maths.bgmaths.bg
Всички колекции
ZMS

Зимни математически състезания

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

19 години5 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2018

Назад към папките

9

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които квадратните уравнения x2+2a2x+2a=0x^{2}+2 a^{2} x+2 a=0 и y2+y+a=0y^{2}+y+a=0 имат съответно корени x1,x2x_{1}, x_{2} и y1,y2y_{1}, y_{2} иx1x2+x2x1=2(y1y2+y1+y2).\frac{x_{1}}{x_{2}}+\frac{x_{2}}{x_{1}}=2\left(y_{1} y_{2}+y_{1}+y_{2}\right).
РешениеОт формулите на Виет следва, чеx1x2+x2x1=x12+x22x1x2=\frac{x_{1}}{x_{2}}+\frac{x_{2}}{x_{1}}=\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{x_{1} x_{2}}=4a4−4a2a=2a3−2иy1y2+y1+y2=a−1.\frac{4 a^{4}-4 a}{2 a}=2 a^{3}-2 \text{и} y_{1} y_{2}+y_{1}+y_{2}=a-1. Равенството от условието е еквивалентно на a3−1=a−1⟺a(a+1)(a−1)=0a^{3}-1=a-1 \Longleftrightarrow a(a+1)(a-1)=0 и следователно a=0,±1a=0, \pm 1. Тъй като x1x2≠0x_{1} x_{2} \neq 0, то a≠0a \neq 0. При a=1a=1 и двете уравнения нямат корени. При a=−1a=-1 уравненията имат корени и следователно a=−1a=-1 е единствената стойност с исканото свойство. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) 3 т. за получаване на уравнението a3−1=a−1a^{3}-1=a-1, 1 т. за решаване a=0,±1a=0, \pm 1, по 1 т. за отхвърляне на случаите a=0a=0 и a=1a=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В неравнобедрен остроъгълен триъгълник ABCA B C е построена ъглополовящата CLC L на ∠ACB\angle A C B. Точките M,NM, N и PP са среди съответно на страните AB,BCA B, B C и ACA C, а точка TT е допирната точка на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност и страната ABA B. Описаната окръжност около △NPL\triangle N P L пресича CLC L в точка DD. Ако LL е среда на MTM T, да се намери отношението CDDL\frac{C D}{D L}.
РешениеПърви начин. Да означим средата на дъгата ABA B, която не съдържа точката CC с KK. Тогава MK⊥AMM K \perp A M и △MKL≅△TIL\triangle M K L \cong \triangle T I L (понеже ∠KLM=∠ILT\angle K L M=\angle I L T като връхни, ∠KML=\angle K M L= ∠ITL=90∘\angle I T L=90^{\circ} и ML=LTM L=L T по условие). Следователно KM=IT=IFK M=I T=I F, където FF е допирната точка на вписаната окръжност със страната ACA C. Тъй като ∠KAM=∠KCB=∠ICP\angle K A M=\angle K C B=\angle I C P, то △MKA≅△FIC\triangle M K A \cong \triangle F I C, откъдето CI=AKC I=A K. От известния факт, че KA=KB=KIK A=K B=K I следва, че CI=AK=BK=KIC I=A K=B K=K I, т. е. II е среда на CKC K. Понеже IPI P е средна отсечка в △AKC\triangle A K C, то IP=12AK=12IK=ILI P=\frac{1}{2} A K=\frac{1}{2} I K=I L и аналогично IN=ILI N=I L. Следователно IP=IN=ILI P=I N=I L, т. е. II е център на описаната окръжност за △PLN\triangle P L N. Тогава DID I е диаметър в тази окръжност и DI=IL=LKD I=I L=L K. От тук и от CI=IKC I=I K следва, че CD=DIC D=D I, т. е. CDDL=12\frac{C D}{D L}=\frac{1}{2}. Втори начин. От свойството на ъглополовящата следва, че ACBC=ALBL\frac{A C}{B C}=\frac{A L}{B L}, откъдето намираме AL=cba+bA L=\frac{c b}{a+b} и BL=caa+bB L=\frac{c a}{a+b}. Тъй като AM=c2,BT=a+c−b2A M=\frac{c}{2}, B T=\frac{a+c-b}{2}, то ML=LTM L=L T е еквивалентно на AL−AM=BL−BTA L-A M=B L-B T. След заместване със съответните изрази, получаваме(b−a)(b+a−2c)=0(b-a)(b+a-2 c)=0 и тъй като триъгълникът не е равнобедрен, намираме c=a+b2c=\frac{a+b}{2}. Тогава AL=b2A L=\frac{b}{2} и BL=a2B L=\frac{a}{2}. Това означава, че △ALP\triangle A L P и △BLN\triangle B L N са равнобедрени и ъглополовящите AIA I и BIB I са симетрали на отсечките PLP L и NLN L. Следователно II е център на описаната окръжност на △PNL\triangle P N L, т. е. ID=ILI D=I L. От свойството на ъглополовящата AIA I в △ALC\triangle A L C следва, че CI:IL=AC:AL=2:1C I: I L=A C: A L=2: 1. Сега от ID=ILI D=I L и CI:IL=2:1C I: I L=2: 1 следва, че CD=DI=ILC D=D I=I L, т. е. CD:DL=1:2C D: D L=1: 2. Оценяване: \textit{Оценяване: } (6 точки) Първи начин: 1 т. за MK=ITM K=I T, 2 т. за △AMK≅△CFI\triangle A M K \cong \triangle C F I и извод CI=AK=KI,1C I=A K=K I, 1 т. за IP=IL,1I P=I L, 1 т. за II - център на описаната около △PLN\triangle P L N окръжност, 1 т. за довършване. Втори начин: 2 т. за c=a+b2,2c=\frac{a+b}{2}, 2 т. за доказване, че II е център на описаната окръжност на △PNL,1\triangle P N L, 1 т. за CI:IL=2:1,1C I: I L=2: 1, 1 т. за получаване на отговора.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
За всяко естествено число nn подреждаме естествените му делители по големина: 1=d1<d2<d3<⋯<dk=n1 = d_{1} \lt{} d_{2} \lt{} d_{3} \lt{} \cdots \lt{} d_{k} = n. НекаA=∑i=1kdi+∑i=1k1di.A=\sum_{i=1}^{k} d_{i}+\sum_{i=1}^{k} \frac{1}{d_{i}}. Възможно ли е: а) A=2018A=2018; б) A=2019?A=2019?
