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,

М Л А Д Е Ж Т А И Н А У К А Т А

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

Т Е М А ЗА 4 К Л А С Задача 1. а) Пресметнете израза: ( )118 178 : 74 8403 : 5 10+ + . б) Намерете неизвестното число x от равенството: ( ) 20106126.:138239 =+− x . 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.

1

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: ( ) 20106126.:138239 =+− x .

Решение: а) 118 ( 1 т.) 1597178 : 74 1597= 8403 10 000+ = (1 т.) 10 000 : 5 10 2000 10 2010+ = + = (1 т.)

б) ( ) 239 138 : .6 2010 612x− = − ( )239 138 : .6 1398x− = (1 т.) ⇒ 239 138 : 1398 : 6x− = 239 138 : 233x− = (1 т.) ⇒ 138 138: 239 233x = − : 6x = (1 т.) ⇒ 138 : 6x = 23x = (1 т.) 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.

1

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

кв. см. (1 т.) 12.11 132= 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 Второ дете Трето дете Четвърто дете Сбор

1 1 1 72 75 1 1 2 36 40 1 1 3 24 29 1 1 4 18 24 1 1 6 12 20

1 1 8 9 19 1 2 2 18 23 1 2 3 12 18 1 2 4 9 16 1 2 6 6 15 1 3 3 8 15 1 3 4 6 14 2 2 2 9 15 2 2 3 6 13 2 3 3 4 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,

М Л А Д Е Ж Т А И Н А У К А Т А

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

Т Е М А ЗА 5 К Л А С 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 lb d f h m+ + + + ,

където и са различни цифри. , , , , , , , ,a b c d e f g h l m 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

затъмнената част е 4 4.1 8+ = кв. см (1 т.), което е 8 220 5

= части от правоъгълника. (1 т.)

Задача 2. Намерете най-голямата и най-малката възможна стойност на израза

a c e g lb d f h m+ + + + ,

където и са различни цифри. , , , , , , , ,a b c d e f g h l m 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 по-малък 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 1011 2 3 4 5 12 12 12 6

+ + + + + ++ + + + = = = = . (1 т.)

При търсене на най-малката стойност четирите ненулеви числителя трябва да са най-малките 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 6415 6 7 8 9 504 504 504

+ + + = + + ++ + + + = = = . (1 т.)

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:

1 8 2 3 4 5 6 7 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,

М Л А Д Е Ж Т А И Н А У К А Т А

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

Т Е М А ЗА 6 К Л А С 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 и са взаимно прости; 2 41 3 3+ + 2 41 3 3 3+ + + 6

б) сумата се дели на числото 533. 2 4 42 44 461 3 3 . . . 3 3 3+ + + + + +

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 куб. дм = 750 куб. см. (3 т.) 1 1.0,5.1,5 0,75V = =

Обемът на опаковките от втория вид е 215.14.20 700

6V = = куб. см. (3 т.)

По-изгодна е покупката на сокове от първия вид, защото . (1 т.) 1V V> 2

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?

Решение: Тъй като 40% представлява 25

, то броят монети по 1 стотинка на Ани е

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 (10 5 )A x y= + ст. (1 т.) Тогава Борис има 2y монети по 10 ст. и x монети по 1 ст. Общата му сума е (20 )B y x= +

4 ст. (1 т.) От

условието следва, че сумата на Борис е 25% от тази на Ани, т.е. B A= . (1 т.) Тогава 80 4 10 5y x x+ = + y , откъдето 75 6y x= или 25 2y x= . (1 т.) Дясната страна на последното равенство е четно число и следователно 2y k= за някое цяло число . Тогава

k25x k= . Общият брой монети е 25 5.2 2.2 25 64k kk k k+ + + = и тъй като

, то или . (1 т.) И в двата случая условията на задачата са изпълнени. И така, за монетите по 1 ст. на Борис получаваме два възможни отговора:

или . (1 т.)

100 64 200k< <

25.2 50x = = x

2

25.3

k =

=

3k =

75= Задача 3. Докажете, че:

а) числата и са взаимно прости; 2 41 3 3+ + 2 41 3 3 3+ + + 6

б) сумата се дели на числото 533. 2 4 42 44 461 3 3 . . . 3 3 3+ + + + + +Решение: а) Тъй като и 2 41 3 3 91 7.13+ + = =

( ) ( ) ( )2 4 6 2 4 2 4 21 3 3 3 1 3 3 1 3 10. 1 3 2 .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.)

