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

2017

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

oliobl2017-9-2: има placeholder текст

9

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

Да се реши системата

\left\lvert\, \begin{array}{ll} \left(x^{2}+1\right)(x-1)^{2} & =2017 y z \cr \left(y^{2}+1\right)(y-1)^{2} & =2017 z x \cr \left(z^{2}+1\right)(z-1)^{2} & =2017 x y \end{array}\right.

където

x \geq 1, y \geq 1

z \geq 1

Решение

Ако

x=1

, от първото уравнение следва, че

y z=0

, т. е.

y=0

или

z=0

. Ако например

y=0

, то

z=1 / 2017

z=1

съответно от второто и третото уравнения, което е невъзможно. Следователно

x\gt{}1, y\gt{}1

z\gt{}1

. Да допуснем, че

x\gt{}y

. Тогава лявата страна на второто уравнение е по-голяма от лявата страна на първото, а при десните страни е обратното, което е невъзможно. Аналогично се вижда, че

x\lt{}y

е невъзможно. Следователно

x=y

и аналогично

y=z

. Системата придобива вида

\left\lvert\, \begin{aligned} & x=y=z\gt{}1 \\ & \left(x^{2}+1\right)(x-1)^{2}=2017 x^{2} \end{aligned}\right.

За последното уравнение имаме

\frac{x^{2}+1}{x} \cdot \frac{(x-1)^{2}}{x}=

2017 \Longleftrightarrow\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(x-2+\frac{1}{x}\right)=2017.

Полагаме

x+\frac{1}{x}=t\gt{}2

и получаваме

t^{2}-2 t-2017=0

, откъдето

t=1+\sqrt{\vphantom{x^2}2018}

. Тогава

x^{2}-x(1+\sqrt{\vphantom{x^2}2018})+1=0, x=\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}2018}+\sqrt{\vphantom{x^2}2015+2 \sqrt{2018}}}{2}

. Така то на системата е

x=y=z=\frac{1+\sqrt{\vphantom{x^2}2018}+\sqrt{\vphantom{x^2}2015+2 \sqrt{2018}}}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-9-1

Задача 2

Нужна е проверка

Условие

BLANK BLANK BLANK

Решение

BLANK BLANK BLANK

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-9-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

На дъската са написани числата

1!, 2!, 3!, \ldots, 2017!

. Колко най-малко от тези числа трябва да се изтрият, за да бъде произведението на останалите точен квадрат? (С

n!

се означава произведението на естествените числа, ненадминаващи

n

, където

n

е естествено число.)

Решение

Тъй като числото 2017 е просто, изтриването на 2017! е задължително. От равенството

k!(k+1)\neq{}(k!)^{2}(k+1)

следва, че произведението на

1!, 2!, 3!, \ldots, 2016!

е равно на

A^{2} 2 \cdot 4 \ldots..2016=A^{2} 2^{1008} 1008!

, където

A

е естествено число. Тъй като 1008! не е точен квадрат (например защото 997 е просто число), трябва да изтрием поне още едно число. Освен това от това представяне следва, че е достатъчно да изтрием 1008!.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-9-3

10

3 задачи

Задача 1

Пълен запис

Условие

За кои стойности на реалния параметър

a

неравенството

4 \cdot 27^{2 x^{2}+x-a}\lt{}31 \cdot 3^{2 x^{2}+x-a}+15

има точно едно целочислено

Решение

Да положим

u=3^{2 x^{2}+x-a}

. Неравенството приема вида

4 u^{3}-31 u-15\lt{} 0 \Longleftrightarrow(u-3)(2 u+1)(2 u+5)

, откъдето по метода на интервалите получаваме

u \in(0, -5 / 2) \cup(-1 / 2, 3)

. Тъй като

u\gt{}0

, заключаваме, че

u \in(0, 3)

. Сега имаме

3^{2 x^{2}+x-a}\lt{}3

откъдето

2 x^{2}+x-(a+1)\lt{}0

x \in\left(\frac{-1-\sqrt{\vphantom{x^2}8 a+9}}{4}, \frac{-1+\sqrt{\vphantom{x^2}8 a+9}}{4}\right).

