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

2020

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2020-8-4: има placeholder текст
  • oliobl2020-9-4: има placeholder текст
  • oliobl2020-10-2: има placeholder текст
  • oliobl2020-10-3: има placeholder текст
  • oliobl2020-11-1: има placeholder текст
  • oliobl2020-11-2: има placeholder текст
  • oliobl2020-12-1: има placeholder текст
  • oliobl2020-12-4: има placeholder текст

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Точка FF от страната BCB C на триъгълника ABCA B C е такава, че AC=BFA C=B F. Да се докаже, че правата, построена през средата на CFC F и успоредна на ъглополовящата на ∠ACB\angle A C B, разполовява страната ABA B.
РешениеНека MM е средата на CF,EC F, E е средата на AFA F и NN е средата на ABA B. Ще докажем, че NMN M е успоредна на ъглополовящата на ∠ACB\angle A C B. Тъй като EME M е средна отсечка в триъгълник AFCA F C и ENE N е средна отсечка в триъгълник ABFA B F, то от AC=BFA C=B F следва, че EM=ENE M=E N. Лъчите ENE N и CBC B са еднопосочни, а EME M и CAC A са противопосочни, така че ∠MEN=180∘−∠ACB\angle M E N=180^{\circ}-\angle A C B. Тогава от равнобедрения триъгълник MNEM N E получаваме, че ∠EMN=12∠ACB\angle E M N=\frac{1}{2} \angle A C B. Но ∠EMB=∠ACB\angle E M B=\angle A C B, така че ∠NMB=12∠ACB\angle N M B=\frac{1}{2} \angle A C B и MNM N е успоредна на ъглополовящата на ∠ACB\angle A C B.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Разглеждаме квадратните уравнения x2−bx+c=0x^{2}-b x+c=0 и x2−cx+b=0x^{2}-c x+b=0, където bb и cc са естествени числа. a) Да се докаже, че ако двете уравнения имат реални корени, то b≥4b \geq 4 и c≥4c \geq 4. б) Да се намерят всички двойки естествени числа ( b,cb, c ), за които двете уравнения имат по два (не непременно различни) естествени корена.
РешениеРешение. a) Тъй като първото уравнение има реални корени, то дискриминантата му b2−4cb^{2}-4 c е неотрицателна, откъдето b2≥4cb^{2} \geq 4 c. Аналогично от второто уравнение получаваме, че c2≥4bc^{2} \geq 4 b. Тъй като bb и cc са естествени, в частност положителни, то от b2≥4cb^{2} \geq 4 c получаваме, че b4≥16c2≥16⋅4bb^{4} \geq 16 c^{2} \geq 16 \cdot 4 b. Сега b>0b\gt{}0, откъдето b3≥64=43b^{3} \geq 64=4^{3} и следователно b≥4b \geq 4. Аналогично, c≥4c \geq 4. б) Да допуснем, че уравнението x2−bx+c=0x^{2}-b x+c=0 има естествени корени x1x_{1} и x2x_{2}, а x2−cx+b=x^{2}-c x+b= 0 - естествени корени x3x_{3} и x4x_{4}. Тогава по формулите на Виет получаваме, че x1+x2=bx_{1}+x_{2}=b и x1x2=cx_{1} x_{2}=c за първото уравнение и x3+x4=cx_{3}+x_{4}=c и x3x4=bx_{3} x_{4}=b за второто. От първите две зависимости следва b−c=x1+x2−x1x2=1−(x1−1)(x2−1)(∗)b-c=x_{1}+x_{2}-x_{1} x_{2}=1-\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)(*)От вторите две зависимости следва c−b=x3+x4−x3x4=1−(x3−1)(x4−1)(∗∗)c-b=x_{3}+x_{4}-x_{3} x_{4}=1-\left(x_{3}-1\right)\left(x_{4}-1\right)(* *) Почленното събиране на двете равенства дава:(x1−1)(x2−1)+(x3−1)(x4−1)=2.