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

2019

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2019-9-3: има placeholder текст
  • oliobl2019-9-4: има placeholder текст

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Точките M,N,PM, N, P и QQ са среди съответно на страните AB,BC,CDA B, B C, C D и DAD A на четириъгълник ABCDA B C D. Точките FF и GG са медицентрове съответно на триъгълниците BNPB N P и NPDN P D. Отсечката MGM G пресича FQF Q в точка KK и FK=6 cmF K=6 \mathrm{~cm}. Да се докаже, че KQ=9 cmK Q=9 \mathrm{~cm}.
РешениеВърху отсечката FQF Q да изберем точка LL, за която QL=35QFQ L=\frac{3}{5} Q F. Достатъчно е да докажем, че LL лежи на MGM G, понеже ще следва, че L≡KL \equiv K. Наистина,ML→=MQ→+35QF→=MQ→+35QM→+35MF→=25MQ→+35MF→=15MA→+15MD→+15MB→+15MN→+15MP→=35MG→\begin{aligned} \overrightarrow{M L} & =\overrightarrow{M Q}+\frac{3}{5} \overrightarrow{Q F}=\overrightarrow{M Q}+\frac{3}{5} \overrightarrow{Q M}+\frac{3}{5} \overrightarrow{M F}=\frac{2}{5} \overrightarrow{M Q}+\frac{3}{5} \overrightarrow{M F} \\ & =\frac{1}{5} \overrightarrow{M A}+\frac{1}{5} \overrightarrow{M D}+\frac{1}{5} \overrightarrow{M B}+\frac{1}{5} \overrightarrow{M N}+\frac{1}{5} \overrightarrow{M P}=\frac{3}{5} \overrightarrow{M G} \end{aligned}(тук ползвахме MA→+MB→=0→\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}=\overrightarrow{0} и MG→=13(MD→+MN→+MP→)\overrightarrow{M G}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{M D}+\overrightarrow{M N}+\overrightarrow{M P}) ). Резултатът следва.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
За положителните числа a,ba, b и cc са в сила равенстватаa(a+b)b+c+b=b(b+c)c+a+c=c(c+a)a+b+a.\frac{a(a+b)}{b+c}+b=\frac{b(b+c)}{c+a}+c=\frac{c(c+a)}{a+b}+a.Да се докаже, че a=b=ca=b=c.
РешениеЗабелязваме, че всеки от изразите в условието се получава от друг след циклично завъртане на променливите. Равенствата оформяме като пропорции и използваме свойството на пропорциите. Имамеa2+ab+b2+bcb+c=b2+bc+c2+cac+a=c2+ca+a2+aba+b==(a2+ab+b2+bc)−(b2+bc+c2+ca)+(c2+ca+a2+ab)(b+c)−(c+a)+(a+b)=a2+abb\begin{aligned} & \frac{a^{2}+a b+b^{2}+b c}{b+c}=\frac{b^{2}+b c+c^{2}+c a}{c+a}=\frac{c^{2}+c a+a^{2}+a b}{a+b}= \\ & =\frac{\left(a^{2}+a b+b^{2}+b c\right)-\left(b^{2}+b c+c^{2}+c a\right)+\left(c^{2}+c a+a^{2}+a b\right)}{(b+c)-(c+a)+(a+b)}=\frac{a^{2}+a b}{b} \end{aligned}Аналогично, a2+abb=b2+bcc=c2+caa\frac{a^{2}+a b}{b}=\frac{b^{2}+b c}{c}=\frac{c^{2}+c a}{a}. Следователноa2c+abc=b3+b2c;b2a+abc=c3+c2a;a^{2} c+a b c=b^{3}+b^{2} c; \quad b^{2} a+a b c=c^{3}+c^{2} a;c2b+abc=a3+a2b \quad c^{2} b+a b c=a^{3}+a^{2} bПоради цикличната инвариантност е достатъчно да разгледаме два случая: a≥b≥ca \geq b \geq c и a≥c≥ba \geq c \geq b. Нека a≥b≥ca \geq b \geq c. Тогава a3+a2b≥c2b+abca^{3}+a^{2} b \geq c^{2} b+a b c и равенство е възможно само при a=b=ca=b=c. Нека a≥c≥ba \geq c \geq b. Тогава a2c+abc≥b3+b2ca^{2} c+a b c \geq b^{3}+b^{2} c и отново a=b=ca=b=c. Втори начин. В първото равенство прехвърляме bb и cc на срещуположните им страни, за да получим a(a+b)b+c−c=b(b+c)c+a−b\frac{a(a+b)}{b+c}-c=\frac{b(b+c)}{c+a}-b. Преобразуваме (a−c)(a+b+c)b+c=b(b−a)c+a\frac{(a-c)(a+b+c)}{b+c}=\frac{b(b-a)}{c+a}. Следователно, от положителността на a,b,ca, b, c имаме (a−c)(b−a)≥0(a-c)(b-a) \geq 0. Аналогично от второто и третото получаваме (b−a)(c−b)≥0(b-a)(c-b) \geq 0. Събираме двете неравенства и получаваме (b−a)(a−b)≥0(b-a)(a-b) \geq 0. Следователно a=ba=b. Аналогично, a=ca=c.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека N=1010101…101N=1010101 \ldots 101 е число, записано с помощта на 2019 на брой цифри 1 и 2018 на брой цифри 0, като между всеки две последователни единици е записана цифрата нула. Да се намери остатъкът от делението на NN със 707.
РешениеИмаме, че 2019≡1( mod 2)2019 \equiv 1(\bmod 2) и 2019≡0( mod 3)2019 \equiv 0(\bmod 3). Понеже 707=7⋅101707=7 \cdot 101, а числото NN има вида 101k+1101 k+1 и числото 10101 се дели на 7, т. е. NN се дели на 7, остава да намерим остатъка от делението на NN със 7⋅1017 \cdot 101. Но N=101k+1=98k+3k+1N=101 k+1=98 k+3 k+1 и това число ще се дели на 7, когато kk има вида 7t+27 t+2, т. е N=101k+1=101(7t+2)+1=203+707tN=101 k+1=101(7 t+2)+1=203+707 t. Следователно, търсеният остатък е 203. Втори начин. Тъй като 10101 се дели на 7, то 101010101010 се дели на 7 и на 101, а значи и на 707. Тъй като 2019 дава остатък 3 при деление на 6, трябва да намерим остатъка на 10101 при деление със 707. Той е 203.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се определи броят на всички осемцифрени естествени числа, такива че четните им цифри са точно три, различни са една от друга, записани са в намаляващ ред, считано отляво надясно, и не са на съседни позиции.
