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

2022

Назад към папките

9

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Бял равностранен триъгълник TT със страна 2022 е разделен на равностранни триъгълници със страна 1 (клетки) чрез прави, успоредни на страните на TT. Две клетки ще наричаме съседни, ако имат поне един общ връх. Иван оцветява някои от клетките в черно. Без да вижда кои клетки са черни, Петър само веднъж избира множество SS от клетки (поне една) и пита Иван дали броят черни измежду избраните е четен или нечетен. След като получи отговор, Петър успява да разбере дали броят двойки разноцветни съседни клетки в TT е четен или нечетен. Да се намерят всички възможни стойности на големината на SS, при които това е винаги възможно без значение кои са черните клетки.
РешениеЗа удобство ще пишем AA вместо Иван и BB вместо Петър. Основната идея разчита на следната: Лема. В граф GG с бели върхове нека AA оцвети някои от върховете в черно, а BB пита за четността на броя на черните в множество SS от върхове, като с отговора може еднозначно да определи четността на броя разноцветни двойки съседни върхове в GG. Тогава SS може да бъде само множеството от всички върхове от нечетна степен в GG. Доказателство. Работим по модул 2. Записваме във всеки черен връх числото 1, във всеки бял връх числото 0 и върху всяко ребро сумата на числата във върховете му. Всеки черен връх от нечетна степен допринася с 1 към сумата от числата върху ребрата, всеки черен връх от четна степен с 0, всеки бял връх също с 0. Следователно сумата от числата върху ребрата в GG е със същата четност като тази на броя черни върхове от нечетна степен в GG. Така при въпрос с множеството NN от върховете от нечетна степен сме готови; обратно, при въпрос с множество, различно от NN, не можем да възстановим еднозначно четността на броя черни върхове в NN. С това лемата е доказана. Остава да преброим броя на клетките с нечетен брой съседи в TT. Всяка клетка, която няма обща точка с периметъра на TT, има 12 съседа. Трите клетки по периметъра, всяка от които е съсед по страна на ъглова клетка в TT, имат по 6 съседа. Всяка клетка със страна върху периметъра има 7 съседа и всяка клетка с връх (но не и страна) върху периметъра (освен гореспоменатите три) има 9 съседа. Понеже всяка страна на TT има поне една обща точка с 2⋅20222 \cdot 2022 - 1 клетки, а всеки две страни имат по две общи клетки (като само една е от нечетна степен), търсеният брой е 3⋅(2⋅2022−5)+3=121203 \cdot(2 \cdot 2022-5)+3=12120.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2022-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник ABCA B C със среда MM на страната ABA B. Окръжност през точките BB и CC пресича отсечките CMC M и BMB M в точките PP и QQ, съответно. Точката KK е симетрична на PP относно MM. Описаните около триъгълниците AKMA K M и CQMC Q M окръжности се пресичат за втори път в точка XX, а описаните около триъгълниците AMCA M C и KMQK M Q окръжности се пресичат за втори път в точка YY. Отсечките BPB P и CQC Q се пресичат в точка TT. Да се докаже, че MTM T е допирателна към описаната около триъгълника MXYM X Y окръжност.
