Задача 1
EMT
Есенен математически турнир
309 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.
16 години8 класаИма видими липси
Избрана година
2023
Открити липси за попълване от източника
- emt2023-9-2: има placeholder текст
- emt2023-9-3: има placeholder текст
- emt2023-12-3: има placeholder текст
5
4 задачиПълен запис
Задача 2
Условие
Правоъгълникът има обиколка 2464 cm и е сглобен от 19 квадрата, както е показано на чертежа. a) Намерете дължината и широчината на правоъгълника . б) Най-малко на колко еднакви квадрата може да се разреже правоъгълникът ?
Решение
а) (3 точки) Страната е разделена на 6, на 5 и на 4 равни отсечки. Тъй като , да означим . Страната на най-големите квадрати е , страната на средните квадрати е , а страната на най-малките квадрати е . Тогава . Обиколката на правоъгълника е , откъдето и намираме . Страните на правоъгълника са cm, cm. б) (3 точки) Най-големите еднакви квадрати, с които може да се покрие правоъгълникът , имат страна, равна на cm. Техният брой еЗадача 3
Условие
Професор Попов наблюдава през телескопа си галактика ЕМТ2023. В нея около звездата МАТ1 се въртят четири планети – Делимо, Делител, Частно и Остатък. Професорът забелязал, че на 18.11.2023 г. планетите са наредени в една линия. Той знае, че планетата Делимо прави пълна обиколка и се връща на същото място на всеки 3 земни дни, планетата Делител – на всеки 20 дни, планетата Частно – на всеки 60 дни, а планетата Остатък – на всеки 30 дни. а) На коя дата четирите планети за пръв път ще са отново на първоначалните си места (от 18.11.2023 г.), подредени в една линия? б) Професорът изчислил, че когато планетата Делимо направи пълни обиколки, планетата Делител направи пълни обиколки, планетата Частно направи пълни обиколки, а планетата Остатък направи пълни обиколки и отново застанат на първоначалните си места, то за пръв път броят на обиколките наистина ще са делимо, делител, частно и остатък, т.е. . На коя дата ще стане това?Решение
а) (3 точки) Четирите планети застават на първоначалните си места на всеки дни. Следователно за пръв път ще бъдат отново там 60 дни след 18.11.2023, на 17.01.2024 г. б) (4 точки) Планетите ще бъдат на първоначалните си места след 60, 120, 180, 240, 300, 360 дни и т.н. Ще запишем в табличка колко обиколки е направила всяка от планетите за това време.С непосредствена проверка установяваме, че за пръв път условието е изпълнено след 360 дни, защото (ост.12). Това ще се случи 360 дни след 18.11.2023, на 12.11.2024 г. (отбележете, че 2024 година е високосна и това е 6 дни преди 18.11.2024 г.).Задача 4
Условие
Дадени са четири различни естествени числа , , и , за които са изпълнени условията: • ; • ; • числото има 3 пъти повече делители, отколкото числото , • числото има 3 пъти повече делители, отколкото числото . a) Намерете числата и . б) Колко числа, които не надхвърлят , са взаимнопрости с ?Решение
а) (3 точки) Тъй като и , числата с НОК 2520 и НОД 14 могат да са: 1. случай. и . Но има делители, а има делители; това не са търсените числа. 2. случай. и . Но има делители, а има делители; това не са търсените числа. 3. случай. и . В този случай има делители, а има делители – 3 пъти повече от 8. 4. случай. и . В този случай има делители, a има делители – 3 пъти повече от 8. Следователно и . б) (4 точки) Тъй като , взаимнопростите със 126 числа не се делят нито на 2, нито на 3, нито на 7. Измежду естествените числа от 1 до 1134 търсим тези, които не се делят нито на 2, нито на 3, нито на 7. Измежду естествените числа от 1 до 1134 има: четни; кратни на 3; кратни на 7; кратни на 2 и на 3; кратни на 2 и на 7; кратни на 3 и на 7; кратни на 2, на 3 и на 7. Следователно броят на числата от 1 до 1134, които се делят на 2, 3 или 7, еоткъдето броят на числата от 1 до 1134, които не се делят нито на 2, нито на 3, нито на 7, е6
4 задачиЗадача 1
Условие
Пресметнете числата и :и намерете числото , за което е изпълнено равенствотоРешение
НамирамеОценяване: по 2 точки за намиране на , и .Задача 2
Условие
Правоъгълникът има лице 555 cm и е сглобен от 15 квадрата, както е показано на чертежа. а) Намерете обиколката на правоъгълника . б) Намерете лицето на оцветените триъгълници и . в) Ако отсечките и се пресичат в точка , докажете, че е среда на отсечката .
Решение
а) (2 точки) Да означим . Тогава страните на квадратите са съответно , и иАко cm, тооткъдето cm. Страните на дадения правоъгълник са cm и cm, а обиколката му е 97 cm. б) (2 точки) ИзразявамеСледователно cm. в) (2 точки) Да означим с разстоянието от до и с – разстоянието от до . ТогаваОт б) имаме , следователно , от което следва, че , т.е. е среда на .Задача 3
Условие
На един остров живее популация от повече от 100 хамелеони. В понеделник на острова имало само червени и сини хамелеони. Във вторник 25% от хамелеоните, които в понеделник били сини, станали червени, а 25% от хамелеоните, които в понеделник били червени, станали сини. Така се оказало, че 70% от хамелеоните на острова са сини. В сряда на острова се родили 10 хамелеони, сини или червени. Така процентът на сините хамелеони на острова станал 68%. а) Колко процента от хамелеоните на острова са били сини в понеделник? б) Колко сини хамелеони се родили в сряда и колко хамелеони е имало на острова след това? в) В четвъртък се срещнали син и червен хамелеон и двата едновременно се оцветили в жълт цвят. По-нататък при всяка среща на два разноцветни хамелеони, те се оцветявали едновременно в третия цвят. Например, ако се срещнели жълт и червен хамелеон, и двата се превръщали в сини. Възможно ли е в края на деня на острова да е имало равен брой червени и жълти хамелеони?Решение
а) (2 точки) Нека в понеделник имало сини и червени хамелеони. Във вторник са сини и червени хамелеони. ТакаСледователно в понеделник имало сини и червени хамелеони; общо , от които сините са били 90%. б) (3 точки) Тъй като броят на хамелеоните е естествено число, то е естествено, т.е. , където е естествено число. Изразяваме ; общо има хамелеони. Във вторник стават сини и червени хамелеони. В сряда на острова се родили 10 хамелеони и те стават общо , от които сините са . Ако от новородените хамелиони са сини, , имамеЧислото е четно, не се дели на 4, и не надхвърля 6. Следователно , или , . Във втория случай хамелеоните стават общо 50, а са повече от 100. Следователно , , което означава, че са се родили 2 сини и 8 червени хамелеони, а общо са станали хамелеони. в) (2 точки) Преди срещата на синия и червения хамелеон в четвъртък е имало сини, червени и 0 жълти хамелеони. Нека до края на деня е имало срещи на жълт и червен, срещи на жълт и син и срещи на син и червен хамелеон (, , са естествени числа или 0). Тогава червените са станали , а жълтите са станали . Равенствотое невъзможно, тъй като 80 не се дели на 3.Задача 4
Условие
Том Сойер трябва да боядиса 10 поредни дъски от една ограда, като изпълни следните изсиквания: • всяка дъска да е оцветена в бял, син или червен цвят; • първата и десетата дъски да са бели; • от две съседни дъски най-много една да е бяла.
