2010.17-18.04 59-та НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА by stoyan bordjukov

Р Е П У Б Л И К А Б Ъ Л Г А Р И Я М И Н И С Т Е Р С Т В О Н А О Б Р А З О В А Н И Е Т О, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЛАСТЕН КРЪГ – 17 април 2010 г. ТЕМА

ЗА 4

КЛАС

Задача 1. а) Пресметнете израза: (118 178 : 74 + 8403) : 5 + 10 .

б) Намерете неизвестното число x от равенството: (239 − 138 : x ).6 + 612 = 2010 .

Задача 2. Даденият правоъгълник на чертежа е разделен на 12 фигури. Едната от тях е правоъгълник и е означена с 1, а останалите 11 са квадрати. Всяко от трите най-малки квадратчета, които са затъмнени на чертежа, е с дължина на страната 1 см. Да се намери лицето на дадения правоъгълник.

Задача 3. Христо отишъл на гости на роднинско семейство, което имало 4 деца. Той попитал на колко години са децата, а бащата му поставил задача да ги открие сам, като използва, че произведението от годините им е равно на 72. Христо извършил известни пресмятания, но не успял да реши задачата. Тогава бащата уточнил, че сборът от годините на четирите деца е равен на годините на Христо. За съжаление Христо отново не бил в състояние да реши задачата и попитал дали някое от децата е на 2 години. Бащата дал отговор на този въпрос и Христо веднага съобщил годините на четирите деца. Намерете годините на четирите деца и годините на Христо.

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. а) Пресметнете израза: (118 178 : 74 + 8403) : 5 + 10 .

б) Намерете неизвестното число x от равенството: (239 − 138 : x ).6 + 612 = 2010 .

Решение: а) 118 178 : 74 = 1597 ( 1 т.) 1597 + 8403 = 10 000 (1 т.) 10 000 : 5 + 10 = 2000 + 10 = 2010 (1 т.) б) ( 239 − 138 : x ) .6 = 2010 − 612 (1 т.) ( 239 − 138 : x ) .6 = 1398 ⇒ 239 − 138 : x = 1398 : 6 ⇒ 138 : x = 239 − 233 ⇒ x = 138 : 6

239 − 138 : x = 233 138 : x = 6 x = 23

(1 т.) (1 т.) (1 т.)

Решение: Квадратът вдясно от двете затъмнени квадратчета има страна 2 см. (1 т.) Квадратът над него има страна 3 см, квадратът горе вляво има страна 5 см, а този горе вдясно има страна 4 см. (2 т.) Трите еднакви квадрата в долния десен ъгъл имат страна 3 см. (1 т.) Следователно квадратът в долния ляв ъгъл има страна 6 см (1 т.), а правоъгълникът 1 е със страни 3 см и 4 см. (1 т.) Така получаваме, че страните на дадения правоъгълник са с дължини 12 см и 11 см, като за лицето му намираме 12.11 = 132 кв. см. (1 т.) Задача 3. Христо отишъл на гости на роднинско семейство, което имало 4 деца. Той попитал на колко години са децата, а бащата му поставил задача да ги открие сам, като използва, че произведението от годините им е равно на 72. Христо извършил известни пресмятания, но не успял да реши задачата. Тогава бащата уточнил, че сборът от годините на четирите деца е равен на годините на Христо. За съжаление Христо отново не бил в състояние да реши задачата и попитал дали някое от децата е на 2 години. Бащата дал отговор на този въпрос и Христо веднага съобщил годините на четирите деца. Намерете годините на четирите деца и годините на Христо. Решение: Възможностите за представяне на 72 като произведение от 4 числа са представени в таблицата: Първо дете 1 1 1 1 1

Второ дете 1 1 1 1 1

Трето дете 1 2 3 4 6

Четвърто дете 72 36 24 18 12

Сбор 75 40 29 24 20

1 1 1 1 1 1 1 2 2 2

1 2 2 2 2 3 3 2 2 3

8 2 3 4 6 3 4 2 3 3

9 18 12 9 6 8 6 9 6 4

19 23 18 16 15 15 14 15 13 12

За установяване на горния резултат (3 т.). Ако годините на Христо не са 15, то отговорът би могъл да се установи съгласно таблицата. Следователно Христо е на 15 години и за годините на четирите деца има 3 възможности. (2 т.) Отговорът на въпроса дали някое от децата е на 2 години е отрицателен, защото в противен случай е необходима допълнителна информация (в два от разглежданите три случая има дете на 2 години). Единствената възможност е децата да са на 1, 3, 3 и 8 години. (2 т.)

Задачите са предложени, както следва: зад. 4.1 и зад. 4.2 – Иван Ангелов и Ивайло Старибратов, зад. 4.3 – Сава Гроздев

Р Е П У Б Л И К А Б Ъ Л Г А Р И Я М И Н И С Т Е Р С Т В О Н А О Б Р А З О В А Н И Е Т О, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЛАСТЕН КРЪГ – 17 април 2010 г. ТЕМА

ЗА 5

КЛАС

Задача 1. Даден правоъгълник с размери 5 см и 0,4 дм е разделен на единични квадратчета. Каква част от правоъгълника е затъмнена?

Задача 2. Намерете възможно най-голямата и възможно най-малката стойност на израза a c e g l + + + + , b d f h m където a, b, c, d , e, f , g , h, l и m са различни цифри. Задача 3. Цветна леха съдържа 27 рози, част от които са червени, а останалите са жълти. Лехата е с формата на правоъгълник, като разстоянията между съседните рози на трите реда и деветте колони са едни и същи.

Да се докаже, че съществува правоъгълник, върховете на който са рози с един и същи цвят. 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. Даден правоъгълник с размери 5 см и 0,4 дм е разделен на единични квадратчета. Каква част от правоъгълника е затъмнена?

Решение: 0,4 дм = 4 см. (1 т.) Лицето на правоъгълника е 5 × 4 = 20 кв. см. (1 т.) Затъмнената част на правоъгълника съдържа 4 единични квадратчета и 4 правоъгълни тръгълника, всеки от които има катети с дължини 2 см и 1 см. (2 т.). Лицето на един правоъгълен триъгълник с катети 2 см и 1 см е равно на 1 кв. см. (1 т.) Общото лице на 8 2 = части от правоъгълника. (1 т.) затъмнената част е 4 + 4.1 = 8 кв. см (1 т.), което е 20 5 Задача 2. Намерете най-голямата и най-малката възможна стойност на израза a c e g l + + + + , b d f h m където a, b, c, d , e, f , g , h, l и m са различни цифри.

