Национална олимпиада по математика — национален кръг | Библиотека

Задача 1

Пълен запис

Условие

Нека

f(x)=x^{2}+b x+1

, където

b

е реален параметър. Да се намери броят на целочислените

Решение

на неравенството

f(f(x)+x)\lt{}0

. Ако

|b| \leq 2

, то

f(x) \geq 0

за всяко

x

. Нека

|b|\gt{}2

и

x_{1}\lt{}x_{2}

са реалните нули на

f

. Тогава

\begin{aligned} (*) & f(f(x)+x)=\left(f(x)+x-x_{1}\right)\left(f(x)+x-x_{2}\right) \\ = & \left(x-x_{1}\right)\left(x-x_{2}+1\right)\left(x-x_{2}\right)\left(x-x_{1}+1\right) \end{aligned}

(*)

x_{2}-x_{1} \leq 1

, т. е.

2\lt{}|b| \leq \sqrt{\vphantom{x^2}5}

. Понеже

f( \pm 1)=2 \pm b

, лесно следва, че целите числа

x

, за които

f(f(x)+x)\lt{}0

, са -1 и -2 при

b\gt{}0

, и 1 и 0 при

b\lt{}0

.

(*)

x_{2}-x_{1}\gt{}1

, т. е.

|b|\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}5}

. Тогава всеки от интервалите (

x_{1}-1, x_{1}

) и (

x_{2}-1, x_{2}

) съдържа точно по едно цяло число

x

, за което

f(f(x)+x)\lt{}0

, освен ако

x_{1}

или

x_{2}

не са цели числа. И така, търсеният брой е равен на 0 при

|b| \leq 2

, на 1 при

b=m+1 / m, m \in \mathbb{Z}, |m| \geq 2

, и на 2 в останалите случаи.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2019-8-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

A B C

с ортоцентър

H

и център на описаната окръжност

O

. Симетралата на

C H

пресича страните

A C

и

B C

съответно в точки

X

и

Y

. Правите

X O

и

Y O

пресичат страната

A B

съответно в точки

P

и

Q

. Ако

X P+Y Q=A B+X Y

да се намери

\angle O H C

.

Решение

Нека

N

и

M

са съответно среди на

C H

и

A C

. За

\triangle C Y O

и

\triangle C N M

имаме:

\angle O C Y=\angle M C N

и

\frac{C Y}{C N}=\frac{C O}{C M}

(следва от подобието на

\triangle C Y N

и

\triangle C O M

), което означава, че

\triangle C Y O \sim \triangle C N M

. Следователно

\angle C Y O=\angle C N M

. Понеже

M N

е средна отсечка в

\triangle A H C

, то

\angle C H A=180^{\circ}-\beta

, т. е.

\angle B Y Q=\beta

, откъдето

Y Q=B Q

. Аналогично

X P=A P

. Условието

X P+Y Q=A B+X Y

дава

X Y=Q P

и тъй като

X Y \| P Q

, то

Q P Y X

е успоредник. Тъй като

O

е пресечна точка на диагоналите на този успоредник, то разстоянието от

O

до

X Y

е равно на разстоянието от

O

до

A B

, което е

R \cos \gamma

. Понеже

H N \perp X Y

и

X N=R \cos \gamma

, то търсеният ъгъл е

90^{\circ}

. Втори начин. Ако

N

е средата на

C H

, то

C N=R \cos \gamma

и следователно

C Y=\frac{R \cos \gamma}{\sin \beta}

. Тогава:

B Y=B C-C Y=2 R \sin \alpha-\frac{R \cos \gamma}{\sin \beta}=

\frac{R \cos (\alpha-\beta)}{\sin \beta}.

Ако

\angle B Y O=\varphi

от синусовата теорема за

\triangle O B Y

получаваме:

\frac{R}{\sin \varphi}=

\frac{R \cos (\alpha-\beta)}{\sin \beta \sin (90 \circ-\alpha+\varphi)} \Longleftrightarrow \operatorname{cotg} \varphi=

\operatorname{cotg} \beta.

Следователно

\varphi=\beta

, т. е.