а) По колко различни начина Том Сойер може да оцвети оградата?
б) Колко са възможните оцветявания, при които има повече сини, отколкото червени дъски на оградата?Решение
а) (4 точки) Тъй като от всеки две съседни дъски най-много една е бяла, белите дъски са най-много 5. Тъй като крайните са бели, броят на белите дъски е 2, 3, 4 или 5. Ако белите дъски са две, първата и десетата, цветът на всяка от останалите 8 дъски може да се избере по 2 начина и получаваме оцветявания. Нека белите дъски са три. Втората и деветата не са бели, значи вътрешната бяла дъска е с номер 3, 4, 5, 6, 7 или 8, т.е. нейната позиция може да се избере по 6 начина. При всеки такъв избор останалите 7 дъски се оцветяват в син или червен цвят по начина. Получаваме оцветявания. Нека белите дъски са четири. Вътрешните две бели дъски може да са с номера: , където или 8; , където или 8; , където или 8; . Следователно позицията на двете вътрешни бели дъски може да се избере по начина. При всеки такъв избор останалите 6 дъски се оцветяват в син или червен цвят по начина. Получаваме оцветявания. Нека белите дъски са пет. Вътрешните три бели дъски може да са с номера: , , , . Следователно позицията на трите вътрешни бели дъски може да се избере по 4 начина. При всеки такъв избор останалите 5 дъски се оцветяват в син или червен цвят по начина. Получаваме оцветявания. Общо оцветяванията саб) (3 точки) Първо ще преброим оцветяванията с равен брой червени и сини дъски. Това е възможно само в случаите, когато белите дъски са 2 или 4. Ако белите дъски са две, първата и десетата, сред останалите 8 дъски мястото на четирите сини може да се избере по начина. Ако белите дъски са четири, първата, десетата и две вътрешни, мястото на вътрешните може да се избере по 10 начина (както видяхме в а). При всяки от тези 10 варианта сред останалите 6 дъски мястото на трите сини може да се избере по начина. Така получаваме начина. Следователно при оцветявания има равен брой червени и сини дъски. На всяко оцветяване с повече сини, отколкото червени дъски, можем да съпоставим оцветяване с повече червени, отколкото сини дъски, като в преоцветим сините в червени и червените в сини. По този начин оцветяванията с различен брой червени и сини дъски се разделят по двойки; в половината от тези оцветявания, т.е.сините дъски са повече от червените.7
4 задачиЗадача 1
Условие
В правоъгълна координатна система с единична отсечка 1 cm започват да се движат едновременно точките и . Точка тръгва от и се движи по абсцисната ос в положителна посока със скорост 2 cm/min. Точка тръгва от и се движи по ординатната ос в отрицателна посока със скорост 1 cm/min. а) Колко сантиметра е дължината на отсечката , когато са изминали точно 9 минути след началото на движението? б) Ако с е означено разстоянието между и точно минути след тръгването им, изразете чрез и представете като многочлен в нормален вид. в) Колко минути след тръгването на точките и разстоянието между тях ще е минимално?Решение
а) Девет минути след началото на движението е в точката , а е в точката . От теоремата на Питагор за следва, че . Следователно cm. б) При , , cm, и . При , , cm, и . При и , и . Тогава от според теоремата на Питагор следва, чеРезултатът остава в сила и за частните случаи и . Отговор. . в) Тъй катои , то ще е минимално при .Оценяване. а) 1 точка; б) 3 точки; в) 2 точки.Задача 2
Условие
Даден е триъгълник със страни cm, cm, cm и за които е изпълнено равенствотоa) Да се намери лицето на триъгълника . б) Построени са права през върха , успоредна на , точка върху страната така, че и пресечната точка на правите и . Намерете лицето на четириъгълника .Решение
а) Преобразуваме израза доТъй като , , , то равенството е възможно само при , откъдето намираме, че , , . И тъй като , даденият триъгълник е правоъгълен с хипотенуза и катети и , откъдето следва, че лицето му cm. б) Намираме cm, cm, cm и cm. В трапеца имаме равенството на лицата cm. Отнамираме cm и тогава cm. Оценяване. а) 4 точки: за представяне на израза като сбор на квадрати – 2 точки; обосновка и намиране на , , – 1 точка; обосновка на правоъгълния триъгълник и намиране на лицето – 1 точка; б) 2 точки.Задача 3
Условие
За всяко естествено число означавамеа) Намерете сбора на всички различни прости делители на . б) Докажете, че стойността на изразане е просто число. в) Намерете всички естествени числа , за които съществува цяло число , за коетоРешение
Имамет.е. , откъдето следва, че . a) Разлагаме на множители:Търсеният сбор е . б) Имамес което е доказано, че е произведение на две естествени числа, по-големи от 1. в) Търсим естествени числа и цели числа , за които е изпълнено равенствотоПри равенството е изпълнено при . При лявата страна на равенството се дели на 8. При нечетно имаме , , следователно и равенството е невъзможно. При четно имаме , , следователно и отново равенството е невъзможно. Следователно е единственото решение. Оценяване. Доказателство на формулата за – 1 точка; а) 2 точки; б) 2 точки; в) 2 точки.Задача 4
Условие
Дадени са числата(всяко естествено число от 1 до е записано по два пъти). Ще казваме, че една подредба на дадените числа е хубава, ако между двете единици в получената редица има точно едно число, между двете двойки има точно две числа и т.н., за всяко между двете числа в редицата има точно на брой числа. Например, хубава подредба при е , а хубава подредба при е . а) Съществува ли хубава подредба при ? б) Докажете, че при не съществува хубава подредба на числата в дадената редица.Решение
a) Една хубава подредба при е:б) Да допуснем, че съществува хубава подредба. Да номерираме позициите на дадените 4044 числа отляво надясно. Нека е първата позиция, в която се появява числото 1; втората такава позиция е .
