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 година По клас

Избрана година

2010

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

oliobl2010-10-3: има placeholder текст

9

6 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички стойности на реалния параметър

a

, за които корените

x_{1}

x_{2}

на уравнението

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

са реални и удовлетворяват равенството

x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+a^{2}=

2 a\left(x_{1}+x_{2}\right)+2+\sqrt{\vphantom{x^2}a^{3}+a^{2}-14 a+25}.

Решение

Уравнението има смисъл и корените му са реални за всяко

a \geq-1

. Да означим за краткост

g(a)=a^{3}+a^{2}-14 a+25

. Даденото условие може да се запише във вида

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

което е еквивалентно на уравнението

a+1=\sqrt{\vphantom{x^2}g(a)}

. След повдигане на квадрат получаваме

a^{3}-16 a+24=0 \Longleftrightarrow(a-2)\left(a^{2}+2 a-12\right)=0

с корени

a_{1}=2

a_{2}=-1+\sqrt{\vphantom{x^2}13}

a_{3}=-1-\sqrt{\vphantom{x^2}13}

. Тъй като

a_{3}\lt{}-1\lt{}a_{1}\lt{}a_{2}, g\left(a_{1}\right)=\left(a_{1}+1\right)^{2} \geq 0

g\left(a_{2}\right)=\left(a_{2}+1\right)^{2} \geq 0

, то

a_{1}=2

a_{2}=-1+\sqrt{\vphantom{x^2}13}

са единствените на задачата.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-9-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

В даден четириъгълник

A B C D

може да се впише окръжност

k

, която се допира до страните

A B, B C, C D

D A

в точките

M, N, P

Q

съответно. Нека

S

е средата на хордата, получена от пресичането на диагонала

A C

с окръжността

k

. Да се докаже, че е изпълнено равенството

S M. S Q=S N. S P

Решение

Нека

I

е центъра на окръжността

k

и да въведем стандартние означения за ъглите на четириъгълника с

\alpha, \beta, \gamma

\delta

. Ще покажем, че

\triangle M N S \sim \triangle P Q S

откъдето следва, че

\frac{S M}{S P}=\frac{S N}{S Q}

, т. е.

S M. S Q=S N. S P

. Тъй като

S

е среда на хорда в

k

, лежаща на правата

A C

, то

\angle I S C=90^{\circ}

. От друга страна

\angle I P C=\angle I N C=90^{\circ}

и следователно точките

I, N, C, P

S

лежат на окръжност с диаметър

C I

. Тогава

\angle N S C=\angle C S P=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}

и аналогично

\angle M S A=\angle Q S A=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}

\begin{aligned} & \text{Следователно} \angle M S N=\angle P S Q=\frac{\alpha+\gamma}{2}. \text{Освен това} \\ & \begin{aligned} \angle S P Q & =\angle S P D-\angle Q P D=\angle S N C-\left(90^{\circ}-\frac{\delta}{2}\right)=\left(180^{\circ}-\angle S N B\right)-\left(90^{\circ}-\frac{\delta}{2}\right)= \\ & =\left(180^{\circ}-\angle S N M\right)-\angle M N B-\left(90^{\circ}-\frac{\delta}{2}\right)= \\ & =\angle N M S+\angle M S N-\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)-\left(90^{\circ}-\frac{\delta}{2}\right)= \\ & =\angle N M S+\frac{\alpha+\gamma}{2}-\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}\right)-\left(90^{\circ}-\frac{\delta}{2}\right)=\angle N M S \end{aligned} \end{aligned}

и с това доказателството е завършено.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Върху успоредните прави

a

b

са взети съответно точките

A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}

B_{1}, B_{2}, B_{3}, B_{4}

, които са две по две различни. Да се намери минималният възможен брой различни точки, получени при пресичането на отсечките

