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

Избран клас

8

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2020-8-4: има placeholder текст
  • oliobl2014-8-1: има placeholder текст
  • oliobl2014-8-2: има placeholder текст
  • oliobl2014-8-3: има placeholder текст

2014

3 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-8-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-8-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2014-8-3

2016

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Дадено е уравнението ∣2x−1∣−1=x2−a|2 x-1|-1=x^{2}-a. a) Да се реши уравнението при a=2a=2б) Да се намерят стойностите на параметъра aa, за които уравнението има два корена, които са цели числа.
Решениеа) При a=2a=2 уравнението е ∣2x−1∣−1=x2−2|2 x-1|-1=x^{2}-2. При x≥12x \geq \frac{1}{2} имаме x2−2x=0x^{2}-2 x=0 откъдето x1=0x_{1}=0 и x2=2x_{2}=2. Но x1<12x_{1}\lt{}\frac{1}{2}, така че само x2=2x_{2}=2 е корен (1 т.). При x<12x\lt{}\frac{1}{2} имаме x2+2x−2=0x^{2}+2 x-2=0 откъдето x1=−1+x25x_{1}=-1+\sqrt{\vphantom{x^2}5} и x2=−1−x25x_{2}=-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}. Но x1>12x_{1}\gt{}\frac{1}{2}, така че само x2=−1−x25x_{2}=-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5} е корен (1 т.). Окончателно корените на уравнението са x1=2x_{1}=2 и x2=−1−x25x_{2}=-1-\sqrt{\vphantom{x^2}5}. (1т.) б) І. При x≥12x \geq \frac{1}{2} имаме x2−2x+2−a=0x^{2}-2 x+2-a=0 откъдето x1=1+x2a−1x_{1}=1+\sqrt{\vphantom{x^2}a-1} и x2=1−x2a−1x_{2}=1-\sqrt{\vphantom{x^2}a-1}, които са цели при x2a−1=m≥0\sqrt{\vphantom{x^2}a-1}=m \geq 0, където mm е цяло число т. е. a−1=m2a-1=m^{2}. Тогава x1=1+mx_{1}=1+m и x2=1−m(1x_{2}=1-m(\mathbf{1} т.) Очевидно x1≥12x_{1} \geq \frac{1}{2}, за всяко цяло m≥0m \geq 0, а x2≥12x_{2} \geq \frac{1}{2}, когато 1−m≥121-m \geq \frac{1}{2} или m≤12m \leq \frac{1}{2}, т. е. m=0m=0. (1 т.) Тъй като при m=0m=0, т. е. a=1a=1 уравнението има единствен корен 1, то в този случай уравнението може да има само един цял корен. (1 т.) II. При x<12x\lt{}\frac{1}{2} имаме x2+2x−a=0x^{2}+2 x-a=0 откъдето x1=−1−x2a+1x_{1}=-1-\sqrt{\vphantom{x^2}a+1} и x2=−1+x2a+1x_{2}=-1+\sqrt{\vphantom{x^2}a+1}, които са цели при x2a+1=n≥0\sqrt{\vphantom{x^2}a+1}=n \geq 0, където nn е цяло число, т. е. a+1=n2a+1=n^{2}. Тогава x1=−1−nx_{1}=-1-n и x2=−1+nx_{2}=-1+n, (1 т.) Очевидно x1<12x_{1}\lt{}\frac{1}{2}, за всяко цяло n≥0n \geq 0, а x2<12x_{2}\lt{}\frac{1}{2}, когато −1+n<12-1+n\lt{}\frac{1}{2} или n<32n\lt{}\frac{3}{2}, т. е. n=0n=0 или 1. (1 т.) При n=0n=0, т. е. a=−1a=-1 уравнението има единствен корен -1 и при n>1n\gt{}1 може да има само един цял корен. При n=1n=1, т. е. a=0a=0 уравнението има два цели корена −x1=−2-x_{1}=-2 и x2=0x_{2}=0 (1 т.) Остава да проверим има ли цели числа m≥1m \geq 1 и n≥2n \geq 2, такива че m2+1=n2−1m^{2}+1=n^{2}-1. От 2=(n−m)(n+m)2=(n-m)(n+m) имаме n−m=1,n+m=2n-m=1, n+m=2, което е невъзможно при m≥1m \geq 1 и n≥2n \geq 2. Окончателно уравнението има два цели корена само при a=0a=0. (1 т.)
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Числата xx и yy са такива, че x(4−3x)+y(4−3y)=3xyx(4-3 x)+y(4-3 y)=3 x y. Да се докаже, че0≤x+y≤169.0 \leq x+y \leq \frac{16}{9}.
