списание МАТЕМАТИКА 2023 година - 1 брой

списание МАТЕМАТИКА 2023 година - 1 брой

1. брой
2023 г.
година
LXII
ОДОБРЕНО ОТ МОН КАТО УЧЕБНО ПОМАГАЛО
с протокол 9/10.08.2000 г.
НОСИТЕЛ НА ОРДЕН
”
КИРИЛ И МЕТОДИЙ “ ??р?а ?????н
РЕДАКЦИОННА КОЛЕГИЯ
Проф. дмн Петър Бойваленков – главен редактор
Невена Събева –зам. главен редактор
Чл.-кор. проф. дмн Генчо Скордев
Чл.-кор. проф. дмн Николай Николов
Проф. дмн Емил Колев
Проф. дмн Станислав Харизанов
Проф. д-р Иван Тонов
Доц. д-р Евгения Сендова
Доц. д-р Ивайло Кортезов
Доц. д-р Марин Маринов
Александър Иванов
Емил Карлов
Татяна Пархоменко – графичен дизайн и предпечат
Не се допуска препечатване и заимстване на текстове, условия
на задачи, решения и пр. без разрешение на редакцията.
cИздание на
”
Списание Математика“ЕООД ISSN 0204-6881

2. ШКОЛА НА СПИСАНИЕ МАТЕМАТИКА
със Стоян Боев и Драгомир Грозев
През месец март списаниеМатематикастартира школа за подготовка
за математически състезания за ученици от 8. до 10. клас.
Време и място на провеждане
Занятията ще се провеждат в Института по математика и информа-
тика в събота или неделя от 14:00 до 17:15 часа. Учениците ще получат
календарния график за разпределението на занятията по датина първото
занятие.
Начало на курса: 11 март 2023 г.
Продължителност на курса : 40 учебни часа.
Лекции по комбинаторика с Драгомир Грозев
1. Теория на графите. Пътища и цикли. Дървета, покриващи дървета
(4 часа)
2. Теория на графите. Двуделни графи. Сдвояване. Теорема наХол
(4 часа)
3. Комбинаторика. Инварианти и моноварианти (4 часа)
4. Комбинаторика. Алгоритми. Игри и стратегии (4 часа)
5. Комбинаторика. Екстремални задачи. Вероятностен подход(4 часа)
Лекции по геометрия със Стоян Боев
1. Геометрични конфигурации в триъгълник. Вписана окръжност. Тео-
рема на Фойербах (4 часа)
2. Геометрични конфигурации в триъгълник. Полувписани окръжности
(4 часа)
3. Геометрични конфигурации в триъгълник. Симедиани. Точка на Ле-
моан (4 часа)
4. Геометрични конфигурации в описан четириъгълник. Радикални оси.
Теорема на Брианшон (4 часа)
5. Геометрични конфигурации във вписан четириъгълник. Радикални
оси. Теорема на Брокар (4 часа)
Такса за обучение: 400 лв.
За записване и допълнителна информация :
[email protected],
GSM 0884 672 750
2

3. СЕДМИЦА НА ОЛИМПИЙСКАТА
МАТЕМАТИКА НА ИМИ–БАН
Станислав Харизанов,
Институт по математика и информатика, БАН
На 3–8 януари 2023 г. в Института по математика и информатикана
Българската академия на науките се проведе седмото издание на Седми-
цата на олимпийската математика (СОМ’23) на ИМИ–БАН. СОМ’23 се
организира от ИМИ–БАН в рамките на проект K-TRIO и със съдействие-
то на Фондация
”
Георги Чиликов“и Американска Фондация за България.
За участие в СОМ’23 се класираха първите десет ученици с най-висок
рейтинг от състезанията през последната година за всеки от класовете 9.–
12. – Национална олимпиада по математика 2022, Есенен математически
турнир „Акад. Стефан Додунеков“ 2022, Зимни математическисъстезания
2022 и Пролетни математически състезания 2022.
Общо покани за участие в Седмицата получават 40 ученици, но тази
година поканените бяха с трима повече, поради споделяне на десетото мяс-
то в три от класовете. За участие в математическия маратон секласираха
ученици от Бургас, Варна, Велико Търново, Габрово, Плевен, Пловдив,
Силистра и София.
С подготовката на учениците, както и с провеждането на Седмицата,
бяха ангажирани някои от най-видните ни преподаватели и учени, повече-
то от които имат дългогодишен опит в работата с ученици и подготвянето
им за международни състезания. В тазгодишното издание на СОМ учас-
твахаПетър Бойваленков (ИМИ–БАН),Емил Колев (ИМИ–БАН),
Иван Ланджев (НБУ и ИМИ–БАН),Станислав Харизанов (ИИКТ и
ИМИ–БАН),Веселин Гушев(ФМИ–СУ),Кристиян Василев, Алек-
сандър Иванов, Милен Иванов (ФМИ–СУ) иДрагомир Грозев.
Програмата на Седмицата включваше четири тематични контролни
в стил Международна олимпиада, по едно във всяка от основните олим-
пийски области – алгебра, геометрия, комбинаторика и теория на числата.
Освен на контролните, учениците имаха възможност да демонстрират сво-
ите знания и чрез представяне на доклади на олимпийска тематика.
Победители в СОМ’23 станахаМарин Христов (СМГ) – 68 т.,Иван
Тагарев(СМГ) – 67 т.,Божидар Димитров (ПМГ, Силистра) – 59 т.,
Илияс Номан (СМГ) – 50 т.,Никола Цачев(ПЧМГ) – 44 т.,Мария
Дренчева(СМГ) – 40 т.
Предлагаме ви условията и решенията на задачите от СОМ’23.
Математика 1/2023 г. 3

4. Контролно по алгебра
Задача A1.Некаnе естествено число. Да се намерят всички двой-
ки ненулеви полиномиfиgс реални коефициенти от степенnиn+ 1
съответно, за които е изпълнено
(f(x))
2
−f(x
2
) =g(x)
за всички реалниx.
Задача A2.Некаa, b, cса положителни реални числа. Да се докаже,
че
(a
7
−a
4
+ 3)(b
7
−b
4
+ 3)(c
7
−c
4
+ 3)≧(a+b+c)
3
.
Задача A3.Некаfе полином с реални коефициенти от степенn≧1
и старши коефициент1и некаx
0< x1< x2<· · ·< x nса цели числа.
a) Да се докаже, че
n
X
k=0
|f(xk)|
Q
j6=k
|xk−xj|
≧1.
б) Да се докаже, че съществуваk, за което
|f(x
k)|≧
n!
2
n
.
Контролно по геометрия
Задача G1.Даден е триъгълникABCсBC > AB > AC.Нека точ-
китеB
1иC1са на отсечкитеACиABсъответно и отсечкитеBB 1иCC1
се пресичат в точкаG. Описаната около триъгълникаBB 1Cокръжност
пресича отсечкатаABза втори път в точкатаX, a описаната около триъ-
гълникаBC
1Cокръжност пресича отсечкатаBB 1за втори път в точката
P. Допирателната вGкъм описаната около триъгълникаBGCокръжност
пресича отсечкатаCPв точкаY. Описаната около триъгълникаGY Cок-
ръжност пресича отсечкатаBGза втори път в точкатаZ, а правитеB
1Y
иXGсе пресичат в точкаT. АкоXC
1G=XB 1G, то да се докаже, че
T C
1B=T CZ.
Задача G2.В изпъкналия четириъгълникABCDъглите при върхо-
ветеAиCса остри. НекаB
1,B2,B3са петите на перпендикулярите отB
къмAD,ACиDC, съответно, и некаD
1,D2,D3са петите на перпенди-
кулярите отDкъмAB,ACиBC, съответно. Да се докаже, че окръжнос-
тите, описани около триъгълницитеB
1B2B3иD1D2D3, се пресичат върху
праватаAC.
4

5. Задача G3.Даден е разностранен триъгълникABC. Произволна ок-
ръжностω
Cсе допира до правитеCAиCBсъответно в точкитеPиQ,
катоAе междуCиP,Bе междуCиQиω
Cи триъгълникаABCнямат
общи точки. ОкръжносттаΩ
Cминава презAиBи се допира доω Cв точка
T
C(катоω Cе във вътрешността наΩ C). ПравитеP QиABсе пресичат в
точкатаK
C, а праватаK CTCпресичаω Cза втори път в точкатаL C. Ана-
логично се дефинират точкитеL
AиLB(като произволните окръжности
ω
A,ωBиωCса независими една от друга). Да се докаже, че правитеAL A,
BL
BиCLCсе пресичат в една точка.
Контролно по теория на числата
Задача NT1.Дадени са полиномитеf(x) =x
2
+2x+3иg(x) = 5x
2
+2.
Разрешено ни е за започнем с произволно цяло числоx, да го заместим с
f(x),g(x)илиx−2023и т.н. (на всяка стъпка заместваме текущото число
yсf(y),g(y)илиy−2023). Съществува ли начално числоx, за което да
е възможно получаването на кое да е естествено число след краен брой
операции от описания вид?
Задача NT2.Редицата(a
n)
∞
n=1
е дефинирана чрез равенствата
a
1= 2, a n+1=a1a2·. . .·a n+ 1
за всякоn≧1. Естествените числаx
1, x2, . . . , x2023са по-големи от 1,
X=x
1+x2+· · ·+x 2023и са такива, че
x
i−1|X
за всяко1≦i≦2023. Да се докаже, чеX≦2023(a
2024−1)и да се определи
кога се достига равенство.
Задача NT3.Некаpе фиксирано просто число. Сrad
p(n)означаваме
произведението на всички различни прости делители наn, различни отp.
Некаc6= 0е цяло число иf:N→Nе мултипликативна функция със
свойството
rad
p(n)|f(n+ 1)−c
за всяко естествено числоn. Да се докаже, чеf(n) =n
r
за някакво естес-
твено числоr.
Математика 1/2023 г. 5

6. Контролно по комбинаторика
Задача C1.В равнината са дадени 128 точки, всеки две от които са
свързани с отсечка. Иван записва на всяка отсечка по една цифра, а след
това Петър записва на всяка точка по една цифра. Ако има две точки на
които е записана една и съща цифра и на отсечката между тях е записа-
на същата цифра, печели Иван. В противен случай печели Петър. Да се
определи кой има печеливша стратегия.
Задача C2.За всяко непразно множествоAот реални числа сS(A)
означаваме сбора от елементите наA. Да се намери най-малкото реално
числоtсъс следното свойство: За всяко естествено числоnи всяко множес-
твоMотnположителни реални числа, множеството от всички непразни
подмножества наMможе да се раздели наnнепресичащи се групи, така
че акоPиQса множества от една и съща група, то
S(P)
S(Q)
≦t.
Задача C3.В галактика имаNпланети, като някои от тях са свърза-
ни с двупосочни авиолинии. Броят на линиите еN−1и те са номерирани
с числата1,2, . . . , N−1по произволен начин. За всяка планетаAсS(A)
означаваме броя на планетитеB6=A, които са свързани директно сAили
за които съществува път отAдоB, като номерата на авиолиниите по този
път са в нарастващ ред. Да се намери най-малката стойност наN, за която
е възможноS(A)≧2023за всяка планетаA.
Решения на задачите
A1.Некаf(x) =a 0x
n
+an−kx
k
+. . ., къдетоa n−kx
k
е първият ненулев
член, по-малък от старшия. Тогава
f(x)
2
=a
2
0
x
2n
+ 2a 0an−kx
n+k
+. . . f(x
2
) =a 0x
2n
+an−kx
2k
+. . . .
Разликата на тези полиноми е от степен2n > n+ 1, освен акоa
0= 1
(случаятn= 1е разгледан по-долу). Следователно,a
0= 1и следващият
коефициент наf(x)
2
−f(x
2
)е2a n−kx
n+k
, който трябва да бъде старши
коефициент наg(x), т.е.k= 1. Следователно,f(x) =x
n
+ax+b,a6= 0, и
g(x)се определя еднозначно от това:
g(x) = 2ax
n+1
+ (a
2
−a)x
2
+ 2abx+b
2
−b, a6= 0, a, b∈R.
Акоn= 1, тоf(x) =ax+b,g(x) = (a
2
−a)x
2
+ 2abx+b
2
−b, следователно,
за да бъдат това полиноми от степен съответно1,2,a6= 0, a6= 1,a, b∈R.
6

7. A2.Наблюдаваме, чеx
7
−x
4
−x
3
+ 1 = (x
4
−1)(x
3
−1)≧0за всяко
положителноx, следователноa
7
−a
4
+3≧a
3
+2. Достатъчно е да докажем,
че
(a
3
+ 1 + 1)(b
3
+ 1 + 1)(c
3
+ 1 + 1)≧(a+b+c)
3
.
Последното следва директно от неравенство на Хьолдер. Алтернативно,
след разкриване на скобите в(a
3
+2)(b
3
+2)(c
3
+2)≧(a+b+c)
3
получаваме
неравенство, което следва от събиране на неравенствата:
a
3
+b
3
c
3
+ 1≧3abc,
a
3
b
3
c
3
+ 1 + 1≧3abc,
a
3
+a
3
b
3
+ 1≧3a
2
b,
a
3
+a
3
c
3
+ 1≧3a
2
c,
b
3
+a
3
b
3
+ 1≧3b
2
a,
c
3
+a
3
c
3
+ 1≧3c
2
a,
b
3
c
3
+b
3
+ 1≧3b
2
c,
b
3
+c
3
+c
3
≧3c
2
b.
Всяко от тези неравенства следва от СА-СГ.
A3.Формулата вa)предполага използване на интерполационната фор-
мула на Лагранж: за точкитеx
0, x1, . . . xnи стойноститеc 0, c1, . . . cnсъщес-
твува единствен полином от степен≦nсъс стойностc
iв точкатаx i, и той
е
n
X
k=0
ck
Y
j6=k
x−x j
xk−xj
.
Следователно,
f(x) =
n
X
k=0
f(xk)
Y
j6=k
x−x j
xk−xj
,
и заради неравенството на триъгълника
|f(x)|≦
n
X
k=0
|f(xk)|
Y
j6=k
|x−x j|
|xk−xj|
.
Разделяме наx
n
и оставямеx→ ∞и така получавамеа)(тук е важно, че
старшият коефициент е1).
Заб), използваме факта, чеx
jса различни цели числа, следователно
Y
j6=k
|xk−xj|≧k!(n−k)!и
n
X
k=0
|f(xk)|
k!(n−k)!
≧1.
Математика 1/2023 г. 7

8. Знаем, че
n
X
k=0
1
k!(n−k)!
=
1
n!
n
X
0
n!
k!(n−k)!
=
2
n
n!
,
следователно за поне едноkе вярно, че|f(x
k)|≧n!/2
n
.
G1.Първо ще докажем, че (независимо от условието за равните ъгли)T
лежи на описаната около триъгълникаBB
1Cокръжност – еквивалентно,
BXT=BB
1T. ИмамеCC 1X=CP B 1,както иCB 1P=CXC 1,
откъдето следва, че△CP B
1∼ △CC 1X.
От друга странаCGY=GBC=CC
1P, което значи, чеC 1P||GY.
От Теорема на Талес следва, че
C
1G
GC
=
P Y
Y C
,следователно точкитеYи
Gса съответни елементи в подобните триъгълници. Така получаваме, че
P B
1Y=C 1XG,което е еквивалентно наBXT=BB 1T.
Сега от условието имаме, чеGC
1X=GB 1X=BT G,тоест точ-
китеB, C
1, G, Tлежат на една окръжност. ОтCGY=CBB 1=CT B 1
следва, че точкитеT, G, C, Y, Zлежат на една окръжност. Сега от послед-
ните два вписани четириъгълника получавамеT C
1B=T GZ=T CZ,
което искахме да докажем.
G2.Нека точкатаPе такава, чеP AC=BAD,P CA=BCDи
PиBса в различни полуравнини спрямоAC. Нека същоP
1,P2иP3са
петите на перпендикулярите отPкъмAD,ACиDC, съответно. Имаме
△CBB
2∼ △CP P 3и△CBB 3∼ △CP P 2, откъдето
CB
2
CP3
=
CB
CP
=
CB
3
CP2
.
8

9. Следователно точкитеP 2,B2,P3иB3лежат на една окръжност и понеже
симетралите наP
2B2иP3B3се пресичат в средата наBP, то тази сре-
даOе център на тази окръжност. АналогичноP
2,B2,P1иB1лежат на
една окръжност със същия центърO, като всъщност тази и предишната
окръжност съвпадат. В частност, описаната около триъгълникаB
1B2B3
окръжност минава през точкатаP 2, която лежи наAC. Аналогично като
повторим описаната конструкция заDспрямоABCще получим, че акоQ
е аналогично дефинираната наPточка, то описаните около триъгълници-
теACPиACQокръжности са симетрични спрямоAC. Така аналогично
дефинираната наP
2съвпада сP 2и лежи на окръжността околоD 1D2D3,
с което исканото е доказано.
G3.Ще докажем, че (независимо от избора наω C)CLCминава през
допирната точкаC
1на вписаната окръжност наABCсъс странатаAB.
Тогава ще следва, че трите разглеждани прави се пресичат в точката на
Жергон и задачата ще е решена.
НекаAT
CиBTCпресичатω Cза втори път в точкитеXиY, съответ-
но. Чрез хомотетията с центърT
C, изпращащаω CвΩC(или разглеждане
на общата допирателна и съображения с периферни ъгли), получаваме
XYkAB. Нататък, да забележим, че хомотетията с центърC, изпра-
щаща вписаната окръжност наABCвω
C, изпращаC 1в точка, чиято
допирателна вω
Cе успоредна наAB, а оттук и наXY– така тази точка
е точно средата на дъгата\XT
CY(и искаме да се окаже, че еL C). Сле-
дователно е достатъчно да докажем, чеT
CKCе външна ъглополовяща за
XT
CY=AT CB, което е еквивалентно на
AK
C
KCB
=
AT
C
BTC
.
От теоремата на Менелай за триъгълникаCP Qи праватаABK
Cпо-
лучаваме
CP
P A
·
AK
C
KCB
·
BQ
QC
= 1и тъй катоCP=CQ, то
AK
C
KCB
=
AP
BQ
.
От друга страна, чрез степените на точкитеAиBотносноω
Cполучаваме
AP
2
=AX·AT CиBQ
2
=BY·BT Cи следователно
AP
2
BQ
2
=
AX
BY
·
AT
C
BTC
=

AT
C
BTC

2
(последното от теоремата на Талес). Така
AK
C
KCB
=
AT
C
BTC
и исканото следва.
NT1.Отговор – Не! Да разгледаме ситуацията по модул17
2
. Тъй като
f= (x+ 1)
2
+ 2иg= 5x
2
+ 2, отfилиg≡2 (mod 17)следва, че съответно
Математика 1/2023 г. 9