A_{i} B_{j}, i=1, 2, 3, 4

;

j=1, 2, 3, 4

. (Включително самите точки

A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}

B_{1}, B_{2}, B_{3}, B_{4}

Решение

Нека точките върху правата

a

са разположени в реда

A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}

отляво надясно и аналогично за точките

B_{1}, B_{2}, B_{3}, B_{4}

върху

b

. Тогава 10-те отсечки

A_{1} B_{i}, i=2, 3, 4, A_{2} B_{j}, j=1, 4

A_{3} B_{k}, k=1, 4

A_{4} B_{m}, m=1, 2, 3

, определят 19 различни пресечни точки (по 3 върху отсечките

A_{1} B_{2}

A_{3} B_{4}

, по 4 върху

A_{1} B_{3}

A_{2} B_{4}

и 5 върху

A_{1} B_{4}

- означени, като „празни“ точки на чертежа). Отсечките, които все още не сме разгледали са

A_{2} B_{2}, A_{2} B_{3}, A_{3} B_{2}

A_{3} B_{3}

. Остава да съобразим, че върху всяка една от отсечките

A_{2} B_{3}

A_{3} B_{2}

съществуват по още поне 2 нови пресечни точки, различни по между си и различни от горните 19. Като добавим и дадените осем точки върху правите

a

b

достигаме до поне

19+2+2+8=

31 пресечни точки. Ще покажем, че може да се построи желана конфигурация с точно 31 пресечни точки. Нека за целта разположим точките, така че отсечките

A_{i} B_{i}

да са перпендикулярни на правите

a

b, A_{1} A_{2}=A_{3} A_{4}=x

A_{2} A_{3}=y

. Тогава

B_{1} B_{2}=B_{3} B_{4}=x

B_{2} B_{3}=y

. Ще търсим отношението

x: y

, така че правата

A_{2} B_{2}

да минава през пресечната точка

P

на отсечките

A_{1} B_{4}

A_{3} B_{1}

. За целта използваме двойките подобни триъгълници

\triangle A_{1} A_{2} P

\triangle B_{2} B_{4} P

, както и триъгълниците

\triangle A_{2} A_{3} P

\triangle B_{1} B_{2} P

. След съответните пресмятания достигаме до равенството

x^{2}-x y-y^{2}=0

, т. е.

\frac{x}{y}=\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2}

A_{1} A_{2}=A_{3} A_{4}=\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}5}}{2} A_{2} A_{3}

. От съображение за симетрия, в този случай получаваме, че отсечката

A_{2} B_{2}

минава през пресечната точка на отсечките

A_{1} B_{3}

B_{1} A_{4}

, т. е. отсечката

A_{2} B_{2}

не носи нови пресечни точки различни от горните 19. Аналогично и отсечката

A_{3} B_{3}

няма да носи нови точки и вече лесно се вижда, че останалите две отсечки

A_{2} B_{3}

A_{3} B_{2}

ще донесат точно 4 нови точки, което ни води и до търсеният брой.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-9-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се реши системата

\left\lvert\, \begin{aligned} x+a y^{2}+a^{2} z^{2} & =a^{2} \\ x+b y^{2}+b^{2} z^{2} & =b^{2} \\ x+c y^{2}+c^{2} z^{2} & =c^{2} \end{aligned}\right.

където

a, b

c

са реални параметри (

a \neq b, b \neq c, c \neq a

Решение

Нека един от параметрите, например

a

, е равен на 0. Тогава

x=0

от първото уравнение, а от другите две уравнения получаваме системата

\left\lvert\, \begin{aligned} & y^{2}+b z^{2}=b \\ & y^{2}+c z^{2}=c \end{aligned}\right.

