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

2013

Назад към папките

9

4 задачи

Задача 3

Пълен запис
Условие
Всички целочислени точки в равнината са оцветени в три цвята. Да се намери най-малкото реално положително число SS със следното свойство: за всяко такова оцветяване съществува триъгълник с лице SS, върховете на който са оцветени в един и съци цвят?
РешениеДа разгледаме следните две оцветявания: (1) Точката (x,y)(x, y) оцветяваме в цвета i,1≤i≤2i, 1 \leq i \leq 2, такъв, че x≡i( mod 2)x \equiv i(\bmod 2), (2) Точката ( x,yx, y ) оцветяваме в цвета i,1≤i≤3i, 1 \leq i \leq 3, такъв, че x≡i( mod 3)x \equiv i(\bmod 3). Ясно е, че числото SS (ако съществува) трябва да бъде естествено или половинка на естествено. Оцветяването (1) показва, че SS може да е 1,2,31, 2, 3 или по-голямо, а оцветяването (2) дава, че SS може да е 32,3\frac{3}{2}, 3 или по-голямо. Следователно, ако SS съществува, то S≥3S \geq 3. Ще докажем, че при произволно оцветяване винаги има едноцветен триъгълник с лице 3. Да отбележим, че за някое d∈{1,2,3}d \in\{1, 2, 3\} има едноцветна двойка точки от вида A=(x,y)A=(x, y), B=(x+d,y)B=(x+d, y). Наистина, достатъчно е да разгледаме точките (0,0),(1,0),(2,0),(3,0)(0, 0), (1, 0), (2, 0), (3, 0). Сега, ако m≡ABm \equiv A B и ll е успоредна на mm и на разстояние 6d\frac{6}{d} от mm, то правата l∥Oxl \| O x е двуцветна или имаме триъгълник от нужния вид. Ще казваме, че цветът cc в правата ll реализира разстоянието aa, ако има две точки от цвят cc върху правата ll на разстояние aa. Ако има разстояние a∈{1,2,3,6}a \in\{1, 2, 3, 6\}, което се реализира и от двата цвята в ll, то правата p∥lp \| l на разстояние 6a\frac{6}{a} от ll трябва да бъде едноцветна (в противен случай бихме получили триъгълник от нужния вид). Ако такова разстояние не съществува, то един от цветовете в ll непременно реализира всички разстояния в множеството {2,3,6}\{2, 3, 6\}. (Наистина, да предположим, че цветът c1c_{1} не реализира разстоянието 1, и че поне една точка P0P_{0} от ll е оцветена в c1c_{1}. Съседните на P0P_{0} - точките P−1P_{-1} и P1P_{1} - трябва в такъв случай да бъдат оцветени в c2c_{2}, така че c2c_{2} реализира разстоянието 2. Оттук следва, че c1c_{1} не реализира 2, и че точките P−2P_{-2} и P2P_{2} са оцветени в c2c_{2}. Както и преди, c2c_{2} реализира 3,c13, c_{1} не реализира 3, и P−3P_{-3} и P3P_{3} са оцветени в c2c_{2}. Но c2c_{2} вече реализира всички разстояния в {2,3,6}\{2, 3, 6\}!) И в двата случая, има права p∥Oxp \| O x и цвят cc от pp, който реализира всички разстояния в множеството {2,3,6}\{2, 3, 6\} (или вече сме намерили триъгълник от нужния вид). Да разгледаме правите u1,u2,u3u_{1}, u_{2}, u_{3}, успоредни на pp и такива, че ui,i=1,2,3u_{i}, i=1, 2, 3, е разположена на разстояние ii над pp. Тогава от горното следва, че всички тези прави са двуцветни. Да разгледаме деветте точки, в които правите u1,u2,u3u_{1}, u_{2}, u_{3} пресичат правите x=0,x=3,x=6x=0, x=3, x=6. Лесно се вижда, че три от тези девет точки са върхове на едноцветен триъгълник с лице 3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2013-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че ако α,β,γ∈[0,π/2)\alpha, \beta, \gamma \in[0, \pi / 2) и tan⁡α+tan⁡β+tan⁡γ≤3\tan \alpha+\tan \beta+\tan \gamma \leq 3, тоcos⁡2α+cos⁡2β+cos⁡2γ≥0.\cos 2 \alpha+\cos 2 \beta+\cos 2 \gamma \geq 0.