10. fилиg≡2 (mod 17
2
). Операциятаx−2023не променя остатъка по модул
17
2
. Следователно е невъзможно да се получат числата, които са сравними
с19по модул17
2
.
Забележка.Лесно се вижда, че чрезfотместваме с 2 квадратичните
остатъци по модули 7 и 17, а чрезgправим същото с квадратичните не-
остатъци по тези модули (защото5е квадратичен неостатък по модул 7 и
17). Следователно можем да получим всички остатъци по модули 7 и 17.
NT2.Ще използваме следната лема.
Лема.Нека(a
n)
∞
n=1
е редицата от условието иb 1≦b2≦· · ·≦b nса
такива естествени числа, че
1
b1
+
1
b2
+· · ·+
1
bn
<1. Тогава
1
b1
+
1
b2
+· · ·+
1
bn
≦
1
a1
+
1
a2
+· · ·+
1
an
.
Доказателство.Да отбележим, че
1
a1
+
1
a2
+· · ·+
1
an
=
A
n−1
An
,
къдетоA
n=a1· · · · ·a n.
Ще проведем индукция поn, като базатаn= 1е очевидна. Да означим
1
a1
+
1
a2
+· · ·+
1
an
=Cnи
1
b1
+
1
b2
+· · ·
1
bn
=Bnи да фиксирамеn≥2. Да
допуснем, че исканото не е изпълнено, т.е.B
i≦Ciза всякоi≦n−1, но
B
n> Cn. Прилагайки двукратно сумиране по Абел, получаваме
n
X
i=1
bi
ai
=C 1(b1−b2) +C 2(b2−b3) +· · ·+C n−1(bn−1−bn) +C n·bn
< B1(b1−b2) +B 2(b2−b3) +. . . Bn−1(bn−1−bn) +B n·bn=n.
Но
n
X
i=1
bi
ai
≥n
n
r
b1. . . bn
a1. . . an
от неравенството между средното аритметично и средното геометрично,
откъдето
b
1b2. . . bn< a1a2. . . an.
Следователно
1
b1
+
1
b2
+· · ·+
1
bn
≦
b
1b2. . . bn−1
b1b2. . . bn
<
a
1a2an−1
a1a2. . . an
,
с което лемата е доказана.
10

11. Обратно в задачата, да положимd i=
X
xi−1
заi= 1,2, . . . ,2023. То-
гава
X
d1
+
X
d2
+. . .+
X
d2023
=X−2023,
1
d1
+
1
d2
+. . .+
1
d2023
= 1−
2023
X
<1.
От лемата следва, че
1−
2023
X
≦1−
1
A
,
къдетоA=a
1a2. . . a2023. Оттук
X≦2023a
1a2. . . a2023= 2023(a 2024−1).
Равенство се достига тогава и само тогава, когатоd
i=ai, т.е. при
x
i=
2023 (a
2024−1)
ai
+ 1;i= 1,2, . . . ,2023.
NT3.Да фиксираме естествени числаaиbи некаq >max(a, b,|c|,|cf(ab)−
f(a)f(b)|),q6=pе просто число. Съществуват естествени числаr, s, x, yр
такива, чеax= 1 +rq, by= 1 +sqиx, yса прости числа, като при това
gcd(x, ab) = gcd(y, abx) = 1.
Можем да запишемabxy=qT+ 1, къдетоT=r+s+qrs. Тогава
f(a)f(x) =f(ax) =f(1 +qr)≡c(modq). По-нататък,
f(b)f(y) =f(by) =f(1 +sq)≡c(modq).
Накрая,f(ab)f(x)f(y) =f(abxy) =f(qT+ 1)≡c(modq). От избора наq
следва, чеf(x)f(y)не се дели наq. Тогава
f(a)f(b)≡cf(ab) (modq).
Нещо повече, от избора наqследва, чеcf(ab) =f(a)f(b). Полагайки
a=b= 1, получавамеc= 1, т.е. функциятаfе напълно мултипликативна,
f(ab) =f(a)f(b)за всички целиaиb.
НекаNе естествено число иqе прост делител наf(N). Ще докажем,
чеq|pN. Да допуснем противното (т.е.gcd(q, Np) = 1). Тогава същес-
твуват естествени числаxиy, за коитоNx=qy+ 1. Тъй катоq6=p,
получаваме
0≡f(N)f(x) =f(Nx) =f(1 +qy)≡1 (modq),
противоречие. Следователно за всяко просто числоrможем да запишем
f(r) =r
αr
p
βp
. В частност,f(p) =p
α
. Сега за естествени числаnиsимаме
f(np
2s
) =f(1 + (np
2s
−1))≡1 (mod rad p(np
2s
−1)).
Математика 1/2023 г. 11

12. От друга страна,
n
α
f(np
2s
) =n
α
f(n)p
2sα
=f(n)(mp
2s
)
α
≡f(n) (mod rad p(np
2s
−1)).
Следователно, за всякоsимаме, чеrad
p(np
2s
−1)делиf(n)−n
α
. Тъй
като множеството от прости делители наx
s=np
2s
−1е безкрайно, можем
да изберем подходящоs, за коетоf(n) =n
α
.
C1.Ще докажем, че Иван има печеливша стратегия. Да разгледаме про-
изволни 121 от дадените точки и да ги означим с двойките(a, b), къде-
тоaиbса числа от 1 до 11. Тъй като 11 е просто число, то за всеки
две двойкиA(a
1, b1)иB(a 2, b2)съществува най-много едноk, за което
a
1−a2≡k(b 1−b2) (mod 11). Когатоkе цифра, Иван записва на отсеч-
катаABцифратаk. Върху останалите отсечки Иван записва произволни
цифри.
Директно се проверява, че ако върху отсечкитеABиACе записана
една и съща цифра, то върху отсечкатаBCе записана същата цифра.
Също така, за всяка цифра точките се разделят на 11 групи от по11 точки,
като във всяка група върху всички отсечки е записана една и съща цифра.
Петър записва на тези 121 точки 121 цифри и следователно някоя
цифраkще се среща 12 пъти. От принципа на Дирихле следва, че някои
две от тези 12 точки ще са в една от 11-те групи, на които се разделят
дадените точки спрямо цветаk.
Получаваме две точки, на които е записана една и съща цифраkи на
отсечката между тях е записана същата цифраk, т.е. печели Иван.
C2.Да допуснем, че съшествува константаt <2, която удовлетворява ус-
ловието на задачата. Да разгледаме множествотоM={1,2,2
2
, . . . ,2
n−1
}.
Сборът от числата на всички подмножества са точно двоичнитепредста-
вяния на числата от множествотоB={1,2,3, . . . ,2
n
−1}. Да допуснем, че
съществува разбиване на множествотоBнаnгрупи, така че отношение-
то на всеки две числа в дадена група е по-малко отt. Ясно е, че числата
1,2,2
2
, . . . ,2
n−1
трябва да са в различни групи. НекаB 0, B1, . . . , Bn−1са
групите, като2
k
,0≦k≦n−1лежи вB k. Нека някое множествоB kсъ-
държа повече от2
k
елемента. Акоaе най-малкото число вB k, тоa≦2
k
и
отношението на най-голямото число вB
kиaе поне
a+ 2
k
a
= 1 +
2
k
a
≧2,
противоречие.
Следователно общо във всички множестваB
0, B1, . . . , Bn−1числата са
най-много2
0
+ 2
1
+· · ·+ 2
n−1
= 2
n
−1. От друга страна този брой е точно
2
n
−1и следователно във всяко множествоB kима точно2
k
числа. Тогава
12

13. отношението на най-малкото числоaвB n−1и най-голямото число вB n−1
(което е понеa+ 2
n−1
−1) е поне
a+ 2
n−1
−1
a
= 2−
1
2
n−1
. Следователно
t≧2−
1
2
n−1
,
което е невъзможно, тъй катоt <2.
НекаM={a
1, a2, . . . , an}е произволно множество от положителни
числа, за коитоa
1< a2<· · ·< a n}. НекаS 0= 0,S i=a1+· · ·+a i
заi= 1,2, . . . , n. Акоσе сбор на елементи на подмножество наM, то
съществуваi, за което
(1) S
i−1< σ≦S i.
Разбиваме множеството от сумите на подмножестваc
1, c2, . . . , cn, където в
c
iса всички суми, удовлетворяващи (1). Ще докажем, че акоσ∈c i, то
S
i
2
< σ≦S
i. Тъй катоσ > S i−1=a1+· · ·+a i−1, тоσсъдържа поне едно
събираемоa
kза коетоk≧i. ТогаваS i−σ < Si−Si−1=ai≦ak≦σи
следователноσ >
1
2
S
i. Ноσ≦S i, т.е. твърдението е доказано.
C3.От условието е ясно, че за търсеното минималноNграфът е дърво с
N−1ребра. В противен случай ще има свързана компонента, за която броят
на ребрата е по-малък от броя на върховете (т.е. тази свързана компонента
е дърво), което е противоречие с минималността наN. С индукция поk
ще докажем, че ако за всяка планетаS(A)≧k, тоN≧2
k
.
Приk= 1твърдението е очевидно. Ако твърдението е вярно за някое
kда разгледаме таковаN, за което в съответното дървоGза всяка планета
е вярноS(A)≧k+ 1. Да премахнем реброто с най-голям номер. ТогаваG
се разпада на две дървета, като за всяка планетаAот едната компонента в
S(A)влиза най-много една планета от другата компонента. Следователно
във всяка компонента е изпълненоS(A)≧kи следователно във всяка от
тях има поне2
k
планети. Общо планетите са2
k+1
.
Пример приk= 1се дава с2
1
= 2планети. Нека имаме пример за
дърво с2
k
планети иS(A) =kза всяка планета. Добавяме нови2
k
пла-
нети, всяка от които свързваме с точно една от старите, като номерираме
новите ребра с най-малките номера. Получаваме пример с2
k+1
планети и
S(A) =k+ 1.
Задачите са предложени от: Милен Иванов – A1, A2, A3; Крис-
тиян Василев – G1; Александър Иванов – G2, G3, С2, С3; Емил Колев –
C1, Данила Черкашин (идея Георгий Струков и Сергей Сотников) – NT1,
Александър Иванов и Сергей Берлов – NT2, Навид Сафаей – NT3.
Математика 1/2023 г. 13

14. ИСТИНСКА ИЗМАМА
Драгомир Грозев
Защо да четете това!
В тази статия ще говорим за алгоритми, игри и стратегии. По-
точно, за негативни резултати, свързани с това. Например как да до-
кажем, че даден алгоритъм не съществува или че даден играч няма
печеливша стратегия. Това може да се окаже труден въпрос. Мно-
го по-срещани са задачи, в които се търси определен алгоритъм или
стратегия. Тези, в които трябва да се докаже, че такиванесъществу-
ват, са рядкост и обикновено са трудни за състезателите. Показателен
пример е известната задача 3 от Международната Олимпиада поМа-
тематика (МОМ) 2017, тази за ловеца и заека, която също ще бъде
разгледана по-долу. Целта ни е набор от идеи за атакуване на подобни
негативни резултати. Техниките ще бъдат илюстрирани с решаването
на четири олимпийски задачи, давани на международни състезания.
Няколко думи за това какво е алгоритъм. Формалната дефини-
ция е машина на Тюринг. Представете си даден алгоритъм (машина
на Тюринг) като компютърна програма, работеща на компютър с
безкрайна памет (RAM). Компютърът има вход – например клавиа-
тура – и изход – напр. принтер. При даден краен вход е възможно
програмата да работи известно крайно време (като може да разпе-
чата нещо на изхода) и да спре. Възможно е и да работи (както и
да разпечатва) вечно. В първия случай казваме, че програмата/ал-
горитъмът спира (halts), а във втория, че работи вечно. През1936
година 24-годишният Алън Тюринг доказва неразрешимостта на т.н.
стоп проблем (halting problem), поставен от Хилберт и Акерман. Със
сегашната терминология резултатът на Тюринг означава, чене съ-
ществувасофтуер (алгоритъм), който като вземе за вход произволна
компютърна програма (например нейния сорс код, написан на C++,
както и входните ´и данни), да определи дали тази програма спира
или работи вечно. Това е резултат, подобен на Гьоделовите теоре-
ми за непълнотата, но по-разочароващ. Има граници в това, което
алгоритмите могат да правят. Техниката, използвана от Тюринг, е
следната. Да допуснем, че има алгоритъмT0, който установява дали
дадена програмаTi, i= 1,2, . . .спира или работи безкрайно. Забе-
лежете, че възможните програми са изброимо много, така че можем
да ги наредим в редица. Тюринг хитро построява програма, която да
14

15. ”
измами“T0, т.е. да го накара да работи не както сме допуснали, че
работи, което противоречи на съществуването му.
Това е и най-общата идея за доказване, че търсен алгоритъм не
съществува. Допускаме, че такъв има и построяваме някаква хитра
конструкция, която да успее да го
”
измами“, т.е. да покаже, че той
не действа както се очаква, или пък го прави за по-дълго времеот
това, което се очаква. Да преминем към конкретни примери.
Кой е убиецът? – Само в края на филма!
Задача 1(Турнир на градовете2016).В една страна има64гра-
да, някои двойки от които са свързани с директен път, но нямаме
информация кои точно. Можем да избираме коя да е двойка градове
и да попитаме дали са свързани с директен път или не. Целта ни
е да установим дали градовете в страната са свързани, т.е. дали
е възможно от всеки град да се стигне до всеки от останалите по
съществуващите пътища. Да се докаже, че не съществува алгори-
тъм, който да осигурява това с по-малко от2016въпроса.
Забележете че2016са всичките възможни двойки градове. Да
сложимnвместо64и преведем на езика на графите. Интерпретираме
задачата като игра между двама играчи –AиB. ИграчътAпостро-
ява графGсnвърха, който е скрит заB. Вторият играч избира два
върха и задава въпрос дали са свързани, на койтоAотговаря точно.
Това се повтаря, докатоBне установи далиGе свързан. С колко
най-малко въпросаBможе да разбере това?
Това, което ще покажем е, чеAима план, възпрепятстващBда
научи това с по-малко отn(n−1)/2въпроса. Това означава, че за
да направиBизвод за свързаността наG, трябва да зададе всичките
възможни въпроси. За тази целAняма да си измисля още в началото
конкретен граф, а ще отговаря наBтака, че да разкрива възможно
най-малко информация относно свързаността наG.
Да разгледаме първо случаяn= 3. Нека означим върховете с
a, b, c. ИграчътBзадава въпрос за двойкатаa, bиAотрича да са
свързани. След товаBпита заa, c. АкоAкаже че те също не са
свързани, тоBще знае, че графът не е свързан, затоваA
”
разк-
рива“, чеaиcса свързани, с което държи напрежението, защото
свързаността на графа зависи от свързаността на последноторебро
b, c. Това е стратегията наAзаn= 3.
След като сме обучилиAкакво да прави приn= 3, ще използва-
ме индукционния подход, за да го научим как да се справя в общия
Математика 1/2023 г.
15

16. случай. Нека да предположим, чеAзнае стратегията си заn≧3
и играем играта за графGсn+ 1върхаv0, v1, . . . , vn. Да означим
за краткост сG
′
индуцирания граф върхуv1, v2, . . . , vn. Стратегията
наAе следната. Винаги когатоBпита за ребро вG
′
,Aотговаря
според стратегията си за графаG
′
. В случай, че го питат за свърза-
ността наv0vi, i= 1,2, . . . , n,Bказване, освен ако това не се отнася
за последното ребро, инцидентно сv0, за което още не е питано.
Да кажем, че има ребра измеждуv0vi, както и такива вътре вG
′
,
за които все още не е питано. В този моментBне може да направи
извод за свързаността наG, защото:
1) не знае далиG
′
е свързан (съгласно индукционната хипотеза),
и
2) знае, чеv0не е свързан с никой връх от тези, за които e питал.
Така че има два възможни варианта.
1)Bзадава последния въпрос, касаещG
′
, преди да е изчерпал
въпросите за ребратаv0vi.
2)Bзадава последния въпрос за ребратаv0viпреди да са се из-
черпали въпросите заG
′
.
В първия случайAотговаря така, че графътG
′
да излезе свър-
зан. След това на всички останали въпроси за неизчерпани ребраv0vi
отговаря отрицателно. От отговора за последното останало реброv0vk
ще зависи дали графътGще бъде свързан или не. Ако пък събитието
2) настъпи първо, тоAотговаря утвърдително за последното ребро
от тези измеждуv0vi. Така въпросът за свързаността наGще зависи
изцяло от свързаността наG
′
, коетоBняма как да установи, ако не
зададе всички възможни въпроси.
Условният оператор е необходим!
Задача 2(Контролно на САЩ за МОМ 2015).Физик изолирал
2015атома. Всеки атом има1или0електрони, което няма как
да се разбере. Физикът разполага с уред, наречен диод. Той може да
свърже диода между произволни атомиAиB(връзката е еднопо-
сочна). АкоAима електрон, аBняма, то електронът ще прескочи
отAкъмB. В останалите случаи нищо няма да се случи. Физикът
няма как да различи дали е прескочил електрон или не. Целта муе
да изолира два атома в едно и също състояние (или с електрон или
без). Съществува ли процедура, която да гарантира това?
Основната трудност е да си изясним какво точно означава в кон-
текста
”
процедура“. Да сложим етикети на атомите1,2, . . . , n. На
16

17. всяка отделна стъпка физикът може да вземе два атомаk, ℓи да пос-
тави диода напр.k→ℓ. Тъй като той не може да разбере дали е
прескочил електрон или не, следващата стъпка не зависи по никакъв
начин от резултата на предишната. Ако си представим процедура-
та като някаква програма, която манипулира атомите като поставя
диоди, то тази програма няма оператори от типа на
”
if-then-else“.
Т.е. тази процедураPби представлявала един списък с инструкции
ki→ℓi, i= 1,2, . . . , mи на финала два фиксирани атомаa1, a2, за
които твърдим, че са в едно и също състояние. И така, процедурата
P, която евентуално търсим, формално е следния списък
(1)P= (ki→ℓi), i= 1,2, . . . , m;и финална двойка атоми(a1, a2)
Забележете, чеPне зависи от началното състояние на атомите, т.е.
колко са и къде са разпределени електроните. Ако искаме да дока-
жем, че такава процедура не съществува, трябва за всяка
”
процедура“
като в(1)да посочим състояния на атомите, така че след прилагането
наPатомитеa1, a2да имат различни състояния. Понеже имаме богат
избор да варираме първоначалното състояние на атомите, близко до
ума е, че ще можем да подберем такива състояния, така че след при-
лагането наPкрайните състояния наa1иa2да са различни. Мисля,
че този анализ е най-съществения за решаване на задачата. Тясе е
оказвала трудна за състезателите и според мен, това е зарадилипсата
на визия какво в случая означава процедура. Защото, ако не знаеш
какво търсиш, как ще докажеш, че такова нещо няма?
Да означим множеството от атомите сA:={1,2, . . . , n}. Подхо-
дът, който следва, залага на следното. Да допуснем, че съществува
процедураP, както в(1). Използвайки някои от свойствата наP,
индиректно ще докажем, че съществуват състояния на атомитевA,
така че след приключване наPатомитеa1, a2да имат различни със-
тояния. Нека интерпретираме онези атоми, които имат електрони,
като подмножествоS⊂A. И така, за всякоS⊂Aслед приключване
на манипулациите, от които се състоиP, електроните сменят някак
атомите и некаS
′
=P(S)⊂Aбъде съответното множество от атоми,
които имат електрони на финала. Т.е. на входа на процедуратаPпо-
давамеSи на изхода получавамеS
′
. Това съответствие има следните
свойства:
1)|P(S)|=|S|,∀P⊂A;
2)S1⊂S2=⇒P(S1)⊂P(S2)
Наистина, 1) просто означава, че електроните нито се губят,нито
се създават по време на процедуратаP. За второто свойство да съоб-
Математика 1/2023 г.
17