откъдето лесно намираме

y^{2}=0

z^{2}=1

, т. е.

y=0

z= \pm 1

. Нека сега

a b c \neq 0

. Тогава след изразяване на

z^{2}-1

от трите уравнения получаваме системата

\frac{x+a y^{2}}{a^{2}}=\frac{x+b y^{2}}{b^{2}}=\frac{x+c y^{2}}{c^{2}}

. Следователно

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

В последната система умножаваме първото уравнение

c c

, второто с

b

и ги изваждаме, за да получим

a x(c-b)=0

, откъдето

x=0

. Тогава

y=0 \quad z^{2}=1

достигаме до решенията

(x, y, z)=(0, 0, \pm 1)

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-9-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Даден е

\triangle A B C

с ортоцентър

H

и център на вписаната окръжност

I

. Окръжност, минаваща през върховете

A

B

пресича страните

C A

C B

за втори път в точките

P

Q

съответно. а) Ако

I

лежи на отсечката

P Q

, да се докаже, че

A P+B Q=P Q

; б) Ако

H

лежи на отсечката

P Q

, да се докаже, че

\frac{A P}{A H}+\frac{B Q}{B H}=\frac{P Q}{C H}

Решение

Да въведем стандартните означения за ъглите на

\triangle A B C

\alpha, \beta

\gamma

. a) Нека

I

лежи на отсечката

P Q

и описаната около

\triangle A B I

окръжност

k

пресича за втори път правата

P Q

в точка

D

(възможно е

D \equiv I

, ако

k

се допира до

P Q

). Без ограничение на общността нека

D \in I P \rightarrow

и тогава

\angle A D I=180^{\circ}-\angle A B I=180^{\circ}-\frac{\beta}{2}\gt{}180^{\circ}-\beta=\angle A P Q

, т. е.

D

е вътрешна точка за отсечката

I P

. От

\angle A D P=\angle A B I=\frac{\beta}{2}=\frac{1}{2} \angle D P C

следва, че

\triangle A D P

е равнобедрен и

A P=P D

. Аналогично

B Q=D Q

и следователно

A P+B Q=P D+D Q=P Q

. б) Нека

H

лежи на отсечката

P Q

. Тъй като

\angle B Q H=180^{\circ}-\alpha=\angle B H C

, то

\triangle B Q H \sim \triangle B H C

\frac{B Q}{B H}=\frac{Q H}{C H}

. Аналогично

\triangle A P H \sim \triangle A H C

\frac{A P}{A H}=\frac{P H}{C H}

. Като съберем тези две равенства получаваме

\frac{A P}{A H}+\frac{B Q}{B H}=\frac{P Q}{C H}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-9-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

n

е естествено число. Да се намери най-малкото естествено число

k

, за което съществуват естествени числа

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

, такива че

7 \cdot 2^{n}=a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{k}^{2}

Решение

Очевидно

k\gt{}1

. Нека

k=2

. Ако

7 \mid a_{1}

7 \mid a_{2}

, то

7 \mid a_{1}^{2}+a_{2}^{2}

и оттук

7^{2} \mid 7 \cdot 2^{n}

, което е невъзможно. Нека

7 \nmid a_{1}

и тогава очевидно

7 \nmid a_{2}

. Сега от

a_{1}^{2}+a_{2}^{2} \equiv 0 (\bmod 7)

или

a_{1}^{2} \equiv-a_{2}^{2}(\bmod 7)

следва

a_{1}^{6} \equiv-a_{2}^{6}(\bmod 7)

и (от теоремата на Ферма)

1 \equiv-1(\bmod 7)

- противоречие. Нека

k=3

. Ако

n\gt{}1

, то

a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2} \equiv 0(\bmod 4)

, откъдето лесно следва, че

a_{1}, a_{2}, a_{3}

са четни числа. Тогава

a_{1}=2 b_{1}, a_{2}=2 b_{2}, a_{3}=2 b_{3}\left(b_{1}, b_{2}, b_{3} \in \mathbb{N}\right)

7 \cdot 2^{n-2}=

b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+b_{3}^{2}

. Продължавайки по точи начин заключаваме, че

7 \cdot 2^{2}

или 7 \cdot 2 трябва да е сума на три квадрата. Непосредствено се проверява, че това не е изпълнено за

7 \cdot 2^{2}=28

и следователно не е изпълнено за

7 \cdot 2^{n}

при четно

n

. От друга страна,

7 \cdot 2=14=3^{2}+2^{2}+1^{2}

, което ни подсеща при нечетно

n=2 m+1

да изберем

a_{1}=3 \cdot 2^{m}, a_{2}=2 \cdot 2^{m}, a_{3}=1 \cdot 2^{m}

и тогава

a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}=14 \cdot 2^{2 m}=7 \cdot 2^{n}