\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)+\left(x_{3}-1\right)\left(x_{4}-1\right)=2.Тъй като x1,x2,x3x_{1}, x_{2}, x_{3} и x4x_{4} са положителни цели числа, то (x1−1)(x2−1)\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right) и (x3−1)(x4−1)\left(x_{3}-1\right)\left(x_{4}-1\right) са неотрицателни цели числа. От това, че 2=0+2,2=1+12=0+2, 2=1+1 и 2=2+02=2+0 са всички представяния на 2 като сума на две неотрицателни цели числа, имаме съответно случаите: 1.) От (x1−1)(x2−1)=0\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)=0 и (x3−1)(x4−1)=2\left(x_{3}-1\right)\left(x_{4}-1\right)=2 получаваме (b,c)=(6,5)(b, c)=(6, 5). 2.) От (x1−1)(x2−1)=1\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)=1 и (x3−1)(x4−1)=1\left(x_{3}-1\right)\left(x_{4}-1\right)=1 получаваме (b,c)=(4,4)(b, c)=(4, 4). 3.) От (x1−1)(x2−1)=2\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)=2 и (x3−1)(x4−1)=0\left(x_{3}-1\right)\left(x_{4}-1\right)=0 получаваме (b,c)=(5,6)(b, c)=(5, 6). Обратно, ако (b,c)=(6,5)(b, c)=(6, 5) първото уравнение има корени x1=2x_{1}=2 и x2=3x_{2}=3, а второтоx3=1x_{3}=1 и x4=5x_{4}=5, докато при (b,c)=(4,4)(b, c)=(4, 4) директно намираме, че x1=x2=x3=x4=2x_{1}=x_{2}=x_{3}=x_{4}=2 са корените на двете уравнения. Случаят (b,c)=(5,6)(b, c)=(5, 6) е огледален на (c,b)=(6,5)(c, b)=(6, 5), така че окончантелно всички търсени двойки (b,c)(b, c) са: (6,5),(4,4)(6, 5), (4, 4) и (5,6)(5, 6). Оценяване ( 7 точки): а) - 3 точки, в това число: 1 т. - за изведени две условия за bb и cc, следващи от неотрицателността на дискриминантите на двете уравнения; 1 т. - за подходящо неравенство, в което участва само едно от bb или c;1c; 1 т. - за довършване на решението. б) - 4 точки, от които: 1 т. - за откриване на зависимостта, произтичаща от (∗)(*) и (∗∗)(* *), ограничаваща областта на възможните естествени корени ( ∗* ) и ( ∗∗* * ) (както и евентуално всяка друга зависимост със същата функция); По 0, 5 т. - за всяка от трите двойки коефициенти за представяне на дадения израз с формула за точен квадрат; 1, 5 т. - за проверки (с дискриминанти или със заместване, ако решението се базира само на необходими условия).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Числото n>1n\gt{}1 е естествено. Да се докаже, че цифрата на десетиците в десетичния запис на числото n4+4n3−2n2−12nn^{4}+4 n^{3}-2 n^{2}-12 n може да е четна, и да се намери неговата цифра на единиците във всеки от тези случаи.