Решение: В израза се използват 10 различни цифри, т.е. използват се всичките цифри от 0 до 9 (1 т.). Числото 0 трябва да е числител на някоя от дробите. (1 т.) При търсене на най-голямата стойност останалите 4 числителя трябва да са най-големите цифри, т.е. 9, 8, 7 и 6. (1 т.) По-голям сбор се получава, когато на по-голям числител отговаря помалък знаменател. (1 т.) Следователно търсената най-голяма стойност на израза е 9 8 7 6 0 9.12 + 8.6 + 7.4 + 6.3 108 + 48 + 28 + 18 202 101 + + + + = = = = . (1 т.) 1 2 3 4 5 12 12 12 6 При търсене на най-малката стойност четирите ненулеви числителя трябва да са наймалките ненулеви цифри, т.е. 1, 2, 3 и 4. Освен това, по-малък сбор се получава, когато на по-голям числител отговаря по-голям знаменател. (1 т.) Следователно търсената най-малка стойност на израза е 0 1 2 3 4 84 + 2.72 + 3.63 + 4.56 = 84 + 144 + 189 + 224 641 + + + + = = = . (1 т.) 5 6 7 8 9 504 504 504 Задача 3. Цветна леха съдържа 27 рози, част от които са червени, а останалите са жълти. Лехата е с формата на правоъгълник, като разстоянията между съседните рози на трите реда и деветте колони са едни и същи.

Да се докаже, че съществува правоъгълник, върховете на който са рози с един и същи цвят.

Решение:

Нека черните кръгчета изобразяват червените рози, а белите кръгчета – жълтите рози. Разполагането на червени рози в една колонка от 3 рози може да стане по 8 различни начина, както е показано. (2 т.) Тъй като в цветната леха има 9 колонки, то в поне 2 колонки разположението на червените рози ще бъде едно и също. (2 т.) Ако двете еднакви колонки са измежду тези с номера 1, 2, 3 или 4, то ще има правоъгълник, върховете на който са червени рози. (2 т.) Ако двете еднакви колонки са измежду тези с номера 5, 6, 7 или 8, то ще има правоъгълник, върховете на който са жълти рози. (1 т.)

Задачите са предложени, както следва: зад. 5.1 и зад. 5.2 – Тони Чехларова, зад. 5.3 – Сава Гроздев

Р Е П У Б Л И К А Б Ъ Л Г А Р И Я М И Н И С Т Е Р С Т В О Н А О Б Р А З О В А Н И Е Т О, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЛАСТЕН КРЪГ – 17 април 2010 г.

ТЕМА

ЗА 6

КЛАС

Задача 1. Фирма “Екосок” пълни два вида опаковки със сок от боровинки и ги продава на една и съща цена. Първият вид има форма на правоъгълен паралелепипед с размери 1 дм, 0,5 дм и 1,5 дм. Вторият вид има форма на триъгълна пирамида с височина 20 см и основа правоъгълен триъгълник с катети 15 см и 14 см. От кой вид е по-изгодно да се купува? Задача 2. Ани и Борис имат монети само по 1 стотинка и по 10 стотинки. Общо двамата имат между 100 и 200 монети, като Ани има толкова монети по 10 стотинки, колкото Борис има по 1 стотинка. Броят монети по 10 стотинки на Борис представлява 40% от броя монети по 1 стотинка на Ани. Ако Ани изхарчи 75% от парите си, ще й остане сума, равна на сумата на Борис. Колко монети по 1 стотинка има Борис? Задача 3. Докажете, че: а) числата 1 + 32 + 34 и 1 + 32 + 34 + 36 са взаимно прости; б) сумата 1 + 32 + 34 + . . . + 342 + 344 + 346 се дели на числото 533.

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

РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ НА ЗАДАЧИТЕ ЗА 6 КЛАС Задача 1. Фирма “Екосок” пълни два вида опаковки със сок от боровинки и ги продава на една и съща цена. Първият вид има форма на правоъгълен паралелепипед с размери 1 дм, 0,5 дм и 1,5 дм. Вторият вид има форма на триъгълна пирамида с височина 20 см и основа правоъгълен триъгълник с катети 15 см и 14 см. От кой вид е по-изгодно да се купува? Решение: Обемът на опаковките от първия вид е V1 = 1.0,5.1,5 = 0,75 куб. дм = 750 куб. см. (3 т.) 15.14.20 Обемът на опаковките от втория вид е V2 = = 700 куб. см. (3 т.) 6 По-изгодна е покупката на сокове от първия вид, защото V1 > V2 . (1 т.) Задача 2. Ани и Борис имат монети само по 1 стотинка и по 10 стотинки. Общо двамата имат между 100 и 200 монети, като Ани има толкова монети по 10 стотинки, колкото Борис има по 1 стотинка. Броят монети по 10 стотинки на Борис представлява 40% от броя монети по 1 стотинка на Ани. Ако Ани изхарчи 75% от парите си, ще й остане сума, равна на сумата на Борис. Колко монети по 1 стотинка има Борис?

2 , то броят монети по 1 стотинка на Ани е 5 кратен на 5. (1 т.) Нека Ани има x монети по 10 ст. и 5y монети по 1 ст. ( x и y са естествени числа). Сумата на Ани е A = (10 x + 5 y ) ст. (1 т.) Тогава Борис има 2 y монети по 10 ст. и x монети по 1 ст. Общата му сума е B = (20 y + x) ст. (1 т.) От условието следва, че сумата на Борис е 25% от тази на Ани, т.е. 4 B = A . (1 т.) Тогава 80 y + 4 x = 10 x + 5 y , откъдето 75 y = 6 x или 25 y = 2 x . (1 т.) Дясната страна на последното равенство е четно число и следователно y = 2k за някое цяло число k . Тогава x = 25k . Общият брой монети е 25k + 5.2k + 2.2k + 25k = 64k и тъй като 100 < 64k < 200 , то k = 2 или k = 3 . (1 т.) И в двата случая условията на задачата са изпълнени. И така, за монетите по 1 ст. на Борис получаваме два възможни отговора: x = 25.2 = 50 или x = 25.3 = 75 . (1 т.) Решение: Тъй като 40% представлява

Задача 3. Докажете, че: а) числата 1 + 32 + 34 и 1 + 32 + 34 + 36 са взаимно прости; б) сумата 1 + 32 + 34 + . . . + 342 + 344 + 346 се дели на числото 533. Решение: а) Тъй като 1 + 32 + 34 = 91 = 7.13 и 1 + 32 + 34 + 36 = (1 + 32 ) + 34 (1 + 32 ) = 10.(1 + 34 ) = 22.5.41 ,

числата нямат общ делител и следователно са взаимно прости. (2 т.) б) Сумата групираме по два начина. Най-напред по тройки: (2 т.)

1 + 32 + 34 + . . . + 342 + 344 + 346 = = (1 + 32 + 34 ) + 36 (1 + 32 + 34 ) + . . . + 342 (1 + 32 + 34 ) = = (1 + 32 + 34 )(1 + 36 + . . . + 342 ) = = 13.7.(1 + 36 + . . . + 342 ) След това по четворки: (2 т.) 1 + 32 + 34 + . . . + 342 + 344 + 346 = = (1 + 32 + 34 + 36 ) + 38 (1 + 32 + 34 + 36 ) + . . . + 340 (1 + 32 + 34 + 36 ) = = (1 + 32 + 34 + 36 )(1 + 38 + . . . + 340 ) = = 41.20.(1 + 38 + . . . + 340 )

Разлагаме на прости множители 533 = 41.13 . От двете представяния следва, че сумата 1 + 32 + 34 + . . . + 342 + 344 + 346 се дели на 13 и на 41. Но числата 13 и 41 са взаимно прости. Следователно сумата се дели и на тяхното произведение, т.е. на 533. (1 т.)