РешениеПредставяме равенството във вида 4(x+y)=3(x2+xy+y2).(14(x+y)=3\left(x^{2}+x y+y^{2}\right).(\mathbf{1} т.) От x2+xy+y2=(x+12y)2+34y2≥0x^{2}+x y+y^{2}=\left(x+\frac{1}{2} y\right)^{2}+\frac{3}{4} y^{2} \geq 0 следва, че x+y≥0x+y \geq 0. (2т.) От друга страна 4(x+y)=3((x+y)2−xy)4(x+y)=3\left((x+y)^{2}-x y\right). (1т.) Като използваме неравенството xy≤(x+y2)2x y \leq\left(\frac{x+y}{2}\right)^{2} ще получим последователно 4(x+y)=3(x+y)2−3xy≥3(x+y)2−3(x+y2)24(x+y)=3(x+y)^{2}-3 x y \geq 3(x+y)^{2}-3\left(\frac{x+y}{2}\right)^{2}, откъдето 9(x+y)2≤16(x+y).(29(x+y)^{2} \leq 16(x+y).(2 т.) Ако x+y>0x+y\gt{}0 веднага следва, че x+y≤169x+y \leq \frac{16}{9}. (3 т.) Ако x+y=0x+y=0, твърдението е очевидно. (1 т.) Алтернативно Нека x+y=ax+y=a. Тогава y=a−xy=a-x и като заместим xx в даденото равенство с получения израз, след опростяване получаваме 3x2−3ax+3a2−4a=03 x^{2}-3 a x+3 a^{2}-4 a=0. За това квадратно уравнение относно xx знаем, че неговата дискриминанта е неотрицателна, защото има реален корен. Но дискриминантата му е равна на 48a−27a248 a-27 a^{2}, откъдето следва исканото.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
В триъгълника ABC□ACB=2□ABCA B C \square A C B=2 \square A B C. Точката MM лежи върху страната ACA C, такава че CM=BCC M=B C. Да се намерят ъглите на триъгълника ABCA B C ако BM=ACB M=A C.
РешениеПострояваме □ABC1=□ABC\square A B C_{1}=\square A B C така, че CC и C1C_{1} да са в различни полуравнини относно правата ABA B. Нека точка C1C_{1} върху рамото BC1B C_{1} е такава, че BC1=BCB C_{1}=B C. Тогава △MBC≅△CC1B\triangle M B C \cong \triangle C C_{1} B, като равнобедрени с едни и същи бедра и □MCB=□CBC1\square M C B=\square C B C_{1}, откъдето BM=CC1B M=C C_{1} (5 т.). Тъй като ABA B е ъглополовяща на □CBC1\square C B C_{1}, то AB⊥CC1A B \perp C C_{1}. Нека AB∩CC1=Q.A B \cap C C_{1}=Q. \quad Разглеждаме триъгълника ACQA C Q. Той е правоъгълен, а освен това AC=2AQA C=2 A Q (3 т.). Сега вече □CAB=30∘\square C A B=30^{\circ} (1 т.) и □ABC=50∘\square A B C=50^{\circ} и □ACB=100∘\square A C B=100^{\circ} (1 т.).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
В квадратна таблица 2007×20072007 \times 2007 са записани цели неотрицателни числа така, че ако числото в една клетка е 0, то сборът от числата в реда и стълба, които се пресичат в тази клетка е не по-малък от 2007. Да се докаже, че сборът от всички числа в таблицата е не по-малък от 2014025.
РешениеРазглеждаме сборовете на числата по редове и стълбове. (1 т.) Нека най-малкия такъв сбор е равен на kk. (2 т.) Нека този сбор е в един от редовете. Тогава в този ред има най-много 2007−k2007-k нули. (1 т.) От условието имаме, че сбора от числата във всеки стълб, съдържащ една от тези нули е не по-малък от 2007−k(12007-k(\mathbf{1} т.). Във всеки от останалите kk стълба сборът е не по-малък от kk. (1 т.) Тогава за сбора SS на числата в таблицата имаме:S≥S \geqk2+(2007−k)2=2k2−2⋅2007k+20072= k^{2}+(2007-k)^{2}=2 k^{2}-2 \cdot 2007 k+2007^{2}=2(k−20072)2+200722≥2\left(k-\frac{2007}{2}\right)^{2}+\frac{2007^{2}}{2} \geq200722=2014024,5 \frac{2007^{2}}{2}=2014024, 5Ако най-малкия сбор е в един от стълбовете, разглеждаме редовете, съдържащи нулите и получаваме същия резултат за сбора (3 т.). Тъй като SS е цяло число, то S≥2014025S \geq 2014025. (1 т.)
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2016-8-4