Y Q=B Q

и то се довършва както по-горе.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2019-8-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички реални числа

a

със следното свойство: за всяка безкрайна редица

a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots

от две по две различни естествени числа, за която неравенството

a_{n} \leq a n

е изпълнено за всяко естествено число

n

, съществуват безбройно много членове на редицата със сума на цифрите в бройна система с основа 4038, която не е кратна на 2019.

Решение

Отговор:

1 \leq a\lt{}2019

. Ясно е, че

a \geq 1

, тъй като

a_{1}

трябва да е естествено число, не поголямо от

a

. Нека означим със

\sigma\left(a_{n}\right)

остатъкът при деление на 2019 на сборът от цифрите на

a_{n}

в 4038-ична бройна система. Да разгледаме редицата

\left\{b_{n}: \sigma\left(b_{n}\right)=0\right\}_{n=0}^{\infty}

, от числата, чиято сума от цифри в 4038-ична бройна система се дели на 2019. Имаме

b_{0}=0, b_{1}=2019

, и т. н. Тогава, за всяко

n \in \mathbb{N}, \{\sigma(2019 n), \sigma(2019 n+1), \ldots, \sigma(2019 n+2018)\}

е ПСО по модул 2019, тъй като в представянето си

2019 n, \ldots, 2019 n+2018

се различават единствено по последна цифра. Следователно

2019 n \leq b_{n} \leq 2019 n+2018. \tag{1}

Да разгледаме произволна редица

a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots

, която да не удовлетворява условието на задачата, т. е., само краен брой нейни членове

a_{i_{1}}, a_{i_{2}}, \ldots, a_{i_{k}}

изпълняват

\sigma\left(a_{i_{j}}\right)=0

. Тогава,

\exists M\gt{}0, M \in \mathbb{N}

, такова, че

a_{m} \in\left\{b_{n}\right\}_{0}^{\infty}, \forall m \geq M

и значи за всяко естествено

N

, числото

a_{M+k} \in\left\{b_{n}\right\}_{0}^{\infty}, k=0, \ldots, N

. Да допуснем, че

a\lt{}2019

. Понеже елементите на редицата са два по два различни, получаваме

2019 N \leq b_{N} \leq \max _{0 \leq k \leq N} a_{M+k} \leq

a(M+N) \Rightarrow N \leq \frac{a M}{2019-a},

\forall N, \tag{2}

което е противоречие, поради предварителния (фиксиран!) избор на

M

и

a

. Следователно

1 \leq a\lt{}2019

е на задачата. За

a \geq 2019

, редицата

1, b_{1}, b_{2}, \ldots

удовлетворява ограничението

a_{n}: =b_{n-1}\lt{}2019(n+1) \leq a(n+1)

за всяко

n

и

\sigma\left(a_{n}\right)=0, \forall n \geq 1

. Следователно, в тази редица единствено при първия елемент сборът от цифрите му в бройна система с основа 4038 не се дели на 2019. Следователно,

a \geq 2019

не води до нови Окончателно,

a\lt{}2019

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2019-8-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

d

, за които съществува естествено число

k \geq 3

, такова, че числата

d, 2 d, 3 d, \ldots, k d

могат да се наредят в редица със следното свойство: сумата на всеки две съседни числа е точен квадрат.

Решение

Отговор: Всяко

d

, което е точен квадрат. Ясно е, че ако съществува

k \geq 3

и наредба на

d, 2 d, 3 d, \ldots, k d

, то същото

k

и същата наредба ще работят за всяко

d_{1}=s^{2} d, s \in \mathbb{N}

. Следователно, достатъчно е да разглеждаме естествените числа

d

, свободни от квадрати. При

d=1

имаме пример за

k=15

:

8, 1, 15, 10, 6, 3, 13, 12, 4, 5, 11, 14, 2, 7, 9.