18. разим, че като тръгнем от две множестваS1⊂S2всяка инструкция
ги манипулира и променя, но като запазва включването.
Нека∅=A0⊂A1⊂ · · · ⊂An=Aе една верига от включени
едно друго множества, като|Ai|=i, i= 1,2, . . . , n. НекаA
′
i
=P(Ai).
От 1) и 2) получаваме
∅=A
′
⊂A
′
1⊂ · · · ⊂A
′
n=Aи|A
′
i|=i, i= 1,2, . . . , n.
Това означава, че съществува1≦k < n, такова чеA
′
k
съдържа само
един от атомитеa1, a2. Следователно, ако тръгнем от позиция, такава
че атомите вAkда са с електрони, а останалите – без, и приложим
процедуратаP, ще финишираме с позицияA
′
k, в коятоa1иa2са в
различни състояния. Това противоречи на допуснатото относно дейс-
твието на процедуратаP.
И така, допуснахме, че търсената процедура съществува. Конст-
руирахме подходящ вход, т.е. атоми с подходящи състояния. Видях-
ме, че действието на процедурата върху този ансамбъл от атоми не
дава резултата, който се очаква да даде. Последното противоречие
показва, че такава процедура не съществува.
Забележка.Съществената причина, за да бъде валидно усло-
вието 2) е, че процедурата/програмата няма разклонения, т.е. няма
”
if-then-else“инструкции. Наистина, ако диодът има датчик, позво-
ляващ да се разбере дали е протекъл електрон, ние можем да напра-
вим поредица от условни инструкции, за които 2) няма да е вярно.
В някакъв смисъл, това което се твърди е, че ако махнем условните
оператори от един програмен език, той става немощен.
Как заекът измами ловеца, без да бяга
Задача 3(МОМ2017, задача3).Ловец и невидим заек играят
в равнината следната игра. Началната точкаA0на заека и начал-
ната точкаB0на ловеца съвпадат. Нека следn−1рунда на играта
заекът се намира в точкаAn−1, а ловецът се намира в точкаBn−1.
Тогава вn-тия рунд на играта последователно се изпълняват след-
ните действия.
1)Заекът, оставайки невидим, се придвижва от точкаAn−1до
точкаAn, за която разстоянието междуAn−1иAnе точно1.
2)Проследяващото устройство докладва точкаPnна ловеца, ка-
то гарантира единствено това, че разстоянието между точ-
китеAnиPnе най-много1.
18

19. 3)Ловецът, оставайки видим, се придвижва до точкаBn, като
разстоянието междуBn−1иBnе точно1.
Винаги ли е възможно ловецът, независимо как се движи заекъти
независимо какви точки докладва проследяващото устройство, да
избере своите ходове така, че да е сигурен,че след10
9
рунда разсто-
янието между него и заека да е най-много100?
Изключително интересна задача, обаче катастрофална за състе-
зателите. Поставеният въпрос има два възможни отговора – да/не.
Необходимо е да имаме визия какво да правим, за да докажем една-
та или другата алтернатива. Ако отговорът еда, трябва да посочим
стратегия за ловеца, така че да не изостава много от заека, даже в
случай, че вторият манипулира устройството, както и
”
мами“досто-
верно. Последното ще бъде обяснено след малко. Ако пък отговорът
ене, тованеозначава, че трябва да посочим печеливша стратегия
на заека, за да се изплъзне. Това ще означава, че хипотетичноима
вероятност той да се измъкне. Ще обясня това така. Да предполо-
жим, че ловецът тайно е монтирал второ проследяващо устройство
за заека, което обаче е точно. В този случай, заекът няма как да
се измъкне, освен ако мами достоверно. Представете си, че зайчето
си стои на едно кресло и манипулира неточното проследяващо уст-
ройство. Всеки път, когато ловецът се придвижи, заекът изчислява
възможните позиции, в които той би могъл да бъде, така че да са
съвместими с точките, подадени до този момент. Това е някакъв
”
об-
лак“от хипотетични зайци. След това пресмята каква точка да каже
на устройството, така че този облак от възможни позиции да нестане
много малък и по възможност периферията му да се отдалечава от
ловеца. Това наричаме достоверна измама. Ловецът по никакъв на-
чин не може да хване заека в лъжа, даже и да е сигурен, че зайчето
си стои в креслото. Защото теоретически е възможно заекът дасе е
движил точно така в равнината. Да пробваме.
Нека по някое време ловецът да е в точкаB, а заекът да се е
показал в точкаA, като разстоянието между тях еd:=|BA|. Пред-
полагаме също, че в този момент следящото устройство показва точ-
каP≡A. Облакът от възможни заешки позиции се състои само от
точкатаA(заекът документирано се е показал там). В следващата
стъпка той скача пак в креслото и подава на устройството точкаP1,
която лежи на лъчаBA, като|AP1|е съвсем мъничко по-малко от1.
Възможните позиции на заека в този момент са точки от окръжност-
та с центърAи радиус1, които се намират на разстояние най-много
Математика 1/2023 г.
19

20. Фиг. 1
1отP1, т.е. някаква дъга от окръжност. На фигура 1 е нарисува-
на малка част от тази дъга. Да забравим за момент действията на
ловеца. Заекът подава в следващите стъпки точкитеP2, P3, . . . , Pm,
разстоянието между всеки две от които е равно на|AP1|. Възмож-
ните позиции/облак за заека след всеки рунд са дъгитеA
′
i
A
′′
i
. Той
прави това, докато|A
′
m
Pm|стане1. Всяка точкаAmот дъгатаA
′
m
A
′′
m
би могла да бъде възможна позиция на заека, съвместима с пода-
дените точкиP1, P2, . . . , Pm. Например, възможно е заекът да е бил
последователно в точкитеA1, A2, . . . , Am(фиг. 1). По-нататък имаме
|PA
′
m| − |PPm|=|PA
′
m| −
p
|PA
′
m|
2
−1
=m−
√
m
2
−1 =
1
√
m
2
−1 +m
≦
1
m
=ε.
Забележете, че дясната страна, означена сε, става много малка, ако
mе голямо. За изтеклото време ловецът е изминал разстояние не
повече от|AA
′
m|=m, и значи преднината на точкаPmспрямо ловеца
се е стопила с не повече отεи е понеd−ε. В този момент заекът
може да погледне къде е ловеца. Ако той е в долната полуравнина
определена отAB, то заекът избира да се покаже в точкаA
′
:=A
′
m
;
иначе се появява в т.A
′
:=A
′′
m. На следящото устройство се подава
точкаP
′
=A
′
. Разстоянието между ловецаB
′
и заека в този момент
20

21. е
|B
′
A
′
|≧
p
(d−ε)
2
+ 1.
Следователно
|B
′
A
′
| −d≧
p
(d−ε)
2
+ 1−d=
(d−ε)
2
+ 1−d
2
p
(d−ε)
2
+ 1 +d
=
1 +ε
2
−2dε
p
(d−ε)
2
+ 1 +d
.(2)
Нека сега изберемεтака, че
1
m
=ε≦
1
4d
, което се постига акоm≧4d.
В такъв случай, тъй катоd≧1, от(2)получаваме
|B
′
P
′
| −d≧
1
2
·
1
p
(d−ε)
2
+ 1 +d
≧
1
6d
.
И така, започвайки от разстояниеd≧1междуBиA, успяхме да
увеличим това разстояние доd+
1
6d
след не повече отm=⌈4d⌉хода.
Стартираме сd= 1и правим тази процедура, докатоdвсе още е
по-малко от100. Т.е., на всеки цикъл, състоящ се от не повече от
⌈4d⌉≦400рунда, разстоянието между ловеца и заека се увеличава с
поне
1
6d
>
1
600
. Значи, след не повече от400·600·100 = 24·10
6
хода,
това разстояние ще надхвърли100.
Тук сме да играем, не да броим!
Задача 4(RMM2017, задача5).Дадено е естествено числоn.
Решетонаричаме таблицаn×n, от която са махнатиnклетки,
такива че точно една клетка е махната от всеки ред и от всеки
стълб.Стикнаричаме част от ред или стълб с размери1×k, съ-
ответноk×1,1≦k≦n, който изцяло лежи в решетото. За всяко
решетоA, некаm(A)означава минималния брой стикове, необхо-
дими за да покриемA(без припокриване). Означаваме сp(A)броя
на начините, по които може да се покрие решетотоA, като се
използват точноm(A)стика.
a) Намерете стойностите наm(A), когатоAпробягва всички
възможни решетки.
Математика 1/2023 г.
21

22. б) Докажете че
p(A)≦c
n
къдетоc >0е константа, която не зависи отnилиA.
На състезанието е дадена само подточка а). Може би, за да не
се усложнява прекалено задачата. Очаквам въпроса: какво общо има
това с темата на статията – тук нито има игра, нито алгоритъм?!
Игра наистина няма, но ще измислим такава, с което ще намерим
оценка заp(A). Целта ни ще бъде подточка б), но ще скицираме и
доказателството на първото твърдение.
a) Забележете, че можем да покриемAс2n−2вертикални неп-
ресичащи се стика – по един в колоните, където дупката е на първия
или последния ред и по два в останалите колони. С малко експери-
менти се убеждаваме, че едва ли е възможно това да стане с по-малко
стикове. За да покажем, чеm(A) = 2n−2, без значение от решетото,
използваме най-стандартния за това подход. За всяко решетоAна-
мираме2n−2негови клетки, такива че всеки стик, лежащ изцяло в
A, да покрива най-много една от тези клетки. Ако успеем с този план,
това ще означаваm(A)≧2n−2и поради примера, който дадохме,
m(A) = 2n−2.
Фиг. 2
В официалния документ от турнира може да видите четири реше-
ния на тази точка, половината от които използват споменатата идея.
Намирането на такива клетки (като плътните точки на фиг. 2) може
да стане конструктивно, но нека представя един по-интересен, ма-
кар и косвен подход (едно от официалните решения). Максимален
хоризонтален/вертикален стик наричаме такъв стик, който не се съ-
държа изцяло в друг лежащ вAстик, т.е. такъв, който не може да се
”
продължи“повече. На фиг. 2 всичките стикове са максимални вер-
тикални. НекаPvе покриване наAсъстоящо се само от максимални
вертикални стикове, аPh– това съставено само от максимални хори-
зонтални стикове. Да разгледаме двуделния граф с върховеPvиPh.
22

23. Два върха от посочените дялове са свързани, само ако съответните
стикове се пресичат. Условието на Хол се проверява директно, което
означава, че имаме пълно сдвояване. Пресечените точки на двойките
сдвоени върхове (стикове) са търсените2n−2клетки.
б) Да означим сPколекцията от всички възможни покрития на
Aс точноm(A)стика. Представете си следната игра.
Играта.Двама играчиG1иG2. Първият –G1избира покритие
P∈ P. Вторият –G2се опитва да го отгатне, като задава последова-
телно въпроси, с отговордаилине. Целта е да го направи с възможно
най-малкия брой въпроси.
Ако имаме информация с колко най-много такива въпросиG2
може да отгатне покритието, което е избралG1, то интуитивно е ясно,
че|P|не може да бъде чак толкова много. По-точно, в сила е следната
лема.
Лема 1АкоG2винаги може да възстанови покритиетоP∈ Pс
не повече отmвъпроса, то|P|≦2
m
.
Доказателство.Да допуснем противното, чеP>2
m
. Ще пока-
жем, чеG1има стратегия, щото да не позволи наG2да възстанови
покритието сmили по-малко въпроса. Разбира се,G1не си измисля
конкретноP∈ P. Вместо това, преди всеки въпрос наG2, той изчис-
лява фамилиятаP
′
⊂ Pна онези покрития, които са съвместими с
отговорите на всички предишни въпроси. След като въпросът вече е
зададен отG2, тоG1изчислява двете подмножестваP
′
YиP
′
NнаP
′
.
Първите са онези възможни покрития, на които ще се отговори сда,
а вторите – тези, на които ще се отговори сне. Ясно е чеP
′
Y
∩P
′
N
=∅
иP
′
Y
∪ P
′
N
=P
′
. ИграчътG1вижда коя от двете колекцииP
′
Y
,P
′
N
има повече елементи и отговаря в съответствие с това. С това дока-
захме, че следm-тия въпрос колекцията от възможните покрития,
удовлетворяващи всички зададени въпроси има поне
|P|
2
m
>1
елементи, което показва, чеG2няма как еднозначно да определи из-
браното покритие.
Нека сега да видим с колко въпроса може да възстановим ед-
нозначно кое да е покритиеP∈ P. За фиксирано решетоA, нека
клеткитеQ:={q1, q2, . . . , q2n−2}са тези от подточка а). Ключовото
свойство е, че всеки стик отPпокрива точно една клеткаqi∈Q.
Математика 1/2023 г.
23

24. Това е така поради избора наQ. Всеки стик, лежащ вA, покрива не
повече от една клетка отQ, и ако има стик отP, който не покрива
клетка отQ, то|P|>2n−2иPняма да е минимално.
Първо питаме за всякоq∈Qдали стикът, който го покрива, е
хоризонтален или вертикален (да– хоризонтален,не– вертикален).
По конвенция стик, състоящ се само от една клетка, е вертикален.
Оттук нататък, стикът, който покриваq∈Q, ще бъде означаван пак
сq, освен ако не възниква двусмислие. Неопределен стик ще нарича-
ме такъв, на който не знаем поне една от двете му крайни клетки. За
момента имаме2n−2неопределени стика. На всяка следваща стъп-
ка правим следното. Избираме най-долния неопределен хоризонтален
стик, нека той покриваqi(стикътqi). На фиг. 3 плътните, големи точ-
ки обозначават клетките отQ. Поглеждаме отqiв посоката, в който
той е неопределен и некаaе последното квадратче, преди да срещнем
препятствие, т.е. махната клетка, край на таблицата, или вече опре-
делен стик. Под хоризонталатаqiaняма неопределен хоризонтален
стик, поради избора наqi.
Фиг. 3
Да допуснем, че съществува клеткаqj∈Q, намираща се подqia,
която принадлежи на вертикален неопределен стик и от нея, верти-
кално нагоре, се вижда клетка от отсечкатаqia. Нека вземем такова
qj∈Q, че вертикалата през него е най-близка до вертикалата през
24

25. qi. Некаa
′
е клетката отqia, която се вижда отqj. Ако стикътqjе
неопределен надолу, ние веднага намираме долния му край. Ако той
е неопределен нагоре, ние питаме заa
′
– кой стик от двата,qiилиqj,
покриваa
′
. Забележете, че точно един от двата стика покриваa
′
, така
че, задавайки въпроса:стикътqiли покриваa
′
?, ще разберем точно
кой от двата. Ако отговорът е:qi, то веднага определяме последното
горно квадратче на стикаqj, което е клетката непосредствено подa
′
.
Да предположим сега, чеa
′
се покрива от стикаqjи некаa
′′
е
клетката непосредствено доa
′
в посока къмqi. Питаме отново за
клеткатаa
′′
– дали я покрива стикаqiили друг вертикален стик.
В първия случайa
′′
е крайната клетка на стикаqi, а във втория –
определяме долния край на въпросния вертикален стик, като го про-
дължим максимално надолу. Във всички случаи до тук, определяме
край на някой неопределен стик за не повече от два въпроса.
Остава да разгледаме случая, когато подqiaняма неопределе-
ни вертикални стикове. Тъй като там няма и хоризонтални такива,
всички квадратчета вертикално под отсечкатаqiaса определени – те
или принадлежат на вече разкрит стик, или представляват махнато
квадратче. Въпросът, който следва, е за клеткатаa. Така, със същите
съображения, откриваме края на някой стик.
Повтаряме тази процедура докато не свършат хоризонталнитене-
определени стикове. Останалите (евентуално) вертикални такива се
определят еднозначно, като ги продължим максимално.
Да обобщим. Питаме по един въпрос за всякоqi∈Qотносно по-
соката на стика през него. На всеки следващи 2 въпроса откриваме
край на някой стик. Следователно, общият брой на въпросите,необ-
ходими да възстановимP, е най-много5(2n−2). Съгласно Лема 1,
|P|≦2
5(2n−2)
<1024
n
.
Математика 1/2023 г.
25

26. ДОКАЗАТЕЛСТВА С ВЕКТОРИ
Боянка Савова
Предложените доказателства имат за цел да покажат част от разно-
образието на задачите, при които векторният метод е ефективен. В много
случаи, макар и с повече изчисления и преобразувания с вектори, целта се
достига. При синтетичните решения се изисква повече досетливост, изоб-
ретателност, а също и чертежи. При векторния метод има задачи, за които
не е нужен чертеж. И едно друго предимство – често подходът е един и
същ към равнинните задачи и пространствения им аналог.
Задача 1. Даден е успоредник
ABCD. ТочкитеMиNса средите съот-
ветно на странитеABиCD, а точките
LиOса съответно върху странитеAD
иBC, катоLO||AB. АкоRе произволна
точка от отсечкатаMN,DO∩BR=Qи
AO∩CR=P, да се докаже, че точките
P,LиQса колинеарни.
b b
b
A
b
B
bC
bD
b
M
b
N
bL b
O
b
bR
b
Q
b
P
Решение.Ще докажем, че
−→
OL=α
−−→
OP+β
−−→
OQиα+β= 1, което е
достатъчно условие за колинеарността на точкитеP,QиL.
Въвеждаме означенията
−−→
OC=
−→
a ,
−−→
OB=−m
−→
a ,(m >0),
−−→
MR=x
−→
a ,
(0≦x≦m+ 1), AO∩MN=O
1, DO∩MN=O 2иLO∩MN=S.
Следоватeлно
−−→
O
1R=
2x−m
2
−→
a ,
O
1R
OC
=
2x−m
2
=
P O
1
P O
,
откъдето
−−→
P O
1=
2x−m
2
−−→
P Oи
−−→
OO
1=
2 +m−2x
2
−−→
OP.
Аналогично доказваме, че
−−→
OO
2=
2x−12m
−−→
OQ. От
SO
1
SO
=
m
1
следва, че
−→
OS=
1
m+ 1
−−→
OO
1+
m
m+ 1
−−→
OO
2. Тъй като
−→
OL= 2
−→
OS, то
−→
OL=
2
m+ 1
·
2 +m−2x
2
·
−−→
OP+
2m
m+ 1
·
2x−1
2m
·
−−→
OQ=
=
2 +m−2x
m+ 1
·
−−→
OP+
2x−1
m+ 1
·
−−→
OQ,
при което
2 +m−2x
m+ 1
+
2x−1
m+ 1
= 1.
26

27. Коментар.Задачата може да бъде решена и по други начини – напри-
мер, с теоремата на Менелай. Векторното решение в този случайне зависи
от чертежа, т.е. не се налага да се разглеждат различните положения на
точкатаR. Задачата е един частен случай от публикуваната в сп.
”
Мате-
матика“теорема на Тхан Дао (бр. 2/22 г.)
Задача 2.Даден е равностранен триъгъл-
никABC. АкоMиNса точки съответно от
странитеABиBC,MN||BC,Dе центърът на
△BMNиEе средата на отсечкатаAN, да се
докаже, чеDEC= 90
◦
.
b b
b
A
b
B
b
M
b
b b
b
C
bN
b
E
b
D
Решение.Достатъчно е да докажем, че
−−→
EC.
−−→
ED= 0. Нека
−−→
BA=
−→
a,
−−→
BC=
−→
b,|
−→
a|=