Решение(А. Иванов) Явно AKBPA K B P е успоредник, откъдето с вписания BQPCB Q P C получаваме ∠AKC=∠KPB=∠AQC=φ\angle A K C=\angle K P B=\angle A Q C=\varphi, т. е. AKQCA K Q C е вписаннека центърът му е OO. Тогава ∠AYC=(180∘−∠AYM)+(180∘−∠CYM)=∠AKM+∠CQM=2φ=∠AOC\angle A Y C=\left(180^{\circ}-\angle A Y M\right)+\left(180^{\circ}-\angle C Y M\right)=\angle A K M+\angle C Q M=2 \varphi= \angle A O C, т. е. AOYCA O Y C е вписан. Оттук ∠OYM=∠CYM−∠CYO=(360∘−∠AYC−∠AYM)−∠CAO=180∘−φ−(90∘−φ)=90∘\angle O Y M=\angle C Y M-\angle C Y O=\left(360^{\circ}-\angle A Y C-\angle A Y M\right)- \angle C A O=180^{\circ}-\varphi-\left(90^{\circ}-\varphi\right)=90^{\circ} и аналогично ∠OXM=90∘\angle O X M=90^{\circ}. Сега ако TM∩AK=T′T M \cap A K=T^{\prime}, то TM=MT′T M=M T^{\prime} от успоредника AKBPA K B P и сега обратната теорема за пеперудата в AKQCA K Q C дава OM⊥TT′O M \perp T T^{\prime}, т. е. OM⊥MTO M \perp M T. Следователно MTM T е перпендикулярна на диаметъра OMO M на окръжността около MXYM X Y и исканото следва. ( Втори начин, М. Маринов) Явно AKBPA K B P е успоредник, откъдето с вписания BQPCB Q P C получаваме ∠AKC=∠KPB=∠AQC\angle A K C=\angle K P B=\angle A Q C, т. е. AKQCA K Q C е вписаннека центърът му е OO. Да разгледаме композицията ff от инверсия с център MM и радиус x2MA⋅MQ=x2MC⋅MK\sqrt{\vphantom{x^2}M A \cdot M Q}=\sqrt{\vphantom{x^2}M C \cdot M K} и симетрия относно точката MM. Да означим AK∩CQ=X′A K \cap C Q=X^{\prime} и AC∩KQ=Y′A C \cap K Q=Y^{\prime}. Тогава f(A)=Q,f(C)=Kf(A)=Q, f(C)=K и от свойствата на инверсията следва f(X)=X′f(X)=X^{\prime} и f(Y)=Y′f(Y)=Y^{\prime}. Тъй като правата TMT M (която минава през центъра MM на инверсията и симетрията) остава в себе си, исканото е еквивалентно на TM∥X′Y′T M \| X^{\prime} Y^{\prime}. От теоремата на Брокар за вписания AKQCA K Q C имаме OM⊥X′Y′O M \perp X^{\prime} Y^{\prime} и значи остава да докажем, че OM⊥MTO M \perp M T. Ако TM∩AK=T′T M \cap A K=T^{\prime}, то TM=MT′T M=M T^{\prime} от успоредника AKBPA K B P и сега обратната теорема за пеперудата в AKQCA K Q C дава OM⊥TT′O M \perp T T^{\prime}, с което исканото следва.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2022-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека x>y>2022x\gt{}y\gt{}2022 са естествени числа, такива че xy+x+yx y+x+y е точен квадрат. Възможно ли е за всяко естествено zz в интервала [x+3y+1,3x+y+1][x+3 y+1, 3 x+y+1] числата x+y+zx+y+z и x2+xy+y2x^{2}+x y+y^{2} да не са взаимнопрости?
РешениеНе е възможно! Да положим k=x2xy+x+yk=\sqrt{\vphantom{x^2}x y+x+y} и z=x+y+2k+1z=x+y+2 k+1. Тъй катоy<x2y2+2y≤x2xy+x+y=k≤y\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}y^{2}+2 y} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}x y+x+y}=k \leqx2x2+2x<x+1, \sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}+2 x}\lt{}x+1,⟹k∈(y,x], \quad \Longrightarrow \quad k \in(y, x],откъдето z∈(x+3y+1,3x+y+1]z \in(x+3 y+1, 3 x+y+1]. Лесно се проверява, че xy+yz+zx=(x+y+k)2x y+y z+z x=(x+y+k)^{2} и xy+yz+zx+x+y+z=(x+y+k+1)2x y+y z+z x+x+y+z=(x+y+k+1)^{2}. Да допуснем, че съществува просто число pp, за което p∣(x+y+z,x2+xy+y2)p \mid\left(x+y+z, x^{2}+x y+y^{2}\right). Тогава x+y≡−z( mod p)x+y \equiv-z(\bmod p) и значи x2+xy+y2=(x+y)2−xy≡−xy−yz−zx( mod p)x^{2}+x y+y^{2}= (x+y)^{2}-x y \equiv-x y-y z-z x(\bmod p). Така получаваме, че p∣xy+yz+zxp \mid x y+y z+z x и p∣x+y+zp \mid x+y+z, т. е p∣(x+y+k)2p \mid(x+y+k)^{2} и p∣(x+y+k+1)2p \mid(x+y+k+1)^{2}, което е противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2022-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека n≥4n \geq 4 е естествено число и x1,x2,…,xn,xn+1,xn+2x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}, x_{n+1}, x_{n+2} са реални числа, такива че xn+1=x1x_{n+1}=x_{1} и xn+2=x2x_{n+2}=x_{2}. Ако съществува реално положително число aa, такова, чеxi2=a+xi+1xi+2x_{i}^{2}=a+x_{i+1} x_{i+2}за всяко i=1,2,…,ni=1, 2, \ldots, n, то да се докаже, че поне 2 от числата x1,x2,…,xnx_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n} са отрицателни.
