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

2011

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2011-10-2: има placeholder текст
  • oliobl2011-10-3: има placeholder текст
  • oliobl2011-12-2: има placeholder текст
  • oliobl2011-12-3: има placeholder текст

9

7 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши уравнението x2x−a=a−x\sqrt{\vphantom{x^2}x-\sqrt{a}}=a-x в зависимост от стойностите на реалния параметър aa.
РешениеПреди всичко трябва a≥0a \geq 0, като при a=0a=0 единственото е x=0x=0. Нека a>0a\gt{}0. Уравнението има смисъл при x≥x2ax \geq \sqrt{\vphantom{x^2}a}, като при x>ax\gt{}a то няма Нека x2a≤x≤a\sqrt{\vphantom{x^2}a} \leq x \leq a. Оттук следва и a≥x2aa \geq \sqrt{\vphantom{x^2}a}, т. е. a≥1a \geq 1 и при 0<a<10\lt{}a\lt{}1 уравнението няма При a≥1a \geq 1 уравнението е равносилно с x−x2a=(a−x)2x-\sqrt{\vphantom{x^2}a}=(a-x)^{2} или x2−(2a+1)x+a2+x2a=x^{2}-(2 a+1) x+a^{2}+\sqrt{\vphantom{x^2}a}= 0. Корените на това квадратно уравнение са x1=a+x2ax_{1}=a+\sqrt{\vphantom{x^2}a} и x2=a−x2a+1x_{2}=a-\sqrt{\vphantom{x^2}a}+1. Тъй като a+x2a>aa+\sqrt{\vphantom{x^2}a}\gt{}a, то x1x_{1} не е Понеже a−x2a+1≥x2aa-\sqrt{\vphantom{x^2}a}+1 \geq \sqrt{\vphantom{x^2}a} (това е равносилно с (x2a−1)2≥0(\sqrt{\vphantom{x^2}a}-1)^{2} \geq 0 ) и a−x2a+1≤aa-\sqrt{\vphantom{x^2}a}+1 \leq a (това следва от a≥1a \geq 1 ), то x2x_{2} е Окончателно, при a<0a\lt{}0 и 0<a<10\lt{}a\lt{}1 уравнението няма , при a=0a=0 има x=0ипри и при a \geq 1 то е x=a−x2a+1x=a-\sqrt{\vphantom{x^2}a}+1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-9-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
Да се реши системата уравнения:x2y+xy2+x+y=9x3y+xy3+x2+y2=15.\begin{aligned} x^{2} y+x y^{2}+x+y & =9 \\ x^{3} y+x y^{3}+x^{2}+y^{2} & =15. \end{aligned}
РешениеРазлагаме на множители и двете уравнения:(x+y)(xy+1)=9(x2+y2)(xy+1)=15\begin{gathered} (x+y)(x y+1)=9 \\ \left(x^{2}+y^{2}\right)(x y+1)=15 \end{gathered}Следователно можем да разделим второто уравнение на първото. Нека положим u=x+yu=x+y, v=xyv=x y. Значи x2+y2=u2−2vx^{2}+y^{2}=u^{2}-2 v. Разделяме, заместваме с uu и vv и получаваме:u2−2vu=53u(v+1)=9\begin{aligned} & \frac{u^{2}-2 v}{u}=\frac{5}{3} \\ & u(v+1)=9 \end{aligned}От първото уравнение изразяваме v=3u2−5u6v=\frac{3 u^{2}-5 u}{6} и заместваме във второто: u3u2−5u6+u=9⇔3u3−5u2+6u−54=0⇔(u−3)(3u2+4u+18)=0u \frac{3 u^{2}-5 u}{6}+u=9 \quad \Leftrightarrow \quad 3 u^{3}-5 u^{2}+6 u-54=0 \quad \Leftrightarrow \quad(u-3)\left(3 u^{2}+4 u+18\right)=0. Разлагането може да бъде направено например чрез схема на Хорнер. Квадратният тричлен е положителен (D=4(22−3⋅18)<0\left(D=4\left(2^{2}-3 \cdot 18\right)\lt{}0\right. ) и значи u=3u=3 е единственото реално Тогава v=2v=2. Връщаме полагането:x+y=3xy=2.\begin{array}{r} x+y=3 \cr x y=2. \end{array}По формулите на Виет, xx и yy са корени на полинома z2−3z+2z^{2}-3 z+2 и значи получаваме (x,y)=(1,2)(x, y)= (1, 2) или (x,y)=(2,1)(x, y)=(2, 1).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-9-1b

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички прости числа pp, за които съществуват взаимно прости естествени числа aa и bb, такива, чеp(a2+ab+b2)=1501(a+b).p\left(a^{2}+a b+b^{2}\right)=1501(a+b).
