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

2004

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2004-11-3: има placeholder текст
  • oliobl2004-11-5: има placeholder текст
  • oliobl2004-12-3: има placeholder текст

9

2 задачи

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че910≤a1+bc+b1+ca+c1+ab<1,\frac{9}{10} \leq \frac{a}{1+b c}+\frac{b}{1+c a}+\frac{c}{1+a b}\lt{}1,където a,ba, b и cc са положителни числа така, че a+b+c=1a+b+c=1.
РешениеЗа дясното неравенство е достатъчно да съобразим, че знаменателите са по-голем от 1 и тогава a1+bc+b1+ca+c1+ab<a+b+c=1\frac{a}{1+b c}+\frac{b}{1+c a}+\frac{c}{1+a b}\lt{}a+b+c=1. За да докажем лявото неравенство, можем да считаме, че a≤b≤ca \leq b \leq c. Тогава 11+bc≤11+ca≤11+ab\frac{1}{1+b c} \leq \frac{1}{1+c a} \leq \frac{1}{1+a b}. Като приложим последователно неравенството на Чебишев, неравенството между средното аритметично и средното хармонично, и неравенството (a+b+c)2≥3(ab+bc+ca)(a+b+c)^{2} \geq 3(a b+b c+c a) (което след разкриване на скобите е еквивалентно на (a−b)2+(b−c)2+(c−a)2≥0(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} \geq 0 ), получаваме, чеa1+bc+b1+ca+c1+ab≥a+b+c3(11+bc+11+ca+11+ab)=11+bc+11+ca+11+ab≥93+ab+bc+ca≥93+(a+b+c)23=2710\begin{aligned} & \frac{a}{1+b c}+\frac{b}{1+c a}+\frac{c}{1+a b} \geq \frac{a+b+c}{3}\left(\frac{1}{1+b c}+\frac{1}{1+c a}+\frac{1}{1+a b}\right) \\ = & \frac{1}{1+b c}+\frac{1}{1+c a}+\frac{1}{1+a b} \geq \frac{9}{3+a b+b c+c a} \geq \frac{9}{3+\frac{(a+b+c)^{2}}{3}}=\frac{27}{10} \end{aligned}
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се реши в цели числа уравнениетоx3+10x−1=y3+6y2x^{3}+10 x-1=y^{3}+6 y^{2}
РешениеЯсно е, че xx и yy трябва да са с различна четнист. Тогава k=x−yk=x-y е нечетно число и получаваме уравнението(3k−6)y2+(3k2+10)y+k3+10k−1=0(3 k-6) y^{2}+\left(3 k^{2}+10\right) y+k^{3}+10 k-1=0което е квадратно относно yy. Дискриминантата му D=−3k4+24k3−60k2+252k+76D=-3 k^{4}+24 k^{3}- 60 k^{2}+252 k+76 трябьа да е точне квадрат. Понеже D=−k2(k2−24k+60)+252k+76D=-k^{2}\left(k^{2}-24 k+\right. 60)+252 k+76, то D<0D\lt{}0 при k≤−1k \leq-1. От друга страна, D=3k3(8−k)+2(38−k2)+2k(126−29k)D=3 k^{3}(8-k)+ 2\left(38-k^{2}\right)+2 k(126-29 k) и следователно D<0D\lt{}0 и при k≥8k \geq 8. Също така D=−71<0D=-71\lt{}0 при k=7k=7. Остават случаите k=1,3,5k=1, 3, 5. Тогава съответно D=289=172,D=697D=289=17^{2}, D=697 и D=961=312D=961=31^{2}, което води до решенията x=6,y=5x=6, y=5 и x=2,y=−3x=2, y=-3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши неравенството x2x2−1+x22x2−3+xx23>0\sqrt{\vphantom{x^2}x^{2}-1}+\sqrt{\vphantom{x^2}2 x^{2}-3}+x \sqrt{\vphantom{x^2}3}\gt{}0.