Тъй като решенията са симетрично разположени от двете страни на

-1 / 4

, имаме точно едно целочислено (а именно 0 ) точно когато

\frac{1}{4}\lt{}\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}8 a+9}}{4} \leq \frac{3}{4} \Longleftrightarrow 1\lt{}8 a+9\lt{}9.

Така за

a

получаваме

a \in(-1, 0]

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-10-1

Задача 2

Пълен запис

Условие

Височините

A H_{1}, B H_{2}

C H_{3}

на остроъгълен

\triangle A B C

се пресичат в точка

H

. С диаметри

H H_{1}, H H_{2}

H H_{3}

са построени три окръжности:

\omega_{1}, \omega_{2}

\omega_{3}

, които се пресичат, както следва:

\left\{A_{1}, H\right\}=\omega_{2} \cap \omega_{3}, \left\{B_{1}, H\right\}=\omega_{1} \cap \omega_{3}

\left\{C_{1}, H\right\}= \omega_{1} \cap \omega_{2}

. Да се докаже, че

\triangle A B C

е подобен на

\triangle A_{1} B_{1} C_{1}

Решение

Ако опишем окръжност около четириъгълника

B C H_{2} H_{3}

, получаваме, че

\angle H_{2} H_{3} C=\angle H_{2} B C=90^{\circ}-\angle A C B

. От описаната около четириъгълника

B H_{1} H H_{2}

окръжност получаваме, че

\angle H_{1} H_{3} C=\angle H_{1} A C=90^{\circ}-\angle A C B

, т. е.

H_{3} C

е ъглополовяща на

\angle H_{1} H_{3} H_{2}

. Точката

B_{1}

лежи на отсечката

H_{1} H_{3}

, защото

\angle H B_{1} H_{3}=90^{\circ}

\angle H B_{1} H_{1}= 90^{\circ}

(

H H_{3}

H H_{1}

са диаметри). Аналогично точката

A_{1}

лежи на отсечката

H_{2} H_{3}

. Хордите

H A_{1}

H B_{1}

са равни, защото отговарят на равни дъги. Сега

\triangle A_{1} H H_{3} \cong \triangle B_{1} H H_{3}

според трети признак за еднаквост и отсечката

A_{1} B_{1}

е успоредна на страната

A B

. Аналогично

B_{1} C_{1}

е успоредна на

B C

и отсечката

C_{1} A_{1}

е успоредна на страната

C A

. Оттук лесно получаваме, че триъгълниците

\triangle A B C

\triangle A_{1} B_{1} C_{1}

са подобни.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-10-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Редицата

\left(a_{n}\right)

е зададена чрез равенствата

a_{1}=1, \quad a_{n}=\left\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}2 a_{n-1}+a_{n-2}+\cdots+a_{1}}\right\rfloor.

Да се намери

a_{2017}

. (Тук с

\lfloor x\rfloor

означаваме най-голямото цяло число по-малко или равно на

x

Решение

Ще докажем по индукция, че за всяко

k \geq 1

е изпълнено

a_{2 k}=a_{2 k+1}=k.

