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

2023

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2023-9-3: има placeholder текст
  • oliobl2023-11-2: има placeholder текст

8

1 задача

Задача 4

Пълен запис
Условие
В торба има 14 жълти, 13 сини, 13 червени и 12 зелени топки. Всеки ден от торбата се вадят по случаен начин 14 топки и на нов лист се записва по колко топки има от всеки цвят (и цветът се указва), след което топките се връщат в торбата. Какъв е най-малкият брой дни, след който е сигурно, че на поне 4 от листовете ще е записано едно и също нещо?
РешениеКодираме избора на aa жълти, bb сини, cc червени и dd зелени с поредица от aa единици, нула, bb единици, нула, cc единици, нула, dd единици. В кода има общо 14 единици и 3 нули, така че броят на всички такива кодове с 0≤a,b,c,d≤140 \leq a, b, c, d \leq 14 е17!14!⋅3!=17⋅16⋅156=17⋅40=680.\frac{17!}{14!\cdot 3!}=\frac{17 \cdot 16 \cdot 15}{6}=17 \cdot 40=680.На всеки такъв код съответства различен възможен избор, с изключение на следните (a,b,c,d)(a, b, c, d):(0,14,0,0);(0,0,14,0);(0,0,0,14);(0, 14, 0, 0); (0, 0, 14, 0); (0, 0, 0, 14);(1,0,0,13);(0,1,0,13);(0,0,1,13) (1, 0, 0, 13); (0, 1, 0, 13); (0, 0, 1, 13)И така, има 680−6=674680-6=674 възможни листа. За да е сигурно, че ще се появят поне 4 от един вид, според принципа на Дирихле са необходими и достатъчни 3⋅674+1=20233 \cdot 674+1=2023 дни.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2023-8-4