2018

2 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Върху страната ABA B на триъгълник ABCA B C с ∠ACB=50∘\angle A C B=50^{\circ} е избрана произволна точка OO. Описаната окръжност k1k_{1} около △AOC\triangle A O C пресича отсечката BCB C в точка NN. Описаната окръжност k2k_{2} около △BOC\triangle B O C пресича отсечката ACA C в точка MM. Правата ONO N пресича k2k_{2} в точка DD, а правата OMO M пресича k1k_{1} в точка PP. Правите PAP A и DBD B се пресичат в точка QQ. Да се намери мярката на ∠AQB\angle A Q B.
РешениеСистемата AA има две решения, а системата BB има едно решение, като трите решения са различни. Този случай не е възможен, защото системата BB има единствено решение при a=14a=\frac{1}{4}, а тогава системата AA няма решение.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадено е просто число pp. Да се намерят всички стойности на цялото число nn, за които уравнението:px3−px+n=0p x^{3}-p x+n=0има три различни рационални корена.
РешениеСистемите AA и BB имат по две решения, като едно от решенията съвпада. Тъй като за всяко решение на системата BB имаме x=12x=\frac{1}{2}, то търсим aa, за което системата AA има решение с x=12x=\frac{1}{2}. Тогава y=−2−12=−52y=-2-\frac{1}{2}=-\frac{5}{2} и от второто уравнение намираме a=132a=\frac{13}{2}. При тази стойност на aa решението (x,y)=(1/2,−5/2)(x, y)= (1 / 2, -5 / 2) е общо за системите AA и BB и оригиналната система има точно три решения. Следователно при a=2a=2 и a=132a=\frac{13}{2} системата има точно три решения. Инструкции за оценяване. ( 7 точки) 2 т. за разлагане на първото уравнение; по 1 т. за решаване на всяка от системите AA и BB по 1 т. за разглеждане на всеки от трите случая.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2018-8-3

