Национална олимпиада по математика — национален кръг | Библиотека

Задача 1

Пълен запис

Условие

Град има 4 хоризонтални и

n \geq 3

вертикални булеварда, които се пресичат в

4 n

кръстовища. Кръстовищата разделят всеки хоризонтален булевард на

n-1

улици, а всеки вертикален булевард на 3 улици. За да не се объркват жителите на града, кметът затворил минимален възможен брой кръстовища така, че в града да няма затворен маршрут (това означава, че тръгвайки от коя да е улица и минавайки само през отворени кръстовища без да се връщаме назад не можем да се върнем на същата улица). a) Да се докаже, че са затворени точно

n

кръстовища. б) Да се докаже, че ако от всяка улица може да се стигне до всяка друга и никое от четирите ъглови къстовища не е затворено, то са затворени точно 3 крайни кръстовища (кръстовище е крайно, ако се намира на първия или четвъртия хоризонтален булевард, или на първия или

n

-ия вертикален булевард).

Решение

а) Ще докажем с индукция по

n

, че е необходимо да се затворят поне

n

кръстовища. При

n=3

директно се проверява, че са ни нужни точно 3 затворени кръстовища. При

n\gt{}3

да разгледаме най-левия вертикален булевард. Ако на него има затворено кръстовище, твърдението следва от индукционното допускане. Ако на него няма затворено кръстовище, то на съседния му вертикален булевард трябва да има поне две затворени кръстовище (тъй като имаме два независими цикълдолното и горното квадратчета). Отново твърдението следва от индукционното допускане. Ако всяко кръстовище обозначим с номера на вертикалния булевард (отляво надясно) и номера на хоризонталния булевард (отдолу нагоре), можем да затворим следните

n

кръстовища:

(a, 2)

при

a

нечетно и

(b, 3)

при

b

четно. Лесно се проверява, че няма цикъл. б) Да разгледаме улиците като ребра на граф, а кръстовищата като негови върхове. Преди затваряне на кръстовища имаме

4(n-1)+3(n-1)=7 n-4

улици (ребра) и

4 n

кръстовища (върхове). При затваряне на вътрешно кръстовище ребрата на графа не се променят, а се добавят 3 нови върха. При затваряне на крайно кръстовище, което не е ъглово, ребрата на графа не се променят, а се добавят 2 нови върха. Нека са затворени

x

вътрешни и

y

крайни кръстовища (които не са ъглови), като тогава

x+y=n

. Тъй като след затваряне на кръстовищата се получава свързан граф без цикли, т. е. дърво имаме, че броят на ребрата е с 1 по-малък от броя на върховете. Следователно

7 n-4= 4 n+3 x+2 y-1 \Longleftrightarrow 3 x+2 y=3 n-3

. Тъй като

x+y=n

, получаваме

x=n-3

и

y=3

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2021-9-1

Задача 1c

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението

\sqrt{\vphantom{x^2}3 x^{3}-2 x+15}+\sqrt{\vphantom{x^2}3 x^{3}-2 x+8}=7

Решение

Повдигаме двете страни на даденото уравнение

\sqrt{\vphantom{x^2}\left(4 a^{2}-4 a-1\right) x^{2}-2 a x+1}=1-a x-x^{2} \tag{1}

и достигаме до уравнението

x^{2}\left(x^{2}+2 a x-3 a^{2}+4 a-1\right)=0

с корени

x_{1}=0, x_{2}=1-3 a

и

x_{3}=a-1

. Ясно е, че

x_{1}=0

е решение на (1) за всяко

a

. Числото

x_{2}=1-3 a

е решение на (1), когато дясната страна на (1) е неотрицателна, т. е.

1-a(1-3 a)-(1-3 a)^{2} \geq

0 \Longleftrightarrow 5 a-6 a^{2} \geq 0 \Longleftrightarrow a \in\left[0, \frac{5}{6}\right].

Аналогично

x_{3}

е решение на (1) при

a \in\left[0, \frac{3}{2}\right]

. Възможни са два случая.

(*)

Някои от числата

x_{1}, x_{2}

и

x_{3}

са равни. Това е изпълено при

a=\frac{1}{3}, \frac{1}{2}, 1

и от намереното следва, че

a=\frac{1}{3}

и

a=\frac{1}{2}

са решения на задачата.

(*)

Числата

x_{1}, x_{2}

и

x_{3}

са две по две различни. Тогава лесно следва, че

a \in\left(\frac{5}{6}, \frac{3}{2}\right] \backslash\{1\}

. И така,

a=\frac{1}{3}, a=\frac{1}{2}

и

a \in\left(\frac{5}{6}, \frac{3}{2}\right] \backslash\{1\}

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2021-9-1c

Задача 2

Пълен запис

Условие

Върху височината през върха

C

на остроъгълен триъгълник

A B C

с център на описаната окръжност

O

е избрана точка

T

, за която

\angle T B A=\angle A C B

. Ако правата

C O

пресича страната

A B

в точка

K

, да се докаже, че симетралата на

A B

, височината през върха

A

в

\triangle A B C

и отсечката

K T

се пресичат в една точка.