Базата е очевидна. Да допуснем, че твърдението е в сила за всички

k \leq n

. Имаме

\begin{aligned} a_{2 n+2} & =\left\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}2 a_{2 n+1}+a_{2 n}+\left(a_{2 n-1}+\ldots+a_{2}\right)+a_{1}}\right\rfloor \\ & =\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}2 n+n+2((n-1)+\ldots+1)+1}\rfloor \\ & =\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}3 n+n(n-1)+1}\rfloor \\ & =\left\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}n^{2}+2 n+1}\right\rfloor \\ & =n+1, \end{aligned}

както и

\begin{aligned} a_{2 n+3} & =\left\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}2 a_{2 n+2}+\left(a_{2 n+1}+\ldots+a_{2}\right)+a_{1}}\right\rfloor \\ & =\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}2(n+1)+2(n+\ldots+1)+1}\rfloor \\ & =\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}2 n+2+n(n+1)+1}\rfloor \\ & =\left\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}n^{2}+3 n+3}\right\rfloor \\ & =n+1, \end{aligned}

тъй като

(n+1)^{2}=n^{2}+n+1\lt{}n^{2}+3 n+3\lt{}n^{2}+4 n+4=(n+2)^{2}

. Сега очевидно

a_{2017}=a_{2 \cdot 1008+1}=1008

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-10-3

11

3 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Даден е остроъгълен триъгълник

A B C

с височини

A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}

и ортоцентър

H

. Права през

H

, успоредна на

A B

пресича отсечките

C_{1} B_{1}

C_{1} A_{1}

съответно в точки

P

Q

. Нека

M

е петата на перпендикуляра от

P

към

B B_{1}

, а

N

е петата на перпендикуляра от

Q

към

A A_{1}

. Да означим с

C_{0}

средата на

M N

. По аналогичен начин се дефинират точките

A_{0}

B_{0}

. Да се докаже, че правите

A A_{0}, B B_{0}

C C_{0}

се пресичат в една точка.

Решение

Да означим с

T

петата на перпендикуляра от

H

към

A_{1} B_{1}

. Тъй като

\angle H P B_{1}= \angle B C_{1} B_{1}=\pi-\gamma=\angle A_{1} H B_{1}

\angle H B_{1} P=\frac{\pi}{2}-\beta=\angle H B_{1} A_{1}

, то триъгълник

H P B_{1}

е подобен на триъгълник

A_{1} H B_{1}

. Тогава

P M

H T

са съответни елементи в тези два подобни триъгълника, откъдето

\frac{H M}{M B_{1}}=\frac{A_{1} T}{T B_{1}}

. Това означава, че

M T \| H A_{1}

. По същия начин намираме, че триъгълник

H Q A_{1}

е подобен на триъгълник

B_{1} H A_{1}

и че

N T \| H B_{1}

. Следователно

M T H N

е успоредник, т. е.

C_{0}

е среда на отсечката

H T

. Аналогично получаваме, че

A_{0}

B_{0}

са средите на съответните перпендикуляри

H R

към

B_{1} C_{1}

H S

към

A_{1} C_{1}

. Тъй като

B_{1} R H T

е вписан в окръжност, то

\angle B_{1} R T=\angle B_{1} H T=\frac{\pi}{2}-\angle H B_{1} T= \beta=\angle A B_{1} C_{1}

, което означава, че

T R \| A C

. Аналогично

T S \| B C

R S \| A B

. Следователно страните на

\triangle A_{0} B_{0} C_{0}

са упоредни на страните на

\triangle A B C

. От тук следва, че правите

A A_{0}, B B_{0}

C C_{0}

се пресичат в една точка.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-11-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Дадени са числата

2, 3, \ldots, 2017

и естествено число

n \leq 2014

. Иван и Петър играят следната игра: Иван избира

n

числа от дадените, след което Петър избира 2 числа от останалите числа, след което всички избрани

n+2

числа се нареждат по големина:

a_{1}\lt{}a_{2}\lt{}\cdots\lt{}a_{n+2}

Ако съществува

i, 1 \leq i \leq n+1

за което

a_{i}

дели

a_{i+1}

, то печели Петър. В противен случай печели Иван. Да се намерят всички

n

, за които Иван има печеливша стратегия.