РешениеНека s=∑i=1kdis=\sum_{i=1}^{k} d_{i}. Тъй като n∑i=1k1di=∑i=1kdi=sn \sum_{i=1}^{k} \frac{1}{d_{i}}=\sum_{i=1}^{k} d_{i}=s, получаваме уравнението An=s(n+1)A n=s(n+1). Тъй като (n,n+1)=1(n, n+1)=1, заключаваме, че n+1n+1 е делител на AA. a) Тъй като каноничното разлагане на 2018 е 2018=2⋅10092018=2 \cdot 1009, от горното следва, че n+1=2n+1=2, 1009 или 2018, т. е. n=1,1008n=1, 1008 или 2017. За ss получаваме съответно s=2,3224s=2, 3224 и 2018, като и трите не водят до решение, т. е. A=2018A=2018 е невъзможно. б) Тъй като каноничното разлагане на 2019 е 2019=3⋅6732019=3 \cdot 673, имаме n+1=3,673n+1=3, 673 или 2019, т. е. n=2,672n=2, 672 или 2018. Лесно се проверява, че при n=672n=672 имаме s=2016s=2016, което дава решение на уравнението 2019n=s(n+1)2019 n=s(n+1) и значи отговорът е положителен. Оценяване: \textit{Оценяване: } (7 точки) 2 т. за доказване на ∑i=1k1di=s/n,1\sum_{i=1}^{k} \frac{1}{d_{i}}=s / n, 1 т. за получаване на уравнението An=s(n+1)A n=s(n+1), по 2 т. за всеки от случаите A=2018A=2018 и A=2019A=2019.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-9-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадено е естествено число k≥2k \geq 2. Естествените числа a1<a2<⋯<a2ka_{1} \lt{} a_{2} \lt{} \cdots \lt{} a_{2 k} са такива, че числатаa1+a2k,a2+a2k−1,…,ak−1+ak+2,ak+ak+1a_{1}+a_{2 k}, a_{2}+a_{2 k-1}, \ldots, a_{k-1}+a_{k+2}, a_{k}+a_{k+1} са две по две различни. Да се намери най-малката възможна стойност на a2k.a_{2 k}.
РешениеЗа всяко i=1,2,…,k−1i=1, 2, \ldots, k-1 да означим ai+1=ai+xia_{i+1}=a_{i}+x_{i} и a2k+1−i=a2k−i+yia_{2 k+1-i}=a_{2 k-i}+y_{i}. Тогаваa2=a1+x1a3=a2+x2…ak=ak−1+xk−1a2k=a2k−1+y1a2k−1=a2k−2+y2…ak+2=ak+1+yk−1\begin{array}{llll} a_{2}=a_{1}+x_{1} & a_{3}=a_{2}+x_{2} & \ldots & a_{k}=a_{k-1}+x_{k-1} \cr a_{2 k}=a_{2 k-1}+y_{1} & a_{2 k-1}=a_{2 k-2}+y_{2} & \ldots & a_{k+2}=a_{k+1}+y_{k-1} \end{array} Тъй като числата a1,a2,…,a2ka_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2 k} са различни, то xi≥1x_{i} \geq 1 и yi≥1y_{i} \geq 1. Ако за някое ii имаме xi=yix_{i}=y_{i}, ще получим ai+1−ai=xi=yi=a2k+1−i−a2k−ia_{i+1}-a_{i}=x_{i}=y_{i}=a_{2 k+1-i}-a_{2 k-i} и следователно ai+a2k+1−i,=ai+1+a2k−ia_{i}+a_{2 k+1-i, }=a_{i+1}+a_{2 k-i}, противоречие. От xi≥1,yi≥1x_{i} \geq 1, y_{i} \geq 1 и xi≠yix_{i} \neq y_{i} следва, че xi+yi≥3x_{i}+y_{i} \geq 3. Пресмятаме:a2k=a2k−a2k−1+a2k−1−a2k−2+⋯+a3−a2+a2−a1+a1==\begin{aligned}a_{2 k} & =a_{2 k}-a_{2 k-1}+a_{2 k-1}-a_{2 k-2}+\cdots+a_{3}-a_{2}+a_{2}-a_{1}+a_{1}= \\ & =\end{aligned}y1+y2+⋯+yk−1+ak+1−ak+xk−1+xk−2+⋯+x1+a1==\begin{aligned}y_{1}+y_{2}+\cdots+y_{k-1}+a_{k+1}-a_{k}+x_{k-1}+x_{k-2}+\cdots+x_{1}+a_{1}= \\ & =\end{aligned}(x1+y1)+(x2+y2)+⋯+(xk−1+yk−1)+(ak+1−ak)+a1≥\left(x_{1}+y_{1}\right)+\left(x_{2}+y_{2}\right)+\cdots+\left(x_{k-1}+y_{k-1}\right)+\left(a_{k+1}-a_{k}\right)+a_{1} \geq3(k−1)+2 3(k-1)+2 Следователноa2k≥3(k−1)+2=3k−1a_{2 k} \geq 3(k-1)+2=3 k-1 За числатаa1=1,a2=3,…,ak=2k−1,a_{1}=1, a_{2}=3, \ldots, a_{k}=2 k-1,ak+1=2k,ak+2=2k+1,…a2k=3k−1 a_{k+1}=2 k, a_{k+2}=2 k+1, \ldots a_{2 k}=3 k-1 имаме, че сборовете a1+a2k=3k,a2+a2k−1=3k+1,…,a2k+a2k+1=4k−1a_{1}+a_{2 k}=3 k, a_{2}+a_{2 k-1}=3 k+1, \ldots, a_{2 k}+a_{2 k+1}=4 k-1 са различни. Следователноmin⁡{a2k}≤3k−1\min \left\{a_{2 k}\right\} \leq 3 k-1 От (1) и (2) следва, че min⁡{a2k}=3k−1\min \left\{a_{2 k}\right\}=3 k-1. Оценяване: \textit{Оценяване: } ( 7 точки) 4 т. за оценката a2k≥3k−1,3a_{2 k} \geq 3 k-1, 3 т. за пример, от който следва a2k≤3k−1a_{2 k} \leq 3 k-1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-9-4

10

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Даден е триъгълник ABCA B C и ъглополовяща CL(L∈AB)C L(L \in A B). Окръжност през CC и LL пресича правата ABA B и описаната около ABCA B C окръжност kk за втори път съответно в точки MM и NN, като AA е между MM и BB, а NN е върху дъгата AB^\widehat{A B}, несъдържаща CC. Аналогично, втора окръжност през CC и LL пресича правата ABA B и kk за втори път съответно в точки PP и QQ, като BB е между PP и AA, а QQ е върху дъгата AB^\widehat{A B}, несъдържаща CC. Да се докаже, че точките M,NM, N, PP и QQ лежат на една окръжност.