РешениеДа запишем първо петте нечетни цифри; за всяка от тях има по 5 избора, така че имаме 555^{5} петцифрени числа. Трябва да изберем три различни четни цифри, което може да стане по 5⋅4⋅3:3≠105 \cdot 4 \cdot 3: 3\neq{}10 начина, да изберем три позиции за тях, което може да стане по 6⋅5⋅4:3≠206 \cdot 5 \cdot 4: 3\neq{}20 начина (петте поставени нечетни цифри определят 6 възможни места за поставяне: преди първата, между всеки две съседни или след последната) и да запишем избраните три цифри на избраните три позиции в намаляващ ред (при което първата цифра няма да е 0 ). Отговор: 55⋅10⋅20=6250005^{5} \cdot 10 \cdot 20=625000.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши системата∣ x2+y2=2xyzy2+z2=2yzxx2+z2=2xzy.\left\lvert\, \begin{gathered} x^{2}+y^{2}=\frac{2 x y}{z} \\ y^{2}+z^{2}=\frac{2 y z}{x} \\ x^{2}+z^{2}=\frac{2 x z}{y} \end{gathered}.\right.
РешениеИмаме, че x,y,z≠0x, y, z \neq 0 и изваждайки първото уравнение от второто, след елементарни преобразования стигаме до z2−x2=2y(z2−x2)xzz^{2}-x^{2}=\frac{2 y\left(z^{2}-x^{2}\right)}{x z}. Възможни са три случая: z=xz=x или z=−xz=-x или 2y=xz2 y=x z. Първият случай води до y=1y=1 (директно заместване в третото уравнение) и x=z=±1x=z= \pm 1 (заместване в първото уравнение с x=zx=z и y=1y=1 ). Аналогично, вторият случай води до y=−1y=-1 и отново x=z=±1x=z= \pm 1. При 2y=xz2 y=x z, от първото уравнение получаваме, че x2+y2=x2x^{2}+y^{2}=x^{2}, т. е., y=0y=0, което не е в дефиниционното множество. Следователпо този случай не води до Окончателно, имаме четири , които са: (±1,1,±1)( \pm 1, 1, \pm 1) и ( ±1,−1,∓1\pm 1, -1, \mp 1 ).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник ABC,AC≠BCA B C, A C \neq B C, с център на описаната окръжност OO. Права, успоредна на ABA B, се допира до окръжността, описана около триъгълник AOBA O B, в точка TT и пресича продълженията на страните CAC A и CBC B съответно в точките XX и YY. Нека FF е пресечната точка на правите BXB X и AYA Y. Да се докаже, че центърът на вписаната в триъгълник FCTF C T окръжност лежи върху описаната около триъгълник ABCA B C окръжност.
РешениеБез ограничение на общността, нека AC>BCA C\gt{}B C. Използваме стандартните означения за ъглите в △ABC\triangle A B C. От това, че ATBOA T B O е вписан четириъгълник и точките OO и TT са в различни полуравнини спрямо ABA B, следва че ∠ATB=180−2γ\angle A T B=180-2 \gamma. Като използваме и, че правите XYX Y и ABA B са успоредни, получаваме ∠XTA=∠TAB=∠BTY=(180−(180−2γ))/2=γ\angle X T A=\angle T A B=\angle B T Y=(180-(180-2 \gamma)) / 2=\gamma. Но ∠ABT=∠BTY=∠TAB\angle A B T=\angle B T Y=\angle T A B (кръстни ъгли за успоредни прави) и значи OTO T е симетралата на ABA B (този извод може да се направи и по друг начин: ако означим с O1O_{1} центърът на описаната около △ABO\triangle A B O окръжност, то OO1O O_{1} е симетрала за ABA B и следователно OO1⊥XYO O_{1} \perp X Y. Но O1T⊥XYO_{1} T \perp X Y и значи T∈OO1T \in O O_{1} ). От допускането, че AC>BCA C\gt{}B C, следва че X,FX, F са в едната полуравнина спрямо OTO T, а C,YC, Y - в другата. Ще докажем, че OTO T е ъглополовящата за ∠FTC\angle F T C. Наистина, ∠BTY=γ=∠XCB\angle B T Y=\gamma=\angle X C B, следователно XTBCX T B C - вписан и ∠BCT=∠BXT\angle B C T=\angle B X T, а ∠CXB=∠CTB\angle C X B=\angle C T B. Аналогично, ATYCA T Y C - вписан и ∠BCT=∠YAT\angle B C T=\angle Y A T. Следователно, AFTXA F T X - вписан и ∠ATF=∠AXF=∠CTB\angle A T F=\angle A X F=\angle C T B, т. е., ∠FTO=∠OTC=∠FTC/2\angle F T O=\angle O T C=\angle F T C / 2. Сега ще докажем, че ∠ACF=∠BCT\angle A C F=\angle B C T и значи, ъглополовящата на ∠TCF\angle T C F съвпада с ъглополовящата на ∠BCA\angle B C A. Тогава, центърът на вписаната в △TCF\triangle T C F окръжност е пресечната точка на симетралата на ABA B с ъглополовящата на ∠ACB\angle A C B, което е средата на дъгата ABA B, несъдържаща CC в описаната около △ABC\triangle A B C окръжност. С това задачата ще бъде решена. За последната стъпка, използваме, че поради вписаността на AFTX,∠AFX=∠ATX=γA F T X, \angle A F X=\angle A T X=\gamma и четири- ъгълникът AFBCA F B C също е вписан. Следователно, ∠ACF=180−∠AXF−∠AFX−∠CFA=180−∠CTB−∠ABT−∠CBA=∠BCT\angle A C F=180-\angle A X F-\angle A F X-\angle C F A= 180-\angle C T B-\angle A B T-\angle C B A=\angle B C T. С това задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-9-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравнениетоx3−ax2+(a2−1)x−a2+a=0x^3-a x^2+\left(a^2-1\right) x-a^2+a=0има три различни реални корена, които образуват аритметична прогресия.