РешениеАко AA е даденото число, то A=n(n3+2n2+2n2+4n−6n−12)=n(n+2)(n2+2n−6)=k(k−6)=(k−3)2−9A=n\left(n^{3}+2 n^{2}+2 n^{2}+4 n-6 n-12\right)=n(n+2)\left(n^{2}+\right. 2 n-6)=k(k-6)=(k-3)^{2}-9, където k=n(n+2)≥2⋅4=8k=n(n+2) \geq 2 \cdot 4=8. Нека запишем k−3=10a+bk-3=10 a+b, където a,ba, b са цели неотрицателни и b<10b\lt{}10. Тогава A=100a2+20ab+b2+11−20A=100 a^{2}+20 a b+b^{2}+11-20 и цифрата на десетиците му е четна точно когато това е в сила за b2+11b^{2}+11. Но bb зависи само от последната цифра на kk, а то зависи само от последната цифра на nn. Директната проверка за n=2,3,…,11n=2, 3, \ldots, 11 сочи, че това е в сила единствено за n=8,9,10n=8, 9, 10. В тези случаи последната цифра на b2+11b^{2}+11, а значи и на AA, е съответно 0,7,00, 7, 0 (това се постига точно когато цифрата на единиците на nn е съответно 8,9,08, 9, 0 ).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-8-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-8-4

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които един от корените на уравнението ∣ax∣x+x+6=0|a x| x+x+6=0 е реципрочен на корен на уравнението 2∣ax∣x+(a+2)x−a=02|a x| x+(a+2) x-a=0.
РешениеОт условието следва, че ако едното уравнение има корен zz, то второто има корен 1/z1 / z. Оттук, z≠0z \neq 0. Нека az≥0a z \geq 0. Тогава a/z≥0a / z \geq 0 и търсените стойности на aa са на системата:∣ az2+z+6=02az2+a+2z−a=0\left\lvert\, \begin{aligned} & a z^{2}+z+6=0 \\ & \frac{2 a}{z^{2}}+\frac{a+2}{z}-a=0 \end{aligned}\right.След привеждане под общ знаменател на второто уравнение и почленно събиране получаваме, че:(2a+6)+(a+3)z=0(2 a+6)+(a+3) z=0Ако a=−3a=-3, последното е изпълнено и от първото уравнение получаваме z=(1±x273)/6z=(1 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}73}) / 6, като z=(1−x273)/6z=(1-\sqrt{\vphantom{x^2}73}) / 6 отговаря на условието az>0a z\gt{}0. При a≠−3a \neq-3 получаваме z=−2z=-2, откъдето a=−1a=-1 и очевидно az>0a z\gt{}0 е изпълнено. При az<0a z\lt{}0 имаме a/z<0a / z\lt{}0 и разглеждаме системата:∣ −az2+z+6=0−2az2+a+2z−a=0\left\lvert\, \begin{aligned} & -a z^{2}+z+6=0 \\ & -\frac{2 a}{z^{2}}+\frac{a+2}{z}-a=0 \end{aligned}\right.откъдето получаваме z=(2a+6)/(a+1)z=(2 a+6) /(a+1). След заместване в първото уравнение и опростяване достигаме до:a3+4a2+4a−3=0⟺a(a+2)2=3,a^{3}+4 a^{2}+4 a-3=0 \Longleftrightarrow a(a+2)^{2}=3,откъдето очевидно следва a>0a\gt{}0. Но тогава и z=(2a+6)/(a+1)>0z=(2 a+6) /(a+1)\gt{}0, което противоречи на az<0a z\lt{}0. Следователно задачата няма в този случай. Окончателно, търсените стойности на aa са -1 и -3.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник ABCA B C, вписан в окръжност kk. Точка PP от малката дъга \wideparenAC\wideparen{A C} на kk е такава, че ∠BAC=2∠PBC\angle B A C=2 \angle P B C, а точка QQ от малката дъга \wideparenBC\wideparen{B C} на kk е такава, че ∠ABC=2∠QAC\angle A B C=2 \angle Q A C. Правата през средата на малката дъга \wideparenBC\wideparen{B C} и средата на хордата PCP C пресича правата BPB P в точка KK. Правата през средата на малката дъга \wideparenAC\wideparen{A C} и средата на хордата QCQ C пресича правата AQA Q в точка TT. Да се докаже, че KT=AC+BCK T=A C+B C.