РешениеНеравенството има смисъл при x∈(−∞,−x262]∪[x262,+∞)x \in\left(-\infty, -\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{2}\right] \cup\left[\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{2}, +\infty\right). Очевидно всички стойности на xx от последния интервал са решения. Нека x∈(−∞,−x262]x \in\left(-\infty, -\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{2}\right]. Тогава неравенството е еквивалентно на x2(x2−1)(2x2−3)>2⟺2x4−5x2−1>0\sqrt{\vphantom{x^2}\left(x^{2}-1\right)\left(2 x^{2}-3\right)}\gt{}2 \Longleftrightarrow 2 x^{4}- 5 x^{2}-1\gt{}0. Като вземем предвид решенията на биквадратното неравенство, получаваме в този случай x∈(−∞,−x25+332)x \in\left(-\infty, -\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5+\sqrt{33}}}{2}\right). И така,x∈(−∞,−x25+332)∪[x262,+∞)x \in\left(-\infty, -\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}5+\sqrt{33}}}{2}\right) \cup\left[\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{2}, +\infty\right)
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C с медицентър MM. a) Да се докаже, че cotg⁡∠AMB=BC2+CA2−5AB212SABC\operatorname{cotg} \angle A M B=\frac{B C^{2}+C A^{2}-5 A B^{2}}{12 S_{A B C}}б) Да се докаже, че cotg⁡∠AMB+cotg⁡∠BMC+cotg⁡∠CMA≤−x23\operatorname{cotg} \angle A M B+\operatorname{cotg} \angle B M C+\operatorname{cotg} \angle C M A \leq-\sqrt{\vphantom{x^2}3}.
РешениеЩе изпозваме стандартните означения за елементите на △ABC\triangle A B C. a) С помощта на косинусова теорема за △AMB\triangle A M B имамеcos⁡∠AMB=AM2+BM2−AB22AM⋅MB.\cos \angle A M B=\frac{A M^{2}+B M^{2}-A B^{2}}{2 A M \cdot M B}.Оттук и от равенството sin⁡∠AMB=2S3AM⋅MB\sin \angle A M B=\frac{2 S}{3 A M \cdot M B} получавамеcotg⁡∠AMB=3(AM2+BM2−AB2)4S=\operatorname{cotg} \angle A M B=\frac{3\left(A M^{2}+B M^{2}-A B^{2}\right)}{4 S}=a2+b2−5c212S\frac{a^{2}+b^{2}-5 c^{2}}{12 S}(за последното равенство се използва формулата за медианата). б) Както в а) се вижда, чеcotg⁡∠BMC=b2+c2−5a212S,\operatorname{cotg} \angle B M C=\frac{b^{2}+c^{2}-5 a^{2}}{12 S},cotg⁡∠CMA=c2+a2−5b212S. \operatorname{cotg} \angle C M A=\frac{c^{2}+a^{2}-5 b^{2}}{12 S}.Следователноcotg⁡∠AMB+cotg⁡∠BMC+cotg⁡∠CMA=\operatorname{cotg} \angle A M B+\operatorname{cotg} \angle B M C+\operatorname{cotg} \angle C M A=−a2+b2+c24S.-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{4 S}.Остава да докажем, че a2+b2+c2≥4Sx23a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 4 S \sqrt{\vphantom{x^2}3}. От Хероновата формула получавамеS2=p(p−a)(p−b)(p−c)≤S^{2}=p(p-a)(p-b)(p-c) \leqp(p−a+p−b+p−c3)3=p427 p\left(\frac{p-a+p-b+p-c}{3}\right)^{3}=\frac{p^{4}}{27}(приложихме неравенството между средното аритметично и средното геометрично), откъдетоS≤p23x23=(a+b+c)212x23≤S \leq \frac{p^{2}}{3 \sqrt{\vphantom{x^2}3}}=\frac{(a+b+c)^{2}}{12 \sqrt{\vphantom{x^2}3}} \leqa2+b2+c24x23 \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{4 \sqrt{\vphantom{x^2}3}}(приложихме неравенството между средното аритметично и средното квадратично).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
В едно предприятие има m≥1m \geq 1 мъже и j≥1j \geq 1 жени, j<2004j\lt{}2004. Всеки пратил на всеки (освен на себе си) по една картичка. Оказало се, че всички картички, пратени от мъже, са колкото картичките, пратени от жени на жени. Намерете всички възможни стойности на jj.