РешениеАко допуснем, че има просто число rr, делящо a+ba+b и a2+ab+b2a^{2}+a b+b^{2}, то от b≡−a( mod r)b \equiv-a(\bmod r) и 0≡a2+ab+b2≡a2−a2+a2=a2( mod r)0 \equiv a^{2}+a b+b^{2} \equiv a^{2}-a^{2}+a^{2}=a^{2}(\bmod r) следва, че r∣ar \mid a и r∣br \mid b, което противоречи на (a,b)=1(a, b)=1. Следователно (a+b,a2+ab+b2)=1\left(a+b, a^{2}+a b+b^{2}\right)=1. Тогава, тъй като a+b∣p(a2+ab+b2)a+b \mid p\left(a^{2}+a b+b^{2}\right), то a+b∣pa+b \mid p. Но a+b>1a+b\gt{}1, така че a+b=pa+b=p и a2+ab+b2=1501a^{2}+a b+b^{2}=1501. От 1501=(a+b)2−ab=p2−ab1501=(a+b)^{2}-a b=p^{2}-a b получаваме p2>1501p^{2}\gt{}1501 и оттук p≥39p \geq 39. Освен това aa и bb са корени на квадратното уравнение (1) x2−px+p2−1501=0x^{2}-p x+p^{2}-1501=0 и трябва дискриминантата DD на това уравнение да е неотрицателна. От D=6004−3p2≥0D=6004-3 p^{2} \geq 0 получаваме p2≤2001p^{2} \leq 2001 и значи p≤44p \leq 44. Понеже pp е просто число, остават възможностите p=41p=41 и p=43p=43. Сега пресмятаме, че при p=41p=41 корените на (1) са 5 и 36 (взаимно прости естествени числа), а при p=43p=43 те не са цели числа. Окончателно, p=41p=41.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е изпъкнал четириъгълник ABCDA B C D, в който HaH_{a} е ортоцентър на △BCD,Hb\triangle B C D, H_{b} е ортоцентър на △CDA,Hc\triangle C D A, H_{c} е ортоцентър на △DAB\triangle D A B и HdH_{d} е ортоцентър на △ABC\triangle A B C. Да се докаже, че ако правите ACA C и HaHcH_{a} H_{c} са успоредни, но не съвпадат, то правите BDB D и HbHdH_{b} H_{d} са успоредни.
РешениеИмаме AHc⊥BDA H_{c} \perp B D и CHa⊥BDC H_{a} \perp B D, откъдето AHc∥CHaA H_{c} \| C H_{a} и следователно четириъгълникът AHcCHaA H_{c} C H_{a} е успоредник. Да построим точката PP така, че векторите AHc→,PB→\overrightarrow{A H_{c}}, \overrightarrow{P B} и CHa→\overrightarrow{C H_{a}} са равни. Тогава PB∥AHc⇒∠PBD=90∘P B \| A H_{c} \Rightarrow \angle P B D=90^{\circ} и PA∥BHc⇒∠PAD=90∘P A \| B H_{c} \Rightarrow \angle P A D=90^{\circ}. Оттук, точката AA лежи на описаната окръжност на △PBD\triangle P B D. Аналогично, точката CC лежи на същата описана окръжност и четириъгълникът ABCDA B C D е вписан в окръжност. Да построим точката QQ, диаметрално противоположна на CC в тази окръжност. По обратния път на горното разсъждение установяваме, че QAHdBQ A H_{d} B е успоредник, QA=BHdQ A=B H_{d}, и аналогично QA=DHbQ A=D H_{b}, откъдето BHd=DHbB H_{d}=D H_{b}, фигурата BHdHbDB H_{d} H_{b} D също е успоредник, и BD∥HbHdB D \| H_{b} H_{d}, както се искаше.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалните параметри aa и bb, за които полиномът f(x)=x4+x3−(a2−1)x2+2abx+a2−a−6f(x)=x^{4}+x^{3}-\left(a^{2}-1\right) x^{2}+2 a b x+a^{2}-a-6 се дели на полинома g(x)=x2−a2g(x)=x^{2}-a^{2}.
РешениеЛесно се вижда, че a=0a=0 не дава на задачата. Тъй като корените на делителя g(x)g(x) са aa и −a-a, при a≠0a \neq 0 условието е еквивалентно на f(a)=f(−a)=0f(a)= f(-a)=0. Оттук получаваме системата a4+a3−a2(a2−1)+2a2b+a2−a−6=0a^{4}+a^{3}-a^{2}\left(a^{2}-1\right)+2 a^{2} b+a^{2}-a-6=0, a4−a3−a2(a2−1)−2a2b+a2−a−6=0a^{4}-a^{3}-a^{2}\left(a^{2}-1\right)-2 a^{2} b+a^{2}-a-6=0. След елиминиране на a3+2a2ba^{3}+2 a^{2} b достигаме до квадратното уравнение 2a2−a−6=02 a^{2}-a-6=0 с корени a1=2a_{1}=2 и a2=−32a_{2}=-\frac{3}{2}. Сега от първото уравнение от горната система намираме b=−a2b=-\frac{a}{2}, откъдето b1=−1b_{1}=-1 и b2=34b_{2}=\frac{3}{4}. Следователно търсените стойности са (a,b)=(2,−1)(a, b)=(2, -1) и (−32,34)\left(-\frac{3}{2}, \frac{3}{4}\right), като съответните разлагания са x4+x3−3x2−4x−4=(x2−4)(x2+x+1)x^{4}+x^{3}-3 x^{2}-4 x-4=\left(x^{2}-4\right)\left(x^{2}+x+1\right) и x4+x3−54x2−94x−94=(x2−94)(x2+x+1)x^{4}+x^{3}-\frac{5}{4} x^{2}-\frac{9}{4} x-\frac{9}{4}= \left(x^{2}-\frac{9}{4}\right)\left(x^{2}+x+1\right).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека TT е множеството от всички триъгълници ABCA B C с радиуси rr и rar_{a} съответно на вписаната окръжност и на външновписаната окръжност срещу върха AA, където rr и rar_{a} са фиксирани положителни числа. Да се докаже, че: a) всички триъгълници в TT имат една и съща дължина на височината от върха AA; б) измежду всички триъгълници в TT най-малко лице има този, за който AB=ACA B=A C.
