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

2024

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2024-9-3: има placeholder текст

8

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е уравнението((x+x22)(x25−x)−3)((x+x22)(x25−x)−4)=((x+\sqrt{\vphantom{x^2}2})(\sqrt{\vphantom{x^2}5}-x)-3)((x+\sqrt{\vphantom{x^2}2})(\sqrt{\vphantom{x^2}5}-x)-4)=0.0.а) Колко реални корена има то? б) Нека MM и mm са съответно най-големият и най-малкият сред реалните корени на даденото уравнение. Намерете естествени числа p,q,r,sp, q, r, s, за които уравнението y2+(x2p−x2q)y+r−x2s=0y^{2}+(\sqrt{\vphantom{x^2}p}-\sqrt{\vphantom{x^2}q}) y+r- \sqrt{\vphantom{x^2}s}=0 има корени y1=3M−my_{1}=3 M-m и y2=3m−My_{2}=3 m-M.
Решениеа) Търсените корени са корените на уравненията (x+x22)(x25−x)−3=0(x+\sqrt{\vphantom{x^2}2})(\sqrt{\vphantom{x^2}5}-x)-3=0 и (x+x22)(x25−x)−4=0(x+\sqrt{\vphantom{x^2}2})(\sqrt{\vphantom{x^2}5}-x)-4=0. Първото води до −x2+(x25−x22)x+x210−3=0-x^{2}+(\sqrt{\vphantom{x^2}5}-\sqrt{\vphantom{x^2}2}) x+\sqrt{\vphantom{x^2}10}-3=0, чиято дискриминанта е (x25−x22)2+4(x210−3)=5−2x210+2+4x210−12=x240−5>0(\sqrt{\vphantom{x^2}5}-\sqrt{\vphantom{x^2}2})^{2}+4(\sqrt{\vphantom{x^2}10}-3)=5-2 \sqrt{\vphantom{x^2}10}+2+4 \sqrt{\vphantom{x^2}10}-12=\sqrt{\vphantom{x^2}40}-5\gt{}0, така че то има два реални корена. Второто води до −x2+(x25−x22)x+x210−4=0-x^{2}+(\sqrt{\vphantom{x^2}5}-\sqrt{\vphantom{x^2}2}) x+\sqrt{\vphantom{x^2}10}-4=0, чиято дискриминанта е (x25−x22)2+4(x210−4)=5−2x210+2+4x210−16=x240−9<0(\sqrt{\vphantom{x^2}5}-\sqrt{\vphantom{x^2}2})^{2}+4(\sqrt{\vphantom{x^2}10}-4)=5-2 \sqrt{\vphantom{x^2}10}+2+4 \sqrt{\vphantom{x^2}10}-16=\sqrt{\vphantom{x^2}40}-9\lt{}0, така че то няма реални корени. Следователно даденото уравнение има два реални корена. б) Според а) MM и mm са двата корена на първото уравнение. Формулите на Виет дават M+m=x25−x22M+m=\sqrt{\vphantom{x^2}5}-\sqrt{\vphantom{x^2}2} и Mm=3−x210M m=3-\sqrt{\vphantom{x^2}10}. Корените на търсеното уравнение имат сбор 3M−m+3m−M=2(x25−x22)=x220−x283 M-m+ 3 m-M=2(\sqrt{\vphantom{x^2}5}-\sqrt{\vphantom{x^2}2})=\sqrt{\vphantom{x^2}20}-\sqrt{\vphantom{x^2}8} и произведение (3M−m)(3m−M)=10Mm−3(M2+m2)=16Mm−3(M+m)2=48−16x210−3(x25−x22)2=48−16x210−15+6x210−6=27−10x210(3 M-m)(3 m-M)=10 M m-3\left(M^{2}+m^{2}\right)= 16 M m-3(M+m)^{2}=48-16 \sqrt{\vphantom{x^2}10}-3(\sqrt{\vphantom{x^2}5}-\sqrt{\vphantom{x^2}2})^{2}=48-16 \sqrt{\vphantom{x^2}10}-15+6 \sqrt{\vphantom{x^2}10}-6=27-10 \sqrt{\vphantom{x^2}10}. Търсеното уравнение е y2+(x28−x220)y+27−x21000y^{2}+(\sqrt{\vphantom{x^2}8}-\sqrt{\vphantom{x^2}20}) y+27-\sqrt{\vphantom{x^2}1000}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Точките MM и NN са средите съответно на страните ADA D и BCB C на изпъкналия четириъгълник ABCDA B C D с пресечна точка на диагоналите OO. Правата, съдържаща ъглополовящите на ъллите ∠AOD\angle A O D и ∠BOC\angle B O C, пресича страните ADA D и BCB C в точките KK и LL, съответно. a) Да се докаже, че ако KL=MNK L=M N, то AB=CDA B=C D. б) Да се докаже, че 2KL≤AB+CD2 K L \leq A B+C D. Има ли изпъкнали четириъгълници ABCDA B C D, за които 2KL=AB+CD2 K L=A B+C D? Ако има, то кои са всички такива?