РешениеОт условието следва равенството m(m+j−1)=j(j−1)m(m+j-1)=j(j-1), откъдето m2=(j−m)(j−1)m^{2}=(j-m)(j-1). Ако pp е прост делител на j−mj-m и j−1j-1, то е делител и на mm, а значи и на jj, а тогава и на 1. Това противоречие сочи, че j−mj-m и j−1j-1 са взаимно прости и следователно j−m=u2,j−1=v2j-m=u^{2}, j-1=v^{2} за някои цели неотрицателни u,vu, v. Сега имаме uv=mu v=m и u2+uv=j=v2+1u^{2}+u v=j=v^{2}+1, а от условието 1≤j<20041 \leq j\lt{}2004 получаваме 0≤v≤440 \leq v \leq 44. Следователно трябва да решим уравнениетоu2+uv=v2+1(*)u^{2}+u v=v^{2}+1 \tag{*}в цели неотрицателни числа. При v=0v=0 получаваме u=1u=1. Да предположим, че двойката ( u0;v0u_{0}; v_{0} ) е решение на ( ∗* ) и v0≥1v_{0} \geq 1. Тогава u0≥1u_{0} \geq 1 и щом u0v0≥1u_{0} v_{0} \geq 1, то u0≤v0u_{0} \leq v_{0}. Да положим v1=v0−u0,0≤v1<v0v_{1}=v_{0}-u_{0}, 0 \leq v_{1}\lt{}v_{0}. Имаме u02=v0(v0−u0)+1=(u0+v1)v1+1=u0v1+v12+1u_{0}^{2}=v_{0}\left(v_{0}-u_{0}\right)+1= \left(u_{0}+v_{1}\right) v_{1}+1=u_{0} v_{1}+v_{1}^{2}+1. Да положим u1=u0−v1u_{1}=u_{0}-v_{1}. Тогава(u1+v1)2=\left(u_{1}+v_{1}\right)^{2}=(u1+v1)v1+v12+1⟺u12+u1v1=v12+1,\left(u_{1}+v_{1}\right) v_{1}+v_{1}^{2}+1 \Longleftrightarrow u_{1}^{2}+u_{1} v_{1}=v_{1}^{2}+1,т. е. получихме ново решение на (*). Ако v1=0v_{1}=0, получаваме u1=1u_{1}=1. Нека v1≥1v_{1} \geq 1; значи u1≥1u_{1} \geq 1. Тогава полагайки v2=v1−u1<v1v_{2}=v_{1}-u_{1}\lt{}v_{1} и u2=u1−v2u_{2}=u_{1}-v_{2}, аналогично получаваме ново решение. Така получаваме редица от неотрицателни цели числа v0>v1>⋯v_{0}\gt{}v_{1}\gt{}\cdots. Единственият начин процесът да прекъсне е на някоя стъпка да се получи vk=0v_{k}=0. Тогава uk=1u_{k}=1 и като възстановим обратно uk−1,vk−1,…,u0,v0u_{k-1}, v_{k-1}, \ldots, u_{0}, v_{0}, получаваме редицата на Фибоначи. Така решения на (∗)(*) са (u;v)=(1;0),(1;1),(2;3),(5;8),(13;21)(u; v)=(1; 0), (1; 1), (2; 3), (5; 8), (13; 21) а при следващите решения v>44v\gt{}44. При първото от тях j=v2+1=02+1=1j=v^{2}+1=0^{2}+1=1 и имаме m=uv=0m=u v=0, което не отговаря на условията. Останалите дават решенията j=12+1=2j=1^{2}+1=2, j=32+1=10,j=82+1=65j=3^{2}+1=10, j=8^{2}+1=65 и j=212+1=442j=21^{2}+1=442.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека f(x)=(a2+4a+2)x3+(a3+4a2+a+1)x2+(2a−a2)x+a2f(x)=\left(a^{2}+4 a+2\right) x^{3}+\left(a^{3}+4 a^{2}+a+1\right) x^{2}+\left(2 a-a^{2}\right) x+a^{2}, където aa е реален параметър. а) Да се докаже, че f(−a)=0f(-a)=0. б) Да се намерят всички стойности на aa, за които уравнението f(x)=0f(x)=0 има три различни реални положителни корена.
