2009.25-26.04 58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА - ОБЛАСТЕН КРЪГ

Р Е П У Б Л И К А Б Ъ Л Г А Р И Я МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЛАСТЕН КРЪГ – 25 април 2009 г.

Т Е М А ЗА 4

КЛАС

Задача 1. Един ден Боби казал на брат си Иво: “Намислих си едно число. То е равно на (2008 : 4 −102).5 + 8 . Намери го!” Иво отговорил: “Добре, но и ти намери моето число, ако знаеш, че като го разделиш на 7 и от полученото извадиш 7, и с полученото число пак извършиш същите две действия, ще получиш 33.” Намерете кои числа са си намислили Иво и Боби! Задача 2. Ангел хванал толкова риби, колкото и синът му, а Рангел хванал 3 пъти повече риби, отколкото синът му. Колко риби е хванал Рангел, ако всички хванати риби са 25? Задача 3. Даден е правоъгълник с лице 196 кв. см , който може да се разреже на 4 еднакви квадрата. а) Намерете дължините на страните на този правоъгълник. б) Минчо се опитал да разреже дадения правоъгълник на квадрати с дължини на страните 5 см и 2 см , като искал от всеки вид квадрати да има наймалко по един представител. Възможно ли е това? Помогнете му да го направи, ако е възможно.

Всяка задача се оценява със 7 точки. Време за работа 4 часа. Пожелаваме Ви успех!

РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ НА ЗАДАЧИТЕ ЗА 4 КЛАС Задача 1. За намиране числото на Боби пресмятаме: (2008 : 4 −102).5 + 8 = (502 −102).5 + 8 = 400.5 + 8 = 2000 + 8 = 2008 (3 т.). За намиране числото на Иво пресмятаме отзад напред, като използваме обратните действия: 33 + 7 = 40 (1 т.), 40.7 = 280 (1 т.), 280 + 7 = 287 (1 т.), 287.7 = 2009 (1 т.). Намислените числа от Иво и Боби са съответно 2008 и 2009. Задача 2. Ако синът на Рангел е хванал 7 или повече риби, то Рангел е хванал 21 или повече риби, а двамата заедно са хванали 21 + 7 = 28 или повече риби. Това е невъзможно, защото всички хванати риби са 25. Следователно синът на Рангел е хванал най-много 6 риби (1 т.). Различните възможности подреждаме в таблица: Синът на Рангел 1 2 3 4 5 6

Рангел 3 6 9 12 15 18

Общо 4 8 12 16 20 24

Остават 25 − 4 = 21 25 − 8 = 17 25 − 12 = 13 25 − 16 = 9 25 − 20 = 5 25 − 24 = 1

Тъй като нито едно от числата 21, 17, 13, 9, 5 и 1 не се дели на 2, то описаната ситуация е невъзможна (3 т.). Остава единствено Ангел да е син на Рангел. Тогава: Синът на Ангел 1 2 3 4 5

Ангел 1 2 3 4 5

Рангел 3 6 9 12 15

Общо 5 10 15 20 25

От таблицата се вижда, че Ангел и синът му са хванали по 5 риби, а Рангел е хванал 15 риби, което е и отговорът на задачата (3 т.). Забележка. Само за отбелязване, че случаят на двама сина и двама бащи е невъзможен, (1 т.). Само за отбелязване, че става дума за дядо, бяаща и син (3 т.). Задача 3. Всеки от квадратите има лице 196 : 4 = 49 кв. см . Следователно страната на по-малките квадрати е с дължина 7 см . а) Има две възможности: четирите квадрата да са един до друг или да образуват квадрат. Ако четирите квадрата са един до друг, то едната страна на правоъгълника е 7 см , а другата е 4.7 = 28 см . Ако правоъгълникът е квадрат, то страните му са с дължини 2.7 = 14 см .

(2 т. за единия от двата случая и 1 т. за разгледан втори случай)

б) Когато правоъгълникът е квадрат, той може да се разреже на 4 квадрата с дължина на страната 5 см и 24 квадрата с дължина на страната 2 см . Един пример е представен вдясно (1 т.). Когато правоъгълникът не е квадрат, разрязване не може да се направи (1 т.). Нека квадратите със страна 5 см са x > 0 на брой, а тези със страна 2 см са y > 0 на брой. Съставяме диофантово уравнение за лицето: 25.x + 4. y = 196 . Уравнението има решение само при x = 4 . Това се обосновава например с помощта на проверки за x = 1, 2,3, 4,5,6 и 7, тъй като при x ≥ 8 се получава 25 x ≥ 200 > 196 . При x = 4 обаче остава правоъгълник 7 ×8 , който не може да се запълни с квадрати със страна 2 см (2 т.).

Р Е П У Б Л И К А Б Ъ Л Г А Р И Я МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЛАСТЕН КРЪГ – 25 април 2009 г.

Т Е М А ЗА 5

КЛАС

Задача 1. Пресметнете A + B , ако 1 A = 12,23 + 24,46.0,526. + 0,526.24,46.0,75 − 24,46.0,25.0,526.4 4 число, за което НОК ( 40; B;140 ) = 1680 .

и

B

е най-малкото

Задача 2. Четирима приятели Георги, Ангел, Стоян и Иван имат общо 312 пощенски марки. Ангел има 2 пъти по-малко марки от Стоян и Иван, взети заедно, а Георги има 3 пъти повече от Ангел. Намерете по колко марки има всеки от приятелите, ако Стоян има 12 марки повече от Иван. Задача 3. Двама играчи взимат последователно по една от общо 25 картички, номерирани с нечетните числа от 1 до 50. Правилата са следните: ако единият вземе картичка, номерирана с число X , другият трябва да вземе картичката с номер, равен на най-големия нечетен делител на числото 99 − X . Губи играчът, който не може да направи ход. Колко картички най-малко могат да останат, когато играта завърши?

Всяка задача се оценява със 7 точки. Време за работа 4 часа. Пожелаваме Ви успех!

РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ НА ЗАДАЧИТЕ ЗА 5 КЛАС Задача 1. A = 12,23 + 24,46.0,526.(0,25 + 0,75 − 4.0,25) = 12,23 (3 т.). НОК ( 40;140 ) = 23.5.7 = 280 (1 т.). От 1680 : 280 = 6 (1 т.) и 6 = 2.3 следва, че B = 2 4.3 = 48 (1 т.). Тогава A + B = 12, 23 + 48 = 60, 23 (1 т.).

Задача 2. Означаваме броя на марките на Иван с x . Тогава марките на Стоян са x + 12 (1 т.), на Ангел са ( x + x + 12 ) : 2 = x + 6 (1 т.), а на Георги са 3 x + 18 (1 т.). От равенството x + x + 12 + x + 6 + 3.x + 18 = 312 (1 т.) намираме x = 46 (1 т.). Щом марките на Иван са 46, то на Стоян са 58, на Ангел са 52, а на Георги са 156 (2 т.). Задача 3. Ако първият вземе картичка с номер 1, следват картички с номера 49, 25, 37, 31, 17, 41, 29, 35 (2 т.). Тъй като 99 − 35 = 64 , а 64 няма други нечетни делители освен 1, играта свършва и остават 16 картички. (1 т.) Същият резултат се получава и при начален избор на картичка с номер 49, както и на 25, 37, 31, 17, 41, 29 и 35, защото са в един цикъл (1 т.). Първа карта Цикъл Брой оставащи карти 1, 17, 25, 31, 35, 37, 41, 49 1, 49, 25, 37, 31, 17, 41, 29, 35, 1 16 3 3, 3 24 5, 7, 13, 19, 23, 43, 47 5, 47, 13, 43, 7, 23, 19, 5 18 9, 27, 45 9, 45, 27, 9 22 11 11, 11 24 15, 21, 39 15, 21, 39, 15 22 33 33, 33 24 (2 т.) за резултатите в последните 6 реда на таблицата. Когато играта свърши, остават най-малко 16 картички. (1 т.)