РешениеНека NN е средата на \wideparenBC\wideparen{B C}. Тогава от условието следва, че дъгите \wideparenPC,\wideparenCN\wideparen{P C}, \wideparen{C N} и \wideparenNB\wideparen{N B} са равни, откъдето лесно следва, че четириъгълникът PCNBP C N B е равнобедрен трапец, откъдето диагоналите му PNP N и BCB C са равни. Сега от успоредността KP∥CNK P \| C N и разполовяването на CPC P от KNK N следва, че четириъгълникът CKPNC K P N е успоредник. Тогава CK=PN=BCC K=P N=B C от тези два четириъгълника. Аналогично се вижда, че CT=CAC T=C A. От успоредника CKPNC K P N и условието имаме ∠KCP=∠CPN=∠CPB\angle K C P=\angle C P N=\angle C P B, което означава, че CKC K е допирателна към kk. Аналогично се вижда, че и CTC T е допирателна към kk. Следователно точките C,KC, K и TT лежат в този ред на една права и следователно KT=KC+CT=BC+ACK T=K C+C T= B C+A C.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
В една социална мрежа някои участници са приятели, а други не (приятелството е взаимно). Известно е, че в социалната мрежа има поне едно приятелство и за никои двама, които имат един и същи брой приятели, не съществува трети участник, който да е приятел едновременно и с двамата. Да се докаже, че съществува участник, който има само един приятел.
РешениеНека AA е участник с най-много на брой приятели. Нека този брой е kk. От условието, че приятелства в социалната мрежа има, следва, че участник AA съществува и още, че k>0k\gt{}0. Тогава за някой от приятелите на AA това приятелство е единствено. Действително, ако допуснем противното, броевете на приятелствата на приятелите на AA, са измежду числата 2,3,…,k2, 3, \ldots, k и значи два от тях са равни. Тогава от условието следва, че за съответните двама не съществува трети участник, който да е техен общ приятел. Но AA е такъв участник, противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-9-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е трапец ABCDA B C D с основи AB∥CDA B \| C D и пресечна точка на диагоналите OO. Средите на страните AB,BC,CDA B, B C, C D и DAD A са означени съответно с точките N,P,MN, P, M и QQ. Да се намери лицето на трапеца, акоON=14;OP=132;OM=7;OQ=152O N=14; \quad O P=\frac{13}{2}; \quad O M=7; \quad O Q=\frac{15}{2}
РешениеНека NQ∩CD=EN Q \cap C D=E и NP∩CD=FN P \cap C D=F. От △ANQ≅△DEQ\triangle A N Q \cong \triangle D E Q, следва че точка QQ е среда на ENE N и, че лицата на двата триъгълника са равни. Аналогично, точка PP е среда на NFN F и лицата на △NBP\triangle N B P и △FCP\triangle F C P са равни. От тук получаваме, чеSABCD=SANQ+SNBP+SQNPCD=S_{A B C D}=S_{A N Q}+S_{N B P}+S_{Q N P C D}=SDEQ+SFCP+SQNPCD=SEFNS_{D E Q}+S_{F C P}+S_{Q N P C D}=S_{E F N}Така, задачата се свежда до намиране лицето на △EFN.NM\triangle E F N. N M е медиана в △EFN\triangle E F N, точката OO лежи върху нея (защо?) и я дели в отношение 2:12: 1, считано от върха на триъгълника. Следователно, точка OO е медицентър за △EFN\triangle E F N. Оттук, точка OO лежи и върху медианите EPE P и FQF Q, като EO=2⋅OP=13E O=2 \cdot O P=13 и FO=2⋅OQ=15F O=2 \cdot O Q=15. Да построим точка O′O^{\prime} върху правата NMN M, такава че OM=MO′O M=M O^{\prime} и MM е между OO и O′O^{\prime}. Четириъгълникът FO′EOF O^{\prime} E O е успоредник и FO′=EO=13F O^{\prime}=E O=13. Също така SEFN=6SFMO=3SFO′OS_{E F N}=6 S_{F M O}=3 S_{F O^{\prime} O}, откъдето използвайки Хероновата формула заключаваме:SABCD=SEFN=3SFO′O=S_{A B C D}=S_{E F N}=3 S_{F O^{\prime} O}=3x221⋅8⋅7⋅6=3⋅7⋅3⋅4=252.3 \sqrt{\vphantom{x^2}21 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}=3 \cdot 7 \cdot 3 \cdot 4=252.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-10-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-10-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
