2009.25-26.04 58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА -...

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 И Н А У К А Т А

НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА

ОБЛАСТЕН КРЪГ – 25 април 2009 г.

Т Е М А ЗА 4 К Л А С

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 най-

малко 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 Рангел Общо Остават

1 3 4 25 4 21− =

2 6 8 25 8 17− =

3 9 12 25 12 13− =

4 12 16 25 16 9− =

5 15 20 25 20 5− =

6 18 24 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 Ангел Рангел Общо

1 1 3 5

2 2 6 10

3 3 9 15

4 4 12 20

5 5 15 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

0x> на брой, а тези със страна 2 см са 0y> на брой.

Съставяме диофантово уравнение за лицето:

25. 4. 196x y+ = . Уравнението има решение само при

4x= . Това се обосновава например с помощта на

проверки за 1,2,3,4,5,6x= и 7, тъй като при 8x≥ се получава 25 200 196x≥ > .

При 4x= обаче остава правоъгълник 7 8× , който не може да се запълни с

квадрати със страна 2 см (2 т.).






Задача 1. Пресметнете A B+ , ако

4.526,0.25,0.46,2475,0.46,24.526,04

1.526,0.46,2423,12 −++=A и B е най-малкото

число, за което ( )40; ;140 1680НОК B = .

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?





Задача 1. 23,12)25,0.475,025,0.(526,0.46,2423,12 =−++=A (3 т.).

( ) 340;140 2 .5.7 280НОК = = (1 т.). От 1680 : 280 6= (1 т.) и 6 2.3= следва, че

42 .3 48B = = (1 т.). Тогава 12, 23 48 60, 23A B+ = + = (1 т.).

Задача 2. Означаваме броя на марките на Иван с x . Тогава марките на Стоян са 12x +

(1 т.), на Ангел са ( )12 : 2 6x x x+ + = + (1 т.), а на Георги са 3 18x + (1 т.). От

равенството 12 6 3. 18 312x x x x+ + + + + + = (1 т.) намираме 46x = (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.)






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 най-

голямата стойност на най-малкото число?



Пожелаваме Ви успешна работа!


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 0,96 .x x лв= (2 т.).

От условието 0,96 21,60x = намираме 22,5x = (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 350.30.20 30 000V см= = (1 т.). Обемът на

пирамидата, която е потопена, е 2 31

1.6 .15 180

3V см= =

(1 т.). Следователно след

потапянето общият обем е 330180см и оттук дълбочината h на водата е

30180 :1500 20,12h = = , т.е. 20,12h 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 2 31

1.6 .15 180

3V см= = (1 т.). Тогава при

потапянето на пирамидата дълбочината на водата ще се увеличи с 1 1800,12

1500 1500

Vсм= =

(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 1 2 19 20 190x x x x x+ + + + + + + = +�

не е по-голямо от 2009 . Последното е изпълнено за стойности на естественото число x ,

не по-големи от 90. (3 т.). Ако 90x = , сбор 2009 се получава например така

90 91 107 108 128 2009+ + + + =� (3 т.).






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 2 5n n+ + е точен куб

на естествено число?





Задача 1. а) Ако t е времето (в часове) от тръгването на колата до изпреварването й от

автобуса, то 2

60 903

t t

= −

, откъдето 232 −= tt и 2t = . Така изпреварването е станало

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

изпреварването до пристигането на автобуса в B . Тогава 90 75 25x x= + и 3

5=x , а

изминатият от автобуса път след изпреварването е 5

90 1503

км⋅ = . Така разстоянието от

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

автобуса, то 90 60 5y y− = , така че 6

1=y (1 т.). Това е станало 10 минути преди

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

автобуса, то 90 75 5z z− = , така че 3

1=z (1 т.). Това е станало 20 минути след

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

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 2NOC α∠ = като външен ъгъл за

равнобедрения AON∆ (1 т.). Аналогично 2MOC β∠ = ,

откъдето ( )2 2MON xα β∠ = + = (1 т.). От друга страна

триъгълниците POM и QON са еднакви (1 т.). Така

PM QN= . Тъй като CM CN> и CP CQ= , точката P е

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 2QOP QON NOP POM NOP NOM x° = ∠ = ∠ + ∠ = ∠ + ∠ = ∠ = . Следователно 45x = °

(1 т.).

Задача 3. Да предположим, че за някои естествени числа n и m е вярно равенството 3

4 2 5n n

m+ + = . 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 3

4 2 5n n

m+ + = е възможно само когато и двете му страни се делят на

7 (1 т.). Но числото 4 2 5n n+ + се дели на 7 точно тогава, когато n се дели на 3 (1 т.).