2019

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Точките M,N,PM, N, P и QQ са среди съответно на страните AB,BC,CDA B, B C, C D и DAD A на четириъгълник ABCDA B C D. Точките FF и GG са медицентрове съответно на триъгълниците BNPB N P и NPDN P D. Отсечката MGM G пресича FQF Q в точка KK и FK=6 cmF K=6 \mathrm{~cm}. Да се докаже, че KQ=9 cmK Q=9 \mathrm{~cm}.
РешениеВърху отсечката FQF Q да изберем точка LL, за която QL=35QFQ L=\frac{3}{5} Q F. Достатъчно е да докажем, че LL лежи на MGM G, понеже ще следва, че L≡KL \equiv K. Наистина,ML→=MQ→+35QF→=MQ→+35QM→+35MF→=25MQ→+35MF→=15MA→+15MD→+15MB→+15MN→+15MP→=35MG→\begin{aligned} \overrightarrow{M L} & =\overrightarrow{M Q}+\frac{3}{5} \overrightarrow{Q F}=\overrightarrow{M Q}+\frac{3}{5} \overrightarrow{Q M}+\frac{3}{5} \overrightarrow{M F}=\frac{2}{5} \overrightarrow{M Q}+\frac{3}{5} \overrightarrow{M F} \\ & =\frac{1}{5} \overrightarrow{M A}+\frac{1}{5} \overrightarrow{M D}+\frac{1}{5} \overrightarrow{M B}+\frac{1}{5} \overrightarrow{M N}+\frac{1}{5} \overrightarrow{M P}=\frac{3}{5} \overrightarrow{M G} \end{aligned}(тук ползвахме MA→+MB→=0→\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}=\overrightarrow{0} и MG→=13(MD→+MN→+MP→)\overrightarrow{M G}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{M D}+\overrightarrow{M N}+\overrightarrow{M P}) ). Резултатът следва.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-8-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
За положителните числа a,ba, b и cc са в сила равенстватаa(a+b)b+c+b=b(b+c)c+a+c=c(c+a)a+b+a.\frac{a(a+b)}{b+c}+b=\frac{b(b+c)}{c+a}+c=\frac{c(c+a)}{a+b}+a.Да се докаже, че a=b=ca=b=c.
РешениеЗабелязваме, че всеки от изразите в условието се получава от друг след циклично завъртане на променливите. Равенствата оформяме като пропорции и използваме свойството на пропорциите. Имамеa2+ab+b2+bcb+c=b2+bc+c2+cac+a=c2+ca+a2+aba+b==(a2+ab+b2+bc)−(b2+bc+c2+ca)+(c2+ca+a2+ab)(b+c)−(c+a)+(a+b)=a2+abb\begin{aligned} & \frac{a^{2}+a b+b^{2}+b c}{b+c}=\frac{b^{2}+b c+c^{2}+c a}{c+a}=\frac{c^{2}+c a+a^{2}+a b}{a+b}= \\ & =\frac{\left(a^{2}+a b+b^{2}+b c\right)-\left(b^{2}+b c+c^{2}+c a\right)+\left(c^{2}+c a+a^{2}+a b\right)}{(b+c)-(c+a)+(a+b)}=\frac{a^{2}+a b}{b} \end{aligned}Аналогично, a2+abb=b2+bcc=c2+caa\frac{a^{2}+a b}{b}=\frac{b^{2}+b c}{c}=\frac{c^{2}+c a}{a}. Следователноa2c+abc=b3+b2c;b2a+abc=c3+c2a;a^{2} c+a b c=b^{3}+b^{2} c; \quad b^{2} a+a b c=c^{3}+c^{2} a;c2b+abc=a3+a2b \quad c^{2} b+a b c=a^{3}+a^{2} bПоради цикличната инвариантност е достатъчно да разгледаме два случая: a≥b≥ca \geq b \geq c и a≥c≥ba \geq c \geq b. Нека a≥b≥ca \geq b \geq c. Тогава a3+a2b≥c2b+abca^{3}+a^{2} b \geq c^{2} b+a