Ако е първата позиция, в която се появява числото 2; втората такава позиция е .
Въобще за всяко позициите, в които се появява числото в хубавата подредба означаваме с и .
Сборът на всички позиции в редицата е равен наОт друга страна, този сбор еПолучихме, чекоето е невъзможно, тъй като лявата страна на равенството е четна, а дясната е нечетна.
Следователно при не съществува хубава подредба.
Забележка. По същия начин се доказва, че не съществува хубава подредба при и .
Оценяване: а) 3 точки; б) 4 точки.8
8 задачиЗадача 1
Условие
Нека е най-голямата стойност на израза , където е рационално число, а е най-малкото цяло число, изпълняващо неравенствотоРазложете на (неразложими) множители с цели коефициенти изразаРешение
Имаме , чиято най-голяма стойност се достига за . Даденото неравенство е еквивалентно ст. е. и . Замествайки в дадения израз, получавамеЗадача 1
Условие
Нека е най-голямата стойност на израза , където е рационално число, а е най-малкото цяло число, изпълняващо неравенствотоРазложете на (неразложими) множители с цели коефициенти изразаРешение
Имаме , чиято най-голяма стойност се достига за . Даденото неравенство е еквивалентно ст.е. и . Замествайки , в дадения израз, получавамеОценяване. (6 точки) 2 т. за обосновано намиране на ; 2 т. за обосновано намиране на ; 2 т. за разлагане до неразложими множители и то само при правилно намерени .Задача 2
Условие
Изпъкнал четириъгълник ще наричаме иновативен, ако диагоналите му го разделят на четири триъгълника с едни и същи мерки на ъллите. Например квадратът е иновативен четириъгълник, понеже четирите триъгълника са с мерки . Да се намерят мерките на ъглите на иновативен четириъгълник, ако една от тях е .Решение
Нека четириъгълникът е с и диагоналите и се пресичат в . Ако допуснем, че диагоналите не са перпендикулярни, то при (случаят е аналогичен) имаме и , (понеже е външен ъгъл за триъгълника ), т. е. мярката на не се среща в триъгълника , противоречие. Така и са перпендикулярни. Нататък, ако , то , противоречие с . Така остава само възможността , като в такъв случай разполовява , т. е. е симетрала на . Сега от триъгълниците и следва или (в такъв случай е симетрала на и е ромб), или , т. е. , аналогично и четвъртият ъгъл е .Задача 2
Условие
Изпъкнал четириъгълник ще наричаме иновативен, ако диагоналите му го разделят на четири триъгълника с едни и същи мерки на ъглите. Например квадратът е иновативен четириъгълник, понеже четирите триъгълника са с мерки , , . Да се намерят мерките на ъглите на иновативен четириъгълник, ако една от тях е .Решение
Отговор. , , , или , , , . Решение. Нека четириъгълникът е с и диагоналите и се пресичат в . Ако допуснем, че диагоналите не са перпендикулярни, то при (случаят е аналогичен) имаме и , (понеже е външен ъгъл за триъгълника ), т.е. мярката на не се среща в триъгълника , противоречие. Така и са перпендикулярни. Нататък, ако , то , противоречие с . Така остава само възможността , като в такъв случай разполовява , т.е. е симетрала на . Сега от триъгълниците и следва или (в такъв случай е симетрала на и е ромб), или , т.е. , аналогично и четвъртият ъгъл е . Оценяване. (6 точки) 1 т. за верен отговор, 2 т. за доказателство, че диагоналите са перпендикулярни (не се дават точки само за предполагане на този факт), 1 т. за обосновка, че единият от диагоналите разполовява два срещуположни ъгъла на четириъгълника, по 1 т. за всеки от двата случая за другия диагонал,Задача 3
Условие
Да се намерят всички двойки ( ) от взаимно прости естествени числа, такива че и делиза всяко естествено число .Решение
Понеже и са взаимно прости, то такива са и , съответно исканото е еквивалентно на да дели за всяко . От и получаваме, че непременно дели и . Оттук делии тъй като , то непременно дели 15. Явно , т. е. . Ако , то дава , но не се дели на 3. Ако , то , но не се дели на 3. Остава , съответно . Действително, се дели на 5.Задача 3
Условие
Да се намерят всички двойки от взаимно прости естествени числа, такива че и делиза всяко естествено число .Решение
Отговор. . Решение. Понеже и са взаимно прости, то такива са и , съответно исканото е еквивалентно на да дели за всяко . От и получаваме, че непременно дели и . Оттук делии тъй като , то непременно дели 15. Явно , т.е. . Ако , то дава , но не се дели на 3. Ако , то , но не се дели на 3. Остава , съответно . Действително, се дели на 5. Оценяване. (7 точки) 1 т. за верен отговор и проверката му; 6 т. за отхвърляне на всяка друга възможност, от които: 1 т. за свеждане до делимост на многочлени от най-много втора степен, 1 т. за фокусиране върху изрази от (поне две) малки , 1 т. за свеждане до делимост на два многочлена от най-много първа степен, 2 т. за извод от вида , където е просто число, 1 т. за отхвърляне на 1, и , както и на при .Задача 4
Условие
Във всяко от полетата на квадратна таблица е записано цяло число. За всеки числа, намиращи се в един и същ ред (стълб), сборът им е в същия ред (стълб). Намерете най-малкия възможен брой нули в таблицата, ако: а) ; б) .Решение
а) Пример: номерираме редовете и стълбовете от 1 до 9. Записваме 1 в полетата в поле ( ) и в полетата ( ) ( ); 0 в останалите полета. Възможните сборове са 1, 0 и -1.Задача 4
Условие
Във всяко от полетата на квадратна таблица е записано цяло число. За всеки числа, намиращи се в един и същ ред (стълб), сборът им е в същия ред (стълб). Намерете най-малкия възможен брой нули в таблицата, ако: а) ; б) .Решение
Отговор. а) 63; б) 0. Решение. а) Пример: номерираме редовете и стълбовете от 1 до 9. Записваме 1 в полетата ; в поле и в полетата ; 0 в останалите полета. Възможните сборове са 1, 0 и . Оценка: Да предположим, че има поне 19 ненулеви числа. От принципа на Дирихле на някой ред ще има поне три ненулеви числа, а значи и поне две ненулеви числа с еднакъв знак, да речем положителни (ситуацията при отрицателни е аналогична). Да наредим числата в този ред по големина: , където . Ако , то трябва да е на същия ред: абсурд. Ако , то трябва да е на същия ред: абсурд. б) Възможен пример без нули е както следва (работи, понеже и ):Оценяване. (7 точки) а) 2 т. за работещ пример (ако проверката, че примерът работи, е неочевидна, тя трябва да присъства) и 2 т. за обоснована оценка; б) 3 т. за работещ пример (ако проверката, че примерът работи, е неочевидна, тя трябва да присъства).9
8 задачиЗадача 1
Условие
Дадени са функциите и . Да се пресметне лицето на фигурата с върхове, пресечните точки на графиките на функциите и и пресечните точки на графиката на с оста .Решение