Решениеа) Нека II и IaI_{a} са съответно центъровете на вписаната и външновписаната окръжност, а AH=haA H=h_{a} е разстоянието от AA до BC,H∈BCB C, H \in B C. Ако IP⊥BC,P∈BCI P \perp B C, P \in B C, и IaQ⊥BC,Q∈BCI_{a} Q \perp B C, Q \in B C, имаме AIAIa=rra\frac{A I}{A I_{a}}=\frac{r}{r_{a}}. Аналогично, ако IR⊥AH,R∈AHI R \perp A H, R \in A H, и IaS⊥AH,S∈AHI_{a} S \perp A H, S \in A H, то AIAIa=ha−rha+ra\frac{A I}{A I_{a}}=\frac{h_{a}-r}{h_{a}+r_{a}}. Оттук се вижда, че ha=2rrara−rh_{a}=\frac{2 r r_{a}}{r_{a}-r} може да бъде определено еднозначно по rr и rar_{a}, и следователно всички триъгълници от TT имат равни височини през AA. б) От а) следва, че най-малко лице ще има този от триъгълниците в TT, в който дължината на страната BCB C е минимална. Лесно се вижда, че четириъгълникът BIaCIB I_{a} C I е вписан в окръжност kk с диаметър IIaI I_{a}, като IIa≥r+raI I_{a} \geq r+r_{a} и равенство се достига, когато вписаната и външновписаната окръжност се допират. В същия случай мярката на ∠BAC\angle B A C е максимална, а BCB C е хорда в kk срещу ъгъл 90∘+12∠BAC90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle B A C. Получихме, че лицето на △ABC\triangle A B C е минимално точно тогава, когато вписаната и външновписаната окръжност се допират. Последното е възможно само тогава, когато AB=ACA B=A C.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-9-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Една редица от естествени числа x1,x2,…,xkx_{1}, x_{2}, \ldots, x_{k} се нарича nn-добра, ако x1<x2<⋯<xk≤nx_{1}\lt{}x_{2}\lt{}\cdots\lt{}x_{k} \leq n и xi−ix_{i}-i се дели на 3 за всяко i=1,…,ki=1, \ldots, k. Нека ana_{n} е броят на nn-добрите редици за фиксирано естествено число nn. Да се докаже, че числото an+8−ana_{n+8}-a_{n} се дели на 3.
РешениеАко 1,x2,x3,…,xk1, x_{2}, x_{3}, \ldots, x_{k} е nn-добра редица, то x2−1,x3−1,…,xk−1x_{2}-1, x_{3}-1, \ldots, x_{k}-1 е (n−1)(n-1) добра редица. Вземайки пред вид и редицата с единствен член x1=1x_{1}=1 получаваме, че броят на nn-добрите редици, които започват с 1, е an−1+1a_{n-1}+1. Ако x1,x2,…,xkx_{1}, x_{2}, \ldots, x_{k} е nn-добра редица с x1≥4x_{1} \geq 4, то x1−3,x2−3,…,xk−3x_{1}-3, x_{2}-3, \ldots, x_{k}-3 е (n−3)(n-3)-добра редица. Оттук следва, че броят на nn-добрите редици, незапочващи с 1, е an−3a_{n-3}. Горните разсъждения показват, че an=an−1+an−3+1a_{n}=a_{n-1}+a_{n-3}+1. Пресмятаме първите няколко стойности на ana_{n}:n1234567891011an12358121827405987an( mod 3)12022000120\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|r|r|r|r|r|r|} \hline n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 \cr \hline a_{n} & 1 & 2 & 3 & 5 & 8 & 12 & 18 & 27 & 40 & 59 & 87 \cr \hline a_{n}(\bmod 3) & 1 & 2 & 0 & 2 & 2 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 0 \cr \hline \end{array}Сега твърдението лесно следва по индукция. Базата за индукцията следва от таблицата. Нека n≥4n \geq 4 и ak+8≡ak( mod 3)a_{k+8} \equiv a_{k}(\bmod 3) за всяко k≤nk \leq n. Тогаваan+9=an+8+an+6+1≡an+an−2+1=an+1( mod 3),a_{n+9}=a_{n+8}+a_{n+6}+1 \equiv a_{n}+a_{n-2}+1=a_{n+1}(\bmod 3),което завършва доказателството.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-9-6

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалните параметри aa и bb, за които неравенството 2∣x2+ax+b∣>12\left|x^{2}+a x+b\right|\gt{}1 няма
