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

2022

Назад към папките

8

1 задача

Задача 2

Пълен запис
Условие
Точките K,LK, L и MM са средите съответно на страните AC,BCA C, B C и ABA B в остроъгълния триъгълник ABCA B C. Нека PP и QQ са петите на перпендикулярите от MM съответно към страните ACA C и BCB C. а) Да се докаже, че ако KP=LQK P=L Q, то триъгълникът ABCA B C е равнобедрен. б) Да се докаже, че 4PQ≤AB+BC+CA4 P Q \leq A B+B C+C A. Има ли триъгълници ABCA B C, при които 4PQ=AB+BC+CA4 P Q= A B+B C+C A - ако има, то кои са всички такива?
Решениеа) От средните отсечки MK∥BCM K \| B C и ML∥ACM L \| A C в △ABC\triangle A B C получаваме ∠MKP=∠ACB=∠MLQ\angle M K P= \angle A C B=\angle M L Q. Освен това, имаме ∠MPK=∠MQL=90∘\angle M P K=\angle M Q L=90^{\circ} и KP=LQK P=L Q. Следователно △MKP≅△MLQ\triangle M K P \cong \triangle M L Q и MK=MLM K=M L. Понеже MK=BC2M K=\frac{B C}{2} и ML=AC2M L=\frac{A C}{2}, заключаваме, че AC=BCA C= B C. б) Нека SS и TT са средите на MKM K и MLM L, съответно. От правоъгълните триъгълници △MKP\triangle M K P и △MLQ\triangle M L Q имаме PS=MK2,TQ=ML2P S=\frac{M K}{2}, T Q=\frac{M L}{2}, откъдето страните на △MKL\triangle M K L (които са средни отсечки в △ABC\triangle A B C ) дават PS=BC4,TQ=AC4P S=\frac{B C}{4}, T Q=\frac{A C}{4} и ST=KL2=AB4S T=\frac{K L}{2}=\frac{A B}{4}. Сега от неравенството на триъгълника получаваме 4PQ≤4(PS+ST+TQ)=BC+AC+AB4 P Q \leq 4(P S+S T+T Q)=B C+A C+A B, както се искаше. Равенство се достига точно когато точките P,SP, S и TT и QQ лежат на една права, успоредна на ABA B (понеже ST∥KL∥ABS T\|K L\| A B ). От PS∥AB,KS∥BCP S\|A B, K S\| B C и правоъгълния △MKP\triangle M K P следва ∠BAC=∠SPK=∠SKP=∠ACB;\angle B A C=\angle S P K=\angle S K P=\angle A C B; аналогично ∠ABC=∠ACB\angle A B C=\angle A C B. Следователно равенство се достига тогава и само тогава когато △ABC\triangle A B C е равностранен.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2022-8-2

