Основен вариант, 10.-12. клас

Задача 1. Постъпвайки на нова работа, Ани винаги се интересува кои от нейните колеги се познават. За да запомни по-лесно тази информация, тя рисува окръжност и представя всеки колега като хорда. При това, ако две хорди се пресичат, то съответните хора се познават, а ако не се пресичат, то съответните колеги не се познават. Ани е сигурна, че това винаги е възможно. Права ли е тя? (Ако две хорди имат общ връх, считаме, че те се пресичат.)

Решение. Ще покажем контрапример, откъдето ще следва, че Ани не е права. Да разгледаме домакин, трите му сина и трима гости. Измежду гостите няма познати, домакинът ги познава и тримата, а тримата му сина се познават с трите различни двойки от гостите. Хордите на гостите пресичат хордата на домакина в три различни точки. Гостенинът, съответстващ на средната точка ще наречем среден, а другите двама – крайни. Ясто е, че крайните хорди са от различни страни на средната. Хордата на сина, познаващ само крайните гости, трябва да пресече крайните хорди, но да не пресича средната, което е противоречие.

Задача 2. Върху страните BC, AC и AB на остроъгълен триъгълник ABC са избрани съответно точки A₁, B₁ и C₁ така, че A₁A, B₁B и С₁C са ъглополовящи в триъгълника A₁B₁C₁. Докажете, че AA₁, BB₁ и СС₁ са височини в триъгълника ABC.

Решение. Да прекараме ъглополовящите на външните ъгли на A₁B₁C₁. Нека ъглополовящите на външните ъгли при B₁ и C₁ се пресичат в точка A₂, и т.н. Точката A₂ лежи и на ъглополовящта на ъгъл A₁ (тъй като точка A₂ равноотдалечена от правите A₁B₁, B₁C₁ и A₁C₁), т.е на правата A₁A. Следователно в триъгълник A₂B₂C₂ правите AA₁, BB₁ и СС₁ са височини. Ще докажем, че триъгълниците A₂B₂C₂ и ABC съвпадат.

Да допуснем, че това не е така и нека точка A₂ се намира извън ABC. Тогава лъчът A₂B₂ пресича страната AB на триъгълник ABB₁ (в точка C₁) и не пресича страната AB₁ (разделя ги правата A₂A₁). Следователно този лъч пресича страната BB₁, т.е. точка B₂ е вътрешна за отсечката BB₁, и следователно е вътрешна за ABC. Аналогично, точка C₂ се намира във вътрешността на триъгълника ABC. Но отсечката B₂C₂ пресича страната BC в точка A₁. Противоречие.

По същия начин се получава противоречие и когато точка A₂ е в триъгълника ABC.

Задача 3. Числото a = 0,12457... е такова, че неговата n-та цифра след десетичната запетая е равна на последната цифра преди десетичната запетая на числото . Докажете, че числото a е ирационално.

Решение. Да допуснем, че a е рационлано число. Тогава то се представя като периодична десетична дроб с период m (и някакъв предпериод). Следователно цифрите, съответстващи на членовете на нашата редица с номера m, 10m, 100m, …, 10^km,…, започвайки от някакъв момент съвпадат. В същото време това са последователните цифри в десетичното представяне на ирационалното число , което е непериодична дроб. Противоречие.

Задача 4. Може ли всяка призма да се разреже на пирамиди, така че основата на всяка пирамида да е в основата на призмата, а върхът на пирамидата да е върху другата основа на призмата?

Решение. Не може. Да разгледаме централно сечение на призмата. Всяка възможна пирамида пресича това сечение по многоъгълник, чието лице е 4 пъти по-малко от лицето на нейната основа. Сборът от лицата на основите на тези пирамиди трябва да е равен на лицето на двете основи на призмата. Но тогава сборът от лицата на сеченията с централното сечение е равен на половината от лицето на основата на призмата, т.е дори централното сечение не е запълнено.

Задача 5. Нека = , където е несъкратима дроб. Докажете, че съществуват безбройно много естествени числа n, за които b_n+1 < b_n.