Задачите са предложени, както следва: зад. 6.1 и зад. 6.3 – Ирина Шаркова, зад. 6.2 – Ивайло Кортезов

Р Е П У Б Л И К А Б Ъ Л Г А Р И Я М И Н И С Т Е Р С Т В О Н А О Б Р А З О В А Н И Е Т О, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЛАСТЕН КРЪГ – 17 април 2010 г.

ТЕМА

ЗА 7

КЛАС

Задача 1. Две машини с еднаква производителност могат да изпълнят половината от една поръчка за 2 часа и 30 минути, ако работят заедно. Едната от тях била заменена с нова машина, чиято производителност била с 50% по-голяма. За колко часа новата машина и една от старите машини ще изпълнят поръчката, ако работят заедно? Колко процента от цялата поръчка ще изпълни всяка от машините? Задача 2. Даден е равнобедрен триъгълник АВС ( AC = BC ), в който )ACB = 80°. Точка М е такава, че )MAB = 10° и )MBA = 30°. Да се намери )AMC. Задача 3. Да се намери най-малкото естествено число n , за което числото 2n3 + 3n 2 − 1 се дели на 2010.

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. Две машини с еднаква производителност могат да изпълнят половината от една поръчка за 2 часа и 30 минути, ако работят заедно. Едната от тях била заменена с нова машина, чиято производителност била с 50% по-голяма. За колко часа новата машина и една от старите машини ще изпълнят поръчката, ако работят заедно? Колко процента от цялата поръчка ще изпълни всяка от машините?

Решение: След като двете машини заедно свършват половината работа за 2 часа и 30 минути, те ще свършат цялата работа за 5 часа. Но двете машини са с еднаква производителност и следователно едната от тях би свършила работата сама за два пъти повече време, т.е. за 10 часа. Оттук намираме, че производителността на всяка от машините е 1 . (2 т.) Производителността на новата машина е с 50% по-голяма т.е. тя е 10 1 + 1 . 1 = 3 . (2 т.) Ако една от старите и новата машина свършват работата за t часа, 10 2 10 20 то 1 .t + 3 .t = 1 ⇔ 5t = 20 ⇒ t = 4 . (2 т.) Старата машина извършва 1 .4 = 4 от 10 20 10 10 работата, т.е. 40%, а новата – 60%. (1 т.) Задача 2. Даден е равнобедрен триъгълник АВС ( AC = BC ), в който )ACB = 80°. Точка М е такава, че )MAB = 10° и )MBA = 30°. Да се намери )AMC.

Решение: Нека М е вътрешна точка и МВ пресича височината C през върха С в точка Р. (1 т.) Тъй като )ACB = 80°, то )ABC = )BAC = 50°. От )MAB = 10° и )MBA = 30° следва, P че )AMP = 40° и )MAC = 40°. (1 т.) Тъй като ΔABC е M равнобедрен, височината през С е и симетрала на АВ, т.е. AP = BP. Следователно )BAP = )ABM = 30°, откъдето B )MAP = 20°. Тогава )CAP = 40° − 20° = 20°, т.е. A M1 )CAP = )MAP. (1 т.) Освен това )ACP = )BCP = 40°. Следователно ΔAPC ≅ ΔAPM (ІІ пр.). Оттук AM = AC. (1 т.) Сега намираме, че )AMC = 70°. (1 т.) Ако М1 е външна точка, то ΔAMB ≅ ΔAM1B (ІІ пр.) и AM1 = AM = AC. Тъй като

)M1 AC = 60°, то ΔM1 AC е равностранен и )AM1C = 60°. (2 т.) Задача 3. Да се намери най-малкото естествено число n , за което числото 2n3 + 3n 2 − 1 се дели на 2010.

Решение: Имаме 2n3 + 3n 2 − 1 = 2n3 + 2n 2 + n 2 − 1 = 2n 2 ( n + 1) + ( n − 1)( n + 1) = ( n + 1) ( 2n 2 + n − 1) = = ( n + 1) ( n 2 + n + n 2 − 1) = ( n + 1) ( 2n − 1) . (1 т.) 2

Тъй като 2010 = 2.3.5.67 , то поне едно от числата n + 1 и 2n − 1 трябва да се дели на 67. Да разгледаме двете възможности. Нека n + 1 е кратно на 67. Тогава n = 67 k − 1 за някое 2 естествено число k . (1 т.) Получаваме, че ( n + 1) ( 2n − 1) = 67 2 k 2 (134k − 3) . За да е

изпълнена исканата делимост, трябва k 2 (134k − 3) да се дели на 30. Числото 134k − 3 е нечетно и се дели на 3 точно когато k се дели на 3. Ето защо k трябва да се дели на 6.

(1 т.) Ако k = 6 , то k 2 (134k − 3) не се дели на 5. При k = 12 исканата делимост е

изпълнена. Получаваме, че в разглеждания случай най-малкото число, което търсим, е n = 67.12 −1 = 803 . (1 т.) Нека сега на 67 се дели числото 2n − 1 . Тогава можем да запишем, че 2n − 1 = 67m за някое естествено число m . Ясно е, че m е нечетно и получаваме 2n − 1 = 67 ( 2l − 1) , откъдето n = 67l − 33 , където l естествено число. (1 т.) Оттук

( n + 1) ( 2n − 1) = 67 ( 67l − 32 ) ( 2l − 1) и за да е изпълнено исканото, трябва 2 ( 2l − 1)( 67l − 32 ) да се дели на 30. Тъй като 2l − 1 е нечетно, за да имаме делимост на 2, трябва l да е четно. Освен това 2l − 1 + 67l − 32 = 69l − 33 = 3 ( 23l − 11) и заключаваме, че 2

2l − 1 и 67l − 32 едновременно се делят или не се делят на 3. Следователно делимост на 6 ще имаме точно когато l дава остатък 2 при деление на 6. (1 т.) При l = 2 нито един от множителите 2l − 1 и 67l − 32 не се дели на 5. При l = 8 делимостта на 5 е изпълнена и намираме n = 503 . Тъй като 503 < 803, търсеното n е 503. (1 т.)

Задачите са предложени, както следва: зад. 7.1 и зад. 7.2 – Теодоси Витанов, зад. 7.3 – Светлозар Дойчев

Р Е П У Б Л И К А Б Ъ Л Г А Р И Я М И Н И С Т Е Р С Т В О Н А О Б Р А З О В А Н И Е Т О, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЛАСТЕН КРЪГ – 17 април 2010 г.

ТЕМА

ЗА 8

КЛАС

Задача 1. Дадено е неравенството 3 x − a ≤ 2 x + 2 , където а е параметър. а) Да се реши неравенството при a = −1 . б) Да се намерят стойностите на параметъра а, за които множеството от решения на неравенството съдържа само от едно цяло число. Задача 2. Върху хипотенузата AB на равнобедрен правоъгълен триъгълник ABC е взета произволна точка M . Точките G1 и G2 са медицентровете съответно на триъгълниците AMC и BMC . Да се докаже, че ∠G1CG2 > 45° . Задача 3. Да се намерят всички цели положителни числа n , за които числото n5 + 3n + 4 е степен на числото 2.

