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

2015

Назад към папките

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Ако x1x_{1} и x2x_{2} са корените на уравнението x2−5x=3x^{2}-5 x=3, намерете всички реални zz, за които(2z2−4z−x2z2−2z−10)(x12+x22)=2015.\left(2 z^{2}-4 z-\sqrt{\vphantom{x^2}z^{2}-2 z-10}\right)\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right)=2015.
РешениеОт формулите на Виет имаме x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=52+2⋅3=31x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}=5^{2}+2 \cdot 3=31, следователно 2z2−4z−x2z2−2z−10=2015:31=652 z^{2}-4 z-\sqrt{\vphantom{x^2}z^{2}-2 z-10}=2015: 31=65. Полагаме t=x2z2−2z−10≥0t=\sqrt{\vphantom{x^2}z^{2}-2 z-10} \geq 0 и условието добива вида 2t2+20−t=652 t^{2}+20-t=65, т. е. 2t2−t−45=02 t^{2}-t-45=0. Единственият неотрицателен корен на това уравнение е t=1+x21+3604=5t=\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}1+360}}{4}=5. Получаваме z2−2z−10=52,z2−2z−35=0z^{2}-2 z-10=5^{2}, z^{2}-2 z-35=0, чиито са z=7z=7 и z=−5z=-5.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Върху страните BC,CAB C, C A и ABA B на равнобедрения △ABC(AB=BC)\triangle A B C(A B=B C) са взети съответно точките A1,B1A_{1}, B_{1} и C1C_{1}, така че ∠BC1A1=∠CA1B1=∠BAC\angle B C_{1} A_{1}=\angle C A_{1} B_{1}=\angle B A C. Отсечките BB1B B_{1} и CC1C C_{1} се пресичат в точка PP. Да се докаже, че четириъгълниците ABA1B1A B A_{1} B_{1} и AB1PC1A B_{1} P C_{1} са вписани.
РешениеЩом ∠BC1A1=∠BAC\angle B C_{1} A_{1}=\angle B A C, то A1C1∥ACA_{1} C_{1} \| A C, следователно ACA1C1A C A_{1} C_{1} е равнобедрен трапец. Ако ∠CAB=α\angle C A B=\alpha, то ∠ABC=180∘−α\angle A B C=180^{\circ}-\alpha и ∠AB1A1=2α\angle A B_{1} A_{1}=2 \alpha като външен за △A1B1C\triangle A_{1} B_{1} C, следователно ABA1B1A B A_{1} B_{1} е вписан. AA1A A_{1} и CC1C C_{1} са диагонали в равнобедрен трапец, следователно ∠C1CA1=∠A1AC1=∠BB1A1\angle C_{1} C A_{1}=\angle A_{1} A C_{1}=\angle B B_{1} A_{1}. Отсечката PA1P A_{1} се вижда под един и същ ъгъл от точките B1B_{1} и CC, т. е. четириъгълникът A1PB1CA_{1} P B_{1} C е вписан, откъдето ∠B1PC=∠B1A1C\angle B_{1} P C=\angle B_{1} A_{1} C. Следователно ∠B1PC1+∠B1AC1=180∘\angle B_{1} P C_{1}+\angle B_{1} A C_{1}=180^{\circ}, т. е. AB1PC1A B_{1} P C_{1} е вписан.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Ще наричаме едно естествено число мощно, ако се дели на квадрата на всеки свой прост делител (числото 1 също е мощно по тривиални причини). Ще наричаме мощ, на едно число броя на мощните му делители. Колко най-много поредни естествени числа можем да изберем, така че никое от тях да няма мощ, кратна на: а) 2; б) 3; в) 2015?