Графиката на се състои от два лъча с общ връх в . Разкриваме модула и лесно изчисляваме пресечните й точки с оста чрез уравненията и - и . След разкриване на модулите в виждаме че в интервала , в интервала и в интервала . Решаваме уравненията за всеки от трите интервала. Получаваме следните пресечни точки - и . От координатите следва, че фигурата е трапец с основи 8 и 4 и височина 2. Следователно лицето му е .Задача 1
Условие
Дадени са функциите и . Да се пресметне лицето на фигурата с върхове, пресечните точки на графиките на функциите и и пресечните точки на графиката на с оста .Решение
Графиката на се състои от два лъча с общ връх в . Разкриваме модула и лесно изчисляваме пресечните й точки с оста чрез уравненията и - и . След разкриване на модулите в виждаме че в интервала , в интервала и в интервала . Решаваме уравненията за всеки от трите интервала. Получаваме следните пресечни точки - и . От координатите следва, че фигурата е трапец с основи 8 и 4 и височина 2. Следователно лицето му е . Оценяване. (6 точки) 2т за пресечните точки на с . 2т. за пресечните точки на с . 1т. за това че разглежданата фигура е трапец. 1т. за довършване.Задача 2
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 2
Условие
Даден е тъпоъгълен равнобедрен триъгълник (), около който е описана окръжност с център . Точка е произволна точка върху основата , такава че . Точка лежи на основата и . Окръжността с диаметър пресича описаната около триъгълник окръжност за втори път в точка , а правите и се пресичат в точка . Ако е средата на и правите и се пресичат в точка , да се докаже че точките лежат на една окръжност.Решение
Нека е среда на и нека означим . е перпендикулярна на защото е център на окръжността с диаметър . Нека е пресечна точка на и . Намираме . От намираме т.е. . Това завършва доказателството. Оценяване. (6 точки) 2т. за въвеждане на ; 1т. за перпендикулярността; 1т. за ; 1т. за ; 1т. за довършване.Задача 3
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 3
Условие
В къщата на богатата лейди Гилмор се случила кражба на една от най-скъпите й ценности: нейната перлена огърлица. Задачата за разплитането на мистерията паднала на плещите на инспектор Гудинаф. Той разполагал със следната информация: в деня на кражбата, в стаята с огърлицата били влизали 7 от слугите на лейди Гилмор, които ще наричаме поради конфиденциалност на разследването. Всеки от тях твърди, че е присъствал в стаята само веднъж за неопределен период от време. Освен това твърди, че е срещал в стаята; твърди, че е срещал ; твърди, че е срещал ; твърди, че е срещал ; твърди, че е срещал ; твърди, че е срещал и твърди, че е срещал . Инспектор Гудинаф заключил, че точно един от слугите лъже. Кой е той?Решение
Първо ще докажем следната лема. Лема. Нека и са четирима от слугите. Ако е известно, че двойките ; ; и са били заедно в стаята в даден момент, то някоя от двойките и също са се засекли. Доказателство на Лема. Нека без ограничение на общността допуснем, че и не са били заедно в стаята и си е тръгнал от стаята преди (останалите случаи са аналогични). Тогава, и са стояли в стаята заедно в периода между напускането на и пристигането на . Да забележим, че удовлетворяват условието на лемата, но никои от и не са се засякли. Същото важи за . Единствен общ елемент на тези двойки е . Остава да се уверим, че е възможно всички останали двойки да са се срещнали, както твърдят, влизайки точно по веднъж. Това е възможно при следната последователност от влизания и излизания: влиза , влиза , излиза , влиза , влиза , излиза , влиза , излиза , влиза , излиза , излиза , излиза . Оценяване. (7 точки) 2т за твърдението на лемата; 2т за правилно доказателство на лемата; по 1т за всяка четворка, изобличаваща ; 1т за пример, че всички освен казват истината.Задача 4
Условие
Нека и са взаимнопрости цели числа и . Да се определи за кои стойности на и съществува представяне от видаза краен брой четни числа . Бележка: Това представяне се нарича верижна дроб и може да бъде означавано и като .Решение
Ще докажем че това е възможно точно когато едно от двете числа и е четно. Необходимост. Ако всички са четни, ще докажем че е четно. Ще използваме индукция по . За това е очевидно. Нека направим следното представяне:Тук е четно и по индукционно допускане точно едно от и също е четно. Лесно се вижда това завършва доказателството на тази посока.Задача 4
Условие
Нека и са взаимнопрости цели числа и . Да се определи за кои стойности на и съществува представяне от видаза краен брой четни числа . Бележка: Това представяне се нарича верижна дроб и може да бъде означавано и като .Решение
Ще докажем че това е възможно точно когато едно от двете числа и е четно. 1) Необходимост. Ако всички са четни, ще докажем че е четно. Ще използваме индукция по . За това е очевидно. Нека направим следното представяне:Тук е четно и по индукционно допускане точно едно от и също е четно. Лесно се вижда това завършва доказателството на тази посока. 2) Достатъчност. Ще докажем, че съществуват такива четни числа при четно. Отново ще ползваме индукция, но този път по . За твърдението отново е очевидно. Нека разгледаме числата и . Едно от тях е четно. Да го наречем и да отбележим, че не може да е 0. Числото е по-малко от единица и може да бъде записано като несъкратима дроб или алтернативно , като . Сега аналогично на предния случай можем да докажем че е четно и има необходимото представяне според индукционното допускане. Но тогава и има такова. Това завършва доказателството. Оценяване. (7 точки) 1т за правилен отговор. 3т. за всяка посока на доказателството. Бележка: Това твърдение, както и самите верижни дроби, имат приложение в теория на възлите. Също така е доказано и единственост на представянето, макар че това свойство не се иска в задачата.10
7 задачиЗадача 1
Условие
Да се реши уравнениетоРешение
Отговор: . Първи начин: Записваме уравнението във вида , забелязваме, че и двата израза под корен са строго положителни за всяко реално , като освен товаоткъдето . Повдигаме на втора степен двете страни и преработваме:Тъй като , то единственото възможно решение е . Тъй като , то действително е решение. Втори начин: Полагаме и . СледователноиУравнението е еквивалентно на:Оттук, и . Оценяване. (6 точки) 2т. за ; 2т. за извеждане на уравнението ; 2т. за . Ако е повдигнато на втора степен без да са направени ограничения, задачата се оценява най-много на 5т. (ако има проверка за ). Алтернативно: (6 точки) 2т. за полагане на ; 2т. за изразяване на и ; 2т. за и .Задача 2