РешениеВ общия случай имаме ∠MKO≥90∘\angle M K O \geq 90^{\circ} и ∠NLO≥90∘\angle N L O \geq 90^{\circ}, например поради известния факт, че през връх на триъгълник ъглополовящата лежи между височината и медианата. Така ако M′M^{\prime} и N′N^{\prime} са петите на перпендикулярите от MM и NN към правата KLK L, то MN≥M′N′≥KLM N \geq M^{\prime} N^{\prime} \geq K L, като равенство се достига само при M≡M′≡KM \equiv M^{\prime} \equiv K и N≡N′≡LN \equiv N^{\prime} \equiv L. а) Тук MN=KLM N=K L, съответно от по-горе имаме M≡K,N≡LM \equiv K, N \equiv L, откъдето (от съвпадащи медиани и ъглополовящи) AO=ODA O=O D и BO=OCB O=O C. Така △AOB≅△DOC\triangle A O B \cong \triangle D O C, съответно AB=CDA B=C D. б) Предвид вече доказаното KL≤MNK L \leq M N, достатъчно е да докажем, че 2MN≤AB+CD2 M N \leq A B+C D. Имаме2MN→=2 \overrightarrow{M N}=(MA→+AB→+BN→)+(MD→+DC→+CN→)=(\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B N})+(\overrightarrow{M D}+\overrightarrow{D C}+\overrightarrow{C N})=AB→+DC→\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{D C}и остава да съобразим, че ∣AB→+DC→∣≤∣AB→∣+∣DC→∣=AB+CD|\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{D C}| \leq|\overrightarrow{A B}|+|\overrightarrow{D C}|=A B+C D от неравенството на триъгълника. Равенството 2MN=AB+CD2 M N=A B+C D се достига когато векторите AB→\overrightarrow{A B} и DC→\overrightarrow{D C} са колинеарни, т. е. AB∥CDA B \| C D. Понеже KL=MNK L=M N изисква AO=ODA O=O D и BO=OCB O=O C от а), то непременно ABCDA B C D е правоъгълник. Обратно, за всеки правоъгълник точките KK и LL са средите на ADA D и BCB C, съответно KL=AB=CD=AB+CD2K L=A B=C D=\frac{A B+C D}{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Ще наричаме естественото число nn модно, ако nn и броят Cn3C_{n}^{3} на комбинациите без повторение на nn елемента от трети клас имат равни остатъци при деление на 100. Например 24 е модно, понеже C243=2024C_{24}^{3}=2024. Колко от трицифрените числа са модни?