РешениеНека CLC L е ъглополовяща на ∠ACB\angle A C B. Нека KK е средата на дъгата \overparenAB\overparen{A B}, несъдържаща CC. Тогава KK лежи на правата CLC L и имаме ∠MNC=∠MLC\angle M N C=\angle M L C и ∠KNC=∠BLC\angle K N C=\angle B L C, откъдето∠MNC+∠KNC=∠MLC+∠BLC=180∘\angle M N C+\angle K N C=\angle M L C+\angle B L C=180^{\circ}т. е. точките M,NM, N и KK лежат на една права. Аналогично се вижда, че Q,PQ, P и KK лежат на една права. Сега от KN⋅KM=KL⋅KC=KP.KQK N \cdot K M=K L \cdot K C=K P. K Q следва, че точките M,N,PM, N, P и QQ лежат на една окръжност. Забележка. Вярно е и обратното твърдениеако M,N,PM, N, P и QQ лежат на една окръжност, то CLC L е ъглополовяща. Нека M,N,PM, N, P и QQ лежат на една окръжност. Тогава правите MNM N, CLC L и PQP Q се пресичат в една точка, защото са общи хорди на окръжностите, описани около MNLC,PQCLM N L C, P Q C L и MNPQM N P Q. Както по-горе получаваме∠MNC+∠QPC=∠MLC+∠QLC=180∘\angle M N C+\angle Q P C=\angle M L C+\angle Q L C=180^{\circ} и следователно ∠KNC+∠KPC=180∘\angle K N C+\angle K P C=180^{\circ}, т. е. KK лежи върху kk. Сега от ∠KPC=∠MNC=\angle K P C=\angle M N C= ∠ALC\angle A L C следва, че AK^=BK^\widehat{A K}=\widehat{B K}, т. е. CLC L е ъглополовяща на ∠ACB\angle A C B. Оценяване\textit{Оценяване}: (6 точки) 1 т. за въвеждане на средата на дъгата \overparenAB,3\overparen{A B}, 3 т. за доказване на двете колинеарности, 2 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-10-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се определи за кои стойности на реалния параметър aa, уравнениетоx23+2x−x2−x24−a2+2ax−x2=1−a\sqrt{\vphantom{x^2}3+2 x-x^{2}}-\sqrt{\vphantom{x^2}4-a^{2}+2 a x-x^{2}}=1-aима единствено решение.
РешениеДефиниционната област на уравнението е [−1,3]∩[a−2,a+2][-1, 3] \cap[a-2, a+2] и тя е непразно множество за a∈[−3,5]a \in[-3, 5]. Ясно е, че за a=1a=1, всяко xx е решение. Ще разглеждаме даденото уравнение за a∈[−3,5]a \in[-3, 5] и a≠2a \neq 2. Пренаписвайки го катоx23+2x−x2+(a−1)=x24−a2+2ax−x2\sqrt{\vphantom{x^2}3+2 x-x^{2}}+(a-1)=\sqrt{\vphantom{x^2}4-a^{2}+2 a x-x^{2}} и повдигайки на квадрат, получавамеx23+2x−x2=x−a\sqrt{\vphantom{x^2}3+2 x-x^{2}}=x-a и замествайки в (1), получавамеx24−a2+2ax−x2=x−1\sqrt{\vphantom{x^2}4-a^{2}+2 a x-x^{2}}=x-1 След повдигане на квадрат на (2) (или на (3)) имаме, чеf(x)=2x2−2(a+1)x+a2−3=0f(x)=2 x^{2}-2(a+1) x+a^{2}-3=0 Преобразуванията на (1) до (4) са еквивалентни за xx от дефиниционата област [−1,3]∩[a−[-1, 3] \cap[a- 2,a+2],a≠12, a+2], a \neq 1 и за x≥a,x≥1x \geq a, x \geq 1. Така даденото уравнение има единствено решение тогава и само тогава, когато уравнението (4) има единствено решение, ако a∈[−3,5],a≠1,x∈[−1,3]∩[a−2,a+2],x≥aa \in[-3, 5], a \neq 1, x \in[-1, 3] \cap[a-2, a+2], x \geq a и x≥1x \geq 1. Уравнението (4) има решение, ако Df=−a2+2a+7≥0D_{f}=-a^{2}+2 a+7 \geq 0, т. е. за a∈[1−2x22,1+2x22]⊂a \in[1-2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}, 1+2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}] \subset [−3,5][-3, 5] и то ще е единствено за x≥ax \geq a и x≥1x \geq 1, само ако aa и 1 са между корените му, т. е. заf(a)=f(1)=a2−2a−3≤0илиa∈f(a)=f(1)=a^{2}-2 a-3 \leq 0 \text{или} a \in[−1,3]⊂[1−2x22,1+2x22]⊂[−3,5].[-1, 3] \subset[1-2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}, 1+2 \sqrt{\vphantom{x^2}2}] \subset[-3, 5]. Остава да видим за кои a∈[−1,3],a≠1a \in[-1, 3], a \neq 1 решението на уравнението (4), за което x≥ax \geq a и x≥1x \geq 1, принадлежи на дефиниционната област. Тъй катоf(−1)=f(a+2)=(a+1)2≥f(-1)=f(a+2)=(a+1)^{2} \geq0иf(3)=f(a−2)=(a−3)2≥0, 0 \text{и} f(3)=f(a-2)=(a-3)^{2} \geq 0, то трябва и двата корена на уравнението (4) да се съдържат в интервалите от дефиниционната област, което е еквивалентно на неравенствата−1≤a+12≤3иa−2≤a+12≤a+2,-1 \leq \frac{a+1}{2} \leq 3 \text{и} a-2 \leq \frac{a+1}{2} \leq a+2, които са изпълнени за всяко a∈[−1,3]a \in[-1, 3]. Окончателно, даденото уравнение има единствено решение за a∈[−1,1)∪(1,3]a \in[-1, 1) \cup(1, 3]. Оценяване\textit{Оценяване}: (6 точки) 1 т. за получаване на уравнение с един радикал, 1 т. за получаване на квадратното уравнение (4), 2 т. за описание на условията за единствен корен, 2 т. за изследването им.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-10-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички естествени числа nn, които са точна степен (възможно първа) на просто число и такива, че σ(n)\sigma(n) дели числото nφ(n)−6n \varphi(n)-6. Със σ(n)\sigma(n) се означава сумата от естествените делители на nn, а с φ(n)\varphi(n) - броят на естествените числа, по-малки от nn и взаимнопрости с nn.