Р Е П У Б Л И К А Б Ъ Л Г А Р И Я МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЛАСТЕН КРЪГ – 25 април 2009 г.

Т Е М А ЗА 6

КЛАС

Задача 1. Ани си купила пола и блуза, като полата била с 20% по-скъпа от блузата. След покупката тя видяла, че сумата, която й е останала, е с 20% по-малка от цената на полата. Колко лева е похарчила Ани, ако са й останали 21, 60 лв. ? Задача 2. Аквариум с форма на правоъгълен паралелепипед с основа 50 см × 30 см и височина 30 см съдържа вода с дълбочина 20 см . Плътна метална правилна четириъгълна пирамида с основен ръб 6 см и височина 15 см е потопена в аквариума, като е поставена на основата си. На колко сантиметра под повърхността на водата се намира върхът на пирамидата? Задача 3. Сборът на 20 различни цели положителни числа е 2009. Каква е възможно найголямата стойност на най-малкото число?

Всяка задача се оценява със 7 точки. Време за работа 4 часа. Пожелаваме Ви успешна работа!

РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ НА ЗАДАЧИТЕ ЗА 6 КЛАС

Задача 1. Ако цената на блузата е х лв., то цената на полата е 1, 2 x лв. (2 т.). Понеже останалите пари са с 20% по-малко от цената на полата, то те са 0,8.1, 2 x = 0,96 x лв. (2 т.). От условието 0,96 x = 21, 60 намираме x = 22, 5 (1 т.). Тогава блузата струва 22, 50 лв. , полата 27 лв. и Ани е похарчила 49, 50 лв. (2 т.).

Задача 2. Обемът на водата в аквариума е V = 50.30.20 = 30 000 см3 (1 т.). Обемът на пирамидата, която е потопена, е V1 = 1 .62.15 = 180 см3 (1 т.). Следователно след 3 потапянето общият обем е 30180см3 и оттук дълбочината h на водата е h = 30 180 :1500 = 20,12 , т.е. h = 20,12 см (3 т.). Следователно върхът на пирамидата се намира на 5,12 см под повърхността на водата (2 т.). Алтернативно решение. Обемът на пирамидата е V1 = 1 .62.15 = 180 см3 (1 т.). Тогава при 3 V1 = 180 = 0,12 см потапянето на пирамидата дълбочината на водата ще се увеличи с 1500 1500 (3 т.). Следователно върхът на пирамидата се намира на 5,12 см под повърхността (3 т.). Задача 3. Да разгледаме 20 последователни естествени числа, като най-малкото е х (1 т.) и такива, че сборът им не е по-голям от 2009. Тогава x + x + 1 + x + 2 + + x + 19 = 20 x + 190 не е по-голямо от 2009 . Последното е изпълнено за стойности на естественото число x , не по-големи от 90. (3 т.). Ако x = 90 , сбор 2009 се получава например така 90 + 91 + 107 + 108 + 128 = 2009 (3 т.).

Р Е П У Б Л И К А Б Ъ Л Г А Р И Я МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЛАСТЕН КРЪГ – 25 април 2009 г.

Т Е М А ЗА 7

КЛАС

Задача 1. В 8 : 00 часа сутринта от град A за град B тръгнала кола със скорост 60 км / ч , а 40 минути по-късно след нея тръгнал автобус със скорост 90 км / ч . След като била изпреварена от автобуса, колата увеличила скоростта си с 25% . Когато автобусът пристигнал в B колата била на 25 км от B . Да се намери: а) разстоянието от A до B ; б) в колко часа колата е била на 5 км от автобуса. Задача 2. На диагонала AC и на страните BC и CD на квадрата ABCD са избрани съответно точки O , M и N така, че AO = OM = ON и CM > CN . Намерете мярката на ∠MAN . Задача 3. Съществува ли естествено число n , за което числото 4 n + 2n + 5 е точен куб на естествено число?

Всяка задача се оценява със 7 точки. Време за работа 4 часа. Пожелаваме Ви успех!

РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ НА ЗАДАЧИТЕ ЗА 7 КЛАС Задача 1. а) Ако t е времето (в часове) от тръгването на колата до изпреварването й от  2 автобуса, то 60t = 90  t −  , откъдето 2t = 3t − 2 и t = 2 . Така изпреварването е станало  3 в 10 : 00 часа на 2.60 = 120 км от A (1 т.). Оттук нататък скоростта на колата се увеличава с 15 км / ч и достига 75 км / ч (1 т.). Нека x e времето (в часове) от 5 изпреварването до пристигането на автобуса в B . Тогава 90 x = 75 x + 25 и x = , а 3 5 изминатият от автобуса път след изпреварването е 90 ⋅ = 150 км . Така разстоянието от 3 A до B е 120 + 150 = 270 км (1 т.). б) Има два случая: Ако y е времето (в часове) преди изпреварването, когато колата е била на 5 км пред 1 автобуса, то 90 y − 60 y = 5 , така че y = (1 т.). Това е станало 10 минути преди 6 изпреварването, т.е. в 9 : 50 часа (1 т.). Ако z е времето (в часове) след изпреварването, когато колата е била на 5 км зад 1 автобуса, то 90 z − 75 z = 5 , така че z = (1 т.). Това е станало 20 минути след 3 изпреварването, т.е. в 10 : 20 часа (1т.). Задача 2. Означаваме ∠MAN = x , ∠CAN = α и ∠CAM = β . От точката O спускаме перпендикуляри OP ( P ∈ BC ) и OQ ( Q ∈ CD ) съответно към Q N D C страните BC и CD на квадрата (1 т.). Tриъгълниците POC и QOC са еднакви и следователно CP = CQ (1 т.). По условие AO = ON и затова ∠NOC = 2α като външен ъгъл за ∆AON (1 т.). Аналогично ∠MOC = 2 β , равнобедрения P O откъдето ∠MON = 2 (α + β ) = 2 x (1 т.). От друга страна

M триъгълниците POM и QON са еднакви (1 т.). Така B PM = QN . Тъй като CM > CN и CP = CQ , точката P е A между C и M , а точката N е между C и Q (1 т.), както е показано на чертежа. От еднаквостта на триъгълниците POM и QON следва още ∠QON = ∠POM . Имаме 90° = ∠QOP = ∠QON + ∠NOP = ∠POM + ∠NOP = ∠NOM = 2 x . Следователно x = 45° (1 т.). Задача 3. Да предположим, че за някои естествени числа n и m е вярно равенството 4 n + 2n + 5 = m3 . Остатъците, които лявата страна на равенството дава по модул 7, са 0 и 4 (1 т.), а остатъците, които дясната страна дава при деление на 7, са 0, 1 и 6 (1 т.). Ето защо равенството 4 n + 2n + 5 = m3 е възможно само когато и двете му страни се делят на 7 (1 т.). Но числото 4 n + 2n + 5 се дели на 7 точно тогава, когато n се дели на 3 (1 т.). Нека n = 3k , k − естествено число. Тогава числото 4 n + 2n + 5 може да се запише във

6

3

вида 4n + 2n + 5 = ( 2k ) + ( 2k ) + 5 . Ако означим 2k = a , то получаваме равенството 3

a 6 + a 3 + 5 = m3 (1 т.). Но a 6 + a 3 + 1 > ( a 2 ) и

(a

2

3

+ 1) − ( a 6 + a 3 + 5 ) = 3a 4 − a 3 + 3a 2 − 4 = a3 ( 3a − 1) + 2a 2 + ( a − 2 )( a + 2 ) > 0

при a ≥ 2 (1 т.). Това означава, че равенството a 6 + a 3 + 5 = m3 е невъзможно, защото a 6 + a 3 + 5 се намира между кубовете на две последователни естествени числа. Следователно не съществува естествено число n , за което числото 4 n + 2n + 5 е точен куб на естествено число (1 т.).