. Нека

n=2 m

е четно и

k=4

. Аналогично на горното, тъй като

7=2^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}

, избираме

a_{1}=2^{m+1}, a_{2}=a_{3}=a_{4}=2^{m}

и получаваме

a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+a_{4}^{2}=7 \cdot 2^{2 m}=7 \cdot 2^{n}

. Окончателно,

k=3

за нечетно

n

k=4

за четно

n

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-9-6

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши уравнението

20^{x^{2}} \cdot 10^{x}=2

Решение

Записваме уравнението във вида

2^{x^{2}-1} \cdot 10^{x^{2}+x}=1,

което е еквивалентно с уравнението

\left(2^{x-1} \cdot 10^{x}\right)^{x+1}=1

Имаме две възможности

x+1=0

или

2^{x-1} \cdot 10^{x}=1

. При първата достигаме до то

x_{1}=-1

, а при втората достигаме до уравнението

20^{x}=2

, което ни води до то

x_{2}=\log _{20} 2

. Окончателно получаваме решенията

x_{1}=-1

x_{2}=\log _{20} 2

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Външновписаната окръжност към страната

A B

на

\triangle A B C

се допира до

A B

в точка

D

. Ако

\angle C A B=2 \angle C D A

, да се намери стойността на отношението

A D: B D

Решение

(Тригонометричен подход) Ще използваме стандартните означения за страните на

\triangle A B C

и нека

\angle A D C=\varphi

. От синусова теорема за

\triangle A C D

получаваме

C D=\frac{b \sin 2 \varphi}{\sin \varphi}=2 b \cos \varphi

. Оттук и от косинусова теорема за

\triangle A D C

имаме

4 b^{2} \cos ^{2} \varphi=b^{2}+(p-b)^{2}-2 b(p-b) \cos 2 \varphi \Longleftrightarrow 2 b^{2} \cos 2 \varphi=-b^{2}+(p-b)^{2}-2 b(p-b) \cos 2 \varphi

, откъдето намираме

\cos 2 \varphi=\frac{p-2 b}{2 b}

. От косинусова теор

\triangle A B C

a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \frac{(p-2 b)}{2 b} \Longleftrightarrow a^{2}=

(b+c)^{2}-p c \Longleftrightarrow a-b=\frac{c}{2}.

Остава да пресметнем

B D=p-a=\frac{b+c-a}{2}=\frac{c}{4}

и следователно

A D: B D=3: 1

. (Синтетичен подход) Нека вписаната в

\triangle A B C

окръжност

k

е с център

I

и се допира до страната

A B

в точка

P

. Ако означим с

Q

диаметрално противоположната точка на

P

k

, то добре известен факт е, че точките

C, Q

D

са колинеарни. (Класическото доказателство е с хомотетия, с център

C

, която изпраща

k

във външновписаната окръжност.) Тогава

\angle I A P=\frac{1}{2} \angle C A B=\angle C D A

, т. е. правоъгълните триъгълници

\triangle I P A

\triangle Q P D

са подобни и

P D: P A=P Q: P I=2: 1

. От друга страна

P A=B D

и следователно

A D: B D=3: 1

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-10-2

Задача 3

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-10-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Да се намерят всички естествени числа

n

, такива че за всяко

x

е изпълнено равенството:

(\sin x)^{2 n}+(\cos x)^{2 n}+n \sin ^{2} x \cos ^{2} x=1

Решение

При

x=\frac{\pi}{4}

даденото равенство придобива вида

\frac{1}{2^{n}}+\frac{1}{2^{n}}+\frac{n}{4}=1

и оттук получаваме

1+(n-4) 2^{n-3}=0

. Ако

n \geq 4

, това равенство не е изпълнено, понеже

1+(n-4) 2^{n-3}\gt{}0

. Ако

n \leq 3

, проверката показва, че то е изпълнено само при

n=2

n=3

и ще докажем, че при тези стойности даденото равенство е тъждество. При

n=2

имаме

\sin ^{4} x+\cos ^{4} x+2 \sin ^{2} x \cos ^{2} x=\left(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x\right)^{2}=1

