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

2016

Назад към папките

9

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа mm и nn, за които mnm n дели (22n+\left(2^{2^{n}}+\right. 1) (22m+1)\left(2^{2^{m}}+1\right).
РешениеНека 1<m<n1\lt{}m\lt{}n и pp е (нечетен) прост делител на mm. Ако p∣22m+1p \mid 2^{2^{m}}+1, то 22m+1≡1( mod p)2^{2^{m+1}} \equiv 1(\bmod p) и значи показателят kk на 2 по модул pp е делител на 2m+12^{m+1}, т. е. k=2ℓk=2^{\ell} за някое ℓ≤m+1\ell \leq m+1. Но при ℓ≤m\ell \leq m от 22ℓ≡1( mod p)2^{2^{\ell}} \equiv 1(\bmod p) с повдигания на квадрат (ако и докато има нужда) получаваме 22m≡1( mod p)2^{2^{m}} \equiv 1(\bmod p), противоречие. Следователно m=1m=1 и задачата се свежда до намиране на естествените числа nn, за които nn дели 5(22n+1)5\left(2^{2^{n}}+1\right). Както по-горе се вижда, че (n,22n+1)=1\left(n, 2^{2^{n}}+1\right)=1 и следователно n∣5n \mid 5. Окончателно, решенията ca (m,n)=(1,1),(1,5)(m, n)=(1, 1), (1, 5) и (5,1)(5, 1).
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2016-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
На състезание по математика nn ученика решават по 6 задачи с по три възможни отговора. След състезанието се оказало, че за всеки двама ученика броят на задачите, на които са получили еднакви отговори, е 0 или 2. Да се намери максималната възможна стойност на nn.
РешениеРешение (скица): Максимумът е 18 Означаваме трите отговора с 0,1,20, 1, 2. Нужна ни е следната лема: ако tt реда с дължина 5 имат свойството, че всеки два съвпадат в точно една позиция, то t≤6t \leq 6. Нека mj,am_{j, a} е броят редове, които на позиция jj имат символ aa. Понеже всяка двойка редове съвпада точно веднъж, имаме ∑j,a(mj,a2)=(t2)\sum_{j, a}\binom{m_{j, a}}{2}=\binom{t}{2}, откъдето ∑j,amj,a2=t2+4t\sum_{j, a} m_{j, a}^2=t^2+4 t. Но за всяка позиция jj, по Коши, ∑amj,a2≥t2/3\sum_a m_{j, a}^2 \geq t^2 / 3, значи t2+4t≥5t2/3t^2+4 t \geq 5 t^2 / 3, следователно t≤6t \leq 6. Сега разделяме учениците според отговора им на първата задача. Във всяка група двама ученици вече съвпадат на първата задача, затова след махането ѝ те съвпадат точно в една от останалите 5 задачи. По лемата всяка група има най-много 6 ученици, а групите са 3, следователно n≤18n \leq 18. Остава пример. Вземаме редовете 000000,001122,010221,012012,022101,021210000000, 001122, 010221, 012012, 022101, 021210 и към всеки ред прибавяме съответно 0,1,20, 1, 2 към всички координати по модул 3. Получават се 18 реда. Два реда от един и същ основен ред и различни добавки не съвпадат никъде, а два реда от различни основни редове съвпадат точно два пъти, защото разликата на всеки два основни реда съдържа всяка от стойностите 0,1,20, 1, 2 точно по два пъти. Значи 18 е достижимо, така че nmax⁡=18n_{\max }=18.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2016-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че ако a,b,c,d>0a, b, c, d\gt{}0, тоa+x2ab+x2abc3+x2abcd44≤\frac{a+\sqrt{\vphantom{x^2}a b}+\sqrt[3]{\vphantom{x^2}a b c}+\sqrt[4]{\vphantom{x^2}a b c d}}{4} \leqx2a⋅a+b2⋅a+b+c3⋅a+b+c+d44 \sqrt[4]{\vphantom{x^2}a \cdot \frac{a+b}{2} \cdot \frac{a+b+c}{3} \cdot \frac{a+b+c+d}{4}}
РешениеДа означим с 4R4 R дясната страна на неравенството. От неравенството между средното аритметично и средното геометрично следва, чеaR≤1+2aa+b+3aa+b+c+4aa+b+c+dx2abR≤1+2aa+b+3ba+b+c+4ba+b+c+dx2abc3R≤x2abca+b+c34R≤2+2ba+b+4ca+b+c+dx2abcd4R≤1+2ba+b+3ca+b+c+4da+b+c+d\begin{aligned} \frac{a}{R} & \leq 1+\frac{2 a}{a+b}+\frac{3 a}{a+b+c}+\frac{4 a}{a+b+c+d} \\ \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}a b}}{R} & \leq 1+\frac{2 a}{a+b}+\frac{3 b}{a+b+c}+\frac{4 b}{a+b+c+d} \\ \frac{\sqrt[3]{\vphantom{x^2}a b c}}{R} & \leq \frac{\sqrt[4]{\vphantom{x^2}a b c \frac{a+b+c}{3}}}{R} \leq 2+\frac{2 b}{a+b}+\frac{4 c}{a+b+c+d} \\ \frac{\sqrt[4]{\vphantom{x^2}a b c d}}{R} & \leq 1+\frac{2 b}{a+b}+\frac{3 c}{a+b+c}+\frac{4 d}{a+b+c+d} \end{aligned}Остава да съберем почленно тези неравенства.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2016-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Съществува ли естествено число n<109n\lt{}10^{9}, което се представя по повече от 1000 различни начина като сума на три квадрата не естествени числа?