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. Дадено е неравенството 3 x − a ≤ 2 x + 2 , където а е параметър.

а) Да се реши неравенството при a = −1 . б) Да се намерят стойностите на параметъра а, за които множеството от решения на неравенството съдържа само от едно цяло число. Решение: а) При 2 x + 2 < 0 , т.е. при x < −1 , неравенството няма решение. 3 ( x + 1) ≤ 2 x + 2 x ≤ −1 При −1 ≤ x имаме 3 x + 1 ≤ 2 x + 2 ⇔ ⇔ . x ≥ −1 −2 x − 2 ≤ 3 ( x + 1) Следователно при a = −1 , решението на неравенството е x = −1 . (1 т.) б) Неравенството има решение при 2 x + 2 ≥ 0 , т.е. при x ≥ −1 . При x ≥ −1 имаме x ≤ 3a + 2 3( x − a ) ≤ 2x + 2 . (1 т.) 3 x − a ≤ 2x + 2 ⇔ ⇔ x ≥ 3a − 2 3 ( x − a ) ≥ −2 x − 2 5 − 1 ≤ 3 a + 2 , откъдето получаваме За да има неравенството решение, е необходимо a ≥ −1 . Тъй като при a ≥ −1 имаме −1 ≤ 3a − 2 ≤ 3a + 2 , то решението е интервалът 5 ⎡ 1 ( 3a − 2 ) ;3a + 2 ⎤ . (1 т.) ⎢⎣ 5 ⎥⎦ Нека m е цяло число. То ще бъде единственото цяло решение на неравенството, когато 1 m − 1 < ( 3a − 2 ) ≤ m ≤ 3a + 2 < m +1 . (1 т.) Оттук получаваме 5m − 3 < a ≤ 5m + 2 и 3 3 5 m − 2 ≤ a < m − 1 . (1 т.). От условието 5m − 3 < m − 1 следва, че m < 1 , а от 3 3 3 3 2 m − 2 5m + 2 ≤ получаваме m ≥ −1 , т.е. m = −1 или m = 0 . (1 т.) При m = −1 имаме 3 3 a ≤ −1 и a ≥ −1 , т.е. a = −1 . При m = 0 имаме −1 < a ≤ 2 и − 2 ≤ a < − 1 , т.е. 3 3 3 a ∈ ⎡ − 2 ; − 1 . (1 т.) ⎢⎣ 3 3 Окончателно неравенството има само едно цяло решение при a = −1 и a ∈ ⎡ − 2 ; − 1 . ⎢⎣ 3 3

)

Задача 2. Върху хипотенузата AB на равнобедрен правоъгълен триъгълник ABC е взета произволна точка M . Точките G1 и G2 са медицентровете съответно на триъгълниците AMC и BMC . Да се докаже, че ∠G1CG2 > 45° .

Решение: Нека точките P и Q са средите съответно на отсечките AM и BM . Тъй като G1 ∈ CP и G2 ∈ CQ , то ∠G1CG2 = ∠PCQ . (1 т.) От друга страна ∠AMC + ∠BMC = 180° и следователно поне един от тези два ъгъла не е остър, т.е. поне един от тези два ъгъла е най-големият в съответния триъгълник AMC или BMC . (1 т.) Заключаваме, че отсечката CM е по-малка от бедрата на ΔABC . (1 т.) Върху продължението на CP да построим точката C1 така, че P да е средата на CC1 . (1 т.) Тогава четириъгълникът

G1 A

G2 Q

P M

C1 ACMC1 е успоредник и оттук ∠PCM = ∠PC1 A . (1 т.) Но в триъгълника ACC1 имаме AC1 = CM < AC ⇒ ∠ACP < ∠PC1 A ⇒ ∠ACP < ∠PCM . (1 т.) По същия начин доказваме, че ∠QCM > ∠BCQ , откъдето ∠PCM + ∠QCM > ∠ACP + ∠BCQ ⇒ ∠PCQ > 90° − ∠PCQ ⇒ ∠PCQ > 45° . (1 т.) Задача 3. Да се намерят всички цели положителни числа n , за които числото n5 + 3n + 4 е степен на числото 2.

Решение: Имаме:

n5 + 3n + 4 = n5 + 3n + 3 + 1 = n5 − n3 + n3 + 1 + 3n + 3 = n3 ( n − 1)( n + 1) + ( n + 1) ( n 2 − n + 1) + 3 ( n + 1) = ( n + 1) ( n 4 − n3 + n 2 − n + 4 ) . (1 т.) От полученото разлагане следва, че числата n + 1 и n 4 − n3 + n 2 − n + 4 трябва да са едновременно степени на числото 2, защото са по-големи от 1. (1 т.) Нека n + 1 = 2k и n 4 − n3 + n 2 − n + 4 = 2m за някакви естествени числа k и m . Тъй като 2 n 4 − n3 + n 2 − n + 4 − ( n + 1) = n 4 − n3 + 2 + ( n − 1) > 0 , то m > k . (1 т.) Но тогава от n ≡ −1( mod 2k ) ще следва, че n 4 − n3 + n 2 − n + 4 ≡ 8 ( mod 2k ) . (1 т.)

От друга страна, n 4 − n3 + n 2 − n + 4 = 2m ≡ 0 ( mod 2k ) и получаваме, че 2k трябва да дели

8, а това е възможно само ако k ≤ 3 . (1 т.) При k = 1, 2 и 3 намираме съответно n = 1, 3 и 7. (1 т.) При n = 1 числото n5 + 3n + 4 е равно на 8 и това е решение на задачата. При n = 3 числото n5 + 3n + 4 е равно на 256 = 28 и това също е решение на задачата. При n = 7 числото n 4 − n3 + n 2 − n + 4 е равно на 23 ⋅ 263 . Следователно n = 7 не е решение на задачата. (1 т.)

Задачите са предложени, както следва: зад. 8.1 – Чавдар Лозанов, зад. 8.2 и зад. 8.3 – Светлозар Дойчев и Сава Гроздев

012134563478298 6987921548 9 5 49129 949 ! " #$ %! "&'()*'&+ ! ),- & ./,/( 0! 1 " %