Решение. Нека n = p(p – 1) – 1, където p е нечетно просто число. Да забележим, че b_n+1 не се дели на p. Наистина, в разглеждания сбор само знаменателите на дробите , , …, се делят на p, но те могат да се групират по двойки така, че знаменателят на сбора да не се дели на p:

= , = , …

Освен това = – = .

Да допуснем, че числителят и знаменателят на последната дроб се делят на d:

a_n+1(p – 1)p º b_n+1 (mod d), b_n+1(p – 1)p º 0 (mod d).

Тогаваa_n+1(p – 1)²p² º b_n+1(p – 1)p º 0 (mod d). Числата d и p са взаимно прости (иначе b_n+1 ще е кратно на p). Числата d и a_n+1 също са взаимно прости (иначе b_n+1 ще се дели на техен общ делител, т.е. a_n+1 и b_n+1 не са взаимно прости). Следователно (p – 1)² се дели на d и d £ (p – 1)².

Оттук b_n ³ = > b_n+1 и твърдението на задачата следва от съществуването на безбройно много прости числа.

Задача 6. Казваме, че колода от 52 карти е в правилен ред, ако всеки две съседни карти са или от еднакъв цвят, или с еднаква стойност, като това е вярно и за първата и последната карти. Най-горната карта е асо пика. Докажете, че броят на начините, по които могат да се подредят картите в правилен ред:

а) се дели на 12!; б) се дели на 13!.

Решение. Да разгледаме дъска 4´13, чийто редове са означени отгоре на долу със спатия, каро, купа, пика, а стълбовете са означени отдясно на ляво с 2,3,4..., 10, вале, дама, поп, туз. По този начин на всяка карта съответства клетка на таблицата. На произволна колода от карти съпоставяме таблица, във всяка клетка на която сме записали поредния номер на съответната карта. Таблица, съответстваща на правилно разположение на картите, има следните свойства:

1. В долния ляв ъгъл е записано числото 1 (тъй като асо пика е първата карта в колодата).
2. Всеки две последователни числа (52 и 1 също се разглеждат като последователни) са в един ред или един стълб.

Да наречем такава таблица правилна.

а) Да разгледаме правилна таблица и да приложим произволна пермутация на стълбовете без първия (има 12! такива пермутации). Тъй като числото 1 остава в долния ляв ъгъл и всеки две последователни числа остават в един ред или един стълб, отново получаваме правилна таблица. По този начин всички правилни таблици се разбиват на непресичащи се класове, всеки от който има 12! елемента. Следователно броят на всички правилни таблици се дели на 12!.

б) Достатъчно е да докажем, че броят на правилните таблици се дели на 13. Да образуваме цилиндър като залепим двете крайни вертикални страни на една правилна таблица. Обхождането на този цилиндър може да започне от всяка клетка от първия ред, като следваме последователността на първоначалното обхождане (от 52 отиваме в 1). Получаваме 13 обхождания и да допуснем, че обхожданията, започнали от клетки a иb съвпадат. Тогава същото обхождане се получава и от клетка b+(b-a) (по модул 13). Тъй като 13 е просто число, ще получим, че всички обхождания съвпадат. Това означава, че от реда, в който за първи път се появяват две последователни числа, не може да се излезе, което е противоречие. Следователно получените 13 обхождания са различни, т.е. броят на правилните таблици се дели на 13.

Задача 7. Положителните числа х₁, …, х_k са такива, че

< , х₁ + … + х_k < .

а) Докажете, че k > 50.

б) За някоя стойност на k дайте пример на такива числа.

в) Намерете минималното k, за което съществува такъв пример.

Решение на a) и б)

а) По условие < 2(х₁ + … + х_k) < . Следователно поне за едно число (например за х₁) е изпълнено неравенството , т.е. х₁ > 4, откъдето < 4 – 2×4² = –28.

Тъй като минимума на функцията 2x² – x е равен на , то k – 1 > 8×28 > 50.

б) Да изберем k = 2501, х₁ = 10, х₂ = х₃ = … = х₂₅₀₁ = 0,1. Тогава

= 100 + 25 = 125, х₁ + … + х₂₅₀₁ = 10 + 250 = 260, > 1000, и всички неравенства са изпълнени.

Решението на в) следва.