РешениеДа забележим, че xi2xi+1=axi+1+xi+12xi+2x_{i}^{2} x_{i+1}=a x_{i+1}+x_{i+1}^{2} x_{i+2} е вярно за всяко i=1,2,…,ni=1, 2, \ldots, n. Следователно след сумиране на тези равенства за i=1,2,…,ni=1, 2, \ldots, n получаваме, че е в сила равенството ∑i=1nxi2xi+1=a∑i=1nxi+∑i=1nxi2xi+1\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2} x_{i+1}=a \sum_{i=1}^{n} x_{i}+\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2} x_{i+1}, което означава, че ∑i=1nxi=0\sum_{i=1}^{n} x_{i}=0. Тъй като a>0a\gt{}0, то поне едно от числата xix_{i} е различно от нула и следователно поне едно от тях е отрицателно. Да допуснем, че има точно едно отрицателно число и нека без ограничение на общността това бъде x1x_{1}. Тогава имаме, че x22=a+x3x4≥ax_{2}^{2}=a+x_{3} x_{4} \geq a и ∣x1∣=x2+⋯+xn\left|x_{1}\right|=x_{2}+\cdots+x_{n}. Последното означава, че (x2+⋯+xn)2=x12=a+x2x3\left(x_{2}+\cdots+x_{n}\right)^{2}=x_{1}^{2}=a+x_{2} x_{3}, следователно x22−a+∑i=3nxi2+x2x3≤0x_{2}^{2}-a+\sum_{i=3}^{n} x_{i}^{2}+x_{2} x_{3} \leq 0. Оттук получаваме, че x2=x2ax_{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}a} и x3=⋯=xn=0x_{3}=\cdots=x_{n}=0. Сега, ако заместим в равенството от условието за i=3i=3, получаваме, че 0=x32=a+x4x5=a0=x_{3}^{2}=a+x_{4} x_{5}=a, което е противоречие. Следователно поне 2 от числата са отрицателни.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2022-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Даден е равнобедрен триъгълник ABCA B C със страни AB=4,BC=AC=6A B=4, B C=A C=6. Върху страната ABA B са избрани последователно точки X1,X2,X3,⋯X_{1}, X_{2}, X_{3}, \cdots, за които отсечките AX1,X1X2,X2X3,⋯A X_{1}, X_{1} X_{2}, X_{2} X_{3}, \cdots образуват безкрайна геометрична прогресия с първи член 3 и частно 14\frac{1}{4}. Върху страната CBC B са избрани последователно точки Y1,Y2,Y3,⋯Y_{1}, Y_{2}, Y_{3}, \cdots, за които отсечките CY1,Y1Y2,Y2Y3,⋯C Y_{1}, Y_{1} Y_{2}, Y_{2} Y_{3}, \cdots образуват безкрайна геометрична прогресия с първи член 3 и частно 12\frac{1}{2}. Върху страната ACA C са избрани последователно точки Z1,Z2,Z3,⋯Z_{1}, Z_{2}, Z_{3}, \cdots, за които отсечките AZ1,Z1Z2,Z2Z3,⋯A Z_{1}, Z_{1} Z_{2}, Z_{2} Z_{3}, \cdots образуват безкрайна геометрична прогресия с първи член 3 и частно 12\frac{1}{2}. Да се намерят всички тройки ( a,b,ca, b, c ) от естествени числа, за които отсечките AYa,BZbA Y_{a}, B Z_{b} и CXcC X_{c} се пресичат в една точка.