Решение

Ако

n \geq 10

Иван избира числата

2^{1}+1, 2^{2}+1, 2^{3}+1, \ldots, 2^{10}+1

и произволни

n-10

числа от останалите. Да допуснем, че след избора на двете числа от Петър в получената редица от

n+2

числа съществуват два последователни члена

x

y

, за които

x

дели

y

. Ако

x \geq 2^{p}+1

x\lt{}2^{p+1}+1

, то

y \geq 2 x \geq 2^{p+1}+2\gt{}2^{p+1}+1

. Следователно

2^{p+1}+1

е в интервала (

x, y

), т. е.

x

y

не могат да бъдат два последователни члена на редицата. Нека

n \leq 9

и да допуснем, че Иван може да спечели. Нека за някое

i=1, 2, \ldots, 9

съществува интервал

\left(2^{i}, 2^{i+1}\right)

в който няма число, избрано от Иван. Петър може да избере двете числа

2^{i}

2^{i+1}

(или едното от тях, ако другото е вече избрано от Иван, или нито едното от двете, ако и двете са избрани от Иван) и да получи исканото. Следователно

n=9

и Иван трябва да избере по едно число във всеки от интервалите

(2, 4), (4, 8), \ldots, (512, 1024)

. В първия интервал

(2, 4)

Иван трябва да избере числото 3. Ако във втория интервал

(4, 8)

не е избрано числото 5, то Петър може да избере 6 и да получи исканото. Следователно числото от интервала

(4, 8)

е 5. Ако в

(8, 16)

числото не е 9, то Петър може да избере 10 (или други числа, извън интервала ( 5, 10 ), ако 10 е избраното от този интервал) и да получи исканото и т. н. получаваме, че във всеки интервал

\left(2^{i}, 2^{i+1}\right)

избраното число е равно на

2^{i}+1

. Тогава Петър може да избере две числа от интервала

(513, 2017)

(например 600 и 1200) и да получи исканото. Следователно Иван има печеливша стратегия при

n \geq 10

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-11-3

Задача 4

Пълен запис

Условие

Дадени са реалните числа

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2017}

със сбор 2017. Да се намери най-големия възможен брой на двойките

(i, j)

за които

1 \leq i \leq j \leq 2017

a_{i}+a_{j}\lt{}2

Решение

Нека

a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{2016}=1-\epsilon

a_{2017}=1+2016 \epsilon

за някое

0\lt{}\epsilon\lt{}1

. Тогава

a_{i}+a_{j}\lt{}2

за

1 \leq i\lt{}j \leq 2016

и следователно има

\binom{2016}{2}

двойки с исканото свойство. Да допуснем, че съществуват числа

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2017}

със сбор 2017, за които има повече от

\binom{2016}{2}

двойки с исканото свойство. Да разгледаме граф

G

с върхове числата

a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2017}

, като два върха са свързани с ребро само когато сборът на съответните числа е по-малък от 2. Ако ребрата са повече от

\binom{2016}{2}+1

изтриваме част от тях, за да получим граф с точно

\binom{2016}{2}+1

ребра. Първо ще докажем с индукция по

k \geq 2

, че в граф с

n=2 k

върха и поне

\binom{n-1}{2}+1

ребра, съществуват

k

ребра без общи върхове. При

n=4

графът има поне 4 ребра и лесно се вижда, че има две ребра без общ връх. Да допуснем, че твърдението е вярно за някое

n=2 k

и да разгледаме граф с

2 k+2

ребра и

\binom{2 k+1}{2}+1

ребра. Това означава, че от всеки връх излиза поне едно ребро (тъй като липсващите ребра са най-много

2 k

). Понеже липсващите ребра имат

4 k

върха, то съществува връх

A

, който не е свързан с поне два други върха. Като премахнем върха

A

и свързан с него връх

B

, получаваме граф с

2 k

върха и повече от

\binom{2 k-1}{2}+1

ребра. Като изтрием необходимия брой ребра попадаме в индукционното Сега да разгледаме графа

G

и да изберем всички върхове, всеки от които не е свързан с поне един връх. Тъй като липсващите ребра са 2015 и