2343536789:;<9=;>?@A:BCDB:@EFO<E:@SB<9>;9G<B?H9>9=;@I>JKL9DEB@E DE>;<B@;MN BMO <9P>9A<;<B;@EM QR JQTUJVMUTW X:9>;9G<BB PYEAG;@AE>?A9@>9A;<:@AE@E MONQMOOQJOWZJRMNQMOVQZQSJ[QJOUT\JQZ]^ 234353_7`Y9Y;<C;@B>BIaIG<BDbcde =Ef;Y9:;AHBg;ED>If<E:@ hKDE?@E:;YEHB>9YE:@>9<B@;bcKcdKde Beb A@ECDB@;iKjKk Bl :IE@A;@<Emn;D9o;:>;Y9@9<9pE>Y9@9KHEGPC;<9E@H>;:BC9<;@E<9 YB9aE<9G9bd:ED>If<E:@@9hm89:;YED9f;KC;;BLHIG<;<E>9A;<:@AE@E oiôlWojôk^ 234353q7Ì>pPP:HE>;Y<B@;H>9ABJBr:9AL;@B:IE@A;@<E@ECDB@;bNK bOKb[Kbs BcNKcOKc[KcsKDEB@E:9YA;HEYA;>9LGBC<Bm89:;<9=;>B =B<B=9G<B?@AIL=Ef;<t>EF>9LGBC<B@ECDBKHEGPC;<BH>BH>;:BC9<;@E<9 E@:;CDB@;bucvKwWTxZxyx\z{WTxZxyx\m|`DG}CB@;G<E:9=B@;@ECDBbNK bOKb[KbsBcNKcOKc[Kcsm~ C9:9B =B<P@Bm

012134563478298 6987921548 9 5 49129 949 ! " #$ %! "&'()*'&+ ! ),- & ./,/( 0! 1 ,/ " %

2343536789:;<;=>?<9@A;A>;BC DEFGHIEFJD 234353K7LMA=AC@N>:9A9B9CO<MPAC:BOMQ:B<9A9B9RS A9TRSU :; VCN><9VCRS@BCWO9XYZOC[\URSJD[\UXR]V9:;A9Q;<>:BC^AC:BB9 A9CBAC=;A>;BCRX_SXY 234353`7LM<a??:NC<;VA>B;N<9@>b>c:9@d;B>:MCB@;BACBCWO>B;Re] Rf]Rg]Rh >Se]Sf]Sg]Sh]OC>BC:9V@;NCV@;<9di>WA>Y89:;A9Q;<> Q>A>Q9iA>jB@MdQCP;Ak<C^<9di>WA>BCWO>]NCi?W;A>N<>N<;:>W9A;BCA9 CB:;WO>B;RlSm]nJIoDopoqrsJIoDopoqYtLOiuW>B;iAC:9Q>B;BCWO>Re] Rf]Rg]Rh>Se]Sf]Sg]ShYv wxyzy{|x|}~ | W9:9> Q>A?B>Y

12 13

13456047809187

1324133403 051241394 4 0 40387 04 0 87 509 0 40387 04 5124138093 509 047 3 509 87 04 0 508 950 4 0879 023 03 87467 03 87867 0 87 0 0 5 0 9 5 0 47 9 2 3 2 2 5039 503479 02 03 874 67 508 95034 0879 $

0 87 6 3 047 0 40 87 04

!" # $ $# $! $"

0 1 2 3 4 5 97 98 6789 6 9 8 97 9 98 9 9 9 9 9 1 09 0 0 08 08 9 0 89 9 4 7 79 9 2 798 9 2 4 9 9 98 5 98 5 987 78 5 5 879 798 3 3 5 2 4 879 879 08 9 9 879

6789 6 9 09 798 9

#$ %$ &$ ' ( ) * $ $+$, #$ %$ &$ ' #$ %$ &$ ' % & ' ! # #$ %$ &$ ' #$ %$ &$ ' " # ( * $+$, % ) - $, & . 1 $, ' / 0 $ $+ # % & ' # & % ' # ' # % & ' 1 2 % % % & & % & & % & & % #$ %$ &$ ' - $ $+$,

234545467

9 0 19 9 79 9 7 9 9 7 7 7 9 7 9 9 9 9 9 9 7 7 245 24 9 9 79 9 7 5 9 9 9 9 9 9 9 9 9

40 40 7 0 41 41 7 1 4 4 7 01 0 711 7 70 0 7 41 7 1 4 7 7 72 7 7 2 01 7 2 40 7 41 7 4 0 1 041401 7 # 1 0 40 1 1 0 7 0 40 0 7 !" 04 40 7 1 0 1 7 7 7 7 2 7 2 01 7 01 7

01234 5678 9 5678 567

9 6 7

86 87 6 7 3 6 7 69 79 3 89 8

9 6 3 4 67 3 4 4 3 6 6 7 6 3 67 3 3 8 56 6 3 7 3 6 7 3 3 9 7 9 3 4 3 798 7 3 9 6 3 9 57 9 5798 79 56 9 5698 69 89 89 6 7 3 69 79 89 9 3 6 6 7 3 6 7 3 57 9 5798 69 79 89

0! 0" ### 0$ %# & 30"! 0"" ''' 0"$# 3 %(0! %(0" %(0"! 0""" " " & % (%# " " %)0!. . %)0" 0! 0" 4 *+,-% 0! 0" *+,-% 0! 0" *+,-% *+,-% 3/ 0"! 0"" 0"0 4*+,-1 0! 0" 00 0!3 1! 0"3 1" 003 10 1! 1" 10 2 %# &3"3

01230113014 5671 567 5671 879 1 1 1 567 5678 8 37 3 8 7 3 28 67 18767 48 67 123 113 148 671 8567 13 13 13 1 87 2 8 587 1 1 1 1 287 18 48 87 23 13 43 85671 8567 8 8 87 8 7 8 7 8 7 7 6 87 7 26 8 7 26 28 6 3 8 7 26 8 28 7 87 18 !"1#7 28 18 !"1#7 26 8 7 7 26 2 28 3 8 8 7 6 8 2 7 87 18 !"1#7 $% &$%' $% ( ) '$%87) '($ $(*%( &$%' ) $('8+ &$'( 0 , .7 + '(8 ,-.+ 870/!,+ &$(' 01/!,1+8013 0 0 1 70 0 0 /!,7+ 12 701/!,7+8 013 0 0 1 70 0 0 /!,7+ 0 /!,7+8 0 7 &$%' 70 0 12 18 033 1 0312 08 36 1801331 703 0 7 70 7

8 0123452 67845 9 2 0 0 1 2 02 1 1 1 2 29 1 012 1 2 1 2 96 349 6 9 2 96 5462 1 1 1

1 012

0 2 01 1 1 0

! " #$! %7" ! %7 #$ ! !2 & 7 7 2 !2 ' 9% 9% %() 2* 7" 4 9 + 7"4 9%(),* 29 2 29 #$.!7 .!79 #$ ! !2" #$ !7 ! 2 / !& 0 . 0 2 #$ !7 !7 #$ ! !2" #$ !7 ! " #$ !4 #$ ! !7 .! 7 #$ ! !2" #$ !7 ! 4 #$ ! !7 #$ ! !2 ! 29 2 7" 4 9%()2* 29 2 29 ! 2 !