−→
b


=aи
−−→
BM=x.
−→
a. Следователно
−−→
BN=x.
−→
bи
−→
a .
−→
b=
a
2
2
. Тогава
−−→
EC=
−−→
BC−
−−→
BE=−
−→
a
2
+ (2−x)
−→
b
2
,
−−→
ED=
−−→
BD−
−−→
BE=
2x−3
6
·
−→
a−
x
6
·
−→
b .
Остава да се извършат преобразуванията
−−→
EC.
−−→
ED=
(x−2)xa
2
12
+
(3−2x)a
2
12
+
xa
2
24
+
(2−x)(2x−3)a
2
24
= 0,
от което следва, чеDEC= 90
◦
. Твърдението остава в сила и когато
точкитеMиNса върху продълженията на странитеABиBC.
Задача 3.Даден е четириъгълникABCD,
за който е известно, чеAB=CDиAB∩CD=O.
Да се докаже, че правата, съединяваща средите
на диагоналите му, е перпендикулярна на ъгло-
половящата наAOD.
b b
b
A
b
B
b
b b
b
bC
bD
bO
b
M
bN
Решение.Нека
−−→
BA=
−→
aи
−−→
CD=
−→
b, като|
−→
a|=



−→
b


=a.Следова-
телно
−−→
MN=
−→
b−
−→
a
2
и
−→
OL=
−→
a+
−→
bе колинеарен с ъглополовящата на
AOD. Така получаваме, че
−−→
MN.
−→
OL=
−→
b
2
−
−→
a
2
2
= 0, с което е доказано,
чеMNиOLса взаимно перпендикулярни.
Математика 1/2023 г. 27

28. Задача 4.Диагоналите на даден четириъгълник са взаимно перпен-
дикулярни, а във върховете свързването е шарнирно (подвижно). Ако пре-
местим някой от върховете на дадения четириъгълник, дали диагоналите
на променения четириъгълник ще останат взаимно перпендикулярни?
Решение.НекаABCDиA
1B1C1D1са четириъгълници, за които
−−→
AB=
−→
a,
−−→
BC=
−→
b,
−−→
CD=
−→
c,
−−→
DA=
−→
d,
−−−→
A
1B1=
−→
a1,
−−−→
B1C1=
−→
b1,
−−−→
C1D1=
−→
c1,
−−−→
D
1A1=
−→
d1и|
−→
a|=|
−→
a 1|=a,



−→
b


=



−→
b 1


=b,|
−→
c|=|
−→
c
1|=c,



−→
d


=



−→
d 1


=d.
От
−→
AC.
−−→
BD= (
−→
a+
−→
b).(
−→
b+
−→
c) =
−→
a .
−→
b+
−→
a .
−→
c+
−→
b .
−→
c+b
2
= 0
следва, че
−→
a .
−→
b+
−→
b .
−→
c+
−→
c .
−→
a=−b
2
, а от
−→
a+
−→
b+
−→
c+
−→
d=
−→
a
1+
−→
b1+
−→
c1+
−→
d1=
−→
0и
d
2
=a
2
+b
2
+c
2
+2(
−→
a.
−→
b+
−→
b .
−→
c+
−→
c .
−→
a) =a
2
1
+b
2
1
+c
2
1
+2(
−→
a 1.
−→
b1+
−→
b1
−→
c
1+
−→
c1.
−→
a1)
⇔
−→
a .
−→
b+
−→
b .
−→
c+
−→
c .
−→
a=
−→
a
1.
−→
b1+
−→
b1.
−→
c1+
−→
c1.
−→
a1
се получава, че
−−−→
A
1C1.
−−−→
B1D1=
−→
a1.
−→
b1+
−→
b1.
−→
c1+
−→
c1.
−→
a1+b
2
1
=−b
2
+b
2
1
= 0,
с което е доказано, чеA
1C1⊥B1D1.
Коментар.Твърдението остава в сила за тетраедри.
Задача 5.Всички ъгли на равнинен изпъкнал осмоъгълник са рав-
ни, а дължините на страните му са естествени числа. Да се докаже, че
срещуположните страни на осмоъгълника са две по две равни.
Решение.Означаваме сa
1, a2, . . . , a8последователните страни на ос-
моъгълникаA
1A2. . . A8. Всичките ъгли на осмоъгълника са по135
◦
. Проек-
тираме векторното равенство
−−−→
A
1A2+
−−−→
A2A3+· · ·+
−−−→
A 8A1=
−→
0върху оста
A
1A
→
2
и получаваме, че
a
1+
a
2
√
2
2
+ 0−
a
4
√
2
2
−a
5−
a
6
√
2
2
+ 0 +
a
8
√
2
2
= 0
⇐⇒(a
1−a5) + (a 2−a4−a6+a8)
√
2
2
= 0.
Тъй като числото
√
2е ирационално, изводът е, чеa 1=a5. Аналогично е
и доказателcтвото за другите двойки страни.
Задача 6.АкоABCDиA
1B1C1D1са два еднакво ориентирани квад-
рата, да се докаже, чеAA
2
1
+CC
2
1
=BB
2
1
+DD
2
1
.
28

29. Решение.Ще използваме ротация на векторρ(−90
◦
). Въвеждаме оз-
наченията
−−→
BA=
−→
a,
−−−→
B
1A1=
−→
b,
−−→
OO 1=
−→
m, къдетоOиO 1са центрове съ-
ответно наABCDиA
1B1C1D1. Следователно
−−→
BC=ρ(
−→
a),
−−−→
B 1C1=ρ(
−→
b).
Тъй като
−−→
AA
1+
−−→
CC 1=
−−→
BB 1+
−−−→
DD 1= 2
−−→
OO 1,
то
AA
2
1
+ 2
−−→
AA 1·
−−→
CC1+CC
2
1
=BB
2
1
+ 2
−−→
BB 1·
−−−→
DD1+DD
2
1
.
Оттук, за да докажем твърдението е достатъчно да се убедим, че
−−→
AA
1·
−−→
CC1= (
−→
AO+
−→
m+
−−−→
O 1A1)·(
−−→
CO+
−→
m+
−−−→
O 1C1)
=
1
4
(4m
2
−((~a−
~
b)−ρ(~a−
~
b))
2
=
−−→
BB 1.
−−−→
DD1.
Коментар.Не е необходимо да се поставя допълнително условие за
равнините, в които лежат двата квадрата.
Задача 7.Даден е тетраедърOABC. Построени са точкиA
n,Bnи
C
nтака, че
−−→
OA
n=
1
n
−→
OA,
−−→
OB
n=
1
n+ 1
−−→
OB,
−−→
OC
n=
1
n+ 2
−−→
OC.
Да се докаже, че за всяко естествено числоnравнината(A
nBnCn)минава
през постоянна права.
Решение.Да разсъждаваме първо само за стенатаABO. В равнината
на триъгълникаABOправата минава през постоянна точкаP, за която
е известно, че
−−→
OP=
−−→
OB−
−→
OA. Наистина,
−−→
OP= (n+ 1)
−−→
OB
n−n
−−→
OA n,
следователноP∈A
nBn. По аналогичен начин се доказва, чеQ∈B nCn,
като
−−→
OQ=
−−→
OC−
−−→
OB. СледователноP Q∈(A
nBnCn).
Задача 8.Вътре в тетраедър е избрана точкаM. Да се докаже, че
поне един ръб на тетраедъра се вижда отMпод ъгъл, чийто косинус е не
по-голям от−
1
3
.
Решение.НекаMе вътрешна точка за тетраедъра. Избираме еди-
нични вектори~e
1,~e2,~e3и~e4, колинеарни съответно с
−−−→
MA 1,
−−−→
MA2,
−−−→
MA3и
−−−→
MA
4. Означаваме сα ij=(~e i, ~ej), i6=j.
Допускаме, чеcosα
ij>−
1
3
за всяка двойка (i, j). Тъй като~e
1,~e2,~e3
са тройка некомпланарни вектори, то
~e
4=x1~e1+x2~e2+x3~e3.
Математика 1/2023 г. 29

30. Освен това, понежеMе вътрешна точка за тетраедъра, то числатаx 1,x2
иx3са отрицателни. Последователно умножаваме векторното равенство с
~e
1,~e2,~e3и~e4и получаваме
cosα
14=x1+x2cosα 12+x3cosα 13,cosα 24=x1cosα 12+x2+x3cosα 23,
cosα
34=x1cosα 13+x2cosα 23+x3,1 =x 1cosα 14+x2cosα 24+x3cosα 34.
След почленното събиране на получените четири равенства, достигаме до
равенство от вида
t
4=x1t1+x2t2+x3t3,
където
t
1= 1+cosα 12+cosα 13+cosα 14>0, t2= 1+cosα 12+cosα 23+cosα 24>0,
t
3= 1+cosα 13+cosα 23+cosα 34>0, t4= 1+cosα 14+cosα 24+cosα 34>0,
което е невъзможно, тъй катоx
1<0, x2<0, x3<0.Следователно има
поне един ъгълα
ij, за койтоcosα ij≦−
1
3
.
Задача 9.Дадени са 8 реални числаa, b, c, d, e, f, g, h. Да се
докаже, поне едно от шестте числа
x
1=ac+bd, x 2=a+bf, x 3=ag+bh,
x
4=ce+df, x 5=cg+dh, x 6=eg+fh
е неотрицателно.
Решение.Изразите подсещат за координатна форма на скаларното
произведение на вектори в равнината. Нека~x(a;b),~y(c;d),~z(e;f)и~t(g;h).
Следователноx
1=~x·~y,x 2=~x·~z,x 3=~x·~t,x 4=~y·~z,x 5=~y·~tиx 6=~z·~t.
Нанасяме векторите~x,~y,~zи~tс общо начало точкаO. По двойки четири-
те вектори, които в равнината са разположени в някакъв ред, образуват
6 елементарно геометрични ъгли (не надминаващи180
◦
) и поне един от
ъглите между два от тези вектори е остър или прав, т.е. скаларното им
произведение е неотрицателно и съответното число е неотрицателно.
Задача 10.Да се докаже, че системата




x
4
+y
4
+z
4
= 1
x
2
+y
2
+ 2z
2
=
√
7
няма
решение.
Решение.Ако~u(x
2
, y
2
, z
2
),~v(1,1,2)то дадената система е еквивален-
тна на




~u
2
−1
~u.~v=
√
7
, откъдетоcos(~u,~v) =
r
7
6
>1, което е невъзможно. С
това е доказано, че дадената система няма решение.
С натрупването на повече опит и с внимателно анализиране на полу-
чените резултати, се изработва усет за използването на вектори.
30

31. АНТИУСПОРЕДНИ ПРАВИ
Емил Карлов
Антипод е предмет, явление, лице, противоположно
по свойства и качества на друг предмет, явление, лице.
Антиподи
През тази година за първи път в деветото свое издание на българс-
ки език романът на Жул Верн
”
Капитан Немо“излезе с оригиналното си
заглавие
”
Двадесет хиляди левги под водата“. Главният герой на романа,
капитан Немо, е изключително обаятелен с представите си за света и при-
вързаността си към всепобеждаващата добрина. Капитан Немоеантипод
на човека от сушата, който твори войни и робства.
Антиуспоредни прави
Нека правитеaиbсе пресичат в
точкаO. ПравитеA
1B1иAB(A, A 1∈a
иB, B
1∈b) се наричатантиуспоредни
прави спрямоAOB, ако около чети-
риъгълникаABB
1A1може да се опише
окръжност.
ЗаписвамеABa.y.A
1B1.
a
b
b
O
b
B1
b
A1
bB
b
A
Пример 1.Ако точкитеMиNле-
жат съответно на странитеBCиCDна
квадратаABCD, катоMAN= 45
◦
, то
праватаMNи диагоналътBDса анти-
успоредни прави спрямоMAN(про-
верете!).
b
A
b
B
b
C
b
D
b
M
b
N
Математика 1/2023 г. 31

32. Пример 2.В остроъгълен△ABC
с височиниAA
1иBB 1и ортоцентър
HправитеABиA
1B1са антиуспоред-
ни спрямоACBи са антиуспоредни и
спрямоAHB.
В същата конфигурация е известно,
че радиусътCOна описаната окръж-
ност около триъгълникаABCе перпен-
дикулярен наA
1B1. Това е така, тъй ка-
то височинатаCC
1и радиусът наCO
са симетрични относно ъглополовящата
CLи при една симетрия на△ABCспря-
моCLобразът△A
2B2Cще е хомотети-
чен триъгълник на△A
1B1C. При тази
симетрия праватаCO⊥A
2B2kA1B1.
bA
b
B
b
C
b
B1
b
A1
b
H
b
O
b
B2
b
A2
По същия начин следва, че медианата на△ABCe колинеарна на си-
медианата в△A
1B1Cи обратно, медианата на△A 1B1Ce колинеарна на
симедианата в△ABC. (Да припомним, че в△ABCсиметричната отсечка
CKна медианатаCC
0спрямо ъглополовящатаCLнаричамесимедиана.)
Задача 1.В остроъгълен△ABCвисочинитеAA
1иBB1се пресичат в
точкаH. Да се докаже, че симедианата през върхаCв△ABC, симедианата
през върхаHв△HBCи праватаA
1B1се пресичат в една точка.
Решение.ПравитеABиA
1B1са антиуспо-
редни спрямоACB, т.е. симедианата презCв
△ABCе медиана в△A
1B1Cи разполовява от-
сечкатаA
1B1в точкаK.
ПравитеABиA
1B1са антиуспоредни спря-
моAHBи симедианата в△HBCще бъде ме-
диана в△HA
1B1и ще разполовява отсечката
A
1B1в точкаK.
b
A
b
B
bC
b
B1
b
A1
b
H
bK
b
C0
b
D
Предлагаме на читателя да опита да реши следващите задачи, като
използва свойствата на антиуспоредните прави.
2.СтранитеBC,CDиADна вписан четириъгълникABCDсе допират до
окръжност с център върху странатаAB. Да се докаже, чеAD+BC=AB.
Упътване.Постройте праваC
1D1, симетрична на странатаCD(ан-
тиуспоредна на праватаAB) спрямоAEB, къдетоE=BC∩DA.
3.(М619, Квант) АкоABCDе вписан четириъгълник иAB=BC+DA,
да се докаже, че ъглополовящите наCиDсе пресичат върху страната
AB.
32

33. Ученическо творчество
АРИТМЕТИЧНИ ПРОГРЕСИИ
ОТ ТОЧНИ КВАДРАТИ
Антония Делева
Повод за написване на тази статия е една конкурсна задача, публи-
кувана в брой 2/1983 г. на списание
”
Математика“. Интересното е, че не
само нито един от участниците в конкурса не успя да реши втората част
на задачата, но и това, че авторово решение не беше публикувано. Така
вече 40 години тази задача няма решение на страниците на любимото ми
списание.
Оригиналното условие на конкурсната задача можете да намерите на
следващата страница. Единствената промяна е, че първата и втората част
на задачата са означени съответно като а) и б) подусловие. Тук ще фор-
мулираме аналогична задача, в която ще поставим общия проблем и ще
направим връзка с конкурсната задача.
Задача.Да разгледаме редицата от квадрати на естествените числа
1,4,9,16,25,36,49,64,81,100,121,144,169,196,225,256,289, . . .
Колко различни числа от тази редица можем да изберем, така чете да
образуват аритметична прогресия?
Ако означим сnброя на числата, то само приn= 3задачата има
решение (например числата 1, 25, 49 или 49, 169, 289). В този случай ще
намерим всички аритметични прогресии от точни квадрати (вж. решението
на а) подусловие на конкурсната задача и коментар 2 към него). Ще дока-
жем, че приn= 4задачата няма решение (вж. решението на б) подусловие
на конкурсната задача). Тогава за всякоn≧4задачата няма решение, за-
щото в противен случай ще съществува аритметична прогресияот четири
различни точни квадрата, което не е възможно.
При решението на конкурсната задача се налага да използвамеПита-
горови тройки от взаимно прости числа. В основната задача щеги намерим
всичките.
Основна задача (ОЗ). Да се докаже, че ако две от естествените
числаu,vиwса взаимно прости, то решенията на уравнението
(1) u
2
+v
2
=w
2
Математика 1/2023 г.
33

34. са
(2) u= 2pq, v=p
2
−q
2
, w=p
2
+q
2
или
(3) u=p
2
−q
2
, v= 2pq, w=p
2
+q
2
,
къдетоpиqса взаимно прости числа, едното от тях е четно, а другото
нечетно иp > q >0.
Доказателство.Ако в една от двойките(u, v),(u, w)и(v, w)числата
са взаимно прости, то това е изпълнено и за другите две двойки. Да до-
пуснем, че това не е вярно. Тогава има двойка, в която и двете числа се
делят наdиd >1. От (1) получаваме, че и третото число се дели наd, т.е.
няма двойка взаимно прости числа. Така получаваме противоречие и сле-
дователно(u, v) = 1,(u, w) = 1и(v, w) = 1. (Да припомним, че(u, v) =d
означава, че числатаuиvимат най-голям общ делителd, а приd= 1те
са взаимно прости.)
Числотоwе нечетно, защото в противен случайu
2
+v
2
ще се дели на
4, а това е възможно единствено когатоuиvса също четни, т.е.(u, v)6= 1,
което противоречи на(u, v) = 1.
Тъй катоw
2
дава остатък 1 при деление на 4, то от (1)u
2
+v
2
дава
същия остатък 1 при деление на 4, откъдето числатаuиvса от различна
четност.
Приuчетно иvнечетно число от (1) получаваме
“
u
2
≡
2
=

w+v
2

w−v
2

.
От

w+v
2
,
w−v
2

=d
1се получава, чеd 1дели

w+v
2

∓

w−v
2

, т.е.
d
1делиvиw. Тъй като(v, w) = 1, тоd 1= 1. Освен това числата
w+v
2
и
w−v
2
са от различна четност, защото сборът им е нечетното числоw.
Следователно съществуват взаимно прости числаpиq(p > q >0),
едното от тях е четно, а другото нечетно, за които
u
2
=pq,
w+v
2
=p
2
,
w−v
2
=q
2
,
откъдето получаваме (2).
Аналогично приuнечетно иvчетно число получаваме (3). С това
основната задача е доказана.
Коментар1.Ако(u, v, w)е фиксирана тройка от естествени числа, в
която две от числата са взаимно прости, и за нея е изпълнено равенството
34