РешениеНека n=pkn=p^{k}, където pp е просто, а kk е естествено число. Тъй като φ(n)=pk−1(p−1)\varphi(n)=p^{k-1}(p-1) и σ(n)=(pk+1−1)/(p−1)\sigma(n)=\left(p^{k+1}-1\right) /(p-1), условието се записва във видаp2k−1(p−1)≡6( mod pk+1−1p−1)p^{2 k-1}(p-1) \equiv 6 \quad\left(\bmod \frac{p^{k+1}-1}{p-1}\right) Тъй като pk+1≡1( mod pk+1−1p−1)p^{k+1} \equiv 1\left(\bmod \frac{p^{k+1}-1}{p-1}\right), от (1) следва, че p−1≡6p3( mod pk+1−1p−1)p-1 \equiv 6 p^{3}\left(\bmod \frac{p^{k+1}-1}{p-1}\right). Ако k≥4k \geq 4, то p5−1≤pk+1−1≤(p−1)(6p3−p+1)p^{5}-1 \leq p^{k+1}-1 \leq(p-1)\left(6 p^{3}-p+1\right), откъдето p4+p3+p2+p+1≤p^{4}+p^{3}+p^{2}+p+1 \leq 6p3−p+1⟺p3(p−5)+2p<06 p^{3}-p+1 \Longleftrightarrow p^{3}(p-5)+2 p\lt{}0, което е възможно само при p=2p=2 и p=3p=3. В тези два случая получаваме съответно 6p3−p+1=476 p^{3}-p+1=47 и 160, за които лесно се вижда, че не се делят на числа от вида pk+1−1p^{k+1}-1 за p=2p=2 и 3 и k≥4k \geq 4. При k=3k=3 имаме p3+p2+p+1∣6p3−p+1=6(p3+p2+p+1)−6p2−7p−5p^{3}+p^{2}+p+1 \mid 6 p^{3}-p+1=6\left(p^{3}+p^{2}+p+1\right)-6 p^{2}-7 p-5, откъдето p3+p2+p+1∣6p2+7p+5p^{3}+p^{2}+p+1 \mid 6 p^{2}+7 p+5, т. е. p3+p2+p+1≤6p2+7p+5p^{3}+p^{2}+p+1 \leq 6 p^{2}+7 p+5. Последното е еквивалентно на p(p2−5p−6)≤4p\left(p^{2}-5 p-6\right) \leq 4, което е възможно само ако p≤5p \leq 5. Директна проверка на p=2,3p=2, 3 и 5 води до решението p=3(n=33=27)p=3\left(n=3^{3}=27\right). При k=2k=2 имаме p2+p+1∣6p3−p+1=6p(p2+p+1)−6(p2+p+1)−p+7p^{2}+p+1 \mid 6 p^{3}-p+1=6 p\left(p^{2}+p+1\right)-6\left(p^{2}+p+1\right)-p+7, откъдето p3+p2+p+1∣p−7p^{3}+p^{2}+p+1 \mid p-7, т. е. p3+p2+p+1≤p−7p^{3}+p^{2}+p+1 \leq p-7 (което очевидно е невъзможно) или p=7p=7. Последното дава решение n=72=49n=7^{2}=49. При k=1k=1 имаме p+1∣6p3−p+1=(6p2−6p+5)(p+1)−4p+1 \mid 6 p^{3}-p+1=\left(6 p^{2}-6 p+5\right)(p+1)-4, откъдето p+1∣4p+1 \mid 4, т. е. p=3=np=3=n. Оценяване\textit{Оценяване}: (7 точки) 2 т. за редуциране на сравнението до трета степен; 2 т. за случая k≥4k \geq 4, по 1 т. за случаите k=3,2k=3, 2 и 1 (последните два могат да се разглеждат директно от (1)).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-10-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека nn е естествено число. Пермутация ( a1,a2,…,a2018a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2018} ) на числата (1,2,…,2018)(1, 2, \ldots, 2018) се нарича добра, ако ∣ai−i∣≤n\left|a_{i}-i\right| \leq n за всяко i=1,2,…,2018i=1, 2, \ldots, 2018. Да се намерят всички стойности на nn, за които броят на добрите пермутации е нечетен.