РешениеНека n>1n\gt{}1 е естествено число. Върху отсечка PQP Q с дължина a11−1n\frac{a_{1}}{1-\frac{1}{n}} са избрани точки T1,T2,⋯T_{1}, T_{2}, \cdots, за които отсечките PT1,T1T2,T2T3,⋯P T_{1}, T_{1} T_{2}, T_{2} T_{3}, \cdots образуват геометрична прогресия с първи член a1a_{1} и частно 1n\frac{1}{n}. Ще докажем, че PTsTsQ=ns−1\frac{P T_{s}}{T_{s} Q}=n^{s}-1. Наистина, от PTs=a1(1−(1n)s)1−1nP T_{s}=\frac{a_{1}\left(1-\left(\frac{1}{n}\right)^{s}\right)}{1-\frac{1}{n}} и PQ=a11−1nP Q=\frac{a_{1}}{1-\frac{1}{n}} получавамеPTsTsQ=\frac{P T_{s}}{T_{s} Q}=a1(1−(1n)s)1−1na11−1n−a1(1−(1n)s)1−1n=\frac{\frac{a_{1}\left(1-\left(\frac{1}{n}\right)^{s}\right)}{1-\frac{1}{n}}}{\frac{a_{1}}{1-\frac{1}{n}}-\frac{a_{1}\left(1-\left(\frac{1}{n}\right)^{s}\right)}{1-\frac{1}{n}}}=ns−1n^{s}-1Като приложим това твърдение и теоремата на Чева, получаваме:1=AXcXcB⋅BYaYaC⋅CZbZbA=1=\frac{A X_{c}}{X_{c} B} \cdot \frac{B Y_{a}}{Y_{a} C} \cdot \frac{C Z_{b}}{Z_{b} A}=4c−1(2a−1)(2b−1)\frac{4^{c}-1}{\left(2^{a}-1\right)\left(2^{b}-1\right)}и следователно 4c−1=(2a−1)(2b−1)⟺4c=2a+b−2a−2b+24^{c}-1=\left(2^{a}-1\right)\left(2^{b}-1\right) \Longleftrightarrow 4^{c}=2^{a+b}-2^{a}-2^{b}+2. Тъй като a,b,c≥1a, b, c \geq 1 от последното равенство следва, че a=1a=1 (без ограничение a≤ba \leq b ). Тогава 4c=2a+b−2a4^{c}=2^{a+b}-2^{a} 2b+2⇒4c=2b⟺b=2c2^{b}+2 \Rightarrow 4^{c}=2^{b} \Longleftrightarrow b=2 c и така получаваме (a,b,c)=(1,2k,k)(a, b, c)=(1, 2 k, k) или (a,b,c)=(2k,1,k)(a, b, c)=(2 k, 1, k) за k∈Nk \in \mathbb{N}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2022-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека n≥2n \geq 2 е естествено число. Множествата A1,…,AnA_{1}, \ldots, A_{n} и B1,…,BnB_{1}, \ldots, B_{n} от естествени числа са такива, че сечението Ai∩BjA_{i} \cap B_{j} е непразно за всеки две i,j∈{1,2,…,n}i, j \in\{1, 2, \ldots, n\}, а сеченията Ai∩AjA_{i} \cap A_{j} и Bi∩BjB_{i} \cap B_{j} са празни за всеки две различни i,j∈{1,2,…,n}i, j \in\{1, 2, \ldots, n\}. За всяко от множествата подреждаме елементите му в низходящ ред и пресмятаме най-голямата разлика между два съседни елемента в получената наредба. Да се намери най-малката възможна стойност на най-голямата измежду тези разлики.
РешениеВъзможен пример е AiA_{i}-тата да са редовете, а BjB_{j}-тата да са колоните на квадратна таблица n×nn \times n, в която числото в клетката на ред ii и стълб jj е (n−1)i+j(n-1) i+j. Тук всички разлики при AiA_{i}-тата са равни на 1, а всички при BjB_{j}-тата са равни на nn. Нека преминем към
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2022-9-6