РешениеРешение. Полагаме x=tan⁡α,y=tan⁡βx=\tan \alpha, y=\tan \beta и z=tan⁡γ≤3z=\tan \gamma \leq 3. Tогава x,y,z≥0,x+y+z≤3x, y, z \geq 0, x+y+z \leq 3 и трябва да докажем, чеcos⁡2α+cos⁡2β+cos⁡2γ=\cos 2 \alpha+\cos 2 \beta+\cos 2 \gamma=1−x21+x2+1−y21+y2+1−z21+z2≥\frac{1-x^2}{1+x^2}+\frac{1-y^2}{1+y^2}+\frac{1-z^2}{1+z^2} \geq0. 0.Последното записваме във вида11+x2+11+y2+11+z2≥32,\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}+\frac{1}{1+z^2} \geq \frac{3}{2},което следва от11+t2≥1−t2⇔t(t−1)2≥0.\frac{1}{1+t^2} \geq 1-\frac{t}{2} \Leftrightarrow t(t-1)^2 \geq 0.Оценяване: (7 точки) 2 т. за ∑11+x2≥32\sum \frac{1}{1+x^2} \geq \frac{3}{2} и 5 т. за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2013-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен △ABC\triangle A B C с височини AA1,BB1A A_{1}, B B_{1} и CC1(A1∈BC,B1∈AC,C1∈AB)C C_{1}\left(A_{1} \in B C, B_{1} \in A C, C_{1} \in A B\right). Върху продължението на B1A1B_{1} A_{1} след A1A_{1} е избрана точка C′C^{\prime}, така че A1C′=B1C1A_{1} C^{\prime}=B_{1} C_{1}. Аналогично върху продължението на A1C1A_{1} C_{1} след C1C_{1} е избрана точка B′B^{\prime}, така че C1B′=A1B1C_{1} B^{\prime}=A_{1} B_{1} и върху продължението на C1B1C_{1} B_{1} след B1B_{1} е избрана точка A′A^{\prime}, така че B1A′=C1A1B_{1} A^{\prime}=C_{1} A_{1}. Да означим с A′′,B′′A^{\prime \prime}, B^{\prime \prime} и C′′C^{\prime \prime} симетричните точки на A′,B′A^{\prime}, B^{\prime} и C′C^{\prime} относно правите BC,CAB C, C A и ABA B съответно. Да се докаже, че ако R,R′R, R^{\prime} и R′′R^{\prime \prime} са радиусите на описаните окръжности съответно около △ABC,△A′B′C′\triangle A B C, \triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} и △A′′B′′C′′\triangle A^{\prime \prime} B^{\prime \prime} C^{\prime \prime}, то R,R′R, R^{\prime} и R′′R^{\prime \prime} са дължини на страните на триъгълник, чието лице е половината от лицето на △ABC\triangle A B C.
РешениеРешение. Нека OO центъра на описаната окръжност около △ABC\triangle A B C, а SS е симетричната му точка относно страната ABA B. Тогава SOCHS O C H е успоредник, SH⊥A1B1S H \perp A_{1} B_{1} и SH=RS H=R (1). Да означим с ρ\rho - радиусът на вписаната окръжност в △A1B1C1\triangle A_{1} B_{1} C_{1}, а с qq - полупериметъра му. Тогава, ако TT е петата на перпендикуляра от SS към A1B1A_{1} B_{1}, то HT=ρ;ST=R+ρ;TC′=qH T=\rho; S T=R+\rho; T C^{\prime}=q. Имаме HC′=x2ρ2+q2H C^{\prime}=\sqrt{\vphantom{x^2}\rho^{2}+q^{2}}, което поради симетрията на получения израз означава, че HH е центъра на описаната окръжност около △A′B′C′\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} и R′=HC′R^{\prime}=H C^{\prime} (2). От друга страна, OC′′=SC′=x2(R+ρ)2+q2O C^{\prime \prime}=S C^{\prime}=\sqrt{\vphantom{x^2}(R+\rho)^{2}+q^{2}} и следователно OO е центъра на описаната окръжност около △A′′B′′C′′\triangle A^{\prime \prime} B^{\prime \prime} C^{\prime \prime} и R′′=SC′R^{\prime \prime}=S C^{\prime} (3). От (1), (2) и (3) следва, че R,R′R, R^{\prime} и R′′R^{\prime \prime} са дължините на страните на △HSC′\triangle H S C^{\prime}, катоSHSC′=HS⋅TC′2=R⋅q2=S_{H S