РешениеОтговор: n=504n=504 или n=1008n=1008. Ще разгледаме общия случай (т. е. с NN вместо 2018). Ще докажем, че броят на добрите пермутации е нечетен точно когато 2n+12 n+1 дели NN или N−1N-1. Да отбележим първо, че ако една пермутация е добра, то и обратната и е такава. Следователно остава да се интересуваме от четността на добрите пермутации, които съвпадат с обратните си (ще ги наричаме инволюции). Общият брой на инволюциите е нечетен само при N=0N=0 и N=1N=1 (защото е равен на NN! минус броя на пермутациите, които не са инволюции). Ако 2≤N≤n+12 \leq N \leq n+1 всяка пермутация е добра и броят им е четно число. Нека N>n+1N\gt{}n+1 и да разгледаме добрите инволюции в зависимост от действието (ограничението им) върху множествата {n+2,…,N}\{n+2, \ldots, N\}. За всеки клас TT с фиксирано действие върху {n+2,…,N}\{n+2, \ldots, N\} действието върху {1,2,…,n+1}\{1, 2, \ldots, n+1\} също е фиксирано. Ако f(T)f(T) е ограничението на тези инволюции върху {1,2,…,n+1}\{1, 2, \ldots, n+1\}, то ∣T∣|T| е равно на броя на инволюциите в f(T)f(T). Следователно ∣T∣|T| може да е нечетно само ако последният брой е нечетен, т. е. равен на 1. Следователно в нашата цяла добра инволюция имаме 1→1,i→n+i1 \rightarrow 1, i \rightarrow n+i за 2≤i≤n+12 \leq i \leq n+1. Горното свежда задачата от NN към N−(2n+1)N-(2 n+1). За да финишираме в нечетен брой, трябва накрая N−k(2n+1)N-k(2 n+1) да е равно на 0 или 1 ( kk е броят на редукциите), т. е. 2n+12 n+1 дели NN или N−1N-1. При N=2018N=2018 получаваме 2n+1∣20182 n+1 \mid 2018, т. е. n=504n=504 или 2n+1∣20172 n+1 \mid 2017, т. е. n=1008n=1008. Оценяване\textit{Оценяване}: (7 точки) 1 т. за разглеждане на всяка пермутация заедно с обратната ѝ, 1 т. за съображението, че броят на инволюциите е нечетен само при N=0N=0 и 1, 4 т. за свеждане на задачата от NN към N−(2n+1),1N-(2 n+1), 1 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-10-4

11

4 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се реши уравнениетоcotg⁡4x  +  cos⁡2x  +  cos⁡2(π4−x)sin⁡4x  =  0\operatorname{cotg} 4 x \; + \; \cos 2 x \; + \; \frac{\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{4}-x\right)}{\sin 4 x} \; = \; 0
РешениеПолагаме y=π4−xy=\frac{\pi}{4}-x и получаваме уравнението−cotg⁡4y+sin⁡2y+cos⁡2ysin⁡4y=0-\operatorname{cotg} 4 y+\sin 2 y+\frac{\cos ^{2} y}{\sin 4 y}=0 като y≠kπ/4,k∈Zy \neq k \pi / 4, k \in \mathbb{Z}. Преобразуваме това уравнение до4cos⁡32y+4cos⁡22y−5cos⁡2y−3=04 \cos ^{3} 2 y+4 \cos ^{2} 2 y-5 \cos 2 y-3=0 където полагаме cos⁡2y=u\cos 2 y=u и получаваме 4u3+4u2−5u−3=04 u^{3}+4 u^{2}-5 u-3=0. Последното уравнение има корени −3/2,−1/2-3 / 2, -1 / 2 и 1. Първият и третият не дават решение на задачата, а от втория получаваме 2y=±2π3+2kπ,k∈Z2 y= \pm \frac{2 \pi}{3}+2 k \pi, k \in \mathbb{Z}. Замествайки обратно yy с π4−x\frac{\pi}{4}-x, получаваме окончателно x=−π12+kπ,x=7π12+mπ,k,m∈Zx=-\frac{\pi}{12}+k \pi, x=\frac{7 \pi}{12}+m \pi, k, m \in \mathbb{Z}. Оценяване\textit{Оценяване}: (6 точки) 3 т. за получаване на уравнение относно cos⁡2y,1\cos 2 y, 1 т. за решаването му, 2 т. за довършване.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека AMA M е медиана в неравностранния триъгълник ABCA B C, точката OO е център на описаната около него окръжност и точката GG е медицентър на триъгълника AMCA M C. Да се докаже, че OG⊥AMO G \perp A M тогава и само тогава, когато CA=CBC A=C B.
РешениеПърви начин. Нека NN и KK са средите на страните ACA C и ABA B, съответно, а точката TT е пресечната точка на KOK O и AMA M. Ясно е, че G∈NMG \in N M и NG:GM=1:2N G: G M=1: 2 и точката OO е ортоцентър на триъгълника MNKM N K. Нека пресечната точка на AMA M и KNK N е SS. Точката SS е среда на отсечката KNK N, т. е. MSM S е медиана за триъгълника MNKM N K ( AKMNA K M N е успоредник). Имаме, че OG⊥AMO G \perp A M тогава и само тогава, когато точката TT е ортоцентър на триъгълника GOMG O M. Последното е еквивалентно на GT⊥OMG T \perp O M или на GT∥NKG T \| N K. Това е вярно тогава и само тогава, когато MT:TS=2:1M T: T S=2: 1 или когато точката TT е медицентър на триъгълника MNKM N K. Така OG⊥AMO G \perp A M е изпълнено, само ако медицентърът TT на триъгълника MNKM N K лежи на височината му KOK O или когато KN=KMK N=K M, което е еквивалентно на CA−CBC A-C B. Втори начин. Нека в правоъгълна координатна система с единични вектори e1→\overrightarrow{e_{1}} и e2→\overrightarrow{e_{2}} върховете на триъгълника са A(0,0),B(a,0)A(0, 0), B(a, 0) и C(b,c)C(b, c). Тогава AG→=a+3b6e1→+c2e2→\overrightarrow{A G}=\frac{a+3 b}{6} \overrightarrow{e_{1}}+\frac{c}{2} \overrightarrow{e_{2}} и AO→=a2e1→\overrightarrow{A O}=\frac{a}{2} \overrightarrow{e_{1}} +b2+c2−ab2ce2→+\frac{b^{2}+c^{2}-a b}{2 c} \overrightarrow{e_{2}}, откъдето OG→=AG→−AO→=3b−2a6e1→+ab−b22ce2→\overrightarrow{O G}=\overrightarrow{A G}-\overrightarrow{A O}=\frac{3 b-2 a}{6} \overrightarrow{e_{1}}+\frac{a b-b^{2}}{2 c} \overrightarrow{e_{2}}. Освен това AM→=a+b2e1→+c2e2→\overrightarrow{A M}=\frac{a+b}{2} \overrightarrow{e_{1}}+\frac{c}{2} \overrightarrow{e_{2}}. СледователноAM→⋅OG→=\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{O G}=(3b−2a)(a+b)+3(ab−b2)12=2ab−b26\frac{(3 b-2 a)(a+b)+3\left(a b-b^{2}\right)}{12}=\frac{2 a b-b^{2}}{6} откъдето AM→⋅OG→=0⟺a=2b⟺AC=BC\overrightarrow{A M} \cdot \overrightarrow{O G}=0 \Longleftrightarrow a=2 b \Longleftrightarrow A C=B C. Оценяване\textit{Оценяване}: (6 точки) 1 точка за NG:GM,2N G: G M, 2 точки за TT е ортоцентър на GOM,2G O M, 2 точки за медицентър на MNK,2M N K, 2 точки това, че TT лежи KOK O и 1 точка за CA=CBC A=C B.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека nn е естествено число и XX е низ от нули и единици с дължина nn. a) Да се докаже, че броят на низовете от нули и единици, с дължина n+3n+3, съдържащи XX като подниз, не зависи от X.X. б) Да се намери най-малкото nn, за което броят от а) е по-голям от 2018. (Казваме, че XX е подниз на YY, ако XX може да се получи от YY чрез изтриване на символи на YY.