( ) ( ) ( )( )( )

( )

2 4 42 44 46

2 4 6 2 4 42 2 4

2 4 6 42

6 42

1 3 3 . . . 3 3 3

1 3 3 3 1 3 3 . . . 3 1 3 3

1 3 3 1 3 . . . 3

13.7. 1 3 . . . 3

+ + + + + + =

= + + + + + + + + + =

= + + + + + =

= + + +

След това по четворки: (2 т.)

( ) ( ) ( )( )( )

( )

2 4 42 44 46

2 4 6 8 2 4 6 40 2 4 6

2 4 6 8 40

8 40

1 3 3 . . . 3 3 3

1 3 3 3 3 1 3 3 3 . . . 3 1 3 3 3

1 3 3 3 1 3 . . . 3

41.20. 1 3 . . . 3

+ + + + + + =

= + + + + + + + + + + + + =

= + + + + + + =

= + + +

Разлагаме на прости множители 533 41.13= . От двете представяния следва, че сумата 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.)

2 4 42 44 461 3 3 . . . 3 3 3+ + + + + +

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,

М Л А Д Е Ж Т А И Н А У К А Т А

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

Т Е М А ЗА 7 К Л А С 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 80 .ACB = ° Точка М е такава, че и 10MAB = ° 30 .MBA = ° .AMC

n 3 22 3 1n n+ −

Да се намери Задача 3. Да се намери най-малкото естествено число , за което числото 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 110 . (2 т.) Производителността на новата машина е с 50% по-голяма т.е. тя е

1 1 1 3.10 2 10 20+ = . (2 т.) Ако една от старите и новата машина свършват работата за t часа,

то 1 3. . 1 5 2010 20t t t t+ = ⇔ = ⇒ = 4 . (2 т.) Старата машина извършва 1 .410 10= 4 от

работата, т.е. 40%, а новата – 60%. (1 т.) Задача 2. Даден е равнобедрен триъгълник АВС ( AC BC= ), в който 80 .ACB = ° Точка М е такава, че и 10MAB = ° 30 .MBA = ° Да се намери .AMC Решение: Нека М е вътрешна точка и МВ пресича височината през върха С в точка Р. (1 т.) Тъй като 80 ,ACB = °

30MBA то

От и 50 .ABC BAC= = ° 10MAB = ° = °ABC

следва, че и (1 т.) Тъй като 40AMP = ° 40 .= °MAC Δ е равнобедрен, височината през С е и симетрала на АВ, т.е.

Следователно .AP BP= 30 ,BAP ABM= = °20 20 ,CAP

откъдето Тогава 20 .MAP = ° 40= °− ° = ° т.е.

(1 т.) Освен това A B

M1

C

MP

.CAP MAP= 40BCP .ACP = = ° Следователно (ІІ пр.). Оттук APCΔ ≅ APMΔ .AM AC= (1 т.) Сега намираме, че

(1 т.) 70 .AMC = °

1Ако М1 е външна точка, то AMB AM B≅ Δ 1 (ІІ пр.) и A .M AM ACΔ = =

1 60 ,M AC = ° 1

Тъй като то M AC 1 60 .AM CΔ е равностранен и = °

3 2 1+ −

(2 т.) Задача 3. Да се намери най-малкото естествено число , за което числото се дели на 2010.

n 2 3n n

Решение: Имаме

( ) ( )( ) ( )( )21 2n n+ + −3 2 32 3 1 2n n n+ − = 2 22 1 1 1n n n+ + − = + + =

( ) 2 2n n n

22n n

( )1 1n

1n −

( ) (2n

1n + =

)1 2n

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

67 1k= −

(k 1 2 1 67 134 3n n k k( )2 ( 2 2) )+ − = − . За да е

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

(1 т.) Ако , то не се дели на 5. При 6k = (2 134 3k k − ) 12k = исканата делимост е изпълнена. Получаваме, че в разглеждания случай най-малкото число, което търсим, е