РешениеРешение. Записваме уравнението във вида(x−1)(x2+(1−a)x−a+a2)=0,(x-1)\left(x^2+(1-a) x-a+a^2\right)=0,откъдето намираме x1=1x_1=1. Нека x2x_2 и x3x_3 са корените на квадратното уравнение. Ако 1 е средният член на прогресията, то x2+x3=2x_2+x_3=2, откъдето a−1=2a-1=2, т. е. a=3a=3. При a=3a=3 корените на квадратното уравнение не са реални. Ако x1=1x_1=1 не е среден член, то без ограничение можем да считаме, че 1+x2=2x31+x_2=2 x_3, което заедно с x2+x3=a−1x_2+x_3=a-1 дава 3x3=a3 x_3=a. Следователно a3\frac{a}{3} е корен на квадратното уравнение, т. е.(a3)2+(1−a)a3−a+a2=0,\left(\frac{a}{3}\right)^2+(1-a) \frac{a}{3}-a+a^2=0,откъдето намираме a=0a=0 и a=67a=\frac{6}{7}. При a=0a=0 получаваме x2=−1,x3=0x_2=-1, x_3=0 и при a=67a=\frac{6}{7} намираме x2=−37x_2=-\frac{3}{7} и x3=27x_3=\frac{2}{7}. Търсените стойности са a=0a=0 и a=67a=\frac{6}{7}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C с център на вписаната окръжност II и среди на страните AB,BCA B, B C и CAC A съответно C0,A0C_{0}, A_{0} и B0B_{0}. Правата C0IC_{0} I пресича A0B0A_{0} B_{0} в точка C1C_{1}. Аналогично се дефинират и точките A1A_{1} и B1B_{1}. Да се докаже, че: а) правите AA1,BB1A A_{1}, B B_{1} и CC1C C_{1} се пресичат в една точка; б) перпендикулярите от A1,B1A_{1}, B_{1} и C1C_{1} съответно към BC,CAB C, C A и ABA B се пресичат в една точка.
РешениеЩе използваме стандартните означения в △ABC\triangle A B C. a) Тъй като A0C0A_{0} C_{0} е средна отсечка в △ABC\triangle A B C, отсечката през II, която е перпендикулярна на ACA C и на A0C0A_{0} C_{0}, има дължина hb/2h_{b} / 2. Тогава височината от II в △A0C0I\triangle A_{0} C_{0} I е hb/2−rh_{b} / 2-r. Използвайки този факт и аналога му в △B0C0I\triangle B_{0} C_{0} I, получаваме последователноA0C1B0C1=SA0C0C1SB0C0C1=SA0C0ISB0C0I=\frac{A_{0} C_{1}}{B_{0} C_{1}}=\frac{S_{A_{0} C_{0} C_{1}}}{S_{B_{0} C_{0} C_{1}}}=\frac{S_{A_{0} C_{0} I}}{S_{B_{0} C_{0} I}}=(hb/2−r)b/2(ha/2−r)a/2=\frac{\left(h_{b} / 2-r\right) b / 2}{\left(h_{a} / 2-r\right) a / 2}=b(S/b−S/p)a(S/a−S/p)=p−bp−a=BC2AC2,\frac{b(S / b-S / p)}{a(S / a-S / p)}=\frac{p-b}{p-a}=\frac{B C_{2}}{A C_{2}},където C2C_{2} е допирната точка на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност до страната ABA B. Следователно CC1C C_{1} минава през C2C_{2}. Аналогично се доказва, че AA1A A_{1} и BB1B B_{1} минават през съответните допирни точки и са в сила съответните пропорции. Сега исканото следва от теоремата на Чева. б) От доказаното по-горе равенство A0C1B0C1=p−bp−a\frac{A_{0} C_{1}}{B_{0} C_{1}}=\frac{p-b}{p-a} следва, че C1C_{1} е допирната точка на външновписаната за △A0B0C0\triangle A_{0} B_{0} C_{0} окръжност откъм A0B0A_{0} B_{0}. Аналогични факти са в сила и за точките A1A_{1} и B1B_{1}. Сега исканото следва от факта, че C1A02+B1C02+A1B02=C1B02+B1A02+A1C02C_{1} A_{0}^{2}+B_{1} C_{0}^{2}+A_{1} B_{0}^{2}=C_{1} B_{0}^{2}+B_{1} A_{0}^{2}+A_{1} C_{0}^{2} (теорема на Карно).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека nn е четно естествено число. В някои от клетките на таблица n×nn \times n са поставени пулове (не повече от един пул в клетка). Известно е, че във всеки ред, във всеки стълб и във всеки диагонал (ъгловите клетки също са диагонали) на таблицата има четен брой пулове. Да се намери максималният възможен брой пулове.
РешениеТаблицата има 2n2 n диагонала с нечетен брой клетки. Тъй като във всеки такъв диагонал трябва да има поне по една празна (т. е. без пул) клетка и никои два от тях нямат общи клетки, броят на празните клетки е поне 2n2 n. Следователно боят на пуловете не надминава n2−2nn^{2}-2 n. Таблица, в която има пулове във всички клетки извън двата големи диагонала има исканото свойство и в нея има точно n2−2nn^{2}-2 n пула.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички полиноми f(x)f(x) с цели неотрицателни коефициенти, за които f(1)=9,f(2)=218f(1)=9, f(2)=218 и f(3)=2019f(3)=2019.