Решениеа) Нека t≥0t \geq 0 е цяло число. Да означим с At(X)A_{t}(X) множеството от низовете, получени от низа X=x1x2…xnX=x_{1} x_{2} \ldots x_{n} с вмъкване на tt символа. Ще докажем индукция по nn и tt, че мощността на At(X)A_{t}(X) не зависи от XX. Очевидно имаме ∣A0(X)∣=1\left|A_{0}(X)\right|=1 и ∣At(X)∣=2t\left|A_{t}(X)\right|=2^{t}, когато n=0n=0 (т. е. XX е празният низ). Сега, ако допуснем, че твърдението е вярно за всички низове XX с дължина до n−1n-1 и всички tt, както и за всички низове с дължина nn и всички числа до t−1t-1, желаното следва от факта, че At(X)A_{t}(X) е обединение на множествата x1At(x2…xn)x_{1} A_{t}\left(x_{2} \ldots x_{n}\right) и xˉ1At−1(x1x2…xn)\bar{x}_{1} A_{t-1}\left(x_{1} x_{2} \ldots x_{n}\right), където xˉ1=1(0)\bar{x}_{1}=1(0), ако x1=0(1)x_{1}=0(1). Действително, тъй като двете множества са непресичащи се, имаме∣At(X)∣=∣At(x2…xn)∣+∣At−1(x1x2…xn)∣\left|A_{t}(X)\right|=\left|A_{t}\left(x_{2} \ldots x_{n}\right)\right|+\left|A_{t-1}\left(x_{1} x_{2} \ldots x_{n}\right)\right| и събираемите отдясно не зависят от XX по индукционно предположение. б) Тъй като броят на низовете YY с ii единици и n+t−in+t-i нули, 0≤i≤t,e(n+ti)0 \leq i \leq t, \mathrm{e}\binom{n+t}{i}, имаме∣At(0…0)∣=∑i=0t(n+ti)\left|A_{t}(0 \ldots 0)\right|=\sum_{i=0}^{t}\binom{n+t}{i}(нулите са nn на брой). В нашата задача t=3t=3 и следователно търсим най-малкото nn, за което(n+30)+(n+31)+(n+32)+(n+33)>2018\binom{n+3}{0}+\binom{n+3}{1}+\binom{n+3}{2}+\binom{n+3}{3}\gt{}2018 Лявата страна е строго растяща и директно се вижда, че n=20n=20. Оценяване\textit{Оценяване}: ( 7 точки) 2 т. за намиране на рекурентната връзка, 2 т. за завършване на а), 2 т. за намиране на формула за броя на низовете YY с дължина n+3,1n+3, 1 т. за намиране на n=20n=20.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Първоначално естествените числа са написани в редицата 1,2,3,…1, 2, 3, \ldots Последователно изтриваме от редицата първите 4 числа и тяхната сума. Числата, които получаваме като суми, записваме в нова редица: 10,26,45,62,…10, 26, 45, 62, \ldots. Да се докаже, че в новата редица има безбройно много числа, които се делят на 2018.