Решениеа) Следва след директно заместване. б) Уравнението се записва във вида(x+a)((a2+4a+2)x2+(1−a)x+a)=0(1)(x+a)\left(\left(a^{2}+4 a+2\right) x^{2}+(1-a) x+a\right)=0 \tag{1}откъдето следва, че a<0a\lt{}0. Освен това квадратният тричлен в (1) трябва да има два различни корена, т. е. D=(1−a)2−4a(a2+4a+2)>0⟺(a+1)(−4a2−11a+1)>0D=(1-a)^{2}-4 a\left(a^{2}+4 a+2\right)\gt{}0 \Longleftrightarrow (a+1)\left(-4 a^{2}-11 a+1\right)\gt{}0. Решавайки това неравенство и и вземайки предвид a<0a\lt{}0, получавамеa∈(−∞,−11−x21378)∪(−1,0).(2)a \in\left(-\infty, \frac{-11-\sqrt{\vphantom{x^2}137}}{8}\right) \cup(-1, 0). \tag{2}Корените на квадратния тричлен са положителни точно когато aa2+4a+2>\frac{a}{a^{2}+4 a+2}\gt{} 0 и −1−aa2+4a+2>0-\frac{1-a}{a^{2}+4 a+2}\gt{}0. Оттук a∈(−2−x22,−2+x22)a \in(-2-\sqrt{\vphantom{x^2}2}, -2+\sqrt{\vphantom{x^2}2}) и пресичайки с (2) получавамеa∈a \in(−2−x22,−11−x21378)∪(−1,−2+x22).(3)\left(-2-\sqrt{\vphantom{x^2}2}, \frac{-11-\sqrt{\vphantom{x^2}137}}{8}\right) \cup(-1, -2+\sqrt{\vphantom{x^2}2}). \tag{3}Остава да изключим стойностите на aa, за които −a-a е корен на квадратния тричлен в (1). Имаме (a2+4a+2)(−a)2+(1−a)(−a)+a=0⟺a2(a2+4a+3)=0⟺a=−3,−1,0\left(a^{2}+4 a+2\right)(-a)^{2}+(1-a)(-a)+a=0 \Longleftrightarrow a^{2}\left(a^{2}+\right. 4 a+3)=0 \Longleftrightarrow a=-3, -1, 0. Окончателно получавамеa∈a \in(−2−x22,−3)∪(−3,−11−x21378)∪(−1,−2+x22).(-2-\sqrt{\vphantom{x^2}2}, -3) \cup\left(-3, \frac{-11-\sqrt{\vphantom{x^2}137}}{8}\right) \cup(-1, -2+\sqrt{\vphantom{x^2}2}).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-10-4

11

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
За кои стойности на x∈(−π,π)x \in(-\pi, \pi) числата 2sin⁡x,2−2sin⁡x+cos⁡x2^{\sin x}, 2-2^{\sin x+\cos x} и 2cos⁡x2^{\cos x} са последователни членове на геометрична прогресия?