35. u
2
+v
2
=w
2
, то тогава (ОЗ) е приложима с допълнението, че числатаpи
qса също фиксирани.
Конкурсна задача(брой 2/1983 г.)
а)Да се намерят всички тройки естествени числаx < y < z, за които
x
2
,y
2
,z
2
образуват аритметична прогресия.
б)Да се докаже, че не съществува четворка естествени числаx < y <
z < t, за която числатаx
2
,y
2
,z
2
,t
2
образуват аритметична прогресия.
Решение. а)За пълнота с малки подобрения ще представим публи-
куваното в брой 7/1983 г. решение на първата част на задачата.
Некаx < y < zса естествени числа иx
2
,y
2
,z
2
образуват аритметична
прогресия. Тогаваx
2
+z
2
= 2y
2
. Нека най-големият общ делител наx,y,z
е равен наd, т.е.x=dx
0,y=dy 0,z=dz 0. Така получаваме
(4) x
2
0
+z
2
0
= 2y
2
0
иx0,y0,z0са взаимно прости. Веднага се забелязва, чеy 0е нечетно, защото
в противен случайx
2
0
+z
2
0
ще се дели на4, а това е възможно единствено
когатоx
0иz0са също четни. Последното противоречи на факта, че числата
x
0,y0,z0са взаимно прости.
Тъй катоy
0е нечетно число, то дясната страна на (4) дава остатък
2 при деление на 4, откъдето следва, чеx
0иz0също са нечетни числа.
Тогава всеки две числа измежду нечетнитеx
0,y0,z0са взаимно прости,
защото в противен случай от (4) общият им делител ще дели и третото
число, което не е възможно.
Уравнението (4) преобразуваме във вида
(5)

z
0+x0
2

2
+

z
0−x0
2

2
=y
2
0
.
От(x
0, z0) = 1следва, че

z
0+x0 2
,
z
0−x0
2

= 1.
Сега вече можем да използваме (ОЗ) и да запишем решенията на (5)
x
0+z0
2
= 2pq,
z
0−x0
2
=p
2
−q
2
, y0=p
2
+q
2
или
x
0+z0 2
=p
2
−q
2
,
z
0−x0
2
= 2pq, y
0=p
2
+q
2
,
къдетоpиqса взаимно прости числа, едното от тях е четно, а другото
нечетно иp > q >0. Така намираме решенията на (4)
x
0=|2pq−p
2
+q
2
|, y0=p
2
+q
2
, z0= 2pq+p
2
−q
2
и следователно
x=d|2pq−p
2
+q
2
|, y=d(p
2
+q
2
), z=d(2pq+p
2
−q
2
).
Математика 1/2023 г. 35

36. Коментар2.Аритметичните прогресии от различни точни квадрати
приn= 3саd
2
(2pq−p
2
+q
2
)
2
,d
2
(p
2
+q
2
)
2
,d
2
(2pq+p
2
−q
2
)
2
, къдетоp
иqса взаимно прости естествени числа, едното от тях е четно, а другото
нечетно, катоdсъщо е естествено число.
б)Некаx < y < z < tса естествени числа иx
2
,y
2
,z
2
,t
2
образуват
аритметична прогресия. Тогава
(6) x
2
+z
2
= 2y
2
иy
2
+t
2
= 2z
2
.
Нека(k, l, r)е тройка естествени числа, за коятоk=y−x,l=z−y,
r=t−z. Тогава от (6) получаваме
(y−k)
2
+ (y+l)
2
= 2y
2
и(z−l)
2
+ (z+r)
2
= 2z
2
,
откъдето2(k−l)y=k
2
+l
2
и2(l−r)z=l
2
+r
2
.Тъй катоyиzса естествени
числа, тоk > l > rиy=
k
2
+l
2
2(k−l)
иz=
l
2
+r
2
2(l−r)
.Отl=z−yполучаваме
l=
l
2
+r
2
2(l−r)
−
k
2
+l
2
2(k−l)
,откъдето след привеждане под общ знаменател
2(l−r)(k−l)l= (k−l)(l
2
+r
2
)−(l−r)(k
2
+l
2
)
и след опростяване получаваме квадратното уравнение относноl
(k+r)l
2
+ (k−r)
2
l−kr(k+r) = 0.
Коефициентите на квадратното уравнение са цели числа и за даима корен
естествено число, необходимо условие е дискриминантата муда е точен
квадрат:
D= (k−r)
4
+ 4kr(k+r)
2
= (k−r)
4
+
`
(k+r)
2
−(k−r)
2
·
(k+r)
2
=
(k−r)
4
+(k+r)
4
−(k−r)
2
(k+r)
2
= (k+r)
4
−(k+r)
2
(k−r)
2
+(k−r)
4
=s
2
,
къдетоsе естествено число.
Да означимm=k+rиn=k−r, къдетоmиnса естествени числа
иm > n. Така получаваме диофантовото уравнение
(7) m
4
−m
2
n
2
+n
4
=s
2
.
Ще докажем, че то няма решение в естествени числаm,nиs, катоm > n.
Да допуснем, че съществува поне едно решение на (7). Тъй катоmn
е естествено число, то от всички решения да изберем решение(m
0, n0, s0),
за коетоm
0n0e минимално число. Ако(m 0, n0) =d 0, то

m
0
d0
,
n
0
d0
,
s
0
d
2
0

е
36

37. също решение на уравнението (7) и следователноm 0n0≦
m
0
d0
·
n
0
d0
, откъдето
d
0= 1, т.е.(m 0, n0) = 1. Числотоs 0е взаимно просто както сm 0, така и
сn
0, защото в противен случай ще получим, че(m 0, n0)6= 1, което не е
възможно. Следователно(s
0, m0n0) = 1.
Решението(m
0, n0, s0)удовлетворява (7), което представяме във вида
(8) (m
2
0
−n
2
0
)
2
+ (m 0n0)
2
=s
2
0
.
От(m
0, n0) = 1следва, чеm 0иn0са от различна четност или са
нечетни.
I.Числатаm
0иn0са от различна четност.
Тъй като(s
0, m0n0) = 1, то прилагаме (ОЗ) за равенството (8) и от (3)
(v=m
0n0е четно число) получаваме, че
m
2
0
−n
2
0
=p
2
−q
2
иm 0n0= 2pq,
където(m
0, n0) = 1,(p, q) = 1,pиqса естествени числа от различна
четност иp > q. Освен това числата във всяка от двойките(m
0, p)и(n 0, q)
са от една и съща четност, защото в противен случай двете страни на
равенствотоm
2
0
−n
2
0
=p
2
−q
2
ще имат различни остатъци (1 и 3) при
деление на 4. Следователно имаме два случая:
Случай1.Числатаm
0иpса четни, аn 0иqса нечетни.
Да означим
“
m
0
2
, p
≡
=a,
“
m
0
2
, q
≡
=b,(n
0, p) =cи(n 0, q) =d. Тогава
от
m
0
2
n
0=pq,
“
m
0
2
, n
0
≡
= 1,(p, q) = 1следва, че
m
0
2
=ab,n
0=cd,p=ac,
q=bd. Освен товаb,cиdса нечетни, аaе четно. Също така всеки две от
естествените числаa,b,cиdса взаимно прости.
Заместваме вm
2
0
−n
2
0
=p
2
−q
2
намерените изразявания и получаваме
равенството(2ab)
2
−(cd)
2
= (ac)
2
−(bd)
2
, откъдетоb
2
(4a
2
+d
2
) =c
2
(a
2
+d
2
),
т.е.
(9)
4a
2
+d
2
a
2
+d
2
=
c
2
b
2
.
От(a, d) = 1и(b, c) = 1получаваме съответно, че(a
2
, d
2
) = 1и(b
2
, c
2
) = 1.
Да означим(4a
2
+d
2
, a
2
+d
2
) =d 1. Тогаваd 1дели4a
2
+d
2
−(a
2
+d
2
)и
4(a
2
+d
2
)−(4a
2
+d
2
), т.е.d 1|3a
2
иd1|3d
2
, откъдетоd 1= 1илиd 1= 3.
Акоd
1= 3, то3|a
2
+d
2
, т.е.3|aи3|d, което не е възможно, защото
(a, d) = 1. Следователно(4a
2
+d
2
, a
2
+d
2
) = 1. Тъй като двете дроби в (9)
са несъкратими, то4a
2
+d
2
=c
2
иa
2
+d
2
=b
2
.
От(c, d) = 1следва, че можем да приложим (ОЗ) за равенството
(2a)
2
+d
2
=c
2
и от2aчетно число съгласно (2) получаваме, че
2a= 2p
1q1иd=p
2
1
−q
2
1
,
Математика 1/2023 г. 37

38. откъдето
p
4
1
−p
2
1
q
2
1
+q
4
1
= (p
2
1
−q
2
1
)
2
+ (p1q1)
2
=d
2
+a
2
=b
2
,
къдетоp
1,q1иbса естествени числа иp 1> q1. Следователно(p 1, q1, b)
е решение на уравнението (7) иp
1q1=a≦abcd=
m
0
2
n
0< m0n0. Така
получихме, че за решението(p
1, q1, b)спрямо решението(m 0, n0, s0)e из-
пълненоp
1q1< m0n0, което противоречи с това, чеm 0n0е минимално.
Следователно в този случай уравнението (7) няма решение.
Случай2.Числатаm
0иpса нечетни, аn 0иqса четни.
Тъй като решението е напълно аналогично на случай 1, ще маркира-
ме резултатите в отделните стъпки. Да означим(m
0, p) =a,(m 0, q) =b,
“
n
0
2
, p
≡
=cи
“
n
0
2
, q
≡
=d. Първо ще получим, чеm
0=ab,
n
0
2
=cd,p=ac,
q=bd. След това ще стигнем до равенствотоa
2
+ (2d)
2
=b
2
и накрая ще
получим, чеp
4
1
−p
2
1
q
2
1
+q
4
1
=c
2
иp1q1=d≦abcd=m 0
n0
2
< m
0n0. Следова-
телно и в този случай уравнението (7) няма решение, защото получаваме,
чеp
1q1< m0n0, т.е. противоречие относно минималността наm 0n0.
II.Числатаm
0иn0са нечетни.
Тъй като(s
0, m0n0) = 1, то прилагаме (ОЗ) за равенството (8) и от (2)
(v=m
0n0е нечетно число) получаваме, че
m
2
0
−n
2
0
= 2pqиm 0n0=p
2
−q
2
,
откъдето
p
4
−p
2
q
2
+q
4
= (p
2
−q
2
)
2
+ (pq)
2
= (m 0n0)
2
+

m
2
0
−n
2
0
2

2
=

m
2
0
+n
2
0
2

2
.
Така получихме равенствотоp
4
−p
2
q
2
+q
4
=

m
2
0
+n
2
0
2

2
, къдетоpиqса
от различна четност,(p, q) = 1иp > q >0. Съгласно доказаното в (I) това
не е възможно. Следователно и в (II) уравнението (7) няма решение.
Тъй като диофантовото уравнениеm
4
−m
2
n
2
+n
4
=s
2
няма решение
в естествени числа приm > n(по общо приm6=n), то получаваме, чеlне
е цяло число. Противоречието се дължи на допускането, чеx < y < z < t
са естествени числа иx
2
,y
2
,z
2
,t
2
образуват аритметична прогресия. С
това конкурсната задача е решена.
Нека да разгледаме няколко варианта на задачата и да посочимтех-
ните отговори (решенията оставяме за вас). Във всички тези задачи сnще
означаваме броя на числата. За всяко възможноnще намерим съответните
му аритметични прогресии.
38

39. Задача 1.Да разгледаме редицата от различните квадрати на це-
лите числа0,1,4,9,16,25,36,49, . . .Колко различни числа от тази редица
можем да изберем, така че те да образуват аритметична прогресия?
Коментар3.Числото 0 не участва в нито една аритметична прогресия
от точни квадрати с различни членове (защо?). Затова отговорът на тази
задача напълно съвпада с този на решената задача.
Задача 2.Да разгледаме редицата от различните квадрати на целите
числа0,1,4,9,16,25,36,49, . . .Колко числа от тази редица можем да избе-
рем, при което някои числа могат да се повтарят, така че те да образуват
аритметична прогресия?
Отговор:n≧3. Приn= 3освен посочените в коментар 2 решения
добавяме и решениятаa
2
,a
2
,a
2
, къдетоaе неотрицателно цяло число.
Приn≧4решенията са самоa
2
, a
2
, . . . , a
2
, където броят на числата еnи
aе неотрицателно цяло число.
Задача 3.Да разгледаме множеството
A=
⊂
a
2
b
2
,където(a, b) = 1, aиbса естествени числа
σ
.
Колко различни числа можем да изберем отA, така че те да образуват
аритметична прогресия?
Упътване:Ако допуснете, че приn≧4съществува аритметична прог-
ресия сnразлични члена от множествотоA, то след като умножите всич-
ките `и членове с най-малкото общо кратно на знаменателите им, ще полу-
чите аритметична прогресия от различни точни квадрати сnчлена, което
доказахме, че не е възможно.
Отговор:Самоn= 3. Като използвате коментар 2, намерете всички
аритметични прогресии с три различни члена от множествотоA.
Задача 4.Да разгледаме множествотоBот различните квадрати на
рационалните числа, т.е.B=A∪ {0}.
a) Колко различни числа можем да изберем отB, така че те да обра-
зуват аритметична прогресия?
б) Колко числа можем да изберем отB, при което някои числа могат
да се повтарят, така че те да образуват аритметична прогресия?
Отговор:a) Съвпада с отговора на задача 3.
б)n≧3. Приn= 3освен решенията от задача 3 добавяме и решенията
c,c,c, къдетоc∈B. Приn≧4решенията са самоc, c, . . . , c, където броят
на числата еnиc∈B.
Математика 1/2023 г. 39

40. ЕЛИПСИ И САНГАКУ
Да разгледаме тази японска рисунка от 1707 г.
Забелязвате ли, че въжето и юздата на коня са промушени в халка, а
краищата на въжето са вързани за две колчета. В каква област може да
се движи конят, който е вързан по този начин?
Сборът от разстоянията от всяка точка по границата на тази област
до двете колчета е равен на дължината на въжето, т.е. е постоянен. Крива
с това свойство се наричаелипса, а точкитеF
1иF2, в които са забити
колчетата – нейнифокуси.
b
F1
b
F2
b b
b
b
b
На древните японски плочки сангаку, достигнали до нас от епохата Едо
(1603–1867), откриваме изкусно изработени илюстрации на някои свойства
на елипсата. Преди да ги разгледаме, да споменем някои основни свойства
на елипсата.
40

41. Елипсата има две оси на симетрия: правата през фокусите и симетра-
лата на отсечката, която свързва фокусите. Тези прави се наричат голяма и
малка ос на елипсата, а частите от тях, които лежат в елипсата– дължина
на голямата и малката ос.
Ясно е, че дължината на въжето на коня е равна на дължината на
голямата ос на елипсата. Също така, интуитивно е ясно, че конят може да
достигне до всички точки вътре в елипсата и не може да излезе извън нея.
Това свойство се доказва лесно (опитайте!).
Свойство 1.Сборът от разстоя-
нията до фокуситеF
1иF2от вътрешна
точкаXна елипсата е по-малко от дъл-
жинатаbна голямата ос, а от външна
точка е по-голямо.
b
F1
b
F2
b
X
b
Y
Следващото свойство е известно катооптично свойство на елип-
сатаи гласи, че ако гранцата на елипсата е огледална и светлинен лъч
тръгне от единия фокус, той ще се отрази от границата и ще минепрез
другия фокус.
Тъй като светлинен лъч, който па-
да на огледална повърхност под опреде-
лен ъгъл, се отразява от нея под същия
ъгъл, оптичното свойство на елипсата
всъщност гласи, че акоPе произволна
точка от елипсата, допирателнатаlпрез
Pсключва равни ъгли сF
1PиF 2P. Мо-
же да кажем, чеlе външна ъглополовя-
ща наF
1P F2.
b
F1
b
F2
bP
b
X
От това свойство лесно следва, че ако фокусътF 1на дадена елипса
лежи на нейната хордаP Qи допирателните към елипсата в точкитеPи
Qсе пресичат в точкаR, тоRе център на външновписана окръжност на
триъгълникаP QF
2, аF 1е допирната точка на тази окръжност сP Q.
bF1
b
F2
bc
P
b
b
Q
b
R
Математика 1/2023 г. 41

42. Тази конфигурация има още едно интересно свойство – външновписа-
ната в△P QF
2окръжност допираP Qвъв фокусаF 1.
Това е така, понеже за точкитеPиQот елипсата е изпълнено ра-
венствотоF
1P+F 2P=F 1Q+F 2Q,което означава, чеF 1разполовява
периметъра на△P QF
2. Последното свойство определяF 1като допирна
точка на външновписаната в△P QF
2окръжност със странатаP Q.
Следствие от оптичното свойство на елипсата е нейното изогонално
свойство. То гласи, че ако от произволна външна точкаPса построени
допирателниP XиP Yкъм елипса, тоF
1P X=F 2P Y.
b
F1
b
F2
b
P
b
X
b
Y
b
F
′
1
bb
b
F
′
2
Този факт може да се докаже, като построим симетричните точки
F
′
1
иF
′
2
наF 1иF2относноP XиP Yсъответно. От оптичното свойст-
во следва, чеX∈F
′
1
F2иY∈F 1F
′
2
. Освен товаF
′
1
F2P
∼
=F 1F
′
2
P(защо?)
и от равенствата на съответните ъглиF
1P F
′
2
=F 2P F
′
1
получаваме, че
F
1P X=F 2P Y.
От доказаната еднаквост следва
още, чеP F
1Y=P F
′
1
X=P F 1X,
т.е.F
1Pе ъглополовяща наXF 1Y.
От изогоналното свойство следва,
че фокусите на елипса, вписана в три-
ъгълник, са изогонални точки относно
този триъгълник.
b
F1
b
F2
b
C
b
A
b
B
Задача 1.В изпъкнал четириъгълникABCDе вписана елипса с
фокусиF
1иF2. Да се докаже, чеAF 1B+CF 1D= 180
◦
.
Решението на задачата е директно следствие от изогоналнотосвойство
и предлагаме на читателя самостоятелно да се убеди в това.
Следващата задача е илюстрирана от древните японски майстори в
едно сангаку – дървена плочка с геометричен чертеж (без решение!).
Задача 2.В изпъкнал четириъгълникABCDе вписана елипса, чиито
фокусиF
1иF2лежат съответно на диагоналитеACиBD. Да се докаже,
чеAB.CD=AD.BC.
42

43. Решение.Ще използваме означенията на чертежа. От изогоналното
свойство имаме равенствата
ADF
1=CDB=α,ABF 1=CBD=β.
Според резултата от задача 1. имаме
AF
1D+BF 1C= 180
◦
=⇒AF 1D=AF 1B=γ.
b
F1
b
F2
bC
b
A
bD
b
B
α
α
β
β
γ
γ
По синусовата теорема за△AF 1Dи△AF 1Bполучаваме
AD
AF1
=
sinγ
sinα
,
AF
1
AB
=
sinβ
sinγ
Като умножим почленно двете равенства и използваме синусовата теорема
в△BCD, намираме
AD
AB
=
sinβ
sinα
=
CD
BC
,
откъдето следва даденото равенство.
Накрая ще се спрем на някоипроективни свойства на елипсата. Да
разгледаме сечението на безкраен прав кръгов цилиндър с равнина, която
не е успоредна на оста му. Когато равнината е перпендикулярна на оста
на цилиндъра, сечението е окръжност. Акозавъртимравнината, нейното
сечение с цилиндъра е елипса.
Това означава, че успоредната проекция на окръжност е елипса. Вярно
е и обратното: за всяка елипса съществува успоредна проекция, която я
превръща в окръжност.
С помощта на свойствата на успоредното проектиране лесно седоказва
следващата задача, известна като теорема на Карно.
Задача 2.Елипса пресича страните на триъгълникABCв точки
A
1, A2, B1, B2, C1, C2. Да се докаже, че
BA
1. BA2
CA1. CA2
.
CB
1. CB2
AB1. AB2
.
AC
1. AC2
BC1. BC2
= 1.
Математика 1/2023 г. 43