РешениеЧислото nn е модно точно когато 100 дели 16n(n−1)(n−2)−n\frac{1}{6} n(n-1)(n-2)-n, т. е. 600=23.3⋅52600=2^{3}.3 \cdot 5^{2} делиP=n((n−1)(n−2)−6)=P=n((n-1)(n-2)-6)=n(n2−3n+2−6)=n(n+1)(n−4).n\left(n^{2}-3 n+2-6\right)=n(n+1)(n-4).Трите множителя в PP имат различни остатъци при деление на 3, така че 3∣P3 \mid P винаги. За 23∣P2^{3} \mid P е необходимо и достатъчно 4∣n4 \mid n или 8∣n+18 \mid n+1. За 52∣P5^{2} \mid P е необходимо и достатъчно 25∣n25 \mid n или 5∣n+15 \mid n+1. (∗)(*) Имаме, че 4∣n4 \mid n и 25∣n25 \mid n едновременно тогава и само тогава, когато 100∣n100 \mid n: има 9 такива трицифрени числа. (∗)(*) Имаме, че 4∣n4 \mid n и 5∣n+15 \mid n+1 едновременно тогава и само тогава, когато 20∣n−420 \mid n-4: има 900:20=45900: 20=45 такива трицифрени числа. (∗)(*) Имаме, че 8∣n+18 \mid n+1 и 5∣n+15 \mid n+1 тогава и само тогава, когато 40∣n+140 \mid n+1; сред тези nn трицифрени са 119,159,…,999119, 159, \ldots, 999: общо 999−11940+1=23\frac{999-119}{40}+1=23 числа. (∗)(*) Имаме, че 8∣n+18 \mid n+1 и 25∣n25 \mid n тогава и само тогава, когато 200∣n+25200 \mid n+25; сред тези nn трицифрени са 175,375,575,775,975175, 375, 575, 775, 975: общо 5 числа Окончателно, модните трицифрени числа са общо 9+45+23+5=829+45+23+5=82.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Множеството от естествените числа от 1 до 1000 включително е разделено на две групи AA и BB от по 500 числа всяка. За цяло число kk нека NkN_{k} е броят двойки ( a,ba, b ) от число aa от AA и число bb от BB, такива че a−b=ka-b=k. Да се докаже, че: а) при всяко такова разделяне съществува kk с Nk≥126N_{k} \geq 126. б) съществува разделяне, при което Nk≤250N_{k} \leq 250 за всяко kk.
РешениеЗа краткост нека означим n=500n=500. Ако Nk>0N_{k}\gt{}0, то непременно ∣k∣≤2n−1|k| \leq 2 n-1. а) Общият брой двойки от число от AA и число от BB е n.n=n2n. n=n^{2}, а броят на възможните разлики (т. е. стойностите на kk ) е 2(2n−1)+1=4n−12(2 n-1)+1=4 n-1. Така от принципа на Дирихле поне една разлика ще се среща поне ⌈n24n−1⌉\left\lceil\frac{n^{2}}{4 n-1}\right\rceil пъти, което надвишава n24n−1>n24n=n4\frac{n^{2}}{4 n-1}\gt{}\frac{n^{2}}{4 n}=\frac{n}{4}. б) Да изберем AA да се състои от числата от n2\frac{n}{2} до 3n2−1\frac{3 n}{2}-1, а BB да се състои от числата от 1 до n2−1\frac{n}{2}-1 и от 3n2\frac{3 n}{2} до 2n2 n. Ако 1≤k≤2n−11 \leq k \leq 2 n-1 и a−b=ka-b=k, то a>ba\gt{}b и значи за bb има не повече от n2−1\frac{n}{2}-1 възможности. Ако −(2n−1)≤k≤−1-(2 n-1) \leq k \leq-1 и a−b=ka-b=k, то a<ba\lt{}b и значи за bb има не повече от 2n−3n2+1=n2+12 n-\frac{3 n}{2}+1=\frac{n}{2}+1 възможности; обаче b=−kb=-k не е възможно, така че всъщност оставаме с не повече от n2\frac{n}{2} възможности.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-8-4

9

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Точките DD и EE лежат на страните ABA B и ACA C на триъгълник ABCA B C, като DE∥BCD E \| B C. Точките A1A_{1} и A2A_{2} лежат върху страната BCB C така, че A1A_{1} е между BB и A2A_{2}, а BA1=CA2B A_{1}=C A_{2}. Ако AA1A A_{1} пресича BEB E в точка MM, а AA2A A_{2} пресича CDC D в точка NN, да се докаже, че MNM N е успоредна на BCB C.
РешениеНека AA1A A_{1} и AA2A A_{2} пресичат DED E съответно в точки PP и QQ. Тъй като BA1=CA2B A_{1}=C A_{2} иBA1DP=ABAD=ACAE=CA2EQ\frac{B A_{1}}{D P}=\frac{A B}{A D}=\frac{A C}{A E}=\frac{C A_{2}}{E Q}то DP=EQD P=E Q. Следователно DQ=DP+PQ=EQ+PQ=EPD Q=D P+P Q=E Q+P Q=E P и отBMME=BA1EPиCNND=CA2DQ\frac{B M}{M E}=\frac{B A_{1}}{E P} \text{и} \frac{C N}{N D}=\frac{C A_{2}}{D Q}получаваме BMME=CNND\frac{B M}{M E}=\frac{C N}{N D} и твърдението следва от теоремата на Талес.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-9-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В Лемурия има 2024 града, всеки два от които са свързани с директен полет, чиято цена е или 1 грош, или 2 гроша. Всеки маршрут, който започва и свършва в един и същи град струва четно количество грошове. Ако закупим по един билет за всеки директен полет (пътуването от AA до BB и от BB до AA считаме за един и същ полет, като и цената в двете посоки винаги е една и съща), колко най-малко би могло да струва това?