РешениеНеобходимо и достатъчно условие дадените числа да образуват геометрична прогресия е2sin⁡x⋅2cos⁡x=(2−2sin⁡x+cos⁡x)2,2^{\sin x} \cdot 2^{\cos x}=\left(2-2^{\sin x+\cos x}\right)^{2},откъдето след преобразуване получаваме4sin⁡x+cos⁡x−5⋅2sin⁡x+cos⁡x+4=0.4^{\sin x+\cos x}-5 \cdot 2^{\sin x+\cos x}+4=0.Полагането y=2sin⁡x+cos⁡xy=2^{\sin x+\cos x} свежда уравнението до квадратно y2−5y+4=0y^{2}-5 y+4=0 с корени y1=4y2=1y_{1}=4 y_{2}=1. При 2sin⁡x+cos⁡x=42^{\sin x+\cos x}=4 получаваме sin⁡x+cos⁡x=2\sin x+\cos x=2, т. е. sin⁡(x+π4)=x22\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)=\sqrt{\vphantom{x^2}2}, което очевидно няма решение. При 2sin⁡x+cos⁡x=12^{\sin x+\cos x}=1 получаваме sin⁡x+cos⁡x=0\sin x+\cos x=0, т. е. sin⁡(x+π4)=0\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)=0. Оттук x=−π4+kπx=-\frac{\pi}{4}+k \pi, където kk е цяло число. От тези корени в интервала (−π,π)(-\pi, \pi) се намират −π4-\frac{\pi}{4} и 3π4\frac{3 \pi}{4}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Допирателните към описаната около остроъгълния триъгълник ABCA B C окръжност, построени в точките AA и BB, се пресичат в точка DD. Ако MM е среда на ABA B, докажете, че ∠ACM=∠BCD\angle A C M=\angle B C D.
РешениеОт синусовата теорема за триъгълниците AMCA M C и BMCB M C имамеAMCM=sin⁡∠ACMsin⁡α,\frac{A M}{C M}=\frac{\sin \angle A C M}{\sin \alpha},BMCM=sin⁡(γ−∠ACM)sin⁡β. \frac{B M}{C M}=\frac{\sin (\gamma-\angle A C M)}{\sin \beta}.Оттук, тъй като AM=BMA M=B M, получаваме sin⁡∠ACMsin⁡α=sin⁡(γ−∠ACM)sin⁡β\frac{\sin \angle A C M}{\sin \alpha}=\frac{\sin (\gamma-\angle A C M)}{\sin \beta}, т. е.tg⁡∠ACM=sin⁡αsin⁡γsin⁡β+sin⁡αcos⁡γ(1)\operatorname{tg} \angle A C M=\frac{\sin \alpha \sin \gamma}{\sin \beta+\sin \alpha \cos \gamma} \tag{1}От синусовата теорема за триъгълниците ADCA D C и BDCB D C имамеADCD=sin⁡(γ−∠BCD)sin⁡(α+γ),\frac{A D}{C D}=\frac{\sin (\gamma-\angle B C D)}{\sin (\alpha+\gamma)},BDCD=sin⁡∠BCDsin⁡(β+γ). \frac{B D}{C D}=\frac{\sin \angle B C D}{\sin (\beta+\gamma)}.Оттук, тъй като AD=BDA D=B D, получаваме sin⁡(γ−∠BCD)sin⁡β=sin⁡∠BCDsin⁡α\frac{\sin (γ-\angle B C D)}{\sin \beta}=\frac{\sin \angle B C D}{\sin \alpha}, т. е.tg⁡∠BCD=sin⁡αsin⁡γsin⁡β+sin⁡αcos⁡γ(2)\operatorname{tg} \angle B C D=\frac{\sin \alpha \sin \gamma}{\sin \beta+\sin \alpha \cos \gamma} \tag{2}От (1) и (2) следва, че tg⁡∠ACM=tg⁡∠BCD\operatorname{tg} \angle A C M=\operatorname{tg} \angle B C D. Тъй като и двата ъгъла са остри и функцията тангенс е растяща в интервала (0;π2)\left(0; \frac{\pi}{2}\right), то ∠ACM=∠BCD\angle A C M= \angle B C D.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-11-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C. Точките DD и EE са от симетралите съответно на страните ABA B и BCB C, като DD е вътрешна за триъгълника ABCA B C, а EE - външна и ∠ADB=∠CEB\angle A D B=\angle C E B. Ако AEA E пресича отсечката CDC D в точка OO докажете, че триъгълникът ACOA C O и четириъгълникът DBEOD B E O имат равни лица.