За всяка редица от 2020 реални числа a1,a2,…,a2020a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2020} определяме редицата b1,b2,…,b2020b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{2020} като:bn=a1+a2+⋯+annза всякоn=1,2,…,2020.b_{n}=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n} \quad \text{за всяко} n=1, 2, \ldots, 2020.Да се намерят всички редици a1,a2,…,a2020a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2020}, за които:b12+b22+⋯+b20202=4(a12+a22+⋯+a20202)b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{2020}^{2}=4\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{2020}^{2}\right)
РешениеЩе докажем, че единствено нулевата редица a1=a2=⋯=a2020=0a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{2020}=0 е За фиксирано n≥2n \geq 2 имаме, че an=nbn−(n−1)bn−1a_{n}=n b_{n}-(n-1) b_{n-1} и следователно:bn2−2anbn=bn2−2bn(nbn−(n−1)bn−1)=(1−2n)bn2+2(n−1)bn−1bn≤(1−2n)bn2+(n−1)(bn−12+bn2)=(n−1)bn−12−nbn2\begin{align*} b_{n}^{2}-2 a_{n} b_{n} & =b_{n}^{2}-2 b_{n}\left(n b_{n}-(n-1) b_{n-1}\right)=(1-2 n) b_{n}^{2}+2(n-1) b_{n-1} b_{n} \\ & \leq(1-2 n) b_{n}^{2}+(n-1)\left(b_{n-1}^{2}+b_{n}^{2}\right)=(n-1) b_{n-1}^{2}-n b_{n}^{2} \tag{1} \end{align*}като равенство се достига точно тогава, когато bn−1=bnb_{n-1}=b_{n}. Тъй като b12−2a1b1=−b12b_{1}^{2}-2 a_{1} b_{1}=-b_{1}^{2}, сумирайки неравенствата от n=1n=1 до n=2020n=2020 получаваме:∑n=12020bn2−2∑n=12020anbn≤\sum_{n=1}^{2020} b_{n}^{2}-2 \sum_{n=1}^{2020} a_{n} b_{n} \leq−2020b20202≤-2020 b_{2020}^{2} \leq0⟹∑n=12020bn2≤2∑n=12020anbn(2) 0 \Longrightarrow \sum_{n=1}^{2020} b_{n}^{2} \leq 2 \sum_{n=1}^{2020} a_{n} b_{n} \tag{2}Сега прилагаме неравенството на Коши-Шварц-Буняковски (∑anbn≤x2∑an2x2∑bn2)\left(\sum a_{n} b_{n} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}\sum a_{n}^{2}} \sqrt{\vphantom{x^2}\sum b_{n}^{2}}\right) към горното неравество и получаваме:∑n=12020bn2≤\sum_{n=1}^{2020} b_{n}^{2} \leq2x2∑n=12020an2x2∑n=12020bn2, 2 \sqrt{\vphantom{x^2}\sum_{n=1}^{2020} a_{n}^{2}} \sqrt{\vphantom{x^2}\sum_{n=1}^{2020} b_{n}^{2}},откъдето∑n=12020bn2≤ \text{откъдето} \sum_{n=1}^{2020} b_{n}^{2} \leq4∑n=12020an2.(3) 4 \sum_{n=1}^{2020} a_{n}^{2}. \tag{3}От допълнителното условие в задачата, заключаваме, че трябва да се достига равенството, откъдето b2020=0b_{2020}=0 и bn2−2anbn=(n−1)bn−12−nbn2b_{n}^{2}-2 a_{n} b_{n}=(n-1) b_{n-1}^{2}-n b_{n}^{2}, за всяко n=2,…,2020n=2, \ldots, 2020. Но второто равенство ни дава b1=b2=⋯=b2020b_{1}=b_{2}=\cdots=b_{2020} и от b2020=0b_{2020}=0, получаваме, че bn=0b_{n}=0 за n=1,2,…,2020n=1, 2, \ldots, 2020. Сега е ясно, че a1=b1=0a_{1}=b_{1}=0 и an=nbn−(n−1)bn−1=0a_{n}=n b_{n}-(n-1) b_{n-1}=0 за всяко n=2,…,2020n=2, \ldots, 2020. Непосредствена проверка показва, че a1=a2=⋯=a2020=0a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{2020}=0 е
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-11-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадени са естествени числа x,yx, y и zz, за които числото n=xy+yzx−yn=\frac{x}{y}+\frac{y}{z x-y} е цяло. Да се намерят всички възможни стойности на nn.