Р Е П У Б Л И К А Б Ъ Л Г А Р И Я МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЛАСТЕН КРЪГ – 25 април 2009 г.

Т Е М А ЗА 8

КЛАС

Задача 1. Графиките на функциите f ( x ) = x − 2 + a и g ( x ) = 2 x + b се пресичат в точката A , чиято абсциса е 1. Графиките на f ( x ) и g ( x ) пресичат ординатната ос съответно в точките B и C . Намерете лицето на триъгълника ABC . Задача 2. Върху окръжност са взети точките A1 , A2 ,… , An ( n > 6 ) в посочения ред така, че AA = A A =… = A A = AA. 1

2

2

3

n −1

n

n

1

а) Намерете n , ако е известно, че правите A1 A4 и A2 An − 2 са перпендикулярни. б) Върху правата A1 An е взета точката M така, че A1 е между An и M и A1M = A1 A4 . Докажете, че точките M , A2 и An − 2 лежат на една права. Задача 3. Да се намерят всички естествени числа n , за които числото 4n +1 + 3 ⋅11n е степен на просто число.

Всяка задача се оценява със 7 точки. Време за работа 4 часа. Пожелаваме Ви успех!

РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ НА ЗАДАЧИТЕ ЗА 8 КЛАС

Задача 1. Понеже точката A лежи върху всяка от двете графики, то координатите й ще имат вида A (1; f (1) ) и A (1; g (1) ) . От f (1) = 1 + a (1 т.) и g (1) = 2 + b (1 т.) следва, че a + 1 = b + 2 или a − b = 1 (1 т.). От друга страна, координатите на точките B и C ще имат вида B ( 0; f ( 0 ) ) и C ( 0; g ( 0 ) ) . Лесно се пресмята, че B ( 0; 2 + a ) (1 т.) и C ( 0; b ) (1

т.). Тогава за лицето на триъгълника ABC получаваме, 1 1 1 3 BC ⋅ hA = 2 + a − b ⋅1 = ⋅ 3 = квадратни мерни единици (2 т.).

2 2 2 2

че

е равно

на

Задача 2. а) Да отбележим, че точките A2 и An − 2 са в различни полуравнини относно правата A1 A4 и ако хордите A1 A4 и A2 An − 2 се пресичат в точката L , то

1 1  360° ( n − 6 ) 360°  ( n − 5 )180° A1 A2 + A4 An−2 =  + (2 т.). Оттук = n n 2 2 n  ( n − 5 )180° = 90° ⇒ n − 5 = 1 ⇔ n = 10 (1 т.). n n 2 3 ⋅ 360° б) Тъй като A1 A4 = An − 2 A1 = , то хордите A1 A4 и A1 An − 2 са равни, а това n дава, че A1M = A1 An − 2 (1 т.). Следователно ∆A1MAn−2 е равнобедрен и 1 1 1 2 ⋅ 360° 360° ∠MAn−2 A1 = ∠A1MAn−2 = ∠An A1 An−2 . Но An A1 An − 2 = An − 2 An = ⋅ = , 2 2 2 n n 180° 1 180° откъдето ∠MAn−2 A1 = ∠A1MAn−2 = (1 т.). Освен това ∠A2 An−2 A1 = A1 A2 = (1 т.). n 2 n Получените равенства означават, че правите MAn − 2 и A2 An − 2 сключват един и същ ъгъл с правата A1 An − 2 , като при това точките M и A2 лежат в една и съща полуравнина относно правата A1 An − 2 . Оттук следва, че точките M , A2 и An − 2 лежат на една права (1 т.). ∠A1LA2 =

(

)

Задача 3. Ще покажем най-напред, че числото 4n +1 + 3 ⋅11n се дели на 7 за всяко естествено число n . Понеже 11 ≡ 4 ( mod 7 ) , то 3 ⋅11n ≡ 3 ⋅ 4n ( mod 7 ) и следователно

4n +1 + 3 ⋅11n ≡ 4 ⋅ 4n + 3 ⋅ 4n ≡ 0 ( mod 7 ) . Ето защо даденото число може да бъде степен само на числото 7 (1 т.). Това означава, че търсим всички двойки цели положителни числа ( n, m ) , за които е вярно равенството 4n +1 + 3 ⋅11n = 7 m . При n = 1 имаме 4n +1 + 3 ⋅11n = 16 + 33 = 49 = 7 2 , тоест n = 1 е решение на задачата (1 т.). Нека n е четно. Тогава 11n ≡ 1( mod 8 ) , откъдето 4n +1 + 3 ⋅11n ≡ 3 ( mod 8 ) . Но сравнението 7m ≡ 3 ( mod 8) е

невъзможно. Следователно n е нечетно (1 т.). Но при нечетно n имаме 4n +1 + 3 ⋅11n ≡ 3 ⋅11n ≡ 1( mod 8) и следователно трябва 7 m ≡ 1( mod 8 ) . Последното е възможно точно когато m е четно (1 т.). И така, можем да запишем n = 2k + 1, k ≥ 1

(случаят n = 1 вече разгледахме) и m = 2t , t ≥ 1 . Тогава равенството 4n +1 + 3 ⋅11n = 7 m приема вида 42 k + 2 + 3 ⋅112 k +1 = 7 2t , откъдето получаваме, че 3 ⋅112 k +1 = 7 2t − 42 k +2 или

3 ⋅112 k +1 = ( 7 t − 4 k +1 )( 7t + 4k +1 ) (1 т.). Числата 7t + 4k +1 и 7t − 4 k +1 са нечетни и разликата

им е степен на двойката. Следователно те са взаимно прости. При това числото 7t − 4 k +1 се дели на 3. Това означава, че равенството 3 ⋅112 k +1 = ( 7 t − 4 k +1 )( 7t + 4k +1 ) е изпълнено точно тогава, когато 7t − 4 k +1 = 3 и 7t + 4k +1 = 112 k +1 (1 т.) (тук използваме, че не е възможно 7t + 4k +1 = 1 ). Но от равенството 7t − 4 k +1 = 3 следва, че 7t ≡ 3 ( mod8 ) , което вече отбелязахме, че е невъзможно (1 т.). Следователно само n = 1 е решение на задачата.

Министерство на образованието и науката 58. Национална олимпиада по математика Областен кръг, Първи ден, 25 април 2009 г. Тема за 9. клас ¯ 3 ¯ x + xy 2 + 16 = 0 . Задача 1. Да се реши системата ¯¯ 3 3y − xy 2 + 16 = 0 Задача 2. Вписаната в 4ABC окръжност се допира до страните AC и BC съответно в точките P и Q, а правата P Q пресича описаната около 4ABC _

_

_

окръжност в точките K и L (K ∈ AC, L ∈ BC). Ако K е среда на AC, да се намери отношението KL : AB. Задача 3. Множеството от върховете на правилен 30-ъгълник е разбито на 15 непресичащи се двойки, които определят 15 отсечки. Да се докаже, че поне две от 15-те отсечки са равни. Време за работа: 4 часа и 30 минути. За въпроси: 0899 804 465 (Стоян Боев).

Министерство на образованието и науката 58. Национална олимпиада по математика Областен кръг, Втори ден, 26 април 2009 г. Тема за 9. клас Задача 4. Да се намерят стойностите на реалния параметър a, за които уравнението √ x2 + a = x − a има поне едно цяло решение. Задача 5. Четириъгълникът ABCD е вписан в окръжност с център O и описан около окръжност с център I, като I 6≡ O. Правата OI пресича две от страните на ABCD във вътрешни точки. Да се докаже, че произведението на тези две страни не надминава произведението на другите му две страни. ¯ 3 ¯ x + 2x2 y + xy 2 + 7z 4 = 8 няма Задача 6. Да се докаже, че системата ¯¯ 2 x y + 2xy 2 + y 3 + 9z 4 = 8 решение в цели числа. Време за работа: 4 часа и 30 минути. За въпроси: 0899 804 465 (Стоян Боев).