Решение

Ако

O M \cap K T=P

, то

\angle P A M=\angle P B M

. Имаме

\frac{P M}{T H}=\frac{K M}{K H}=\frac{O M}{C H},

откъдето

P M=\frac{O M. T H}{C H}

. Тъй като

T H=H B \operatorname{tg} \gamma

, то

\frac{P M}{B M}=\frac{O M}{B M} \cdot \frac{T H}{C H}=\frac{O M}{B M} \cdot \frac{H B}{C H} \operatorname{tg} \gamma

Но от

\triangle O M B

имаме

\frac{O M}{B M}=\operatorname{cotg} \gamma

и следователно

\frac{P M}{B M}=\operatorname{cotg} \gamma \frac{H B}{C H} \operatorname{tg} \gamma=\frac{H B}{C H}.

От горното следва, че

\triangle P M B \sim \triangle B H C

, откъдето

\angle P B M=\angle B C H

. Следователно

\angle P A B=\angle P B M=\angle B C H

и значи

A P \perp B C

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2021-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички функции

f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}

такива, че

f(x) f(y+f(x))=f(x y+1) \quad \forall x, y\gt{}0.

Решение

(1) Очевидно функциите

f=1

и

f(x)=1 / x

изпълняват даденото равенство. Ще докажем, че други няма. (2) Първо да отбележим, че ако

y=\frac{f(x)-1}{x-1}\gt{}0

за някое

x \neq 1

, то

y+f(x)=x y+1

и тогава

f(x)=1

- противоречие. (3) Ако

f(z)=1 / z

за всяко

z\gt{}1

, от условието при

y\gt{}1

следва, че

f(x)=1 / x

за всяко

x\gt{}0

. (4) Нека сега

f(x) \neq 1 / x

за някое

x\gt{}1

. Тогава

x=x y+1

при

y=1-1 / x\gt{}0

и значи

f(a)=1

за

a=1-1 / x+f(x)

. Тогава

f(z+1)=f(a) f(z+f(a))=f(a z+1)

и по индукция следва, че

(*) f(z+1)=f\left(a^{n} z+1\right)

за всеки

z\gt{}0

и

n \in \mathbb{Z}

. (5) Нека

u, v\gt{}1

. Понеже

a \neq 1

, можем да изберем

n \in \mathbb{Z}

така, че

b_{n}=a^{n}(u-1)\gt{}v(1-f(v))

, т. е.

c_{n}=\frac{b_{n}}{v}+f(v)\gt{}1

. Тогава

f\left(c_{n}\right) \leq 1

съгласно (2) и значи

f(v) \geq f(v) f\left(c_{n}\right)=f\left(b_{n}+1\right)=f(u)

съгласно (*). Аналогично

f(u) \geq f(v)

, т. е.

f(x)

е константа при

x\gt{}1

. (6) Сега от условието при

y\gt{}1

следва, че

f(x)=1

при

x\gt{}0

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2021-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадени са две безкрайни аритметични прогресии от естествени числа

a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}a_{3}\lt{}\cdots \text{и} b_{1}\lt{}b_{2}\lt{}b_{3}\lt{}\cdots

Известно е, че съществуват безбройно много двойки естествени числа (

i, j

), за които

i \leq j \leq i+2021

и

a_{i}

дели

b_{j}

. Да се докаже, че за всяко естествено число

i

съществува естествено число

j

, за което

a_{i}

дели

b_{j}

.

Решение

Ясно е, че съществува фиксирано число

k

за което

a_{i}

дели

b_{i+k}

за безбройно много стойности на

i

. Ако

d_{a}

дели

d_{b}

са разликите на двете прогресии, то:

a_{i}-a_{1}=(i-1) d_{a} \text{e} b_{i+k}-b_{1}-k d_{b}=(i-1) d_{b}

откъдето получаваме:

\frac{a_{i}-a_{1}}{b_{i+k}-b_{1}-k d_{b}}=\frac{d_{a}}{d_{b}}

Записваме последното равенство във вида:

a_{i} d_{b}-b_{i+k} d_{a}=a_{1} d_{b}-d_{a}\left(b_{1}+k d_{b}\right) \tag{1}

Лявата част на горното равенство се дели на

a_{i}

, което означава, че дясната част също се дели на

a_{i}

. Следователно за безбройно много

i

числото

a_{i}

дели константата

a_{1} d_{b}-d_{a}\left(b_{1}+k d_{b}\right)