. (1 т.) 67.12n = −1 803=Нека сега на 67 се дели числото 2n 1− . Тогава можем да запишем, че

за някое естествено число . Ясно е, че е нечетно и получаваме , откъдето , където естествено число. (1 т.) Оттук

и за да е изпълнено исканото, трябва

да се дели на 30. Тъй като

2 1 67n − =2 1 67n l− =

( ) (1 2n n+ −

( )( )2 1 67l −

m(2 1−

)2 1232l −

m m) 67=

( ) (67 32 2l −

33n l −

)2 1l −

l

2 1l

67=

− е нечетно, за да имаме делимост на 2,

трябва да е четно. Освен това l ( )33 11l l− =

8l

2

l1 32l −

1 67− + 32 69= 3 23 −l l − и заключаваме, че и едновременно се делят или не се делят на 3. Следователно делимост на

6 ще имаме точно когато дава остатък 2 при деление на 6. (1 т.) При нито един от множителите и 67 не се дели на 5. При

2 1l − 67l

l

32−2l =

2 − = делимостта на 5 е изпълнена и намираме . Тъй като 503 < 803, търсеното n е 503. (1 т.) 503n =

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,

М Л А Д Е Ж Т А И Н А У К А Т А

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

Т Е М А ЗА 8 К Л А С Задача 1. Дадено е неравенството 3 2x a x 2− ≤ + , където а е параметър.

а) Да се реши неравенството при 1a = − . 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 на равнобедрен правоъгълен триъгълник е взета произволна точка

AB ABCM . Точките и са медицентровете съответно на

триъгълниците и 1G 2G

AMC BMC . Да се докаже, че 1 2 45GG C∠ > ° . Задача 3. Да се намерят всички цели положителни числа , за които числото

е степен на числото 2. n

5 3 4n n+ +

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

а) Да се реши неравенството при 1a = − . б) Да се намерят стойностите на параметъра а, за които множеството от решения

на неравенството съдържа само от едно цяло число.

Решение: а) При , т.е. при 2 2x + < 0 1x < − , неравенството няма решение.

При 1 x− ≤ имаме ( )

( )3 1 2 2 13 1 2 2

12 2 3 1x x xx x

xx x+ ≤ +

.≤ −+ ≤ + ⇔ ⇔

≥ −− − ≤ +

Следователно при 1a = − , решението на неравенството е 1x = − . (1 т.)

б) Неравенството има решение при 2 2x 0+ ≥ , т.е. при . При имаме 1x ≥ − 1x ≥ −( )( )

3 23 2 23 2 2 3 23 2 2 5

x ax a xx a x axx a x

≤ +− ≤ +− ≤ + ⇔ ⇔ −≥− ≥ − −

. (1 т.)

За да има неравенството решение, е необходимо 1 3 2a− ≤ + , откъдето получаваме

. Тъй като при имаме 1a ≥ − 1a ≥ − 3 21 3 2a5a −− ≤ ≤ + , то решението е интервалът

( )1 3 2 ;3 25 a a⎡ ⎤− +⎢ ⎥⎣ ⎦. (1 т.)

Нека m е цяло число. То ще бъде единственото цяло решение на неравенството, когато

( )11 3 2 3 25

m a m a m− < − ≤ ≤ + < +1. (1 т.) Оттук получаваме 5 3 53 3

m ma− +< ≤ 2 и

23

m ma− ≤ < 13− . (1 т.). От условието 5 3

3 3m m 1− −< следва, че 1

2m < , а от

2 5 23 3

m m− +≤ получаваме , т.е. 1m ≥ − 1m = − или 0m = . (1 т.) При имаме

и , т.е. . При

1m = −

1a ≤ − 1a ≥ − 1= −a 0m = имаме 21 a 3− < ≤ и 2 13 3a− ≤ < − , т.е.

)2 ;3 −13a ⎡∈ −⎢⎣

. (1 т.)

Окончателно неравенството има само едно цяло решение при 1a = − и )2 1;3 3a ⎡∈ − −⎢⎣.

Задача 2. Върху хипотенузата на равнобедрен правоъгълен триъгълник е взета произволна точка

AB ABCM . Точките и са медицентровете съответно на

триъгълниците и 1G 2G

AMC BMC . Да се докаже, че 1 2 45GG C∠ > ° .