Нека 3 ,n k k= − естествено число. Тогава числото 4 2 5n n+ + може да се запише във

A B

D

M

C N Q

P O

вида ( ) ( )6 3

4 2 5 2 2 5n n k k+ + = + + . Ако означим 2

ka= , то получаваме равенството

6 3 35a a m+ + = (1 т.). Но ( )

36 3 2

1a a a+ + > и

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3

2 6 3 4 3 2 3 21 5 3 3 4 3 1 2 2 2 0a a a a a a a a a a a+ − + + = − + − = − + + − + >

при 2a ≥ (1 т.). Това означава, че равенството 6 3 3

5a a m+ + = е невъзможно, защото 6 3

5a a+ + се намира между кубовете на две последователни естествени числа.

Следователно не съществува естествено число n , за което числото 4 2 5n n+ + е точен

куб на естествено число (1 т.).






Задача 1. Графиките на функциите ( ) 2f x x a= − + и ( ) 2g x 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 ( )1 2, , , 6nA A A n >… в посочения ред така,

че � � � �1 2 2 3 1 1n n n

A A A A A A A A−

= = = =… .

а) Намерете n , ако е известно, че правите 1 4

A A и 2 2n

A A−

са перпендикулярни.

б) Върху правата 1 n

A A е взета точката M така, че 1

A е между n

A и M и

1 1 4A M A A= . Докажете, че точките

2,M A и

2nA

− лежат на една права.

Задача 3. Да се намерят всички естествени числа n , за които числото 14 3 11

n n++ ⋅ е

степен на просто число.





Задача 1. Понеже точката A лежи върху всяка от двете графики, то координатите й ще

имат вида ( )( )1; 1A f и ( )( )1; 1A g . От ( )1 1f a= + (1 т.) и ( )1 2g b= + (1 т.) следва, че

1 2a b+ = + или 1a b− = (1 т.). От друга страна, координатите на точките B и C ще

имат вида ( )( )0; 0B f и ( )( )0; 0C g . Лесно се пресмята, че ( )0;2B a+ (1 т.) и ( )0;C b (1

т.). Тогава за лицето на триъгълника ABC получаваме, че е равно на

1 1 1 32 1 3

2 2 2 2A

BC h a b⋅ = + − ⋅ = ⋅ = квадратни мерни единици (2 т.).

Задача 2. а) Да отбележим, че точките 2

A и 2n

A−

са в различни полуравнини относно

правата 1 4

A A и ако хордите 1 4

A A и 2 2n

A A−

се пресичат в точката L , то

� �( )( ) ( )

1 2 1 2 4 2

6 360 5 1801 1 360

2 2n

n nA LA A A A A

n n n−

− ° − ° °∠ = + = + =

(2 т.). Оттук

( )5 180 5 190 10

2

n nn

n n

− ° −= °⇒ = ⇔ = (1 т.).

б) Тъй като � �1 4 2 1

3 360n

A A A An

−

⋅ °= = , то хордите

1 4A A и

1 2nA A

− са равни, а това

дава, че 1 1 2n

A M A A−

= (1 т.). Следователно 1 2n

A MA−

∆ е равнобедрен и

2 1 1 2 1 2

1

2n n n n

MA A A MA A A A− − −

∠ = ∠ = ∠ . Но �1 2 2

1 1 2 360 360

2 2n n n n

A A A A An n

− −

⋅ ° °= = ⋅ =� ,

откъдето 2 1 1 2

180n n

MA A A MAn

− −

°∠ = ∠ = (1 т.). Освен това �

2 2 1 1 2

1 180

2n

A A A A An

−

°∠ = = (1 т.).

Получените равенства означават, че правите 2n

MA−

и 2 2n

A A−

сключват един и същ ъгъл

с правата 1 2n

A A−

, като при това точките M и 2

A лежат в една и съща полуравнина

относно правата 1 2n

A A−

. Оттук следва, че точките 2

,M A и 2n

A−

лежат на една права (1

т.).

Задача 3. Ще покажем най-напред, че числото 14 3 11

n n++ ⋅ се дели на 7 за всяко

естествено число n . Понеже ( )11 4 mod 7≡ , то ( )3 11 3 4 mod 7n n

⋅ ≡ ⋅ и следователно

( )14 3 11 4 4 3 4 0 mod 7

n n n n++ ⋅ ≡ ⋅ + ⋅ ≡ . 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 14 3 11 7

n n m++ ⋅ = . При 1n = имаме

1 24 3 11 16 33 49 7

n n++ ⋅ = + = = , тоест 1n = е решение на задачата (1 т.). Нека n е четно.