b c и равенство е възможно само при a=b=ca=b=c. Нека a≥c≥ba \geq c \geq b. Тогава a2c+abc≥b3+b2ca^{2} c+a b c \geq b^{3}+b^{2} c и отново a=b=ca=b=c. Втори начин. В първото равенство прехвърляме bb и cc на срещуположните им страни, за да получим a(a+b)b+c−c=b(b+c)c+a−b\frac{a(a+b)}{b+c}-c=\frac{b(b+c)}{c+a}-b. Преобразуваме (a−c)(a+b+c)b+c=b(b−a)c+a\frac{(a-c)(a+b+c)}{b+c}=\frac{b(b-a)}{c+a}. Следователно, от положителността на a,b,ca, b, c имаме (a−c)(b−a)≥0(a-c)(b-a) \geq 0. Аналогично от второто и третото получаваме (b−a)(c−b)≥0(b-a)(c-b) \geq 0. Събираме двете неравенства и получаваме (b−a)(a−b)≥0(b-a)(a-b) \geq 0. Следователно a=ba=b. Аналогично, a=ca=c.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека N=1010101…101N=1010101 \ldots 101 е число, записано с помощта на 2019 на брой цифри 1 и 2018 на брой цифри 0, като между всеки две последователни единици е записана цифрата нула. Да се намери остатъкът от делението на NN със 707.
РешениеИмаме, че 2019≡1( mod 2)2019 \equiv 1(\bmod 2) и 2019≡0( mod 3)2019 \equiv 0(\bmod 3). Понеже 707=7⋅101707=7 \cdot 101, а числото NN има вида 101k+1101 k+1 и числото 10101 се дели на 7, т. е. NN се дели на 7, остава да намерим остатъка от делението на NN със 7⋅1017 \cdot 101. Но N=101k+1=98k+3k+1N=101 k+1=98 k+3 k+1 и това число ще се дели на 7, когато kk има вида 7t+27 t+2, т. е N=101k+1=101(7t+2)+1=203+707tN=101 k+1=101(7 t+2)+1=203+707 t. Следователно, търсеният остатък е 203. Втори начин. Тъй като 10101 се дели на 7, то 101010101010 се дели на 7 и на 101, а значи и на 707. Тъй като 2019 дава остатък 3 при деление на 6, трябва да намерим остатъка на 10101 при деление със 707. Той е 203.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-8-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Да се определи броят на всички осемцифрени естествени числа, такива че четните им цифри са точно три, различни са една от друга, записани са в намаляващ ред, считано отляво надясно, и не са на съседни позиции.
РешениеДа запишем първо петте нечетни цифри; за всяка от тях има по 5 избора, така че имаме 555^{5} петцифрени числа. Трябва да изберем три различни четни цифри, което може да стане по 5⋅4⋅3:3≠105 \cdot 4 \cdot 3: 3\neq{}10 начина, да изберем три позиции за тях, което може да стане по 6⋅5⋅4:3≠206 \cdot 5 \cdot 4: 3\neq{}20 начина (петте поставени нечетни цифри определят 6 възможни места за поставяне: преди първата, между всеки две съседни или след последната) и да запишем избраните три цифри на избраните три позиции в намаляващ ред (при което първата цифра няма да е 0 ). Отговор: 55⋅10⋅20=6250005^{5} \cdot 10 \cdot 20=625000.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2019-8-4