Решение: Нека точките и са средите съответно на отсечките P Q AM и BMBM

. Тъй като и , то . (1 т.) От друга страна 1G CP∈ 2G CQ∈ 1 2GG C PCQ∠ = ∠ 180CAMC∠ +∠ = °

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 или AMC BMC . (1 т.) Заключаваме, че отсечката е по-малка от бедрата на CM ABCΔ . (1 т.) Върху продължението на CP да построим точката така, че да е средата на . (1 т.) Тогава четириъгълникът 1C P 1CC

G1 G2

Q A B

C

M P

C1

1ACMCAC CM=

е успоредник и оттук . (1 т.) Но в триъгълника имаме . (1 т.) По същия начин

доказваме, че , откъдето

1PCM PC A∠ = ∠

1 1C A ACP⇒∠ <∠1ACC

AC ACP P PCM< ⇒∠ <∠QCM BCQ∠ > ∠

90 45PCM QCM ACP BCQ PCQ PCQ PCQ∠ +∠ > ∠ +∠ ⇒∠ > °−∠ ⇒∠ > ° . (1 т.) Задача 3. Да се намерят всички цели положителни числа , за които числото

е степен на числото 2. n

5 3 4n n+ + Решение: Имаме:

5 5 5 3 33 4 3 3 1 1 3 3n n n n n n n n+ + = + + + = − + + + + = ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )3 2 4 31 1 1 1 3 1 1n n n n n n n n n n n n− + + + − + + + = + − + − +2 4 . (1 т.)

От полученото разлагане следва, че числата 1n + и 4 3 2 4n n n n− + − + трябва да са едновременно степени на числото 2, защото са по-големи от 1. (1 т.) Нека и 1 2kn + = 4 3 2 4 2mn n n n− + − + =

( ) 4 34 1 2n n n− + = − + + за някакви естествени числа и . Тъй като

, то m . (1 т.) k m

( )21n n n+ − >4 3 2n n− + − 0

)k>

Но тогава от ще следва, че (1 mod 2kn ≡ − ( )4 3 2 4 8 mod 2kn n n n− + − + ≡ . (1 т.)

От друга страна, ( )4 3 2 4 2 0 mod 2mn n n n− + − + = ≡

3≤

k и получаваме, че трябва да дели 8, а това е възможно само ако k . (1 т.)

2k

При и 3 намираме съответно 1, 2k = 1, 3n = и 7. (1 т.) При числото е равно на 8 и това е решение на задачата. При 1n = 5 3n n+ + 4 3n = числото е равно на 5 3n n+ + 4 8256 2= и това също е решение на задачата. При 7n = числото е равно на . Следователно 4 3n n− + 2 4n n− + 32 263⋅ 7n = 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

������������������������ ������������������������������������ !�� �"�#$��% !�"&'()*'&+��!�),-��&��./,/(�0!��1���"��%2343536789:;<9=;>?@A:BCDB:@EF<E:@B<9>;9G<B?H9>9=;@I>JKL9DEB@EDE>;<B@;MNBMO<9P>9A<;<B;@EMOQRSJQTUJVMUTWX:9>;9G<BBPYEAG;@AE>?A9@>9A;<:@AE@EMONQMOOQJOWZJRMNQMOVQZQSJ[QJOUT\JQZ]234353_7 Y9Y;<C;@B>BIaIG<BDbcde=Ef;Y9:;AHBg;ED>If<E:@hKDE?@E:;YEHB>9YE:@>9<B@;bcKcdKde BebA@ECDB@;iKjKkBl:IE@A;@<Emn;D9o;:>;Y9@9<9pE>Y9@9KHEGPC;<9E@H>;:BC9<;@E<9YB9aE<9G9bd:ED>If<E:@@9hm89:;YED9f;KC;;BLHIG<;<E>9A;<:@AE@Eoi olWojok234353q7 I>pPP:HE>;Y<B@;H>9ABJBr:9AL;@B:IE@A;@<E@ECDB@;bNKbOKb[KbsBcNKcOKc[KcsKDEB@E:9YA;HEYA;>9LGBC<Bm89:;<9=;>B=B<B=9G<B?@AIL=Ef;<t>EF>9LGBC<B@ECDBKHEGPC;<BH>BH>;:BC9<;@E<9E@:;CDB@;bucvKwWTxZxyx\z{WTxZxyx\m|DG}CB@;G<E:9=B@;@ECDBbNKbOKb[KbsBcNKcOKc[Kcsm~ ���������������C9:9B��=B<P@Bm