Решениев интервала [1,3][1, 3]. Да означим f(x)=x2+ax+bf(x)=x^{2}+a x+b. Първо ще докажем, че абсцисата на върха на параболата f(x)f(x) е в интервала [1,3][1, 3]. Ако −a2<1⟺a>−2-\frac{a}{2}\lt{}1 \Longleftrightarrow a\gt{}-2, условието е еквивалентно на 2f(1)≥−12 f(1) \geq-1 и 2f(3)≤12 f(3) \leq 1, откъдето получаваме 2+2a+2b≥−12+2 a+2 b \geq-1 и 18+6a+2b≤118+6 a+2 b \leq 1. Следователно −2a−3≤2b≤−6a−17-2 a-3 \leq 2 b \leq-6 a-17, откъдето −2a−3≤−6a−17⟺a≤−72-2 a-3 \leq-6 a-17 \Longleftrightarrow a \leq-\frac{7}{2}, което противоречи на a>−2a\gt{}-2. Аналогично се вижда, че неравенството −a2>3-\frac{a}{2}\gt{}3 е невъзможнодава a<−6a\lt{}-6 и a≥−92a \geq-\frac{9}{2}. При −a2∈[1,3]-\frac{a}{2} \in[1, 3] условието е еквивалентно на 2f(1)≤1,2f(3)≤12 f(1) \leq 1, 2 f(3) \leq 1 и 2f(−a2)≥−12 f\left(-\frac{a}{2}\right) \geq-1, съответно 1+a+b≤12,9+3a+b≤121+a+b \leq \frac{1}{2}, 9+3 a+b \leq \frac{1}{2} и b−a24≥−12b-\frac{a^{2}}{4} \geq-\frac{1}{2}. От първото и третото получаваме a24−12≤b≤−a−12\frac{a^{2}}{4}-\frac{1}{2} \leq b \leq-a-\frac{1}{2} и следователно a2+4a≤0⟺a∈[−4,0]a^{2}+4 a \leq 0 \Longleftrightarrow a \in[-4, 0]. Аналогично от второто и третото неравенства имаме a24−12≤b≤−3a−172\frac{a^{2}}{4}-\frac{1}{2} \leq b \leq-3 a-\frac{17}{2} или a2+12a+32≤0⟺a∈[−8,−4]a^{2}+12 a+32 \leq 0 \Longleftrightarrow a \in[-8, -4]. Следователно a=−4a=-4 е единствената възможност, а тогава за bb получаваме (от кое да е от двете двойни неравенства по-горе) b=72b=\frac{7}{2}. Окончателно, a=−4a=-4 и b=72b=\frac{7}{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-10-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-10-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се реши неравенствотоx21−3x−12−8x>x2−x2−3x+4.\sqrt{\vphantom{x^2}1-3 x-\sqrt{12-8 x}}\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}-x^{2}-3 x+4}.
РешениеДопустимите стойности за xx са всички на системата−x2−3x+4≥012−8x≥01−3x−x212−8x≥0\begin{aligned} -x^{2}-3 x+4 & \geq 0 \\ 12-8 x & \geq 0 \\ 1-3 x-\sqrt{\vphantom{x^2}12-8 x} & \geq 0 \end{aligned}Оттук получаваме x∈[−4,−11/9]x \in[-4, -11 / 9]. Повдигаме двете страни на квадрат и получавамеx2−3>x212−8xx^{2}-3\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}12-8 x}Това неравенство не е изпълнено за x∈[−x23,x23]x \in[-\sqrt{\vphantom{x^2}3}, \sqrt{\vphantom{x^2}3}]. За всички останали стойности на xx повдигаме още веднъж на квадрат и достигаме доx4−6x2+8x−3=(x−1)2(x2+2x−3)>0x^{4}-6 x^{2}+8 x-3=(x-1)^{2}\left(x^{2}+2 x-3\right)\gt{}0Тъй като (x−1)2>0(x-1)^{2}\gt{}0 за всяко допустимо xx, горното неравенство се свежда до x2+2x−3>0x^{2}+2 x-3\gt{}0, откъдето x∈(−∞,−3)∪(1,+∞)x \in(-\infty, -3) \cup(1, +\infty). Окончателно на неравенството са всички x∈[−4,−3)x \in[-4, -3).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-10-4

11

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравнението3cos⁡x+31−cos⁡x=a3^{\cos x}+3^{1-\cos x}=aима точно едно
Решениев интервала [0,π][0, \pi]. След полагане t=3cos⁡xt=3^{\cos x}, получаваме уравнението t2−at+3=0t^{2}-a t+3=0. За да има уравнението от условието точно едно в интервала [0,π][0, \pi], уравнението f(t)=t2−at+3=0f(t)=t^{2}-a t+ 3=0 трябва да има единствено в интервала [13,3]\left[\frac{1}{3}, 3\right]. Когато D=a2−12=0D=a^{2}-12=0, получаваме a=±2x23a= \pm 2 \sqrt{\vphantom{x^2}3} и тогава двата корена са съответно ±x23\pm \sqrt{\vphantom{x^2}3}. Тъй като само x23∈[13,3]\sqrt{\vphantom{x^2}3} \in\left[\frac{1}{3}, 3\right], то a=2x23a=2 \sqrt{\vphantom{x^2}3} е на задачата. Ако t=13t=\frac{1}{3} е , то a=283a=\frac{28}{3} и тогава другият корен е t=9∉[13,3]t=9 \notin\left[\frac{1}{3}, 3\right]. Това означава, че a=283a=\frac{28}{3} е на задачата. Ако t=3t=3 е , то a=4a=4 и тогава другият корен е t=1∈[13,3]t=1 \in\left[\frac{1}{3}, 3\right]. Това означава, че a=4a=4 не е на задачата. Когато то е в (13,3)\left(\frac{1}{3}, 3\right) трябва да имаме f(13)f(3)<0f\left(\frac{1}{3}\right) f(3)\lt{}0 което дава a∈(4,283)a \in\left(4, \frac{28}{3}\right). Окончателно то е a∈{2x23}∪(4,283]a \in\{2 \sqrt{\vphantom{x^2}3}\} \cup\left(4, \frac{28}{3}\right].