2020

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

2021

6 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
В четириъгълника ABCDA B C D страната ADA D е равна на страната BCB C, а правите ADA D и BCB C се пресичат в точка EE. Точките MM и NN са съответно среди на страните ABA B и CDC D. Да се докаже, че отсечката MNM N е успоредна на ъглополовящата на ∠AEB\angle A E B.
РешениеНека точката PP е среда на диагонала ACA C на четириъгълника ABCDA B C D и AD=BC=2aA D= B C=2 a. Тогава PN∥ADP N \| A D и PN=aP N=a (средна отсечка в △ACD\triangle A C D ); PM∥BCP M \| B C и PM=aP M=a (средна отсечка в △ABC\triangle A B C ). Следователно MP=NPM P=N P и ∠(AD;MN)=∠(PN;MN)=∠(PM;MN)=∠(BC,MN)\angle(A D; M N)=\angle(P N; M N)= \angle(P M; M N)=\angle(B C, M N).
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-8-1

Задача 1b

Пълен запис
Условие
Да се подредят по големина реалните корени на уравнението(3x(x+2)−16)(x2+2x+10x26−30)=0.(3 x(x+2)-16)\left(x^{2}+2 x+10 \sqrt{\vphantom{x^2}6}-30\right)=0.
РешениеТърсим корените на 3x2+6x−16=03 x^{2}+6 x-16=0 и на x2+2x+10x26−30=0x^{2}+2 x+10 \sqrt{\vphantom{x^2}6}-30=0. Първото уравнение има съкратена дискриминанта 9+48=579+48=57 и корени x1,2=−3±x2573=−1±x2573x_{1, 2}=\frac{-3 \pm \sqrt{\vphantom{x^2}57}}{3}=-1 \pm \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{3}, x1>0,x2<0x_{1}\gt{}0, x_{2}\lt{}0. При второто уравнение е по-удобно да отделим точен квадрат:x2+2x+1=25−10x26+6(x+1)2=(5−x26)2x+1=±(5−x26),\begin{gathered} x^{2}+2 x+1=25-10 \sqrt{\vphantom{x^2}6}+6 \\ (x+1)^{2}=(5-\sqrt{\vphantom{x^2}6})^{2} \\ x+1= \pm(5-\sqrt{\vphantom{x^2}6}), \end{gathered}откъдето намираме x3=4−x26>0x_{3}=4-\sqrt{\vphantom{x^2}6}\gt{}0 и x4=−6+x26<0x_{4}=-6+\sqrt{\vphantom{x^2}6}\lt{}0. За да подредим числата по големина, трябва да преценим дали: (∗)(*) 4−x26>−1+x25734-\sqrt{\vphantom{x^2}6}\gt{}-1+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{3}, т. е. 5>x26+x25735\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}6}+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{3}, еквивалентно на 25>6+193+2x23825\gt{}6+\frac{19}{3}+2 \sqrt{\vphantom{x^2}38}, на 383>2x238\frac{38}{3}\gt{}2 \sqrt{\vphantom{x^2}38} и на x238>6\sqrt{\vphantom{x^2}38}\gt{}6, което е вярно. (∗)(*) −6+x26<−1−x2573-6+\sqrt{\vphantom{x^2}6}\lt{}-1-\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{3}, еквивалентно на 5>x26+x25735\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}6}+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{3}, което вече видяхме, че е вярно. Окончателно подредбата на корените по големина е−6+x26<−1−x2573<-6+\sqrt{\vphantom{x^2}6}\lt{}-1-\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{3}\lt{}−1+x2573<4−x26.-1+\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}57}}{3}\lt{}4-\sqrt{\vphantom{x^2}6}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-8-1b