РешениеДа означим новата редица с {Sn}n=1∞\left\{S_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}. Ще докажем по индукция, че от множеството {1,2,…,17k},k=1,2…\{1, 2, \ldots, 17 k\}, k=1, 2 \ldots, сме задраскали като суми Sn=17(n−1)+dn,n=1,2,…kS_{n}=17(n-1)+d_{n}, n=1, 2, \ldots k, където dn∈{9,10,11,12}d_{n} \in\{9, 10, 11, 12\} иdn={10,акоn≡1( mod 4)9,акоn≡2( mod 4)21−dn+14,акоn≡3( mod 4)11,акоn≡4( mod 4)d_{n}=\left\{\begin{array}{lll} 10, & \text{ако} n \equiv 1 & (\bmod 4) \cr 9, & \text{ако} n \equiv 2 & (\bmod 4) \cr 21-d_{\frac{n+1}{4}}, & \text{ако} n \equiv 3 & (\bmod 4) \cr 11, & \text{ако} n \equiv 4 & (\bmod 4) \end{array}\right. Твърдението е вярно за k=1k=1. Нека е вярно за kk. Ще го докажем за k+1k+1. От индукционното предположение имаме, че за n=1,2,…kn=1, 2, \ldots k от числата 17(n−1)+1,17(n−1)+2,…17(n-1)+1, 17(n-1)+2, \ldots, 17(n−1)+1717(n-1)+17 сме задраскали SnS_{n} като сума, а останалите по четворки, на които сме търсили сумата. Освен това, първите, вторите и последните 4 числа ни дават сумите 4⋅17(n−1)+10=4 \cdot 17(n-1)+10= 17[(4n−3)−1]+10,4⋅17(n−1)+26=17[(4n−2)−1]+917[(4 n-3)-1]+10, 4 \cdot 17(n-1)+26=17[(4 n-2)-1]+9 и 4⋅17(n−1)+62=17[(4n)−1]+114 \cdot 17(n-1)+62=17[(4 n)-1]+11. От числата 17(n−1)+9,17(n−1)+10,17(n−1)+11,17(n−1)+1217(n-1)+9, 17(n-1)+10, 17(n-1)+11, 17(n-1)+12 и 17(n−1)+1317(n-1)+13 едното е SnS_{n}, а сумата на останалите е 5⋅17(n−1)+55−Sn=17[(4n−1)−1]+(21−dn)5 \cdot 17(n-1)+55-S_{n}=17[(4 n-1)-1]+\left(21-d_{n}\right). Следователно от 17(n−1)+1,17(n−1)+2,…,17(n−1)+1717(n-1)+1, 17(n-1)+2, \ldots, 17(n-1)+17 получаваме като суми само числа от вида 17[(4n−a)−1]+b17[(4 n-a)-1]+b, където a=3,2,1a=3, 2, 1 или 0, а b=10,9,21−dnb=10, 9, 21-d_{n} или 11, съответно. Нека k+1=4q+r=4(q+1)−(4−r),r=1,2,3,4k+1=4 q+r=4(q+1)-(4-r), r=1, 2, 3, 4. Тогава Sk+1=17[(4n−a)−1]+bS_{k+1}=17[(4 n-a)-1]+b, където n=q+1,a=4−rn=q+1, a=4-r, а bb се определя от aa. За r=3,a=1r=3, a=1 и b=21−dq+1=21−dk+24b=21-d_{q+1}=21-d_{\frac{k+2}{4}}. С това твърдението е доказано. От 17⋅831≡1( mod 2018)17 \cdot 831 \equiv 1(\bmod 2018) следва, че 2018∣Sn=17(n−1)+dn2018 \mid S_{n}=17(n-1)+d_{n} се случва при n≡1−831dnn \equiv 1-831 d_{n} ( mod 2018)(\bmod 2018), т. е. при n≡594,1781,943,119( mod 2018)n \equiv 594, 1781, 943, 119(\bmod 2018). Оценяване\textit{Оценяване}: (7 точки) 5 точки за формулата за dnd_{n} и 2 точки за довършване на задачата
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-11-4

12

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Съществуват ли реални числа xx и yy, за които2sin⁡x+2sin⁡y=12sin⁡(x+y)+15?2 \sin x+2 \sin y=12 \sin (x+y)+15?
РешениеАко s=x+y2s=\frac{x+y}{2} и f(s)=∣sin⁡s∣−3sin⁡2sf(s)=|\sin s|-3 \sin 2 s, то (1) A(x,y):=2sin⁡x+2sin⁡y−12sin⁡z=4sin⁡x+y2cos⁡x−y2−12sin⁡(x+y)≤4f(s)A(x, y): =2 \sin x+2 \sin y-12 \sin z=4 \sin \frac{x+y}{2} \cos \frac{x-y}{2}-12 \sin (x+y) \leq 4 f(s). При t∈(0,π)t \in(0, \pi) имаме, че (2) f′(t)=cos⁡t−6cos⁡2t=cos⁡t−6(2cos⁡2t−1)=−12(cos⁡t−3/4)(cos⁡t+2/3)f^{\prime}(t)=\cos t-6 \cos 2 t=\cos t-6\left(2 \cos ^{2} t-1\right)=-12(\cos t-3 / 4)(\cos t+2 / 3). Съществува единствено t0∈(0,π)t_{0} \in(0, \pi), за което cos⁡t0=−2/3\cos t_{0}=-2 / 3. Тогава sin⁡t0=x25/3=:c\sin t_{0}=\sqrt{\vphantom{x^2}5} / 3=: c. Понеже f(z)=f(z+π)f(z)=f(z+\pi), лесно намираме, че (3) max⁡f=f(t0)=5c\max f=f\left(t_{0}\right)=5 c. Оттук (4) A≤20c<15A \leq 20 c\lt{}15 (последното следва след повдигане на квадрат) и значи отговорът е не. Оценяване\textit{Оценяване}: (6 точки) 2 т. за (1), 1 т. за (2), 2 т. за (3) и 1 т. за (4).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-12-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека ABCDA B C D е изпъкнал четириъгълник, за койтоAC2SACD=AB2SABD+BC2SBCD.\frac{A C^{2}}{S_{A C D}}=\frac{A B^{2}}{S_{A B D}}+\frac{B C^{2}}{S_{B C D}}. Да се докаже, че той е вписан в окръжност.