РешениеОт подобието на равнобедрените триъгълници ABDA B D и CBEC B E имаме ABDB=CBBE\frac{A B}{D B}=\frac{C B}{B E}. Тъй като ∠ABC=∠DBE\angle A B C=\angle D B E, получаваме, че △ABC\triangle A B C е подобен на △DBE\triangle D B E с коефициент на подобие 12cos⁡φ\frac{1}{2 \cos \varphi}, където φ\varphi е ъгълът при основата на триъгълниците △ABD\triangle A B D и △CBE\triangle C B E. Оттук ∠ACB=∠DEB=γ\angle A C B=\angle D E B=\gamma. ИзразявамеSACE=12AC⋅CE⋅sin⁡(φ+γ)=S_{A C E}=\frac{1}{2} A C \cdot C E \cdot \sin (\varphi+\gamma)=12b⋅a2cos⁡φ⋅sin⁡(φ+γ)\frac{1}{2} b \cdot \frac{a}{2 \cos \varphi} \cdot \sin (\varphi+\gamma)иSEBDC=12CB⋅DE⋅sin⁡(φ+γ)=S_{E B D C}=\frac{1}{2} C B \cdot D E \cdot \sin (\varphi+\gamma)=12a⋅b2cos⁡φ⋅sin⁡(φ+γ).\frac{1}{2} a \cdot \frac{b}{2 \cos \varphi} \cdot \sin (\varphi+\gamma).От полученото равенство SACD=SEBDCS_{A C D}=S_{E B D C} следва твърдението на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-11-4

Задача 5

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-11-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Във вътрешността на триъгълник ABCA B C с лице равно на 1 е избрана произволна точка, която е съединена с върховете му. След това в един от получените три триъгълника отново е избрана произволна точка и е съединена с върховете му. На сяка стъпка се избира произволна точка от вътрешността на някои от получените до момента триъгълници и тя се свързва с върховете на този триъгълник. Да означим с nn броя на избраните точки. a) Да се докаже, че триъгълникът ABCA B C е разделен на 2n+12 n+1 триъгълника. б) За всеки два триъгълника от разделянето с обща страна е пресметната сумата от лицата им. Да се докаже, че максималната от тези суми е не помалка от 22n+1\frac{2}{2 n+1}.
Решениеа) На всяка стъпка триъгълникът, от който се избира точка се разделя на три нови триъгълника, т. е. общият брой триъгълници се увеличава с 2. Тъй като в началото имаме само един триъгълник, то след nn-та стъпка ще имаме 2n+12 n+1 триъгълника. б) С индукция по nn ще докажем, че ако "извадим" произволен триъгълник, то останалите триъгълници могат да бъдат групирани по двойки като триъгълниците в една двойка имат обща страна. (∗)(*) При n=1n=1 твърдението е очевидно. (∗)(*) Нека твърдението е вярно за n=kn=k. (∗)(*) Ще докажем, че то е вярно и за n=k+1n=k+1. Нека на k+1k+1-та стъпка да сме добавили точка OO в триъгълник MNPM N P. От полученото разделяне да "извадим"произволен триъгълник XYZX Y Z. Ако XYZX Y Z е някои от △OMN\triangle O M N, △OMP\triangle O M P или △ONP\triangle O N P (без ограничение нека това е △OMN\triangle O M N ), то да разгледаме конфигурацията на kk-та стъпка с изваден △MNP\triangle M N P. Съгласно индукционната хипотеза останалите триъгълници могат да бъдат групирани по двойки с обща страна. Остава да добавим двойката ( △OMP\triangle O M