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

2025

Назад към папките

12

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник ABCA B C със среда на страната ABA B точка MM. Нека точка DD е на отсечката MBM B, а точките I1I_{1} и I2I_{2} са центровете на вписаните окръжности съответно за триъгълник ADCA D C и триъгълник BDCB D C. Ако ∠I1MI2=90∘\angle I_{1} M I_{2}=90^{\circ}, то да се докаже, че AC=BCA C=B C.
РешениеНека NN е средата на I1I2I_{1} I_{2}, а XX и YY са петите на перпендикулярите от I1I_{1} и I2I_{2} към правата ABA B. Нека HH е петата на перпендикуляра от NN към ABA B. Тогава ∠I1MI2=∠I1DI2=90∘\angle I_{1} M I_{2}=\angle I_{1} D I_{2}= 90^{\circ} дава, че HH е средата на отсечката MDM D, а т. к I1XYI2I_{1} X Y I_{2} е трапец, то HH също е среда и на отсечката XYX Y. Така получаваме, че XM=DYX M=D Y. Имаме, чеXM=AM−AX=AB−(AD+AC−CD)2=AB+CD−AD−AC2,X M=A M-A X=\frac{A B-(A D+A C-C D)}{2}=\frac{A B+C D-A D-A C}{2},както иDY=CD+BD−BC2.D Y=\frac{C D+B D-B C}{2}.Тъй като AD+BD=ABA D+B D=A B, то получаваме AC=BCA C=B C.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2025-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Дадено е естествено число NN. Нека xnx_{n} е редица от неотрицателни реални числа такава, чеxn2=∑i=1n−1x2xixn−ix_{n}^{2}=\sum_{i=1}^{n-1} \sqrt{\vphantom{x^2}x_{i} x_{n-i}}за всяко n>Nn\gt{}N. Да се докаже, че съществува константа c>0c\gt{}0, за която xn≤n2+cx_{n} \leq \frac{n}{2}+c за всяко n∈Nn \in \mathbb{N}.
РешениеЗа n>Nn\gt{}N имамеxn2=∑i=1n−1x2xixn−i≤x_{n}^{2}=\sum_{i=1}^{n-1} \sqrt{\vphantom{x^2}x_{i} x_{n-i}} \leq∑i=1n−1xi+xn−i2=∑i=1n−1xi. \sum_{i=1}^{n-1} \frac{x_{i}+x_{n-i}}{2}=\sum_{i=1}^{n-1} x_{i}.Оттук нататък задачата може да се реши по 2 начина: ( ) Нека cc е такова, че c+n2>xnc+\frac{n}{2}\gt{}x_{n} за n=1,2,…,Nn=1, 2, \ldots, N. Ще докажем с индукция по nn, че xn≤n2+cx_{n} \leq \frac{n}{2}+c за всяко nn. Базовият случай е n=1,2,…,Nn=1, 2, \ldots, N. Нека сега xi≤i2+cx_{i} \leq \frac{i}{2}+c за i=1,2,…,n−1i=1, 2, \ldots, n-1 за някое естествено число n≥N+1n \geq N+1. Тогаваxn2≤∑i=1n−1xi≤x_{n}^{2} \leq \sum_{i=1}^{n-1} x_{i} \leq∑i=1n−1(i2+c)=n(n−1)4+(n−1)c≤ \sum_{i=1}^{n-1}\left(\frac{i}{2}+c\right)=\frac{n(n-1)}{4}+(n-1) c \leqn24+nc+c2, \frac{n^{2}}{4}+n c+c^{2},откъдето следва, че xn≤n2+cx_{n} \leq \frac{n}{2}+c и индукцията е завършена. ( Втори начин ) Нека k∈Nk \in \mathbb{N} и нека редицата ana_{n} е зададена чрез a1=∑i=1Nxia_{1}=\sum_{i=1}^{N} x_{i} и ai+1=ai+x2aia_{i+1}=a_{i}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_{i}} за i≥1i \geq 1. Ще покажем с индукция по kk, че xN+k2≤akx_{N+k}^{2} \leq a_{k} и ∑i=1N+k−1xi≤ak\sum_{i=1}^{N+k-1} x_{i} \leq a_{k}. За k=1k=1 твърдението следва от неравенството по-горе за n=N+1n=N+1. Ако сме го доказали за някое kk, то от неравенството за n=N+k+1n=N+k+1 имаме, чеxN+k+12≤xN+k+∑i=1N+kxi≤x_{N+k+1}^{2} \leq x_{N+k}+\sum_{i=1}^{N+k} x_{i} \leqx2ak+ak=ak+1, \sqrt{\vphantom{x^2}a_{k}}+a_{k}=a_{k+1},където предпоследното равенство следва от индукционната хипотеза, а последното от дефиницията на редицата aia_{i}. Така