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Точките OO и II са съответно център на описаната и вписаната окръжност за триъгълник ABCA B C. Ъглополовящата на ъгъл ACBA C B пресича описаната около триъгълника окръжност в точка DD. Ако OI=rO I=r и ID=2rI D=2 r, където rr е радиусът на вписаната окръжност, да се намери sin⁡∠ACB\sin \angle A C B.
РешениеТъй като DI=DAD I=D A (следва от ∠DIA=∠DAI=α+γ2\angle D I A=\angle D A I=\frac{\alpha+\gamma}{2} ), то от синусовата теорема получаваме r=Rsin⁡γ2r=R \sin \frac{\gamma}{2}. От r2=OI2=R2−2Rrr^{2}=O I^{2}=R^{2}-2 R r след заместване r=Rsin⁡γ2r=R \sin \frac{\gamma}{2}, намирамеsin⁡2γ2+2sin⁡γ2−1=0\sin ^{2} \frac{\gamma}{2}+2 \sin \frac{\gamma}{2}-1=0Оттук последователно намираме sin⁡γ2=x22−1,cos⁡γ2=x21−(2−1)2=x22(2−1)\sin \frac{\gamma}{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}2}-1, \cos \frac{\gamma}{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}1-(\sqrt{2}-1)^{2}}=\sqrt{\vphantom{x^2}2(\sqrt{2}-1)} иsin⁡γ=2sin⁡γ2cos⁡γ2=(2(x22−1))32\sin \gamma=2 \sin \frac{\gamma}{2} \cos \frac{\gamma}{2}=(2(\sqrt{\vphantom{x^2}2}-1))^{\frac{3}{2}}
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадени са естествени числа a1,a2,…,a2011a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2011}. Да се докаже, че твърдението: За всяко естествено число nn произведението (na1)(na2)…(na2011)\binom{n}{a_{1}}\binom{n}{a_{2}} \ldots\binom{n}{a_{2011}} се дели на nn, е вярно тогава и само тогава, когато най-големия общ делител на числата a1,a2,…,a2011a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2011} е равен на 1.
РешениеНека (a1,a2,…a2011)=1\left(a_{1}, a_{2}, \ldots a_{2011}\right)=1 и n=p1α1p2α2…ptαtn=p_{1}^{\alpha_{1}} p_{2}^{\alpha_{2}} \ldots p_{t}^{\alpha_{t}}. Ясно е, че за всяко ii съществува asa_{s}, което не се дели на pip_{i}. Тогава (nas)=nas(n−1as−1)\binom{n}{a_{s}}=\frac{n}{a_{s}}\binom{n-1}{a_{s}-1} се дели на piαip_{i}^{\alpha_{i}}, т. е. nn дели произведението от условието. Обратно, да допуснем, че съществува просто число pp, което дели всяко от числата a1,a2,…,a2011a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2011}. Ще покажем, че съществува естествено число nn, за което pp дели nn, но pp не дели (nai)\binom{n}{a_{i}} за всяко ii. Да разгледаме числата от вида n=pk−pn=p^{k}-p и да разгледаме например (na1)\binom{n}{a_{1}}. Нека a1=paa_{1}=p a. Имаме(na1)=(pk−ppa)=\binom{n}{a_{1}}=\binom{p^{k}-p}{p a}=(pk−p)(pk−p−1)…(pk−p−pa+1)pa(pa−1)(pa−2)…(pa−(pa−1)).\frac{\left(p^{k}-p\right)\left(p^{k}-p-1\right) \ldots\left(p^{k}-p-p a+1\right)}{p a(p a-1)(p a-2) \ldots(p a-(p a-1))}.Тъй като kk може да бъде избрано произволно голямо, то най-високата степен на pp, която дели числителя, е равна на най-високата степен на pp, която дели произведениетоp(p+1)(p+2)…(p+pa−1)p(p+1)(p+2) \ldots(p+p a-1)Отделяме множителите, които се делят на pp, и получавамеp(p+p)(p+2p)…(p+(a−1)p)=pa1⋅2⋅3…a.p(p+p)(p+2 p) \ldots(p+(a-1) p)=p^{a} 1 \cdot 2 \cdot 3 \ldots a.В знаменателя също отделяме множителите, които се делят на pp и получавамеpa(pa−p)(pa−2p)…(pa−(a−1)p)=p a(p a-p)(p a-2 p) \ldots(p a-(a-1) p)=paa(a−1)(a−2)…1.p^{a} a(a-1)(a-2) \ldots 1.Оттук следва, че (na1)\binom{n}{a_{1}} не се дели на pp. Аналогично доказваме, че за всяко ii числото (nai)\binom{n}{a_{i}} не се дели на pp, което означава, че разглежданото произведение не се дели на nn.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Колко най-малко три елементни подмножества на множеството A={1,2,…,8}A=\{1, 2, \ldots, 8\} трябва да се изберат така, че всеки два елемента на AA да са едновременно елементи на поне едно от избраните множества?