РешениеСумите a2+b2+c2a^{2}+b^{2}+c^{2}, където 1≤a<b<c≤N,a,b,c1 \leq a\lt{}b\lt{}c \leq N, a, b, c са естествени числа, са (N3)\binom{N}{3} на брой и не надминават 3N23 N^{2}. Следователно съществува естествено число, ненадминаващо 3N23 N^{2}, което е равно на (N3)/3N2\binom{N}{3} / 3 N^{2} от тези суми. Тъй като при N=18003N=18003 имаме (N3)/3N2>\binom{N}{3} / 3 N^{2}\gt{} 1000 и 3N2<1093 N^{2}\lt{}10^{9}, отговорът на поставения в задачата въпрос е положителен.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2016-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Даден е равнобедрен триъгълник ABC,AC=BCA B C, A C=B C. Върху продължението на ACA C след CC е избрана точка DD, като AC>CDA C\gt{}C D. Ъглополовящата на ∠BCD\angle B C D пресича BDB D в точка NN, а MM е средата на BDB D. Допирателната в точка MM към описаната около триъгълник AMDA M D окръжност пресича страната BCB C в точка PP. Да се докаже, че точките A,P,MA, P, M и NN лежат на една окръжност.
РешениеОт условието следва, че ∠MAD=∠PMB=φ\angle M A D=\angle P M B=\varphi. Да построим права ℓ∥AB\ell \| A B през DD. Нека ℓ∩BC={Q},T\ell \cap B C=\{Q\}, T е средата на AQA Q и BTB T да пресича ℓ\ell в точка KK. От симетрията следва, че ∠KBQ=φ\angle K B Q=\varphi. Освен това имаме KQQD=ABQD=CDBC=DNBN\frac{K Q}{Q D}=\frac{A B}{Q D}=\frac{C D}{B C}=\frac{D N}{B N}, откъдето BK∥QNB K \| Q N и следователно ∠CQN=φ\angle C Q N=\varphi. Тъй като ∠QAD=∠QBD=ψ\angle Q A D=\angle Q B D=\psi поради симетрията, получаваме ∠QAM=∠QND=φ+ψ\angle Q A M=\angle Q N D= \varphi+\psi. Тогава Q,A,MQ, A, M и NN лежат на една окръжност. Тъй като ∠PMB=φ=∠NQB\angle P M B=\varphi=\angle N Q B, точките Q,M,NQ, M, N и PP лежат на една окръжност. Следователно A,P,MA, P, M и NN лежат на една окръжност.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2016-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Дадени са естествено число nn и квадрат със страна nn, който е разделен на n2n^{2} единични квадратчета. Единичните квадратчета са оцветени в nn различни цвята така, че от всеки цвят да има оцветени точно nn квадратчета. Да се докаже, че съществува число NN, такова, че за всяко n>Nn\gt{}N е изпълнено следното: съществува квадрат със страни x2n\sqrt{\vphantom{x^2}n}, успоредни на страните на дадения квадрат, който съдържа изцяло квадратчета от поне 4 различни цвята.
РешениеДа означим [x2n]=x[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]=x. Да разгледаме първо следната задача: ако върху безкрайна дъска оцветим по някакъв начин nn клетки, колко най-малко квадрата със страна xx съдържат оцветени клетки. Нека оцветените клетки са разположени в aa реда, като редът с най-много ( bb на брой) оцветени клетки ще наричаме главен. Да премахнем временно оцветените клетки и да започнем да ги добавяме обратно една по една, започвайки от най-лявата на главния ред и продължавайки по главния ред отляво надясно. При връщането на първата клетка маркираме x2x^{2} квадрата със страна xx, които я съдържат, а после при връщането на всяка клетка от главния ред маркираме по xx немаркирани досега квадрата със страна xx, които съдържат въпросната клетка. По-нататък, при връщането на най-лявата от разположените над главния ред оцветени клетки маркираме xx нови квадрата, а след това всяка клетка в същия ред дава поне по един нов квадрат и т. н. Аналогично се разсъждава и за клетките под глвния ред. Горните разсъждение показват, че търсеният брой квадрати еA=x2+(a+b−2)x+n−(a+b−1)=A=x^{2}+(a+b-2) x+n-(a+b-1)=x2+(a+b)(x−1)−2x+n+1.x^{2}+(a+b)(x-1)-2 x+n+1.Тъй като n≥[x2n]2=x2,a+b≥2x2ab≥2x2nn \geq[\sqrt{\vphantom{x^2}n}]^{2}=x^{2}, a+b \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}a b} \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}n} и ab≥na b \geq n (последното поради избора на aa и bb ), получавамеA≥x2+2x(x−1)−2x+x2+1=(2x−1)2A \geq x^{2}+2 x(x-1)-2 x+x^{2}+1=(2 x-1)^{2}Квадратите със страна xx, които имат поне една обща клетка с дадения квадрат, са (n+x−1)2(n+x-1)^{2} на брой. Тъй като n(2x−1)2>3(n+x−1)2n(2 x-1)^{2}\gt{}3(n+x-1)^{2} за достатъчно големи nn, поне един квадрат със страна xx ще е маркиран от поне 4 различни цвята.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2016-9-6