO⋅BPcos⁡∠OBAcos⁡∠PBA=BA1⋅BMB C_{1} \cdot B H=B O \cdot B P \cos \angle O B A \cos \angle P B A=B A_{1} \cdot B Mто точките H,C1,A1H, C_{1}, A_{1} и MM лежат на една окръжност, чийто център е средата на OPO P (тъй като симетралите на HC1H C_{1} и MA1M A_{1} се пресичат в средата на OPO P ). Аналогично доказваме, че H,C1,NH, C_{1}, N и B1B_{1} лежат на окръжност с център средата на OPO P. Следователно точките A1,B1,C1,H,MA_{1}, B_{1}, C_{1}, H, M и NN лежат на една окръжност, с което доказателството е завършено.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2011-9-4