maths.bgmaths.bg
Всички колекции
OLIOBL

Национална олимпиада по математика — областен кръг

341 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.

23 години5 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2003

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2003-9-5: има placeholder текст

9

4 задачи

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа aa такива, че 4[an]=n+[a[an]]4[a n]=n+ [a[a n]] за всяко естествено число nn ([ x]x] означава най-голямото цяло число, ненадминаващо xx ).
РешениеОт условието следва, че4(an−1)<n+a(an)и4an>n+a(an−1)−1,т. е.1+a2−a+1n<4a<1+a2+4n.\begin{gathered} 4(a n-1)\lt{}n+a(a n) \text{и} 4 a n\gt{}n+a(a n-1)-1, \\ \text{т. е.} 1+a^{2}-\frac{a+1}{n}\lt{}4 a\lt{}1+a^{2}+\frac{4}{n}. \end{gathered}При n→∞n \rightarrow \infty заключаваме, че 1+a2=4a1+a^{2}=4 a, откъдето a=2−x23a=2-\sqrt{\vphantom{x^2}3} или a=2+x23a= 2+\sqrt{\vphantom{x^2}3}. Като заместим n=1n=1 в условието виждаме, че първият случай не е възможен. Във втория случай полагаме b=[na]b=\left[\frac{n}{a}\right] и c=na−bc=\frac{n}{a}-b. Понеже a=4−1aa=4-\frac{1}{a}, тоn+[a[an]]=[n+a[4n−na]]=[n+a(4n−b−1)]=[a(4n−1+c)]==[(4−1a)(4n−1+c)]=[4(4n−1)−4(na−c)+1−ca]=4(4n−1−b)=\begin{aligned} & n+[a[a n]]=\left[n+a\left[4 n-\frac{n}{a}\right]\right]=[n+a(4 n-b-1)]=[a(4 n-1+c)]= \\ = & {\left[\left(4-\frac{1}{a}\right)(4 n-1+c)\right]=\left[4(4 n-1)-4\left(\frac{n}{a}-c\right)+\frac{1-c}{a}\right]=4(4 n-1-b)=} \end{aligned}=4[4n−na]=4[an]=4\left[4 n-\frac{n}{a}\right]=4[a n]. Следователно a=2+x23a=2+\sqrt{\vphantom{x^2}3} е единственият отговор на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2003-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Точка DD върху страната ACA C на △ABC\triangle A B C е такава, че BD=CDB D=C D. През точка EE от страната BCB C е прекарана права, успоредна на BDB D, която пресича правата ABA B в точка FF. Ако G=AE∩BDG=A E \cap B D, да се докаже, че ∠BCG=∠BCF\angle B C G=\angle B C F.
РешениеАко H=AC∩EFH=A C \cap E F, то ∠CDG=∠FHC\angle C D G=\angle F H C иCDDG=BDDG=FHHE=FHHC\frac{C D}{D G}=\frac{B D}{D G}=\frac{F H}{H E}=\frac{F H}{H C}Тогава △CDG∼△FHC\triangle C D G \sim \triangle F H C и значи ∠GCD=∠CFH\angle G C D=\angle C F H, откъдето∠BCG=∠BCD−∠GCD=∠CEH−∠CFH=∠BCF.\angle B C G=\angle B C D-\angle G C D=\angle C E H-\angle C F H=\angle B C F \text{.}\setcounter{enumi}{4} (∗)(*) Ако y=0y=0, от първото уравнение следва, че x=−zx=-z, заместваме във второто и намираме x=z=0x=z=0, като тройката ( 0,0,00, 0, 0 ) очевидно е решение на системата. При y≠0y \neq 0 полагаме a=xy,b=zya=\frac{x}{y}, b=\frac{z}{y} и системата добива вида∣ 1+a+b=3ay1+a2+b2=3aby(1+a3+b3)=3b\left\lvert\, \begin{aligned} & 1+a+b=3 a y \\ & 1+a^{2}+b^{2}=3 a b \\ & y\left(1+a^{3}+b^{3}\right)=3 b \end{aligned}\right.Като изключим yy, получаваме∣ (1+a+b)(1+a3+b3)=9ab1+a2+b2=3ab\left\lvert\, \begin{aligned} & (1+a+b)\left(1+a^{3}+b^{3}\right)=9 a b \\ & 1+a^{2}+b^{2}=3 a b \end{aligned}\right.Тогава за u=a+b,v=abu=a+b, v=a b имаме, че∣ (1+u)(1+u3−3uv)=9v1+u2−2v=3v\left\lvert\, \begin{aligned} & (1+u)\left(1+u^{3}-3 u v\right)=9 v \\ & 1+u^{2}-2 v=3 v \end{aligned}\right.откъдето v=u2+15v=\frac{u^{2}+1}{5} и 0=u4+u3−6u2+u−2=(u−2)(u3+3u2+1)0=u^{4}+u^{3}-6 u^{2}+u-2=(u-2)\left(u^{3}+3 u^{2}+1\right). Случаят u=2u=2 води до v=1,a=b=1v=1, a=b=1 и решението (x,y,z)=(1,1,1)(x, y, z)=(1, 1, 1). Функцията f(u)=u3+3u2+1f(u)=u^{3}+3 u^{2}+1 има локален максимум при u=−2u=-2 и локален минимум при u=0u=0. Понеже f(0)=1>0f(0)=1\gt{}0, уравнението f(u)=0f(u)=0 има единствен реален корен u0u_{0}, като u0<−2u_{0}\lt{}-2. Тогава u02−4u02+15=u02−45>0u_{0}^{2}-4 \frac{u_{0}^{2}+1}{5}=\frac{u_{0}^{2}-4}{5}\gt{}0 и следователно систематаa+b=u0ab=u02+15\begin{aligned} & a+b=u_{0} \\ & a b=\frac{u_{0}^{2}+1}{5} \end{aligned}има две решения, които водят до още две решения на дадената система. Окончателно, системата от условието на задачата има четири реални решения.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2003-9-4