9

2 задачи

Задача 3

Пълен запис
Условие
Младият учен и Старият учен играят следната игра. Първо Младият избира и обявява множество SS от различни естествени числа. След това Старият избира и обявява безкрайна редица x1,x2,…x_{1}, x_{2}, \ldots от различни естествени числа. След това Младият избира и обявява естествено число MM и число pp от множеството SS. Накрая, Старият избира естествено число NN и играта приключва. Старият печели точно когато за всяко естествено n≥Nn \geq N числото xnx_{n} се дели на pMp^{M}; в противен случай печели Младият. Кой от двамата има печеливша стратегия, ако множеството SS е: a) крайно б) безкрайно?
РешениеЩе покажем, че без значение какво е SS Старият винаги има печеливши редица (xn)n≥1\left(x_{n}\right)_{n \geq 1} и число NN. Нека първо Младият е избрал крайното множество S={p1,p2,…,pk}S=\left\{p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{k}\right\}, където p1<p2<…<pkp_{1}\lt{}p_{2}\lt{} \ldots\lt{}p_{k}. Тогава Старият може да използва редицата xn=(p1p2⋯pk)nx_{n}=\left(p_{1} p_{2} \cdots p_{k}\right)^{n} (която е растяща и значи с различни членове). Сега без значение какви MM и pp избере Младият, Старият може да използва N=MN=M за да спечелинаистина, xnx_{n} се дели на pnp^{n} за всяко pp от SS и значи на pMp^{M} за всяко n≥Nn \geq N. Нека сега Младият е избрал безкрайното множество S={p1,p2,…}S=\left\{p_{1}, p_{2}, \ldots\right\}, където p1<p2<…p_{1}\lt{}p_{2}\lt{}\ldots. Тогава Старият може да използва редицата xn=(p1p2⋯pn)nx_{n}=\left(p_{1} p_{2} \cdots p_{n}\right)^{n} (която е растяща и значи с различни членове). Сега без значение какви MM и pkp_{k} избере Младият, Старият може да използва N=max⁡(M,k)N=\max (M, k) за да спечелинаистина, xkx_{k} се дели на pknp_{k}^{n} за всяко pkp_{k} от SS, когато n≥kn \geq k, и значи на pkMp_{k}^{M} за всяко n≥max⁡(M,k)n \geq \max (M, k).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2022-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
На лятна школа по математика участвали 2022 ученици. Школата била посетена от kk на брой професионални математици и всеки от тях избрал няколко (поне един) от учениците за разработване на проект. Позволено е ученик да не бъде избиран въобще или да бъде избиран повече от веднъж, но няма двама математици с еднакви групи от избрани ученици. Да се намери най-голямото kk със следното свойствобез значение как са избрани групите ще е сигурно, че има някой ученик, който ако го махнем от всички групи, в които той се намира (възможно никои), отново няма да има две еднакви групи. Например при k=3k=3 ако са избрани {A,B,B},{A,B}\{A, B, B\}, \{A, B\} и {\{ Б, Г, Д, Е\}, то при премахването на Б получаваме две групи c{A,B}c\{A, B\} и една c{Γc\{\Gamma, Д, E}E\}; но при премахването на Γ\Gamma стават {A\{A, Б, B},{A,Б}B\}, \{A, Б\} и {\{ Б, Д, E}E\}.
РешениеОтговор: k=2022k=2022. За удобство ще означаваме учениците с естествените числа от 1 до 2022. Първо ще дадем контрапример за 2023. При избор {1},{1,2},{1,2,3},…,{1,2,…,2022}\{1\}, \{1, 2\}, \{1, 2, 3\}, \ldots, \{1, 2, \ldots, 2022\} и {2}\{2\}, след премахването на 1 получаваме две копия на {2}\{2\}; а при премахването на n≥2n \geq 2 получаваме две копия на {1,2,…,n−1}\{1, 2, \ldots, n-1\}. За
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2022-9-4

10

1 задача

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник ABCA B C с ∠ACB=70∘\angle A C B=70^{\circ} и височини AM(M∈BC)A M (M \in B C) и CN(N∈AB)C N(N \in A B). Точките TT и QQ от отсечката BNB N са такива, че TT е между NN и QQ и ∠NCT=∠BCQ\angle N C T=\angle B C Q. Правата CQC Q пресича отсечката AMA M в точка PP. Описаната около триъгълника APQA P Q окръжност пресича отсечката ACA C за втори път в точка KK, а правата KPK P пресича отсечката BCB C в точка LL. Да се намери големината на ∠CTL\angle C T L.
РешениеНека P1P_{1} е симетричната точка на PP относно BCB C (явно P,MP, M и P1P_{1} лежат на една права) и P1L∩AB=T1P_{1} L \cap A B=T_{1}. Тъй като ∠CP1T1=∠CPL=∠KPQ=180∘−∠BAC\angle C P_{1} T_{1}=\angle C P L=\angle K P Q=180^{\circ}-\angle B A C, получаваме, че ACP1T1A C P_{1} T_{1} е вписан в окръжност. От друга страна, ∠TCP1=∠TCB+∠BCP1=∠TCB+∠NCT=∠NCB=∠P1AT\angle T C P_{1}=\angle T C B+\angle B C P_{1}=\angle T C B+ \angle N C T=\angle N C B=\angle P_{1} A T и значи ACP1TA C P_{1} T също е вписан. Оттук TT и T1T_{1} съвпадат, откъдето ∠CTL=∠P1TC=∠CAP1=∠CAM=90∘−∠ACB=20∘\angle C T L=\angle P_{1} T C=\angle C A P_{1}=\angle C A M=90^{\circ}-\angle A C B=20^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2022-10-2

