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

2015

Назад към папките

9

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Шестоъгълникът ABLCDKA B L C D K е вписан в окръжност. Правата LKL K пресича отсечките AD,BC,AC,BDA D, B C, A C, B D съответно в точки M,N,P,QM, N, P, Q. Да се докаже, че NL.KP.MQ=KM.PN.LQN L. K P. M Q=K M. P N. L Q.
РешениеДа означим s=sin⁡\wideparenAB2,t=sin⁡\wideparenBL2,u=sin⁡\wideparenLC+\wideparenAK2,v=sin⁡\wideparenCK2,w=sin⁡\wideparenDK2,x=sin⁡\wideparenLD+\wideparenAK2s=\sin \frac{\wideparen{A B}}{2}, t=\sin \frac{\wideparen{B L}}{2}, u=\sin \frac{\wideparen{L C}+\wideparen{A K}}{2}, v=\sin \frac{\wideparen{C K}}{2}, w=\sin \frac{\wideparen{D K}}{2}, x=\sin \frac{\wideparen{L D}+\wideparen{A K}}{2}. ИмамеNL⋅KP⋅MQKM⋅PN⋅LQ=\frac{N L \cdot K P \cdot M Q}{K M \cdot P N \cdot L Q}=NLNC⋅NCNP⋅KPAK⋅AKKM⋅MQDQ⋅DQLQ=\frac{N L}{N C} \cdot \frac{N C}{N P} \cdot \frac{K P}{A K} \cdot \frac{A K}{K M} \cdot \frac{M Q}{D Q} \cdot \frac{D Q}{L Q}=tv⋅us⋅vu⋅xw⋅sx⋅wt=1.\frac{t}{v} \cdot \frac{u}{s} \cdot \frac{v}{u} \cdot \frac{x}{w} \cdot \frac{s}{x} \cdot \frac{w}{t}=1.Нека точката TT от правата MNM N е такава, че ∠NTB=∠ADB=∠ACB\angle N T B=\angle A D B=\angle A C B и NN е между PP и TT. Тогава △CNP∼△TNB\triangle C N P \sim \triangle T N B и следователно (TL+NL)PN=CN.BN(T L+N L) P N=C N. B N, откъдето TL=NL.KPPNT L=\frac{N L. K P}{P N}. Аналогично от △DQM∼△TQB\triangle D Q M \sim \triangle T Q B получаваме TL=LQ.KMMQT L=\frac{L Q. K M}{M Q}. Резултатът следва.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2015-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Сто и едно от квадратчетата на таблица с размери n×nn \times n са оцветени в синьо. Известно е, че съществува единствен начин таблицата да се разреже по границите на квадратчетата си на правоъгълници така, че всеки от получените правоъгълници да съдържа точно едно синьо квадратче. Да се намери най-малката възможна стойност на nn.
РешениеОтговор: 101. Ще докажем следното по-общо твърдение: Няколко от квадратчетата на една таблица PP са оцветени в синъо. Казваме, че едно разрязване на PP на правобгълници cc цели страни ee правилно, ако всеки праводгълник съдържа точно едно синьо квадратче. Тогава PP притежава единствено правилно разрязване тогава и само тогава, когато сините квадратчета образуват правобгдлник. Лесно се вижда, че ако сините квадратчета образуват правоъгълник, то PP има единствено правилно разрязване (има единствени възможности за ъглите на правоъгълника, после за останалите квадратчета от контура и накрая за вътрешността му). Да докажем сега обратната посока на твърдението. Единственото правилно разрязване на PP ще означаваме с SS, а една (вертикална или хоризонтална) права, която разрязва таблицата на два правоъгълника, всеки от които съдържа поне едно синьо квадратче, ще наричаме