РешениеЗа да намерим минималната стойност трябва да намерим най-големият възможен брой полети, струващи 1 грош. Нека да разгледаме графът, формиран от онези полети, които струват 1 грош. Очевидно, в него не може да има нечетни цикли и значи е двуделен (т. е. граф, чиито върхове могат да бъдат разделени на две непресичащи се множества, така че всички ребра свързват елемент на едното с елемент на другото множество). И обратновсички цикли в пълен двуделен граф са четни. Сега, нека тези две множества имат съответно nn и mm елемента. n+m=2024n+m=2024 и броят на ребрата на графа е nmn m. Лесно можем да покажем (например чрез квадратно уравнение или неравенство между средните), че най-голямата стойност на произведението е при n=m=n=m= 1012. Сега вече можем да конструираме мрежа с минимална сума на ценитеразделяме градовете на две множество от по 1024, като полетите между множествата струват 1 грош, а вътре в множествата - 2 гроша. Сумата от цените е10122+21012⋅10112=20472761012^{2}+2 \frac{1012 \cdot 1011}{2}=2047276
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Третият, деветият и тридесет и деветият член на растяща аритметична прогресия са последователни членове на геометрична прогресия в този ред. a) Да се намери частното на геометричната прогресия. б) Ако разликата на аритметичната прогресия е 2 и сумата на първите ѝ nn члена е 2024, то да се намери nn.
Решениеа) Да означим членовете на нарастващата аритметична прогресия с a1,a2,…a_{1}, a_{2}, \ldots, а разликата ѝ с d>0d\gt{}0. Имаме, че a3,a9,a39a_{3}, a_{9}, a_{39} образуват в този ред геометрична прогресия и значи, частното е q=a9/a3q=a_{9} / a_{3}, а също така е в сила равенствотоa92=a3⋅a39⇔(a3+6d)2=a3(a3+36d)a_{9}^{2}=a_{3} \cdot a_{39} \quad \Leftrightarrow \quad\left(a_{3}+6 d\right)^{2}=a_{3}\left(a_{3}+36 d\right) \quad⇔24a3d=36d2⇔2a3=3d. \Leftrightarrow \quad 24 a_{3} d=36 d^{2} \quad \Leftrightarrow \quad 2 a_{3}=3 d.Тогава, a9=a3+6d=a3+2(3a3)=5a3a_{9}=a_{3}+6 d=a_{3}+2\left(3 a_{3}\right)=5 a_{3} и значи q=a9/a3=5q=a_{9} / a_{3}=5. б) От подточка а) имаме, че a3=3d/2=3a_{3}=3 d / 2=3, следователно a1=a3−2d=−1a_{1}=a_{3}-2 d=-1. Общата формула за сумата SnS_{n} на първите nn члена на аритметичната прогресия се записва така:2024=Sn=2a1+(n−1)d2⋅n=2024=S_{n}=\frac{2 a_{1}+(n-1) d}{2} \cdot n=2⋅(−1)+(n−1)⋅22⋅n=(n−2)n.\frac{2 \cdot(-1)+(n-1) \cdot 2}{2} \cdot n=(n-2) n.Разлагайки квадратното уравнение n2−2n−2024=0n^{2}-2 n-2024=0 на множители, получаваме ( n−n- 46) (n+44)=0(n+44)=0 и тъй като nn трябва да е естествено число, то n=46n=46.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Даден е остър ъгъл с връх OO и големина α\alpha. Точка PP е фиксирана във вътрешността на ъгъла. Точки MM и NN са върху раменете на ъгъла, такива че PP е вътрешна за триъгълник OMNO M N и ∠MPN=180∘−α\angle M P N=180^{\circ}-\alpha. Да се докаже, че когато точките MM и NN се движат по двете рамена на ъгъла, петата на перпендикуляра от PP към MNM N лежи на фиксирана окръжност.