11

1 задача

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека n≥3n \geq 3 е естествено число. Множество AA от редици от 0 и 1 с дължина n−1n-1 се нарича добро, ако всяка редица от 0 и 1 с дължина nn може да се получи от редица от AA с добавяне на един член (например от редицата 011 могат да се получат редиците 0011, 1011, 0111, 0101 и 0110). Ако ana_{n} е минималния брой елементи на добро множество, да се докаже, че:2nn+1≤an≤2n−2.\frac{2^{n}}{n+1} \leq a_{n} \leq 2^{n-2}.
РешениеЩе докажем, че от всяка редица с дължина n−1n-1 с добавяне на един член се получават n+1n+1 различни редици с дължина nn. Нека редицата с дължина n−1n-1 е a1a2…an−1a_{1} a_{2} \ldots a_{n-1}. Тогава редиците x=0a1a2…an−1x=0 a_{1} a_{2} \ldots a_{n-1} и y=1a1a2…an−1y=1 a_{1} a_{2} \ldots a_{n-1} са различни. Ако след a1a_{1} добавим a1a_{1} ще получим една от редиците xx и yy. Ако добавим t≠a1t \neq a_{1} ще получим нова редица, защото нейният втори член е tt, а втория член на xx и yy е a1a_{1}. Аналогично, за да получим нова редица при добавяне на член след aia_{i}, трябва да добавим t≠ait \neq a_{i}. Тъй като от всяка редица с дължина n−1n-1 с добавяне на един член се получават точно n+1n+1 редици с дължина nn, то2n≤an⋅(n+1)⟺2nn+1≤an.2^{n} \leq a_{n} \cdot(n+1) \Longleftrightarrow \frac{2^{n}}{n+1} \leq a_{n}.Имаме a3=2a_{3}=2 тъй като от 00 и 11 могат да се получат 000, 100, 010, 001, 111, 011, 101, 110, т. е. всички редици с дължина 3, а от една редица с дължина две се получават 4 различни редици с дължина 3. Ако AnA_{n} е множество от ana_{n} редици с дължина n−1n-1 от които могат да се получат всички редици с дължина nn, то след добавяне на 0 и 1 към всяка редица от AnA_{n} ще получим множество с 2an2 a_{n} редици с дължина nn, от които могат да се получат всички редици с дължина n+1n+1. Следователно an+1≤2ana_{n+1} \leq 2 a_{n} и тогава по индукция получаваме an≤2n−2a_{n} \leq 2^{n-2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2022-11-4

12

1 задача

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, за които всички квадратични неостатъци (  mod n\bmod n ) са взаимнопрости с nn.
РешениеОтговор: Всички прости числа. Нека AA е множеството на всички естествени числа, ненадминаващи nn и невзаимнопрости с nn. Да дефинираме функцията f:A→Af: A \rightarrow A, така че f(a)≡a2( mod n)f(a) \equiv a^{2}(\bmod n) за всяко a∈Aa \in A. Т. к всички квадратични неостатъци не са в AA, то функцията ff е сюрекция, а понеже множеството AA е крайно, то тя е и инекция. Но т. к за всяко a∈Aa \in A числото n−an-a също е в AA и имаме, че f(a)=f(n−a)f(a)=f(n-a), то следва, че 2a≡0( mod n)2 a \equiv 0 (\bmod n) за всяко a∈Aa \in A. Следователно ∣A∣≤2|A| \leq 2. От друга страна обаче ∣A∣=n−φ(n)|A|=n-\varphi(n). Така получаваме, че n−φ(n)∈{1,2}n-\varphi(n) \in\{1, 2\}. Ако допуснем, че φ(n)=n−2\varphi(n)=n-2, то за n>2,φ(n)n\gt{}2, \varphi(n) е четно и следователно nn също е четно. Тогава n−2=φ(n)≤n2n-2=\varphi(n) \leq \frac{n}{2}, което не е вярно за n>4n\gt{}4. За n=4n=4 твърдението се отхвърля с директна проверка. Остана случаят, когато nn е просто, когато твърдението е очевидно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2022-12-3