получихме, xN+k≤x2akx_{N+k} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}a_{k}} за всяко kk. От друга страна имаме, че x2at+1≤x2at+12\sqrt{\vphantom{x^2}a_{t+1}} \leq \sqrt{\vphantom{x^2}a_{t}}+\frac{1}{2}, което след сумиране за t=1,2,…,k−1t=1, 2, \ldots, k-1 получаваме, че x2ak≤k−12+x2a1\sqrt{\vphantom{x^2}a_{k}} \leq \frac{k-1}{2}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_{1}}. Следователно xN+k≤k2+x2a1−12x_{N+k} \leq \frac{k}{2}+\sqrt{\vphantom{x^2}a_{1}}-\frac{1}{2} за всяко k∈Nk \in \mathbb{N}. Така за достатъчно голямо c>0c\gt{}0 получаваме, че xn≤n2+cx_{n} \leq \frac{n}{2}+c за всяко nn, което трябваше да докажем.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2025-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник A0B0C0A_{0} B_{0} C_{0}. За n≥1n \geq 1 дефинираме точките An,Bn,CnA_{n}, B_{n}, C_{n} по следния начин. Точката AnA_{n} е на отсечката Bn−1Cn−1B_{n-1} C_{n-1} и е такава, че Bn−1An:Cn−1An=2:1B_{n-1} A_{n}: C_{n-1} A_{n}=2: 1, точката BnB_{n} е на отсечката An−1Cn−1A_{n-1} C_{n-1} и е такава, че Cn−1Bn:An−1Bn=2:1C_{n-1} B_{n}: A_{n-1} B_{n}=2: 1, а точката CnC_{n} е на отсечката An−1Bn−1A_{n-1} B_{n-1} и е такава, че An−1Cn:Bn−1Cn=2:1A_{n-1} C_{n}: B_{n-1} C_{n}=2: 1. Да се докаже, че съществува единствена точка PP, която лежи във вътрешността на всеки един от триъгълниците AnBnCnA_{n} B_{n} C_{n}.
РешениеПърво ще докажем, че медицентърът GG на △A0B0C0\triangle A_{0} B_{0} C_{0} е медицентър за △AnBnCn\triangle A_{n} B_{n} C_{n} за всяко n≥0n \geq 0. Твърдението следва с индукция по nn. Да допуснем, че GG е медицентър на △AnBnCn\triangle A_{n} B_{n} C_{n}. Тогава да означим върховете An,Bn,CnA_{n}, B_{n}, C_{n} с комплексните числа a,b,ca, b, c. Тогава g=a+b+c3g=\frac{a+b+c}{3}, а an+1=23c+13b,bn+1=23a+13ca_{n+1}=\frac{2}{3} c+\frac{1}{3} b, b_{n+1}=\frac{2}{3} a+\frac{1}{3} c и cn+1=23b+13ac_{n+1}=\frac{2}{3} b+\frac{1}{3} a. Така получаваме, че g=an+1+bn+1+cn+13g=\frac{a_{n+1}+b_{n+1}+c_{n+1}}{3}, т. е gg е медицентър на △An+1Bn+1Cn+1\triangle A_{n+1} B_{n+1} C_{n+1} и индукцията е завършена. Следователно GG лежи във вътрешността на △AnBnCn\triangle A_{n} B_{n} C_{n} за n∈Nn \in \mathbb{N}. От друга страна, ако допуснем, че съществува точка P≠GP \neq G, която лежи във вътрешността на △AnBnCn\triangle A_{n} B_{n} C_{n} за всяко n∈Nn \in \mathbb{N}, то от съображения за изпъкналост отсечката GPG P лежи във всеки от триъгълниците. Така получаваме, че ∣GP∣≤max⁡(∣AnBn∣,∣BnCn∣,∣CnAn∣)|G P| \leq \max \left(\left|A_{n} B_{n}\right|, \left|B_{n} C_{n}\right|, \left|C_{n} A_{n}\right|\right) за всяко n∈Nn \in \mathbb{N}. От косинусова теорема за △AnBnCn\triangle A_{n} B_{n} C_{n} и △AnBn+1Cn+1\triangle A_{n} B_{n+1} C_{n+1} получаваме∣BnAn∣2+∣CnAn∣2−∣AnBn∣22∣BnAn∣∣CnAn∣=\frac{\left|B_{n} A_{n}\right|^{2}+\left|C_{n} A_{n}\right|^{2}-\left|A_{n} B_{n}\right|^{2}}{2\left|B_{n} A_{n}\right|\left|C_{n} A_{n}\right|}=cos⁡∠BnAnCn=\cos \angle B_{n} A_{n} C_{n}=∣Bn+1An∣2+∣Cn+1An∣2−∣Bn+1Cn+1∣22∣AnCn+1∣∣AnBn+1∣\frac{\left|B_{n+1} A_{n}\right|^{2}+\left|C_{n+1} A_{n}\right|^{2}-\left|B_{n+1} C_{n+1}\right|^{2}}{2\left|A_{n} C_{n+1}\right|\left|A_{n} B_{n+1}\right|}и т. к ∣Bn+1An∣=∣AnCn∣3\left|B_{n+1} A_{n}\right|=\frac{\left|A_{n} C_{n}\right|}{3} и ∣Cn+1An∣=2∣AnBn∣3\left|C_{n+1} A_{n}\right|=\frac{2\left|A_{n} B_{n}\right|}{3}, то имаме∣Bn+1Cn+1∣2=\left|B_{n+1} C_{n+1}\right|^{2}=29∣AnBn∣2+29∣BnCn∣2−19∣AnCn∣2.