РешениеВсяка от седемте двойки (1,2),(1,3),…,(1,8)(1, 2), (1, 3), \ldots, (1, 8) трябва да се среща в някое от избраните множества. Тъй като в едно три елементно множество се срещат най-много две от тези двойки, следва, че числото 1 се среща в поне 4 множества. Това е вярно за всяко от останалите числа. Тогава общо във всички множества трябва да има поне 8⋅4=328 \cdot 4=32 елемента. Това означава, че са ни необходими поне ⌈323⌉=11\left\lceil\frac{32}{3}\right\rceil=11 множества. Тъй като дадените 11 множества имат исканото свойство, то отговорът е 11. {1,2,3},{1,4,5},{1,6,7},{1,2,8},{2,4,6},{2,5,7},{2,3,8},{3,4,7},{3,5,6},{4,5,8},{6,7,8}\{1, 2, 3\}, \{1, 4, 5\}, \{1, 6, 7\}, \{1, 2, 8\}, \{2, 4, 6\}, \{2, 5, 7\}, \{2, 3, 8\}, \{3, 4, 7\}, \{3, 5, 6\}, \{4, 5, 8\}, \{6, 7, 8\}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-11-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички функции f:R→Rf: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} такива, че за произволни x,y,zx, y, z, е изпълнено неравенството(f(x)+f(y)−2f(xy))⋅(f(x)+f(z)−2f(xz))≥(f(x)+f(y)-2 f(x y)) \cdot(f(x)+f(z)-2 f(x z)) \geq0. 0.
Решение(1 т.) При y=0y=0 и z=1z=1 следва, че (f(x)−f(0)).(f(x)−f(1))≤0(f(x)-f(0)).(f(x)-f(1)) \leq 0, т. е. f(0)≤f(x)≤f(1)f(0) \leq f(x) \leq f(1) или f(1)≤f(x)≤f(0)f(1) \leq f(x) \leq f(0) за всяко xx. (4 т.) Да предположим, че ff не е константа. Ако f(0)≤f(x)<f(1)f(0) \leq f(x)\lt{}f(1) или f(1)<f(x)≤f(0)f(1)\lt{}f(x) \leq f(0) за някое x≠0x \neq 0, то при y=1/xy=1 / x и z=1z=1 следва, че f(1)+f(1)>f(a)+f(1/a)≥2f(1)f(1)+f(1)\gt{}f(a)+f(1 / a) \geq 2 f(1) или f(1)+f(1)<f(a)+f(1/a)≤2f(1)f(1)+f(1)\lt{}f(a)+f(1 / a) \leq 2 f(1) което е противоречие. Значи f(x)=f(1)f(x)=f(1) при x≠0x \neq 0. (2 т.) Проверка показва, че всяка такава функция изпълнява даденото неравенство.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-11-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Дадено е естествено число aa. Да се докаже, че множеството от простите делители на редицата {xn}n=1∞\left\{x_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}, за която xn=n22011−a2x_{n}=n^{2^{2011}}-a^{2}, е безкрайно.