2015 \neq \frac{k(k+1)}{2}

, то съществуват два такива върха

P

Q

, които са свързани с ребро. Това означава, че едното от числата, съответстващи на

P

Q

е по-малко от 1. Да изтрием този връх от графа

G

. Получаваме граф с 2016 върха и поне

\binom{2015}{2}+1

ребра. Съгласно доказаното могат да се изберат 1008 ребра без общи върхове. Това означава, че сборът на всички числа е по-малък от 2017, противоречие. Следователно търсеният брой е

\binom{2016}{2}

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-11-4

12

2 задачи

Задача 2

Пълен запис

Условие

Нека

p

q

са реални положителни числа и

E(p, q)=\frac{3 p+4 q}{5 p+6 q}+\frac{3 q+4 p}{5 q+6 p}

Да се докаже, че

\frac{19}{15}\lt{}E(p, q) \leq \frac{14}{11}

Решение

Полагате

x=p / q

и свеждаме задачата до изследване на функцията

f(x)=\frac{3 x+4}{5 x+6}+\frac{4 x+3}{6 x+5}

за

x \in(0, \infty)

. Функцията

f(x)

е гладка в този интервал и нейната производна е

f^{\prime}(x)=\frac{-22\left(x^{2}-1\right)}{(5 x+6)^{2}(6 x+5)^{2}}

Оттук се вижда, че

f(x)

притежава една критична точка

-x=1

в интервала

(0, \infty)

, и че

f^{\prime}(x)\gt{}0

(0, 1)

f^{\prime}(x)\lt{}0

(1, \infty)

, т. е. функцията е растяща в

(0, 1)

и намаляваща в (

1, \infty

). Следователно

f(x)

има локален максимум за

x=1

, който се оказва и глобален в интервала (

0, \infty

). Пресмятаме

f(1)=\frac{14}{11}

\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)= \lim _{x \rightarrow \infty} f(x)=\frac{19}{15}

. Оттук твърдението на задачата следва веднага.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-12-2

Задача 3

Пълен запис

Условие

Даден е правоъгълен равнобедрен триъгълник

A B C

(

\angle C=90^{\circ}

). Вписаната в триъгълника окръжност се допира до страните

B C, C A, A B

съответно в точките

A_{1}, B_{1}, C_{1}

, а върху дъгата

\widehat{A_{1} B_{1}}

, която не съдържа

C_{1}

, е избрана произволна точка

P

. Нека разстоянията от точката

P

до страните

B C, C A, A B

са равни съответно на

t_{a}, t_{b}

t_{c}

. Да се докаже, че

\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}t_{a}}+\sqrt{\vphantom{x^2}t_{b}}}{\sqrt{\vphantom{x^2}t_{c}}}=\sqrt{\vphantom{x^2}2-\sqrt{2}}

Решение

По теоремата на Птолемей за вписания четириъгълник

P A_{1} C_{1} B_{1}

имаме

P A_{1} \cdot B_{1} C_{1}+P B_{1} \cdot A_{1} C_{1}=P C_{1} \cdot A_{1} B_{1}

, откъдето получаваме

\frac{P A_{1}+P B_{1}}{P C_{1}}=\frac{A_{1} B_{1}}{A_{1} C_{1}}=2 \sin \frac{45^{\circ}}{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}2-\sqrt{2}}.

Ако диаметърът на вписаната окръжност през

A_{1}

A_{1} A_{0}=2 r

, то

t_{a}

е проекцията на

P A_{1}

върху

A_{1} A_{0}

. Следователно

P A_{1}=\sqrt{\vphantom{x^2}2 r. t_{a}}

. Аналогично

P B_{1}=\sqrt{\vphantom{x^2}2 r. t_{b}}

P C_{1}=\sqrt{\vphantom{x^2}2 r. t_{c}}

и като заместим в резултата от по-горе, получаваме желаното равенство.

Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2017-12-3