Тогава ( )11 1 mod8n

≡ , откъдето ( )14 3 11 3 mod8

n n++ ⋅ ≡ . Но сравнението ( )7 3 mod8

m≡ е

невъзможно. Следователно n е нечетно (1 т.). Но при нечетно n имаме

( )14 3 11 3 11 1 mod8

n n n++ ⋅ ≡ ⋅ ≡ и следователно трябва ( )7 1 mod8

m≡ . Последното е

възможно точно когато m е четно (1 т.). И така, можем да запишем 2 1, 1n k k= + ≥

(случаят 1n = вече разгледахме) и 2 , 1m t t= ≥ . Тогава равенството 14 3 11 7

n n m++ ⋅ =

приема вида 2 2 2 1 24 3 11 7

k k t+ ++ ⋅ = , откъдето получаваме, че 2 1 2 2 2

3 11 7 4k t k+ +

⋅ = − или

( )( )2 1 1 13 11 7 4 7 4

k t k t k+ + +⋅ = − + (1 т.). Числата 1

7 4t k ++ и

17 4

t k +− са нечетни и разликата

им е степен на двойката. Следователно те са взаимно прости. При това числото 17 4

t k +−

се дели на 3. Това означава, че равенството ( )( )2 1 1 13 11 7 4 7 4

k t k t k+ + +⋅ = − + е изпълнено

точно тогава, когато 17 4 3

t k +− = и

1 2 17 4 11

t k k+ ++ = (1 т.) (тук използваме, че не е

възможно 17 4 1

t k ++ = ). Но от равенството 1

7 4 3t k +− = следва, че ( )7 3 mod8

t≡ , което

вече отбелязахме, че е невъзможно (1 т.). Следователно само 1n = 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

Задача 1. Да се реши системата∣∣∣∣

x3 + xy2 + 16 = 03y3 − xy2 + 16 = 0

.

Задача 2. Вписаната в 4ABC окръжност се допира до страните AC и BCсъответно в точките P и Q, а правата PQ пресича описаната около 4ABC

окръжност в точките K и L (K ∈_

AC, L ∈_

BC). Ако K е среда на_

AC, да сенамери отношението KL : AB.

Задача 3. Множеството от върховете на правилен 30-ъгълник е разбито на15 непресичащи се двойки, които определят 15 отсечки. Да се докаже, чепоне две от 15-те отсечки са равни.

Време за работа: 4 часа и 30 минути.

За въпроси: 0899 804 465 (Стоян Боев).



Областен кръг, Втори ден, 26 април 2009 г.


Задача 4. Да се намерят стойностите на реалния параметър a, за коитоуравнението √

x2 + a = x − a

има поне едно цяло решение.

Задача 5. Четириъгълникът ABCD е вписан в окръжност с център O иописан около окръжност с център I, като I 6≡ O. Правата OI пресича две отстраните на ABCD във вътрешни точки. Да се докаже, че произведениетона тези две страни не надминава произведението на другите му две страни.

Задача 6. Да се докаже, че системата

∣

∣

∣

∣

x3 + 2x2y + xy2 + 7z4 = 8

x2y + 2xy2 + y3 + 9z4 = 8няма

решение в цели числа.


За въпроси: 0899 804 465 (Стоян Боев).





Задача 1. Да се реши неравенството

x + a√x2 + a2

>x + b√x2 + b2

,

където a и b са реални параметри и a > b > 0.

Задача 2. Права през върха C пресича диагонала BD, страната AD ипродължението на страната AB на успоредника ABCD съответно в точкитеM , E и F . Да се докаже, че AM е допирателна към описаната около три-ъгълника 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 − y2n+1 = (2n + 1)xy(x + y)(x2 + xy + y2)n−1

е тъждество.


За въпроси: 0888-91-82-81 (Иван Тонов).





Задача 4. Нека f(x) = x2 +(2a−1)x−3 и g(x) = x2 +(a−2)x−1, където a ереален параметър. Да се намерят всички стойности на a, за които коренитена уравненията f(x) = 0 и g(x) = 0 са разположени така, че между дватакорена 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.


За въпроси: 0888-91-82-81 (Иван Тонов).





Задача 1. Да се реши уравнението√

x2 + x + 3 = x − a, където a е реаленпараметър.

Задача 2. а) Да се докаже, че за триъгълник с ъгли α, β и γ е изпълненоравенството

r = 4R sinα

2sin

β

2sin

γ

2,

където r и R са съответно радиусът на вписаната и на описаната окръжностза този триъгълник.

б) Шестоъгълникът ABCDEF е вписан в окръжност. Да се докаже, чепроизведението на радиусите на вписаните окръжности в 4ABF , 4BCD и4DEF е равно на произведението на радиусите на вписаните окръжности в4ABC,4CDE и4EFA тогава и само тогава, когато периметрите на4ACEи 4BDF са равни.

Задача 3. Група от n човека, където n е четно естествено число, се разполагаоколо маса, местата на която са във върховете на правилен n-ъгълник. Ви-наги ли е възможно да се направят няколко такива разположения така, чевсеки двама да са седели в диаметрално противоположни места на масататочно по веднъж?