РешениеНека p=4k+3p=4 k+3 е произволно просто число. Ще докажем, че съществува член на редицата, който се дели на pp. Да разгледаме числата 12m,22m,…,p2m1^{2^{m}}, 2^{2^{m}}, \ldots, p^{2^{m}}. Ще докажем с индукция по mm, че това са точно квадратичните остатъци всеки броен по два пъти. При m=1m=1 всичко е ясно. Нека твърдението е вярно за някое mm и нека 1≤i<j≤p1 \leq i\lt{}j \leq p са произволни. Имаме, че i2m+1−j2m+1=(i2m−j2m)(i2m+j2m)i^{2^{m+1}}-j^{2^{m+1}}=\left(i^{2^{m}}-j^{2^{m}}\right)\left(i^{2^{m}}+j^{2^{m}}\right) Ясно е, че pp не дели i2m+j2mi^{2^{m}}+j^{2^{m}}, съгласно добре известния факт, че ако просто число p=4k+3p=4 k+3 дели x2+y2x^{2}+y^{2}, то pp дели xx и yy. Следователно pp дели i2m+1−j2m+1i^{2^{m+1}}-j^{2^{m+1}} тогава и само тогава, когато pp дели i2m−j2mi^{2^{m}}-j^{2^{m}}. Понеже съгласно индукционната хипотеза 12m,22m,…,p2m1^{2^{m}}, 2^{2^{m}}, \ldots, p^{2^{m}} са квадратичните остатъци, то лесно се вижда, че 12m+1,22m+1,…,p2m+11^{2^{m+1}}, 2^{2^{m+1}}, \ldots, p^{2^{m+1}}, които също са квадрати, всъщност е пермутация на същите остатъци, т. е. доказахме твърдението за m+1m+1. Това означава (прилагаме доказаното за m=2011m=2011 ), че произволни просто число от вида 4k+34 k+3 дели член на редицата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-11-6

12

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Допирателните към точки AA и BB от графиката на функцията y=x2y=x^{2} се пресичат в точка CC така, че △ABC\triangle A B C е равностранен. Да се намери дължината на отсечката ABA B.
Решение(2 т.) Ако A=(a,a2)A=\left(a, a^{2}\right) и B=(b,b2)B=\left(b, b^{2}\right), то съответните допирателни са y−a2=2a(x−a)y-a^{2}=2 a(x-a) и y−b2=2b(x−b)y-b^{2}=2 b(x-b) (понеже (x2)′=2x\left(x^{2}\right)^{\prime}=2 x ). Тогава за C=(c1,c2)C=\left(c_{1}, c_{2}\right) имаме, че 2c1−a2=2bc1−b22 c_{1}-a^{2}=2 b c_{1}-b^{2}, откъдето c1=a+b2c_{1}=\frac{a+b}{2} и c2=abc_{2}=a b. (2 т.) Сега от(a−a+b2)2+(a2−ab)2=AC2=\left(a-\frac{a+b}{2}\right)^{2}+\left(a^{2}-a b\right)^{2}=A C^{2}=BC2=(b−a+b2)2+(b2−ab)2B C^{2}=\left(b-\frac{a+b}{2}\right)^{2}+\left(b^{2}-a b\right)^{2}следва, че ∣a2−ab∣=∣b2−ab∣\left|a^{2}-a b\right|=\left|b^{2}-a b\right|. Ако a2−ab=ab−b2a^{2}-a b=a b-b^{2}, то (a−b)2=0(a-b)^{2}=0 - противоречие. Значи a2−ab=b2−aba^{2}-a b=b^{2}-a b, т. е. a=−ba=-b. (3 т.) Можем да считаме, че a>0a\gt{}0 и тогава ∠ACB=60∘\angle A C B=60^{\circ} точно когато ъгълът между допирателната през AA и OxO x е 60∘60^{\circ} (защото AB∥OxA B \| O x и AC=BCA C=B C ). Оттук AB=2a=tan⁡60∘=x23A B=2 a=\tan 60^{\circ}=\sqrt{\vphantom{x^2}3}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-12-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-12-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Четириъгълникът ABCDA B C D е вписан в окръжност, ∠BAC<90∘,∠ABC≠90∘\angle B A C\lt{}90^{\circ}, \angle A B C \neq 90^{\circ} и точка MM е среда на ACA C. Да се докаже, че ∠BMD=2∠BAD\angle B M D=2 \angle B A D тогава и само тогава, когато е изпълнено равенството AB.CD=AD.BCA B. C D=A D. B C.