Министерство на образованието и науката 58. Национална олимпиада по математика Областен кръг, Първи ден, 25 април 2009 г. Тема за 10. клас Задача 1. Да се реши неравенството x+b x+a √ , >√ 2 2 x 2 + b2 x +a където a и b са реални параметри и a > b > 0. Задача 2. Права през върха C пресича диагонала BD, страната AD и продължението на страната AB на успоредника ABCD съответно в точките M , E и F . Да се докаже, че AM е допирателна към описаната около триъгълника AEF окръжност тогава и само тогава, когато ABCD е ромб. Задача 3. Да се намерят всички естествени числа n, за които равенството (x + y)2n+1 − x2n+1 − y 2n+1 = (2n + 1)xy(x + y)(x2 + xy + y 2 )n−1 е тъждество. Време за работа: 4 часа и 30 минути. За въпроси: 0888-91-82-81 (Иван Тонов).

Министерство на образованието и науката 58. Национална олимпиада по математика Областен кръг, Втори ден, 26 април 2009 г. Тема за 10. клас Задача 4. Нека f (x) = x2 + (2a − 1)x − 3 и g(x) = x2 + (a − 2)x − 1, където a е реален параметър. Да се намерят всички стойности на a, за които корените на уравненията f (x) = 0 и g(x) = 0 са разположени така, че между двата корена на едното има точно един корен на другото. Задача 5. В триъгълник ABC е известно е, че 2 < ) BAC + 3 <) ABC = 180◦ . Да се докаже, че 4(BC + CA) ≤ 5AB. Задача 6. Нека n е произволно естествено число и N = n(n+1)(n+2)(n+3). Да се докаже, че не съществува цяло число m такова, че N + m9 = 2008. Време за работа: 4 часа и 30 минути. За въпроси: 0888-91-82-81 (Иван Тонов).

Министерство на образованието и науката 58. Национална олимпиада по математика Областен кръг, Първи ден, 25 април 2009 г. Тема за 11. клас Задача 1. Да се реши уравнението параметър.

√

x2 + x + 3 = x − a, където a е реален

Задача 2. а) Да се докаже, че за триъгълник с ъгли α, β и γ е изпълнено равенството γ β α r = 4R sin sin sin , 2 2 2 където r и R са съответно радиусът на вписаната и на описаната окръжност за този триъгълник. б) Шестоъгълникът ABCDEF е вписан в окръжност. Да се докаже, че произведението на радиусите на вписаните окръжности в 4ABF , 4BCD и 4DEF е равно на произведението на радиусите на вписаните окръжности в 4ABC, 4CDE и 4EF A тогава и само тогава, когато периметрите на 4ACE и 4BDF са равни. Задача 3. Група от n човека, където n е четно естествено число, се разполага около маса, местата на която са във върховете на правилен n-ъгълник. Винаги ли е възможно да се направят няколко такива разположения така, че всеки двама да са седели в диаметрално противоположни места на масата точно по веднъж? Време за работа: 4 часа и 30 минути. За въпроси: 0888 919 497 (Емил Колев).

Министерство на образованието и науката 58. Национална олимпиада по математика Областен кръг, Втори ден, 26 април 2009 г. Тема за 11. клас Задача 4. Да се намерят всички стойности на реалния параметър a, за които уравнението 23x − a22x+1 + (a2 + 1)2x − a = 0 има три различни реални корена, които образуват аритметична прогресия. Задача 5. Дадена е редица от положителни числа a1 , a2 , . . . , за която a1 = 1, a2 = 2 и an+1 = a2n + a2n−1 + a2n−2 + an−2 за n ≥ 3. Да се намери a3 , ако 1 1 1 1 + + ··· + + = 1. a1 + 1 a2 + 1 a2008 + 1 a2009 Задача 6. Естествените числа a, b и c са такива, че a2 + ab + b2 = c2 и a и b са взаимнопрости. Да се докаже, че числото |a − b| + 2c е точен квадрат на естествено число тогава и само тогава, когато то не се дели на 3. Време за работа: 4 часа и 30 минути. За въпроси: 0888 919 497 (Емил Колев).

Министерство на образованието и науката 58. Национална олимпиада по математика Областен кръг, Първи ден, 25 април 2009 г. Тема за 12. клас Задача 1. Да се реши уравнението 3x4 − 4x3 − 12x2 + 16

4x−1 + 6 = 0.

2x + 1

Задача 2. В кръг в радиус 1 са разположени четири триъгълника със сума на лицата 3. Да се докаже, че два от тях имат обща вътрешна точка. Задача 3. Да се намерят всички реални числа a, за които: а) съществува функция f : R → R такава, че f (0) = a и f (f (x)) = x2009 за всяко x ∈ R; б) съществува непрекъсната функция със свойствата от а). Време за работа: 4 часа и 30 минути. За въпроси: 0888 937 087 (Николай Николов).

Министерство на образованието и науката 58. Национална олимпиада по математика Областен кръг, Втори ден, 26 април 2009 г. Тема за 12. клас √ Задача 4. В △ABC (AC < BC) с лице 20 3 точките M и I са съответно медицентър и център на вписаната окръжност. Отсечката IM има дължина 1 и е успоредна на страната AB. Да се намерят дължините на страните на триъгълника. Задача 5. Нека n е естествено число. Да се докаже, че: n X 1 = 1 има единствено неотрицателно решение а) уравнението i(i + x) i=1 xn ; б) редицата с общ член xn е сходяща и да се намери нейната граница. Задача 6. Да се намерят всички двойки (a, b) от естествени числа такива, че n2 + n + 1 дели (an + 1)10 + b за всяко естествено число n. Време за работа: 4 часа и 30 минути. За въпроси: 0888 937 087 (Николай Николов).

Министерство на образованието и науката 58. Национална олимпиада по математика Областен кръг, 25-26.04.2009 г. Условия, кратки решения и критерии за оценяване

3

x + xy 2 + 16 = 0 Задача 9.1. Да се реши системата

3 .

3y − xy 2 + 16 = 0

Решение. Изваждаме почленно второто уравнение от първото и получаваме x3 + 2xy 2 − 3y 3 = 0. Лесно се вижда, че y = 0 не дава решение на системата. При y 6= 0 разделяме полученото уравнение на y 3 и полагаме xy = t. Получаваме t3 + 2t − 3 = 0 ⇐⇒ (t − 1)(t2 + t + 3) = 0 с единствено реално решение t = 1. Тогава x = y и от системата получаваме x = y = −2. Оценяване. 1 т. за елиминиране на свободния член, 1 т. за случая y = 0, 1 т. за полагането (разглеждането на уравнението като хомогенно), 3 т. за решаване на уравнението от трета степен за t и 1 т. за довършване.

Задача 9.2. Вписаната в △ABC окръжност се допира до страните AC и BC съответно в точките P и Q, а правата P Q пресича описаната около △ABC ⌢ ⌢ ⌢ окръжност в точките K и L (K ∈AC, L ∈BC). Ако K е среда на AC, да се намери отношението KL : AB. Решение. Имаме Cb bL ⌢ ⌢ Q 1 ⌢ 1 ⌢ b (AK + CL) =< ) QP C =< ) P QC = (CK + BL). b K b Pb S 2 2 b

I Но AK=CK и следователно L е среда на BC. b b b B Тогава AL пресича BK в центъра I на вписаната A R в △ABC окръжност и KL е симетрала на CI. ◦ Така получаваме, че P IQC е квадрат, < ) ACB √ = 90 и освен това △KLC ∼ 2 △ABI, т.е. KL : AB = CS : IR = CS : CP = , където R е допирната точка 2 на вписаната в △ABC окръжност с AB. ⌢

⌢

⌢

⌢

Оценяване. 3 т. за доказване, че L е среда на BC, 2 т. за < ) ACB = 90◦ , 1 т. за △KLC ∼ △ABI и 1 т. за достигане до отговора. Задача 9.3. Множеството от върховете на правилен 30-ъгълник е разбито на 15 непресичащи се двойки, които определят 15 отсечки. Да се докаже, че поне две от 15-те отсечки са равни.