Тъй като

a_{i}

става произволно голямо, това е възможно само при

a_{1} d_{b}-d_{a}\left(b_{1}+k d_{b}\right)=0

. От (1) получаваме

a_{i} d_{b}=b_{i+k} d_{a}

и понеже

a_{i} b_{i+k}

, то

d_{a}

дели

d_{b}

, т. е.

d_{b}=l. d_{a}

. Имаме:

a_{1} d_{b}-d_{a}\left(b_{1}+k d_{b}\right)=0 \Longleftrightarrow l \cdot a_{1}=b_{1}+k l d_{a}

откъдето

b_{1}=s l

и следователно

a_{1}=s+k d_{a}

. За всяко

i

(като използваме, че

b_{1}=s l

и

d_{b}=l d_{a}

) имаме:

a_{i}=a_{1}+(i-1) d_{a}=s+(k+i-1) d_{a} \text{и} b_{i+k}=

b_{1}+(i-k+1) d_{b}=l a_{i} \text{.}

Следователно

a_{i}

дели

b_{i+k}

за всяко

i

.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2021-9-4

Задача 4d

Пълен запис

Условие

Да се докаже, че не съществуват естествени числа

x

и

y

, за които числото

\left(x^{4} y^{2}+1\right)\left(y^{2}-1\right)

се записва във вида

3^{m} 37^{n}

, където

m

и

n

са естествени числа.

Решение

Ако

x=y

, получаваме квадратното уравнение

x^{2}-(a+1) x-1=

0, което има два реални различни корена

x_{1, 2}=\frac{a+1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}(a+1)^{2}+4}}{2}

. Следователно в този случай системата има две решения. При

x \neq y

след почленно изваждане получаваме

x^{2}-y^{2}=(1-a)(x-y)

, откъдето

\left\{\begin{array}{l} x^{2}=x+a y+1 \cr x+y=1-a \end{array} \Longleftrightarrow\right| \begin{aligned} & x^{2}+(a-1) x+a^{2}-a-1=0 \\ & y=1-a-x \end{aligned}.

Тъй като по-горе намерихме две решения, последната система трябва да има единствено решение, за което

x \neq y

, или да има две решения, като точно за едното от тях имаме

x=y

. В първия случай дискриминантата на квадратното уравнение е равна на 0, т. е.

(1-a)^{2}-4\left(a^{2}-a-1\right)=0 \Longleftrightarrow 3 a^{2}-2 a-5=0

, откъдето

a_{1}=-1

,

a_{2}=\frac{5}{3}

. При

a_{1}=-1

получаваме

x=y=1

, а при

a_{2}=\frac{5}{3}

намираме

x=y=-\frac{1}{3}

, т. е. нямаме три различни решения на системата (и двете се получават за съответните стойности на

a

от първия случай). Във втория случай дискриминантата е положителна и за да имаме решение с

x=y

е необходимо

2 x=1-a

и

x^{2}+(a-1) x+a^{2}-a-1=0

, откъдето получаваме

3 a^{2}-2 a-5=0

, т. е. дискриминантата е нулева и отново нямаме три различни решения.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2021-9-4d

Задача 5

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2021-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Точка

S

е средата на дъгата

A C B

от описаната окръжност

k

около

\triangle A B C (A C\gt{}B C)

. Нека

I

е центърът на вписаната в

\triangle A B C

окръжност. Правата

S I

пресича окръжността

k

за втори път в точка

T

. Нека

D

е симетричната точка на

I

спрямо точката

T

, а

M

е средата на страната

A B

. Правата

I M

пресича правата през

D

, успоредна на

A B

, в точка

E

. Да се докаже, че

A E=B D

.

Решение

Имаме

\angle A T I=\angle A T S=\angle B T S=\angle B T I

и

\angle A I B=90+\frac{\gamma}{2}

. Тъй като

\angle T A I+\angle T I A=90+\frac{\gamma}{2}

то

\angle T A I=\angle T I B

и следователно

\triangle A I T \sim \triangle B I T

. Получаваме

D T^{2}=I T^{2}=A T \cdot B T

, откъдето следва, че

\triangle A T D \sim \triangle D T B

. Пресмятаме

\angle A D B=\angle A D I=180^{\circ}-A I B,

т. е.

A D B I

е вписан четириъгълник. Понеже

\frac{A D}{B D}=\frac{A T}{T D}=\frac{A T}{T I}=\frac{A I}{B I}

, то

A D B I

е хармоничен четириъгълник. Следователно

I D

е симедиана в

\triangle A B I

, т. е.

\angle A I M=\angle D I B

. Ако

L

е пресечната точка на правата

I M

с описаната около четириъгълника

A D B I

окръжност, то

A L=B D

и понеже

A L D B

е вписан, то

D L

е успоредна на

A B

. Следователно

L

съвпада с

E

и твърдението е доказано.

Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2021-9-6

Национална олимпиада по математика — национален кръг

2021

Открити липси за попълване от източника

9

Условие

Условие

Условие

Условие

Условие

Условие

Условие

Условие