РешениеЕдно число е мощно, ако всеки негов прост делител е поне от втора степен. Ако разлагането на различни прости множители на едно число е p1s1p2s2…pkskp_{1}^{s_{1}} p_{2}^{s_{2}} \ldots p_{k}^{s_{k}}, то мощта му е равна на s1s2…sks_{1} s_{2} \ldots s_{k}, понеже за степента на делителя му pkp_{k} има sks_{k} възможни избора ( 0,2,30, 2, 3, …,sk)\left.\ldots, s_{k}\right). a) Ако изберем 8 поредни числа, някое от тях ще се дели на 222^{2}, без да се дели на 232^{3}, така че мощта му ще се дели на 2. Има 7 поредни числа, всяко от които има мощ, която не се дели на 2, например 29,30,31,…,3529, 30, 31, \ldots, 35. б) Ако изберем 16 поредни числа, някое от тях ще се дели на 232^{3}, без да се дели на 242^{4}, така че мощта му ще се дели на 3. Има 15 поредни числа, всяко от които има мощ, която не се дели на 3, например 9,10,11,…,239, 10, 11, \ldots, 23. в) Ако изберем 220162^{2016} поредни числа, някое от тях ще се дели на 220152^{2015}, без да се дели на 220162^{2016}, така че мощта му ще се дели на 2015. Има 22016−12^{2016}-1 поредни числа, всяко от които има мощ, която не се дели на 2015, например 22015+1,22015+2,…,3⋅22015−12^{2015}+1, 2^{2015}+2, \ldots, 3 \cdot 2^{2015}-1 (използваме, че 3⋅23.22012<3⋅32.320123 \cdot 2^{3}.2^{2012}\lt{}3 \cdot 3^{2}.3^{2012} ).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Мравка се намира в координатното начало OO. Всяка секунда тя изминава 1 см в някоя от посоките изток, запад, север или юг. След mm секунди мравката била пак в OO. Ако броят на всевъзможните маршрути на мравката се дели на 2015, намерете най-малката възможна стойност на mm.
РешениеКодираме с И, З, С, Ю според посоката; броят на буквите С трябва да е колкото буквите Ю (нека са по kk ), а на И колкото З (по n−kn-k, където m=2nm=2 n ); броят на тези кодове е (2n)!k!k!(n−k)!(n−k)!=(2nn)(nk)(nn−k)\frac{(2 n)!}{k! k!(n-k)!(n-k)!}=\binom{2 n}{n}\binom{n}{k}\binom{n}{n-k}. Общо получаваме (2nn)∑k=0n(nk)(nn−k)=(2nn)2\binom{2 n}{n} \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\binom{n}{n-k}= \binom{2 n}{n}^{2} маршрута. Тук използвахме тъждеството ∑k=0n(nk)(nn−k)=(2nn)\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\binom{n}{n-k}=\binom{2 n}{n}, което може да се докаже комбинаторно: ако в клас има nn момчета и nn момичета, то лявата страна представя броя начини да изберем nn от децата, а дяснатав избраната група да има kk момчета и n−kn-k момичета. Остава да открием най-малкото nn, за което (2nn)=(2n)!n!n!\binom{2 n}{n}=\frac{(2 n)!}{n! n!} се дели на 5 \cdot 13 \cdot 31. Заради делимостта на 31 е необходимо n≥16n \geq 16. Стойностите n=16,…,19n=16, \ldots, 19 не са подходящи, понеже степента на 13 в числителя и знаменателя на (2n)!n!n!\frac{(2 n)!}{n! n!} е еднаква. При n=20n=20 степента на 5, 13 и 31 в числителя е по-голяма, отколкото в знаменателя, така че тази стойност е подходяща. Отговор: m=2n=40m=2 n=40. Kpumepuu. 2 т. за представяне на броя пътища като сума; 2 т. за представянето на броя като биномен коефициент или еквивалентен затворен израз; 2 т. за доказване, че m>39;1m\gt{}39; 1 т. за обяснение, че m=40m=40 е подходяща стойност.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-9-4

10

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C и произволна точка DD от вътрешността му. Точките M,EM, E и FF са средите съответно на страните AB,ACA B, A C и BCB C. Точките N,PN, P и QQ са средите съответно на отсечките DM,DED M, D E и DFD F. Да се докаже, че правите AQ,BPA Q, B P и CNC N се пресичат в една точка.
РешениеНека AQ∩BP=KA Q \cap B P= K. От съответните средни отсечки в △ABC\triangle A B C и в △EFD\triangle E F D следва, че PQ∥ABP Q \| A B и 4PQ=AB4 P Q=A B. От теоремата на Талес получаваме PKKB=14\frac{P K}{K B}=\frac{1}{4}. Нека CN∩BP=K′C N \cap B P= K^{\prime}. Както по-горе получаваме, че PK′K′B=14\frac{P K^{\prime}}{K^{\prime} B}=\frac{1}{4}, откъдето следва, че K≡K′K \equiv K^{\prime} и следователно правите AQ,BPA Q, B P и CNC N се пресичат в точка KK.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото естествено число aa със следното свойство: съществува естествено число nn, за което 17n+87na17^{n}+87^{n} a се дели на 455.