������������������������ ������������������������������������ !�� �"�#$��% !�"&'()*'&+��!�),-��&��./,/(�0!��1�,/�"��%2343536789:;<;=>?<9@A;A>;BCDEFGHIEFJD234353K7LMA=AC@N>:9A9B9CO<MPAC:BOMQ:B<9A9B9RSA9TRSU:;VCN><9VCRS@BCWO9XYZOC[\URSJD[\UXR]V9:;A9Q;<>:BCAC:BB9A9CBAC=;A>;BCRX_SXY234353 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;BCA9CB:;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

��� �� ����������������������������������� ������������� ���������������������������� ������� ������������� �� �������������� ����������� �������� ����������� ������������������������ ��� �������� ���������������������������������� ���� ��� �� �� �� ! " #$ ��� $ �$#$!�$"

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

� � ����������� �� �� ����� ��� ��� �������� ���� ��� � � ��� ����� � �� ��� � �� ���� �� ����� �� ��������� ��������� � � ��� ��� � ��� �� �� ���������� �� � � � ���� �� � � � ���� �� � � � ��� � �������������� �������� ��� � �� ��� � ��� �� � �� ��� ���������� � ������ � ����� � ����� � ������� �� ������� � � ���� �� ������� � � � !" ��������� ���� � ������ ���� � �#� ������� �� ��� ��� � �������� �������� ����� ������

��������� � � �� ��� � �� �� ����� �� ��� ����������� �� � ����� � ��� �� � ������������������������������������������� � � ��� ����������������������� ���� ���������� �� ����� ����� �� ���� ������������������� ��� ��� ������� ��� ������ �������� � � � ������ � ���� ������������ ��� ������� � �!��"�###��$%#�&��"! �"" ''' �"$#��� ��� %(�! %(�" %(�"! �""%"(%#�& %)�! %)�" �"! �""��*+,-%� �"!���""*+,-%� �.!���."*+,-%�����*+,-%���/ �� �"! �"" �"0��*+,-1��!��"��0 �!���!��"���"��0���0 �!��"��0�2 %#�&3"�

����������� ���� ��������� ��� ������ ��������� ����������������������������� ������������� ������������ �� ������������������������������� ���������������������������� � �� ���� ������������ �� ������������������������������������������������� ��������������� �������� !"�#� ����� ��� !"�#� ����������������������������� ���������� ��������������� ��� !"�#� $% &$%'$% ( )�'$%��)�'($$(*%(&$%' )�$('�+ &$'('(��,-.�+,-.+ ���/!,+ &$(' ��/!,�+�����0��������0���/!,�+12 ���/!,�+������0��������0���/!,�+�/!,�+�0����� &$%'������3����3�0������ 12 ������3���0312 ����3��

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

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.

Задача 2. Нека a1 > 1 и an+1 = an +1

an

− 1 при n ≥ 1. Да се докаже, че:

a) редицата (an) е сходяща и да се намери нейната граница;

б) съществува n, за което a2n< 1 +

1

22n.

Задача 3. Дени попълва с ненулево цяло число някой от коефициентите науравнение от 2010-та степен, след това Вени попълва също с ненулево цялочисло друг от коефициентите и т.н., докато бъдат попълнени всичките 2011коефициента. Дени печели, ако полученото уравнение има целочислен корен, ав 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

2y2 − (2a+1 + 1)y + 2a ≤ 0

с решение y ∈ [12; 2a] при a ≥ −1 и y ∈ [2a; 1

2] при a < −1.

Следователно:1. При a < −1 имаме 2a ≤ 2ax ≤ 2−1, т.е. a ≤ ax ≤ −1, откъдето 1 ≥ x ≥ − 1

a.

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 − 1

a≥ 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 − 1

a≤ x ≤ 1.