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник с център на описаната окръжност. Точка е върху страната , такава че . Точка е от страната такава, че . Правата пресича в точка , а точка е среда на . Описаната около триъгълник окръжност пресича за втори път описаната около триъгълник окръжност в точка . Правите и пресичат съответно в точки и . Да се докаже, че точките лежат на една окръжност.Решение
Нека пресича описаната около окръжност в точка , а описаната около окръжност в точка . Да означим с средата на , а с - диаметрално противоположната на в описаната около окръжност. Нека пресича за втори път описаната около окръжност в точка . Имаме . От последните три равенства лесно следва, че лежат на една права. От следва, че е вписан и значи . Оттук, е вписан. Но (тъй като е средна отсечка в ) и значи също е вписан.Задача 2
Условие
Даден е остроъгълен триъгълник с център на описаната окръжност. Точка е върху страната , такава че . Точка е от страната такава, че . Правата пресича в точка , а точка е среда на . Описаната около триъгълник окръжност пресича за втори път описаната около триъгълник окръжност в точка . Правите и пресичат съответно в точки и . Да се докаже, че точките лежат на една окръжност.Решение
Нека пресича описаната около окръжност в точка , а описаната около окръжност в точка . Да означим с средата на , а с – диаметрално противоположната на в описаната около окръжност. Нека пресича за втори път описаната около окръжност в точка . Имаме . От последните три равенства лесно следва, че лежат на една права. От следва, че е вписан и значи . Оттук, е вписан. Но (тъй като е средна отсечка в ) и значи също е вписан. Оценяване. (6 точки) 2т. за ; 3т. за вписан; 1т. за довършване.Задача 3
Условие
Да се намерят всички естествени числа със следното свойство: Съществува полином с рационални коефициенти, такъв че за всяко естествено числоРешение
При и търсените полиноми са съответно и . Нека и да допуснем, че съществува такъв полином . За всяко просто число , степента му в е , където е степента на в каноничното представяне на . Ако това е примерно , то тя би се получила ако вземемкато е ясно, че степените на в знаменателя са делители на . Следователнокъдето е делител на . Понеже може да приема краен брой допустими стойности, ще има естествено число такова, че за безброй много . Значи за безброй много , откъдетоСледователноДа допуснем, че това е възможно. Да изберем просто число такова, че не дели . Нека за достатъчно голямо . От горната формула имамеСтепента на в числителя на лявата страна е , а в знаменателяпоне 1, докато степента на в числителя на дясната страна е , а в знаменателя -0. Противоречие! Следователно, допускането е грешно и при не съществува полином с исканото свойство.Задача 3
Условие
Да се намерят всички естествени числа със следното свойство: Съществува полином с рационални коефициенти, такъв че за всяко естествено числоРешение
При и търсените полиноми са съответно и . Нека и да допуснем, че съществува такъв полином . За всяко просто число , степента му в е , където е степента на в каноничното представяне на , . Ако това е примерно , то тя би се получила ако вземемкато е ясно, че степените на в знаменателя са делители на . Следователнокъдето е делител на . Понеже може да приема краен брой допустими стойности, ще има естествено число такова, че за безброй много , . Значи за безброй много , откъдетоСледователноДа допуснем, че това е възможно. Да изберем просто число такова, че не дели . Нека за достатъчно голямо . От горната формула имамеСтепента на в числителя на лявата страна е , а в знаменателя – поне 1, докато степента на в числителя на дясната страна е , а в знаменателя – 0. Противоречие! Следователно, допускането е грешно и при не съществува полином с исканото свойство. Оценяване. (7 точки) 1т. за случая ; 3т. за (1); 1т. за съществуването на ; 2т. за извеждане на (2) и избор на подходящо .Задача 4
Условие
Във всяка клетка на таблица е записано естествено число. Известно е, че както и да изберем 101 клетки на таблицата, никои две от които не лежат в един ред или стълб, сумата на числата в избраните клетки се дели на 101. Да се докаже, че броят начини да изберем по една клетка от всеки ред на таблицата така, че сумата на числата в избраните клетки да се дели на 101, се дели на 101.Решение
Нека и да номерираме редовете и стълбовете на таблицата с числата от 1 до . С ще означаваме числото, записано в ред и стълб на таблицата. Ще наричаме ключалка множество от клетки, никои две от които не лежат в един ред или стълб. Нека - лесно се вижда, че можем да изберем клетки, които допълват двойките клетки и до ключалки. Тогава от условието следва, че . Нека сега изберем цели числа такива, че за всяко да е изпълнено и . Тогава лесно се проверява, че за всеки е изпълнено . Ще наричаме обобщена ключалка множество от клетки, никои две от които не се намират в един и същ ред. Искаме да докажем, че броят на обобщените ключалки със сума, кратна на , е кратен на . Да разгледаме клетките и нека с означим броя на тези клетки, които се намират в стълб . Имаме:Това показва, че остатъкът ( ) на сумата на числата в дадена обобщена ключалка зависи единствено от набора . Да разгледаме набор, за който по-горната сума е кратна на . Броят обобщени ключалки, които имат този набор, еТова число се дели на , стига поне две от числата да са ненулеви (тъй като е просто). Случаят, в който точно едно от тези числа е ненулево, съответства на обобщена ключалка, в която всички клетки са в един и същ стълб. Следователно броят обобщени ключалки, различни от стълб на таблицата, със сума, кратна на , се дели на . Остава да забележим, че за сумата на числата в -тия стълб на таблицата имамеи тогава или всички стълбове имат сума, кратна на , или нито един от стълбовете не е с такава сума. Исканото следва.Задача 4
Условие
Във всяка клетка на таблица е записано естествено число. Известно е, че както и да изберем 101 клетки на таблицата, никои две от които не лежат в един ред или стълб, сумата на числата в избраните клетки се дели на 101. Да се докаже, че броят начини да изберем по една клетка от всеки ред на таблицата така, че сумата на числата в избраните клетки да се дели на 101, се дели на 101.Решение