РешениеНека aa и nn са такива, че A=17n+87naA=17^{n}+87^{n} a се дели на 455. Тъй като 455=5⋅7⋅13455=5 \cdot 7 \cdot 13, ще разгледаме израза AA поотделно по модули 5, 7 и 13. Имаме 0≡A≡2n+2na( mod 5)0 \equiv A \equiv 2^{n}+2^{n} a(\bmod 5), откъдето a≡−1( mod 5)a \equiv-1(\bmod 5), и аналогично 0≡A≡3n+3na( mod 7)0 \equiv A \equiv 3^{n}+3^{n} a(\bmod 7), откъдето a≡−1( mod 7),0≡A≡4n+(−4)na( mod 13)a \equiv-1(\bmod 7), 0 \equiv A \equiv 4^{n}+(-4)^{n} a(\bmod 13), откъдето a≡(−1)n+1( mod 13)a \equiv(-1)^{n+1}(\bmod 13). При нечетно nn получаваме китайска теорема за остатъците във вида a≡−1( mod 5),a≡−1( mod 7),a≡1( mod 13)a \equiv-1 (\bmod 5), a \equiv-1(\bmod 7), a \equiv 1(\bmod 13), а при четно nn имаме системата a≡−1( mod 5),a≡−1( mod 7),a≡−1( mod 13)a \equiv -1(\bmod 5), a \equiv-1(\bmod 7), a \equiv-1(\bmod 13). Решаването на тези системи дава съответно a≡209( mod 455)a \equiv 209(\bmod 455) (например проверяваме последователно 34,69,10434, 69, 104 и т. н. по модул 13 до намиране на остатък 1 ) и a≡454( mod 455)a \equiv 454(\bmod 455) (очевидно). Сега вече е очевидно, че търсеното aa е 209 (имаме 455∣17n+209⋅87n455 \mid 17^{n}+209 \cdot 87^{n} при нечетно nn, в частност и при n=1n=1 ).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадено е естествено число n≤2015n \leq 2015, което не се дели на 5. Да се намери броят на различните nn-елементни подмножества на множеството {1,2,…,2015}\{1, 2, \ldots, 2015\} със сума от елементите, кратна на 5.
РешениеЗа всяко число i∈{0,1,2,3,4}i \in\{0, 1, 2, 3, 4\} означаваме с Xi\mathcal{X}_{i} множеството от подмножества на A={1,2,…,2015}A=\{1, 2, \ldots, 2015\} със сума на елементите, даваща остатък ii при деление на 5. Нека ∣Xi∣=xi\left|\mathcal{X}_{i}\right|=x_{i}. Ще докажем, че x0=x1=x2=x3=x4x_{0}=x_{1}=x_{2}=x_{3}=x_{4}. Нека σ:A→A\sigma: A \rightarrow A е цикличната пермутация на елементите от AA, т. е. σ(i)=i+\sigma(i)=i+ 1 за всяко 1≤i≤20141 \leq i \leq 2014 и σ(2015)=1\sigma(2015)=1. На X={a1,a2,…an}⊂XiX=\left\{a_{1}, a_{2}, \ldots a_{n}\right\} \subset \mathcal{X}_{i} съпоставяме множеството X′=σ(X)={σ(a1),σ(a2),…,σ(an)}X^{\prime}=\sigma(X)=\left\{\sigma\left(a_{1}\right), \sigma\left(a_{2}\right), \ldots, \sigma\left(a_{n}\right)\right\}. От дефиницията на σ\sigma следва, че сумата на елементите на X′X^{\prime} е сравнима с i+ni+n по модул 5. Тъй като nn не се дели на 5, имаме i+n≡j( mod 5),j∈{0,1,2,3,4,5}i+n \equiv j(\bmod 5), j \in\{0, 1, 2, 3, 4, 5\}, където j≠ij \neq i. Освен това числото jj е едно и също за различните X∈XiX \in \mathcal{X}_{i}, т. е. винаги σ(X)∈Xj\sigma(X) \in \mathcal{X}_{j}. Образите на различни множества са различни, т. е. съпоставката е инективна. Следователно xi≤xjx_{i} \leq x_{j}. Прилагайки същото разсъждение за σ:Xj→Xk\sigma: X_{j} \rightarrow X_{k} получаваме xj≤xk,k≠jx_{j} \leq x_{k}, k \neq j, k≠ik \neq i и т. н., като цикълът се затваря на петата стъпка. Следователно x0=x1=x2=x3=x4x_{0}=x_{1}=x_{2}= x_{3}=x_{4}. Тъй като (2015n)=x0+x1+x2+x3+x4=5x0\binom{2015}{n}=x_{0}+x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=5 x_{0}, търсеният брой е x0=(2015n)5x_{0}=\frac{\binom{2015}{n}}{5}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравнението23x−a22x+1+(a2+a−1)2x−a2+a=02^{3 x}-a 2^{2 x+1}+\left(a^{2}+a-1\right) 2^{x}-a^{2}+a=0има точно две реални
РешениеУравнението е еквивалентно на(2x−a)(22x−a2x+a−1)=0\left(2^{x}-a\right)\left(2^{2 x}-a 2^{x}+a-1\right)=0откъдето намираме 2x=a,2x=12^{x}=a, 2^{x}=1 и 2x=a−12^{x}=a-1. При a≤0a \leq 0 имаме само едно ; при a∈(0,1)a \in(0, 1) имаме две ; при a=1a=1 имаме едно ; при a∈(1,2)a \in(1, 2) имаме три ; при a=2a=2 имаме две и при a>2a\gt{}2 отново имаме три Следователно отговорът e a∈(0,1)∪{2}a \in(0, 1) \cup\{2\}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник ABCA B C с център на вписаната окръжност точка II и център на описаната окръжност точка OO. Ъглополовящата CL,(L∈AB)C L, (L \in A B) пресича описаната окръжност в точка DD. Нека PP е симетричната точка на DD спрямо правата ABA B. Да се докаже, че: а) точките C,L,PC, L, P и OO лежат на една окръжност; б) ∠CPI=∠LOI\angle C P I=\angle L O I.