РешениеНека KK и LL са петите на перпендикулярите от точка PP към раменете на ъгъла ( O,K,MO, K, M са върху едното рамо, а O,L,NO, L, N - върху другото). Нека точка RR е средата на POP O. От вписаните четириъгълници QPLNQ P L N и QPKMQ P K M следва, че ∠KQL=∠KQP+∠PQL=∠PMO+∠PNO=180∘−2α\angle K Q L=\angle K Q P+\angle P Q L= \angle P M O+\angle P N O=180^{\circ}-2 \alpha (това е от сбор ълли в MONPM O N P ). От RR среда на хипутенуза в правоъгълните триъгълници PLOP L O и PKOP K O следва, че ∠LRK=2α\angle L R K=2 \alpha. Следователно QKRLQ K R L е вписан и точка QQ лежи върху фиксираната окръжност, описана около △KRL\triangle K R L. Задачата е доказана.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намери вероятността при хвърляне на зар (стандартен, с форма на куб), числото kk, което се падне да притежава следното свойство: За всяко просто число pp, за което съществуват естествени числа a,ba, b такива, че p2=a2+k⋅b2p^{2}=a^{2}+k \cdot b^{2}, съществуват и естествени числа x,yx, y такива, че p=x2+k⋅y2p=x^{2}+k \cdot y^{2}.
РешениеВъзможните стойности за kk са {1,2,3,4,5,6}\{1, 2, 3, 4, 5, 6\} и те са равновероятни. Директно проверяваме, че при k=3k=3 и (a,b)=(1,1)(a, b)=(1, 1) имаме, че 22=12+3⋅122^{2}=1^{2}+3 \cdot 1^{2} и това е най-малката възможна сума за a2+k⋅b2a^{2}+k \cdot b^{2}. Следователно, p=2p=2 не изпълнява свойството и k=3k=3 не е При k=5k=5 и (a,b)=(2,1)(a, b)=(2, 1) имаме, че 32=22+5⋅123^{2}=2^{2}+5 \cdot 1^{2} и x2+5⋅y2≥1+5=6>3x^{2}+5 \cdot y^{2} \geq 1+5=6\gt{}3. Следователно, p=3p=3 не изпълнява свойството и k=5k=5 не е При k=6k=6 и (a,b)=(1,2)(a, b)=(1, 2) имаме, че 52=12+6⋅225^{2}=1^{2}+6 \cdot 2^{2} и x2+6⋅y2≥1+6=7>5x^{2}+6 \cdot y^{2} \geq 1+6=7\gt{}5. Следователно, p=5p=5 не изпълнява свойството и k=6k=6 не е Ще покажем, че свойството е изпълнено за всяко k∈{1,2,4}k \in\{1, 2, 4\}. Наистина, при k∈{1,4}k \in\{1, 4\}, свойството е директно следствие от характеризацията на Питагоровите тройки. И в двата случая директно се проверява, че p=2p=2 не води до в естествени числа на уравнението p2=a2+k⋅b2p^{2}=a^{2}+k \cdot b^{2}. Следователно е необходимо да разглеждаме само нечетни pp. Но тогава, от p2=a2+k⋅b2p^{2}=a^{2}+k \cdot b^{2} следва, че числата са две по два взаимно прости, т. е., (a,p)=(b,p)=(a,b)=1(a, p)=(b, p)=(a, b)=1. При k=4k=4, имаме че aa е нечетно, а при k=1k=1 - че точно едно от числата в двойката (a,b)(a, b) е нечетно. Оттук, поради симетрия във втория случай, б. о. о. можем да разглеждаме единствено нечетни aa. Тогава и в двата случая ( p−a,p+ap-a, p+a ) =2=2, а k⋅b2=(2b1)2k \cdot b^{2}=\left(2 b_{1}\right)^{2}, т. е., имаме, че(2b1)2=(p−a)(p+a)⇒∃x,\left(2 b_{1}\right)^{2}=(p-a)(p+a) \quad \Rightarrow \quad \exists x,y∈N:p−a=2x2иp+a=2y2⇒p=x2+y2. y \in \mathbb{N}: p-a=2 x^{2} \text{и} p+a=2 y^{2} \quad \Rightarrow \quad p=x^{2}+y^{2}.Не може p−a=x2p-a=x^{2} и p+a=y2p+a=y^{2}, защото тогава и xx и yy трябва да са четни и значи (p−a,p+a)≥4>2(p-a, p+a) \geq 4\gt{}2. Противоречие. При k=2k=2, отново имаме че 4=a2+2b24=a^{2}+2 b^{2} няма в естествени числа и значи се интересуваме само от нечетни pp. Нека разгледаме произволно нечетно просто, което изпълнява условието p2=a2+2b2p^{2}=a^{2}+2 b^{2} за някоя двойка естествени числа ( a,ba, b ). Отново имаме, че (a,p)=(b,p)=(a,b)=1;a(a, p)=(b, p)=(a, b)=1; a е нечетно; bb е четно, защото в противен