За въпроси: 0888 919 497 (Емил Колев).





Задача 4. Да се намерят всички стойности на реалния параметър a, за коитоуравнението

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 = a2

n+ a2

n−1 + a2

n−2 + an−2

за n ≥ 3. Да се намери a3, ако

1

a1 + 1+

1

a2 + 1+ · · · +

1

a2008 + 1+

1

a2009

= 1.

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 наестествено число тогава и само тогава, когато то не се дели на 3.


За въпроси: 0888 919 497 (Емил Колев).





Задача 1. Да се реши уравнението

3x4 − 4x3 − 12x2 + 164x−1 + 6

2x + 1= 0.

Задача 2. В кръг в радиус 1 са разположени четири триъгълника със сумана 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).


За въпроси: 0888 937 087 (Николай Николов).





Задача 4. В △ABC (AC < BC) с лице 20√

3 точките M и I са съответномедицентър и център на вписаната окръжност. Отсечката IM има дължина1 и е успоредна на страната AB. Да се намерят дължините на страните натриъгълника.

Задача 5. Нека n е естествено число. Да се докаже, че:

а) уравнениетоn∑

i=1

1

i(i + x)= 1 има единствено неотрицателно решение

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.


За въпроси: 0888 937 087 (Николай Николов).



Областен кръг, 25-26.04.2009 г.

Условия, кратки решения и критерии за оценяване

Задача 9.1. Да се реши системата

∣

∣

∣

∣

x3 + xy2 + 16 = 03y3 − xy2 + 16 = 0

.

Решение. Изваждаме почленно второто уравнение от първото и получава-ме x3 +2xy2−3y3 = 0. Лесно се вижда, че y = 0 не дава решение на системата.При y 6= 0 разделяме полученото уравнение на y3 и полагаме x

y= 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. зарешаване на уравнението от трета степен за t и 1 т. за довършване.

Задача 9.2. Вписаната в △ABC окръжност се допира до страните AC иBC съответно в точките P и Q, а правата PQ пресича описаната около △ABC

окръжност в точките K и L (K ∈⌢

AC, L ∈⌢

BC). Ако K е среда на⌢

AC, да сенамери отношението KL : AB.

Решение. Имаме

1

2(

⌢

AK +⌢

CL) =<) QPC =<) PQC =1

2(

⌢

CK +⌢

BL).

Но⌢

AK=⌢

CK и следователно L е среда на⌢

BC.Тогава AL пресича BK в центъра I на вписанатав △ABC окръжност и KL е симетрала на CI.

b

Ab

B

b

C

b

I

b

QbP

bL

bKb

S

b

R

Така получаваме, че PIQC е квадрат, <) ACB = 90◦ и освен това △KLC ∼

△ABI, т.е. KL : AB = CS : IR = CS : CP =

√2

2, където R е допирната точка

на вписаната в △ABC окръжност с AB.

Оценяване. 3 т. за доказване, че L е среда на⌢

BC, 2 т. за <) ACB = 90◦, 1т. за △KLC ∼ △ABI и 1 т. за достигане до отговора.

Задача 9.3. Множеството от върховете на правилен 30-ъгълник е разбитона 15 непресичащи се двойки, които определят 15 отсечки. Да се докаже, чепоне две от 15-те отсечки са равни.

1

Решение. Нека A1A2 . . . A30 е даденият правилен 30-ъгълник. Да отъж-дествим дължината на отсечката AiAj с числото |i − j|, ако |i − j| ≤ 15 и с30 − |i − j|, ако |i − j| ≥ 16. Тогава е достатъчно да докажем, че поне две отчислата, съпоставени на 15-те отсечки, са равни.

Да допуснем противното, т.е. числата са 1, 2, . . . , 15. Да означим съответно сAi1 , 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 илиAi2+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| = iза 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. Отдруга страна, имаме M = 1 + 2 + · · · + 30 = 15.31 = 465, противоречие.

Оценяване. 1 т. за заместване на дължините с цели числа, 2 т. за де-финиране на инвариант, които води до противоречие и 4 т. за реализация напротиворечие.

Задача 9.4. Да се намерят стойностите на реалния параметър a, за коитоуравнението √

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 ерешение.

Случай 2. Ако a 6= 0, то x =a − 1

2. Тогава x2 + a = (a−1)2

4+ a = (a+1)2

4≧ 0 и

за да имаме решение е достатъчно x − a =a − 1

2− a ≧ 0, т.е. a ≦ −1.