1

Решение. Нека A1 A2 . . . A30 е даденият правилен 30-ъгълник. Да отъждествим дължината на отсечката Ai Aj с числото |i − j|, ако |i − j| ≤ 15 и с 30 − |i − j|, ако |i − j| ≥ 16. Тогава е достатъчно да докажем, че поне две от числата, съпоставени на 15-те отсечки, са равни. Да допуснем противното, т.е. числата са 1, 2, . . . , 15. Да означим съответно с Ai1 , Ai2 , . . . , Ai15 краищата с по-малък индекс на отсечките с дължини 1, 2, . . . , 15. Тогава вторите им краища са съответно Ai1 +1 или Ai1 +30−1 , Ai2 +2 или Ai2 +30−2 и т.н. Оттук следва, че сумата от всички индекси е равна на M = 2(i1 + i2 + · · · + i15 ) + 30m + a1 + a2 + · · · + a15 , където m е цяло число, а |ai | = i за i = 1, 2, . . . , 15. Тогава M има същата четност, както числото a1 +a2 +· · ·+a15 , а то е с четността на 1 + 2 + · · · + 15 = 120. Следователно M е четно число. От друга страна, имаме M = 1 + 2 + · · · + 30 = 15.31 = 465, противоречие. Оценяване. 1 т. за заместване на дължините с цели числа, 2 т. за дефиниране на инвариант, които води до противоречие и 4 т. за реализация на противоречие. Задача 9.4. Да се намерят стойностите на реалния параметър a, за които уравнението √ x2 + a = x − a има поне едно цяло решение. Решение. След повдигане на квадрат достигаме до уравнението 2ax = a(a − 1). Случай 1. Ако a = 0, то уравнението добива вида |x| = x и всяко x ≧ 0 е решение.

2 a−1 (a+1)2 Случай 2. Ако a 6= 0, то x = . Тогава x2 + a = (a−1) + a = ≧0и 4 4 2 a−1 за да имаме решение е достатъчно x − a = − a ≧ 0, т.е. a ≦ −1.

2 Следователно уравнението има поне едно цяло решение точно когато a e нечетно отрицателно число или 0. Оценяване. 1 т. за свеждане на уравнението до линейно, 1 т. за случай 1, 3 т. за случай 2 и 2 т. за достигане до отговора. Задача 9.5. Четириъгълникът ABCD е вписан в окръжност с център O и описан около окръжност с център I, като I 6≡ O. Правата OI пресича две от страните на ABCD във вътрешни точки. Да се докаже, че произведението на тези две страни не надминава произведението на другите му две страни.

2

Решение. Понеже ABCD е описан, то AB + CD = AD + BC. Ще докажем, че OI пресича във Db вътрешни точки най-дългата и най-късата страна на C b b ABCD. От горното равенство лесно се съобразява, че те са срещулежащи и нека са съответно AB и CD. Ib → От AB > BC следва, че < ) OBA << ) OBC, т.е. BO b лежи между BI → и BA→ . Аналогично, AO→ лежи O b b между AI → и AB → , т.е. O лежи вътре в △ABI и OI b A B пресича страната AB. По същия начин получаваме, че OI пресича страната CD. От друга страна, имаме равенствата 4AB.CD = (AB +CD)2 −(AB −CD)2 и 4AD.BC = (AD + BC)2 − (AD − BC)2 . Оттук и от факта, че AB и CD са най-дългата и най-късата страни, получаваме (AB − CD)2 > (AD − BC)2 и следователно AB.CD < AD.BC. Оценяване. 1 т. за предположението че OI пресича най-дългата и найкъсата страна, 3 т. за доказателството му и 3 т. за доказване на неравенството (което може да се направи и чисто геометрично).

3

x + 2x2 y + xy 2 + 7z 4 = 8 няма Задача 9.6. Да се докаже, че системата

2 x y + 2xy 2 + y 3 + 9z 4 = 8 решение в цели числа.

Решение. Да допуснем, че системата има решение. Събираме двете уравнения и получаваме (x + y)3 + (2z)4 = 16. Да разгледаме остатъците на двете страни по модул 13. Възможните остатъци на третите степени са 0, 1, 5, 8 и 12, а остатъците на четвъртите степени са 0, 1, 3 и 9. Тогава лесно се вижда, че единствената възможност е да имаме (x + y)3 ≡ 0 (mod 13) и (2z)4 ≡ 3 (mod 13). Оттук y ≡ −x (mod 13) и z 4 ≡ 1 (mod 13). Заместваме y и z 4 (по модул 13) в първото уравнение на системата и получаваме 7 ≡ 8 (mod 13), противоречие. Оценяване. 1 т. за представянето (x + y)3 + (2z)4 = 16, 1 т. за разглеждане на остатъците по модул 13, 3 т. за намиране на единствената възможност (остатъци 0 и 3), 1 т. за заместване в системата по модул 13 и 1 т. за получаване на противоречие. Задача 10.1. Да се реши неравенството x+a x+b √ >√ , 2 2 x +a x2 + b2 където a и b са реални параметри и a > b > 0. Решение. Ще разгледаме поотделно три възможности за знаците на числителите.

3

Случай 1. Ако x > −b, то двете страни на неравенството са положителни и след повдигане на квадрат, освобождаване от знаменател и опростяване получаваме (a − b)x(x2 − ab) > 0. Тъй като a − b > 0, остава x(x2 √ − ab) > 0, √ чиито решения √(по метода на интервалите) са x ∈ (− ab, 0)√∪ ( ab, +∞). Понеже −b > − ab, решенията в този случай са x ∈ (−b, 0) ∪ ( ab, +∞). Случай 2. Ако −a ≤ x ≤ −b, неравенството очевидно е изпълнено. Случай 3. Ако x < −a, то, подобно на случай 1) получаваме неравенството (a − b)x(x2 − √ ab) < 0,√чиито решения (отново √ по метода на интервалите) са x ∈ (−∞, − ab) ∪ (0, ab). Понеже −a < − ab, решенията в този случай са x ∈ (−∞, −a). √ Окончателно, решенията са x ∈ (−∞, 0) ∪ ( ab, +∞). Оценяване. По 2 т. за всеки от трите случая и 1 т. за окончателно описание на решенията.