9

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е изпъкнал четириъгълник ABCDA B C D. Върху страната CDC D са избрани точки PP и QQ (като QQ е между CC и PP ), за които ∠DAP=∠CBQ\angle D A P=\angle C B Q и ∠PAQ=∠QBP\angle P A Q=\angle Q B P, а DP=4,PQ=1D P=4, P Q=1 и QC=5Q C=5. a) Да се докаже, че ABCDA B C D е вписан четиръгълник. б) Продълженията на страните ABA B и CDC D се пресичат в точка RR, като AA е между RR и BB. Да се намери дължината на отсечката RDR D.
Решениеа) От ∠PAQ=∠QBP\angle P A Q=\angle Q B P следва, че ABQPA B Q P е вписан четириъгълник. Тогава:∠ABC+∠CDA=∠ABQ+∠CBQ+∠APQ−∠DAP==∠ABQ+∠APQ+(∠CBQ−∠DAP)=∠ABQ+∠APQ=180∘.\begin{aligned} \angle A B C+\angle C D A & =\angle A B Q+\angle C B Q+\angle A P Q-\angle D A P= \\ & =\angle A B Q+\angle A P Q+(\angle C B Q-\angle D A P)=\angle A B Q+\angle A P Q=180^{\circ}. \end{aligned}Следователно четириъгълникът ABCDA B C D също е вписан в окръжност. б) От вписаните четириъгълници в а) имаме, че от една страна △RAP∼△RQB\triangle R A P \sim \triangle R Q B и значи RP/RB=RA/RQR P / R B=R A / R Q, а от друга △RAD∼△RCB\triangle R A D \sim \triangle R C B и значи RD/RB=RA/RCR D / R B=R A / R C. СледователноRP⋅RQ=RA⋅RB=RD⋅RCR P \cdot R Q=R A \cdot R B=R D \cdot R C \quad⟹RD⋅RC=RP⋅RQ. \Longrightarrow \quad R D \cdot R C=R P \cdot R Q.Да означим RD=xR D=x. Получаваме x(x+10)=(x+4)(x+5)x(x+10)=(x+4)(x+5). Оттук x=20x=20.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2023-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2023-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В една компютърна мрежа има 27 устройства. Всяко от тях има уникален nn цифрен номер, съставен само от нули и единици. Номерата на устройствата, които трябва да комуникират помежду си, се различават в точно 3 позиции, а номерата на тези, които не трябва да комуникират помежду си, се различават в точно 6 позиции. Ако поне две от устройствата комуникират помежду си, да се намерят всички възможни стойности за nn.
РешениеС d(x,y)d(x, y) ще означаваме броят на позициите, в които се различават два номера. Ще казваме, че xx и yy са на разстояние d(x,y)d(x, y)Нека разгледаме устройството SS, което си комуникира с най-много устройства измежду останалите. Ще го наричаме сървър и ще докажем, че всички останали устройства си комуникират с него. Без ограничение на общността, можем да предположим, че номера на сървъра е 0000…00000 \ldots 0. Да разгледаме две произволни други устройства AA и BB. Нека AA е на разстояние d(A,S)=ad(A, S)=a от сървъра, а BB - на разстояние d(B,S)=bd(B, S)=b от сървъра. Тъй като номерът на сървъра има само нули, то AA ще има в номера си a1a 1-ци, а B−bB-b. Да пресметнем d(A,Bd(A, B ). Нека AA и BB имат 1 -ци на kk общи позиции. Тогаваще има a−ka-k позиции, в които AA ще има 1, а B0B 0 и b−kb-k позиции, в които AA ще има 0, а B1B 1. Така разстоянието между тях ще бъде d(A,B)=a−k+b−k=a+b−2kd(A, B)=a-k+b-k=a+b-2 k. В нашия конкретен случай a,ba, b и a+b−2ka+b-2 k са или 3, или 6. Използвайки единствено четност, директно се проверява, чеI.a=b=3⇒k=0;II.a=3,b=6⇒k=3;\text{I.} a=b=3 \Rightarrow k=0; \quad \text{II.} a=3, b=6 \Rightarrow k=3;III.a=b=6⇒k=3. \quad \text{III.} a=b=6 \Rightarrow k=3.С други думи, всяко устройство, което не си комуникира със сървъра, трябва да си комуникира с всички устройства, които си комуникират със сървъра и не трябва да си комуникира с останалите, а всеки две устройства, които си комуникират със сървъра не си комуникират помежду си. Съгласно условието и екстремалния избор на SS, съществува поне едно устройство AA, което си комуникира със сървъра (т. е., a=3a=3 ). Ако допуснем, че съществува устройство BB, което не си комуникира със сървъра (т. е., b=6b=6 ), то то трябва да си комуникира с AA и значи има единици на всички позиции, на които AA има единици. Тъй като никои две устройства, комуникиращи си със сървъра не си комуникират помежду си, заключаваме че в този случай сървъра си комуникира с най-много две други устройства. Но тогава останалите поне 24 устройства не си комуникират с SS и значи си комуникират с AA - противоречие с избора на SS да е устройството с най-много комуникации. Следователно всички останали 26 устройства си комуникират с SS, имат по 3 единици в номерата си и няма два номера с единица на една и съща позиция, т. е., n≥26⋅3=78n \geq 26 \cdot 3=78. Обратно, пример за n=78n=78 се конструира лесно: сървър SS свързан с 26 устройства AiA_{i}, като номера на AiA_{i} съдържа единици на позиции {3i−2,3i−1,3i},i=1,2,…,26\{3 i-2, 3 i-1, 3 i\}, i=1, 2, \ldots, 26. Очевидно за всяко число по-голямо от 78 можем да конструираме примери, като просто "залепваме" необходимия брой нули към всички номера в края на записа им.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2023-9-4