44. Решение.Като проектираме успо-
редно елипсата в окръжност, за образи-
те на дадените точки имаме равенствата
B
′
A
′
1
. B
′
A
′
2
=B
′
C
′
1
. B
′
C
′
2
,
C
′
A
′
1
. C
′
A
′
2
=C
′
B
′
1
. C
′
B
′
2
,
A
′
B
′
1
. A
′
B
′
2
=A
′
C
′
1
. A
′
C
′
2
и оттук съответното произведение е рав-
но на 1.
bC
b
A
bB
b
C1
b
C2
bA1
b
A2
bB1
bB2
Тъй като успоредното проектиране запазва отношението на колинеар-
ни отсечки, твърдението е доказано.
Да отбележим, че ако елипса допира страните наABCв точкитеA
′
, B
′
иC
′
, от теоремата на Карно и теоремата на Чева следва, че правитеAA
′
,
BB
′
иCC
′
се пресичат в една точка. А този факт е бил известен още на
японските математици.
Да завършим с още една задача, която откриваме сред японските сан-
гаку.
Задача 3.Елипса с дължина на голямата осaе вписана в равнобед-
рен трапец с основиABиCDтака, че голямата ос е успоредна на основите.
Да се докаже, чеAB.CD= 4a
2
.
Решение.Проектираме успоредно, така че елипсата да се изобрази в
окръжност с диаметър малката осb.
b b
b
b
b
D
b
C
b
A
b
B
b
D
′
b
C
′
b
B
′
b
A
′
b b b b
b b
b
Тъй като отсечкитеAB,CDи голямата ос на елипсата са успоредни,
отношението на техните дължини се запазва при успоредно проектиране,
т.е.(1)
A
′
B
′
AB
=
C
′
D
′
CD
=
b
a
.ТрапецътA
′
B
′
C
′
D
′
е равнобедрен (защо?) и
описан около окръжност, следователно(2)A
′
D
′
=
12
(A
′
B
′
+C
′
D
′
).Ви-
сочината на трапецаA
′
B
′
C
′
D
′
е равна на диаметъра на окръжносттаb,
откъдето(3)A
′
D
′2
=
1
4
(A
′
B
′
−C
′
D
′
)
2
+b
2
.От (1), (2) и (3) следва твър-
дението на задачата.
44

45. Конкурсът за ученици от V до VII клас се провежда кореспондентно.
Класирането се извършва въз основа на изпратените в срок решения на
конкурсните задачи, публикувани в бр. 5 и 6 от 2022 г. и бр. 1, 2от 2023 г.
Във всеки брой се предлагат три задачи – съответно за V, VI и VII
клас. Като се отчитат всички изпратени решения, се извършвакласиране
отделно за всеки клас.
Във всяко писмо напишететрите си имена, класа и училището
си. Решенията изпращайте на e-mail: [email protected].
∗ ∗ ∗
1.В студентско общежитие номерата на стаите на Ани, Ирина и Кати
са трицифрени числа. Боб, Явор и Петър искали да разберат в коистаи
живеят момичетата. Боб попитал всяко от тях:
– Колко е произведението на цифрите на номера на твоята стая?
Ани пресметнала и отговорила 64, Ирина казала 35, а Кати – 81.
Тогава Явор се включил в разговора:
– А колко ли е сборът от стотиците на номерата на вашите три стаи?
Момичетата отвърнали:
– Добър въпрос! Сборът е 24.
И накрая Петър се обадил:
– А колко е сборът от единиците на номерата на вашите стаи?
Ирина завършила разговора:
– Сборът на единиците е 9 и мисля, че това е достатъчно!
Могат ли момчетата да определят със сигурност в коя стая живее всяко
от момичетата?
2.Колко четирицифрени числа имат точно9делители от множеството
{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}?
Задача 3.На кръгла маса седят 2023 души. Всеки от тях е или лъ-
жец, или рицар (рицарите винаги казват истината, а лъжците винаги лъ-
жат. Първият казал:Има поне един лъжец на тази маса. Човекът отляво
на първия казал:Има поне един рицар на тази маса. Третият (вляво от
втория) казал:На тази маса има поне двама лъжци. Четвъртият казал:
На тази маса има поне двама рицари.Това продължило, докато послед-
ният човек (вдясно на първия) казал:На тази маса има поне1012лъжци.
Първият човек (този, който започнал разговора), накрая казал:Има поне
1012рицари на тази маса. Колко лъжци седят на масата?
Срокът за представяне на решенията е31.03.2023г.
Математика 1/2023 г. 45

46. Решения на конкурсните задачи за по-малките от
бр. 5/2022 г.
Задача 1.Ще казваме, че три поредни двуцифрени числа образуват
добра редица, ако четирицифреното число, което се получава като след
най-малкото от трите числа запишем най-голямото, се дели насредното
число в редицата. Например, 21, 22 и 23 не образуват добра редица, защото
2123 не се дели на 22. Колко са всички добри редици?
Решение на Йордан Цоканов (7. клас, СМГ) . Нека поредните
двуцифрени числа саn,n+ 1иn+ 2. Числото, образувано отслепването
наnиn+ 2, е
100n+n+ 2 = 101n+ 2 = 101n+ 101−99 = 101(n+ 1)−99.
То се дели наn+ 1точно когатоn+ 1е делител на 99. Тъй катоn+ 2е
двуцифрено число, тоn+ 1≦98. Така двуцифреното числоn+ 1e 11 или
33.
Добрите редици са 10, 11, 12 и 32, 33, 34.
Задачата е решена и отЙоан Михайлов (7. клас, Стара Загора),
Катерина Илиева (6. клас, СМГ),Валентина Кънева (6. клас, Стара
Загора),Чудомир Стойчев (7. клас),Сияна Бандрова(6. клас, СМГ)
и частично решена отГеорги Георгиев(6. клас, Стара Загора).
Задача 2.Да се намери естественото числоn, ако2.nима 15 дели-
тели, а3.nима 16 делители.
Решение на Иван Георгиев (7. клас, СМГ) . Числото2nима 15
делители, следователно разлагането му на прости множителие от вида
p
2
q
4
илиp
14
; тъй като един от простите множители е 2, то
2n= 2
2
q
4
илиp
2
.2
4
или2
14
,т.е.n= 2q
4
илиp
2
.2
3
или2
13
.
Последната възможност отпада, тъй като3.2
13
има 28, а не 16 делители.
Акоn= 2q
4
иq= 3, то3n= 2.3
5
има 12, а не 16 делители.
Акоn= 2q
4
иq6= 3, то3n= 2.3.q
4
има 20, а не 16 делители.
Акоn=p
2
.2
3
иp6= 3, то3n= 2
3
.3.p
2
има 24, а не 16 делители.
Акоn=p
2
.2
3
иp= 3, то3n= 3
3
.2
3
има 16 делители.
Следователноn= 3
2
.2
3
= 72.
Задачата е решена и отЙордан Цоканов(7. клас, СМГ),Георги Ге-
оргиев(6. клас, Стара Загора),Елизабета Казале,Йоан Михайлов(7.
клас, Стара Загора),Валентина Кънева(6. клас, Стара Загора),Сияна
Бандрова(6. клас, СМГ).
46

47. Задача 3.Седем гимнастички правят пи-
рамида, както е показано на фигурата. Всяка от
тях има номер на трикото си. Номерата са от 1
до 7 и всяка гимнастичка може да стъпи само
на рамото на гимнастичка с по-голям от нейния
номер. По колко различни начина могат да се
подредят гимнастичките в пирамидата?
Решение на Иван Георгиев (7. клас, СМГ) . Означаваме гимнас-
тичките по показания на чертежа начин.
a
b
1 b2
c1c2 c4c3
ւ
ււց
ց
ց
Знаем, чеa < b 1< c1,a < b1< c2,a < b2< c3иa < b2< c4.
Следователноa= 1иb
1илиb 2е равно на 2.
Некаb
1= 2, тогаваb 2може да е 5, 4 или 3.
Акоb
2= 3, то числатаc 1, c2, c3, c4са 4, 5, 6, 7 в някакъв ред. Броят на
тези подредби е4.3.2.1 = 24.
Акоb
2= 4, то 3 еc 1илиc 2, а останалите три числа на долния ред са
5, 6, 7 в някакъв ред. Броят на тези подредби е2.(3.2.1) = 12.
Акоb
2= 5, тоc 3иc4са 6 и 7 в някакъв ред, аc 1иc2са 3 и 4 в някакъв
ред. Броят на тези подредби е2.2 = 4.
Така получаваме24 + 12 + 4 = 40подредби приb
1= 6. Толкова са и
приb
2= 6. Общо подредбите са2.40 = 80.
Второ решение.При въведените означения, имамеa= 1. Числата,
които в някакъв ред ще се запишат на местата наb
1,c1иc2, могат да се
изберат измежду 2, 3, 4, 5 и 6 по
6.5.4
3.2.1
= 20начина.
По този начин са определени числата в тройкитеb
1,c1,c2иb2,c3,c4.
Остава да ги подредим. Числатаb
1иb2се определят еднозначно – те са
най-малките в своята тройка. Заc
1,c2има 2 възможности, както и заc 3,
c
4.
Така получаваме20.2.2 = 80подредби.
Задачата е решена и отЙордан Цоканов(7. клас, СМГ),Йоан Ми-
хайлов(7. клас, Стара Загора),Валентина Кънева (6. клас, Стара За-
гора).
Математика 1/2023 г. 47

48. Уважаеми читатели,
Конкурсът на сп.
”
Математика“продължава през 2022/23 г. Участват
всички ученици, които изпратят в посочения срок решения на задачите.
Очакваме вашите решения на e-mail [email protected] (във фор-
мат pdf).
∗ ∗ ∗
Задача 1.НекаABCDе вписан четириъгълник, за който съществува
праваl, успоредна наBD, която се допира до вписаните в триъгълниците
ABCиCDAокръжности. Да се докаже, чеlминава през центъра на
вписаната окръжност на всеки от триъгълницитеBCDиDAB.
Задача 2.Некаf(x) = 2x
2
+x−1, f
0
(x) =xиf
n+1
(x) =f(f
n
(x))за
всички реалниx >0и неотрицателно цяло числоn.
Да се докаже, че за всякоn≧0броят на различните реални коре-
ни на уравнениетоf
n
(x) = 0е равен на2F n(където{F n}е редицата на
Фибоначи).
Задача 3.Множеството отхубави двойки думинад азбуката{a, b}
се дефинира по следния начин:
•(a, b)е хубава двойка думи;
•(α, β)6= (a, b)е хубава двойка думи тогава и само тогава, когато
съществува такава хубава двойка думи(u, v), че
(α, β) = (uv, v)или(α, β) = (u, uv)
Докажете, че ако(α, β)е хубава двойка думи, тогава съществува палинд-
ромγ(възможно празен), такъв чеαβ=aγb.
Срокът за представяне на решенията е31.03.2023г.
48

49. Решения на конкурсните задачи от бр. 5/2022 г.
Задача 1.Акоaиbса положителни реални числа иa
2
+b
2
=
1
2
, да
се докаже, че
1
1−a
+
1
1−b
≧4.
Решение.От неравенството между средното квадратично и средното
аритметично заaиbследва, че
a+b
2
≦
r
a
2
+b
2
2
=
1
2
=⇒a+b≦1.
От неравенството между средното хармонично и средното аритметично за
положителните числа1−aи1−bследва, че
1
1−a
+
1
1−b
≧
4
(1−a) + (1−b)
=
4
2−a−b
≦4.
Задача 2.Да се намери броят на десетцифрените числа, записани с
различни цифри, в записа на които до всяка по-малка от 9 цифраaима
поне една по-голяма отaсъседна цифра.
Решение.Позицията на цифрата 8 е вляво или вдясно от цифрата 9,
т.е. може да се избере по 2 начина. Позицията на цифрата 7 е вляво или
вдясно от блока от двете цифри 8 и 9, т.е. може да се избере по 2 начина.
По същия начин разсъждаваме за 6, 5, 4, 3, 2 и 1, а цифрата 0 е цифра
на единиците на полученото число. Така търсените дестцифрени числа са
2
8
= 256на брой.
Задача 3.Даден е триъгълникътABC,AC6=BC. НекаIиOса
центровете на вписаната и на описаната окръжности заABC. Вписаната
окръжност се допира до странитеBCиACсъответно в точкитеDиE.
Описаните окръжности околоABCиCDEсе пресичат в точкитеCиP.
Да се докаже че пресечната точкаSна правитеCOиP Iлежи на описаната
околоABCокръжност.
Решение.Тъй катоCIе диаметър на описаната около триъгълника
CDEокръжност (защо?), тоCP I= 90
◦
. Тогава, акоCPпресича описа-
ната около триъгълникаABCокръжност в точкаK, тоCP K= 90
◦
, т.е.
CKе диаметър и получаваме, чеO∈CK, откъдето следва твърдението.
Математика 1/2023 г. 49

50. Тренировъчният тест е от сборника
”
Математика за таланти“за 7.
клас, който скоро ще може да намерите по книжарниците. Сборникът
включва актуалните задачи на
”
СМГ учители“и тренировъчни тестове
по формата на националното външно оценяване по математика.
ПЪРВА ЧАСТ
1.Изразът(3−0,5).2 + 3−2 : 2
1
2
е равен на:
А)7,2 Б)5,4 В)6,75 Г)7,5
2.Стойността на израза9x
2
−y
2
заx=
23
иy=−2е:
А)0 Б)8 В)16 Г)18
3.Сборът от коефициента и степента на едночлена

−5
15

xy
2
·

−
10
13

x
2
·(−y
2
)
3
е:
А)6 Б)7 В)14 Г)15
4.Ъгълът, който е четвъртинка от своя съседен ъгъл, е с мярка:
А)30
◦
Б)36
◦
В)45
◦
Г)144
◦
5.
Числото−2НЕ е решение на уравнението:
А)−
1
2
x= 1 Б)3(y−2) =−12
В)x−2 = 2−x Г)4−y
2
= 0
6.Колко на брой от посочените четири твърдения са верни?
1. Съседен ъгъл на остър ъгъл е остър ъгъл.
2. Броят на нулите в записа на числото, равно на стойността на израза
650
2
−350
2
, е 5.
3. Противоположните ъгли са със сбор180
◦
.
4. Уравнението20−21x= 21x+ 20няма решение.
А)1 Б)2 В)3 Г)4
50

51. 7.Изразът3−2a−(2a−3)
2
е тъждествено равен на:
А)2a(3−2a) Б)2(a−1)(3−2a)
В)(2a−1)(3−2a) Г)(2−2a)(3−2a)
8.Решенията на уравнението|1−3x|= 5са:
А)2 и−
4
3
Б)−2и
4
3
В)5 и
1
3
Г)−
1
3
и 2
9.Върховете на триъгълник, еднакъв на триъгълникABC, са:
А)R,SиM Б)N,QиP В)S,NиT Г)S,NиQ
10.В△ABCградусните мерки наCиBса
съответно в отношение3 : 4. Колко е градусната
мярка наC, ако външният ъгъл при върхаA
е с мярка70
◦
?
А)40
◦
Б)30
◦
В)20
◦
Г)10
◦
11.На чертежаABkDE,CDE= 49
◦
иABC= 124
◦
. Колко градуса е
мярката наBCD?
А)85
◦
Б)95
◦
В)105
◦
Г)115
◦
Математика 1/2023 г.
51

52. 12.Един работник може да свърши сам дадена работа за 6 часа, а друг
работник работи два пъти по-бързо от него. За колко време двамата заедно
могат да свършат тази работа?
А)9 часа Б)4 часа В)2 часа
Д)данните не са достатъчни за да се определи
13.Ако оставащата част от денонощието е 60% от изминалата, то часът
в момента е:
А)6 ч Б)9 ч и 36 мин.В)14 ч и 24 мин.Г)15 ч
14.Колко от твърденията НЕ са верни?
Два триъгълника са еднакви, ако имат съответно равни:
– два ъгъла и височина през върха на единия от тях.
– една страна, прилежащ на нея ъгъл и негова ъглополовяща.
– две страни и ъгъл.
– два ъгъла и височина през върха на третия ъгъл.
А)4 Б)3 В)2 Г)1
15.Зарче с 20 стени (еднакви равностранни триъгълници) се нарича
икосаедър. Всички числа от 1 до 20 са написани на стените му, по едно
число на всяка стена. Каква е вероятността при хвърляне на такова зарче
да се падне число, което се дели на 4?
А)
1
3
Б)30% В)
1
4
Г)20%
16.В правоъгълния△ABC(C= 90
◦
) са пост-
роени височинатаCDи ъглополовящатаAL, ко-
ито се пресичат в точкаO. АкоDCB= 56
◦
, то
колко градуса е мярката наCOL?
А)72
◦
Б)66
◦
В)62
◦
Г)56
◦
17.На чертежаB= 70
◦
,C= 50
◦
,MLkABиAM=ML. Колко
градуса е мярката наALM?
А)20
◦
Б)30
◦
В)35
◦
Г)40
◦
52

53. 18.Кое от посочените твърдения за точките с координати(−1; 3)и(3;−1)
спрямо дадена координатна система е вярно:
А)Точките са на равни разстояния от абсцисната ос.
Б)Точките са на равни разстояния от ординатната ос.
В)Точките са на равни разстояния от началото на координатната
система.
Г)И трите, посочени вече твърдения, са верни.
19.Кръгът от чертежа е с радиусиOA=OB=
14см. Част от него е защрихована.
а) Колко процента от лицето на кръга е лицето
на защрихованата фигура?
б) Колко сантиметра (закръглени до цяло число)
е обиколката на защрихованата фигура?
20.Мярката наABCв триъгълникABC
е78
◦
. ТочкаMе вътрешна за триъгълника и
е такава, чеMBC=MCA=MABи
AMC= 122
◦
.
a) Колко градуса е мярката наAMB?
б) Колко градуса е мярката наACB?
ВТОРА ЧАСТ
21.Дадени са многочлените:
A= (3x−2)(3−2x)
B= (x−2)
3
−(x−2)(x
2
+ 2x+ 4)−6
C= (−x−3)
2
−7(x−1)(1 +x)−18(x+ 2)
(1)−6x
2
−6
(2)−6x
2
+ 12x−22
(3)−6x
2
+ 12x−6
(4)−6x
2
+ 13x−6
(5)−6x
2
−12x−20.
a)Срещу всяка буква запишете число от 1 до 5 така, че съответните
два израза от двете таблици да са тъждествено равни.
б)Да се намери коренът на уравнениетоA−B= 0.
в)АкоA−B−C−39 = (ax+b)(cx+d), къдетоa, b, c, dса цели числа,
то колко еa+b+c+d?
22.В 8 часа сутринта от град А за град В тръгнал колоездачът Коло със
скорост 16 км/час, а в 8 часа и 45 минути от В за А, по същия път, тръгнал
колоездачът Локо със скорост 20 км/час. В 9 часа и 15 минути, след като
изминал 16% от пътя между А и В, Коло спрял за 15 минутна почивкав
град С и после продължил към В.
Математика 1/2023 г. 53