Задача 10.2. Права през върха C пресича диагонала BD, страната AD и продължението на страната AB на успоредника ABCD съответно в точките M , E и F . Да се докаже, че AM е допирателна към описаната около триъгълника AEF окръжност тогава и само тогава, когато ABCD е ромб. Решение. Нека ABCD е ромб. Тогава триъгълниците AM D и CM D са еднакви по първи признак, откъдето < ) DCM =< ) DAM . Но < ) DCM =< ) EF A. Следователно < ) DAM =< ) EF A, т.е. AM е допирателна към описаната около △AEF окръжност. Нека < ) DAM =< ) EF A. Тогава разглежданите по-горе триъгълници са еднакви, защото имат обща страна, един и същ ъгъл срещу нея и равни височини. Това показва, че радиусите на описаните окръжности са равни, а оттам следва и равенство на ъглите. Оценяване. 3 т. за едната посока: 1 т. за еднаквостта △AM D ∼ = △CM D, 2 т. за < ) DAM =< ) EF A и заключението, че AM е допирателна към описаната около △AEF окръжност; 4 т. за другата посока: 2 т. за еднаквостта △AM D ∼ = △CM D и 2 т. за довършване. Задача 10.3. Да се намерят всички естествени числа n, за които равенството (x + y)2n+1 − x2n+1 − y 2n+1 = (2n + 1)xy(x + y)(x2 + xy + y 2 )n−1 е тъждество. Решение. Полагаме x = y = 1 и получаваме 22n+1 − 2 = 2(2n + 1)3n−1 , откъдето 22n − 1 = (2n + 1)3n−1 . Това уравнение се удовлетворява за n = 1, 2, 3. n 1 + . Нека n ≥ 4. Представяме уравнението във вида 43 = 2n+1 3 3n 4

Имаме

n n 1 n n(n − 1) 1 4 = 1+ >1+ + + n, 2 3 3 3 2.3 3 2

откъдето 2n+1 > 1 + n3 + n 18−n , което е еквивалентно на n 2 − 7n + 12 < 0, а 3 n + 31n при последното не е възможно при n ≥ 4. Неравенството 34 > 2n+1 3 n ≥ 4 може да се докаже лесно и по индукция. Следователно търсените стойности на n може да са само n = 1, 2, 3. Във всеки от тези три случая непосредствено се проверява, че тъждествата са верни. Оценяване. 2 т. за полагане, което води до подходящо уравнение за n, 1 т. за решенията n = 1, 2, 3, 3 т. за отхвърляне на n ≥ 4 и 1 т. за проверка на тъждествата при n = 1, 2, 3. Задача 10.4. Нека f (x) = x2 + (2a − 1)x − 3 и g(x) = x2 + (a − 2)x − 1, където a е реален параметър. Да се намерят всички стойности на a, за които корените на уравненията f (x) = 0 и g(x) = 0 са разположени така, че между двата корена на едното има точно един корен на другото. Решение. Първи начин. Нека x1 и x2 са корените на f (x) = 0, а x3 и x4 са корените на g(x) = 0. Тогава не е трудно да се съобрази, че исканото е еквивалентно на f (x3 )f (x4 ) < 0. Имаме последователно f (x3 )f (x4 ) < 0 ⇐⇒ [x23 + (2a − 1)x3 − 3][x24 + (2a − 1)x4 − 3] < 0 ⇐⇒ [1 − (a − 2)x3 + (2a − 1)x3 − 3][1 − (a − 2)x4 + (2a − 1)x4 − 3] < 0 ⇐⇒ [(a + 1)x3 − 2][(a + 1)x4 − 2] < 0 ⇐⇒ (a + 1)2 x3 x4 − 2(a + 1)(x3 + x4 ) + 4 < 0 ⇐⇒ a2 − 4a − 1 < 0. √ √ Следователно търсените стойности на a са a ∈ (2 − 5, 2 + 5). Втори начин. Исканото е еквивалентно на изискването пресечната точка на графиките на f (x) и g(x) да лежи под абсцисната ос. Тъй като пресечната 2 (единственото решение на уравнението f (x) = точка има абсциса x0 = a+1 2 g(x)), получаваме g( a+1 ) < 0 ⇐⇒ a2 − 4a − 1 < 0. Оценяване. 1 т. за съображението, че корените на f (x) и g(x) са реални за всяко a, 2 т. за преминаване към еквивалентно твърдение, което води до неравенство и 4 т. за решаване на неравенството. Задача 10.5. В триъгълник ABC е известно е, че 2 < ) BAC + 3 < ) ABC = 180 . Да се докаже, че 4(BC + CA) ≤ 5AB. ◦

Решение. Ще използваме стандартните означения за елементите на △ABC. Лесно се вижда, че β = 2γ − 180◦ и α = 360◦ − 3γ, откъдето 90◦ < γ < 120◦ , 5

т.е. − 12 < cos γ < 0. Имаме последователно a+b sin α + sin β sin 3γ + sin 2γ = =− c sin γ sin γ 2 = −(3 − 4 sin γ) − 2 cos γ = −4 cos2 γ − 2 cos γ + 1. Тъй като квадратната функция y = −4x2 − 2x + 1 приема най-голямата си стойност при x = − 14 ∈ (− 21 , 0), заключаваме, че a+b ≤ y(− 41 ) = 54 . c Оценяване. 2 т. за оценяването на γ или други важни оценки за ъглите, 1 т. за прехода чрез синусова теорема, 2 т. за получаване на функция за изследване и 2 т. за получаване на исканата оценка. Задача 10.6. Нека n е естествено число и N = n(n + 1)(n + 2)(n + 3). Да се докаже, че не съществува цяло число m, за което N + m9 = 2008. Решение. Да допуснем противното. Тъй като n(n + 1)(n + 2)(n + 3) = (n2 + 3n + 1)2 − 1, разглежданото равенство се записва във вида k 2 + m9 = 2009, където k = n2 + 3n + 1. Да разгледаме последното равенство по модул 19 ). Тогава от малката теорема на Ферма следва, че m е (тъй като 9 = 19−1 2 сравнимо с 0 или ±1 по модул 19, а остатъците на точните квадрати по модул 19 са 0, 1, 4, 5, 6, 7, 9, 11, 16 и 17. От друга страна, имаме 2009 ≡ 14 (mod 19), откъдето следва, че исканото равенство е невъзможно. Оценяване. 1 т. за съображенето, че N = k 2 − 1, 1 т. за работа с модул, по който се правят важни изводи и 5 т. за достигане на противоречие. √ Задача 11.1. Да се реши уравнението x2 + x + 3 = x − a, където a е реален параметър. Решение. Допустимите стойности са x ∈ R. При x < a уравнението няма решение, а при x ≥ a то е еквивалентно на (1 + 2a)x = a2 − 3. Тъй като при a2 − 3 a2 − 3 1 . От ≥ a намираме a = − уравнението няма решение, то x = 2 1 + 2a 1 + 2a a2 + a + 3 1 1 ≤ 0, което е изпълнено само при a < − . Следователно при a ≥ − 1 + 2a 2 2 a2 − 3 1 . уравнението няма решение, а при a < − решението е x = 2 1 + 2a Оценяване. 1 т. за допустимите стойности, 1 т. за случая x > a, 2 т. за a2 − 3 и 3 т. за определяне кога x > a. намиране на x = 1 + 2a Задача 11.2. а) Да се докаже, че за триъгълник с ъгли α, β и γ е изпълнено равенството β γ α r = 4R sin sin sin , 2 2 2 6

където r и R са съответно радиусът на вписаната и на описаната окръжност за този триъгълник. б) Шестоъгълникът ABCDEF е вписан в окръжност. Да се докаже, че произведението на радиусите на вписаните окръжности в △ABF , △BCD и △DEF е равно на произведението на радиусите на вписаните окръжности в △ABC, △CDE и △EF A тогава и само тогава, когато периметрите на △ACE и △BDF са равни. r α 1 − cos α Решение. а) Равенството следва от тъждеството sin = , ко2 2 abc . синусовата теорема и формулите S = pr = 4R б) Ще използваме, че ако α, β и γ са ъгли в триъгълник, то sin 2α + sin 2β + sin 2γ = 2 sin(α + β) cos(α − β) + 2 sin γ cos γ = = 2 sin γ(cos(α − β) − cos(α + β)) = 4 sin α sin β sin γ Като използваме тъждеството от а), получаваме (1)

sin

< ) CDE < ) EF A < ) BCD < ) DEF < ) F AB < ) ABC sin sin = sin sin sin .