Нека и да номерираме редовете и стълбовете на таблицата с числата от 1 до . С ще означаваме числото, записано в ред и стълб на таблицата. Ще наричаме ключалка множество от клетки, никои две от които не лежат в един ред или стълб. Нека - лесно се вижда, че можем да изберем клетки, които допълват двойките клетки и до ключалки. Тогава от условието следва, чеНека сега изберем цели числа такива, че за всяко да е изпълнено и . Тогава лесно се проверява, че за всеки е изпълненоЩе наричаме обобщена ключалка множество от клетки, никои две от които не се намират в един и същ ред. Искаме да докажем, че броят на обобщените ключалки със сума, кратна на , е кратен на . Да разгледаме клетките и нека с означим броя на тези клетки, които се намират в стълб . Имаме:Това показва, че остатъкът на сумата на числата в дадена обобщена ключалка зависи единствено от набора . Да разгледаме набор, за който по-горната сума е кратна на . Броят обобщени ключалки, които имат този набор, еТова число се дели на , стига поне две от числата да са ненулеви (тъй като е просто). Случаят, в който точно едно от тези числа е ненулево, съответства на обобщена ключалка, в която всички клетки са в един и същ стълб. Следователно броят обобщени ключалки, различни от стълб на таблицата, със сума, кратна на , се дели на . Остава да забележим, че за сумата на числата в -тия стълб на таблицата имамеи тогава или всички стълбове имат сума, кратна на , или нито един от стълбовете не е с такава сума. Исканото следва. Забележка. Твърдението на задачата остава вярно за произволна таблица (и съответно , където е просто число). Оценяване. (7 точки) 1т. за ; 1т. за ; 1т. за наблюдението, че сумата на числата в дадена обобщена ключалка зависи единствено от набора ; 2т. за (1); 2т. за довършване.11
8 задачиЗадача 1
Условие
Четворка от различни естествени числа се нарича ако са изпълнени следните две свойства: Измежду числата няма три, които да образуват (в някакъв ред) аритметична прогресия. Измежду числата и има които образуват (в някакъв ред) аритметична прогресия. a) Да се намери -хубава четворка. б) Да се намери най-голямото за което съществува -хубава четворка.Решение
а) Четворката е хубава защото в нея няма три числа, които да образуват аритметична прогресия, а от шестте числа числата образуват аритметична прогресия. б) Без ограничение нека . Тогава Да забележим, че ако: и образуват аритметична прогресия, то и образуват аритметична прогресия, то и образуват аритметична прогресия, то . и образуват аритметична прогресия, то . И в четирите случая получаваме противоречие с условието на задачата. От горното е ясно, че всичките 6 числа не могат да образуват аритметична прогресия. Да допуснем, че 5 от тях образуват аритметична прогресия. Да забележим, че което и от числата и да изтрием, винаги се среща някоя от прогресиите , , , или , противоречие. От а) следва, че търсеното е 4. (6 точки) а) за вярна 4 -хубава четворка - 2 точки; б) за наредба на четирите числа и на получените шест сбора -1 точка; за доказателство, че - 3 точки; частични резултати: за наблюдението, че някой от примерите , , и води до противоречие 1 точка; за доказателство, че шестте числа не могат да образуват аритметична прогресия (еквивалентно на ) -1 точка.Задача 1
Условие
Четворка от различни естествени числа се нарича -хубава, ако са изпълнени следните две свойства: • Измежду числата няма три, които да образуват (в някакъв ред) аритметична прогресия. • Измежду числата и има , които образуват (в някакъв ред) аритметична прогресия. а) Да се намери 4-хубава четворка. б) Да се намери най-голямото за което съществува -хубава четворка.Решение
а) Четворката е хубава защото в нея няма три числа, които да образуват аритметична прогресия, а от шестте числачислата 7, 9, 11, 13 образуват аритметична прогресия. б) Без ограничение нека . ТогаваДа забележим, че ако: 1. и образуват аритметична прогресия, то ; 2. и образуват аритметична прогресия, то ; 3. и образуват аритметична прогресия, то . 4. и образуват аритметична прогресия, то . И в четирите случая получаваме противоречие с условието на задачата. От горното е ясно, че всичките 6 числа не могат да образуват аритметична прогресия. Да допуснем, че 5 от тях образуват аритметична прогресия. Да забележим, че което и от числата и да изтрием, винаги се среща някоя от прогресийте 1., 2., 3., или 4.,противоречие. От а) следва, че търсеното е 4. Оценяване. (6 точки) а) за вярна 4-хубава четворка – 2 точки; б) за наредба на четирите числа и на получените шест сбора – 1 точка; за доказателство, че – 3 точки; частични резултати: за наблюдението, че някой от примерите 1., 2., 3. и 4. води до противоречие – 1 точка; за доказателство, че шестте числа не могат да образуват аритметична прогресия (еквивалентно на ) – 1 точка.Задача 2
Условие
Върху страните и на триъгълник са избрани съответно точки и така че и . Правите и пресичат права през , успоредна на , съответно в точки и . Ако описаните окръжности около триъгълниците и се пресичат за втори път в точка върху отсечката , да се докаже, че точка лежи на вписаната в триъгълник окръжност.Решение
От и получаваме Тъй като четириъгълникът е вписан, имаме Аналогично От следва, че е вписан в окръжност . Понеже и , то се допира до страните на триъгълник , т. е. е вписаната в окръжност. (6 точки) За или съответното му -2 точки; за вписан -2 точки; за извода, че е вписаната окръжност - 2 точки.Задача 2
Условие
Върху страните и на триъгълник са избрани съответно точки и така че и . Правите и пресичат права през , успоредна на , съответно в точки и . Ако описаните окръжности около триъгълниците и се пресичат за втори път в точка върху отсечката , да се докаже, че точка лежи на вписаната в триъгълник окръжност.Решение
От и получавамеТъй като четириъгълникът е вписан, имамеАналогичноОт следва, че е вписан в окръжност . Понеже и , то се допира до страните на триъгълник , т.е. е вписаната в окръжност. Оценяване. (6 точки) За или съответното му – 2 точки; за вписан – 2 точки; за извода, че е вписаната окръжност – 2 точки.Задача 3
Условие
За естествено число са изпълнени следните свойства: Числото се дели на . Сборът от квадратите на всички делители на (включително 1 и самото се дели на . Колко най-малко делители може да имаРешение
Тъй като се дели на 4, то не е точен квадрат. Следователно делителите на могат да бъдат разделени на двойки като броят на делителите на е . Тъй като 24 дели , то всички делители на са нечетни и не се делят на 3. За всяко имаме и от нечетно, което не се дели на 3 следва, че се дели на 24. Следователно се дели на 24. Сега от условието имаме, че се дели на 48. Тъй като 48 дели и е нечетно, то 48 дели . Това означава, че има поне 48 делители. Числото има исканите свойства, защото 24 дели и сборът от квадратите на делителите на е се дели на 48, защото . Оценяване. ( 7 точки) За наблюдението, че всички делители на са нечетни и не се делят на 3 - 1 точка; за наблюдението, че не е точен квадрат и делителите му могат да се групират по двойки с произведение точка; за доказателство, че сборът на числата във всяка двойка се дели на 24 - 2 точки; за доказателство, че има поне 48 делители (т. е. 48 дели ) - 1 точка; за намиране на число с 48 делители, което изпълнява условието 2 точки.Задача 3