РешениеНека f(x)=akxk+⋯+a1x+a0f(x)=a_{k} x^{k}+\cdots+a_{1} x+a_{0}, където a0,a1,…,aka_{0}, a_{1}, \ldots, a_{k} са цели неотрицателни числа. От дадените равенства следва съответно, че 0≤a0≤9,a00 \leq a_{0} \leq 9, a_{0} е четно и се дели на 3. Следователно a0=0a_{0}=0 или a0=6a_{0}=6. Да допуснем, че a0=6a_{0}=6. Тогава f(x)−6=xf1(x)f(x)-6=x f_{1}(x), където за полинома f1(x)f_{1}(x) имаме f1(1)=3f_{1}(1)=3, f1(2)=106f_{1}(2)=106 и f1(3)=671f_{1}(3)=671. Оттук за числото a1=f1(0)a_{1}=f_{1}(0) следва, че 0≤a1≤3,a10 \leq a_{1} \leq 3, a_{1} е четно и a1≡671≡2( mod 3)a_{1} \equiv 671 \equiv 2(\bmod 3), т. е. a1=2a_{1}=2. Сега f1(x)−2=xf2(x)f_{1}(x)-2=x f_{2}(x), където f2(1)=1,f2(2)=52f_{2}(1)=1, f_{2}(2)=52 и f2(3)=223f_{2}(3)=223. От тези равенства за a2=f2(0)a_{2}=f_{2}(0) следва, че 0≤a2≤1,a20 \leq a_{2} \leq 1, a_{2} е четно и a2≡1a_{2} \equiv 1 (mod 3), което е невъзможно едновременно. Следователно a0=0a_{0}=0 и f(x)=xg(x)f(x)=x g(x), като g(1)=9,g(2)=109g(1)=9, g(2)=109 и g(3)=673g(3)=673. За a1=g(0)a_{1}=g(0) имаме 0≤a1≤9,a10 \leq a_{1} \leq 9, a_{1} е нечетно и a1≡1( mod 3)a_{1} \equiv 1(\bmod 3). Тогава a1=1a_{1}=1 или a1=7a_{1}=7. Ако a1=7a_{1}=7, от g(x)−7=xg1(x)g(x)-7=x g_{1}(x) за a2=g1(0)a_{2}=g_{1}(0) имаме, че 0≤a2≤2,a20 \leq a_{2} \leq 2, a_{2} е нечетно и a2≡0( mod 3)a_{2} \equiv 0(\bmod 3), което води до противоречие. Следователно a1=1a_{1}=1. Сега от g(x)−1=xh(x)g(x)-1=x h(x) получаваме h(1)=8,h(2)=54h(1)=8, h(2)=54 и h(3)=224h(3)=224. За a2=h(0)a_{2}=h(0) заключаваме, че 0≤a2≤8,a20 \leq a_{2} \leq 8, a_{2} е четно и a2≡2( mod 3)a_{2} \equiv 2(\bmod 3), т. е. a2=2a_{2}=2 или a2=8a_{2}=8. Последното води до h(x)=8h(x)=8, което очевидно не дава Следователно a2=2a_{2}=2. На следващата стъпка от h(x)−2=xh1(x)h(x)-2=x h_{1}(x) получаваме h1(1)=6,h1(2)=26,h1(3)=74h_{1}(1)=6, h_{1}(2)=26, h_{1}(3)=74 и за a3=h1(0)a_{3}=h_{1}(0) имаме 0≤a3≤6,a30 \leq a_{3} \leq 6, a_{3} е четно и a3≡2( mod 3)a_{3} \equiv 2(\bmod 3), т. е. a3=2a_{3}=2. Сега от h1(x)−2=xh2(x)h_{1}(x)-2=x h_{2}(x) достигаме до h2(1)=4,h2(2)=12h_{2}(1)=4, h_{2}(2)=12 и h2(3)=24h_{2}(3)=24. От равенството h2(3)=24h_{2}(3)=24 следва, че h2(x)h_{2}(x) е най-много от втора степен (иначе h2(3)≥33>h_{2}(3) \geq 3^{3}\gt{} 24). Следователно h2(x)=a6x2+a5x+a4h_{2}(x)=a_{6} x^{2}+a_{5} x+a_{4}, откъдето лесно намираме a6=a5=2a_{6}=a_{5}=2 и a4=0a_{4}=0. Окончателноf(x)=2x6+2x5+2x3+2x2+xf(x)=2 x^{6}+2 x^{5}+2 x^{3}+2 x^{2}+xе единственото Втори начин. Да допуснем, че f(x)f(x) има коефициент aℓa_{\ell}, по-голям или равен на 3. Тогава полиномът g(x)=f(x)−3xℓ+xℓ+1g(x)=f(x)-3 x^{\ell}+x^{\ell+1} отново е с цели неотрицателни коефициенти, g(3)=f(3)=2019g(3)= f(3)=2019, но g(1)=7<9g(1)=7\lt{}9. Продължавайки по същия начин, ще достигнем до полином h(x)h(x) с коефициенти измежду 0, 1 и 2, за който h(3)=2019h(3)=2019 и h(1)<9h(1)\lt{}9. Но тогава равенството h(3)=2019h(3)=2019 всъщност е троичният запис на 2019, който е единствен и значи h(x)=2x6+2x5+2x3+2x2+xh(x)=2 x^{6}+ 2 x^{5}+2 x^{3}+2 x^{2}+x. Тъй като h(1)=9h(1)=9, това е противоречие. Следователно коефициентите на f(x)f(x) са измежду 0, 1 и 2 и всъщност f(x)=2x6+2x5+2x3+2x2+xf(x)=2 x^{6}+2 x^{5}+2 x^{3}+2 x^{2}+x, като при това f(2)=218f(2)=218.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадена е аритметична прогресия с първи член a1>0a_{1}\gt{}0 и разлика dd. Да се докаже, че: а) ако d=2a1d=2 a_{1}, то за всяко n>1n\gt{}1 числата a1,ana_{1}, a_{n} и a(n−1)2+n2a_{(n-1)^{2}+n^{2}} образуват геометрична прогресия в този ред; б) ако da1\frac{d}{a_{1}} е естествено число и a1,ana_{1}, a_{n} и ama_{m} за n>1n\gt{}1 образуват геометрична прогресия в този ред, то 1+da1(m−1)1+\frac{d}{a_{1}}(m-1) е точен квадрат.
РешениеАко a1,ana_{1}, a_{n} и ama_{m} образуват геометрична прогресия, то an2=a1.ama_{n}^{2}=a_{1}. a_{m}, откъдето:(a1+(n−1)d)2=a1(a1+(m−1)d)⟺da1=\left(a_{1}+(n-1) d\right)^{2}=a_{1}\left(a_{1}+(m-1) d\right) \Longleftrightarrow \frac{d}{a_{1}}=m−1−2(n−1)(n−1)2.(1)\frac{m-1-2(n-1)}{(n-1)^{2}}. \tag{1}а) Директно се проверява, че (1) е изпълнено при da1=2\frac{d}{a_{1}}=2 и m=(n−1)2+n2m=(n-1)^{2}+n^{2}. б) Ако da1=t\frac{d}{a_{1}}=t и n−1=xn-1=x, то (1) е еквивалентно на tx2+2x−(m−1)=0t x^{2}+2 x-(m-1)=0. Тъй като xx е естествено число, то D1=1+t(m−1)D_{1}=1+t(m-1) е точен квадрат.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят ъглите α,β\alpha, \beta и γ\gamma на остроъгълен триъгълник ABCA B C, ако:sin⁡γ+cos⁡β=x23+x222\sin \gamma+\cos \beta=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2} \quadиcos⁡γ+sin⁡β=x22+12. \text{и} \quad \cos \gamma+\sin \beta=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}+1}{2}.
