maths.bgmaths.bg
Всички колекции
KMBOM

Контролно за национален отбор за МБОМ

66 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.

10 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2023

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2023 · 7: липсва задача 4, 7, 10

7

9 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Изпъкналият петоъгълник ABCDEA B C D E е такъв че BC=DE,BE∥CDB C=D E, B E \| C D и AB∥DEA B \| D E. Ако окръжността през средите на отсечките BD,CEB D, C E и AEA E се допира до AEA E, то да се докаже, че ABCDEA B C D E е вписан в окръжност.
РешениеПонеже BC=DEB C=D E и BE∥CDB E \| C D, следва, че BCDEB C D E е равнобедрен трапец и е вписан в окръжност. Така свеждаме до вписаността на ABCEA B C E. Нека M,NM, N и PP са средите съответно на BD,CEB D, C E и AEA E. От допирането имаме ∠NMP=∠NPE\angle N M P=\angle N P E, от средната отсечка NPN P в триъгълника ACEA C E имаме ∠CAE=∠NPE\angle C A E=\angle N P E, а от друга страна MP∥ABM P \| A B (по условие AB∥DEA B \| D E и така MPM P е средна основа в трапеца/успоредника ABDEA B D E ) и MN∥BEM N \| B E (понеже MNM N лежи на средната основа на трапеца BCDEB C D E ), откъдето ∠ABE=∠ABD−∠DBE=∠PMD−∠NMD=∠NMP\angle A B E=\angle A B D- \angle D B E=\angle P M D-\angle N M D=\angle N M P. Следователно ∠ABE=∠NMP=∠NPE=∠CAE\angle A B E=\angle N M P= \angle N P E=\angle C A E. Остава да съобразим, че ∠ABE=∠DEB\angle A B E=\angle D E B (от AB∥DEA B \| D E ) и ∠DEB=∠CBE\angle D E B=\angle C B E (от равнобедрения EBCDE B C D ) и така окончателно ∠CAE=∠CBE\angle C A E= \angle C B E, с което задачата е решена.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Неотрицателните реални числа a,ba, b и cc са такива, че ab+bc+ca=3a b+b c+c a=3. Да се намери най-голямата възможна стойност на израза27(x2a+x2b+x2c)2(a+b+c)3\frac{27(\sqrt{\vphantom{x^2}a}+\sqrt{\vphantom{x^2}b}+\sqrt{\vphantom{x^2}c})^{2}}{(a+b+c)^{3}}−a+3b+c−b+3a+c−c+3a+b-\frac{a+3}{b+c}-\frac{b+3}{a+c}-\frac{c+3}{a+b}както и всички тройки (a,b,c)(a, b, c), при които тя се достига.
РешениеНе е възможно a=b=c=0a=b=c=0 (иначе ab+bc+ca=0a b+b c+c a=0 ), така че всички знаменатели, с които работим, са положителни. При a=b=c=1a=b=c=1 получаваме стойност 3. Ще докажем, че a+3b+c+b+3a+c+c+3a+b+3≥27(x2a+x2b+x2c)2(a+b+c)3\frac{a+3}{b+c}+\frac{b+3}{a+c}+\frac{c+3}{a+b}+3 \geq \frac{27(\sqrt{\vphantom{x^2}a}+\sqrt{\vphantom{x^2}b}+\sqrt{\vphantom{x^2}c})^{2}}{(a+b+c)^{3}}. Лявата страна е равна на a+b+c+3b+c+a+b+c+3a+c+a+b+c+3a+b=(a+b+c+3)(1b+c+1a+c+1a+b)\frac{a+b+c+3}{b+c}+\frac{a+b+c+3}{a+c}+\frac{a+b+c+3}{a+b}=(a+b+c+3)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right) и значи от версията на неравенството на Коши-Буняковски-Шварц, известна като Хубаво неравенство (или от неравенството между средноаритметично и среднохармонично) получаваме, че тази лява страна е по-голяма или равна на 9(a+b+c+3)2(a+b+c)\frac{9(a+b+c+3)}{2(a+b+c)}. Да положим a+b+c=Sa+b+c=S. Понеже (x2a+x2b+x2c)2=S+2(x2ab+x2bc+x2ac)≤S+(a+b)+(b+c)+(c+a)=3S(\sqrt{\vphantom{x^2}a}+\sqrt{\vphantom{x^2}b}+\sqrt{\vphantom{x^2}c})^{2}=S+ 2(\sqrt{\vphantom{x^2}a b}+\sqrt{\vphantom{x^2}b c}+\sqrt{\vphantom{x^2}a c}) \leq S+(a+b)+(b+c)+(c+a)=3 S, остава да обосновем, че 9(S+3)2S≥81SS3\frac{9(S+3)}{2 S} \geq \frac{81 S}{S^{3}}, т. е. S(S+3)≥18S(S+3) \geq 18, което е еквивалентно на S≥3S \geq 3. За целта е достатъчно да съобразим, че (a+b+c)23≥ab+bc+ca\frac{(a+b+c)^{2}}{3} \geq a b+b c+c a (поради еквивалентното (a−b)2+(b−c)2+(c−a)2≥0(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2} \geq 0 ) и да използваме даденото в условието ab+bc+ca=a b+b c+c a= 3. Равенство се достига само при a=b=ca=b=c, което заедно с ab+bc+ca=3a b+b c+c a=3 налага a=b=c=1a=b=c=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Намерете всички естествени числа a,b,ca, b, c и прости числа pp и qq, такива че: (∗)(*) cc не се дели на 4 и pp не дава остатък 11 при деление на 16; (∗)(*) изпълнено е равенството paqb−1=(p+4)cp^{a} q^{b}-1=(p+4)^{c}.
РешениеЯвно p≥3p \geq 3 и q=2q=2 от съображения за четност. Ще използваме разлагането Xt+Yt=(X+Y)(Xt−1−Xt−2Y+⋯−XYt−2+Yt−1)X^{t}+Y^{t}=(X+Y)\left(X^{t-1}-X^{t-2} Y+\cdots-X Y^{t-2}+Y^{t-1}\right) за нечетно естествено число tt. Разглеждаме два случаяако cc е нечетно и ако c≡2( mod 4)c \equiv 2 (\bmod 4). (∗)(*) Нека cc е нечетно. Тогава2bpa=(p+4)c+1=2^{b} p^{a}=(p+4)^{c}+1=(p+5)((p+4)c−1−(p+4)c−2+⋯−(p+4)+1)(p+5)\left((p+4)^{c-1}-(p+4)^{c-2}+\cdots-(p+4)+1\right)се дели на p+5p+5. Ако p≠5p \neq 5, то числата pp и p+5p+5 са взаимнопрости и p+5p+5 дели 2b2^{b} - значи p=5p=5 или p+5p+5 е степен на двойката. Но при p=2k−5p=2^{k}-5 за k≥4k \geq 4 бихме имали, че p−11=2k−16p-11=2^{k}-16 се дели на 16, противоречие; значи k=3k=3, т. е. p=3p=3. (∗)(*) При p=3p=3 имаме 2b3a=7c+12^{b} 3^{a}=7^{c}+1, което е невъзможно по модул 3. (∗)(*) При p=5p=5 имаме 2b5a−9c=12^{b} 5^{a}-9^{c}=1. При b≥2b \geq 2 получаваме противоречие по модул 4, а при a≥2a \geq 2 имаме 9c+1≡0( mod 25)9^{c}+1 \equiv 0(\bmod 25) и пресмятания до 910≡1( mod 25)9^{10} \equiv 1 (\bmod 25) показват, че cc се дели на 5 - но тогава 9c+1=(95+1)(9c−5−9c−10+…−95+19^{c}+1=\left(9^{5}+1\right)\left(9^{c-5}-\right. 9^{c-10}+\ldots-9^{5}+1 ) се дели на 95+150=1181\frac{9^{5}+1}{50}=1181, докато 2a5b2^{a} 5^{b} не може да има такъв делител. Оттук a=b=1a=b=1, съответно c=1c=1. (∗)(*) Нека cc е четно и c2\frac{c}{2} е нечетно. Имаме, че 2bpa=(p+4)c+1=((p+4)2)c2+12^{b} p^{a}=(p+4)^{c}+1=\left((p+4)^{2}\right)^{\frac{c}{2}}+1 се дели на (p+4)2+1(p+4)^{2}+1. Ако p≠17p \neq 17, то числата pp и (p+4)2+1(p+4)^{2}+1 са взаимнопрости и тогава (p+4)2+1>2(p+4)^{2}+1\gt{}2 би било степен на 2, което обаче е невъзможно по модул 4. Следователно p=17p=17, но тогава (p+4)2+1=442=2⋅13⋅17(p+4)^{2}+1=442=2 \cdot 13 \cdot 17 се дели на 13, докато 17a2b17^{a} 2^{b} - не, противоречие. Така в този случай уравнението няма
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-3