10

2 задачи

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото естествено число nn, за което съществуват nn прави в равнината, никои три от които не се пресичат в една точка такива, че (i) Броят различни пресечни точки между правите е 23; (ii) Броят различни триъгълници, образувани чрез правите е 14.
РешениеНека разделим правите в kk "снопи", като в един сноп всички прави са успоредни помежду си. Нека означим с nin_{i} броят прави в ii-тия сноп, i=1,…,ki=1, \ldots, k. Ако приемем, че (12)=0\binom{1}{2}=0, то можем да разглеждаме и снопове, съставени от една единствена права и ще имаме връзкатаn1+n2+⋯+nk=n,ni≥1,∀i=1,2,…,kn_{1}+n_{2}+\cdots+n_{k}=n, \quad n_{i} \geq 1, \forall i=1, 2, \ldots, kБез ограничение на общността, n1≥n2≥⋯≥nkn_{1} \geq n_{2} \geq \cdots \geq n_{k}. Броят PP различни пресечни точки между правите е точноP=(n2)−∑i=1k(ni2)P=\binom{n}{2}-\sum_{i=1}^{k}\binom{n_{i}}{2}Оттук, необходимо условие е (n2)≥23\binom{n}{2} \geq 23, откъдето n≥8n \geq 8. Да допуснем, че n=8n=8. Тогава,(n12)+(n22)+⋯+(nk2)=(82)−23=5;\binom{n_{1}}{2}+\binom{n_{2}}{2}+\cdots+\binom{n_{k}}{2}=\binom{8}{2}-23=5;n1+n2+⋯+nk=8. \quad n_{1}+n_{2}+\cdots+n_{k}=8.Тъй като (22)=1,(32)=3,(42)=6>5\binom{2}{2}=1, \binom{3}{2}=3, \binom{4}{2}=6\gt{}5, получаваме че ni≤3,∀in_{i} \leq 3, \forall i. Ако допуснем, че няма сноп от три прави, то тогава са ни необходими 5 снопа от по 2 прави, т. е., поне 10 прави, което е противоречие. От друга страна 3+3=6>53+3=6\gt{}5 и няма как да има повече от един сноп от три прави, откъдето заключаваме, че единствената възможност е да имаме точно един сноп от 3 прави. Оттук следва, че имаме и два снопа по две прави, а единствената останала права образува последния четвърти сноп, т. е., {n1,n2,n3,n4}={3,2,2,1}\left\{n_{1}, n_{2}, n_{3}, n_{4}\right\}=\{3, 2, 2, 1\}. Нека сега преброим колко триъгълника се образуват в тази конфигурация. Всеки триъгълник се генерира от 3 прави от различни снопи и значи, общия брой триъгълници еT=3⋅2⋅2+3⋅2⋅1+3⋅2⋅1+2⋅2⋅1=28≠T=3 \cdot 2 \cdot 2+3 \cdot 2 \cdot 1+3 \cdot 2 \cdot 1+2 \cdot 2 \cdot 1=28 \neq14. 14. \quad⟹n≠8. \Longrightarrow \quad n \neq 8.Да допуснем, че n=9n=9. Тогава,(n12)+(n22)+⋯+(nk2)=(92)−23=13;\binom{n_{1}}{2}+\binom{n_{2}}{2}+\cdots+\binom{n_{k}}{2}=\binom{9}{2}-23=13;n1+n2+⋯+nk=9. \quad n_{1}+n_{2}+\cdots+n_{k}=9.