2 2 2 2 2 2

Освен това < ) ABC+ < ) CDE+ < ) EF A =< ) BCD+ < ) DEF + < ) F AB = 360◦ , откъдето следва, че sin < ) ABC + sin < ) CDE + sin < ) EF A = sin < ) BCD + sin < ) DEF + sin < ) F AB. От синусовата теорема сега следва твърдението на задачата. Оценяване. 2 т. за а) и 5 т. за б), от които 3 т. за равенството (1). Задача 11.3. Група от n човека, където n е четно естествено число, се разполага около маса, местата на която са във върховете на правилен nъгълник. Винаги ли е възможно да се направят няколко такива разположения така, че всеки двама да са седели в диаметрално противоположни места на масата точно по веднъж? Решение. Ако е възможно да се направят такива разположения, то техният брой трябва да е n − 1. Задачата е еквивалентна на: да се докаже, че ребрата на пълния граф с n върха могат да се оцветят в n − 1 цвята така, че да няма две едноцветни ребра с общ връх. Да номерираме върховете с числата A1 , A2 , . . . , An и нека цветовете са 1, 2, . . . , n − 1. Да оцветим ребрата Ai Aj за 1 ≤ i, j ≤ n − 1 в цвят i + j (mod n). Ако допуснем, че има различни ребра Ai Ap и Ai Aq с общ връх Ai , които са от един и същи цвят, ще получим i + p ≡ i + q (mod n − 1). Поради 1 ≤ p, q ≤ n − 1 това означава, че p = q, което е противоречие.

7

Следователно от всеки връх от A1 , A2 , . . . , An−1 излизат n − 2 разноцветни ребра към останалите n − 2 върха. При това от връх Ai не излиза ребро в цвят 2i (mod n − 1). Тъй като n − 1 е нечетно число, то 2i 6≡ 2j (mod n − 1), което означава, че свързвайки An с всеки от върховете Ai , 1 ≤ i ≤ n − 1 с ребро в цвят 2i (mod n − 1), ще получим търсеното оцветяване. Оценяване. 1 т. за твърдение, че отговорът е да или за определяне, че броят на разположенията е n − 1, 1 т. за идея за получаване на оцветяване с използване на сбора на индексите на точките и общо най-много 3 т., ако предложеното оцветяване не води до решение.

Задача 11.4. Да се намерят всички стойности на реалния параметър a, за които уравнението 23x − a22x+1 + (a2 + 1)2x − a = 0

има три различни реални корена, които образуват аритметична прогресия. Решение. След полагането y = 2x , уравнението става (1)

y 3 − 2ay 2 + (a2 + 1)y − a = 0.

Ако уравнението от условието има три реални корена, които образуват аритметична прогресия, то уравнението (1) има три реални положителни корена, които образуват геометрична прогресия. Уравнението (1) може да се запише във вида (y − a)(y 2 − ay + 1) = 0. За да има три корена трябва a > 0 и a2 − 4 > 0, което означава, че a > 2. За тези стойности на a корените y1 и y2 на y 2 − ay + 1 = 0 са положителни защото y1 y2 = 1 и y1 + y2 = a > 0. Единствената възможност a, y1 и y2 да образуват геометрична прогресия е y12 = ay2 , което a2 + 1 и след заместване в уравнението, дава ay1 − 1 = a(a − y1 ). Оттук y1 = 2a p √ получаваме a4 − 4a2 − 1 = 0. Единственият положителен корен е a = 2 + 5, като a > 2. Оценяване. 1 т. за полагането, 1 т. за извода, че уравнението (1) има три реални положителни корена, които образуват геометрична прогресия, p 1 т.√за разлагането на (1), 1 т. за определяне на a > 2, 2 т. за намиране на a = 2 + 5 и 1 т. за проверка, че a > 2. Задача 11.5. Дадена е редица от положителни числа a1 , a2 , . . . , за която a1 = 1, a2 = 2 и an+1 = a2n + a2n−1 + a2n−2 + an−2 за n ≥ 3. Да се намери a3 , ако 1 1 1 1 = 1. + + ··· + + a1 + 1 a2 + 1 a2008 + 1 a2009

8

Решение. Ще докажем, че a3 = 6 е търсената стойност. Нека a3 = 6. Тогава a2 = a21 + a1 , a3 = a22 + a2 и a4 = a23 + a22 + a21 + a1 = a23 + a22 + a2 = a23 + a3 . Сега по индукция лесно следва, че an = a2n−1 + an−1 . Пресмятаме 1 1 1 1 1 = − = − ai + 1 ai ai (ai + 1) ai ai+1 и след телескопично сумиране получаваме тъждеството от условието. Ясно е, че ако a3 > 6, то сборът от условието е по-малък от 1, а при a3 < 6, той е по-голям от 1. Следователно единствената стойност е a3 = 6. Оценяване. 1 т. за доказване, че има най много една стойност за a3 , 2 т. за познаване на отговора и 1 т. за идея за телескопично сумиране. Задача 11.6. Естествените числа a, b и c са такива, че a2 + ab + b2 = c2 и a и b са взаимнопрости. Да се докаже, че числото |a − b| + 2c е точен квадрат на естествено число тогава и само тогава, когато то не се дели на 3. Решение. Без ограничение можем да считаме, че a > b. Записваме равенството a2 + ab + b2 = c2 във вида (2c − a + b)(2c + a − b) = 3(a + b)2 .

Тъй като a и b са взаимнопрости, то те не са едновременно четни. От a2 + ab + b2 = c2 следва, че c е нечетно число. Нека НОД(2c − a + b, 2c + a − b) = d. Ако p е нечетен прост делител на d, то p2 дели 3(a + b)2 и значи p дели a + b. Освен това p дели 2c − a + b − (2c + a − b) = 2(b − a) и следователно p дели b − a. Получаваме, че p дели a и b, което е противоречие. Следователно d няма нечетни прости делители и тъй като d дели 4c, (c е нечетно), то d = 1, 2 или 4. Ако d = 2 или 4 (т.е. a и b са нечетни), то числото c е нечетно и тъй като 2 a ≡ b2 ≡ c2 ≡ 1 (mod 8), имаме ab ≡ 7 (mod 8). Оттук и от факта, че всяко от числата a и b дава остатък 1, 3, 5 или 7 при деление на 8, следва, че a + b се дели на 8. Ако d = 2, то 2c − a + b = 2p и 2c + a − b = 2q, като (p, q) = 1 и p + q = 2c е четно число. Следователно p и q са нечетни и равенството (2c − a + b)(2c + a − b) = 3(a + b)2 е невъзможно по модул 8. Ако d = 4, след съкращаване на 4 получаваме ситуация, аналогична на случая d = 1, като при това точният квадрат си остава такъв. Нека d = 1, т.е. a и b са с различна четност. Тогава числата 2c − a + b и 2c + a − b са нечетни и едното от тях е от вида 3p2 , а другото е от вида q 2 , където q не се дели на 3, защото иначе 2c−a+b и 2c+a−b не са взаимнопрости. Остава да отбележим, че ако |a − b| + 2c е точен квадрат, то е равно на q 2 и значи не се дели на 3 и, обратно, ако |a − b| + 2c не се дели на 3, то е равно на q 2 , т.е. е точен квадрат.

Oценяване. 1 т. за разлагането (2c − a + b)(2c + a − b) = 3(a + b)2 , 2 т. за доказване, че d = 1, 2, 4, 1 т. за случая a и b с различна четност и 3 т. за останалата част.

9

Задача 12.1. Да се реши уравнението 3x4 − 4x3 − 12x2 + 16

4x−1 + 6 = 0.