, за всяко

x

. При

n=3

имаме

\sin ^{6} x+\cos ^{6} x+3 \sin ^{2} x \cos ^{2} x=\left(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x\right)\left(\sin ^{4} x-\sin ^{2} x \cos ^{2} x+\right. \left.\cos ^{4} x\right)+3 \sin ^{2} x \cos ^{2} x=\left(\sin ^{2} x+\cos ^{2} x\right)^{2}-3 \sin ^{2} x \cos ^{2} x+3 \sin ^{2} x \cos ^{2} x=1

, за всяко

x

Следователно търсените естествени числа са

n=2

n=3

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-10-4

11

5 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

a_{1}\gt{}1

a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{a_{n}}-1

при

n \geq 1

. Да се докаже, че: a) редицата

\left(a_{n}\right)

е сходяща и да се намери нейната граница; б) съществува

n

, за което

a_{2 n}\lt{}1+\frac{1}{2^{2^{n}}}

Решение

а) Понеже

a_{n+1}-1=\frac{\left(a_{n}-1\right)^{2}}{a_{n}}\gt{}0

, то

a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{a_{n}}-1\lt{}0

и значи

a_{n}\gt{}a_{n+1}\gt{}1

. Следователно редицата е сходяща и за нейната граница

l

имаме, че

l=l+\frac{1}{l}-1

, т. е.

l=1

. б) От а) следва, че

a_{k} \leq 3 / 2

за някое

k

. Тогава от

a_{n+1}-1=\frac{\left(a_{n}-1\right)^{2}}{a_{n}}\lt{}\left(a_{n}-1\right)^{2}

по индукция получаваме, че

a_{n}-1\lt{}\frac{1}{2^{2^{n-k}}}

при

n\gt{}k

. Остава да изберем

n \geq 2 k

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дени попълва с ненулево цяло число някой от коефициентите на уравнение от 2010-та степен, след това Вени попълва също с ненулево цяло число друг от коефициентите и т. н., докато бъдат попълнени всичките 2011 коефициента. Дени печели, ако полученото уравнение има целочислен корен, а в противен случай печели Вени. Коя от двете има печеливша стратегия?

Решение

Дени. Тя може да попълва така, че след всяко нейно попълване (без предпоследното) броят на непопълнените коефициенти пред нечетните и пред четните степени да е един и същ. Значи преди предпоследния ѝ ход има само един непопълнен коефициент от едната група, например групата

A

. Тя го попълва така, че сумата на числата в

A

да стане ненулева. С последното си попълване Дени може да направи така, че полученото уравнение да има корен 1 или -1. Наистина, в противен случай сумата от всички коефициенти без последния, който трябва да се попълни, например

b

, би била 0 (това означава, че 1 не може да е корен на уравнението). Също така, разликата на сумите от числата в

A

и числата в другата група

B

без самото

b

също би била 0 (понеже -1 не е корен на уравнението съгласно допускането). Оттук следва, че както сумата на числата в

B \backslash\{b\}

, така и тази на числата в

A

е 0. Последното вече е противоречие.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

A B C

за който

\cos \angle B A C=\frac{1}{3}

. Правата през

A

, успоредна на медианата

B M, M \in A C

пресича продължението на височината

C C_{1}, C_{1} \in A B

в точка

D

. Ако

C C_{1}: C_{1} D=2: 1

, да се намери отношението

\frac{R}{r}

където

R

r

са съответно радиусите на описаната и вписаната окръжност за

\triangle A B C

Решение

Да означим с

N

пресечната точка на

B M

C C_{1}

. Тъй като

M N

е успоредна на

A D

M

е среда на

A C

, то

M N

е средна отсечка в

\triangle A D C

. Следователно

N

е среда на

C D

и като използваме, че

C C_{1}: C_{1} D=2: 1

, лесно получаваме

C N: N C_{1}: C_{1} D=3: 1: 2

. Ако

A C=2 t

, то

A C_{1}=A C \cos \angle B A C=\frac{2 t}{3}

и от подобието на

\triangle A D C_{1}

B N C_{1}

намираме

\frac{A C_{1}}{B C_{1}}=\frac{D C_{1}}{N C_{1}}=2

, т. е.