Задача 5

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички реални числа x,yx, y и zz, такива че x4+y3z=zxx^{4}+y^{3} z=z x, y4+z3x=xyy^{4}+z^{3} x=x y и z4+x3y=yzz^{4}+x^{3} y=y z.
РешениеАко някое от числата x,yx, y и zz е 0, да речем xx, то от второто уравнение следва y=0y=0 и сега третото дава z=0z=0. Нека x,y,z≠0x, y, z \neq 0. От първото уравнение следва z(x−y3)=x4z\left(x-y^{3}\right)=x^{4}, а от второто следва y(x−y3)=z3xy\left(x-y^{3}\right)=z^{3} x. Оттук след делене получаваме zy=x3z3\frac{z}{y}=\frac{x^{3}}{z^{3}}, т. е. z4=x3yz^{4}=x^{3} y. Аналогично x4=y3zx^{4}=y^{3} z. Замествайки z=x4y3z=\frac{x^{4}}{y^{3}} в другото уравнение, получаваме y13=x13y^{13}=x^{13}, откъдето x=yx=y и z=x4y3=xz=\frac{x^{4}}{y^{3}}=x. При x=y=zx=y=z остава да решим 2x4=x22 x^{4}=x^{2}, което е с корени 0 и ±x222\pm \frac{\sqrt{\vphantom{x^2}2}}{2}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-5

Задача 6

Пълен запис
Условие
Да се намери най-малкото естествено число n≥2n \geq 2, за което mnm n дели m2023+n2023+nm^{2023}+n^{2023}+n за поне едно естествено число mm.
РешениеДа запишем m=dam=d a и n=dbn=d b, където d=d= НОД (m,n)(m, n), т. е. НОД (a,b)=(a, b)= 1. Исканото е еквивалентно (след съкращаване на dd ) на dab∣d2022a2023+d2022b2023+bd a b \mid d^{2022} a^{2023}+ d^{2022} b^{2023}+b. Делимото трябва да се дели на bb, значи b∣d2022a2023b \mid d^{2022} a^{2023} и понеже НОД (a,b)=1(a, b)=1, следва b∣d2022b \mid d^{2022}. Делимото трябва да се дели и на dd, откъдето d∣bd \mid b. Така dabd a b се дели на d2d^{2}, значи делимото се дели на d2d^{2} и оттук d2∣bd^{2} \mid b. По-общо, да забележим, че ако dk∣bd^{k} \mid b за някое k≤2021k \leq 2021, то dabd a b се дели на dk+1d^{k+1}, значи делимото се дели на dk+1d^{k+1}, съответно dk+1∣bd^{k+1} \mid b. Така достигаме до d2022∣bd^{2022} \mid b. Значи непременно b=d2022b=d^{2022}, т. е. n=d2023n=d^{2023}, откъдето (понеже n≥2n \geq 2 ) следва n≥22023n \geq 2^{2023}. Обратно, при d=2d=2 и b=22022b=2^{2022} искаме 22023a∣22022a2023+22022⋅22022⋅2023+220222^{2023} a \mid 2^{2022} a^{2023}+2^{2022} \cdot 2^{2022 \cdot 2023}+2^{2022}, т. е. 2a∣a2023+22022⋅2023+12 a \mid a^{2023}+2^{2022 \cdot 2023}+1 за някое нечетно aa. Понеже делимото е четно, достатъчно е a∣22022⋅2023+1a \mid 2^{2022 \cdot 2023}+1, съответно a=22022⋅2023+1a=2^{2022 \cdot 2023}+1 (и m=22022⋅2023+1+2m=2^{2022 \cdot 2023+1}+2 ) върши работа. (Друг възможен избор тук е a=5a=5, т. е. m=10m=10.)
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-6