Министерство на образованието, младежта и науката 59. Национална олимпиада по математика Областен кръг, Първи ден, 17 април 2010 г. Тема за 11. клас Задача 1. Да се реши неравенството 22ax+1 + 2a ≤ 2ax + 2ax+a+1 , където a е реален параметър. 1 − 1 при n ≥ 1. Да се докаже, че: an a) редицата (an ) е сходяща и да се намери нейната граница; 1 б) съществува n, за което a2n < 1 + 2n . 2

Задача 2. Нека a1 > 1 и an+1 = an +

Задача 3. Дени попълва с ненулево цяло число някой от коефициентите на уравнение от 2010-та степен, след това Вени попълва също с ненулево цяло число друг от коефициентите и т.н., докато бъдат попълнени всичките 2011 коефициента. Дени печели, ако полученото уравнение има целочислен корен, а в противен случай печели Вени. Коя от двете има печеливша стратегия? Време за работа: 4 часа и 30 минути

За въпроси: 0888 919497 (Емил Колев)

Задача 11.1. Да се реши неравенството 22ax+1 + 2a ≤ 2ax + 2ax+a+1 , където a е реален параметър. Решение. След полагане 2ax = y > 0, получаваме неравенството 2y 2 − (2a+1 + 1)y + 2a ≤ 0 с решение y ∈ [ 12 ; 2a ] при a ≥ −1 и y ∈ [2a ; 12 ] при a < −1. Следователно: 1. При a < −1 имаме 2a ≤ 2ax ≤ 2−1 , т.е. a ≤ ax ≤ −1, откъдето 1 ≥ x ≥ − a1 . 2. При a = −1 имаме 2−x = 2−1 , т.е. x = 1. 3. При −1 < a < 0 имаме 2−1 ≤ 2ax ≤ 2a , т.е. −1 ≤ ax ≤ a, откъдето − a1 ≥ x ≥ 1. 4. При a = 0 всяко x е решение. 5. При a > 0 имаме 2−1 ≤ 2ax ≤ 2a , т.е. −1 ≤ ax ≤ a, откъдето − a1 ≤ x ≤ 1. Оценяване. 1 т. за полагането; 1 т. за намиране на корените на съответното квадратно уравнение; 1 т. за определяне на решенията на неравенството в зависимост от a; 4 т. за довършнване на решението. 1 Задача 11.2. Нека a1 > 1 и an+1 = an + − 1 при n ≥ 1. Да се докаже, че: an a) редицата (an ) е сходяща и да се намери нейната граница; 1 б) съществува n, за което a2n < 1 + 2n . 2 (an − 1)2 1 Решение. а) Понеже an+1 − 1 = > 0, то an+1 − an = − 1 < 0 и значи an an an > an+1 > 1. Следователно редицата е сходяща и за нейната граница l имаме, че 1 l = l + − 1, т.е. l = 1. l б) От а) следва, че ak ≤ 3/2 за някое k. Тогава от an+1 − 1 = по индукция получаваме, че an − 1 <

(an − 1)2 < (an − 1)2 an 1 22n−k

при n > k. Остава да изберем n ≥ 2k.

Оценяване. а) по 1 т. за an+1 > 1, an > an+1 и l = 1; б) 1 т. за an+1 − 1 < (an+1 − 1)2 , 2n−k и 2 т. за довършване на решението. 1 т. an < (an−k − 1)2 Задача 11.3. Дени попълва с ненулево цяло число някой от коефициентите на уравнение от 2010-та степен, след това Вени попълва също с ненулево цяло число друг 1

от коефициентите и т.н., докато бъдат попълнени всичките 2011 коефициента. Дени печели, ако полученото уравнение има целочислен корен, а в противен случай печели Вени. Коя от двете има печеливша стратегия? Решение. Дени. Тя може да попълва така, че след всяко нейно попълване (без предпоследното) броят на непопълнените коефициенти пред нечетните и пред четните степени да е един и същ. Значи преди предпоследния ѝ ход има само един непопълнен коефициент от едната група, например групата A. Тя го попълва така, че сумата на числата в A да стане ненулева. С последното си попълване Дени може да направи така, че полученото уравнение да има корен 1 или −1. Наистина, в противен случай сумата от всички коефициенти без последния, който трябва да се попълни, например b, би била 0 (това означава, че 1 не може да е корен на уравнението). Също така, разликата на сумите от числата в A и числата в другата група B без самото b също би била 0 (понеже −1 не е корен на уравнението съгласно допускането). Oттук следва, че както сумата на числата в B \ {b}, така и тази на числата в A е 0. Последното вече е противоречие. Оценяване. 3 т. за стратегията три хода преди края да има само един непопълнен коефициент от едната група и 4 т. за довършване на решението; 1 т. само за твърдение, че има стратегия, при която 1 или −1 е корен на полученото уравнение. 1 Задача 11.4. Даден е остроъгълен триъгълник ABC за който cos <) BAC = . 3 Правата през A, успоредна на медианата BM , M ∈ AC пресича продължението на височината CC1 , C1 ∈ AB в точка D. Ако CC1 : C1 D = 2 : 1, да се намери отношеR нието където R и r са съответно радиусите на описаната и вписаната окръжност r за 4ABC. Решение. Да означим с N пресечната точка на BM и CC1 . Тъй като M N е успоредна на AD и M е среда на AC, то M N е средна отсечка в 4ADC. Следователно N е среда на CD и като използваме, че CC1 : C1 D = 2 : 1, лесно получаваме CN : N C1 : C1 D = 3 : 1 : 2. 2t Ако AC = 2t, то AC1 = AC cos < ) BAC = и от подобието на 4ADC1 и BN C1 3 AC1 DC1 t намираме = = 2, т.е. BC1 = . Сега от косинусовата теорема пресмятаме BC1 N C1 3 r r 1 11 BC = t2 + 4t2 − 4t2 = t . 3 3 √ √ p 2 2 BC t 66 2 Тъй като sin < ) BAC = 1 − cos <) BAC = , то R = = . 3 2 sin < ) BAC 8 2

√ 4t 2 √ От формулата r(AB + BC + CA) = AB.AC sin <) BAC намираме r = и 9 + 33 следователно √ R 9 33 + 33 = . r 32 Оценяване. 1 т. за намиране на отношението CN : N C1 : C1 D = 3 : 1 : 2; 1 т. за намиране на AC = 2AB; 1 т. за пресмятане на BC; 1 т. за пресмятане на sin <) BAC; по 1 т. за пресмятане на R и r; 1 т. за довършване на решението. Задача 11.5. Клетките на таблица с 2009 реда и 2011 стълба са оцветени шахматно. Да се намери най-голямото естествено число k със следното свойство. При изтриване на произволни k клетки на таблицата, така че измежду неизтритите клетки има равен брой бели и черни, останалата част от таблицата (т.е. неизтритите клетки) може да се покрие с домина. (Доминото се състои от две клетки с обща страна). Решение. Ще докажем, че за всяка таблица с нечетни страни търсеното число е k = 3. Без ограничение можем да считаме, че четирите ъглови клетки са черни. Ясно е, че k трябва да е нечетно число и ако k ≥ 5 то трябва да изтрием поне 2 бели и 3 черни клетки. Ако изтрием двете бели съседни клетки на коя да е ъглова, то тази ъглова клетка остава изолирана и не може да се покрие от домино. Следователно k ≤ 3. Остава да докажем, че както и да изтрием 2 черни и една бяла клетка останалата част от дъската може да се покрие с домина. За дъска 3 × 3 това се проверява директно. Сега да разгледаме дъска 2p + 1 × 2q + 1, за която поне едно от p и q е по-голямо от 1 и от която сме изтрили 2 черни и една бяла клетка. Без ограничение q > 1 и да разгледаме двете ивици, съставени от първите два и от последните два стълба. Ако в някой от тях няма изтрита клетка, твърдението следва по индукция. Ако и в двете има изтрита клетка, то в едната ивица има само една изтрита клетка. Без ограничение нека това е ивицата от първите два стълба. Ако изтритата клетка е в първия стълб, то поставяме хоризонтални домина в тази ивица, като само доминото в реда на изтритата клетка ще покрива клетка със същия цвят от останалата част на таблицата. Ако изтритата клетка е във втория стълб, използваме едно вертикално домино и едно хоризонтално домино, като отново покриваме една клетка със същия цвят от останалата част от таблицата. И в двата случая твърдението следва по индукция. Оценяване. 1 т. за посочване на отговора; 1 т. за започване на доказателство с индукция или друг подход; 5 т. за вярна индукция или довършване на решението по друг начин. Задача 11.6. Нека f (x) е полином с цели коефициенти и n е дадено естествено 3

