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

2012

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • olinat2012-9-3: има placeholder текст
  • olinat2012-9-5: има placeholder текст

9

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Редицата a1,a2,…a_{1}, a_{2}, \ldots от естествени числа удовлетворява равенството an+1=an+2τ(n)a_{n+1}=a_{n}+2 \tau(n) за всяко n≥1n \geq 1, където с τ(n)\tau(n) е означен броят на различните естествени делители на nn. Възможно ли е два последователни члена на тази редица да са точни квадрати?
РешениеОтговорНе! Очевидно редицата е строго растяща. Да допуснем, че an=x2a_{n}=x^{2} и an+1=y2,x,y∈Na_{n+1}=y^{2}, x, y \in \mathbb{N}. Тогава xx и yy са с еднаква четност и2τ(n)=an+1−an=y2−x2≥(x+2)2−x2=4x+4.2 \tau(n)=a_{n+1}-a_{n}=y^{2}-x^{2} \geq(x+2)^{2}-x^{2}=4 x+4.Тъй като τ(n)≤2x2n\tau(n) \leq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}n} (това следва лесно от факта, че естествените делители на nn, евентуално без x2n\sqrt{\vphantom{x^2}n}, се разбиват на двойки с точно един от двойката, по-малък от x2n\sqrt{\vphantom{x^2}n} ), получаваме x2n>x=x2an\sqrt{\vphantom{x^2}n}\gt{}x=\sqrt{\vphantom{x^2}a_{n}}, т. е. n>ann\gt{}a_{n}, което очевидно е невъзможно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2012-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че естествените числа могат да бъдат оцветени в два цвята така, че едновременно да са изпълнени следните условия: (∗)(*) За всяко просто число pp и всяко естествено число nn числата pn,pn+1p^{n}, p^{n+1} и pn+2p^{n+2} не са едноцветни. (∗)(*) Не съществува безкрайна геометрична прогресия от едноцветни числа.
РешениеПърво ще оцветим всички естествени числа и нулата в два цвята (зелен и червен) така, че да не съществува безкрайна едноцветна аритметична прогресия и да няма три последователни едноцветни числа. Разделяме естествените числа и нулата на групи, като ii-та група за i=0,1,2,…i=0, 1, 2, \ldots започва с числото 2i−12^{i}-1 и завършва с 2i+1−22^{i+1}-2. Във всяка група числата се оцветяват алтернативно в двата цвята като при четно ii първото число в групата се оцветява в зелено, а при нечетно ii първото число се оцветява в червено. Очевидно при това оцветяване няма три последователни едноцветни числа. Ако допуснем, че има безкрайна едноцветна аритметична прогресия с разлика dd, то за достатъчно голямо ii дължината на ii-та група ще бъде по-голяма от dd. Това означава, че dd е четно число, но тогава два последователно члена на прогресията, лежащи в различни групи са разноцветни. Следователно не съществува безкрайна аритметична прогресия от едноцветни числа. Това оцветяване ще наричаме оцветяване AA. Ще построим оцветяване BB, което удовлетворява условието на задачата. Да оцветим всяко естествено число n=p1α1p2α2…pkαkn=p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{k}^{\alpha_{k}} в цвета на числото α1+α2+⋯+αk\alpha_{1}+\alpha_{2}+\cdots+\alpha_{k} от оцветяване AA. Тъй като в AA няма три последователни едноцветни числа, то за всяко просто число pp и всяко естествено число nn числата pn,pn+1p^{n}, p^{n+1} и pn+2p^{n+2} не са едноцветни. Тъй като в AA няма безкрайна едноцветна аритметична прогресия, то при оцветяване BB няма безкрайна едноцветна геометрична прогресия.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2012-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2012-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека nn е четно естествено число, а AA е множеството от всички ненулеви редици от 0 и 1 с дължина nn. Да се докаже, че елементите на AA могат да се разделят на непресичащи се тройки така, че за произволна тройка ( a1a2…an,b1b2…bn,c1c2…cna_{1} a_{2} \ldots a_{n}, b_{1} b_{2} \ldots b_{n}, c_{1} c_{2} \ldots c_{n} ) броят на единиците измежду ai,bi,cia_{i}, b_{i}, c_{i} за всяко i=1,2,…,ni=1, 2, \ldots, n е четно число.
РешениеЩе докажем твърдението с индукция по nn. За n=2n=2 имаме A={11,10,01}A=\{11, 10, 01\} и твърдението е очевидно. Допускаме, че то е вярно за някое четно kk. При n=k+2n=k+2 разглеждаме тройка (a1a2…an,b1b2…bn,c1c2…cn)\left(a_{1} a_{2} \ldots a_{n}, b_{1} b_{2} \ldots b_{n}, c_{1} c_{2} \ldots c_{n}\right) с исканото свойство. Тогава тройките(00a1a2…an,00b1b2…bn,00c1c2…cn),(01a1a2…an,10b1b2…bn,11c1c2…cn)(10a1a2…an,11b1b2…bn,01c1c2…cn),(11a1a2…an,01b1b2…bn,10c1c2…cn)\begin{aligned} & \left(00 a_{1} a_{2} \ldots a_{n}, 00 b_{1} b_{2} \ldots b_{n}, 00 c_{1} c_{2} \ldots c_{n}\right), \left(01 a_{1} a_{2} \ldots a_{n}, 10 b_{1} b_{2} \ldots b_{n}, 11 c_{1} c_{2} \ldots c_{n}\right) \\ & \left(10 a_{1} a_{2} \ldots a_{n}, 11 b_{1} b_{2} \ldots b_{n}, 01 c_{1} c_{2} \ldots c_{n}\right), \left(11 a_{1} a_{2} \ldots a_{n}, 01 b_{1} b_{2} \ldots b_{n}, 10 c_{1} c_{2} \ldots c_{n}\right) \end{aligned}също имат исканото свойство. Директно се вижда, че по този начин получаваме всички ненулеви редици с дължина k+2k+2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2012-9-4