Следователно уравнението има поне едно цяло решение точно когато a eнечетно 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 Oи описан около окръжност с център I, като I 6≡ O. Правата OI пресича две отстраните на ABCD във вътрешни точки. Да се докаже, че произведението натези 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 въввътрешни точки най-дългата и най-късата страна наABCD. От горното равенство лесно се съобразява, чете са срещулежащи и нека са съответно AB и CD.От AB > BC следва, че <) OBA <<) OBC, т.е. BO→

лежи между BI→ и BA→. Аналогично, AO→ лежимежду AI→ и AB→, т.е. O лежи вътре в △ABI и OIпресича страната AB. По същия начин получаваме, чеOI пресича страната CD.

b

Ob

Ab

B

bCb

D

b

I

b

b

От друга страна, имаме равенствата 4AB.CD = (AB+CD)2−(AB−CD)2и4AD.BC = (AD + BC)2 − (AD − BC)2. Оттук и от факта, че AB и CD санай-дългата и най-късата страни, получаваме (AB − CD)2 > (AD − BC)2 иследователно AB.CD < AD.BC.

Оценяване. 1 т. за предположението че OI пресича най-дългата и най-късата страна, 3 т. за доказателството му и 3 т. за доказване на неравенството(което може да се направи и чисто геометрично).

Задача 9.6. Да се докаже, че системата

∣

∣

∣

∣

x3 + 2x2y + xy2 + 7z4 = 8x2y + 2xy2 + y3 + 9z4 = 8

няма

решение в цели числа.

Решение. Да допуснем, че системата има решение. Събираме двете урав-нения и получаваме (x + y)3 + (2z)4 = 16.

Да разгледаме остатъците на двете страни по модул 13. Възможните оста-тъци на третите степени са 0, 1, 5, 8 и 12, а остатъците на четвъртите степениса 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 z4 ≡ 1(mod 13).

Заместваме y и z4 (по модул 13) в първото уравнение на системата иполучаваме 7 ≡ 8 (mod 13), противоречие.

Оценяване. 1 т. за представянето (x+y)3 +(2z)4 = 16, 1 т. за разглежданена 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 получаванена противоречие.

Задача 10.1. Да се реши неравенството

x + a√x2 + a2

>x + b√x2 + b2

,

където a и b са реални параметри и a > b > 0.

Решение. Ще разгледаме поотделно три възможности за знаците на чис-лителите.

3

Случай 1. Ако x > −b, то двете страни на неравенството са положителнии след повдигане на квадрат, освобождаване от знаменател и опростяванеполучаваме (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) саx ∈ (−∞,−

√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 описаниена решенията.

Задача 10.2. Права през върха C пресича диагонала BD, страната AD ипродължението на страната AB на успоредника ABCD съответно в точкитеM , E и F . Да се докаже, че AM е допирателна към описаната около триъгъл-ника AEF окръжност тогава и само тогава, когато ABCD е ромб.

Решение. Нека ABCD е ромб. Тогава триъгълниците AMD и CMD саеднакви по първи признак, откъдето <) DCM =<) DAM . Но <) DCM =<) EFA.Следователно <) DAM =<) EFA, т.е. AM е допирателна към описаната около△AEF окръжност.

Нека <) DAM =<) EFA. Тогава разглежданите по-горе триъгълници саеднакви, защото имат обща страна, един и същ ъгъл срещу нея и равнивисочини. Това показва, че радиусите на описаните окръжности са равни, аоттам следва и равенство на ъглите.

Оценяване. 3 т. за едната посока: 1 т. за еднаквостта △AMD ∼= △CMD,2 т. за <) DAM =<) EFA и заключението, че AM е допирателна към описанатаоколо △AEF окръжност; 4 т. за другата посока: 2 т. за еднаквостта △AMD ∼=△CMD и 2 т. за довършване.

Задача 10.3. Да се намерят всички естествени числа n, за които равенст-вото

(x + y)2n+1 − x2n+1 − y2n+1 = (2n + 1)xy(x + y)(x2 + xy + y2)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.Нека n ≥ 4. Представяме уравнението във вида

(

43

)n= 2n+1

3+ 1

3n.

4

Имаме(

4

3

)n

=

(

1 +1

3

)n

> 1 +n

3+

n(n − 1)

2.32+

1

3n,

откъдето 2n+13

> 1 + n3

+ n2−n18

, което е еквивалентно на n2 − 7n + 12 < 0, а

последното не е възможно при n ≥ 4. Неравенството(

43

)n> 2n+1

3+ 1

3nпри

n ≥ 4 може да се докаже лесно и по индукция.

Следователно търсените стойности на n може да са само n = 1, 2, 3. Въввсеки от тези три случая непосредствено се проверява, че тъждествата саверни.