случай p2≡3( mod 4)p^{2} \equiv 3(\bmod 4), което е невъзможно; и (p−a,p+a)=(p−a,2p)=2(p-a, p+a)=(p-a, 2 p)=2. Ясно е, че ако aa удовлетворява равенството, то −a-a - също, така че б. о. о. (с точност до знак за aa ) можем да си мислим, че 4∤p−a4 \nmid p-a. Тогава, съществуват естествени числа x,y(xx, y(x - нечетно) такива, че∣p+a∣=(2y)2,∣p−a∣=2x2,b=2xy|p+a|=(2 y)^{2}, \quad|p-a|=2 x^{2}, \quad b=2 x yНо, от b>0b\gt{}0 имаме, че ∣p∣>∣a∣|p|\gt{}|a| и значи и двете числа p+a,p−ap+a, p-a са положителни. Окончателно, 2p=2x2+(2y)22 p=2 x^{2}+(2 y)^{2} и тогава p=x2+2y2p=x^{2}+2 y^{2}. С това случая k=2k=2 е завършен. Така, търсената вероятност еP=#брой добри случаи#всички случаи=36=12.P=\frac{\# \text{брой добри случаи}}{\# \text{всички случаи}}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Във всяка клетка на квадрат 10×1010 \times 10 е записано цяло число. Правоъгълник, съставен от клетки на квадрата, ще наричаме добър, ако сумата от числата в него се дели на 5. Разрешено е едновременно да се оцветят всички клетки в добър правоъгълник, но е забранено една клетка да се оцветява повече от веднъж. Да се намери максималното число dd, за което е възможно винаги да се оцветят поне dd клетки при произволен първоначален избор и разположение на числата.
РешениеЩе докажем следното помощно твърдение: Лема. В правоъгълник 1×k1 \times k е възможно да се оцветят няколко няколко непресичащи се добри правоъгълника, съдържащи поне k−4k-4 клетки. Доказателство: Ще проведем индукция по kk. Твърдението е тривиално при k≤4k \leq 4. Нека k≥5k \geq 5 и в петте най-леви клетки да са записани числата a1,…,a5a_{1}, \ldots, a_{5}. Измежду числата 0,a1,a1+a2,…,a1+⋯+a50, a_{1}, a_{1}+a_{2}, \ldots, a_{1}+\cdots+a_{5} има две, които дават еднакви остатъци при деление на 5. Тогава тяхната разлика има вида ai+ai+1+⋯+aja_{i}+a_{i+1}+\cdots+a_{j} за някои 1≤i≤j≤51 \leq i \leq j \leq 5. Следователно правоъгълника Ri,jR_{i, j}, съставен от клетките от ii-та до jj-та включително е добър и можем да го "премахнем". Останалите клетки дефинират нов правоъгълник 1×(k−(j−1+1))1 \times(k-(j-1+1)), в който, съгласно индукционното предположение, можем да оцветим няколко непресичащи се добри правоъгълника така, че да остана не повече от 4 неоцветени клетки. Лесно се съобразява, че ако премахнатия правоъгълник Ri,jR_{i, j} е вътрешен за някой от добрите правоъгълници за 1×(k−(j−1+1))1 \times(k-(j-1+1)), то обединението на тези два добри правоъгълника отново е добър правоъгълник. Така, в изходния правоъгълник ще има оцветени общо поне k−4k-4 клетки, с което лемата е доказана. Ще докажем, че е възможно да оставим не повече от 42=164^{2}=16 неоцветени клетки. Да приложим лемата за правоъгълник 1×101 \times 10 в клетките на който са записани сумите от числата в стълбовете на изходния квадрат. Получаваме няколко добри правоъгълника и можем да оцветим съответните им правоъгълници с височина 10 в изходния квадрат. След това ще останат неоцветени не повече от 4 стълба и лемата за всеки от тях оставя неоцветени общо не повече от 4×4=164 \times 4=16 неоцветени клетки. Следователно d≥102−42=84d \geq 10^{2}-4^{2}=84. От друга страна, ако във всички клетки на горния ляв 4×44 \times 4 квадрат на изходния квадрат запишем числото 1, а във всички останали клетки на изходния квадрат запишем числото 0, то лесно се съобразява, че единствения начин да боядисваме клетка с 1 в нея е тя да бъде част от добър правоъгълник за горния ляв 4×44 \times 4 квадрат. Но тъй като 5 е просто число, това е възможно само когато поне един от размерите на правоъгълника се дели на 5, което няма как да се случи при 4<54\lt{}5. Така, в този случай всички 16 клетки, съдържащи единица остават винаги небоядисани. Следователно d≤100−16=84d \leq 100-16=84. Окончателно, d=84d=84.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-10-4