РешениеЩе докажем, че n=1,2,3n=1, 2, 3 са всички възможни стойности на nn. При x=1,y=2z=6x=1, y=2 z=6 (или x=2,y=3z=6x=2, y=3 z=6 ) получаваме n=1n=1; при x=3,y=z=2x=3, y=z=2 получаваме n=2n=2; при x=2,y=z=1x=2, y=z=1 получаваме n=3n=3. Ще използваме, че ако ab\frac{a}{b} и cd\frac{c}{d} са несъкратими дроби и t=ab+cdt=\frac{a}{b}+\frac{c}{d} е цяло число, то b=±db= \pm d. Наистина, от tbd=ad+cbt b d=a d+c b следва, че bb дели dd и dd дели bb, т. е. b=±db= \pm d. Без ограничение на общността може да считаме, че xx и yy са взаимнопрости. От горното наблюдение следва, че ако yzx−y=pq\frac{y}{z x-y}=\frac{p}{q}, където pp и qq са взаимнопрости, то q=±yq= \pm y. Освен това, тъй като pp дели yy, то p=1p=1. Следователно zx−y=y2z x-y=y^{2} (случаят zx−y=−y2z x-y=-y^{2} е невъзможен), откъдето намираме z=tyz=t y и x+1=nyx+1=n y. Сега отty(ny−1)−y=y2t y(n y-1)-y=y^{2}получаваме tny=y+t+1t n y=y+t+1. Тъй като ty≥t,ty≥yt y \geq t, t y \geq y и ty≥1t y \geq 1, то при n≥4n \geq 4 имамеt+y+1=tny≥4ty≥t+y+1+ty>t+y+1t+y+1=t n y \geq 4 t y \geq t+y+1+t y\gt{}t+y+1противоречие.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека nn е естествено число, а AA е множество от редици v=(v1,v2,…,vn)v=\left(v_{1}, v_{2}, \ldots, v_{n}\right), с дължина nn, от нули и единици със свойството: ако v∈Av \in A, то всяка редица, получена от vv чрез замяна на единица с нула, е също в AA. Нека S={i1,…,ik}⊆{1,2,…,n}S=\left\{i_{1}, \ldots, i_{k}\right\} \subseteq\{1, 2, \ldots, n\}. С ASA_{S} означаваме множеството от всички редици с дължина kk, получени от редиците на AA чрез премахването на елементите на позициите, различни от i1,…,iki_{1}, \ldots, i_{k}. Некаtk(A)=max⁡S∣AS∣,t_{k}(A)=\max _{S}\left|A_{S}\right|,като максимумът е по всички kk-елементни подмножества на {1,2,…,n}\{1, 2, \ldots, n\}. Да се докаже, че ако ∣A∣≤⌈3n/2⌉|A| \leq\lceil 3 n / 2\rceil, то tn−1(A)≥∣A∣−1t_{n-1}(A) \geq|A|-1. Забележка: ⌈x⌉\lceil x\rceil означава най-малкото ияло число, което е по-голямо или равно на xx.