РешениеЩе разгледаме случая когато точката PP е между DD и OO (случаят, когато OO е между PP и DD, се разглежда аналогично). Нека TT е среда на ABA B, а KK е диаметрално противоположната на DD. ИмамеDI2=DA2=DL⋅DC=DT⋅DK=DP⋅DO.D I^{2}=D A^{2}=D L \cdot D C=D T \cdot D K=D P \cdot D O.Първото равенство следва от добре известния факт, че DI=DA=DBD I=D A=D B. Второто равенство следва от подобието на триъгълниците DACD A C и DLAD L A. Третото равенство следва от това, че CLTKC L T K е вписан четириъгълник (поради ∠LCK=∠LTK=90∘\angle L C K=\angle L T K=90^{\circ} ), а четвъртото от DP=2DTD P=2 D T и DK=D K= 2DO. а) От DL⋅DC=DP⋅DOD L \cdot D C=D P \cdot D O следва, че точките C,L,PC, L, P и OO лежат на една окръжност. Това следва и от ∠LPD=∠LDP=∠OCL\angle L P D=\angle L D P=\angle O C L, откъдето ∠LPO+∠OCL=180∘\angle L P O+\angle O C L=180^{\circ}. б) От DI2=DP.DOD I^{2}=D P. D O следва, че триъгълниците DIOD I O и DPID P I са подобни, откъдето ∠CIO=∠IPO\angle C I O=\angle I P O. От а) следва, че ∠ILO=∠CPO\angle I L O=\angle C P O. От последните две равенства получаваме∠CPI=∠IPO−∠CPO=∠CIO−∠ILO=∠IOL\angle C P I=\angle I P O-\angle C P O=\angle C I O-\angle I L O=\angle I O L
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадени са положителни числа a1,a2,…,a2015a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2015} с произведение 1. Да се докаже, че ако α>β>0\alpha\gt{}\beta\gt{}0 са рационални числа, то∑i=12015aiα≥∑i=12015aiβ\sum_{i=1}^{2015} a_{i}^{\alpha} \geq \sum_{i=1}^{2015} a_{i}^{\beta}
РешениеНека α=nq\alpha=\frac{n}{q} и β=mq\beta=\frac{m}{q}, като q,n≥mq, n \geq m са естествени числа. Ако положим bi=ai1qb_{i}=a_{i}^{\frac{1}{q}}, то b1b2…b2015=1b_{1} b_{2} \ldots b_{2015}=1 и следователно е достатъчно да докажем, че ако b1b2…b2015=1b_{1} b_{2} \ldots b_{2015}=1, то∑i=12015bin≥∑i=12015bin−1\sum_{i=1}^{2015} b_{i}^{n} \geq \sum_{i=1}^{2015} b_{i}^{n-1}За всяко i=1,2,…,2015i=1, 2, \ldots, 2015 имаме1+bin+bin+⋯+bin⏟n−1≥1+\underbrace{b_{i}^{n}+b_{i}^{n}+\cdots+b_{i}^{n}}_{n-1} \geqnx21.bin…binn=nbin−1 n \sqrt[n]{\vphantom{x^2}1. b_{i}^{n} \ldots b_{i}^{n}}=n b_{i}^{n-1}След събиране намираме(n−1)∑i=12015bin+2015≥(n-1) \sum_{i=1}^{2015} b_{i}^{n}+2015 \geqn∑i=12015bin−1 n \sum_{i=1}^{2015} b_{i}^{n-1}Освен това∑i=12015bin−1≥\sum_{i=1}^{2015} b_{i}^{n-1} \geq2015x2b1n−1…b2015n−12015=2015 2015 \sqrt[2015]{\vphantom{x^2}b_{1}^{n-1} \ldots b_{2015}^{n-1}}=2015и като съберем почленно последните две равенства, получаваме исканото.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадено е множество MM от 220152^{2015} естествени числа, всяко от които има 2014 цифри. Всеки две от тези числа дават различни остатъци при деление на 220152^{2015}. Колко най-малко различни цифри участват в десетичния запис на числата от MM?