Условие
За естествено число са изпълнени следните сквойства: • Числото се дели на 24. • Сборът от квадратите на всички делители на (включително 1 и самото ) се дели на 48. Колко най-малко делители може да има ?Решение
Тъй като се дели на 4, то не е точен квадрат. Следователно делителите на могат да бъдат разделени на двойкикато броят на делителите на е . Тъй като 24 дели , то всички делители на са нечетни и не се делят на 3. За всяко имамеи от нечетно, което не се дели на 3 следва, че се дели на 24. Следователно се дели на 24. Сега от условието имаме, чесе дели на 48. Тъй като 48 дели и е нечетно, то 48 дели . Това означава, че има поне 48 делители. Числото има исканите свойства, защото 24 дели и сборът от квадратите на делителите на есе дели на 48, защото . Оценяване. (7 точки) За наблюдението, че всички делители на са нечетни и не се делят на 3 – 1 точка; за наблюдението, че не е точен квадрат и делителите му могат да се групират по двойки с произведение – 1 точка; за доказателство, че сборът на числата във всяка двойка се дели на 24 – 2 точки; за доказателство, че има поне 48 делители (т.е. 48 дели ) – 1 точка; за намиране на число с 48 делители, което изпълнява условието – 2 точки.Задача 4
Условие
Страната има града, а страната има града (). Всеки град от е свързан с двупосочна директна авиолиния с всеки град от . Те се обслужват от авиокомпании (всяка авиолиния се обслужва само от една компания). Други авиолинии, освен посочените, няма. Докажете, че може да изберем авиокомпания и града, така че да е възможно да се придвижим между всеки два от избраните градове, ползвайки само авиолиниите на тази компания.Решение
Лема 1. Нека са положителни реални числа, а са естествени числа. Реалните числа удовлетворяват условията Тогава е в сила неравенството Равенството се достига само когато . Доказателство. Да означим , където . Тъй като условията (1) определят компактно множество, функцията достига максималната си стойност върху него, да речем в точките . Можем да считаме, че . Ще докажем, че са също в намаляваща последователност. Ако допуснем, че , да разгледаме . Тогава, (неравенство на Чебишев) което противоречи на максималността на . По-нататък, ако ние по аналогичен начин може да образуваме за подходящи и да получим по-голяма стойност на . Така че, . Нека е най-голямото естествено число, за което и . По същия начин, както по-горе, се вижда че . Значи . Нека допуснем, че и за определеност . Да модифицираме по следния начин. Полагаме . За числата са нули, а числата нямат значение, стига да се подчиняват на (1). Тъй като , лесно се вижда че което противоречи на максималността на . И така, . Сега ще докажем, че . Да допуснем че това не е вярно и е първият индекс, за който , като нека за определеност нека . Тогава, ще съществува за което , което значи и значи последователността не е намаляваща, противоречие. С това установихме, че . Тъй като , верността на Лема 1 е доказана. Обратно към задачата. Броят всички авиолинии е . Значи има авиокомпания, която обслужва поне авиолинии. Да премахнем всички останали авиолинии. Ще докажем, че в получения граф, нека бъде , има свързана компонента състояща се от поне върха. Да допуснем противното. Нека свързаните компоненти на са и . Имаме Съгласно Лема 1, което противоречи на избора на авиолинията. И така, за поне едно е изпълнено . ( 7 точки) 2т. за стигане до неравенство от типа на Лема 1, 5т. за доказването му.Задача 4
Условие
Страната има града, а страната има града . Всеки град от е свързан с двупосочна директна авиолиния с всеки град от . Те се обслужват от авиокомпании (всяка авиолиния се обслужва само от една компания). Други авиолинии, освен посочените, няма. Докажете, че може да изберем авиокомпания и града, така че да е възможно да се придвижим между всеки два от избраните градове, ползвайки само авиолиниите на тази компания.Решение
Лема 1. Нека са положителни реални числа, а са естествени числа. Реалните числа удовлетворяват условиятаТогава е в сила неравенствотоРавенството се достига само когато . Доказателство. Да означим , където . Тъй като условията (1) определят компактно множество, функцията достига максималната си стойност върху него, да речем в точките . Можем да считаме, че . Ще докажем, че са също в намаляваща последователност. Ако допуснем, че , да разгледаме . Тогава, (неравенство на Чебишев)което противоречи на максималността на . По нататък, ако ние по аналогичен начин може да образуваме за подходящи и да получим по-голяма стойност на . Така че, . Нека е най-голямото естествено число, за което и . По същия начин, както по-горе, се вижда че . Значи . Нека допуснем, че и за определеност . Да модифицираме по следния начин. Полагаме . За числата са нули, а числата нямат значение, стига да се подчиняват на (1). Тъй като , лесно се вижда че което противоречи на максималността на . И така, . Сега ще докажем, че . Да допуснем че това не е вярно и е първият индекс, за който , като нека за определеност нека . Тогава, ще съществува за което , което значи и значи последователността не е намаляваща, противоречие. С това установихме, че . Тъй като , верността на Лема 1 е доказана. Обратно към задачата. Броят всички авиолинии е . Значи има авиокомпания, която обслужва поне авиолинии. Да премахнем всички останали авиолинии. Ще докажем, че в получения граф, нека бъде , има свързана компонента състояща се от поне върха. Да допуснем противното. Нека свързаните компоненти на са и . ИмамеСъгласно Лема 1,което противоречи на избора на авиолинията. И така, за поне едно е изпълнено . Оценяване. (7 точки) 2т. за стигане до неравенство от типа на Лема 1, 5т. за доказването му.12
8 задачиЗадача 1
Условие
Редицата е зададена чрез равенствата:Да се докаже, че редицата е сходяща и да се определи границата й.Решение
Първо ще докажем, че редицата е строго растяща. Да отбележим, че за всяко имаме , т. к за всяко . Освен това имаме, че функцията е намаляваща за , т. к за всяко . Следователно за имаме . Така получаваме, че , което е еквивалентно на . Следователно редицата е растяща и т. к тя е ограничена следва, че е сходяща. Ако е нейната граница, то за е изпълнено, че , т. е . Функцията е намаляваща, което означава, че .Задача 1
Условие
Редицата е зададена чрез равенствата:Да се докаже, че редицата е сходяща и да се определи границата ѝ.Решение