Задача 8

Пълен запис
Условие
Даден е остроъгълен неравнобедрен триъгълник ABCA B C с ортоцентър HH, височина CD(D∈AB)C D(D \in A B) и описана окръжност kk. Окръжността ω\omega с диаметър CHC H пресича kk за втори път в точката PP. Правите APA P и BPB P пресичат ω\omega за втори път в точките KK и LL, а правите DKD K и DLD L пресичат ω\omega за втори път в точките SS и TT. Да се докаже, че KL=STK L=S T.
РешениеБез ограничение считаме AC<BCA C\lt{}B C. Започваме с известния факт, че симетричната точка QQ на HH относно средата MM на страната ABA B лежи на kk и е диаметрално противоположна на CC - така понеже ∠CPH=∠CPQ=90∘\angle C P H=\angle C P Q=90^{\circ}, получаваме, че P,H,MP, H, M и QQ лежат на една права. Нататък, нека A1A_{1} и B1B_{1} са петите на височините през върховете AA и BB, съответноявно A1A_{1} и B1B_{1} лежат на ω\omega и ще докажем, че S≡B1S \equiv B_{1} (и аналогично ще следва T≡A1T \equiv A_{1} ). За целта ще докажем, че точките D,B1D, B_{1} и KK лежат на една права. Имаме ∠AB1D=∠AHD=∠ABC\angle A B_{1} D=\angle A H D=\angle A B C и ∠KB1C=∠KHC=\angle K B_{1} C=\angle K H C= 90∘−∠KCH=90∘−∠KPH=90∘−∠APQ=90∘−∠ABQ=∠CBQ−∠ABQ=∠ABC90^{\circ}-\angle K C H=90^{\circ}-\angle K P H=90^{\circ}-\angle A P Q=90^{\circ}-\angle A B Q=\angle C B Q-\angle A B Q= \angle A B C и желаната колинеарност следва. Остава да докажем, че A1B1=KLA_{1} B_{1}=K L. Имаме ∠A1CH=90∘−∠ABC=∠KPH\angle A_{1} C H=90^{\circ}-\angle A B C=\angle K P H (второто от предния абзац) и значи HA1^=HK^\widehat{H A_{1}}=\widehat{H K} в ω\omega; аналогично HB1^=HL^\widehat{H B_{1}}=\widehat{H L} и събирането на двете води до A1B1^=KL^\widehat{A_{1} B_{1}}=\widehat{K L}, а оттук и до A1B1=KLA_{1} B_{1}=K L.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-8