разделяща. (1) Нека П е правоъгълна област от таблицата, която съдържа поне едно синьо квадратче. Тогава П има правилно разрязване. Ще докажем това с индукция по броя на сините квадратчета в П. Ако този брой е единица, то всичко е ясно. Ако пък не е, то тогава можем с един вертикален или един хоризонтален разрез да разрежем П на две по-малки правоъгълни области Π1\Pi_{1} и Π2\Pi_{2}, всяка от които съдържа ненулев, но по-малък брой сини квадратчета, и да приложим индукционното допускане за тях. (2) Съгласно (1), за всяка разделяща права ll съществува правилно разрязване на таблицата, в което участва разрезът ll. Но понеже единственото правилно разрязване на таблицата е SS, то всеки разрез по разделяща права участва в SS. (3) Нека l1,l2,…,lpl_{1}, l_{2}, \ldots, l_{p} са всички вертикални разделящи разрези, изброени отляво надясно, и m1,m2,…,mqm_{1}, m_{2}, \ldots, m_{q} са всички хоризонтални разделящи разрези, изброени отдолу нагоре. Тогава тези разрези вече разделят таблицата на правоъгълници, всеки от които съдържа не повече от едно синьо квадратче. Следователно, SS не съдържа никакви други разрези и всеки от правоъгълниците, на които тези разрези разделят таблицата, съдържа точно едно синьо квадратче. (4) Нека l0l_{0} е най-дясната вертикална права, вляво от която няма сини квадратчета, lp+1l_{p+1} е най-лявата вертикална права, вдясно от която няма сини квадратчета, и m0m_{0} и mq+1m_{q+1} са дефинирани аналогично. Ясно е, че разстоянието между lil_{i} и li+1l_{i+1} е равно на единица за 0≤i≤p0 \leq i \leq p и разстоянието между mjm_{j} и mj+1m_{j+1} е равно на единица за 0≤j≤q0 \leq j \leq q - защото в противен случай щяха да съществуват още разделящи прави. (5) Следователно, сините квадратчета съвпадат с квадратчетата във вътрешността на правоъгълника, определен от правите l0,lp+1,m0l_{0}, l_{p+1}, m_{0} и mq+1m_{q+1}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2015-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Редицата a1,a2,…a_{1}, a_{2}, \ldots е зададена с равенствата a1=2,a2=12a_{1}=2, a_{2}=12 и an+1=6an−an−1a_{n+1}= 6 a_{n}-a_{n-1} за всяко естествено число n≥2n \geq 2. Да се докаже, че нито един член на тази редица не е точна (по-голяма от първа) степен на естествено число.
РешениеЛема. Нека k≥2k \geq 2 е естествено число. Тогава уравнението 2x2k+1=y22 x^{2 k}+1=y^{2} няма в естествени числа. Доказателство. Да допуснем, че x,yx, y и k≥2k \geq 2 са такива естествени числа, че 2x2k+1=y22 x^{2 k}+1=y^{2} и нека те са такива, че xx е минимално възможно. Очевидно xx е четно, а yy е нечетно; да означим x=2a,y=2b+1x=2 a, y=2 b+1. Тогава 22k−1a2k=b(b+1)2^{2 k-1} a^{2 k}=b(b+1), като двата множителя отдясно са взаимнопрости. Имаме две възможности: (∗)(*) ако b=x12kb=x_{1}^{2 k} и b+1=22k−1x22k,x1,x2∈N,x1x2=ab+1=2^{2 k-1} x_{2}^{2 k}, x_{1}, x_{2} \in \mathbb{N}, x_{1} x_{2}=a, то 22k−1x22k−x12k=12^{2 k-1} x_{2}^{2 k}-x_{1}^{2 k}=1, което води до противоречие по модул 4; (∗)(*) ако b=22k−1x12kb=2^{2 k-1} x_{1}^{2 k} и b+1=x22k,x1,x2∈N,x1x2=ab+1=x_{2}^{2 k}, x_{1}, x_{2} \in \mathbb{N}, x_{1} x_{2}=a, то x22k−22k−1x12k=1x_{2}^{2 k}-2^{2 k-1} x_{1}^{2 k}=1, което води до уравнението y12=22k−1x12k+1,y1=x2ky_{1}^{2}=2^{2 k-1} x_{1}^{2 k}+1, y_{1}=x_{2}^{k}, като при това x1<xx_{1}\lt{}x. Ясно е, че описаният процес на намаляване на степените на 2 може да продължава докато имаме степен на двойката поне 5. Следователно можем да достигнем до уравнението y02=8x02k+1y_{0}^{2}=8 x_{0}^{2 k}+1, където x0<xx_{0}\lt{}x и y0=y2k,y2∈Ny_{0}=y_{2}^{k}, y_{2} \in \mathbb{N}. Отново y0y_{0} е нечетнонека y0=2c+1y_{0}=2 c+1. Получаваме c(c+1)=2x02kc(c+1)=2 x_{0}^{2 k}, като двата множителя отдясно са взаимнопрости. И тук имаме две възможности: (∗)(*) ако c=x32kc=x_{3}^{2 k} и c+1=2x42k,x3,x4∈N,x3x4=x0c+1=2 x_{4}^{2 k}, x_{3}, x_{4} \in \mathbb{N}, x_{3} x_{4}=x_{0}, то 4x42k=2c+2=y2k+14 x_{4}^{2 k}=2 c+2=y_{2}^{k}+1, откъдето (2x4k−1)(2x4k+1)=y2k\left(2 x_{4}^{k}-1\right)\left(2 x_{4}^{k}+1\right)= y_{2}^{k}, което води до 2x4k−1=y3k,2x4k+1=y4k,y3,y4∈N,y3y4=y22 x_{4}^{k}-1=y_{3}^{k}, 2 x_{4}^{k}+1=y_{4}^{k}, y_{3}, y_{4} \in \mathbb{N}, y_{3} y_{4}=y_{2}, и накрая y4k−y3k=2y_{4}^{k}-y_{3}^{k}=2, което е невъзможно; (∗)(*) ако c=2x32kc=2 x_{3}^{2 k} и c+1=x42k,x3,x4∈N,x3x4=x0c+1=x_{4}^{2 k}, x_{3}, x_{4} \in \mathbb{N}, x_{3} x_{4}=x_{0}, то 2x32k+1=(x4k)22 x_{3}^{2 k}+1=\left(x_{4}^{k}\right)^{2}, което води до противоречие с избора на минимално по xx С това лемата е доказана. Корените на характеристичното уравнение t2−6t+1=0t^{2}-6 t+1=0 на разглежданата редица са t1,2=3±2x22t_{1, 2}=3 \pm 2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}. Оттук и от началните условия a1=2a_{1}=2 и a2=12a_{2}=12 намираме общия членan=(3+2x22)n−(3−2x22)n2x22.a_{n}=\frac{(3+2 \sqrt{\vphantom{x^2}2})^{n}-(3-2 \sqrt{\vphantom{x^2}2})^{n}}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}}.Да означим (3+2x22)n=αn+βnx22,αn,βn∈N(3+2 \sqrt{\vphantom{x^2}2})^{n}=\alpha_{n}+\beta_{n} \sqrt{\vphantom{x^2}2}, \alpha_{n}, \beta_{n} \in \mathbb{N}. Тогава (3−2x22)n=αn−βnx22,an=βn(3-2 \sqrt{\vphantom{x^2}2})^{n}=\alpha_{n}-\beta_{n} \sqrt{\vphantom{x^2}2}, a_{n}=\beta_{n} и αn2−2βn2=1\alpha_{n}^{2}-2 \beta_{n}^{2}=1. Ако допуснем, че ana_{n} е точна (по-голяма от първа) степен за някое nn, от последните две равенства получаваме противоречие с лемата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2015-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички функции f:R+→R+f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}, за които неравенствата (i) f(x+y)≥f(x)+y\quad f(x+y) \geq f(x)+y(ii) f(f(x))≤x\quad f(f(x)) \leq x са в сила за всички положителни числа xx и yy.