РешениеПовдигаме на втора степен двете равенства и ги събираме:(sin⁡γ+cos⁡β)2+(cos⁡γ+sin⁡β)2=(\sin \gamma+\cos \beta)^{2}+(\cos \gamma+\sin \beta)^{2}=2+x26+x222⟺sin⁡γcos⁡β+cos⁡γsin⁡β=2+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2} \Longleftrightarrow \sin \gamma \cos \beta+\cos \gamma \sin \beta=x26+x224\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{4}Тъй като sin⁡α=sin⁡(γ+β)=sin⁡γcos⁡β+cos⁡γsin⁡β=x26+x224=sin⁡75∘\sin \alpha=\sin (\gamma+\beta)=\sin \gamma \cos \beta+\cos \gamma \sin \beta=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{4}=\sin 75^{\circ}, то α=75∘\alpha=75^{\circ} или α=105∘\alpha=105^{\circ}. Тъй като ABCA B C е остроъгълен, то α=75∘\alpha=75^{\circ}. Директно се проверява, че γ=60∘\gamma=60^{\circ} и β=45∘\beta=45^{\circ} удовлетворяват двете равенства от условието. Ако γ>60∘\gamma\gt{}60^{\circ}, то β<45∘\beta\lt{}45^{\circ}, то sin⁡γ>x232\sin \gamma\gt{}\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{2} и cos⁡β>x222\cos \beta\gt{}\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2} и следователно първото равенство не е вярно. Аналогично се разглежда и случая γ<60∘\gamma\lt{}60^{\circ} и β>45∘\beta\gt{}45^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
На дъската е записана двойката от реални числа ( a,ba, b ). За един ход двойката се изтрива и на нейно място се записва някоя от двойките ( a+b,ba+b, b ), ( a−b,ba-b, b ), ( a,b+aa, b+a ) или (a,b−a)(a, b-a). Двойката ( a,ba, b ) от различни реални числа се нарича добра, ако след краен брой ходове можем да получим двойка, едното от числата в която е равно на нула. Нека p1,p2,…,p2019p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{2019} са две по две различни прости числа. Множеството MM се състои от всички числа от вида x2n\sqrt{\vphantom{x^2}n}, където n>1n\gt{}1 е естествено число, всички прости делители на което са измежду числата p1,p2,…,p2019p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{2019}. Колко най-много различни числа могат да се изберат от MM така, че никои две числа от избраните не образуват добра двойка?
РешениеЩе докажем, че двойката ( a,ba, b ) е добра тогава и само тогава, когато ab\frac{a}{b} е рационално число. Ако ab\frac{a}{b} е ирационално число, то a±bb\frac{a \pm b}{b} и ab±a\frac{a}{b \pm a} са също ирационални числа. Можем да получим нула само от двойка ( a,aa, a ) или ( a,−aa, -a ), при които това отношение е рационално число. Ако ab=pq\frac{a}{b}=\frac{p}{q}, то a=αpa=\alpha p и b=αqb=\alpha q. Като приложим алгоритъма на Евклид към числата pp и qq ще получим число, равно на нула. За да няма две числа с отношение рационално число, можем да изберем всички квадратни корени от произведения на различни прости числа от дадените. Следователно търсеният брой е 220192^{2019}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Четириъгълник ABCDA B C D е вписан в окръжност kk с център OO, като точката OO е вътрешна за четириъгълника. Известно е, че произведението от разстоянията от OO до страните ABA B и CDC D е равно на произведението от разстоянията от OO до страните ADA D и BCB C. Допирателните към kk в точките BB и DD се пресичат в точка PP. Да се докаже, че разстоянието от PP до правата ACA C е два пъти по-голямо от разстоянието от OO до същата права.
РешениеНека A1A_{1} и C1C_{1} са диаметрално противоположни съответно на точките AA и CC. Тогава BA1⋅DC1=BC1⋅DA1B A_{1} \cdot D C_{1}=B C_{1} \cdot D A_{1} ( BA1B A_{1} е два пъти по-голямо от разстоянието от OO до ABA B и аналогично за останалите отсечки). Нека P1P_{1} е пресечната точка на допирателната към kk в точка DD и правата A1C1A_{1} C_{1}. От подобието на △A1P1D\triangle A_{1} P_{1} D и △DP1C1\triangle D P_{1} C_{1} получаваме:P1A1P1D=A1DC1D(1)\frac{P_{1} A_{1}}{P_{1} D}=\frac{A_{1} D}{C_{1} D} \tag{1}След повдигане на квадрат и заместване P1D2=P1A1=P1C1P_{1} D^{2}=P_{1} A_{1}=P_{1} C_{1}, получаваме:P1A1P1C1=(A1DC1D)2\frac{P_{1} A_{1}}{P_{1} C_{1}}=\left(\frac{A_{1} D}{C_{1} D}\right)^{2}Аналогично, ако P2P_{2} е пресечната точка на допирателната към kk в точка BB и правата A1C1A_{1} C_{1}, тоP2A1P2C1=(A1BC1B)2\frac{P_{2} A_{1}}{P_{2} C_{1}}=\left(\frac{A_{1} B}{C_{1} B}\right)^{2}От (1) следва, че P1≡P2≡PP_{1} \equiv P_{2} \equiv P. Сега твърдението следва от правоъгълника AC1A1CA C_{1} A_{1} C.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадена е редицата {an}n=1∞\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}, за която:a1=43,an+1=an2−2an+2a_{1}=\frac{4}{3}, \quad a_{n+1}=a_{n}^{2}-2 a_{n}+2Да се докаже, че редицата {bk}k=1∞\left\{b_{k}\right\}_{k=1}^{\infty} с общ член bk=∏i=1kaib_{k}=\prod_{i=1}^{k} a_{i} е сходяща и да се намери нейната граница при k→∞k \rightarrow \infty.
РешениеДа забележим, че от второто равенство за ana_{n} имаме, че:an+1−1=an2−2an+1=(an−1)2a_{n+1}-1=a_{n}^{2}-2 a_{n}+1=\left(a_{n}-1\right)^{2}Оттук с индукция по nn получаваме, че за всяко n≥1n \geq 1:an−1=(a1−1)2n−1=132n−1a_{n}-1=\left(a_{1}-1\right)^{2^{n-1}}=\frac{1}{3^{2^{n-1}}}Следователно an=1+132n−1a_{n}=1+\frac{1}{3^{2^{n-1}}}. Това показва, че:bk=∏i=1k(1+132i−1)b_{k}=\prod_{i=1}^{k}\left(1+\frac{1}{3^{2^{i-1}}}\right)Да умножим двете страни на това равенство с 1−13=1−13201-\frac{1}{3}=1-\frac{1}{3^{2^{0}}}. Тогава с индукция по kk получаваме, че:(1−13)bk=\left(1-\frac{1}{3}\right) b_{k}=(1−1320)∏i=1k(1+132i−1)=1−132k\left(1-\frac{1}{3^{2^{0}}}\right) \prod_{i=1}^{k}\left(1+\frac{1}{3^{2^{i-1}}}\right)=1-\frac{1}{3^{2^{k}}}Ясно е, че когато kk расте неограничено 32k3^{2^{k}} расте неограничено и клони към +∞+\infty. Следователно:1−132k→k→∞1−0=11-\frac{1}{3^{2^{k}}} \rightarrow_{k \rightarrow \infty} 1-0=1Оттук следва, че редицата 23bk\frac{2}{3} b_{k} е сходяща и клони към 1, което означава, че {bk}k=1∞\left\{b_{k}\right\}_{k=1}^{\infty} е сходяща и нейната граница e32\mathrm{e} \frac{3}{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
За всяко реално число x>0x\gt{}0 дефинираме триъгълника T(x)=ABCT(x)=A B C, чиито върхове имат координати A=(−1,1),B=(x,1x)A=(-1, 1), B=\left(x, \frac{1}{x}\right) и C=(x2,−2x)C=\left(\frac{x}{2}, -\frac{2}{x}\right) в правоъгълна координатна система. Измежду всички триъгълници T(x),x>0T(x), x\gt{}0, да се намерят тези, които имат наймалко лице.