Оценяване. 1 т. за полагането; 1 т. за намиране на корените на съответнотоквадратно уравнение; 1 т. за определяне на решенията на неравенството в зависимостот a; 4 т. за довършнване на решението.

Задача 11.2. Нека a1 > 1 и an+1 = an +1

an

− 1 при n ≥ 1. Да се докаже, че:

a) редицата (an) е сходяща и да се намери нейната граница;

б) съществува n, за което a2n < 1 +1

22n .

Решение. а) Понеже an+1 − 1 =(an − 1)2

an

> 0, то an+1 − an =1

an

− 1 < 0 и значи

an > an+1 > 1. Следователно редицата е сходяща и за нейната граница l имаме, че

l = l +1

l− 1, т.е. l = 1.

б) От а) следва, че ak ≤ 3/2 за някое k. Тогава от

an+1 − 1 =(an − 1)2

an

< (an − 1)2

по индукция получаваме, че an − 1 <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,

1 т. an < (an−k − 1)22n−k

и 2 т. за довършване на решението.

Задача 11.3. Дени попълва с ненулево цяло число някой от коефициентите на урав-нение 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. Денипечели, ако полученото уравнение има целочислен корен, а в противен случай печелиВени. Коя от двете има печеливша стратегия?Решение. Дени. Тя може да попълва така, че след всяко нейно попълване (без пред-последното) броят на непопълнените коефициенти пред нечетните и пред четнитестепени да е един и същ. Значи преди предпоследния и ход има само един непопъл-нен коефициент от едната група, например групата A. Тя го попълва така, че суматана числата в A да стане ненулева. С последното си попълване Дени може да направитака, че полученото уравнение да има корен 1 или −1. Наистина, в противен случайсумата от всички коефициенти без последния, който трябва да се попълни, напримерb, 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 същоби била 0 (понеже −1 не е корен на уравнението съгласно допускането). Oттук след-ва, че както сумата на числата в B \ {b}, така и тази на числата в A е 0. Последнотовече е противоречие.Оценяване. 3 т. за стратегията три хода преди края да има само един непопъл-нен коефициент от едната група и 4 т. за довършване на решението; 1 т. само затвърдение, че има стратегия, при която 1 или −1 е корен на полученото уравнение.

Задача 11.4. Даден е остроъгълен триъгълник ABC за който cos <) BAC =1

3.

Правата през A, успоредна на медианата BM , M ∈ AC пресича продължението нависочината CC1, C1 ∈ AB в точка D. Ако CC1 : C1D = 2 : 1, да се намери отноше-

ниетоR

rкъдето R и r са съответно радиусите на описаната и вписаната окръжност

за 4ABC.Решение. Да означим с N пресечната точка на BM и CC1. Тъй като MN е успо-редна на AD и M е среда на AC, то MN е средна отсечка в 4ADC. СледователноN е среда на CD и като използваме, че CC1 : C1D = 2 : 1, лесно получавамеCN : NC1 : C1D = 3 : 1 : 2.

Ако AC = 2t, то AC1 = AC cos <) BAC =2t

3и от подобието на 4ADC1 и BNC1

намирамеAC1

BC1

=DC1

NC1

= 2, т.е. BC1 =t

3. Сега от косинусовата теорема пресмятаме

BC =

√t2 + 4t2 − 4t2

1

3= t

√11

3.

Тъй като sin <) BAC =√

1− cos2 <) BAC =2√

2

3, то R =

BC

2 sin <) BAC=

t√

66

8.

2

От формулата r(AB + BC + CA) = AB.AC sin <) BAC намираме r =4t√

2

9 +√

33и

следователноR

r=

9√

33 + 33

32.

Оценяване. 1 т. за намиране на отношението CN : NC1 : C1D = 3 : 1 : 2; 1 т. занамиране 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 изтриванена произволни k клетки на таблицата, така че измежду неизтритите клетки има равенброй бели и черни, останалата част от таблицата (т.е. неизтритите клетки) може дасе покрие с домина. (Доминото се състои от две клетки с обща страна).Решение. Ще докажем, че за всяка таблица с нечетни страни търсеното число еk = 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 белии 3 черни клетки. Ако изтрием двете бели съседни клетки на коя да е ъглова, то тазиъглова клетка остава изолирана и не може да се покрие от домино. Следователноk ≤ 3.