РешениеДа означим с D′D^{\prime} пресечната точка на лъча BDB D и описаната окръжност k(O,R)k(O, R) около △ABC\triangle A B C. Нека ha,hb,hc(ha′,hb′,hc′)h_{a}, h_{b}, h_{c}\left(h_{a}^{\prime}, h_{b}^{\prime}, h_{c}^{\prime}\right) са дължините на перпендикулярите от D(D′)D\left(D^{\prime}\right) към съответните страни на △ABC\triangle A B C. Полагамеf(D)=bhb−chc−aha.f(D)=\frac{b}{h_{b}}-\frac{c}{h_{c}}-\frac{a}{h_{a}}. Имаме, че(1)hb′hb=D′EDE=:m,\text{(1)} \frac{h_{b}^{\prime}}{h_{b}}=\frac{D^{\prime} E}{D E}=: m,(2)hc′hc=D′BDB=ha′ha=:n,  \quad \text{(2)} \frac{h_{c}^{\prime}}{h_{c}}=\frac{D^{\prime} B}{D B}=\frac{h_{a}^{\prime}}{h_{a}}=: n \text{, } където E=AC∩BDE=A C \cap B D. Очевидно m>n(m<n)m\gt{}n(m\lt{}n) ако DD лежи във вътрешността kik_{i} (външността kek_{e} ) на kk. Следователно (3) f(D)>mf(D′)f(D)\gt{}m f\left(D^{\prime}\right), ако D∈kiD \in k_{i}, и (4) f(D)<mf(D′)f(D)\lt{}m f\left(D^{\prime}\right), ако D∈keD \in k_{e}. От друга страна, ако a′=AD,b′=BD,c′=CDa^{\prime}=A D, b^{\prime}=B D, c^{\prime}=C D, то (5) f(D′)=4R(ba′c′−ca′b′−ab′c′)=4Rbb′−cc′−aa′a′b′c′=0f\left(D^{\prime}\right)=4 R\left(\frac{b}{a^{\prime} c^{\prime}}-\frac{c}{a^{\prime} b^{\prime}}-\frac{a}{b^{\prime} c^{\prime}}\right)=4 R \frac{b b^{\prime}-c c^{\prime}-a a^{\prime}}{a^{\prime} b^{\prime} c^{\prime}}=0 съгласно теоремата на Птолемей. Значи f(D)=0f(D)=0 само когато D∈kD \in k. Оценяване\textit{Оценяване}: (6 точки) По 1 т. за (1), (2), (3), (4) и 2 т. за (5).
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадени са реални числа a1≤a2≤a3a_{1} \leq a_{2} \leq a_{3}. Да се докаже, че неравенствотоx12+x22+x32≥2(a1x2x3+a2x3x1+a3x1x2)x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2} \geq 2\left(a_{1} x_{2} x_{3}+a_{2} x_{3} x_{1}+a_{3} x_{1} x_{2}\right)е изпъленено за произволни реални числа x1,x2,x3x_{1}, x_{2}, x_{3} тогава и само тогава, когато съществуват числа θ1,θ2,θ3∈[0,π]\theta_{1}, \theta_{2}, \theta_{3} \in[0, \pi] такива, че ∣π−θ1−θ2∣≤θ3\left|\pi-\theta_{1}-\theta_{2}\right| \leq \theta_{3} и a1=cos⁡θ1,a2=cos⁡θ2,a3=cos⁡θ3a_{1}=\cos \theta_{1}, a_{2}=\cos \theta_{2}, a_{3}=\cos \theta_{3}.
РешениеРазглеждайки даденото неравенство като квадратно спрямо x3x_{3}, условието е еквивалентно наD1=(a1x2+a2x1)2+2a3x1x2−x12−x22≤0⇔(1−a12)x22+(1−a22)x12−2(a1a2+a3)x1x2≥0⇔∣a1∣≤1&(a1a2+a3)3−(1−a12)(1−a22)≤0⇔∣a1∣≤1&(1)a12+a22+a32+2a1a2a3≤1\begin{gathered} D_{1}=\left(a_{1} x_{2}+a_{2} x_{1}\right)^{2}+2 a_{3} x_{1} x_{2}-x_{1}^{2}-x_{2}^{2} \leq 0 \Leftrightarrow \\ \left(1-a_{1}^{2}\right) x_{2}^{2}+\left(1-a_{2}^{2}\right) x_{1}^{2}-2\left(a_{1} a_{2}+a_{3}\right) x_{1} x_{2} \geq 0 \Leftrightarrow \\ \left|a_{1}\right| \leq 1 \&\left(a_{1} a_{2}+a_{3}\right)^{3}-\left(1-a_{1}^{2}\right)\left(1-a_{2}^{2}\right) \leq 0 \Leftrightarrow \\ \left|a_{1}\right| \leq 1 \&(1) a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+2 a_{1} a_{2} a_{3} \leq 1 \end{gathered} По симетрия ∣a2∣≤1,∣a3∣≤1\left|a_{2}\right| \leq 1, \left|a_{3}\right| \leq 1 и значи можем да положим a1=cos⁡θ1,a2=cos⁡θ2,a3=cos⁡θ3a_{1}=\cos \theta_{1}, a_{2}=\cos \theta_{2}, a_{3}=\cos \theta_{3}, където 0≤θ3≤θ2≤θ1≤π0 \leq \theta_{3} \leq \theta_{2} \leq \theta_{1} \leq \pi. Тогава(1)⇔−a1a2−x2(1−a12)(1−a22)≤(1) \Leftrightarrow-a_{1} a_{2}-\sqrt{\vphantom{x^2}\left(1-a_{1}^{2}\right)\left(1-a_{2}^{2}\right)} \leqa3≤−a1a2+x2(1−a12)(1−a22)⇔ a_{3} \leq-a_{1} a_{2}+\sqrt{\vphantom{x^2}\left(1-a_{1}^{2}\right)\left(1-a_{2}^{2}\right)} \Leftrightarrow(2) cos⁡(π−θ1+θ2)≤cos⁡θ3≤cos⁡(π−θ1−θ2)\cos \left(\pi-\theta_{1}+\theta_{2}\right) \leq \cos \theta_{3} \leq \cos \left(\pi-\theta_{1}-\theta_{2}\right). Понеже π−θ1+θ2,∣π−θ1−θ2∣∈[0,π]\pi-\theta_{1}+\theta_{2}, \left|\pi-\theta_{1}-\theta_{2}\right| \in[0, \pi], то(2)⇔∣π−θ1−θ2∣≤θ3≤π−θ1+θ2(2) \Leftrightarrow\left|\pi-\theta_{1}-\theta_{2}\right| \leq \theta_{3} \leq \pi-\theta_{1}+\theta_{2} Последното неравенство е автоматично изпълнено и следователно(2)⇔∣π−θ1−θ2∣≤θ3(2) \Leftrightarrow\left|\pi-\theta_{1}-\theta_{2}\right| \leq \theta_{3}Оценяване\textit{Оценяване}: 1 т. за ∣ai∣≤1,2\left|a_{i}\right| \leq 1, 2 т. за (1), 2 т. за (2) и 2 т. за довършване на решението. 4 т., ако е доказана само една от посоките на твърдението.
Отвори задачатаБаза на maths.bgzms2018-12-3