Оценяване. 2 т. за полагане, което води до подходящо уравнение за n, 1т. за решенията n = 1, 2, 3, 3 т. за отхвърляне на n ≥ 4 и 1 т. за проверка натъждествата 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 коитокорените на уравненията f(x) = 0 и g(x) = 0 са разположени така, че междудвата 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 ееквивалентно на f(x3)f(x4) < 0. Имаме последователно

f(x3)f(x4) < 0 ⇐⇒ [x23 + (2a − 1)x3 − 3][x2

4 + (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)2x3x4 − 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 точкана графиките на f(x) и g(x) да лежи под абсцисната ос. Тъй като пресечнататочка има абсциса x0 = 2

a+1(единственото решение на уравнението f(x) =

g(x)), получаваме g( 2a+1

) < 0 ⇐⇒ a2 − 4a − 1 < 0.

Оценяване. 1 т. за съображението, че корените на f(x) и g(x) са реалниза всяко a, 2 т. за преминаване към еквивалентно твърдение, което води донеравенство 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

c=

sin α + sin β

sin γ= −sin 3γ + sin 2γ

sin γ

= −(3 − 4 sin2 γ) − 2 cos γ = −4 cos2 γ − 2 cos γ + 1.

Тъй като квадратната функция y = −4x2 − 2x + 1 приема най-голямата систойност при x = −1

4∈ (−1

2, 0), заключаваме, че a+b

c≤ y(−1

4) = 5

4.

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 изследванеи 2 т. за получаване на исканата оценка.

Задача 10.6. Нека n е естествено число и N = n(n + 1)(n + 2)(n + 3). Дасе 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 k2 +m9 = 2009,където k = n2 + 3n + 1. Да разгледаме последното равенство по модул 19(тъй като 9 = 19−1

2). Тогава от малката теорема на Ферма следва, че m е

сравнимо с 0 или ±1 по модул 19, а остатъците на точните квадрати по модул19 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 = k2 − 1, 1 т. за работа с модул, покойто 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 ереален параметър.

Решение. Допустимите стойности са x ∈ R. При x < a уравнението нямарешение, а при x ≥ a то е еквивалентно на (1 + 2a)x = a2 − 3. Тъй като при

a = −1

2уравнението няма решение, то x =

a2 − 3

1 + 2a. От

a2 − 3

1 + 2a≥ a намираме

a2 + a + 3

1 + 2a≤ 0, което е изпълнено само при a < −1

2. Следователно при a ≥ −1

2

уравнението няма решение, а при a < −1

2решението е x =

a2 − 3

1 + 2a.

Оценяване. 1 т. за допустимите стойности, 1 т. за случая x > a, 2 т. за

намиране на x =a2 − 3

1 + 2aи 3 т. за определяне кога x > a.

Задача 11.2. а) Да се докаже, че за триъгълник с ъгли α, β и γ е изпълненоравенството

r = 4R sinα

2sin

β

2sin

γ

2,

6

където r и R са съответно радиусът на вписаната и на описаната окръжностза този триъгълник.

б) Шестоъгълникът ABCDEF е вписан в окръжност. Да се докаже, чепроизведението на радиусите на вписаните окръжности в △ABF , △BCD и△DEF е равно на произведението на радиусите на вписаните окръжности в△ABC, △CDE и △EFA тогава и само тогава, когато периметрите на △ACEи △BDF са равни.

Решение. а) Равенството следва от тъждеството sinα

2=

√

1 − cos α

2, ко-

синусовата теорема и формулите S = pr =abc

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<) ABC

2sin

<) CDE

2sin

<) EFA

2= sin

<) BCD

2sin

<) DEF

2sin

<) FAB

2.

Освен това <) ABC+ <) CDE+ <) EFA =<) BCD+ <) DEF+ <) FAB = 360◦,откъдето следва, че

sin <) ABC + sin <) CDE + sin <) EFA = sin <) BCD + sin <) DEF + sin <) FAB.

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, серазполага около маса, местата на която са във върховете на правилен n-ъгълник. Винаги ли е възможно да се направят няколко такива разположениятака, че всеки двама да са седели в диаметрално противоположни места намасата точно по веднъж?

Решение. Ако е възможно да се направят такива разположения, то техниятброй трябва да е n − 1. Задачата е еквивалентна на: да се докаже, че ребратана пълния граф с n върха могат да се оцветят в n − 1 цвята така, че даняма две едноцветни ребра с общ връх. Да номерираме върховете с числатаA1, A2, . . . , An и нека цветовете са 1, 2, . . . , n − 1. Да оцветим ребрата AiAj

за 1 ≤ i, j ≤ n − 1 в цвят i + j (mod n). Ако допуснем, че има различниребра AiAp и AiAq с общ връх Ai, които са от един и същи цвят, ще получимi+p ≡ i+ q (mod n−1). Поради 1 ≤ p, q ≤ n−1 това означава, че p = q, коетое противоречие.