Нека сега

d\gt{}1

. Независимо от наредбата на членовете на прогресията, сумата на всеки две съседни ще се дели на

d

, и тъй като

d

е свободно от квадрати, то необходимо условие да съществува

k

с исканото свойство е: всички генерирани точни квадрати да се делят на

d^{2}

. Задачата се трансформира до: да се наредят числата от 1 до

k

в редица

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}

така, че за всяко

i=1, 2, \ldots, k-1

съществува естествено число

q_{i}

със свойството:

a_{i}+a_{i+1}=d q_{i}^{2}

. Но тогава

a_{i}+a_{i+1} \equiv 0(\bmod d) \Rightarrow a_{i} \equiv-a_{i+1}(\bmod d) \Rightarrow a_{2 j} \equiv

a_{2 \ell} \equiv-a_{2 \ell+1} \equiv-a_{2 j+1}(\bmod d)

и значи в цялата редица се срещат само два различни остатъка по модул

d

. Следователно

k=2

(което е невъзможно) или

d=2

. Последното означава, че числата

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k}

са от една и съща четност, което е невъзможно.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2019-8-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

В изпъкнал 2019-ъгълник са построени всички диагонали, като никои три от тях не се пресичат в една точка. Пресечна точка на два диагонала, вътрешна за многоъгълникът, се нарича възел. Колко най-много възли могат да се оцветят, така че да не съществува цикъл с оцветени възли, всеки два последователни от които да са върху един и същи диагонал?

Решение

Отговор:

\frac{2019(2019-3)}{2}-1=2035151

. Да разгледаме по-общата задача, където 2019 е заменено с

n \geq 4

. Ще докажем, че в изпъкнал

n

-ъгълник, на който никои три от диагоналите не се пресичат в една точка можем да оцветим най-много

\frac{n(n-3)}{2}-1

от възлите, така, че да не съществува едноцветен цикъл. Първо ще дадем

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2019-8-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Даден е шестоъгълник

A B C D E F

, вписан в окръжност, за който

A B \cdot C D \cdot E F=B C \cdot D E \cdot A F

Нека точките

B

и

B_{1}

са симетрични относно правата

A C, D

и

D_{1}

са симетрични относно

C E, F

и

F_{1}

са симетрични относно

E A

. Да се докаже, че

\triangle B_{1} D_{1} F_{1}

е подобен на

\triangle B D F

.

Решение

От условието

|A B| \cdot|C D| \cdot|E F|=|B C| \cdot|D E| \cdot|A F|

лесно се вижда, че

A D, B E

и

C F

се пресичат в една точка. Това може да се види от триъгълник

A C E

, в който:

\frac{\sin \angle D A C}{\sin \angle D A E}=\frac{|D C|}{|D E|},

\frac{\sin \angle A E B}{\sin \angle C E B}=

\frac{|A B|}{|B C|} \text{и} \frac{\sin \angle E C F}{\sin \angle A C F}=\frac{|E F|}{|A F|}.

Като умножим трите равенства и използваме условието на задачата, получаваме

\frac{\sin \angle D A C}{\sin \angle D A E} \frac{\sin \angle A E B}{\sin \angle C E B} \frac{\sin \angle E C F}{\sin \angle A C F}=

1. Оттук по синусовия вариант на Теоремата на Чева следва, че

A D, B E

и

C F

се пресичат в една точка. Нека тази точка означим с

P

. Сега да разгледаме

\triangle A F_{1} P

и

\triangle C D_{1} P

. Като използваме, че

F_{1}

и

D_{1}

са симетрични на

F

и

D

относно

A E

и

C E

и това, че шестоъгълникът е вписан, имаме, че:

\begin{aligned} \angle P A F_{1} & =\left|\angle P A E-\angle F_{1} A E\right|=|\angle D A E-\angle F A E| \\ & =|\angle D C E-\angle F C E|=\left|\angle D_{1} C E-\angle P C E\right| \\ & =\angle P C D_{1} \end{aligned}

Да обърнем внимание, че горното изразяване показва, че

D_{1}

и

D

са от различна страни на

C F

точно когато

F

и

F_{1}

са в една и съща полуравнина относно

A D

. Освен това като използваме, че

\triangle A P F \sim \triangle C P D

и

\left|A F_{1}\right|=|A F|

и

\left|C D_{1}\right|=|C D|

получаваме:

\frac{\left|A F_{1}\right|}{\left|C D_{1}\right|}=\frac{|A F|}{|C D|}=\frac{|A P|}{|C P|}

Следователно

\triangle A F_{1} P \sim \triangle C D_{1} P

. Оттук

\angle A P F_{1}=\angle C P D_{1}

и

\frac{\left|F_{1} P\right|}{\left|D_{1} P\right|}=\frac{|A P|}{|C P|}=\frac{|F P|}{|D P|}