РешениеДа фиксираме xx и да разгледаме триъгълника ABC=T(x)A B C=T(x). Ще изразим неговото лице като функция на xx. Нека lCl_{C} и lAl_{A} са правите през CC и AA, упсоредни на абсцисата. Нека lBl_{B} е правата през BB, успоредна на ординатата. Нека X=CA∩lB,Y=lA∩lBX=C A \cap l_{B}, Y=l_{A} \cap l_{B} и D=lC∩lBD=l_{C} \cap l_{B}, вж. фиг. 1. Директно пресмятаме, че:∣AY∣=1+x,∣CD∣=x2,|A Y|=1+x, \quad|C D|=\frac{x}{2},∣DY∣=1+2xи∣BD∣=3x.(1) \quad|D Y|=1+\frac{2}{x} \text{и}|B D|=\frac{3}{x}. \tag{1}Тогава е ясно, че ∣AY∣=1+x>x2=∣CD∣|A Y|=1+x\gt{}\frac{x}{2}=|C D|. Това означава, че XX съществува и CC се намира на отсечката AXA X, откъдето XX е в четвърти квадрант. Сега може да изразим лицето на ABCA B C чрез лицето на AXBA X B както следва:SABC=∣CA∣∣AX∣SAXB=(1−∣CD∣∣AY∣)SAXB,S_{A B C}=\frac{|C A|}{|A X|} S_{A X B}=\left(1-\frac{|C D|}{|A Y|}\right) S_{A X B},защото по Теоремата на Талес ∣CA∣∣AX∣=1−∣CX∣∣AX∣=1−∣CD∣∣AY∣\frac{|C A|}{|A X|}=1-\frac{|C X|}{|A X|}=1-\frac{|C D|}{|A Y|}. Сега лицето на AXBA X B е SAXB=S_{A X B}= ∣AY∣.∣BX∣2\frac{|A Y|.|B X|}{2}.SABC=(∣AY∣−∣CD∣)∣AY∣∣AY∣.∣BX∣2=S_{A B C}=\frac{(|A Y|-|C D|)}{|A Y|} \frac{|A Y|.|B X|}{2}=(∣AY∣−∣CD∣)∣BD∣+∣XD∣2.(|A Y|-|C D|) \frac{|B D|+|X D|}{2}.Остана да отчетем, че ∣XD∣=∣CD∣∣XY∣∣AY∣=∣CD∣∣XD∣+∣DY∣∣AY∣|X D|=|C D| \frac{|X Y|}{|A Y|}=|C D| \frac{|X D|+|D Y|}{|A Y|}, където използвахме, че AXY∼CXDA X Y \sim C X D. Оттук намираме, че ∣XD∣=∣CD∣⋅∣DY∣∣AY∣−∣CD∣|X D|=\frac{|C D| \cdot|D Y|}{|A Y|-|C D|}. Заместваме и получаваме:SABC=S_{A B C}=∣AY∣−∣CD∣2(∣BD∣+∣CD∣⋅∣DY∣∣AY∣−∣CD∣)=\frac{|A Y|-|C D|}{2}\left(|B D|+\frac{|C D| \cdot|D Y|}{|A Y|-|C D|}\right)=∣BD∣(∣AY∣−∣CD∣)2+∣CD∣⋅∣DY∣2.\frac{|B D|(|A Y|-|C D|)}{2}+\frac{|C D| \cdot|D Y|}{2}.Сега заместваме дължините на отсечките BD,CD,AYB D, C D, A Y и DYD Y от 1, за да заключим, че:SABC=3x1+x22+x4(1+2x)=32x+54+x4.S_{A B C}=\frac{3}{x} \frac{1+\frac{x}{2}}{2}+\frac{x}{4}\left(1+\frac{2}{x}\right)=\frac{3}{2 x}+\frac{5}{4}+\frac{x}{4}.Така за всяко x>0x\gt{}0 лицето на триъгълника T(x)T(x) е:x4+32x+54=(x2x4−x232x)2+x232+54.\frac{x}{4}+\frac{3}{2 x}+\frac{5}{4}=\left(\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{x}{4}}-\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3}{2 x}}\right)^{2}+\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3}{2}}+\frac{5}{4}.Така най-малката възможна стойност за лицата на триъгълниците T(x)T(x) се достига, когато x2x4−x232x=0\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{x}{4}}-\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3}{2 x}}=0. Оттук x=x26x=\sqrt{\vphantom{x^2}6} и множеството от търсените триъгълници е {T(x26)}\{T(\sqrt{\vphantom{x^2}6})\}. Втори начин. Нека точките BB и CC имат координати (x,1x)\left(x, \frac{1}{x}\right) и (x2,−2x)\left(\frac{x}{2}, -\frac{2}{x}\right), съответно, за някое x>0x\gt{}0. Тогава лицето на триъгълника ABCA B C е равно (защо?) на S(x)=x2+5x+64x=54+x4+64x≥54+2x2x4⋅64x=54+x262S(x)=\frac{x^{2}+5 x+6}{4 x}=\frac{5}{4}+\frac{x}{4}+\frac{6}{4 x} \geq \frac{5}{4}+2 \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{x}{4} \cdot \frac{6}{4 x}}=\frac{5}{4}+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{2}. Равенство се достига, когато x=6xx=\frac{6}{x} или за x=x26x=\sqrt{\vphantom{x^2}6}. Така тригълникът е с най-малко лице, когато точките BB и CC са с координати (x26,x266)\left(\sqrt{\vphantom{x^2}6}, \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{6}\right) и (x262,−x263)\left(\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{2}, -\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{3}\right), съответно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е тетраедър ABCDA B C D. Нека DD се проектира в равнината ( ABCA B C ) в точка HH. Точките OA,OB,OCO_{A}, O_{B}, O_{C} са центровете на описаните сфери съответно около HCDB,HACDH C D B, H A C D, HDABH D A B. Да се докаже, че средите на ръбовете на ABCDA B C D лежат на една сфера точно когато обемът на ABCDA B C D е два пъти по-голям от обема на HOAOBOCH O_{A} O_{B} O_{C}.