РешениеОт (i) следва, че ff е строго растяща функция. Тогава имамеx+y≥f(f(x+y))(1)x+y \geq f(f(x+y)) \tag{1}(използвахме (ii)),f(f(x+y))≥f(f(x)+y)(i i)), f(f(x+y)) \geq f(f(x)+y) (следва от (i)(i), тъй като ff е растяща) и f(f(x)+y)≥f(x)+f(y)f(f(x)+y) \geq f(x)+f(y) (замествайки xx с yy и yy с f(x)f(x) в (i)(i). Тъй като функцията ff е растяща, имаме lim⁡x→0+f(x)=inf⁡x>0f(x)=ℓ≥0\lim _{x \rightarrow 0+} f(x)=\inf _{x\gt{}0} f(x)= \ell \geq 0. Да отбележим, че от (ii) следва, че lim⁡x→0+f(f(x))=0\lim _{x \rightarrow 0+} f(f(x))=0. Да допуснем, че ℓ>0\ell\gt{}0. Тъй като ff е растяща, получаваме f(f(x))≥f(ℓ)>0f(f(x)) \geq f(\ell)\gt{}0, което противоречи на lim⁡x→0+f(f(x))=0\lim _{x \rightarrow 0+} f(f(x))=0. Следователно ℓ=0\ell=0 и lim⁡x→0+f(x)=0\lim _{x \rightarrow 0+} f(x)=0. Избирайки y→0+y \rightarrow 0+ в (1)(1), получаваме x≥f(x)x \geq f(x) за всяко положително xx. Сега от (i) получавамеx+y≥f(x+y)≥f(x)+yx−f(x)≥f(x+y)−f(x)−y≥0\begin{gathered} x+y \geq f(x+y) \geq f(x)+y \\ x-f(x) \geq f(x+y)-f(x)-y \geq 0 \end{gathered}Фиксирайки x+yx+y и избирайки x→0+x \rightarrow 0+ в последните неравенства, получаваме f(x+y)=x+yf(x+y)=x+y, което означава, че f(x)=xf(x)=x за всяко положително xx. Очевидно тази функция е на задачата. Втори начин. Прилагайки последователно (i)(i) и (ii)(i i) получавамеx≥f(f(x))=f(1nf(x)+n−1nf(x))≥x \geq f(f(x))=f\left(\frac{1}{n} f(x)+\frac{n-1}{n} f(x)\right) \geqf(1nf(x))+n−1nf(x) f\left(\frac{1}{n} f(x)\right)+\frac{n-1}{n} f(x)( nn е естествено число). Тогава, ако изберем в горния израз n→+∞n \rightarrow+\infty, достигаме до x≥f(x)x \geq f(x). Следователно lim⁡x→0+f(x)=0\lim _{x \rightarrow 0+} f(x)=0. Комбинираме (i)(i) и x+y≥f(x+y)x+y \geq f(x+y), за да получим x+y≥f(x+y)≥f(x)+yx+y \geq f(x+y) \geq f(x)+y и оттук нататък продължаваме както по-горе.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2015-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C. Точката LL лежи върху отсечката ABA B, а точките PP и QQ лежат съответно върху отсечките ACA C и BCB C по такъв начин, че четириъгълникът PCQLP C Q L е успоредник. Окръжността с център средата MM на ABA B и радиус CMC M и окръжността с диаметър CLC L се пресичат за втори път в точката TT. Да се докаже, че правите AQ,BPA Q, B P и LTL T се пресичат в една точка.
РешениеПонеже AC∥LQA C \| L Q и BC∥LPB C \| L P, имаме, че SALQ=SCLQ=SPLC=SPLBS_{A L Q}=S_{C L Q}=S_{P L C}=S_{P L B}. Нека точката KK е такава, че четириъгълникът AKBCA K B C е успоредник. Аналогично имаме, че SAKQ=SAKC=SCKB=SPKBS_{A K Q}=S_{A K C}=S_{C K B}=S_{P K B}. Но геометричното място на точките XX, такива, че △AXQ\triangle A X Q и △PXB\triangle P X B са еднакво ориентирани и имат равни лица, е права ℓ\ell през пресечната точка на AQA Q и BPB P. Следователно, ℓ≡KL\ell \equiv K L и правите AQ,BPA Q, B P и KLK L се пресичат в една точка. Нека NN е средата на CLC L. Тогава правата KLK L е хомотетична на MNM N с център CC и коефициент 2. Понеже точката TT е симетрична на CC относно MNM N, оттук следва, че TT лежи на KLK L, с което задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2015-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Учениците, участващи в олимпиада по математика, получили рейтинг по четирите основни олимпийски тематики: алгебра, геометрия, теория на числата и комбинаторика. Известно е, че всеки двама ученици имат различен рейтинг по всяка от тематиките. Ще казваме, че една група от ученици е xyбаваx y б а в а, ако учениците в нея могат да бъдат подредени в нарастващ ред едновременно по поне два от четирите рейтинга. Кое е най-малкото естествено число NN, такова, че измежду всеки NN ученици има хубава група от десет ученика?