Задача 9

Пълен запис
Условие
На дъската са записани в червено всички прости числа, по-малки или равни на nn, а в синьо са записани всички възможни суми на две различни червени числа. За кои естествени n≥3n \geq 3 произведението на всички сини числа се дели на произведението на естествените числа от 1 до nn включително?
РешениеНека първо n≥11n \geq 11 и нека r≥11r \geq 11 е най-голямото просто число, по-малко или равно на nn. Тогава rr дели произведението на сините числа и значи непременно дели някое събираемо от вида p+qp+q, където pp и qq са различни прости числа, ненадминаващи nn. От максималността на rr имаме p+q2<r\frac{p+q}{2}\lt{}r, следователно r=p+qr=p+q и тъй като rr е нечетно, то непременно някое от pp и qq е 2 - в частност, r−2r-2 е просто число. Това число също дели някое събираемо от вида x+yx+y за различни прости x<y≤nx\lt{}y \leq n. Тъй като x+y≤2r−2x+y \leq 2 r-2, то r−2≤x+y3≤2r−23r-2 \leq \frac{x+y}{3} \leq \frac{2 r-2}{3} е невъзможно. При r−2=x+y2r-2=\frac{x+y}{2} няма как x=r−2,y=rx=r-2, y=r (или наобратно), значи трябва x≤y−2≤r−4x \leq y-2 \leq r-4 (има поне две прости числа между 3 и r−2r-2 включително, като всичките са нечетни), което дава x+y2≤y−1≤r−3\frac{x+y}{2} \leq y-1 \leq r-3, противоречие. Така единствената възможност x+y=r−2≥9x+y=r-2 \geq 9 и тъй като r−2r-2 е нечетно, то някое от xx и yy е 2 и значи r−4r-4 също е просто число. Оттук r,r−2r, r-2 и r−4r-4 са прости числа, което е невъзможно за r≥11r \geq 11 понеже r−2>r−4>3r-2\gt{}r-4\gt{}3, но поне едно от r−2r-2 и r−4r-4 се дели на 3. Така n≤10n \leq 10. При n≥7n \geq 7 червените числа са 2,3,52, 3, 5 и 7 и сините са 5,7,32,23,2⋅5,22⋅35, 7, 3^{2}, 2^{3}, 2 \cdot 5, 2^{2} \cdot 3, с произведение 26⋅33⋅52⋅72^{6} \cdot 3^{3} \cdot 5^{2} \cdot 7, съответно n≥8n \geq 8 не работят ( 8! се дели на 272^{7} ), а n=7n=7 е понеже 7≠24⋅32⋅5⋅77\neq{}2^{4} \cdot 3^{2} \cdot 5 \cdot 7. При 3≤n≤63 \leq n \leq 6 няма синьо число, което се дели на 3, докато nn! се дели на 3, значи тези не работят.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-9

Задача 11

Пълен запис
Условие
Даден е неравнобедрен триъгълник ABCA B C с описана окръжност kk, център II на вписаната окръжност и център ICI_{C} на външновписаната окръжност срещу върха CC. Точката MM е средата на страната ABA B, а точката NN е средата на дъгата AB^\widehat{A B} от kk, която съдържа CC. Да се докаже, че ∠IMIC+∠INIC=180∘\angle I M I_{C}+\angle I N I_{C}=180^{\circ}.
РешениеНека LL е средата на дъгата AB^\widehat{A B}, несъдържаща CC; явно L,ML, M и NN лежат на диаметър на kk. Имаме ∠LIB=180∘−∠BIC=∠ACB+∠ABC2=∠ABL+∠ABI=∠LBI\angle L I B=180^{\circ}-\angle B I C=\frac{\angle A C B+\angle A B C}{2}= \angle A B L+\angle A B I=\angle L B I, откъдето LB=LIL B=L I; аналогично LA=LIL A=L I. Предвид ∠IBIC=90∘\angle I B I_{C}=90^{\circ} (тъй като BIB I и BICB I_{C} са ъглополовящи на съседни ъгли), получаваме LA=LB=LI=LICL A=L B=L I=L I_{C}. Тъй като LNL N е диаметър на kk, то ∠NBL=90∘=∠LMB\angle N B L=90^{\circ}=\angle L M B, откъдето △LBM∼△LNB\triangle L B M \sim \triangle L N B и LB2=LM⋅LNL B^{2}=L M \cdot L N. Така LI2=LM⋅LNL I^{2}=L M \cdot L N и заедно с ∠ILM=∠NLI\angle I L M=\angle N L I получаваме △LIM∼△LNI\triangle L I M \sim \triangle L N I, съответно ∠LIM=∠LNI\angle L I M=\angle L N I. Имаме и LIC2=LM⋅LNL I_{C}^{2}= L M \cdot L N и заедно с LLICN=∠ICNLL L I_{C} N=\angle I_{C} N L следва △LICM∼△LNIC\triangle L I_{C} M \sim \triangle L N I_{C}, съответно ∠LICM=∠LNIC\angle L I_{C} M=\angle L N I_{C}. Следователно ∠IMIC=180∘−∠LIM−∠LICM=180∘−∠LNI−∠LNIC=180∘−∠INIC\angle I M I_{C}=180^{\circ}-\angle L I M-\angle L I_{C} M=180^{\circ}- \angle L N I-\angle L N I_{C}=180^{\circ}-\angle I N I_{C}, както се искаше.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-11