P, △ONP\triangle O N P ). Ако XYZX Y Z е различен от △OMN,△OMP\triangle O M N, \triangle O M P и △ONP\triangle O N P, то разглеждаме конфигурацията на kk-та стъпка с изваден триъгълник XYZX Y Z. Съгласно индукционната хипотеза останалите триъгълници могат да бъдат групирани по двойки с обща страна и нека MNPM N P е в двойко с QMNQ M N. Тогава заместваме двойката ( △MNP,△QMN\triangle M N P, \triangle Q M N ) с двойките ( △OMN,△QMN\triangle O M N, \triangle Q M N ) и ( △OMP,△OPN\triangle O M P, \triangle O P N ). С това индукцията е завършена. Тъй като лицето на △ABC\triangle A B C е 1, то минималното лице на триъгълник е не по-голямо от 12n+1\frac{1}{2 n+1}. Да разгледаме всички триъгълници от разбиването, без този с минимално лице. Съгласно доказаното по-горе останалите триъгълници могат да бъдат групирани по двойки с обща страна. Тъй като имаме nn такива двойки с общо лице поне 1−12n+11-\frac{1}{2 n+1}, то максималната сума от лицата на два триъгълника в една двойка е поне 1−12n+1n=22n+1\frac{1-\frac{1}{2 n+1}}{n}=\frac{2}{2 n+1}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-11-6

12

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички цели числа a,ba, b и cc, за които2a+8b2−3c=2832^{a}+8 b^{2}-3^{c}=283
РешениеЛесно се вижда, че a,c≥0a, c \geq 0. Тъй като 3c3^{c} дава остатък 1 или 3 при деление на 8, то 0≤a≤20 \leq a \leq 2. Ако a=0a=0 или a=1a=1, то съответно 2 дели 3c3^{c} или 8 дели 3c+13^{c}+1 - противоречие. Нека a=2a=2, т. е. 8b2−3c=2798 b^{2}-3^{c}=279. Случаите c=0,1c=0, 1 са невъзможни и значи c≥2c \geq 2. Тогава bb се дели на 3 и като положим b=3db=3 d, намираме, че 8d2−3c−2=318 d^{2}-3^{c-2}=31. Ако c≥3c \geq 3, следва, че 3 дели d2+1d^{2}+1 противоречие. Следователно c=2c=2 и d=±2d= \pm 2. Окончателно a=2,b=±6a=2, b= \pm 6 и c=2c=2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на реалния параметър aa, за които най-голямата стойност на функцията f(x)=ax−1x4−x2+1f(x)=\frac{a x-1}{x^{4}-x^{2}+1} е равна на 1.
РешениеПонеже знаменателят на дадената функция е винаги положителен, условието означава, че ax−1≤x4−x2+1a x-1 \leq x^{4}-x^{2}+1 за всяко xx като равенство се достига поне за едно xx. Нека a≥0a \geq 0. Тогава ax≤0a x \leq 0 за x≤0x \leq 0 и следователно aa съвпада с най-малката стойност на f(x)f(x) при x>0x\gt{}0. Понеже f′(x)=(3x2+2)(x+1)(x−1)x2f^{\prime}(x)= \frac{\left(3 x^{2}+2\right)(x+1)(x-1)}{x^{2}}, следва, че тази стойност е f(1)=2f(1)=2. Случаят a≤0a \leq 0 се свежда до разгледания, като заменим aa с −a-a и xx с −x-x. И така, a=±2a= \pm 2.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-12-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека EE е пресечната точка на диагоналите ACA C и BDB D на вписан в окръжност четириъгълник ABCDA B C D. Ако AC=BC,AD=5,BE=A C=B C, A D=5, B E= 12 и DE=3D E=3, да се намери ∠BCD\angle B C D.