Задача 2

Пълен запис
Условие
Ако A=x225+(8−8)7−128,B=x299−702A=\sqrt{\vphantom{x^2}25+(\sqrt{8}-8) \sqrt{7}-\sqrt{128}}, B=\sqrt{\vphantom{x^2}99-70 \sqrt{2}}, C=x2127−487C=\sqrt{\vphantom{x^2}127-48 \sqrt{7}} и D=x29−56D=\sqrt{\vphantom{x^2}9-\sqrt{56}}, то пресметнете 4A−B+C−D4 A-B+C-D.
РешениеИмаме A=x27+2+16+22⋅7−87−82=x2(7+2−4)2=∣x27+x22−4∣=x27+x22−4A=\sqrt{\vphantom{x^2}7+2+16+2 \sqrt{2 \cdot 7}-8 \sqrt{7}-8 \sqrt{2}}=\sqrt{\vphantom{x^2}(\sqrt{7}+\sqrt{2}-4)^{2}}=\mid \sqrt{\vphantom{x^2}7}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}- 4 \mid=\sqrt{\vphantom{x^2}7}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}-4; тук използвахме, че x27+x22>4⟺7+2+2x214>16⟺x256>7\sqrt{\vphantom{x^2}7}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}\gt{}4 \Longleftrightarrow 7+2+2 \sqrt{\vphantom{x^2}14}\gt{}16 \Longleftrightarrow \sqrt{\vphantom{x^2}56}\gt{}7 ⟺56>49\Longleftrightarrow 56\gt{}49. B=x250+49−2⋅750=x2(50−7)2=∣x250−7∣=5x22−7;B=\sqrt{\vphantom{x^2}50+49-2 \cdot 7 \sqrt{50}}=\sqrt{\vphantom{x^2}(\sqrt{50}-7)^{2}}=|\sqrt{\vphantom{x^2}50}-7|=5 \sqrt{\vphantom{x^2}2}-7; тук използвахме, че x250>7\sqrt{\vphantom{x^2}50}\gt{}7 ⟺50>49\Longleftrightarrow 50\gt{}49. C=x264+63−2⋅863=x2(8−63)2=∣8−x263∣=8−3x27;C=\sqrt{\vphantom{x^2}64+63-2 \cdot 8 \sqrt{63}}=\sqrt{\vphantom{x^2}(8-\sqrt{63})^{2}}=|8-\sqrt{\vphantom{x^2}63}|=8-3 \sqrt{\vphantom{x^2}7}; тук използвахме, че 8>x2638\gt{}\sqrt{\vphantom{x^2}63} ⟺64>63\Longleftrightarrow 64\gt{}63. D=x27+2−214=x2(7−2)2=∣x27−x22∣=x27−x22D=\sqrt{\vphantom{x^2}7+2-2 \sqrt{14}}=\sqrt{\vphantom{x^2}(\sqrt{7}-\sqrt{2})^{2}}=|\sqrt{\vphantom{x^2}7}-\sqrt{\vphantom{x^2}2}|=\sqrt{\vphantom{x^2}7}-\sqrt{\vphantom{x^2}2}. 4A−B+C−D=4x27+4x22−16−5x22+7+8−3x27−x27+x22=−14 A-B+C-D=4 \sqrt{\vphantom{x^2}7}+4 \sqrt{\vphantom{x^2}2}-16-5 \sqrt{\vphantom{x^2}2}+7+8-3 \sqrt{\vphantom{x^2}7}-\sqrt{\vphantom{x^2}7}+\sqrt{\vphantom{x^2}2}=-1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-8-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Определете броя на всички редици от различни двуцифрени числа, такива че първото число в редицата е 10, последното има сбор от цифрите 7 и всяко ново число в редицата се получава от това пред него с едно от следните действия: (∗)(*) Една от цифрите е увеличена с 1, а другата не е променена; (∗)(*) Една от цифрите е увеличена с 1, а другата е намалена с 1.
РешениеСред двуцифрените числа има 1 със сбор на цифрите 1, 2 -с 2, 3 -с 3,…,73, \ldots, 7 със 7. Сборът от цифрите на числата в редицата не намалява. За всяко i=2,3,…,7i=2, 3, \ldots, 7 има 2 избора кое да е първото число със сбор от цифрите ii (в зависимост от това при коя от цифрите е увеличението) и ii избора кое да е последното (ако е същото, то в редицата има само едно число със сбор на цифрите ii ), като между тях редицата е определена еднозначно. Отговор: 26.7≠3225602^{6}.7\neq{}322560.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-8-3