54. a)Колко километра е изминал Коло до С?
б)Колко километра е разстоянието между А и В?
в)Колко минути след тръгването си от С, Коло е срещнал Локо?
г)В колко часа е пристигнал Локо в А?
д)С колко километра в час трябваше да увеличи скоростта си Коло
след почивката в С, че да пристигне в град В в 13 часа и 42 минути?
23.Даден е равнобедрен триъгълникABCс основаAB. ТочкитеM,Pи
Kса съответно от страните муBC,ACиAB.
a)АкоAB= 17см иAMе медиана, която разделя триъгълника на
два триъгълника, с разлика в периметрите 10 см, то колко сантиметра е
обиколката на△ABC?
б)АкоAC= 20см и разстоянията от точкаKдоACиBCса съот-
ветно 5 см и 7 см, то колко квадратни сантиметра е лицето на△ABC?
в)АкоACB= 20
◦
,P BA= 15
◦
иMP=MB, то колко градуса е
мярката наP MB?
г)АкоCAB= 70
◦
,MP=MBиMA
→
е ъглополовящата наP MB,
то колко градуса е мярката наP MC?
Отговори
1.А 2.А 3.Б 4.Б 5.В
6.А 7.Б 8.А 9.В 10.Б
11.В 12.В 13.Г 14.Г 15.В
16.В 17.Б 18.В
19.а) 30, б) 54
20.а) 102, б) 44
21.а) (6),A−4,B−3,C−5, б) 0, в) 25
22.а) 20, б) 125, в) 150, г) 15, д) 9
23.а) 71, б) 120, в) 50, г) 30
54

55. ИНФЛАЦИЯ
И ПОКУПАТЕЛНА СПОСОБНОСТ
Николай Божилов
Повод за написването на този материал са две задачи за капитал в
учебната тетрадка по математика за седмокласниците (
”
Архимед“, 2018),
в които се изчислява промяната на реалната стойност на парите при инф-
лация. От решението на първата и отговора на втората се вижда, че това
е извършено неправилно.
Грешката на авторите се състои в това, че според тях при инфлация
например 25%, покупателната способност намалява с 25%. Посоченият в
учебната тетрадка способ губи напълно смисъл при трицифрена инфлация.
Всъщност, при инфлация 25% цените се увеличават с 25%, т.е. стават
1,25 пъти по-високи. Това означава, че парите, които преди инфлацията са
купували дадена стока, сега ще купят
1
1,25
=
4
5
= 80%от тази стока. Така
покупателната способност на парите намалява не с 25%, а с20%.
Покупателната способностна парите е количеството стоки и услуги,
които могат да се купят с тези пари при съществуващото ниво нацените.
Процентната промяна на цените се наричаинфлация. Инфлацията, при-
бавена към 100%, образуваиндекса на цените. Покупателната способност
на парите, по определение, е обратнопропорционална на тозииндекс. Така
при инфлацияk%покупателната способност става
1
1 +k%
.
Тези задачи ни връщат към изучаван в шести клас материал – обрат-
ната пропорционалност. Тя помага да се обяснят количествено и качествено
зависимостите между размерите и оборотите на зъбните колела, дължи-
ната на рамената и приложената сила при лостовете, площта и налягането
при натиск, разглеждани в часовете по Човекът и природата. Ав седми
клас по физика се изучават и други обратнопропорционални величини:
електрически ток и съпротивление, фокусно разстояние и оптична сила,
дължина на вълната и честота на трептене. Разбира се, обратната пропор-
ционалност се среща най-често при задачите от работа и движение.
И накрая, предлагам една задача от капитал, с която се показва зави-
симостта между разходи и спестявания.
Задача.На близначките Ивка и Ника давали еднакво количество
”
джобни“. Ника искала да си купи марков парфюм и спестявала част от
парите. За да си купи модни дрешки, Ивка харчела с
1
6
по-малко от Ника
и спестила със 150% повече. Каква част от получените пари e спестила
всяка от тях? Отговор.10% и 25%
Математика 1/2023 г. 55

56. ИЗБРАНИ ЗАДАЧИ ЗА ШЕСТОКЛАСНИЦИ
от последните математически състезания
Предлагаме ви задачите от Общинския кръг на НОМ, проведен в СМГ
”
Паисий Хилендарски“и от Областния кръг на НОМ.
Задача 1.А) Ако
x:

−6
2
3
: (−2)

=−3,18 : 5,3и
1
y
=

−1 :

−
2
3

+ 1 : (−2,6)

.

−
13
29

,
сравнетеxиy.
Б) Намерете стойността на изразаC=
|a+b| −(a+|b|)
|b| − |a|
, където
a=
2023
1
2023
.
`
−
1
7
·
−2022
12022
: (−7)
2023
1
2023
.
`
−
2
9
·
+ 2022
12022
.
2
9
;
b=−1 +
−
7
3
.
`
−2
1
3
·
−16
13
.
1
3
1−
1
6
: 3
+

3.
`
−
4
3
·
+ 2

+ 2.

−8−
18
:
1
8


5 + 32.
`
−
3
8
· .
В) Пресметнете суматаS=
−1
1.3
+
−1
3.5
+
−1
5.7
+· · ·+
−1
2021.2023
+
−1
2023.2025
.
Задача 2.В правоъгълна координатна система с единична отсечка 1
сантиметър изобразете точките(−3; 4),(−1;−2)и(2;−4).
А) Ако точкаDе симетрична на точка относно началото на коорди-
натната система, а точка е симетрична на точка относно ординатната ос,
намерете с колко процента трябва да се намали лицето на триъгълник , за
да се получи лицето на триъгълникADE.
Б) Намерете лицето на триъгълникABC.
Задача 3.A) Да се намери най-малката възможна стойност на израза
|11
n
−5
m
|, къдетоnиmса естествени числа.
Б) Сравнете26
40
и82
30
.
В) Докажете, че сумата1 + 2
1
+ 2
2
+ 2
3
+· · ·+ 2
200
се дели на 7.
Г) Намерете последната цифра на сумата
(−2)
1
+ (−2)
2
+ (−2)
3
+· · ·+ (−2)
2022
.
56

57. ∗ ∗ ∗
Задача 1.Зад буквите Л и А са скрити две различни цифри.
Открийте ги, като решите ребуса



“
2023
ЛА
≡
Л
А


ЛА
= 2023
2023
.
Намерете цифрата на единиците на сбора
ЛА
0
+Л
1
+А
2
+ЛА
3
+ЛА
4
+Л
5
+А
6
+ЛА
7
+ЛА
8
+Л
9
+А
10
+· · ·+ЛА
2023
.
Задача 2.В равнобедрен триъгълникABC(AC=BC) височината
CHразделя основатаABна две равни части (AH=BH). Дадено е, че
AB= 14cm, аCH= 24cm.
а) Да се намери сборът на трите височини в триъгълника.
б) Да се определи на какво разстояние от точкатаCсе намират всички
точкиPот праватаCH, за които2·S
AP B=SAP C+SBP C.
Задача 3.В близост до училището на Антони и Вера има кръгова
писта за бягане. Двамата отишли да бягат, като започнали и завършили
тренировката едновременно. Всеки направил няколко пълни обиколки –
Антони направил 10 обиколки, а Вера – по-малко от 10, но повечеот 5
обиколки.
На чертежа са изобразени диаметърътABна окръж-
ността, ограждаща пистата, и училищетоM. Извес-
тно е, че отсечкитеABиBMса перпендикулярни,
AB= 105m иBM= 140m.
b b
b
A
b
B
b
M
Антони стартирал от точкаA, а Вера – от точкаB. По време на бягане-
то се случило така, че два пъти двамата се намирали едновременно вB, а
един път (но не в началото и не в края на тренировката) пак едновременно
Антони бил вA, а Вера – вB.
Антони бягал така, че изминавал 3 km за 16 min.
а) Намерете колко обиколки е направила Вера.
б) Намерете скоростта на Антони и скоростта на Вера в m/s.
в) Веднага след приключване на тренировката, всеки със своята ско-
рост побягнал към училището. Кой по-бързо е пристигнал вM: Антони,
който бягал по отсечкатаAM, или Вера, която е трябвало да пробяга от-
сечкатаBM?
Математика 1/2023 г. 57

58. ИЗБРАНИ ЗАДАЧИ ЗА ПЕТОКЛАСНИЦИ
от последните математически състезания
Предлагаме ви задачите от Общинския кръг на НОМ, проведен в СМГ
”
Паисий Хилендарски“и от Областния кръг на НОМ.
Задача 1.а) Кое е най-голямото възможно частно при деление на
2022 с естественото числоn, ако остатъкът при това деление е 20?
б) За цифрите на едно шестцифрено число е изпълнено следното:
– цифрата на стохилядите е равна на цифрата на стотиците;
– цифрата на десетохилядите е равна на цифрата на десетиците;
– цифрата на хилядите е равна на цифрата на единиците.
Докажете, че числото е кратно на 13.
Задача 2.Хари и Лари обичат да играят със стъклени топчета.
Двамата общо имат толкова на брой топчета, колкото е най-голямото че-
тирицифрено число, на което сборът на всеки две съседни цифри е 16.
а) Един ден, докато си играели, забелязали, че част от топчетата им
липсват. Преброили колко налични топчета имат. Оказало се,че могат да
разпределят тези топчета в купчинки по 4, по 6, по 7, по 9 или по11. Колко
топчета са изгубили, ако наличните топчета са възможно най-много?
б) Разхождайки се в коридора в училище, Бари забелязал нещо да
блести до едно от шкафчетата. Когато се приближил, видял, четова са
голяма част от загубените топчета на Хари и Лари. Вместо да им ги върне,
той тайничко ги прибрал. Преброил ги и се оказало, че 875 топчета са
зелени, 225 топчета са сини и 125 топчета са червени. Всички топчета Бари
разпределил във възможно най-големия брой еднакви платнени торбички.
По колко топчета от всеки цвят има във всяка торбичка? Колко торбички
е направил Бари?
Задача 3.Иван и Адриян са големи фенове на обикновените дроби.
Любимата обикновена дроб на Иван се записва с числител 1 и знаменател
5, а любимите му действия с едно число са:
действие1– изваждане от число на дробта
1
6
;
действие2– деление на число с дробта
1
6
.
Да наречем
”
ход“прилагането върху число надействие1, а после
върху получения резултат надействие2. Иван приложил
”
ход“върху
любимата си дроб. После приложил
”
ход“върху числото, получено след
първия му
”
ход“. И така, продължил да прилага
”
ход“след
”
ход“върху
всяко следващо получено след
”
ход“число.
58

59. Коя е несъкратимата дроб, която ще получи Иван, ако направи 2022
”
хода“?
Адриян забеляза, че1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 =
10.11
2
. За
да откриете любимата дроб на Адриян, пресметнете израза
A=
1
1 + 2
+
1
1 + 2 + 3
+
1
1 + 2 + 3 + 4
+· · ·+
1
1 + 2 +· · ·+ 2022
.
Коя е несъкратимата дроб, която ще получи Адриян, ако от любимата си
дроб извади дробта
1664
2023
?
Сравнете дробите, получени от Иван и Адриян.
∗ ∗ ∗
Задача 4.Числотоxе такова, че20 : (1−3 :x) = 20
1
3
.
Естественото числоyе най-малкото кратно на 7, което при деление на
8 дава остатък 5, а при деление на 9 дава остатък 6.
Ако(a△b) =a . b+ 3. a, числотоze такова, че

1
4
△z

= 5.
Намерете стойността на изразаz . y:

x−
x+y
3

.
Задача 5.Пиратите Джак и Бил намерили сандък със златни монети.
Джак предложил:
– Днес аз ще взема
1
3
от монетите и ти ще вземеш
1
4
от монетите в
сандъка. От останалите монети в сандъка утре ти ще вземеш
1
3
и аз ще
взема
1
4
. Каквото остане след това, ще го делим поравно.
След известен размисъл, Бил отговорил:
– Ще се съглася, ако след като разделим останалите монети поравно,
ти ми дадеш още 77 монети от твоите. Тогава ще имаме равен броймонети.
Ако пиратите са смятали вярно, колко монети е имало в съкровището?
Задача 6.Иван решил всеки понеделник да слага в касичката си по
7 лв., а ако забрави, тогава в сряда да слага 17 лв. СледNседмици той
събрал в касичката 2023 лева.
a) АкоNе повече от 170, но по-малко от 180, колко пъти Иван е
забравил да сложи пари в понеделник?
б) Намерете всички възможни стойности наN.
Математика 1/2023 г. 59

60. ДВИЖЕНИЕ В КРЪГ
В темите за 6. и 7. клас на Областния кръг на олимпиадата по ма-
тематика, публикувани в настоящия брой на списанието, бяхавклю-
чени задачи за движение по кръг. Те затрудниха участниците волип-
мпиадата и затова в този материал ще им отделим специално внима-
ние, като илюстрираме някои основни методи за решаване на подобни
задачи.
Задача 1.Двама велосипедисти стартират тренировката си ед-
новременно от една и съща точка на кръгова писта, като се движат
в различни посоки. Скоростта на първия велосипедист е 1,5 пъти по-
голяма от скоростта на втория. Един час след старта те се срещнали
за пети път по време на движението си. Да се намери скоростта на
първия велосипедист, ако обиколката на пистата е 6 км.
Решение.В момента, в който велосипедистите се срещнали за
пети път, двамата общо са изминали 5 обиколки, т.е.5.6 = 30км.
Тъй като скоростта на първия е 1,5 пъти по-голяма от скоростта на
втория, то той е изминал 1,5 пъти по-голямо разстояние от него.
Нека вторият е изминалxкм и първият е изминал 1,5xкм. От
равенствотоx+ 1,5x= 30намирамеx= 12. Следователно за един
час първият е изминал1,5.12 = 18км.
Задача 2.На един от хълмо-
вете в Южна Италия се издига за-
мъкът Кастел дел Монте. Построен е
от императора на Свещената римска
империя Фридрих II в средата на 13.
век. Главният вход на замъка е на из-
точната стена. На срещуположната,
западна стена има втори, по-малък
вход.
От главната порта на Кастел дел Монте едновременно излезли
да обиколят замъка двама рицари, Уилям и Гилмор. Те тръгналив
различни посоки, а когато сър Гилмор приключвал обиколкатаси,
сър Уилям бил на половината път. На другия ден Уилям излязъл
от главната източна порта, а в същия момент Гилмор тръгнал отот
малката западна порта. Те вървяли един срещу друг и след 4 мину-
ти се срещнали. Колко минути са необходими на всеки от двамата
рицари, за да обиколи замъка?
60

61. Решение.Когато сър Гилмор привършва своята обиколка, сър
Уилям е изминал половината от обиколката си. Следователно Гилмор
се движи 2 пъти по-бързо от Уилям.
Ако тръгнат да обикалят един срещу друг от две диаметрално
противоположни точки, в момента на срещата ще са изминали общо
половината от обиколката на замъка. Пътищата им са пропорционал-
ни на скоростите и се отнасят както2 : 1. Следователно до срещата
сър Уилям е изминал
1
3
от общия път, т.е.
1
3
·
1
2
=
1
6
от обиколката
на замъка. Щом за
1
6
от обиколката са му необходими 4 минути, то
сър Уилям обикаля замъка за6.4 = 24минути. Сър Гилмор, който
се движи 2 пъти по-бързо, обикаля замъка за24 : 2 = 12минути.
Задача 3.От град M по кръгов маршрут с дължина 220 км
тръгва турист, а след 55 минути след него от M потегля автомобил.
Пет минути след тръгването си той догoнва туриста за първи път, а
4 часа след това го догонва за втори път. Да се намери скоростта на
туриста.
Решение.Нека скоростта на автомобила еVA, а скоростта на
туриста еVT. За 5 минути автомобилът изминава разстояние, което
туристът изминава за55 + 5 = 60минути, следователно
VA
VT
=
60
5
⇐⇒VA= 12VT.
Нека от първото до второто настигане туристът е изминалxкм. За
това време автомобилът изминава с една обиколка повече от туриста
(т.е. разстояниетоx+ 220км), следователно
VA
VT
=
220 +x
x
⇐⇒12x=x+ 220⇐⇒x= 20.
Туристът изминал 20 км за 4 часа, следователно скоростта му е
5 км/ч.
Задача 4.Антони и Вера отишли да бягат на кръгова писта. Те
започнали и завършили тренировката едновременно. Всеки направил
няколко пълни обиколки – Антони направил 10 обиколки, а Вера–
по-малко от 10, но повече от 5 обиколки. Антони стартирал от точка
A, а Вера – от точкаB, която е диаметрално противоположна на
A. По време на бягането се случило така, че два пъти двамата се
намирали едновременно вB. Колко обиколки е направила Вера?
Математика 1/2023 г.
61

62. Решение.Първо да отбележим, че посоката на тичане по пистата
не е от значение.
Нека Вера е направилаnобиколки (nе 6, 7, 8 или 9). Отноше-
нието на скоростите на Антони и Вера е равно на отношението на
изминатите от тях пътища, т.е.
VA
VB
=
10
n
.
Когато двамата се намирали едновременно вB, Вера е направилаb
обиколки, а Антониa+
1
2
обиколки, къдетоa <10иb < nса естестве-
ни числа. Тъй като отношението на пътищата е равно на отношението
на скоростите, получаваме
a+
1
2
b
=
10
n
⇐⇒20b= (2a+ 1)n.
Тъй катоnдели20bиb < n, тоnне е 7 и не е 9. Следователноnе 6
или 8.
Акоn= 6, тоbсе дели на 3 и е по-малко от 6, т.е.bможе да е
само 3, но равенството20.3 = (2a+1).6не води до естествено решение
заa.
Следователноn= 8. Наистина, равенството20b= 8(2a+ 1)е
изпълнено в два момента: приa= 2,b= 2и приb= 6,a= 7.
Задача 5.От точкаAпо кръгова писта в една и съща посока
тръгнали едновременно автомобил и мотоциклет, всеки с постоянна
скорост. Автомобилът направил две обиколки без да спира. В момен-
та, в който автомобилът настигнал мотоциклета, мотоциклетът сме-
нил посоката си и увеличил скоростта си с 30 km/h. Двадесет минути
след смяната на посоката, автомобилът и мотоциклетът пристигнали
едновременно в точкаA. Целият път, който е изминал мотоциклетът,
е с 20 km по-малък от дължината на кръговата писта.
Да се намерят началните скорости на автомобила и на мотоцик-
лета.
Решение.Да означим първоначалните скорости на автомобила
и мотоциклета сVAиVM(в km/h).
Да означим пътя на мотоциклета отAдо настигането сxкм
(x >0). Целият път, изминат от мотоциклета, е2xkm. Следователно
дължината на пистата е(2x+ 20)km.
62

63. Щом като автомобилът направил две обиколки, настигането ста-
нало преди мотоциклетистът да направи една обиколка.
За 20 min =
1
3
h мотоциклетът е изминалxkm, като се движи
със скорост(VM+ 30)km/h, а автомобилът е изминал(2x+ 20)−x=
(x+ 20)km. От тук изразяваме скоростите им
VM+ 30 =x:
1
3
⇐⇒VM= 3x−30, VA= (x+ 20) :
1
3
= 3x+ 60.
От тръгването до настигането мотоциклетът е изминалxkm, a ав-
томобилът2x+ 20 +x= (3x+ 20)km. Тъй като отношението на
изминатите пътища е равно на отношението на скоростите, получа-
ваме
VA
VM
=
3x+ 20
x
.
Заместваме скоростите
3x+ 60
3x−30
=
3x+ 20
x
и от основното свойство на пропорциите получаваме
x(3x+ 60) = (3x−30)(3x+ 20)⇔6x
2
−90x−600 = 0⇔
x
2
−15x−100 = 0.
Тъй като
x
2
−15x−100 = 0⇔x
2
−20x+5x−100 = 0⇔x(x−20)+5(x−20) = 0⇔
(x−20)(x+ 5) = 0,
корените на полученото уравнение саx= 20иx=−5, като вторият
отпада, понеже е отрицателен. Следователноx= 20.
Скростите на мотоциклета и автомобила саVM= 3x−30 = 30
km/h иVA= 3x+ 60 = 120km/h.
Математика 1/2023 г.
63