Остава да докажем, че както и да изтрием 2 черни и една бяла клетка останала-та част от дъската може да се покрие с домина. За дъска 3 × 3 това се проверявадиректно. Сега да разгледаме дъска 2p + 1 × 2q + 1, за която поне едно от p и q епо-голямо от 1 и от която сме изтрили 2 черни и една бяла клетка. Без ограничениеq > 1 и да разгледаме двете ивици, съставени от първите два и от последните двастълба. 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 клеткае в първия стълб, то поставяме хоризонтални домина в тази ивица, като само доми-ното в реда на изтритата клетка ще покрива клетка със същия цвят от останалатачаст на таблицата. Ако изтритата клетка е във втория стълб, използваме едно верти-кално домино и едно хоризонтално домино, като отново покриваме една клетка съссъщия цвят от останалата част от таблицата. И в двата случая твърдението следвапо индукция.Оценяване. 1 т. за посочване на отговора; 1 т. за започване на доказателство синдукция или друг подход; 5 т. за вярна индукция или довършване на решението подруг 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 числоp, 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 цялочисло 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, закоето f(xi) не се дели на pi. Според китайската теорема за остатъците съществувачисло 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 същест-вува число b, за което f(b) не се дели на pi за всяко i = 1, 2, . . . , k. Нека q1, q2, . . . ql сапростите делители на f(b). Отново от доказаното свойство следва, че съществува cза което f(c) не се дели на никое от числата q1, q2, . . . ql. Тъй като q1q2 . . . ql е взаимнопросто с n, то сравнението q1q2 . . . qlx ≡ b − c (mod n) има решение. Тогава, акоa = q1q2 . . . qlx+ 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 цялочисло x.Оценяване. 3 т. за доказване, че за произволни прости числа p1, p2, . . . , pk съществу-ва цяло число b, за което f(b) не се дели на pi за всяко i = 1, 2, . . . , k; 3 т. за намиранена 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.

4

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.

Задача 2. Нека a1 > 1 и an+1 = an +1

an

− 1 при n ≥ 1. Да се докаже, че:

a) редицата (an) е сходяща и да се намери нейната граница;

б) съществува n, за което a2n< 1 +

1

22n.

Задача 3. Дени попълва с ненулево цяло число някой от коефициентите науравнение от 2010-та степен, след това Вени попълва също с ненулево цялочисло друг от коефициентите и т.н., докато бъдат попълнени всичките 2011коефициента. Дени печели, ако полученото уравнение има целочислен корен, ав противен случай печели Вени. Коя от двете има печеливша стратегия?

Време за работа: 4 часа и 30 минути

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

2y2 − (2a+1 + 1)y + 2a ≤ 0

с решение y ∈ [12; 2a] при a ≥ −1 и y ∈ [2a; 1

2] при a < −1.

Следователно:1. При a < −1 имаме 2a ≤ 2ax ≤ 2−1, т.е. a ≤ ax ≤ −1, откъдето 1 ≥ x ≥ − 1

a.

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 − 1

a≥ 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 − 1

a≤ x ≤ 1.

Оценяване. 1 т. за полагането; 1 т. за намиране на корените на съответното квад-ратно уравнение; 1 т. за определяне на решенията на неравенството в зависимост отa; 4 т. за довършнване на решението.

Задача 12.2. Нека a1 > 1 и an+1 = an +1

an

− 1 при n ≥ 1. Да се докаже, че:

a) редицата (an) е сходяща и да се намери нейната граница;

б) съществува n, за което a2n < 1 +1

22n .

Решение. а) Понеже an+1 − 1 =(an − 1)2

an

> 0, то an+1 − an =1

an

− 1 < 0 и значи

an > an+1 > 1. Следователно редицата е сходяща и за нейната граница l имаме, че

l = l +1

l− 1, т.е. l = 1.