B C_{1}=\frac{t}{3}

. Сега от косинусовата теорема пресмятаме

B C=\sqrt{\vphantom{x^2}t^{2}+4 t^{2}-4 t^{2} \frac{1}{3}}=t \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{11}{3}}

Тъй като

\sin \angle B A C=\sqrt{\vphantom{x^2}1-\cos ^{2} \angle B A C}=\frac{2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}}{3}

, то

R=\frac{B C}{2 \sin \angle B A C}=\frac{t \sqrt{\vphantom{x^2}66}}{8}

. От формулата

r(A B+B C+C A)=A B \cdot A C \sin \angle B A C

намираме

r=\frac{4 t \sqrt{\vphantom{x^2}2}}{9+\sqrt{\vphantom{x^2}33}}

и следователно

\frac{R}{r}=\frac{9 \sqrt{\vphantom{x^2}33}+33}{32}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-11-4

Задача 5

Пълен запис

Условие

Клетките на таблица с 2009 реда и 2011 стълба са оцветени шахматно. Да се намери най-голямото естествено число

k

със следното свойство. При изтриване на произволни

k

клетки на таблицата, така че измежду неизтритите клетки има равен брой бели и черни, останалата част от таблицата (т. е. неизтритите клетки) може да се покрие с домина. (Доминото се състои от две клетки с обща страна).

Решение

Ще докажем, че за всяка таблица с нечетни страни търсеното число е

k=3

. Без ограничение можем да считаме, че четирите ъглови клетки са черни. Ясно е, че

k

трябва да е нечетно число и ако

k \geq 5

то трябва да изтрием поне 2 бели и 3 черни клетки. Ако изтрием двете бели съседни клетки на коя да е ъглова, то тази ъглова клетка остава изолирана и не може да се покрие от домино. Следователно

k \leq 3

. Остава да докажем, че както и да изтрием 2 черни и една бяла клетка останалата част от дъската може да се покрие с домина. За дъска

3 \times 3

това се проверява директно. Сега да разгледаме дъска

2 p+1 \times 2 q+1

, за която поне едно от

p

q

е по-голямо от 1 и от която сме изтрили 2 черни и една бяла клетка. Без ограничение

q\gt{}1

и да разгледаме двете ивици, съставени от първите два и от последните два стълба. Ако в някой от тях няма изтрита клетка, твърдението следва по индукция. Ако и в двете има изтрита клетка, то в едната ивица има само една изтрита клетка. Без ограничение нека това е ивицата от първите два стълба. Ако изтритата клетка е в първия стълб, то поставяме хоризонтални домина в тази ивица, като само доминото в реда на изтритата клетка ще покрива клетка със същия цвят от останалата част на таблицата. Ако изтритата клетка е във втория стълб, използваме едно вертикално домино и едно хоризонтално домино, като отново покриваме една клетка със съция цвят от останалата част от таблицата. И в двата случая твърдението следва по индукция.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-11-5

Задача 6

Пълен запис

Условие

Нека

f(x)

е полином с цели коефициенти и

n

е дадено естествено число. Известно е, че за всеки две цели числа

a

b

, за които

a-b

се дели на

n

, числата

f(a)

f(b)

не са взаимно прости. Да се докаже, че съществува просто число

p

, за което

p

дели

f(x)

за всяко цяло число

x

Решение

Да допуснем, че просто число със свойството от условието не съществува. Първо ще докажем, че за произволни прости числа

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

съществува цяло число

b

, за което

f(b)

не се дели на

p_{i}

за всяко

i=1, 2, \ldots, k

. Наистина, от допускането следва, че за всяко

i=1, 2, \ldots, k

съществува

x_{i}

, за което

f\left(x_{i}\right)