11

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Трапецът ABCD(AB∥CD,AB>CD)A B C D(A B \| C D, A B\gt{}C D) е вписан в окръжност с радиус 9 cm. Петата на перпендикуляра от върха CC към основата ABA B я разделя в отношение 2:12: 1, считано от върха AA. Ако дължината на диагонала ACA C е равна на дължината на основата ABA B, то да се намери лицето на трапеца.
РешениеТъй като трапецът ABCDA B C D е вписан, то той е равнобедрен. Нека CP,P∈ABC P, P \in A B е височината от върха CC. От условието AP:PB=2:1A P: P B=2: 1, получаваме, че AB=3CDA B=3 C D. Нека означим с α\alpha острия ъгъл на трапеца, т. е. ∠ABC=α\angle A B C=\alpha. От AC=ABA C=A B следва, че △ABC\triangle A B C е равнобедрен с ъгли ∠ABC=∠ACB=α\angle A B C=\angle A C B=\alpha и ∠BAC=180∘−2α\angle B A C=180^{\circ}-2 \alpha. От правоъгълния △APC\triangle A P C имаме∠PAC=180∘−2α<90∘.\angle P A C=180^{\circ}-2 \alpha\lt{}90^{\circ}.т. е. α∈(45∘;90∘)\alpha \in\left(45^{\circ}; 90^{\circ}\right) или 2α∈(90∘;180∘)2 \alpha \in\left(90^{\circ}; 180^{\circ}\right). От правоъгълните △APC\triangle A P C и △BPC\triangle B P C изразявамеtg⁡(180∘−2α)=CP/APиtg⁡α=CP/BP,\operatorname{tg}\left(180^{\circ}-2 \alpha\right)=C P / A P \text{и} \operatorname{tg} \alpha=C P / B P,откъдето tg⁡(180∘−2α)/(tg⁡α)=BP/AP=1/2\operatorname{tg}\left(180^{\circ}-2 \alpha\right) /(\operatorname{tg} \alpha)=B P / A P=1 / 2. Тъй като tg⁡(180∘−2α)=−tg⁡(2α)=−(2\operatorname{tg}\left(180^{\circ}-2 \alpha\right)=-\operatorname{tg}(2 \alpha)=-(2. tg⁡α)/(1−tg⁡2α)\operatorname{tg} \alpha) /\left(1-\operatorname{tg}^{2} \alpha\right), получаваме −2/(1−tg⁡2α)=1/2-2 /\left(1-\operatorname{tg}^{2} \alpha\right)=1 / 2, т. е. tg⁡2α=5\operatorname{tg}^{2} \alpha=5, откъдето tg⁡α=x25\operatorname{tg} \alpha=\sqrt{\vphantom{x^2}5}, т. к. α\alpha е остър ъгъл. Пресмятаме sin⁡(α)=x2306\sin (\alpha)=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}30}}{6} и cos⁡α=x266\cos \alpha=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}6}}{6}. От синусова теорема за △ABC\triangle A B C намираме AB=3x230 cmA B=3 \sqrt{\vphantom{x^2}30} \mathrm{~cm}, а от AB=3CD,CD=x230 cmA B=3 C D, C D=\sqrt{\vphantom{x^2}30} \mathrm{~cm}. От △BPC\triangle B P C имаме CP=BP⋅tg⁡α=x230⋅x25=5x26 cmC P=B P \cdot \operatorname{tg} \alpha=\sqrt{\vphantom{x^2}30} \cdot \sqrt{\vphantom{x^2}5}=5 \sqrt{\vphantom{x^2}6} \mathrm{~cm}. Тогава лицето на трапеца е равно наS=AB+CD2⋅CP=S=\frac{A B+C D}{2} \cdot C P=2⋅x230⋅5x26=60x25 cm22 \cdot \sqrt{\vphantom{x^2}30} \cdot 5 \sqrt{\vphantom{x^2}6}=60 \sqrt{\vphantom{x^2}5} \mathrm{~cm}^{2}
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Естествено число nn се нарича добро, ако nn има четен брой делители:1=d1<d2<⋯<d2k−1<d2k=n1=d_{1}\lt{}d_{2}\lt{}\cdots\lt{}d_{2 k-1}\lt{}d_{2 k}=nза които dk+1−dk=2d_{k+1}-d_{k}=2 и dk+2−dk−1=65d_{k+2}-d_{k-1}=65. Да се намери най-малкото добро число.