число. Известно е, че за всеки две цели числа a и b, за които a − b се дели на n, числата f (a) и f (b) не са взаимно прости. Да се докаже, че съществува просто число p, за което p дели f (x) за всяко цяло число x. Решение. Да допуснем, че просто число със свойството от условието не съществува. Първо ще докажем, че за произволни прости числа p1 , p2 , . . . , pk съществува цяло число b, за което f (b) не се дели на pi за всяко i = 1, 2, . . . , k. Наистина, от допускането следва, че за всяко i = 1, 2, . . . , k съществува xi , за което f (xi ) не се дели на pi . Според китайската теорема за остатъците съществува число b ≡ xi (mod pi ) и тогава f (b) ≡ f (xi ) 6≡ 0 (mod pi ). Нека p1 , p2 , . . . , pk са простите делители на n. Според доказаното свойство съществува число b, за което f (b) не се дели на pi за всяко i = 1, 2, . . . , k. Нека q1 , q2 , . . . ql са простите делители на f (b). Отново от доказаното свойство следва, че съществува c за което f (c) не се дели на никое от числата q1 , q2 , . . . ql . Тъй като q1 q2 . . . ql е взаимно просто с n, то сравнението q1 q2 . . . ql x ≡ b − c (mod n) има решение. Тогава, ако a = q1 q2 . . . ql x + c, то a ≡ b (mod n) и f (a) ≡ f (c) 6≡ 0 (mod qi ) за всяко i = 1, 2, . . . , l. Това означава, че f (a) и f (b) са взаимно прости, което е противоречие с условието. Следователно съществува просто число p, за което p дели f (x) за всяко цяло число x. Оценяване. 3 т. за доказване, че за произволни прости числа p1 , p2 , . . . , pk съществува цяло число b, за което f (b) не се дели на pi за всяко i = 1, 2, . . . , k; 3 т. за намиране на числото c от решението; 1 т. за довършване на решението. Задачите са предложени от: Емил Колев – 11.1, 11.4, 11.5, Николай Николов – 11.2, 11.3, Александър Иванов – 11.6.

Министерство на образованието, младежта и науката 59. Национална олимпиада по математика Областен кръг, Първи ден, 17 април 2010 г. Тема за 12. клас Задача 1. Да се реши неравенството 22ax+1 + 2a ≤ 2ax + 2ax+a+1 , където a е реален параметър. 1 − 1 при n ≥ 1. Да се докаже, че: an a) редицата (an ) е сходяща и да се намери нейната граница; 1 б) съществува n, за което a2n < 1 + 2n . 2

Задача 2. Нека a1 > 1 и an+1 = an +

Задача 12.1. Да се реши неравенството 22ax+1 + 2a ≤ 2ax + 2ax+a+1 , където a е реален параметър. Решение. След полагане 2ax = y > 0, получаваме неравенството 2y 2 − (2a+1 + 1)y + 2a ≤ 0 с решение y ∈ [ 12 ; 2a ] при a ≥ −1 и y ∈ [2a ; 12 ] при a < −1. Следователно: 1. При a < −1 имаме 2a ≤ 2ax ≤ 2−1 , т.е. a ≤ ax ≤ −1, откъдето 1 ≥ x ≥ − a1 . 2. При a = −1 имаме 2−x = 2−1 , т.е. x = 1. 3. При −1 < a < 0 имаме 2−1 ≤ 2ax ≤ 2a , т.е. −1 ≤ ax ≤ a, откъдето − a1 ≥ x ≥ 1. 4. При a = 0 всяко x е решение. 5. При a > 0 имаме 2−1 ≤ 2ax ≤ 2a , т.е. −1 ≤ ax ≤ a, откъдето − a1 ≤ x ≤ 1. Оценяване. 1 т. за полагането; 1 т. за намиране на корените на съответното квадратно уравнение; 1 т. за определяне на решенията на неравенството в зависимост от a; 4 т. за довършнване на решението. 1 Задача 12.2. Нека a1 > 1 и an+1 = an + − 1 при n ≥ 1. Да се докаже, че: an a) редицата (an ) е сходяща и да се намери нейната граница; 1 б) съществува n, за което a2n < 1 + 2n . 2 (an − 1)2 1 Решение. а) Понеже an+1 − 1 = > 0, то an+1 − an = − 1 < 0 и значи an an an > an+1 > 1. Следователно редицата е сходяща и за нейната граница l имаме, че 1 l = l + − 1, т.е. l = 1. l б) От а) следва, че ak ≤ 3/2 за някое k. Тогава от an+1 − 1 = по индукция получаваме, че an − 1 <

(an − 1)2 < (an − 1)2 an 1 22n−k

при n > k. Остава да изберем n ≥ 2k.

Оценяване. а) по 1 т. за an+1 > 1, an > an+1 и l = 1; б) 1 т. за an+1 − 1 < (an+1 − 1)2 , 2n−k 1 т. an < (an−k − 1)2 и 2 т. за довършване на решението. Задача 12.3. Дени попълва с ненулево цяло число някой от коефициентите на уравнение от 2010-та степен, след това Вени попълва също с ненулево цяло число друг 1