РешениеРешение. Очевидно нулевата редица (0,0,…,0)(0, 0, \ldots, 0) е в AA. Да означим с eie_{i} редицата, имаща 1 в позиция ii и нуливъв всички останали. Нека ei∉Ae_{i} \notin A за някое ii. Тогава всички редици от AA имат 0 на позиция ii. Ако S={1,2,…,n}\{i}S=\{1, 2, \ldots, n\} \backslash\{i\}, то ∣AS∣=∣A∣\left|A_{S}\right|=|A|. Така може да приемем, че нулевата редица и всички редици eie_{i} са в AA. Да означим с BB множеството от всички редици в AA с две единици. Единиците на всяка редица от BB покриват единиците на точно две редици eie_{i}. Оттук следва, че съществува eie_{i}, чиято единица не е покрита от редица от BB. В противен случай имаме∣A∣≥1+n+⌈n/2⌉>⌈3n/2⌉.|A| \geq 1+n+\lceil n / 2\rceil\gt{}\lceil 3 n / 2\rceil.Това означава, че eie_{i} е единствената редица в AA, имаща единица на позиция ii. Оттук следва, че за S={1,2,…,n}\{i}S=\{1, 2, \ldots, n\} \backslash\{i\} имаме∣AS∣=∣A\{ei}∣=∣A∣−1.\left|A_{S}\right|=\left|A \backslash\left\{e_{i}\right\}\right|=|A|-1.Оценяване ( 7 точки): 1 т. за доказателство, в случай, че някое eie_{i} не е в A;2A; 2 т. за разглеждане на думите с две единици и наблюдението, че съществува позиция ii, в която единствената единица е в думата ei;4e_{i}; 4 т. за довършване на доказателството
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-11-4

12

4 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дадена е правилна четириъгълна пирамида ABCDEA B C D E с основен ръб AB=1A B=1 и околен ръб AE=x22A E=\sqrt{\vphantom{x^2}2}. Върху ребрата ABA B и DED E са избрани точки MM и NN съответно, така че MNM N е успоредна на равнината (BCE)(B C E). Ако MN=1M N=1, да се намери разстоянието между правите MNM N и BEB E.
РешениеРешение. Нека равнината през MNM N, успоредна на равнината ( BCEB C E ) пресича ръбовете CDC D и AEA E в точките KK и LL съответно. Тогава MK∥BCM K \| B C, KN∥CE,ML∥BEK N\|C E, M L\| B E и съответно NL∥ADN L \| A D. Ако AM=tA M=t, то ML:BE=AM:AB⇒ML=x22tM L: B E=A M: A B \Rightarrow M L=\sqrt{\vphantom{x^2}2} t и от съображения за симетрия KN=x22tK N=\sqrt{\vphantom{x^2}2} t. Също така NL:DA=EL:EA=BM:BA=1−tN L: D A=E L: E A= B M: B A=1-t, т. е. NL=1−tN L=1-t. В равнобедрения трапец MKNLM K N L пресмятаме височината NH=x2NK2−KH2=x22t2−t24N H=\sqrt{\vphantom{x^2}N K^{2}-K H^{2}}=\sqrt{\vphantom{x^2}2 t^{2}-\frac{t^{2}}{4}} и съответно MN2=NH2+MH2=2t2−t24+(1−t2)2=2t2−t+1M N^{2}=N H^{2}+M H^{2}=2 t^{2}- \frac{t^{2}}{4}+\left(1-\frac{t}{2}\right)^{2}=2 t^{2}-t+1. Но по условие MN=1M N=1 и следователно t=12t=\frac{1}{2}, т. е. MM е среда на ABA B и NN е среда на EDE D. Остава да пресметнем разстоянието от върха EE до равнината (MNL)(M N L). Последователно получавамеVENLM=12VENLB=18VEADB=116VABCDE=V_{E N L M}=\frac{1}{2} V_{E N L B}=\frac{1}{8} V_{E A D B}=\frac{1}{16} V_{A B C D E}=116⋅13⋅1⋅x232=x2696.\frac{1}{16} \cdot \frac{1}{3} \cdot 1 \cdot \sqrt{\vphantom{x^2}\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{96}.Тогава търсеното разстояние е d=3VENLMSLMN=x2632:x2716=x24214d=\frac{3 V_{E N L M}}{S_{L M N}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{32}: \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}7}}{16}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}42}}{14}. Оценяване ( 7\mathbf{7} точки): 1 т. - за построяване на сечението MKNL;1M K N L; 1 т. - за въвеждане на tt и намиране страните на MKNL;1M K N L; 1 т. - за пресмятане на t;2t; 2 т. - за пресмятане на VENLM;1V_{E N L M}; 1 т. - за пресмятане SLMN;1S_{L M N}; 1 т. - за пресмятане на dd.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
За естествено число nn с s(n)s(n) означаваме сумата от квадратите на всички естествени числа, които делят nn. Да се докаже, че s(n)<2n2s(n)\lt{}2 n^{2}.