РешениеОтговор: 730. Лема: Редицата A=a1,a2,…,akA=a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k} от две по две различни числа не съдържа десетчленна нарастваща подредица тогава и само тогава, когато нейните членове могат да бъдат оцветени в девет цвята по такъв начин, че членовете от всеки цвят да образуват намаляваща подредица. Доказателство: Да предположим първо, че такова оцветяване има. Тогава всяка десетчленна подредица на AA съдържа два члена от един и съши цвяти, следователно, не е нарастваща. Да предположим след това, че AA не съдържа десетчленна нарастваща подредица. Да оцветим в цвят ii всеки член aa на AA, такъв, че най-дългата нарастваща подредица на AA, която има aa за последен елемент, има дължина ii. Лесно се вижда, че това оцветяване притежава исканото свойство. С това лемата е доказана. Ще покажем, че измежду всеки 730 ученици има десет, които могат да се подредят в хубава редица. Нека M1,M2,…,M730M_{1}, M_{2}, \ldots, M_{730} е редица, в която учениците са подредени по нарастване на рейтинга им по алгебра. Нека aia_{i} е рейтингът по геометрия на MiM_{i}. Ако редицата a1,a2,…,a730a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{730} съдържа десетчленна нарастваща подредица, то хубава редица е намерена. В противен случай, съгласно лемата, можем да „оцветим“ учениците в 9 цвята по такъв начин, че рейтингите по геометрия за всеки цвят да образуват намаляваща подредица. В един от тези цветове ще бъдат оцветени поне 82 ученици; нека, без загуба на общност, N1,N2,…,N82N_{1}, N_{2}, \ldots, N_{82} са едноцветни и подредени едновременно по нарастване на рейтингите по алгебра и намаляване на рейтингите по геометрия. Нека bib_{i} е рейтингът по теория на числата на NiN_{i}. Ако редицата b1,b2,…,b82b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{82} има десетчленна намаляваща подредица, то хубава редица е намерена (за рейтингите по геометрия и теория на числата). В противен случай, съгласно лемата, можем да оцветим учениците N1,N2,…,N82N_{1}, N_{2}, \ldots, N_{82} в 9 цвята по такъв начин, че рейтингите по теория на числата на учениците от всеки цвят да образуват нарастваща подредица. В един от тези цветове ще бъдат оцветени поне 10 ученици и те ще образуват хубава редица за рейтингите си по алгебра и теория на числата. Остана да построим множество от 729 ученици, което не съдържа десетчленна хубава редица. Нека kk е цяло число между 0 и 728. Нека, за 0≤i<j≤2,fij(k)0 \leq i\lt{}j \leq 2, f_{i j}(k) е числото, което се получава, когато в деветичния запис на kk цифрите в ii-тия и jj-тия разряд се заменят с допълненията си до 8. (Ако k≤80k \leq 80, то деветичния запис на kk можем при нужда да допълним с нули отляво, така че да получим три разряда.) Да разгледаме 729 ученици с рейтинги по алгебра съответно 0,1,…,7280, 1, \ldots, 728, като ученикът с рейтинг kk има освен това и рейтинг по геометрия f01(k)f_{01}(k), по теория на числата −f02(k)-f_{02}(k), и по комбинаторика −f12(k)-f_{12}(k). Ясно е, че за всеки два различни рейтинга има две числа 0≤i<j≤20 \leq i\lt{}j \leq 2, такива, че за всеки ученик стойностите на тези два рейтинга се получават един от друг чрез fijf_{i j}. Ще докажем, че измежду нашите ученици няма десет, които да образуват хубава редица по отношение на рейтингите по алгебра и геометрия; за останалите двойки рейтинги доказателството е аналогично. Нека M1,M2,…,M729M_{1}, M_{2}, \ldots, M_{729} е редица, в която учениците са подредени по нарастване на рейтингите по алгебра. Нека aia_{i} рейтингът по геометрия на MiM_{i}. Достатъчно е да докажем, че редицата a1,a2,…,a729a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{729} не съдържа десетчленна нарастваща подредица. За всяко ii, да оцветим aia_{i} в цвят ss, където ss е цифрата във втория разряд на деветчиния запис на aia_{i}. Лесно се вижда, че при това всяка едноцветна подредица на a1,a2,…a729a_{1}, a_{2}, \ldots a_{729} е подредена в намаляващ редс което, съгласно лемата, задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2015-9-6