Първо ще докажем, че редицата е строго растяща. Да отбележим, че за всяко имаме , т.к за всяко . Освен това имаме, че функцията е намаляваща за , т.к за всяко . Следователно за имаме . Така получаваме, че , което е еквивалентно на . Следователно редицата е растяща и т.к тя е ограничена следва, че е сходяща. Ако е нейната граница, то за е изпълнено, че , т.е . Функцията е намаляваща, което означава, че . Оценяване. (6 точки) 1т. за доказателство, че за всяко , 3т. за доказателство, че е растяща и 2т. за довършване.Задача 2
Условие
Даден е остроъгълен и разностранен триъгълник . Вписаната в триъгълник окръжност с център допира страните и съответно в точките и . Окръжността с център и радиус пресича за втори път правата в точка . Ако е допирната точка с на външновписаната окръжност срещу върха за триъгълник , то да се докаже, че правите и се пресичат в една точка.Решение
Първо ще докажем, че и се пресичат върху вписаната окръжност. Нека пресича вписаната окръжност в точка . Тогава, ако разгледаме хомотетия с център , която изпраща вписаната окръжност във външновписаната окръжност срещу върха , то и следователно ако е допирателната през към вписаната окръжност, то имаме . Последното означава, че и т. к и , то получаваме, че . От друга страна, ако пресича вписаната окръжност за втори път в точка , то имаме . Имаме, че , откъдето следва, че , т. е . Така получаваме, че правите и се пресичат в точка .Задача 2
Условие
Даден е остроъгълен и разностранен триъгълник . Вписаната в триъгълник окръжност с център допира страните и съответно в точките и . Окръжността с център и радиус пресича за втори път правата в точка . Ако е допирната точка с на външновписаната окръжност срещу върха за триъгълник , то да се докаже, че правите и се пресичат в една точка.Решение
Първо ще докажем, че и се пресичат върху вписаната окръжност. Нека пресича вписаната окръжност в точка . Тогава, ако разгледаме хомотетия с център , която изпраща вписаната окръжност във външновписаната окръжност срещу върха , то и следователно ако е допирателната през към вписаната окръжност, то имаме . Последното означава, че и т.к и , то получаваме, че . От друга страна, ако пресича вписаната окръжност за втори път в точка , то имаме . Имаме, че , откъдето следва, че , т.е . Така получаваме, че правите и се пресичат в точка . Оценяване. (6 точки) 3т. за лежи на вписаната окръжност и 3т. за .Задача 3
Условие
BLANK BLANK BLANKРешение
BLANK BLANK BLANKЗадача 3
Условие
Да се реши в естествени числа уравнението:Решение
Уравнението няма решение в естествени числа. Ще докажем, че за всички двойки естествени числа , за които имаме , то е в сила неравенството . Нека и . Тогава имаме, чеи следователноТака получаваме, че , откъдето задачата следва. Оценяване. (7 точки) 2т. за формулиране на вярно неравенство за дробната част на , 4т. за доказателството му и 1т. за довършване.Задача 4
Условие
Ще наричаме едно множество от точки в равнината есенно, ако разстоянието между всеки две точки от е най-много 1. С означаваме най-голямото цяло число, такова че за всяко есенно множество от точки в равнината, съществува кръг с диаметър , който съдържа поне точки от . Да се докаже, че съществува (независещо от ), за което за всички стойността на не зависи от и да се определи тази стойност като функция на .Решение
Първо ще докажем, че съществува , за което винаги можем да намерим окръжност с диаметър която съдържа точки от дадените. Нека е множество от точки с диаметър 1 и нека за всяка точка разгледаме кръг с център и радиус . Лема. Ако , то . Доказателство. Ако точките образуват остроъгълен триъгълник, то някой от ъглите на триъгълника е с мярка между и . Нека БОО това е . Тогава за радиуса на описаната около окръжност, получаваме от синусова теорема, че , откъдето следва, че и следователно центърът на описаната окръжност . Ако точките образуват тъпоъгълен или правоъгълен триъгълник, то нека БОО . Нека е средата на . Ясно е, че и аналогично , т. е . От друга странакъдето първото неравенство следва от това, че . Следователно и следователно , т. е наистина , с което лемата е доказана. От теорема на Хели, приложена за множеството от кръгове , следва, че т. к всеки три от тях се пресичат, то . Нека . Тогава кръгът с център и радиус съдържа . Сега ще покажем, че всеки кръг с радиус може да бъде покрит от 3 кръга с радиус . Нека точките са такива, че е равностранен триъгълник. Тогава и кръговете с диаметри покриват . Аналогично кръгове с центрове средите на и диаметър почти"покриват . Наистина множеството се състои от 3 еднакви фигури, които ще наричаме антилуни поради визуалната прилика. Да отбележим също, че можем да построим антилуни за всеки , лежащи на контура на и образуващи равностранен триъгълник. Нека сега да допуснем противното, а именно, че за всяко можем да изберем множество от точки, така че никои от тях да не лежат в кръг с диаметър . Да забележим, че ако в трите антилуни съответсващи на някои, няма точки от, то поне един от съдържа точки. Оттук можем да заключим, че във всяка тройка съответни антилуни има точка от . Нека да фиксираме нечетно и да вземем антилуни през равни ъгли. Нека също така сме избрали , така че . Това е възможно, защото когато клони към 1, диаметърът на антилуните сходи към 0. Тъй като разстоянието между две точки, образуващи ъгъл , е повече от 1, то от неравенството на триъгълника следва, че съществува , за което . От предходните ни разсъждения следва, че за всяко поне една от антилуните съдържа точка от . Нека БОО съдържа точка от. Следователно, антилуни те не съдържат точки от. Нека е първата антилуна след , която съдържа точка. Следователно антилуните не съдържат точки от . От това следва, че антилуни съдържат точки. (Антилуната е единствената, за която не знаем със сигурност дали съдържа точка). Нека е точката от в антилуна и нека е центърът на дъгата на Сега можем да изберем достатъчно голямо и достатъно близко до 1 така, че:Следователно, множеството лежи изцяло в сечението на и трите кръга с центрове и диаметър 1 \cdot 01. Но сега лесно се забелязва, че може да се впише в окръжност с радиус . Но тогава се покрива (съответно и) от 3 кръга с диаметър . Следователно, за със сигурност съществува кръг покриващ поне точки от . Остана да покажем, че за всяко и всяко съществува множество от точки, никои от които не принадлежат на един кръг с диаметър . Построяваме еднакво ориентирани равностранни триъгълника със страна , така че разстоянието между всеки 2 съответни върха е по-малко от . Лесно се проверя, че тази конструкция изпълнява необходимите условия.Задача 4