РешениеНека n=∏i=1kpiαin=\prod_{i=1}^{k} p_{i}^{\alpha_{i}} е каноничното разлагане на nn като произведение на прости числа. Тогава лесно пресмятаме, че:s(n)=∏i=1k(1+pi2+⋯+pi2αi)(1)s(n)=\prod_{i=1}^{k}\left(1+p_{i}^{2}+\cdots+p_{i}^{2 \alpha_{i}}\right) \tag{1}Като сума на първите няколко члена на геометрична прогресия, намираме, че 1+pi2+⋯+pi2αi=pi2(αi+1)−1pi2−11+p_{i}^{2}+\cdots+ p_{i}^{2 \alpha_{i}}=\frac{p_{i}^{2\left(\alpha_{i}+1\right)}-1}{p_{i}^{2}-1}. Следователно:s(n)=∏i=1kpi2(αi+1)−1pi2−1≤s(n)=\prod_{i=1}^{k} \frac{p_{i}^{2\left(\alpha_{i}+1\right)}-1}{p_{i}^{2}-1} \leq∏i=1kpi2(αi+1)pi2−1. \prod_{i=1}^{k} \frac{p_{i}^{2\left(\alpha_{i}+1\right)}}{p_{i}^{2}-1}.Оттук получаваме, че:s(n)n2=s(n)∏i=1kpi2αi≤\frac{s(n)}{n^{2}}=\frac{s(n)}{\prod_{i=1}^{k} p_{i}^{2 \alpha_{i}}} \leq∏i=1kpi2pi2−1(2) \prod_{i=1}^{k} \frac{p_{i}^{2}}{p_{i}^{2}-1} \tag{2}Тъй като за всяко естествено число m>1m\gt{}1 е в сила, че m2m2−1>1\frac{m^{2}}{m^{2}-1}\gt{}1, то може да оценим:∏i=1kpi2pi2−1≤∏m=2pm2m2−1(3)\prod_{i=1}^{k} \frac{p_{i}^{2}}{p_{i}^{2}-1} \leq \prod_{m=2}^{p} \frac{m^{2}}{m^{2}-1} \tag{3}където pp е най-големият прост делител на nn. Тогава лесно пресмятаме, че:∏m=2pm2m2−1=∏m=2pm2(m−1)(m+1)=\prod_{m=2}^{p} \frac{m^{2}}{m^{2}-1}=\prod_{m=2}^{p} \frac{m^{2}}{(m-1)(m+1)}=∏m=2pm∏m=2pm∏m=1p−1m∏m=3p+1m=\frac{\prod_{m=2}^{p} m \prod_{m=2}^{p} m}{\prod_{m=1}^{p-1} m \prod_{m=3}^{p+1} m}=2mm+1<\frac{2 m}{m+1}\lt{}2.2.Това показва, че s(n)n2<2\frac{s(n)}{n^{2}}\lt{}2, което завършва то на задачата.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-12-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2020-12-4