Решение(1) Средите на ръбовете на двойка ABCDA B C D срещуположни ръбове образуват успоредник със страни, успоредни на третата двойка срещуположни ръбове. Тогава е ясно, че средите на ръбовете на ABCDA B C D лежат на една сфера точно когато и трите успоредника са всъщност правоъгълници. Това е еквивалентно на двойките срещуположни ръбове да бъдат перпендикулярни. Освен това от Теоремата за трите перпендикуляра следва, че двойките срещуположни ръбове на ABCDA B C D са перпендикулярни точно когато HH е ортоцентър на ABCA B C. (2) Всеки от трите центъра OA,OBO_{A}, O_{B} и OCO_{C} е равноотдалечен от DD и HH, следователно (OAOBOC)\left(O_{A} O_{B} O_{C}\right) е симетралната равнина на DHD H. Оттук (OAOBOC)∥(ABC)\left(O_{A} O_{B} O_{C}\right) \|(A B C) и разстоянието от HH до (OAOBOC)\left(O_{A} O_{B} O_{C}\right) е половината от DHD H. Това показва, че обемът на HOAOBOCH O_{A} O_{B} O_{C} е половината от обема на ABCDA B C D точно когато SOAOBOC=SABCS_{O_{A} O_{B} O_{C}}=S_{A B C}. Нека OA′,OB′O_{A}^{\prime}, O_{B}^{\prime} и OC′O_{C}^{\prime} са проекциите на OA,OBO_{A}, O_{B} и OCO_{C} в равнината ( ABCA B C ). Тогава е ясно, че OA′,OB′O_{A}^{\prime}, O_{B}^{\prime} и OC′O_{C}^{\prime} са центровете на описаните окръжности около HBC,HACH B C, H A C и HABH A B. Освен това △OAOBOC≅△OA′OB′OC′\triangle O_{A} O_{B} O_{C} \cong \triangle O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}, защото (OAOBOC)∥(ABC)\left(O_{A} O_{B} O_{C}\right) \|(A B C). (3) Сега да разгледаме средите M,NM, N и PP на AH,BHA H, B H и CHC H. Тогава MNM N е средна отсечка в ABHA B H и следователно е успоредна на ABA B и равна на 12∣AB∣\frac{1}{2}|A B|. Оттук и подобни разсъждения за NN и PP получаваме, че MNP∼ABCM N P \sim A B C с коефициент 12\frac{1}{2}. Следователно SABC=4SMNPS_{A B C}=4 S_{M N P}. Тъй като OB′OC′O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime} е симетрала на AHA H, то MM е от правата OB′OC′O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime} и HM⊥OB′OC′H M \perp O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}. Аналогично за NN и PP и OC′OA′O_{C}^{\prime} O_{A}^{\prime} и OA′OB′O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime}, съответно. От (1), (2) и (3) трябва да докажем, че SOA′OB′OC′=4SMNPS_{O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}}=4 S_{M N P} точно когато HH е ортоцентър на ABCA B C. (∗)(*) Нека HH е ортоцентър на ABCA B C. Тогава ∠BHC=180∘−∠ABC\angle B H C=180^{\circ}-\angle A B C и по синусова теорема радиусът на описаната около BCHB C H окръжност е равен на радиуса RR на описаната около ABCA B C окръжност. Следователно ∣HOA′∣=R\left|H O_{A}^{\prime}\right|=R. Аналогично ∣HOB′∣=∣HOC′∣=R\left|H O_{B}^{\prime}\right|=\left|H O_{C}^{\prime}\right|=R. Следователно HOC′OB′H O_{C}^{\prime} O_{B}^{\prime} е равнобедрен и тъй като HM⊥OC′OB′H M \perp O_{C}^{\prime} O_{B}^{\prime}, то MM е среда на OC′OB′O_{C}^{\prime} O_{B}^{\prime}. Аналогично NN и PP са среди на OA′OC′O_{A}^{\prime} O_{C}^{\prime} и OA′OB′O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime}. Следователно 4SMNP=SOA′OB′OC′4 S_{M N P}=S_{O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}}. (∗)(*) Нека 4SMNP=SOA′OB′OC′4 S_{M N P}=S_{O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}}. Да положим α=∣OB′M∣−∣OC′M∣∣OB′OC′∣,β=∣OC′N∣−∣OA′N∣∣OC′OA′∣\alpha=\frac{\left|O_{B}^{\prime} M\right|-\left|O_{C}^{\prime} M\right|}{\left|O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}\right|}, \beta=\frac{\left|O_{C}^{\prime} N\right|-\left|O_{A}^{\prime} N\right|}{\left|O_{C}^{\prime} O_{A}^{\prime}\right|} и γ=∣OA′P∣−∣OB′P∣∣OA′OB′∣\gamma= \frac{\left|O_{A}^{\prime} P\right|-\left|O_{B}^{\prime} P\right|}{\left|O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime}\right|}. Използваме означенията a=∣OB′OC′∣,b=∣OC′OA′∣a=\left|O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}\right|, b=\left|O_{C}^{\prime} O_{A}^{\prime}\right| и c=∣OA′OB′∣c=\left|O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime}\right|. Тогава от перпендикулярностите MH⊥OB′OC′,NH⊥OC′OA′M H \perp O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}, N H \perp O_{C}^{\prime} O_{A}^{\prime} и PH⊥OA′OB′P H \perp O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime} получаваме:∣OB′H∣2−∣OC′H∣2=αa2,\left|O_{B}^{\prime} H\right|^{2}-\left|O_{C}^{\prime} H\right|^{2}=\alpha a^{2},∣OC′H∣2−∣OA′H∣2=βb2, \quad\left|O_{C}^{\prime} H\right|^{2}-\left|O_{A}^{\prime} H\right|^{2}=\beta b^{2},∣OA′H∣2−∣OB′H∣2=γc2. \quad\left|O_{A}^{\prime} H\right|^{2}-\left|O_{B}^{\prime} H\right|^{2}=\gamma c^{2}.Събирайки почленно получаваме, че: 0=αa2+βb2+γc20=\alpha a^{2}+\beta b^{2}+\gamma c^{2}. От друга страна, изразявайки SMNPS_{M N P} чрез лицето на OA′OB′OC′O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime} и лицата на триъгълниците OA′PN,OB′MPO_{A}^{\prime} P N, O_{B}^{\prime} M P и OC′MNO_{C}^{\prime} M N, намираме, че отношението на лицата SMNPSOA′OB′OC′\frac{S_{M N P}}{S_{O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}}} e:1−((1−β)(1+γ)4+(1−γ)(1+α)4+(1−γ)(1+β)4)=1-\left(\frac{(1-\beta)(1+\gamma)}{4}+\frac{(1-\gamma)(1+\alpha)}{4}+\frac{(1-\gamma)(1+\beta)}{4}\right)=(14−αβ−βγ−αγ).