C^{\prime}}=\frac{H S \cdot T C^{\prime}}{2}=\frac{R \cdot q}{2}=12(SA1OB1C+SB1OC1A+SC1OA1B)=SABC2\frac{1}{2}\left(S_{A_{1} O B_{1} C}+S_{B_{1} O C_{1} A}+S_{C_{1} O A_{1} B}\right)=\frac{S_{A B C}}{2}Оценяване: ( 7 точки) 1 т. за построяване на точката SS и SH=R;2S H=R; 2 т. за HH - център на описаната окръжност около △A′B′C′\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} и HC′=R′;2H C^{\prime}=R^{\prime}; 2 т. за OO - център на описаната окръжност около △A′′B′′C′′\triangle A^{\prime \prime} B^{\prime \prime} C^{\prime \prime} и SC′=R′′;2S C^{\prime}=R^{\prime \prime}; 2 т. за довършване на решението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2013-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека m е естествено число, а p е просто число, p>m\mathrm{p}\gt{}\mathrm{m}. Да се докаже, че броя на естествените числа n, за които m2+n2+p2−2mn−2mp−2np\mathrm{m}^{2}+\mathrm{n}^{2}+\mathrm{p}^{2}-2 \mathrm{mn}-2 \mathrm{mp}-2 \mathrm{np}е точен квадрат на естествено число не зависи от р.
РешениеРешение. Нека m2+n2+p2−2mn−2mp−2np=(m+n−p)2−4mnm^2+n^2+p^2-2 m n-2 m p-2 n p=(m+n-p)^2-4 m n е точен квадрат. Тогава квадратният тричлен f(x)=mx2+(m+n−p)x+nf(x)=m x^2+(m+n-p) x+n има два рационални корена с еднакви знаци, което означава, че f(x)=(d1x−a)(d2x−b)f(x)=\left(d_1 x-a\right)\left(d_2 x-b\right), където d1,d2∈N,d1d2=md_1, d_2 \in \mathbb{N}, d_1 d_2=m, а aa и bb са цели числа с еднакви знаци, като ab=na b=n (в общия случай това следва от лемата на Гаус, а тук лесно се вижда с помощта на теоремата за разлагане на квадратен тричлен). Тъй като p=f(−1)=(a+d1)(b+d2)p=f(-1)=\left(a+d_1\right)\left(b+d_2\right), възможността aa и bb да са положителни отпада. Нека aa и bb са отрицателни. Тогава от p=(a+d1)(b+d2)p=\left(a+d_1\right)\left(b+d_2\right) следва, че числата a+d1a+d_1 и b+d2b+d_2 са равни в някакъв ред на -1 и −p-p или на 1 и pp. Във втория случай лесно получаваме противоречие с условието p>mp\gt{}m. При a+d1=−1,b+d2=−pa+d_1=-1, b+d_2=-p получаваме n=ab=(1+d1)(p+d2)n=a b=\left(1+d_1\right)\left(p+d_2\right). Обратно, ако n=(1+d1)(p+d2)n=\left(1+d_1\right)\left(p+d_2\right), където d1,d2∈N,d1d2=md_1, d_2 \in \mathbb{N}, d_1 d_2=m, непосредствено се проверява, че (m+n−p)2−4mn=(d1p−d2)2(m+n-p)^2-4 m n=\left(d_1 p-d_2\right)^2. Получихме, че всеки делител на mm води до решение и сега ще докажем, че всички тези решения са различни. Да допуснем противното и нека ℓ∣m,k∣m,ℓ≠k\ell|m, k| m, \ell \neq k, водят до едно и също решение, т. е.n=(ℓ+1)(mℓ+p)=(k+1)(mk+p)n=(\ell+1)\left(\frac{m}{\ell}+p\right)=(k+1)\left(\frac{m}{k}+p\right)Получаваме pℓ+mℓ=pk+mk⟺pkℓ=mp \ell+\frac{m}{\ell}=p k+\frac{m}{k} \Longleftrightarrow p k \ell=m, т. е. p∣mp \mid m, което противоречи на условието p>mp\gt{}m. Окончателно, броят на числата nn, за които m2+n2+p2−2mn−2mp−2npm^2+n^2+p^2-2 m n-2 m p-2 n p е точен квадрат, е равен на броя на естествените делители на mm и не зависи от pp. Оценяване: (7 точки) 3 т. за преход към f(x)=(d1x−a)(d2x−b)f(x)=\left(d_1 x-a\right)\left(d_2 x-b\right), където d1,d2∈N,d1d2=md_1, d_2 \in \mathbb{N}, d_1 d_2=m, делител на mm води до решение; 1 т. за доказване, че всички получени решения са различни.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2013-9-6