, където последното равенство отново е от подобните

\triangle A P F \sim \triangle C P D

. Освен това, тъй като

D_{1}

е извън

\angle P C D

точно когато

F_{1}

е в

\angle F A P

, то

\angle F_{1} P D_{1}=\angle A P C=\angle F P D

. С това имаме, че

\frac{\left|F_{1} P\right|}{\left|D_{1} P\right|}=\frac{|F P|}{|D P|}

и

\angle F_{1} P D_{1}=\angle F P D

. Следователно,

\triangle F_{1} D_{1} P \sim \triangle F D P

. Това показва, че

\frac{\left|F_{1} D_{1}\right|}{|F D|}=\frac{\left|F_{1} P\right|}{|F P|}=\frac{\left|D_{1} P\right|}{|D P|}

. Аналогично се доказва, че

\frac{\left|D_{1} B_{1}\right|}{|D B|}=\frac{\left|D_{1} P\right|}{|D P|}=\frac{\left|F_{1} D_{1}\right|}{|F D|}

и

\frac{\left|F_{1} B_{1}\right|}{|F B|}=\frac{\left|F_{1} P\right|}{|F P|}=\frac{\left|F_{1} D_{1}\right|}{|F D|}

. Следователно

\triangle F_{1} D_{1} B_{1} \sim \triangle F D B

. Втори начин. Както по-горе виждаме, че диагоналите

A D, B E

и

C F

се пресичат в една точка

P

. Целта е да докажем, че

\left|B_{1} D_{1}\right| /|B D|=\left|D_{1} F_{1}\right| /|D F|=\left|F_{1} B_{1}\right| /|F B|

. За това първо ще изразим отношението

\left|B_{1} D_{1}\right|^{2} /|B D|^{2}

. Като че ли, най-удобно това става с косинусова теорема за триъгълниците

B C D

и

B_{1} C D_{1}

, защото

|B C|=\left|B_{1} C\right|

и

|D C|=\left|D_{1} C\right|

. Имаме следното:

\begin{aligned} |B D|^{2} & =|B C|^{2}-2|B C||D C| \cos \angle B C D+|D C|^{2} \\ \left|B_{1} D_{1}\right|^{2} & =\left|B_{1} C\right|^{2}-2\left|B_{1} C\right|\left|D_{1} C\right| \cos \angle B_{1} C D_{1}+\left|D_{1} C\right|^{2} \end{aligned}

Вадим от първото равенство второто и използваме равенството на отсечките

|B C|=\left|B_{1} C\right|

и

|D C|=\left|D_{1} C\right|

:

\begin{align*} |B D|^{2}-\left|B_{1} D_{1}\right|^{2} & =2|B C||D C|\left(\cos \angle B_{1} C D_{1}-\cos \angle B C D\right) \\ & =2|B C||D C| 2 \sin \frac{\angle B_{1} C D_{1}+\angle B C D}{2} \sin \frac{\angle B C D-\angle B_{1} C D_{1}}{2} \tag{1} \end{align*}

където използвахме основно тригонометрично тъждество. Сега искаме да изразим

\frac{\angle B_{1} C D_{1}+\angle B C D}{2}

и

\frac{\angle B C D-\angle B_{1} C D_{1}}{2}

чрез ъглите на шестоъгълника. Това обаче зависи от разположението точките

B, D, B_{1}

и

D_{1}

около

C

. Възможни са два случая:

B, B_{1}, D_{1}

и

D

се срещат в този ред в по-малкия ъгъл

\angle B C D

, или

B, D_{1}, B_{1}

и

D

се срещат в този ред в по-малкия ъгъл

\angle B C D

. В първия случай:

\angle B C D=\angle B_{1} C D_{1}+\angle B C B_{1}+\angle D C D_{1}

, докато във втория:

\angle B C D=-\angle B_{1} C D_{1}+ \angle B C B_{1}+\angle D C D_{1}

. Това показва, че

\frac{\angle B_{1} C D_{1}+\angle B C D}{2}

се изразява както

\frac{\angle B_{1} C D_{1}-\angle B C D}{2}

във втория случай и обратно. Това показва, че резултатът от изразяването на

\sin \frac{\angle B_{1} C D_{1}+\angle B C D}{2} \sin \frac{\angle B C D-\angle B_{1} C D_{1}}{2}