не се дели на

p_{i}

. Според китайската теорема за остатъците съществува число

b \equiv x_{i}\left(\bmod p_{i}\right)

и тогава

f(b) \equiv f\left(x_{i}\right) \not \equiv 0\left(\bmod p_{i}\right)

. Нека

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

са простите делители на

n

. Според доказаното свойство съществува число

b

, за което

f(b)

не се дели на

p_{i}

за всяко

i=1, 2, \ldots, k

. Нека

q_{1}, q_{2}, \ldots q_{l}

са простите делители на

f(b)

. Отново от доказаното свойство следва, че съществува

c

за което

f(c)

не се дели на никое от числата

q_{1}, q_{2}, \ldots q_{l}

. Тъй като

q_{1} q_{2} \ldots q_{l}

е взаимно просто с

n

, то сравнението

q_{1} q_{2} \ldots q_{l} x \equiv b-c(\bmod n)

има Тогава, ако

a=q_{1} q_{2} \ldots q_{l} x+c

, то

a \equiv b(\bmod n)

f(a) \equiv f(c) \not \equiv 0\left(\bmod q_{i}\right)

за всяко

i=1, 2, \ldots, l

. Това означава, че

f(a)

f(b)

са взаимно прости, което е противоречие с условието. Следователно съществува просто число

p

, за което

p

дели

f(x)

за всяко цяло число

x

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-11-6

12

1 задача

Задача 4

Пълен запис

Условие

В пространството са дадени правоъгълен

\triangle A B C

с хипотенуза

A B

и равнина

\tau

. Нека

\alpha=\angle(A C, \tau), \beta=\angle(B C, \tau)

\varphi=\angle(A B C, \tau)

. a) Да се докаже, че

\sin ^{2} \varphi=\sin ^{2} \alpha+\sin ^{2} \beta

. б) Ако

\alpha+\beta=60^{\circ}

, да се намери най-малката стойност на

\varphi

Решение

Решение. а) Движейки успоредно

\tau

, можем да предполагаме, че

C \notin \tau

. Ако например

B C \| \tau

, то

\beta=0

\varphi=\alpha

. Иначе можем да считаме, че

A C \cap \tau=A_1

B C \cap \tau=B_1

. Нека

C_1

C_2

са ортогоналните проекции на

C

съответно върху

A_1 B_1

\tau

. Тогава

\alpha=\angle C A_1 C_2, \beta=\angle C B_1 C_2

\varphi=\angle C C_1 C_2

. Ако

x=\angle C A C_1

y=\angle C B C_1

, то

\sin \alpha=\frac{C C_2}{C A_1}=\frac{C C_2}{C C_1} \sin x,

\sin \beta=\frac{C C_2}{C B_1}=\frac{C C_2}{C C_1} \sin y, \sin \varphi=\frac{C C_2}{C C_1}

и понеже

x+y=90^{\circ}

, следва, че

\sin ^2 \alpha+\sin ^2 \beta=\sin ^2 \varphi

. б) Имаме, че

\begin{aligned} & \sin ^2 \varphi=\sin ^2 \alpha+\sin ^2 \beta=1-\frac{\cos 2 \alpha+\cos 2 \beta}{2}= \\ & 1-\cos (\alpha+\beta) \cos (\alpha-\beta)=1-\frac{\cos (\alpha-\beta)}{2} \geq \frac{1}{2} \end{aligned}

Значи

\sin \varphi \geq \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2}

и понеже

0 \leq \varphi \leq 90^{\circ}

, то най-малката стойност на

\varphi

е равна на

45^{\circ}

и се достига при

\alpha=\beta=30^{\circ}

. Оценяване. а) 1 т. за построяване на ъллите и 2 т. за останалата част; б) 4 т., от които по 1 т. за всяка от двете тригонометрични формули; при аналитичен подход по 1 т. за намиране на производната и на корените ѝ, и 2 т. за намиране на минимума.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2010-12-4