РешениеАко две числа xx и yy дават различни остатъци при деление с 2n2^{n}, то след дописване на произволна цифра отдясно, новите числа дават различни остатъци при деление с 2n+12^{n+1} (защото ако 10x+c≡10y+c( mod 2n+1)10 x+c \equiv 10 y+c \left(\bmod 2^{n+1}\right), то x≡y( mod 2n))\left. x \equiv y\left(\bmod 2^{n}\right)\right). Следователно, ако имаме пълна система остатъци по модул 2n2^{n}, след дописване от дясно към всяко число на 1 (от тези числа се получават различни нечетни остатъци), а след това на 2 (от тези числа се получават различни четни остатъци), получаваме пълна система остатъци по модул 2n+12^{n+1}. Започвайки от 1,2,3,41, 2, 3, 4, които образуват пълна система от остатъци по модул 222^{2}, получаваме пример с 4 различни цифри, удовлетворяващ условието на задачата. Да допуснем, че е възможно да построим такова множество с три цифри a,ba, b и cc. Цифрите a,ba, b и cc не са с еднаква четност, защото в противен случай всички остатъци по модул 220152^{2015} ще бъдат с еднаква четност и няма да образуват пълна система от остатъци. Нека aa и bb са нечетни, а cc е четно (другият случай се разглежда аналогично). Тъй като числата от MM образуват пълна система от остатъци, то половината от числата в MM са четни. Понеже cc е единствената четна цифра, то всички четни числа от MM завършват на cc. Ако изтрием последната цифра cc от тези числа, ще получим пълна система от остатъци от различни 2013цифрени числа по модул 220142^{2014}, защото ако x≡y( mod 22014)x \equiv y\left(\bmod 2^{2014}\right), то10 x+c≡10y+c( mod 22015)x+c \equiv 10 y+c\left(\bmod 2^{2015}\right). За новото множество повтаряме разсъжденията от по-горе и получаваме пълна система от остатъци по модул 220132^{2013}, съставено от различни 2012-цифрени числа. Продължавайки по този начин ще получим пълна система от остатъци по модул 22=42^{2}=4 съставено от раз- лични едноцифрени числа. Това е противоречие, понеже различните едноцифрени числа са само три −a,b-a, b и cc.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-11-4

12

1 задача

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички двойки от реални числа (x,y)(x, y), за които x,y∈[0,π2]x, y \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right] иsin⁡x+cos⁡y−sin⁡(x−y)=cos⁡x−sin⁡y+sin⁡(x−y)=1.\sin x+\cos y-\sin (x-y)=\cos x-\sin y+\sin (x-y)=1.
РешениеСлед повдигане на квадрат и почленно събиране на равенствата sin⁡x+cos⁡y=1+sin⁡(x−y)\sin x+\cos y=1+\sin (x-y) и cos⁡x−sin⁡y=1−sin⁡(x−y)\cos x-\sin y=1-\sin (x-y), получаваме 2+2sin⁡(x−y)=2+2sin⁡2(x−y)2+2 \sin (x-y)=2+2 \sin ^{2}(x-y), откъдето sin⁡(x−y)=0\sin (x-y)=0 или sin⁡(x−y)=1\sin (x-y)=1. Ако sin⁡(x−y)=0\sin (x-y)=0 получаваме x=yx=y и sin⁡x+cos⁡x=cos⁡x−sin⁡x\sin x+\cos x=\cos x-\sin x, откъдето sin⁡x=0\sin x=0, т. е. x=0x=0. Директно се проверява, че x=y=0x=y=0 е Ако sin⁡(x−y)=1\sin (x-y)=1, то x−y=π2x-y=\frac{\pi}{2}, което е възможно само при x=π2x=\frac{\pi}{2} и y=0y=0. Директно се проверява, че x=π2,y=0x=\frac{\pi}{2}, y=0 е
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2015-12-1