от коефициентите и т.н., докато бъдат попълнени всичките 2011 коефициента. Дени печели, ако полученото уравнение има целочислен корен, а в противен случай печели Вени. Коя от двете има печеливша стратегия? Решение. Дени. Тя може да попълва така, че след всяко нейно попълване (без предпоследното) броят на непопълнените коефициенти пред нечетните и пред четните степени да е един и същ. Значи преди предпоследния ѝ ход има само един непопълнен коефициент от едната група, например групата A. Тя го попълва така, че сумата на числата в A да стане ненулева. С последното си попълване Дени може да направи така, че полученото уравнение да има корен 1 или −1. Наистина, в противен случай сумата от всички коефициенти без последния, който трябва да се попълни, например b, би била 0 (това означава, че 1 не може да е корен на уравнението). Също така, разликата на сумите от числата в A и числата в другата група B без самото b също би била 0 (понеже −1 не е корен на уравнението съгласно допускането). Oттук следва, че както сумата на числата в B \ {b}, така и тази на числата в A е 0. Последното вече е противоречие. Оценяване. 3 т. за стратегията три хода преди края да има само един непопълнен коефициент от едната група и 4 т. за довършване на решението; 1 т. само за твърдение, че има стратегия, при която 1 или −1 е корен на полученото уравнение. Задача 12.4. В пространството са дадени правоъгълен 4ABC с хипoтенуза AB и равнина τ . Нека α = ∠(AC, τ ), β = ∠(BC, τ ) и ϕ = ∠(ABC, τ ). а) Да се докаже, че sin2 ϕ = sin2 α + sin2 β. б) Ако α + β = 60◦ , да се намери най-малката стойност на ϕ. Решение. а) Движейки успоредно τ, можем да предполагаме, че C 6∈ τ. Ако например BC||τ, то β = 0 и ϕ = α. Иначе можем да считаме, че AC ∩τ = A1 и BC ∩τ = B1 . Нека C1 и C2 са ортогоналните проекции на C съответно върху A1 B1 и τ. Tогава α = ∠CA1 C2 , β = ∠CB1 C2 и ϕ = ∠CC1 C2 . Ако x = ∠CAC1 и y = ∠CBC1 , то sin α =

CC2 CC2 CC2 CC2 CC2 = sin x, sin β = = sin y, sin ϕ = CA1 CC1 CB1 CC1 CC1

и понеже x + y = 90◦ , следва, че sin2 α + sin2 β = sin2 ϕ. б) Имаме, че sin2 ϕ = sin2 α + sin2 β = 1 −

cos 2α + cos 2β = 2

1 − cos(α + β) cos(α − β) = 1 − 2

cos(α − β) 1 ≥ . 2 2

√

2 Значи sin ϕ ≥ и понеже 0 ≤ ϕ ≤ 90◦ , то най-малката стойност на ϕ е равна на 2 45◦ и се достига при α = β = 30◦ . Оценяване. а) 1 т. за построяване на ъглите и 2 т. за останалата част; б) 4 т., от които по 1 т. за всяка от двете тригонометрични формули; при аналитичен подход по 1 т. за намиране на производната и на корените ѝ, и 2 т. за намиране на минимума. Задача 12.5. Могат ли четири различни реални числа, които са измежду нулите на полином от трета степен и неговата производна, да образуват аритметична прогресия? Първо решение. Не. Да допуснем противното за полинома P (x) = x3 −ax2 +bx−c = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) и прозводната му P 0 (x) = 3x2 − 2ax + b = 3(x − y1 )(x − y2 ). Можем да считаме, че x1 < y1 < x2 < y2 < x3 (защо?). Нека y1 , x2 и y2 са членове на прогресията. Понеже 2a/3 = y1 + y2 = 2x2 и x1 + x2 + x3 = a и някое от числата x1 и x3 също е член на прогресията, то лесно се съобразява, че и петте числа x1 , y1 , x2 , y2 , x3 образуват прогресия. Тогава (y1 + y2 )2 (3y1 − y2 )(3y2 − y1 ) 3y1 y2 = b = x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = + , 2 4 откъдето (y1 − y2 )2 = 0, противоречие. Нека x2 не е член на прогресията. Тогава числата x1 , y1 , y2 , x3 образуват прогресия, т.е. x1 = 2y1 − y2 и x3 = 2y2 − y1 . Понеже 3b − 8a2 /9 = y1 y2 − 2(y1 + y2 )2 = x1 x3 = b − (x1 + x3 )x2 = b − 2a2 /9, следва, че b = a2 /3. Тъй като x2 = a/3, от P (a/3) = 0 намираме, че c = a2 /27, откъдето P (x) = (x − a/3)3 , противоречие. Нека сега y1 не е член на прогресията. Тогава x1 = y2 − d, x2 = y2 − d, x3 = y2 + d и от формулите на Виет следва, че a = 3y1 − 2d и b = 3y 2 − 4yd − d2 . Като заместим в 3y12 − 2ay1 + b = 0, получаваме d2 = 0, противоречие. Случаят, когато y2 не е член на прогресията, е аналогичен. Второ решение. (К. Чакърян) Ще използваме формулата 1 1 1 P 0 (x) = + . P (x) x − x1 x − x2 x − x3 Нека x1 , y1 , x2 образуват прогресия. Тогава 0=

1 1 1 1 + + = , y1 − x1 y1 − x2 y1 − x3 y1 − x3 3

противоречие. Случаят, когато x2 , y2 , x3 образуват прогресия, е аналогичен. Остава случаят, когато x1 , y1 , y2 , x3 образуват прогресия. Тогава x3 − y1 = 2(y1 − x1 ), откъдето 0=

1 1 1 1 1 + + = − , y1 − x1 y1 − x2 y1 − x3 y1 − x2 y1 − x3

т.е. x2 = x3 , което отново е противоречие. Оценяване. Първо решение: по 2 т. за първите два случая и 3 т. за третия случай. Второ решение: 4 т. за първия и аналогичния му случай, и 3 т. за втория случай. Задача 12.6. Нека f (x) е полином с цели коефициенти и n е дадено естествено число. Известно е, че за всеки две цели числа a и b, за които a − b се дели на n, числата f (a) и f (b) не са взаимно прости. Да се докаже, че съществува просто число p, за което p дели f (x) за всяко цяло число x. Решение. Да допуснем, че просто число със свойството от условието не съществува. Първо ще докажем, че за произволни прости числа p1 , p2 , . . . , pk съществува цяло число b, за което f (b) не се дели на pi за всяко i = 1, 2, . . . , k. Наистина, от допускането следва, че за всяко i = 1, 2, . . . , k съществува xi , за което f (xi ) не се дели на pi . Според китайската теорема за остатъците съществува число b ≡ xi (mod pi ) и тогава f (b) ≡ f (xi ) 6≡ 0 (mod pi ). Нека p1 , p2 , . . . , pk са простите делители на n. Според доканото свойство съществува число b, за което f (b) не се дели на pi за всяко i = 1, 2, . . . , k. Нека q1 , q2 , . . . ql са простите делители на f (b). Отново от доказаното свойство следва, че съществува c за което f (c) не се дели на никое от числата q1 , q2 , . . . ql . Тъй като q1 q2 . . . ql е взаимно просто с n, то сравнението q1 q2 . . . ql x ≡ b − c (mod n) има решение. Тогава, ако a = q1 q2 . . . ql x + c, то a ≡ b (mod n) и f (a) ≡ f (c) 6≡ 0 (mod qi ) за всяко i = 1, 2, . . . , l. Това означава, че f (a) и f (b) са взаимно прости, което е противоречие с условието. Следователно съществува просто число p, за което p дели f (x) за всяко цяло число x. Оценяване. 3 т. за доказване, че за произволни прости числа p1 , p2 , . . . , pk съществува цяло число b, за което f (b) не се дели на pi за всяко i = 1, 2, . . . , k; 3 т. за намиране на числото c от решението; 1 т. за довършване на решението. Задачите са предложени от: Емил Колев – 12.1, Николай Николов – 12.2, 12.3, 12.4, 12.5, Олег Мушкаров - 12.4, Александър Иванов – 12.6.