Задача 12

Пълен запис
Условие
Нека nn е естествено число. Първоначално на дъската е записано nn пъти числото 2. За един ход избираме две числа aa и bb на дъската, изтриваме ги и на тяхно място записваме числото x2ab+12\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{a b+1}{2}}. След n−1n-1 хода на дъската остава едно число. a) Да се докаже, че без значение какви са били ходовете, оставащото число ще е винаги по-голямо или равно на x2n+3n\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{n+3}{n}}. б) Да се докаже, че съществуват безбройно много nn, за които равенство в а) не се достига без значение какви са ходовете, както и че съществуват безбройно много nn, за които равенство в а) се достига при подходящ избор на ходовете.
Решениеа) Разсъждаваме индуктивно по nn. При n=1n=1 имаме само едно число и то е 2=x21+312=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{1+3}{1}}. Да допуснем, че твърдението е вярно за всички n<kn\lt{}k, където k≥2k \geq 2 е естествено число, и ще го докажем за n=kn=k. Нека uu и vv са числата, останали на дъската след k−2k-2 операции. Тогава числото след последния ход е x2uv+12\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{u v+1}{2}} и целим да докажем, че uv+12≥1+3k\frac{u v+1}{2} \geq 1+\frac{3}{k}, т. е. uv≥1+6ku v \geq 1+\frac{6}{k}. Разглеждайки редицата от операции, които водят до uu и vv, виждаме, че uu е получено от някакво множество от 1≤t≤k−11 \leq t \leq k-1 двойки чрез верига от t−1t-1 операции, както и че vv е получено от останалите k−tk-t двойки чрез верига от k−t−1k-t-1 операции. Така от индукционното допускане получаваме u≥x21+3tu \geq \sqrt{\vphantom{x^2}1+\frac{3}{t}} и v≥x21+3k−tv \geq \sqrt{\vphantom{x^2}1+\frac{3}{k-t}} и вече е достатъчно да докажем, че x2(1+3t)(1+3k−t)≥1+6k\sqrt{\vphantom{x^2}\left(1+\frac{3}{t}\right)\left(1+\frac{3}{k-t}\right)} \geq 1+\frac{6}{k}. Повдигане на квадрат, освобождане от знаменател и опростяване води до еквивалентното (k−2t)2≥0(k-2 t)^{2} \geq 0, което е вярно. С това индукцията е завършена. б) Необходимо условие за равенство при n=k≥2n=k \geq 2 в а) е k=2tk=2 t; в частност nn трябва да е четно, т. е. при нечетен брой двойки в началото няма как да достигнем равенство. От друга страна, същото необходимо условие за равенство предполага, че равенство може да се достигне когато nn е степен на 2 - нека докажем това. При n=2sn=2^{s} разсъждаваме индуктивно по s≥0s \geq 0. При s=0s=0 имаме само едно число и то е 2=x21+312=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{1+3}{1}}. Сега ако допуснем, че имаме възможна поредица от ходове за s−1s-1, то при дадени 2s2^{s} двойки ги разбиваме на две групи по 2s−12^{s-1} двойки. За всяка от групите прилагаме операциите, които водят до резултат x21+32s−1\sqrt{\vphantom{x^2}1+\frac{3}{2^{s-1}}} (такива има съгласно индукционната хипотеза) и накрая прилагаме операцията за оставащите две числа, които са равни на x21+32s−1\sqrt{\vphantom{x^2}1+\frac{3}{2^{s-1}}}, с което получаваме като краен резултат x2(1+32s−1)2+12=x21+32s=x2n+3n\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{\left(\sqrt{1+\frac{3}{2^{s-1}}}\right)^{2}+1}{2}}=\sqrt{\vphantom{x^2}1+\frac{3}{2^{s}}}=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{n+3}{n}}, както се искаше.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkmbom2023-7-12