2x + 1

Решение. Изследваме функцията f (x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 в интервала (−∞, +∞). Имаме f ′ (x) = 12(x3 − x2 − 2x) = 12x(x + 1)(x − 2). Оттук f ′ (x) < 0 при x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, 2) и f ′ (x) > 0 при x(−1, 0) ∪ (2, +∞). Тогава f намалява в първите два интервала и расте във вторите два. Следователно най-малката стойност на f се достига при x = −1 или x = 2. Понеже f (−1) = −5 > −32 = f (2), тя e равна на f (2) = −32. От друга страна, g(x) =

4x−1 + 6 ≥ 2 ⇔ 4(2x−2 − 1)2 ≥ 0.

2x + 1

Следователно f (x) + 16g(x) ≥ −32 + 16.2 = 0, като равенство се достига само при x = 2. Оценяване. 1 т. за намиране на нулите на f ′ , 1 т. за определяне на знаците на f ′ , 1 т. за определяне на интервалите на монотонност на f, 1 т. за намиране на най-малката стойност на f, 2 т. за намиране на най-малката стойност на g и 1 т. за окончателния отговор. Задача 12.2. В кръг с радиус 1 са разположени четири триъгълника със сума на лицата 3. Да се докаже, че два от тях имат обща вътрешна точка. Решение. Да допуснем противното. Тогава триъгълниците покриват лице 3. Разглеждаме краищата на радиусите, върху които лежат върховете им (ако някой връх съвпада с центъра, вземаме кой да е радиус). Получаваме вписан 12-ъгълник (възможно изроден) с лице S > 3. От друга страна, както е добре известно, S не надминава лицето на съответния правилен 12-ъгълник, а то е равно на 3 и получаваме противоречие. Оценяване. 3 т. за разглеждане на съответния вписан 12-ъгълник и 4 т. за довършване на решението. Задача 12.3. Да се намерят всички реални числа a, за които: а) съществува функция f : R → R такава, че f (0) = a и f (f (x)) = x2009 за всяко x ∈ R; б) съществува непрекъсната функция със свойствата от а). Решение. а) Понеже f 2009 (x) = f (f (f (x))) = f (x2009 ), то a2009 = a, т.е.

10

a = 0, ±1. Да отбележим, че ако {b, c, d} = {−1, 0, 1} и  1/x, |x| > 1    2009   1/x , 0 < |x| < 1 b, x=b f (x) =   c, x =d    d, x=c

то f (f (x)) = x2009 за всяко x ∈ R. Значи търсените числа са 0 и ±1. б) Да отбележим, че f е инективна функция (ако f (x) = f (y), то x2009 = f (f (x)) = f (f (y)) = y 2009 , т.е. x = y). Ако допуснем, че a = f (0) = −1, то f (−1) = 0. За e = f (1) имаме, че e 6= 0, −1 и e2009 = e, т.е. e = 1. Toгава f (0)f (1) < 0 и понеже f е непрекъсната, то f (y) = 0 за някое y ∈ (0, 1). Това е противоречие с инективността на f и f (−1) = 0. Аналогично a 6= 1. Остава a = 0. Тази стойност може да се реализира както показва следната непрекъсната функция f, за която f (f (x)) = x2009 :  √2009 , x>0  x 0, x=0 f (x) = √  2009 −(−x) , x < 0. Оценяване. a) 1 т. за a = 0, ±1 и 2 т. за примери; б) 3 т. за a = 0 и 1 т. за пример. √ Задача 12.4. В △ABC (AC < BC) с лице 20 3 точките M и I са съответно медицентър и център на вписаната окръжност. Отсечката IM има дължина 1 и е успоредна на страната AB. Да се намерят дължините на страните на триъгълника. Решение. Да означим BC = a, AC = b и AB = c. Нека CL (L ∈ AB) и CN (N ∈ AB) са съответно ъглополовяща и медиана (L е между A и N, LN = понеже AC < BC). От условието следва, че △CLN ∼ △CIM. Тогава 1 CN 3 b AL AL CL = = (понеже M е медицентър). От = = получаваме CI CM 2 a BL c − AL bc CI AC a+b AL = . Тъй като AI е ъглополовяща в △ALC, то = = и a+b IL AL c CL a+b+c CL 3 оттук = . Но = и получаваме a + b = 2c. Тогава CI a+b CI 2 c bc c(a − b) a−b 3 = LN = AN − AL = − = = , 2 2 a+b 2(a + b) 4 откъдето намираме a − b = 6. Сега от a + b = 2c и a − b = 6 следва, че a = c + 3 и b = c − 3. Хероновата формула ни дава, че c c 3c c 2 −3 +3 ⇔ c4 − 36c2 − 6400 = 0, 1200 = SABC = 2 2 2 2 11

т.е. (c2 − 100)(c2 + 64) = 0, откъдето c = 10 и a = c + 3 = 13, b = c − 3 = 7. Оценяване. 2 т. за a + b = 2c, 2 т. за решението.

c(a − b) = 3 и 3 т. за довършване на a+b

Задача 12.5. Нека n е естествено число. Да се докаже, че: n X 1 = 1 има единствено неотрицателно решение xn ; а) уравнението i(i + x) i=1 б) редицата с общ член xn е сходяща и да се намери нейната граница. Решение. а) Функцията fn (x) =

n X i=1

1 е намаляваща при x ≥ 0. i(i + x)

1 Понеже fn (0) ≥ 1 > 1 − = fn (1) следва, че уравнението fn (x) = 1 има n+1 единствено неотрицателно решение xn , като xn < 1.

4 , то б) Ако yn = 1 − n+3 n

X 1 1 f (yn ) = + ≥ 1 + yn i=2 i(i + yn ) n

X n+3 1 1 1 1 + = + − = 1, 1 + yn i=2 i(i + 1) 2(n + 1) 2 n + 1 т.е. f (yn ) ≥ f (xn ). Тогава yn ≤ xn < 1 и значи lim xn = 1. n→∞

Оценяване. 2 т. за а) и 5 т. за б), от които 2 т, ако доказана само сходимостта . Задача 12.6. Да се намерят всички двойки (a, b) от естествени числа такива, че n2 + n + 1 дели (an + 1)10 + b за всяко естествено число n. Решение. Понеже n3 ≡ 1(mod n2 + n + 1), то 10

(an + 1) + b = b +

10 X n i=0

i

(an)i ≡

An2 + Bn + C ≡ [(B − A)n + C − A](mod n2 + n + 1), където

10 2 10 5 10 8 A= a + a + a, 2 5 8

10 10 10 7 10 4 10 a , a + a + a+ B= 10 7 4 1 12

10 9 10 6 10 3 10 a. a + a + + C =b+ 9 6 3 0 Тогава лесно следва, че n2 + n + 1 дели (an + 1)10 + b за всяко естествено число n точно когато A = B = C. Имаме, че A = B тогава и само тогава когато a е нула на полинома xP (x), където

10 7 10 6 10 4 10 3 10 9 P (x) = x − x + x − x + x − x + 10.

8 7 5 4 2 Оттук следва, че a може да е само 1, 2, 5 или 10. Директна проверка показва, че P (2) = 0, докато P (1) 6= 0, защото е нечетно число. Освен това, 5 дели P (5) и P (10), а 25 не дели тези две числа и значи те не са 0. И така, a = 2 и от A = C следва, че b = 35 . Оценяване. 3 т. за P (a) = 0, 1 т. за P (2) = 0 и 3 т. за довършване на решението. Автори на задачите: 9.1, 9.3, 9.6 и 10.4 – Петър Бойваленков, 9.2 и 9.4 – Стоян Боев, 9.5 – Николай Белухов, 10.1, 10.2, 10.3, 10.5 и 10.6 – Иван Тонов, 11.1 до 11.6 – Александър Иванов и Емил Колев, 12.1 – Керопе Чакърян и Николай Николов, 12.2 – Олег Мушкаров, 12.4 – Керопе Чакърян, 12.3, 12.5 и 12.6 – Николай Николов. Компютърен набор: Стоян Боев, Петър Бойваленков, Емил Колев и Николай Николов.

13