Задача 3b

Пълен запис
Условие
Да се реши в естествени числа уравнението 2a−4b=3c+12^{a}-4^{b}=3^{c}+1.
РешениеЯвно a>2ba\gt{}2 b. Ако b≥2b \geq 2, то непременно 3c≡7( mod 8)3^{c} \equiv 7(\bmod 8) и предвид 31≡3( mod 8)3^{1} \equiv 3(\bmod 8), 32≡1( mod 8)3^{2} \equiv 1(\bmod 8), получаваме противоречие. Значи b=1b=1, т. е. 2a=3c+52^{a}=3^{c}+5. Проверка при a≤5a \leq 5 дава a=3,c=1a=3, c=1 и a=5,c=3;a=5, c=3; нека a≥6a \geq 6. Предвид, че имаме за a=5a=5, логично е да разгледаме модул 64. Пресмятаме 316≡1( mod 64)3^{16} \equiv 1(\bmod 64) и 3c≡−5( mod 64)⇔c≡11( mod 16)3^{c} \equiv-5(\bmod 64) \Leftrightarrow c \equiv 11(\bmod 16). От 316−1=(38−1)(38+1)=26⋅5⋅17⋅41⋅1933^{16}-1=\left(3^{8}-1\right)\left(3^{8}+1\right)=2^{6} \cdot 5 \cdot 17 \cdot 41 \cdot 193 имаме 316≡1( mod 17)3^{16} \equiv 1(\bmod 17) и 3c≡311≡7( mod 17)3^{c} \equiv 3^{11} \equiv 7 (\bmod 17), откъдето 2a≡12( mod 17)2^{a} \equiv 12(\bmod 17). Обаче директни пресмятания за a=1,2,…,8a=1, 2, \ldots, 8 (и 28≡1( mod 17))\left.2^{8} \equiv 1(\bmod 17)\right) показват, че последното е невъзможно.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-8-3b

Задача 4

Пълен запис
Условие
За всяко естествено nn означавамеAn=6561n−6⋅729n−4⋅81n+2⋅32n+3−45.A_{n}=6561^{n}-6 \cdot 729^{n}-4 \cdot 81^{n}+2 \cdot 3^{2 n+3}-45.а) Кое е най-голямото естествено kk, за което 2k2^{k} дели AnA_{n} за всяко nn? б) Докажете, че за всяко естествено kk съществува nn, такова че 2k2^{k} дели AnA_{n}.
РешениеАко x=9nx=9^{n}, то An=x4−6x3−4x2+54x−45=x4−6x3+5x2−9x2+54x−45=x2(x2−6x+5)−9(x2−6x+5)=(x2−9)(x−5)(x−1)=(81n−9)(9n−5)(9n−1)A_{n}=x^{4}-6 x^{3}-4 x^{2}+54 x-45=x^{4}-6 x^{3}+5 x^{2}-9 x^{2}+54 x-45= x^{2}\left(x^{2}-6 x+5\right)-9\left(x^{2}-6 x+5\right)=\left(x^{2}-9\right)(x-5)(x-1)=\left(81^{n}-9\right)\left(9^{n}-5\right)\left(9^{n}-1\right). а) При деление на 16 остатъкът на 81n81^{n} е 1, значи на 81n−981^{n}-9 е 8, т. е. то се дели на 232^{3}, но не на 242^{4}. При деление на 8 остатъкът на 9n9^{n} е 1, значи на 9n−59^{n}-5 е 4, т. е. то се дели на 222^{2}, но не на 232^{3}. Освен това 9n−19^{n}-1 се дели на 232^{3} и при n=1n=1 не се дели на 242^{4}, така че AnA_{n} се дели на 282^{8} и A1A_{1} не се дели на 292^{9}, така че отговорът на а) е k=8k=8. б) Ако числото 2 участва в ℓ\ell-та степен в каноничното разлагане на 9n−19^{n}-1, то в каноничното разлагане на 92n−1=(9n−1)(9n+1)9^{2 n}-1=\left(9^{n}-1\right)\left(9^{n}+1\right) то участва в ℓ+1\ell+1-ва степен, понеже вторнят множител дава остатък 2 при деление на 4. Като отчетем, че 2 участва в 3 -та степен в каноничното разлагане на 920−19^{2^{0}}-1, заключаваме, че то участва в степен 3+m3+m в разлагането на 92m−19^{2^{m}}-1. Следователно множителят 2 в разлагането на A2mA_{2^{m}} е от степен 3+2+3+m3+2+3+m, което може да става произволно голямо.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2021-8-4

2022

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

2023

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

2024

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