РешениеТъй като dk⋅dk+1=dk−1⋅dk+2=nd_{k} \cdot d_{k+1}=d_{k-1} \cdot d_{k+2}=n, то от условието получаваме dk2+2dk−n=0d_{k}^{2}+2 d_{k}-n=0 и dk−12+65dk−1−n=0d_{k-1}^{2}+65 d_{k-1}-n=0. Дискриминантите на двата квадратни тричлена трябва да бъдат точни квадрати, откъдето 4+4n=t24+4 n=t^{2} и 652+4n=s265^{2}+4 n=s^{2}. След почленно изваждане намираме s2−t2=63⋅67=32.7⋅67s^{2}-t^{2}=63 \cdot 67=3^{2}.7 \cdot 67. Следователно s−t=1,3,7,9,21,63s-t=1, 3, 7, 9, 21, 63 и съответно s+t=32.7⋅67,3⋅7⋅67,32.67,7⋅67,3⋅67,67s+t=3^{2}.7 \cdot 67, 3 \cdot 7 \cdot 67, 3^{2}.67, 7 \cdot 67, 3 \cdot 67, 67. За всеки от случайте получаваме съответно s=65,111,239,305,705,2111s=65, 111, 239, 305, 705, 2111. При s=65s=65 получаваме n=0n=0, което е невъзможно, а при s=111s=111 получаваме n=2024n=2024. За останалите стойности на ss получаваме по-големи nn.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В клетките на квадратна таблица 2025×20252025 \times 2025 са записани числата 1,2,3,…1, 2, 3, \ldots, 2024, 2025, всяко по 2025 пъти. Да се докаже, че в някой ред или в някоя колона на таблицата се срещат поне 45 различни числа.
РешениеДа означим с xi,i=1,2,…,2025x_{i}, i=1, 2, \ldots, 2025 броят на редовете на таблицата, в които се среща числото ii, а с yi,i=1,2,…,2025y_{i}, i=1, 2, \ldots, 2025 броят на колоните на таблицата, в които се среща числото ii. Тъй като всяко число ii може да се среща само в пресечна клетка на ред с ii и колона с ii, то xiyi≥2025x_{i} y_{i} \geq 2025. Следователноxi+yi≥2x2xiyi=90x_{i}+y_{i} \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}x_{i} y_{i}}=90Да означим с ai,i=1,2,…,2025a_{i}, i=1, 2, \ldots, 2025 броят на различните числа в ред ii, а с bi,i=1,2,…,2025b_{i}, i=1, 2, \ldots, 2025 броят на различните числа в колона ii. Всяко ii дава принос xix_{i} към сумата ∑i=12025ai\sum_{i=1}^{2025} a_{i} и принос yiy_{i} към сумата ∑i=12025bi\sum_{i=1}^{2025} b_{i}. Тогава:∑i=12025ai+∑i=12025bi=\sum_{i=1}^{2025} a_{i}+\sum_{i=1}^{2025} b_{i}=∑i=12025xi+∑i=12025yi≥\sum_{i=1}^{2025} x_{i}+\sum_{i=1}^{2025} y_{i} \geq90⋅2025 90 \cdot 2025От горното равенство следва, че някое от числата aia_{i} и/или bib_{i} е поне 45.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2024-11-4