Задача 5

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2003-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Едно множество CC от различни естествени числа ще наричаме "добро ако за всяко цяло число kk съществуват a,b∈C,a≠ba, b \in C, a \neq b, такива, че числата a+ka+k и b+kb+k не са взаимно прости. Да се докаже, ако сумата от елементите на CC е равна на 2003, то за някое c∈Cc \in C множеството C\{c}C \backslash\{c\} също е "добро".
РешениеНека p1,p2,…,pnp_{1}, p_{2}, \ldots, p_{n} са всички прости делители на всевъзможните разлики на две различни числа от CC. Да допуснем, че за всяко pip_{i} съществува остатък αi\alpha_{i}, който се среща най-много веднъж при деление на числата от CC на pip_{i}. Съгласно Китайската теорема за остатъците можем да намерим цяло число kk, даващо остатък −αi-\alpha_{i} при деление на pip_{i} за всяко ii. От условието следва, че pjp_{j} дели a+ka+k и b+kb+k за някое jj и някои a,b∈Ca, b \in C. Тогава aa и bb дават остатък αj\alpha_{j} при деление на pjp_{j}, което е противоречие. И така, числата от CC дават поне по два пъти всеки остатък при деление на някое просто число pp. Ако допуснем, че тези остатъци се срещат точно по два пъти, то сумата от числата в CC ще има вида p.r+2(0+1+⋯+p−1)=p(r+p−1),r≥1p. r+2(0+1+\cdots+p-1)=p(r+p-1), r \geq 1 - противоречие, понеже 2003 е просто число. Следователно някой остатък се среща поне три пъти и като махнем от CC кое да е число, даващо този остатък, получаваме отново "добро" множество.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2003-9-6