Задача 5

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2012-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен △ABC\triangle A B C и произволна вътрешна точка XX, различна от центъра на описаната около △ABC\triangle A B C окръжност kk. Правите AX,BXA X, B X и CXC X пресичат за втори път kk съответно в точките A1,B1A_{1}, B_{1} и C1C_{1}. Нека A2,B2A_{2}, B_{2} и C2C_{2} са симетричните точки на A1,B1A_{1}, B_{1} и C1C_{1} относно средите на BC,ACB C, A C и ABA B съответно. Да се докаже, че описаната около △A2B2C2\triangle A_{2} B_{2} C_{2} окръжност минава през постоянна точка, независеща от избора на XX.
Решение(Александър Иванов) Ще докажем, че търсената постоянна точка е ортоцентърът HH на △ABC\triangle A B C (в случая, когато XX съвпада с центъра на kk, точките A2,B2A_{2}, B_{2} и C2C_{2} съвпадат именно с HH ). Нека MM средата на AB,GA B, G е медицентърът на △ABC(G∈CM),C′\triangle A B C(G \in C M), C^{\prime} е симетричната точка на CC относно MM и правата XGX G пресича C2C′C_{2} C^{\prime} в точката YY. Тъй като четириъгълникът C2C′C1CC_{2} C^{\prime} C_{1} C е успоредник, то XG:GY=CG:GC1=1:2X G: G Y=C G: G C_{1}=1: 2, т. е. точката YY се определя еднозначно от XX. От ∠AHB=180∘−∠ACB\angle A H B=180^{\circ}-\angle A C B следва, че точките A,C′A, C^{\prime}, B,HB, H и C2C_{2} лежат на една окръжност (симетрична на kk относно MM ). При това тази окръжност е с диаметър HC′H C^{\prime}, защото ∠HBC′=∠HBA+∠ABC′=∠HBA+∠BAC=90∘\angle H B C^{\prime}=\angle H B A+\angle A B C^{\prime}=\angle H B A+\angle B A C=90^{\circ}. Следователно ∠HC2Y=90∘\angle H C_{2} Y=90^{\circ}, т. е. C2C_{2} лежи на окръжността с диаметър HYH Y. Аналогично A2A_{2} и B2B_{2} лежат на тази окръжност, с което доказателството е завършено. (Емил Колев) Нека OO е центърът на kk, а OA,OBO_{A}, O_{B} и OCO_{C} са симетричните точки на OO относно страните BC,CAB C, C A и ABA B на △ABC\triangle A B C. Тъй като отсечките AOA,BOBA O_{A}, B O_{B} и COCC O_{C} взаимно се разполовяват в точка SS, то △ABC\triangle A B C и △OAOBOC\triangle O_{A} O_{B} O_{C} са централно симетрични относно SS. Ще докажем, че при тази централна симетрия правата CC1C C_{1} се изобразява в симетралата на отсечката HC2H C_{2}. Нека MM средата на ABA B и HCH_{C} е симетричната точка на HH относно MM. От HCA∥BHH_{C} A \| B H и HCB∥AHH_{C} B \| A H следва, че ∠HCAC=∠HCBC=90∘\angle H_{C} A C=\angle H_{C} B C=90^{\circ}, т. е. HCH_{C} е диаметрално противоположната точка на CC в окръжността kk и ∠HCC1C=90∘\angle H_{C} C_{1} C=90^{\circ}. Следователно симетралата на HCC1H_{C} C_{1} минава през OO и е успоредна на правата CC1C C_{1}. От друга страна, симетралата на HC2H C_{2} е централно симетричен образ на HCC1H_{C} C_{1} относно MM, т. е. тя минава през OCO_{C} и е успоредна на CC1C C_{1}. Така достигаме до извода, че симетралите на HA2,HB2H A_{2}, H B_{2} и HC2H C_{2} се пресичат в централно симетричния образ на точката XX относно SS, която се явява център на описаната окръжност около точките A2,B2,C2A_{2}, B_{2}, C_{2} и HH.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2012-9-6