РешениеНека ∠BAC=α\angle B A C=\alpha и OO е центърът на окръжността. От ∠ABC≠90∘\angle A B C \neq 90^{\circ} следва, че O≠MO \neq M и без ограничение приемаме, че OO е във вътрешността на △ABC\triangle A B C. Ако ∠BMD=2α\angle B M D=2 \alpha, то от ∠BOD=2α\angle B O D=2 \alpha следва, че точките M,O,BM, O, B и DD лежат на една окръжност. Тогава∠OMB=∠ODB=90∘−α\angle O M B=\angle O D B=90^{\circ}-\alphaи следователно ∠BMC=∠OMC−∠OMB=90∘−∠OMB=α\angle B M C=\angle O M C-\angle O M B=90^{\circ}-\angle O M B=\alpha. Сега от подобието △MCB∼△ADB\triangle M C B \sim \triangle A D B намираме MCCB=ADDB\frac{M C}{C B}=\frac{A D}{D B}. Тъй като MC=12ACM C=\frac{1}{2} A C, последното е еквивалентно на AC⋅BD=2AD⋅BCA C \cdot B D=2 A D \cdot B C. От теоремата на Птолемей имаме AC⋅BD=AD⋅BC+AB⋅CDA C \cdot B D=A D \cdot B C+A B \cdot C D, откъдето следва AB⋅CD=AD⋅BCA B \cdot C D=A D \cdot B C. Обратно, ако AB⋅CD=AD⋅BCA B \cdot C D=A D \cdot B C, то AC⋅BD=2AD⋅BCA C \cdot B D=2 A D \cdot B C, откъдето △MCB∼△ADB\triangle M C B \sim \triangle A D B и AC⋅BD=2AB⋅CDA C \cdot B D=2 A B \cdot C D, откъдето следва △AMB∼△DCB\triangle A M B \sim \triangle D C B. От горните подобия следва, че ∠AMB=∠AMD=∠BCD=180∘−α\angle A M B=\angle A M D=\angle B C D=180^{\circ}-\alpha, т. е. ∠BMC=∠DMC=α\angle B M C=\angle D M C=\alpha, откъдето ∠BMD=2α\angle B M D=2 \alpha.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-12-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
Дадени са естествени числа nn и kk, за които n≥3n \geq 3 и 1≤k≤n−21 \leq k \leq n-2. В група от nn човека има точно kk двойки хора, които се познават. Да се докаже, че от тази група могат да се изберат n−k+1n-k+1 човека, двама от които се познават, като всеки от двамата познати не познава никой от останалите n−k−1n-k-1 от избраните.
РешениеЩе докажем задачата с индукция по n≥3n \geq 3. При n=3n=3 имаме k=1k=1 и твърдението е вярно, тъй като цялата група има исканото свойство. Да допуснем, че твърдението е вярно за група от n−1n-1 човека. Ще го докажем за група от nn човека. Ако k=1k=1, цялата група от nn човека е търсената. Нека k>1k\gt{}1. Да допуснем, че има човек AA, който познава само един от останалите. Групата, получена след премахване на AA е от n−1n-1 човека и познанствата са k−1k-1 и твърдението следва от индукционната допускане. Тъй като 2n>2(n−2)≥2k2 n\gt{}2(n-2) \geq 2 k, то не е възможно всеки да има поне двама познати. Следователно има човек AA без познати. Ако k=n−2k=n-2, то AA заедно с двама, които се познават дава търсената група. Ако kk не е n−2n-2, махаме AA и получаваме задачата за n−1n-1 човека и kk познати. Според индукционното допускане съществува група от n−1−k+1=n−kn-1-k+1=n-k човека с исканото свойство. Остава да добавим AA към тази група.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-12-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека R+\mathbb{R}^{+}е множеството на положителните реални числа. Да се докаже, че за всяка неконстанта функция f:R+→R+f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}съществуват числа x,yx, y и z>0z\gt{}0, за които е изпълнено неравенството(f(x)+f(y)−2f(xy))⋅(f(x)+f(z)−2f(xz))<(f(x)+f(y)-2 f(x y)) \cdot(f(x)+f(z)-2 f(x z))\lt{}0.0.
РешениеДа допуснем противното. Тогава са възможни два случая. (∗)(*) (2 т.) f(x)+f(y)≥2f(xy)f(x)+f(y) \geq 2 f(x y) за произволни x,y>0x, y\gt{}0. При y=1y=1 следва, че f(x)≤f(1)f(x) \leq f(1) за всяко x>0x\gt{}0. Тогава 2f(1)≥f(x)+f(1/x)≥2f(1)2 f(1) \geq f(x)+f(1 / x) \geq 2 f(1) и значи f(x)=f(1)f(x)=f(1) за всяко x>0x\gt{}0. (∗)(*) (3 т.) Съществува x>0x\gt{}0 такова, че (1) f(x)+f(y)≤2f(xy)f(x)+f(y) \leq 2 f(x y) за всяко y>0y\gt{}0. При y=1y=1 следва, че f(x)≥f(1)f(x) \geq f(1). Нека m=inf⁡R+fm=\inf _{\mathbb{R}^{+}} f и (an)⊂R+\left(a_{n}\right) \subset \mathbb{R}^{+}така, че f(an)→mf\left(a_{n}\right) \rightarrow m. При yn=an/xy_{n}=a_{n} / x имаме, че 2m≤f(x)+f(yn)≤f(xyn)→2m2 m \leq f(x)+f\left(y_{n}\right) \leq f\left(x y_{n}\right) \rightarrow 2 m и значи f(x)=m=f(1)f(x)=m=f(1) за всяко x>0x\gt{}0, за което (1) е в сила. (2 т.) Ако този случай съществува x>0x\gt{}0 такова, че (2) f(x)+f(y)≥2f(xy)f(x)+f(y) \geq 2 f(x y) за всяко y>0y\gt{}0, то при y=1y=1 следва, че m=f(1)≥f(x)≥mm=f(1) \geq f(x) \geq m и значи f(x)=f(1)f(x)=f(1) за всяко x>0x\gt{}0, за което (2) е в сила. И в двата случая получихме, че ff е константапротиворечие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2011-12-6