\frac{2}{9}\left|A_{n} B_{n}\right|^{2}+\frac{2}{9}\left|B_{n} C_{n}\right|^{2}-\frac{1}{9}\left|A_{n} C_{n}\right|^{2}.Следователно∣Bn+1Cn+1∣2+∣Cn+1An+1∣2+∣An+1Bn+1∣2=\left|B_{n+1} C_{n+1}\right|^{2}+\left|C_{n+1} A_{n+1}\right|^{2}+\left|A_{n+1} B_{n+1}\right|^{2}=∣AnBn∣2+∣BnCn∣2+∣CnAn∣23.\frac{\left|A_{n} B_{n}\right|^{2}+\left|B_{n} C_{n}\right|^{2}+\left|C_{n} A_{n}\right|^{2}}{3}.Така получаваме∣AnBn∣2+∣BnCn∣2+∣CnAn∣2=\left|A_{n} B_{n}\right|^{2}+\left|B_{n} C_{n}\right|^{2}+\left|C_{n} A_{n}\right|^{2}=∣A0B0∣2+∣B0C0∣2+∣C0A0∣23n,\frac{\left|A_{0} B_{0}\right|^{2}+\left|B_{0} C_{0}\right|^{2}+\left|C_{0} A_{0}\right|^{2}}{3^{n}},откъдето следва, че max⁡(∣AnBn∣,∣BnCn∣,∣CnAn∣)→0\max \left(\left|A_{n} B_{n}\right|, \left|B_{n} C_{n}\right|, \left|C_{n} A_{n}\right|\right) \rightarrow 0 като n→∞n \rightarrow \infty, което е противоречие с ∣GP∣>0|G P|\gt{}0.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2025-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички двойки естествени числа ( n,kn, k ), за които всяко нечетно естествено число m>20242024m\gt{}20242024 може да се представи във видаm=a1n2+a2(n+1)2+⋯+ak+1(n+k)2m=a_{1}^{n^{2}}+a_{2}^{(n+1)^{2}}+\cdots+a_{k+1}^{(n+k)^{2}}за някои неотрицателни цели числа a1,a2,…,ak+1a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k+1}.
РешениеПри n=1n=1 можем да вземем a1=ma_{1}=m, а a2=⋯=ak+1=0a_{2}=\cdots=a_{k+1}=0. Нека сега n≥2n \geq 2. Да допуснем, че съществува естествено число kk, за което двойката (n,k)(n, k) изпълнява условието. За всяко естествено число mm с f(m)f(m) ще означаваме броят естествени числа s≤ms \leq m, които могат да се представят в искания вид. Имаме, че ако a1n2+a2(n+1)2+⋯+ak(n+k)2≤ma_{1}^{n^{2}}+a_{2}^{(n+1)^{2}}+\cdots+ a_{k}^{(n+k)^{2}} \leq m, то ai≤m1(n+i)2a_{i} \leq m^{\frac{1}{(n+i)^{2}}}, което значи, че за aia_{i} имаме най-много m1(n+i)2+1m^{\frac{1}{(n+i)^{2}}}+1 възможности за всяко 1≤i≤k1 \leq i \leq k. Освен това имаме, че m1(n+i)2+1<2m1(n+i)2m^{\frac{1}{(n+i)^{2}}}+1\lt{}2 m^{\frac{1}{(n+i)^{2}}} и значи за ( a1,a2,…,aka_{1}, a_{2}, \ldots, a_{k} ) имаме най-много∏i=0k2m1(n+i)2=2k+1m∑i=0k1(n+i)2≤\prod_{i=0}^{k} 2 m^{\frac{1}{(n+i)^{2}}}=2^{k+1} m^{\sum_{i=0}^{k} \frac{1}{(n+i)^{2}}} \leq2k+1m34 2^{k+1} m^{\frac{3}{4}}защото∑i=0k1(n+i)2≤∑i=0k1(2+i)2≤\sum_{i=0}^{k} \frac{1}{(n+i)^{2}} \leq \sum_{i=0}^{k} \frac{1}{(2+i)^{2}} \leq14+∑i=3k+21i(i−1)=14+12−1k+2≤34. \frac{1}{4}+\sum_{i=3}^{k+2} \frac{1}{i(i-1)}=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}-\frac{1}{k+2} \leq \frac{3}{4}.Така получаваме, че f(m)≤2k+1m34f(m) \leq 2^{k+1} m^{\frac{3}{4}} и значи m≤3⋅2k+1m34m \leq 3 \cdot 2^{k+1} m^{\frac{3}{4}} (т. к според допускането ни f(m)>m3f(m)\gt{}\frac{m}{3} за големи mm ), което дава противоречие за големи стойности на mm.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2025-12-4