\left(\frac{1}{4}-\alpha \beta-\beta \gamma-\alpha \gamma\right).Сега ще да докажем, че αβ+βγ+γα≤0\alpha \beta+\beta \gamma+\gamma \alpha \leq 0 при 0=αa2+βb2+γc20=\alpha a^{2}+\beta b^{2}+\gamma c^{2} с равенство точно при α=β=γ=0\alpha=\beta=\gamma=0. От неравенството на триъгълника за a,b,ca, b, c знаем, че ∣a−b∣<c<a+b|a-b|\lt{}c\lt{}a+b, тоест a2a^{2} 2ab+b2<c2<a2+2ab+b22 a b+b^{2}\lt{}c^{2}\lt{}a^{2}+2 a b+b^{2}. Следователно:γa2+2∣γ∣ab+γb2≥\gamma a^{2}+2|\gamma| a b+\gamma b^{2} \geqγc2≥γa2−2∣γ∣ab+γb2 \gamma c^{2} \geq \gamma a^{2}-2|\gamma| a b+\gamma b^{2}като равенство е възможно само при γ=0\gamma=0. Като заместим в равенството 0=αa2+βb2+γc20=\alpha a^{2}+ \beta b^{2}+\gamma c^{2} получаваме:(α+γ)a2−2∣γ∣ab+(β+γ)b2≤(\alpha+\gamma) a^{2}-2|\gamma| a b+(\beta+\gamma) b^{2} \leq0и(α+γ)a2+2∣γ∣ab+(β+γ)b2≥0. 0 \text{и}(\alpha+\gamma) a^{2}+2|\gamma| a b+(\beta+\gamma) b^{2} \geq 0.Ясно е, че a>0a\gt{}0 и b>0b\gt{}0. Ако α+γ=0\alpha+\gamma=0 и β+γ=0\beta+\gamma=0, то неравенствата са изпълнени единствено при γ=0\gamma=0 и оттук α=β=0\alpha=\beta=0. В противен случай горните тричлени може да разглеждаме като хомогенни квадратни функции с параметри α,β,γ\alpha, \beta, \gamma. Тъй като и двата тричлена имат една и съща детерминанта D=4γ2−4(α+γ)(β+γ)D=4 \gamma^{2}-4(\alpha+\gamma)(\beta+\gamma), то тя трябва да е неотрицателна, защото иначе едно от двете неравенства няма (реални) Това показва, че γ2≥αβ+αγ+βγ+γ2\gamma^{2} \geq \alpha \beta+\alpha \gamma+\beta \gamma+\gamma^{2}, откъдето 0≥αβ+αγ+βγ0 \geq \alpha \beta+\alpha \gamma+\beta \gamma. При това ако имаме равенство, то D=0D=0 и следователно едно от горните неравенства е изпълнено с равенство. Тъй като SMNP=14SABCS_{M N P}=\frac{1}{4} S_{A B C} то αβ+βγ+γα=0\alpha \beta+\beta \gamma+\gamma \alpha=0. Оттук D=0D=0 и следователно в едно от горните неравенства имаме равенство. Това е възможно единствено при γ=0\gamma=0. Но тогава αβ=0\alpha \beta=0 и αa2+βb2=0\alpha a^{2}+\beta b^{2}=0 показват, че β=α=0\beta=\alpha=0. Следователно, M,NM, N и PP са средите на OA′OB′OC′O_{A}^{\prime} O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}. Тогава OB′OC′∥NP∥BCO_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}\|N P\| B C. Тъй като AH⊥OB′OC′A H \perp O_{B}^{\prime} O_{C}^{\prime}, то и AH⊥BCA H \perp B C. Аналогично получаваме, че BH⊥ACB H \perp A C и CH⊥ABC H \perp A B, откъдето HH е ортоцентър на ABCA B C.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека kk е естествено число. Множество от естествени числа X⊆{1,2,…,2019}X \subseteq\{1, 2, \ldots, 2019\} се нарича kk - nσn \boldsymbol{\sigma} лно, ако всеки kk (не задължително различни) елемента от XX имат общ делител, по-голям от 1, но най-големият общ делител на елементите на XX е 1. Нека nn е най-голямото естествено число, за което има nn - nn глно множество. a) Да се намери nn. б) Колко най-много елемента може да има едно nn-пълно множество?
РешениеНека XX е множество от естествени числа. За елемент a∈Xa \in X с S(a)S(a) означаваме множеството от прости делители на aa. Тогава условието няколко числа a1,a2,…,ana_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n} да имат най-голям общ делител 1 е еквивалентно на:S(a1)∩S(a2)∩⋯∩S(an)=∅.S\left(a_{1}\right) \cap S\left(a_{2}\right) \cap \cdots \cap S\left(a_{n}\right)=\emptyset.Нека a∈X,∣S(a)∣=ka \in X, |S(a)|=k и най-големият общ делител на числата от XX е 1. Нека S(a)={p1,…,pk}S(a)= \left\{p_{1}, \ldots, p_{k}\right\}. Тогава от горното условие следва, че за всяко i≤ki \leq k съществува елемент bi∈Xb_{i} \in X, за който pi∉S(bi)p_{i} \notin S\left(b_{i}\right). Тогава S(a)∩S(b1)∩S(b2)∩⋯∩S(bk)=∅S(a) \cap S\left(b_{1}\right) \cap S\left(b_{2}\right) \cap \cdots \cap S\left(b_{k}\right)=\emptyset и следователно XX не може да е nn-пълно за никое n≥k+1n \geq k+1. (∗)(*) Сега, ако X⊆{1,2,…,2019}X \subseteq\{1, 2, \ldots, 2019\}, то тъй като 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 =30⋅77>2100>2019=30 \cdot 77\gt{}2100\gt{}2019, то всеки елемент на XX има не повече от 4 различни прости делителя. Така че, ако XX е kk-пълно, то k≤4k \leq 4. От друга страна множествотоX=X={2⋅3⋅5⋅7,2⋅3⋅5⋅11,2⋅3⋅7⋅11,2⋅5⋅7⋅11,3⋅5⋅7⋅11}\{2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7, 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 11, 2 \cdot 3 \cdot 7 \cdot 11, 2 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11, 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11\}е 4 -пълно. Наистина най-големият елемент на XX е 3⋅5⋅7⋅11=77⋅15<1200<20193 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11=77 \cdot 15\lt{}1200\lt{}2019, всеки четири имат общ делител, но не и всички.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-12-4