7

Следователно от всеки връх от A1, A2, . . . , An−1 излизат n − 2 разноцветниребра към останалите n−2 върха. При това от връх Ai не излиза ребро в цвят2i (mod n − 1). Тъй като n − 1 е нечетно число, то 2i 6≡ 2j (mod n − 1), коетоозначава, че свързвайки An с всеки от върховете Ai, 1 ≤ i ≤ n − 1 с ребро вцвят 2i (mod n − 1), ще получим търсеното оцветяване.

Оценяване. 1 т. за твърдение, че отговорът е да или за определяне, чеброят на разположенията е n − 1, 1 т. за идея за получаване на оцветяванес използване на сбора на индексите на точките и общо най-много 3 т., акопредложеното оцветяване не води до решение.

Задача 11.4. Да се намерят всички стойности на реалния параметър a, закоито 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) y3 − 2ay2 + (a2 + 1)y − a = 0.

Ако уравнението от условието има три реални корена, които образуват арит-метична прогресия, то уравнението (1) има три реални положителни корена,които образуват геометрична прогресия. Уравнението (1) може да се запишевъв вида (y − a)(y2 − ay + 1) = 0. За да има три корена трябва a > 0 иa2 −4 > 0, което означава, че a > 2. За тези стойности на a корените y1 и y2 наy2−ay+1 = 0 са положителни защото y1y2 = 1 и y1 +y2 = a > 0. Единственатавъзможност a, y1 и y2 да образуват геометрична прогресия е y2

1 = ay2, което

дава ay1 − 1 = a(a − y1). Оттук y1 =a2 + 1

2aи след заместване в уравнението,

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 триреални положителни корена, които образуват геометрична прогресия, 1 т. за

разлагането на (1), 1 т. за определяне на a > 2, 2 т. за намиране на a =√

2 +√

5и 1 т. за проверка, че a > 2.

Задача 11.5. Дадена е редица от положителни числа a1, a2, . . . , за коятоa1 = 1, a2 = 2 и

an+1 = a2n + a2

n−1 + a2n−2 + an−2

за n ≥ 3. Да се намери a3, ако

1

a1 + 1+

1

a2 + 1+ · · · + 1

a2008 + 1+

1

a2009

= 1.

8

Решение. Ще докажем, че a3 = 6 е търсената стойност. Нека a3 = 6.Тогава a2 = a2

1 + a1, a3 = a22 + a2 и a4 = a2

3 + a22 + a2

1 + a1 = a23 + a2

2 + a2 = a23 + a3.

Сега по индукция лесно следва, че an = a2n−1 + an−1. Пресмятаме

1

ai + 1=

1

ai

− 1

ai(ai + 1)=

1

ai

− 1

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 епо-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 иa и b са взаимнопрости. Да се докаже, че числото |a − b| + 2c е точен квадратна естествено число тогава и само тогава, когато то не се дели на 3.

Решение. Без ограничение можем да считаме, че a > b. Записваме равен-ството 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 делиb−a. Получаваме, че p дели a и b, което е противоречие. Следователно d няманечетни 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 катоa2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 1 (mod 8), имаме ab ≡ 7 (mod 8). Оттук и от факта, че всякоот числата a и b дава остатък 1, 3, 5 или 7 при деление на 8, следва, че a + bсе дели на 8. Ако d = 2, то 2c − a + b = 2p и 2c + a − b = 2q, като (p, q) = 1и 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 наслучая 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 и2c + a − b са нечетни и едното от тях е от вида 3p2, а другото е от вида q2,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 q2 изначи не се дели на 3 и, обратно, ако |a− b|+ 2c не се дели на 3, то е равно наq2, 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. заостаналата част.

9

Задача 12.1. Да се реши уравнението

3x4 − 4x3 − 12x2 + 164x−1 + 6

2x + 1= 0.

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) < 0при x ∈ (−∞,−1)∪ (0, 2) и f ′(x) > 0 при x(−1, 0)∪ (2, +∞). Тогава f намалявав първите два интервала и расте във вторите два. Следователно най-малкатастойност 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

2x + 1≥ 2 ⇔ 4(2x−2 − 1)2 ≥ 0.

Следователно f(x) + 16g(x) ≥ −32 + 16.2 = 0, като равенство се достигасамо при x = 2.

Оценяване. 1 т. за намиране на нулите на f ′, 1 т. за определяне на знацитена f ′, 1 т. за определяне на интервалите на монотонност на f, 1 т. за намиранена най-малката стойност на f, 2 т. за намиране на най-малката стойност на gи 1 т. за окончателния отговор.

Задача 12.2. В кръг с радиус 1 са разположени четири триъгълника съссума на лицата 3. Да се докаже, че два от тях имат обща вътрешна точка.