РешениеАко симетралата на CDC D пресича BDB D в точка OO, то∠COD=180∘−2∠ODC=\angle C O D=180^{\circ}-2 \angle O D C=180∘−2∠BAC=∠ACB=∠ADO180^{\circ}-2 \angle B A C=\angle A C B=\angle A D Oи следователно AD∥COA D \| C O. Тогава OE3=COAD=OE+35\frac{O E}{3}=\frac{C O}{A D}=\frac{O E+3}{5} и значи OE=92O E=\frac{9}{2}, т. е. OO е среда на BCB C, откъдето ∠BCD=90∘\angle B C D=90^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-12-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Множество AA от естествени числа, по-малки от 2000000, ще наричаме "добро ако 2000∈A2000 \in A и aa дели bb за всеки a,b∈A,a<ba, b \in A, a\lt{}b. а) Колко най-много елемента може да има едно "добро"множество? б) Да се намери броят на "добрите"множества с максимален брой елементи.
Решениеа) Нека a1<⋯<an−1<an=2000<an+1<⋯<ama_{1}\lt{}\cdots\lt{}a_{n-1}\lt{}a_{n}=2000\lt{}a_{n+1}\lt{}\cdots\lt{}a_{m} са елементите на едно "добро" множество. Понеже ai+1≥2aia_{i+1} \geq 2 a_{i}, то 2000000>am≥2m−n20002000000\gt{} a_{m} \geq 2^{m-n} 2000 и следователно m−n≤9m-n \leq 9. От друга страна, равенството 2000=24532000=2^{4} 5^{3} показва, че ai=2ki5lia_{i}=2^{k_{i}} 5^{l_{i}} за i≤n−1i \leq n-1, където 0≤ki≤ki+1≤40 \leq k_{i} \leq k_{i+1} \leq 4, 0≤li≤li+1≤30 \leq l_{i} \leq l_{i+1} \leq 3 и ki+li≤6k_{i}+l_{i} \leq 6. Следователно n≤8n \leq 8 и значи AA има най-много 8+9=178+9=17 елемента. Примерът ai=2i−1,1≤i≤5,ai=245i−5,6≤i≤8a_{i}=2^{i-1}, 1 \leq i \leq 5, a_{i}=2^{4} 5^{i-5}, 6 \leq i \leq 8, ai=2i−453,9≤i≤17a_{i}=2^{i-4} 5^{3}, 9 \leq i \leq 17, показва, че m=17m=17 се реализира б) За едно "добро" множество с максимален брой елементи имаме m=17m=17 и n=8n=8, т. е. a8=2000a_{8}=2000. Освен това, ki+li=i−1k_{i}+l_{i}=i-1 за 1≤i≤71 \leq i \leq 7, което показва, че a1=1a_{1}=1 и подмножеството {a2,…,a7}\left\{a_{2}, \ldots, a_{7}\right\} еднозначно се определя от номерата 1≤i1<i2<i3≤71 \leq i_{1}\lt{}i_{2}\lt{}i_{3} \leq 7, за които li1=0,li1+1=1,li2=1,li2+1=2,li3=2l_{i_{1}}=0, l_{i_{1}+1}=1, l_{i_{2}}=1, l_{i_{2}+1}=2, l_{i_{3}}=2 и li3+1=3l_{i_{3}+1}=3. Следователно за това подмножество има (73)=35\binom{7}{3}=35 възможности. Понеже 29<28.3<1000<2102^{9}\lt{}2^{8}.3\lt{}1000\lt{}2^{10}, следва, че ai=2i−453a_{i}=2^{i-4} 5^{3} за 9≤i≤179 \leq i \leq 17 или съществува такъв номер j,9≤j≤17j, 9 \leq j \leq 17, че ai=2i−453a_{i}=2^{i-4} 5^{3} за 8≤i<j8 \leq i\lt{}j и ai=2i−5533a_{i}=2^{i-5} 5^{3} 3 за j≤i≤17j \leq i \leq 17. Следователно за подмножеството {a9,…,a17}\left\{a_{9}, \ldots, a_{17}\right\} има 10 възможности. И така, броят на "добрите"множества с максимален брой елементи (17) е равен на 35⋅10=35035 \cdot 10=350.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2004-12-5