С аналогични на горните разсъждения, поолучаваме, че ni≤5,∀in_{i} \leq 5, \forall i. Отново, ако няма сноп от 5 прави, то ни трябват поне 2 снопа от четири и още един от две, т. е., поне 10 прави, което е противоречие. С разглеждане на случаи, лесно се съобразява, че единствената възможност е {n1,n2,n3}={5,3,1}\left\{n_{1}, n_{2}, n_{3}\right\}=\{5, 3, 1\}, за която имаме 5⋅3⋅1=155 \cdot 3 \cdot 1=15 различни триъгълника. Но 15≠1415 \neq 14, следователно n≠9n \neq 9. Аналогично, при n=10n=10 получаваме, че единствената възможна конкфигурация на 10 прави в равнината с точно 23 различни пресечни точки е {n1,n2,n3}={7,2,1}\left\{n_{1}, n_{2}, n_{3}\right\}=\{7, 2, 1\}, за която имаме 7⋅2⋅1=147 \cdot 2 \cdot 1=14 различни триъгълника. Следователно, то на задачата en=10\mathrm{e} n=10. Не е трудо да се съобрази, че това е единственото nn, за което задачата има Втори начин. Задачата може да се атакува и с
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2023-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека n≥4n \geq 4 е естествено число. Да се намерят всички цели числа aa, за които полиномътf(x)=xn+axn−1+63f(x)=x^{n}+a x^{n-1}+63може да се напише като произведение p(x)q(x)p(x) q(x) на два полинома p(x),q(x)p(x), q(x) с цели коефициенти, всеки от които е от степен поне единица.
РешениеНека p,qp, q имат степен kk и ℓ:=n−k\ell: =n-k съответно. Техните старши коефициенти трябва да бъдат цели числа с произведение едно, и БОО може да допуснем, че старшите коефициенти са 1. Нека p(x)=xk+a1xk−1+⋯+ak,q(x)=xℓ+b1xℓ−1+…bℓp(x)=x^{k}+a_{1} x^{k-1}+\cdots+a_{k}, q(x)=x^{\ell}+b_{1} x^{\ell-1}+\ldots b_{\ell}, където всички коефициенти са цели числа. Знаем, че akbℓ=63a_{k} b_{\ell}=63, така че БОО 7∣ak7 \mid a_{k} и 7∤bℓ7 \nmid b_{\ell}. Ако погледнем коефициента на x1x^{1}, получаваме 0=akbℓ−1+ak−1bℓ0=a_{k} b_{\ell-1}+a_{k-1} b_{\ell}, следователно 7∣ak−1bℓ7 \mid a_{k-1} b_{\ell}, но 7∤bℓ7 \nmid b_{\ell}, тоест 7∣ak−17 \mid a_{k-1}. Повтаряйки този процес получаваме по индукция 7∣ak−2,…,7∣a17\left|a_{k-2}, \ldots, 7\right| a_{1} (7| a1a_{1} се получава от коефициента на xk−1x^{k-1}, а k−1<n−1−1k-1\lt{}n-1-1, тоест коефициентът на f(x)f(x) е нула). Ако допуснем, че k<n−1k\lt{}n-1, сравнявайки коефициентите пред xkx^{k} получаваме0=bℓ+bℓ−1a1+…,0=b_{\ell}+b_{\ell-1} a_{1}+\ldots,което дава противоречие по модул 7. Следователно k=n−1k=n-1, тоест qq е от степен едно: q(x)=x+b1q(x)=x+b_{1}. Възможните стойности за b1b_{1} са ±1,±3,±9\pm 1, \pm 3, \pm 9. Акоf(x)=xn+axn−1+63=p(x)(x+b1),f(x)=x^{n}+a x^{n-1}+63=p(x)\left(x+b_{1}\right),то трябва f(−b1)=0f\left(-b_{1}\right)=0. Ако b1=±9b_{1}= \pm 9 или ±3\pm 3, получаваме, че 3n−1≥27∣633^{n-1} \geq 27 \mid 63, което е противоречие. Ако b1=−1b_{1}=-1, то 0=f(1)=1+a+630=f(1)=1+a+63, т. е., a=−64a=-64, а ако b1=1b_{1}=1, тоf(−1)=(−1)n−1(−1+a)+63=0,f(-1)=(-1)^{n-1}(-1+a)+63=0,тоест при nn четно a−1=63,a=64a-1=63, a=64, а при nn нечетно, a−1=−63,a=−62a-1=-63, a=-62. Окончателно, ако nn е четно, a=±64a= \pm 64, а ако nn е нечетно, a∈{−64,−62}a \in\{-64, -62\}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2023-10-4