няма да зависи от това, в кой от два случая се намираме. Поради това е достатъчно да разгледаме само първия случай. Тогава

\frac{\angle B_{1} C D_{1}+\angle B C D}{2}=\angle A C D

, докато за

\frac{\angle B C D-\angle B_{1} C D_{1}}{2}

имаме:

\begin{aligned} \frac{\angle B C D-\angle B_{1} C D_{1}}{2} & =\frac{\angle B C B_{1}+\angle D C D_{1}}{2}=\angle B C A+\angle D C E \\ & =\angle B E A+\angle D A E=\angle P E A+\angle P A E \\ & =180^{\circ}-\angle A P E \end{aligned}

Като заместим тези равенства в израза за

|B D|^{2}-\left|B_{1} D_{1}\right|^{2}

, получаваме:

\begin{align*} |B D|^{2}-\left|B_{1} D_{1}\right|^{2} & =2|B C||D C| 2 \sin \angle A C E \sin \angle A P E \\ & =4|B C||D C| \frac{|A E|}{2 R} \frac{|A E|}{|A P|} \sin \angle A E P \\ & =4|B C||D C| \frac{|A E|^{2}}{2 R|A P|} \frac{|A B|}{2 R} \tag{2} \end{align*}

където

R

е радиусът на описаната окръжност. Тук използвахме последователно синусови теореми за за

\triangle A C E, \triangle A P E

и накрая за

\triangle A B E

. Като преобразуваме горния израз, така че да изразим

\left|B_{1} D_{1}\right|^{2} /|B D|^{2}

получаваме:

\frac{\left|B_{1} D_{1}\right|^{2}}{|B D|^{2}}=

1-\frac{|A B||B C||C D|}{|A P| R^{2}} \frac{|A E|^{2}}{|B D|^{2}}

От подобието на

\triangle A P E

и

\triangle B P D

имаме

\frac{|A E|}{|B D|}=\frac{|A P|}{|B P|}=\frac{|E P|}{|D P|}

, откъдето

\frac{|A E|^{2}}{|B D|^{2}}=\frac{|A P||E P|}{|B P||D P|}

. След като заместим в израза за

\frac{\left|B_{1} D_{1}\right|^{2}}{|B D|^{2}}

получаваме:

\frac{\left|B_{1} D_{1}\right|^{2}}{|B D|^{2}}=

1-\frac{|A B||B C||C D|}{|A P| R^{2}} \frac{|A P||E P|}{|B P||D P|}=

1-\frac{|A B||B C||C D||E P|}{R^{2}|B P||D P|} \tag{3}

Аналогично се доказва, (циклично през два върха в шестоъгълника), че:

\frac{\left|D_{1} F_{1}\right|^{2}}{|D F|^{2}}=1-\frac{|C D\|D E\| E F \| A P|}{R^{2}|D P \| F P|}

Следователно, достатъчно е да докажем, че:

\frac{|A B||B C||C D||E P|}{R^{2}|B P||D P|}=

\frac{|C D||D E||E F||A P|}{R^{2}|D P||F P|},

което, като съкратим на равните дължини на отсечки, е еквивалентно на:

\frac{|A B||B C||E P|}{|B P|}=\frac{|D E||E F||A P|}{|F P|}, \tag{4}

Сега

\triangle A B P \sim \triangle E D P

, откъдето

\frac{|A B|}{|A P|}=\frac{|D E|}{|E P|}

, или

|A B||E P|=|D E||A P|

. Това прави горното равенство еквивалентно на:

\frac{|B C|}{|B P|}=\frac{|E F|}{|F P|} \tag{5}

Последното обаче е очевидно, защото

\triangle B C P \sim \triangle F E P

. С това

\frac{\left|B_{1} D_{1}\right|}{|B D|}=\frac{\left|D_{1} F_{1}\right|}{|D F|}

. Равенството

\frac{\left|D_{1} F_{1}\right|}{|D F|}= \frac{\left|F_{1} B_{1}\right|}{|F B|}

следва от съображения за аналогия, тоест циклична ротация на върховете. Следователно

\triangle B D F \sim \triangle B_{1} D_{1} F_{1}

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2019-8-6