Решение. Да допуснем противното. Тогава триъгълниците покриват лице3. Разглеждаме краищата на радиусите, върху които лежат върховете им (аконякой връх съвпада с центъра, вземаме кой да е радиус). Получаваме вписан12-ъгълник (възможно изроден) с лице S > 3. От друга страна, както е добреизвестно, S не надминава лицето на съответния правилен 12-ъгълник, а то еравно 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 завсяко 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

f(x) =

1/x, |x| > 11/x2009, 0 < |x| < 1b, x = bc, x = dd, 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)) = y2009, т.е. x = y). Ако допуснем, че a = f(0) = −1, тоf(−1) = 0. За e = f(1) имаме, че e 6= 0,−1 и e2009 = e, т.е. e = 1. Toгаваf(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 следнатанепрекъсната функция f, за която f(f(x)) = x2009 :

f(x) =

x√

2009, x > 00, x = 0

−(−x)√

2009, x < 0.

Оценяване. a) 1 т. за a = 0,±1 и 2 т. за примери; б) 3 т. за a = 0 и 1 т. запример.

Задача 12.4. В △ABC (AC < BC) с лице 20√

3 точките M и I са съответномедицентър и център на вписаната окръжност. Отсечката IM има дължина1 и е успоредна на страната AB. Да се намерят дължините на страните натриъгълника.

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,

понеже AC < BC). От условието следва, че △CLN ∼ △CIM. ТогаваLN

1=

CL

CI=

CN

CM=

3

2(понеже M е медицентър). От

b

a=

AL

BL=

AL

c − ALполучаваме

AL =bc

a + b. Тъй като AI е ъглополовяща в △ALC, то

CI

IL=

AC

AL=

a + b

cи

оттукCL

CI=

a + b + c

a + b. Но

CL

CI=

3

2и получаваме a + b = 2c. Тогава

3

2= LN = AN − AL =

c

2− bc

a + b=

c(a − b)

2(a + b)=

a − b

4,

откъдето намираме a− b = 6. Сега от a+ b = 2c и a− b = 6 следва, че a = c+3и b = c − 3. Хероновата формула ни дава, че

1200 = S2ABC =

3c

2

( c

2− 3

) ( c

2+ 3

) c

2⇔ c4 − 36c2 − 6400 = 0,

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. заc(a − b)

a + b= 3 и 3 т. за довършване на

решението.

Задача 12.5. Нека n е естествено число. Да се докаже, че:

а) уравнениетоn

∑

i=1

1

i(i + x)= 1 има единствено неотрицателно решение xn;

б) редицата с общ член xn е сходяща и да се намери нейната граница.

Решение. а) Функцията fn(x) =n

∑

i=1

1

i(i + x)е намаляваща при x ≥ 0.

Понеже fn(0) ≥ 1 > 1 − 1

n + 1= fn(1) следва, че уравнението fn(x) = 1 има

единствено неотрицателно решение xn, като xn < 1.

б) Ако yn = 1 − 4

n + 3, то

f(yn) =1

1 + yn

+n

∑

i=2

1

i(i + yn)≥

1

1 + yn

+n

∑

i=2

1

i(i + 1)=

n + 3

2(n + 1)+

1

2− 1

n + 1= 1,

т.е. f(yn) ≥ f(xn). Тогава yn ≤ xn < 1 и значи limn→∞

xn = 1.

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 числатакива, че n2 + n + 1 дели (an + 1)10 + b за всяко естествено число n.

Решение. Понеже n3 ≡ 1(mod n2 + n + 1), то

(an + 1)10 + b = b +10

∑

i=0

(

n

i

)

(an)i ≡

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

където

A =

(

10

2

)

a2 +

(

10

5

)

a5 +

(

10

8

)

a8,

B =

(

10

1

)

a +

(

10

4

)

a4 +

(

10

7

)

a7 +

(

10

10

)

a10,

12

C = b +

(

10

0

)

+

(

10

3

)

a3 +

(

10

6

)

a6 +

(

10

9

)

a9.

Тогава лесно следва, че n2 +n+1 дели (an+1)10 + b за всяко естествено числоn точно когато A = B = C. Имаме, че A = B тогава и само тогава когато a енула на полинома xP (x), където

P (x) = x9 −(

10

8

)

x7 +

(

10

7

)

x6 −(

10

5

)

x4 +

(

10

4

)

x3 −(

10

2

)

x + 10.

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 отA = C следва, че b = 35.

Оценяване. 3 т. за P (a) = 0, 1 т. за P (2) = 0 и 3 т. за довършване нарешението.

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 иНиколай Николов, 12.2 – Олег Мушкаров, 12.4 – Керопе Чакърян, 12.3, 12.5 и12.6 – Николай Николов.

Компютърен набор: Стоян Боев, Петър Бойваленков, Емил Колев иНиколай Николов.

13

2009.25-26.04 58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА -...

Documents