11

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят стойностите на реалния параметър aa, за които уравнението4x2−x−(1−a)2x2−x−6a2+2a=04^{x^{2}-x}-(1-a) 2^{x^{2}-x}-6 a^{2}+2 a=0има единствено
Решениев интервала [−1;0)[-1; 0). Нека f(x)=x2−xf(x)=x^{2}-x. Тъй като f(x)=x2−xf(x)=x^{2}-x е намаляваща в интервала [−1;0)[-1; 0), то 0<f(x)≤20\lt{}f(x) \leq 2 за всяко x∈[−1;0x \in\left[-1; 0\right. ). Показателната функция g(u)=2ug(u)=2^{u} е растяща и получаваме, че 20<2x2−x≤222^{0}\lt{}2^{x^{2}-x} \leq 2^{2}, т. е. че 1<2x2−x≤41\lt{}2^{x^{2}-x} \leq 4 за всяко x∈[−1;0)x \in[-1; 0). Така задачата се свежда до намиране на онези стойности на параметър aa, за които уравнениетоt2−(1−a)t−6a2+2a=0t^{2}-(1-a) t-6 a^{2}+2 a=0има единствено в интервала ( 1;41; 4 ]. Корените на това уравнение са t1=2at_{1}=2 a и t2=1−3at_{2}= 1-3 a. Тогава имаме следните случаи (∗)(*) t1≤1<t2≤4t_{1} \leq 1\lt{}t_{2} \leq 4; (∗)(*) t2≤1<t1≤4t_{2} \leq 1\lt{}t_{1} \leq 4; (∗)(*) 1<t1≤4<t21\lt{}t_{1} \leq 4\lt{}t_{2}; (∗)(*) 1<t2≤4<t11\lt{}t_{2} \leq 4\lt{}t_{1}; (∗)(*) 1<t1=t2≤41\lt{}t_{1}=t_{2} \leq 4. За всеки от тези случаи получаваме: (∗)(*) 2a≤1<1−3a≤42 a \leq 1\lt{}1-3 a \leq 4; (∗)(*) 1−3a≤1<2a≤41-3 a \leq 1\lt{}2 a \leq 4; (∗)(*) 1<2a≤4<1−3a1\lt{}2 a \leq 4\lt{}1-3 a; (∗)(*) 1<1−3a≤4<2a1\lt{}1-3 a \leq 4\lt{}2 a; 5. 1<2a=1−3a≤41\lt{}2 a=1-3 a \leq 4. В първите два случая решенията са съответно a∈[−1;0)a \in[-1; 0) и a∈(12;2]a \in\left(\frac{1}{2}; 2\right], а случаите 3), 4), и 5) нямат Окончателно търсените стойности на параметъра са a∈[−1;0)∪(12;2]a \in[-1; 0) \cup\left(\frac{1}{2}; 2\right].
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2023-11-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2023-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че за произволно цяло число cc съществува естествено число xx, за което 220232^{2023} дели 2022x2+2021x+c2022 x^{2}+2021 x+c.
РешениеС индукция по nn ще докажем, че за всяко nn съществува xx, за което 2n2^{n} дели f(x)=2022x2+2021x+cf(x)=2022 x^{2}+2021 x+c. При n=1n=1 можем да изберем x=∣c∣x=|c|. Нека 2n2^{n} дели f(xn)=2022xn2+2021xn+cf\left(x_{n}\right)=2022 x_{n}^{2}+2021 x_{n}+c. Ако 2n+12^{n+1} дели f(xn)f\left(x_{n}\right), то избираме xn+1=xnx_{n+1}=x_{n}. В противен случай имаме 2022xn2+2021xn+c=2n.m2022 x_{n}^{2}+2021 x_{n}+c=2^{n}. m, където mm е нечетно число. Избираме xn+1=xn+2nx_{n+1}=x_{n}+2^{n} и получаваме:f(xn+1)=2022xn+12+2021xn+1+c==2022xn2+2021xn+c+2022⋅2n+1xn+2022⋅22n+2021⋅2n==2n+1S+2n(m+2021)\begin{aligned} f\left(x_{n+1}\right) & =2022 x_{n+1}^{2}+2021 x_{n+1}+c= \\ & =2022 x_{n}^{2}+2021 x_{n}+c+2022 \cdot 2^{n+1} x_{n}+2022 \cdot 2^{2 n}+2021 \cdot 2^{n}= \\ & =2^{n+1} S+2^{n}(m+2021) \end{aligned}Тъй като m+2021m+2021 е четно число, то f(xn+1)f\left(x_{n+1}\right) се дели на 2n+12^{n+1}, с което индукцията е завършена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2023-11-3