б) От а) следва, че ak ≤ 3/2 за някое k. Тогава от

an+1 − 1 =(an − 1)2

an

< (an − 1)2

по индукция получаваме, че an − 1 <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,

1 т. an < (an−k − 1)22n−k

и 2 т. за довършване на решението.Задача 12.3. Дени попълва с ненулево цяло число някой от коефициентите на урав-нение 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. Денипечели, ако полученото уравнение има целочислен корен, а в противен случай печелиВени. Коя от двете има печеливша стратегия?Решение. Дени. Тя може да попълва така, че след всяко нейно попълване (без пред-последното) броят на непопълнените коефициенти пред нечетните и пред четнитестепени да е един и същ. Значи преди предпоследния и ход има само един непопъл-нен коефициент от едната група, например групата A. Тя го попълва така, че суматана числата в A да стане ненулева. С последното си попълване Дени може да направитака, че полученото уравнение да има корен 1 или −1. Наистина, в противен случайсумата от всички коефициенти без последния, който трябва да се попълни, напримерb, 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 същоби била 0 (понеже −1 не е корен на уравнението съгласно допускането). Oттук след-ва, че както сумата на числата в B \ {b}, така и тази на числата в A е 0. Последнотовече е противоречие.Оценяване. 3 т. за стратегията три хода преди края да има само един непопъл-нен коефициент от едната група и 4 т. за довършване на решението; 1 т. само затвърдение, 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 иравнина 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 напри-мер 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 A1B1 и τ. Tогаваα = ∠CA1C2, β = ∠CB1C2 и ϕ = ∠CC1C2. Ако x = ∠CAC1 и y = ∠CBC1, то

sin α =CC2

CA1

=CC2

CC1

sin x, sin β =CC2

CB1

=CC2

CC1

sin y, sin ϕ =CC2

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− cos(α− β)

2≥ 1

2.

2

Значи sin ϕ ≥√

2

2и понеже 0 ≤ ϕ ≤ 90◦, то най-малката стойност на ϕ е равна на

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., откоито по 1 т. за всяка от двете тригонометрични формули; при аналитичен подход по1 т. за намиране на производната и на корените и, и 2 т. за намиране на минимума.Задача 12.5. Могат ли четири различни реални числа, които са измежду нулите наполином от трета степен и неговата производна, да образуват аритметична прогре-сия?Първо решение. Не. Да допуснем противното за полинома P (x) = x3−ax2+bx−c =(x − x1)(x − x2)(x − x3) и прозводната му P ′(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 иx1 + x2 + x3 = a и някое от числата x1 и x3 също е член на прогресията, то лесно сесъобразява, че и петте числа x1, y1, x2, y2, x3 образуват прогресия. Тогава

3y1y2 = b = x1x2 + x2x3 + x3x1 =(y1 + y2)

2

2+

(3y1 − y2)(3y2 − y1)

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 = y1y2 − 2(y1 + y2)2 = x1x3 = 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 + dи от формулите на Виет следва, че a = 3y1 − 2d и b = 3y2 − 4yd− d2. Като заместимв 3y2

1 − 2ay1 + b = 0, получаваме d2 = 0, противоречие. Случаят, когато y2 не е членна прогресията, е аналогичен.Второ решение. (К. Чакърян) Ще използваме формулата

P ′(x)

P (x)=

1

x− x1

+1

x− x2

1

x− x3

.

Нека x1, y1, x2 образуват прогресия. Тогава

0 =1

y1 − x1

+1

y1 − x2

+1

y1 − x3

=1

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

y1 − x1

+1

y1 − x2

+1

y1 − x3

=1

y1 − x2

− 1

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 естественочисло. 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 числоp, 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 цялочисло 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, закоето f(xi) не се дели на pi. Според китайската теорема за остатъците съществувачисло 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 същест-вува число b, за което f(b) не се дели на pi за всяко i = 1, 2, . . . , k. Нека q1, q2, . . . ql сапростите делители на f(b). Отново от доказаното свойство следва, че съществува cза което f(c) не се дели на никое от числата q1, q2, . . . ql. Тъй като q1q2 . . . ql е взаимнопросто с n, то сравнението q1q2 . . . qlx ≡ b − c (mod n) има решение. Тогава, акоa = q1q2 . . . qlx+ 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 цялочисло x.Оценяване. 3 т. за доказване, че за произволни прости числа p1, p2, . . . , pk съществу-ва цяло число b, за което f(b) не се дели на pi за всяко i = 1, 2, . . . , k; 3 т. за намиранена 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.

4