64. ТЪРСИ СЕ!
По материали от математическата школа
Предлагаме ви някои от задачите, решавани на занятията на школата
ТЪРСИ СЕ за 4. и 5. клас.
Задача 1.Кодът на катинара на стария ми куфар е трицифрено
число с цифра на стотиците 3 и точно две цифри в кода са равни.
а) Ако съм забравил кода, най-малко колко опита са необходими, за
да е сигурно, че ще отворя куфара?
б) Възможно ли е опитите да се подредят така, че всеки два поредни
опита да се различават само в една позиция?
Решение.Две цифри в кода са равни, ако числото е от вида
3a3,
33aили3aa, където цифратаaможе да е всяка, различна от 3 цифра.
Следователно възможните кодове са 27. Като ги въвежда последователно,
господин Иванов ще отвори куфара със сигурност с 27 опита. Полезна и
красива илюстрация на това разсъждение е следното дърво.
64

65. б) За да се спести време при тези 27 опита, е разумно различните
кодове да се въвеждат така, че всеки два съседни кода да се различават
в точно една позиция. За целта е удобно е да представим всеки код като
точка и кодовете, които се различават само в една позиция, дасвържем с
отсечка. Ето какво се получава.
Търсената от нас редица от кодове ще се получи, ако успеем да построим
път, който минава по отсечките на схемата и минава по веднъж през всяка
от 27-те точки. Не е трудно да се намери такъв път – опитайте! Като за-
пишем кодовете в реда, в който преминаваме през тях, получаваме редица
с желаните свойства и тя не е единствена. Например, такава редица е 330,
300, 303, 313, 311, 331, 332, 322, 323, 343, 344, 334, 335, 355, 353, 363, 366,
336, 337, 377, 373, 383, 388, 338, 339, 399, 393.
Задача 2.Лиса играе компютърна игра и строи ферма. Тя оградила
квадратен стопански двор и го преградила на четири квадратни участъка.
Лиса иска да пусне на двора 10 прасета и 10 кокошки така, че:
◦в двата участъка отляво да има общо 12 глави;
◦в двата участъка отдясно да има общо 26 крака;
◦в двата участъка отгоре да има общо 13 глави;
◦в двата участъка отдолу да има общо 20 крака.
По колко различни начина може да направи това Лиса?
Математика 1/2023 г. 65

66. Решение.На двора има общо 20 глави. На долния ред има20−13 = 7
глави и 20 крака. По известния методглави и кракалесно намираме, че на
този ред има 3 прасета и 4 кокошки. Значи на горния ред са останалите 7
прасета и 6 кокошки.
В двата участъка отдясно има 26 крака и20−12 = 8глави. Намираме,
че в двата участъка отдясно има общо 5 прасета и 3 кокошки. Така в двата
леви участъка са останалите 5 прасета и 7 кокошки.
(2 +x)пр.(5−x)пр.7 прасета
(3 +y)кок.(3−y)кок.6 кокошки
(3−x)пр. xпр. 3 прасета
(4−y)кок. yкок. 4 кокошки
5 прасета 5 прасета
7 кокошки 3 кокошки
Сега остава да видим по колко начина могат да се разположат живот-
ните. Тъй като на долния ред има общо 3 прасета, то в участъка вдолния
десен ъгъл може да имаx=0, 1, 2 или 3 прасета. Която и от тези възмож-
ности да изберем, тя определя броя на прасетата в останалитеучастъци. По
същия начин, в двата десни участъка има общо 3 кокошки, следователно
в участъка в долния десен ъгъл може да имаy=0, 1, 2 или 3 кокошки.
За всяко от четирите разпределения на прасетата има по 4 възмож-
ности да се настанят кокошките, което означава, че има4.4 = 16начина
да се настанят всички животни в двора.
Задача 3.Леля Математилда показала на племенницата си Клара
гарата Чаринг крос. От там на всеки 15 минути тръгвали два влака –
един на север и един на юг. Влаковете се движели по живописен кръгов
маршрут. Влаковете, които тръгвали на север, изминавали маршрута за 2
часа, а влаковете, които тръгвали на юг – за 3 часа. Щом се върнат на
гарата, те продължавали своите обиколки. Времето за качванеи слизане
може да се пренебрегне.
а) Математилда предложила на Клара облог – двете да се качат в
два различни, едновременно тръгващи влакове и да видят коя ще срещне
повече влакове по време на обиколката си. В бърз или бавен влак трябва
да се качи Клара, за да спечели облога?
66

67. б) Ако Клара се качи на бърз влак, а леля Математилда едновременно
с нея се качи на бавен влак, след колко минути влаковете им ще се разминат
и колко срещи с насрещни влакове ще е преброила всяка от тях домомента
на разминаването им?
(Задача на Луис Карол)
Решение.а) Ако Клара се качи в бърз влак, който тръгва на се-
вер точно в 12 часа, точно тогава на гарата пристига бавен влак, който е
тръгнал 3 часа по-рано, т.е в 9 часа. След него Клара среща следващите
влаковете, които са тръгнали в 9:15, 9:30, 9:45 и т.н. Когатотя пристига
обратно на гарата, ще е 14 часа и от гарата ще тръгва насрещният влак
в 14 часа. Така тя ще срещне всички влакове, които са тръгналиот 9:00
до 14:00. По време на движението си (без да се броят срещите нагарата),
тя ще има(5.60) : 15−1 = 19срещи. Клара пътува 2 часа и срещите с
насрещните влакове са през(2.60) : (19 + 1) = 6минути.
Ако Математилда се качи в бавен влак, който тръгва в 12:00, точно
тогава на гарата пристига бързият, който е тръгнал 2 часа по-рано, т.е в 10
часа. Математилда пристига в 15 часа, така че на гарата вижданасрещния
влак, тръгващ в 15 часа. Но от 10 до 15 часа са отново 5 часа и тя също
ще срещне 19 влака по време на движението си. Единствената разлика е,
че тъй като с бавния влак се пътува по-дълго, 3 часа, интервалите между
срещите са по-големи,(3.60) : 20 = 9минути. Така разбрахме, че облогът
не може да бъде спечелен.
Независимо в кой влак избере да се качи Клара, тя ще преброи 19
насрещни влака по време на движението си – само че в единия случай ще
ги среща през 6 минути, в другия – през 9 минути.
б) До момента на срещата двата влака са пътували едно и също време
и общо са изминали една обиколка на маршрута.
Тъй като бързият влак прави една обиколка за 2 часа, той ще направи
3 обиколки за 6 часа. Бавният влак прави една обиколка за 3 часаи ще
направи 2 обиколки за 6 часа. Следователно двата влака за 6 часа ще
направят общо 5 обиколки. За да направят общо една обиколка,ще са им
нужни(6.60) : 5 = 72минути.
Следователно Клара и Математилда ще се разминат 72 минути след
отпътуването си.
Тъй като бързият влак среща насрещни влакове през 6 минути, Клара
ще срещне72 : 6−1 = 11други насрещни влакове, преди да се разминаване
с леля си. Математилда ще срещне72 : 9−1 = 7насрещни бързи влакове,
преди да се размине с Клара.
Математика 1/2023 г. 67

68. ЧЕТИРИ ЗАДАЧИ
от последните математически състезания
Задача 1.В имението на Гарфийлд живеят общо 100 животни –
бели, черни и пъстри котки и бели, черни и пъстри кокошки. Белите
животни имат общо 33 глави и 102 крака.
Третината от кокошките са бели. Третината от черните животни
са кокошки. Черните котки са със 7 повече от пъстрите котки.
а) Колко са котките във фермата?
б) Колко пъстри животни (котки и кокошки) има във фермата?
в) Може ли Гарфийлд да настани всички кокошки в клетки по
пет така, че във всяка клетка да има най-много две бели, най-много
две черни и най-много две пъстри кокошки? Обяснете своя отговор.
Решение.a) Белите животни са с 33 глави. Ако са 33 кокошки,
ще имат33.2 = 66крака. Краката са със102−66 = 36повече. Сле-
дователно36 : 2 = 18от белите животни са котки. Белите кокошки
са33−18 = 15. Те са третината от всички кокошки и следователно
кокошките са15.3 = 45. Котките са100−45 = 55.
б) Белите котки са 18, черните котки са със 7 повече от пъстрите
котки, а всички котки са 55. Следователно пъстрите котки са(55−
18−7) : 2 = 15, а черните котки са15 + 7 = 22.
Тъй като третината от черните животни са кокошки, тези 22 чер-
ни котки са две третини от черните животни. Следователно черните
кокошки са22 : 2 = 11, черните животни са общо 33 и пъстрите
животни са общо100−(33 + 33) = 34.
в) Кокошките са 45 и за да се настанят по 5 в клетка са нужни45 :
5 = 9клетки. Пъстрите кокошки са45−(11+15) = 19. Ако във всяка
клетка има най-много по две пъстри кокошки, ще се настанят най-
много9.2 = 18пъстри кокошки. Следователно Гарфийлд не може да
настани кокошките по желания начин.
68

69. Задача 2.ПравоъгълникътABCDима странаAB= 74см, коя-
то е с 48 см по-голяма от странатаAD. В правоъгълника са поставени
три еднакви квадрата със странаaсм и два по-малки квадрата със
странаbсм, както е показано на чертежа.
b
A
b
B
b
D
b
C
a) Намеретеaиb.
б) Намерете обиколката на правоъгълникаKLMN, в който по
показания начин са поставени общо 2023 квадрата със страни съот-
ветноaсм иbсм.
. . .
b
K
b
N
b
M
b
L
Решение.а) НамирамеAD= 74−48 = 26см. Имаме
3.a+ 2.b= 74и2.a−b= 26.
Като удвоим последното равенство, получаваме
4.a−2.b= 52.
Следователно
3.a+ 2.b+ 4.a−2.b= 74 + 52,
т.е.7.a= 126и намирамеa= 18см. Следователноb= (74−3.18) :
2 = 10см.
б) Както в а),KN= 18 + (18−10) = 26см. Отляво надясно се
редуват квадрат със страна 18 см и квадрат със страна 10 см. Тъй
като2023 : 2 = 1011(ост. 1), то в редицата има 1012 квадрата със
страна 18 см и 1011 квадрата със страна 10 см. Намираме
KL= 1012.18 + 1011.10 = 1012.10 + 1012.8 + 10 110 = 28 326см.
ТогаваPKLM N= 2.(28 326 + 26) = 56 704см.
Математика 1/2023 г.
69

70. Задача 3.На чертежа е показанa правоъгълнa градинаABCD.
Всяка отсечка на чертежа е пътека. ПътекатаABе дълга 32 м, а
пътекатаADе дълга 24 м. Пътеките вътре в градината я разделят
на лехи. Четирите оцветени лехи са с еднакви размери.
север
юг
изтокзапад
A B
CD
b
bb
b
а) Намерете широчината и дължината на една оцветена леха.
б) По колко различни маршрута може да се стигне то точкаA
до точкаC, като се движим само на изток или на север по лехите в
градината?
Решение.а) Нека размерите на оцветените лехи саaм иbм.
Тогава
3. a+b= 32, a+ 3. b= 24.
Като съберем двете равенства, получаваме4.(a+b) = 56, следова-
телноa+b= 14. Тогава2. a= 32−14 = 18и намирамеa= 9м и
b= 5м.
б) Маршрутите, които минават само по границите на оцветените
лехи, са2.2.2.2 = 16. Освен това има два маршрута изцяло по гра-
ниците на градината и2.2 = 4маршрута по вътрешните алеи, които
не са само по границите на оцветени лехи. Общо маршрутите са 22.
Задача 4.Асен тръгнал към дома на Васко с велосипед. Той
се движел с постоянна скорост и като стигнал третината на пътя,
пресметнал, че ако продължи да се движи така, му остават още 16
минути до дома на Васко. В този момент спукал гума и се наложило
да продължи пеша с постоянна скорост. След като изминал третината
от оставащия му път, Асен пресметнал, че ще са му необходими 32
минути, за да пристигне в дома на Васко. За колко минути Асен е
стигнал от дома си до дома на Васко?
Отговор.56 минути
70

71. 4. клас
Детелина Вълкова, ЧСУ
”
Наука за деца“
1.Да се пресметне:
a)984−186.5−2 + 7.96−(124 + 198).2;
б)65.5 + 55.5 + 45.5−254.3.
2.Да се намери числотоC, ако четвъртинката наCе равна на
разликатаA−B, къдетоA= (24 + 96 : 4).3и
B= 2.(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8).
3.Колко се получава, ако сборът на числата 2006 и 194 се увеличи
2 пъти и полученото произведение се намали 2 пъти?
4.Намислих число, увеличих го с 44, полученото число намалих с
произведението на числата 6 и 419 и получих сбора на числата 2204
и 378. Кое число съм намислил?
5.Да се намериx+y, ако
407.2−(153 + 155).2 = 122 +x,9018 : 9 + 245 =y−39.9.
6.Сборът на две числа е 64 и едното е 7 пъти по-голямо от другото.
Колко е произведението на тези числа?
7.Плиска е първата българска столица. Една от мозайките в двор-
цовия комплекс се състои от повтарящи се фигури.
Всяка фигура се състои от четири еднак-
ви квадрата и един по-малък квадрат. Оби-
колката на малкия квадрат е 24 м и той има
страна, два пъти по-малка от страната на го-
лемите квадрати. Да се намерят обиколката
и лицето на цялата фигура.
Математика 1/2023 г. 71

72. 8.От клубОпознай Българияор-
ганизирали две екскурзии. Първата,
на която отишли 117 ученици, била
до Казанлъшката гробница. Участ-
ниците в първата екскурзия били с 36
повече от тези, които посетили Све-
щарската гробница. Общо колко уче-
ници са участвали в екскурзиите, ако
22 ученици са ходили и на двете екс-
курзии?
9.Колко се получава, ако към сбора
на числата 239 и 361 се прибави про-
изведението9.9? Отговорът е годи-
ната, в която българи и славяни съз-
дали обща държава.
Свещарска гробница
Казанлъшка гробница
10.Разстоянието от София до Велико Търново е 221 км, от Велико
Търново до Ямбол е 131 км, а от Ямбол до Бургас е 93 км.
От Бургас и от Ямбол едновременно тръгнали през Велико Тър-
ново към София два автомобила. Автомобилът от Бургас се движел
със скорост 90 км/ч, а автомобилът от Ямбол се движел със скорост
59 км/ч.
а) Колко километра е дълъг маршрутът от Бургас до София през
Ямбол и Велико Търново?
б) Колко километра ще е разстоянието между двата автомобила
един час след тръгването им?
в) На колко километра от София автомобилът от Бургас ще нас-
тигне автомобила от Ямбол?
72

73. 5. клас
1.Фродо изминал 55% от пътя между Ломидол и Мордор и прес-
метнал, че ако се движи със същата скорост, му остават още 18 дни
път. Колко дни е продължило цялото пътешествие?
2.Елфите дали на Фродо и Сам вълшебни питки за из път. Фродо
изял 20% от елфическите питки, а Сам изял 10% от останалите питки
и след това те разполагали само с 18 питки. Колко питки са дали
елфите на Фродо и Сам?
3.Гандалф препускал три дни към Исен-
гард. През първия ден изминал 40% от пътя,
а през втория изминал 80% от пътя, изми-
нат през първия ден. Последните 7 мили из-
минал на третия ден. Колко мили е изминал
Гандалф?
4.Джуджетата гостували на Билбо и неговите запаси от бира на-
маляли от 120 бъчви на 84. С колко процента са намаляли бирените
запаси на Билбо?
5.Армията на орките претърпяла поражение и се намалила с 30%.
Жалките остатъци от армията отново встъпили в бой и броят им се
намалил със 70%. Останалите 84 орки били напълно разгромениот
конниците на Рохан. Колко презряни орки е имало в армията отна-
чало?
6.Леголас и Арагорн се състезавали да стрелят с лък. Леголас из-
стрелял 40% от стрелите, а Арагорн изстрелял останалите. В целта
попаднали 90% от изстрелите на Леголас и 60% от изстрелите на
Арагорн. Кой е победил в това състезание?
7.В градините на Елронд растат червени и жълти ябълки, сред
които има 54 вълшебни. Ако 40% от ябълките са червени, а 15% от
червените и 35% от жълтите са вълшебни, колко ябълки има в гра-
дините на Елронд?
8.Фарамир препускал 2 часа 30 минути със скорост 24 км/ч. След
това увеличил скоростта си 25% и така препускал още един час.Ос-
танало му да измине 40% от пътя. Колко километра е пътят на Фа-
рамир?
Математика 1/2023 г.
73

74. 6. клас
Таня Дидова, ЧСУ
”
Наука за деца“
1.Кои от отношенията образуват пропорция:
А)1 : 4и 0,5 :
1
Б)1 :
7
8
и
16
14
В)
0,5
11
и
25
55
Г)1
1
2
и
5
4
2.Отношението на 3 : 5, записано като процент, е равно на:
А)45% Б)50% В)55% Г)60%
3.Ако5m= 7n, то
m
n
е равно на:
А)7 : 5 Б)5 : 7 В)1,5 Г)
2
5
4.Неизвестното числоxот пропорцията
x
1,5
=
3
5
е:
А)0,09 Б)0,9 В)9 Г)90
5.Дължините на страните на успоредник се отнасят както 5 : 4. Ако
обиколката на успоредник е 108 см, то по-голямата му страна е:
А)18 Б)24 В)30 Г)36
6.Намерете коефициента на пропорционалност наy=kx, ако гра-
фиката ´и минава през точка с координати(8;−0,4).
А)−0,05 Б)−0,2 В)0,2 Г)0,05
7.Ако числото 200 е разделено на две числа в отношение 5 : 3,
разликата на тези числа е:
А)20 Б)30 В)50 Г)80
8.Ако 3 кг сладки струват 12 лева, то 800 г сладки струват:
А)3 лв. Б)3,10 лв.В)3,20 лв.Г)3,30 лв.
9.Коя точка лежи на графиката на обратнопропорционалната зави-
симостy=−
5
x
?
А)N(5;−5)Б)M(5;−1)В)C(1; 5) Г)K(−1;−5)
10.По географска карта в мащаб 1 : 1 000 000 разстоянието меж-
ду две селища 17 см. Колко километра е действителното разстояние
между селищата?
А)1,7 Б)17 В)170 Г)1700
74

75. 11.Три числа се отнасят както 2 : 3 : 4.
а) Намерете сбора им, ако най-голямото от тях е 44.
б) Намерете числата, ако сборът им е 180.
12.Определетеa,bиcот пропорциите
a+ 1
2
=
3a
5
,
a
b+ 2
=
3
b
,
c
b
=
10
a
.
Намерете стойността на изразаM= 3.a−4.b−c.
13.Страните на провоъгълен триъгълник се отнасят както 3 : 4 : 5
и по-големият от катетите му е 16 см. Намерете обиколката и лицето
на триъгълника и височината към хипотенузата.
14.Бригада от 5 работници свършва определена работа за 90 минути.
За колко време ще свършат същата работа 3 работници, ако всички
работници имат еднаква производителност?
15.Лека кола и автобус тръгнали едновременно един срещу друг
от селищата А и В и се срещнали в С. Оказало се, че леката кола е
изминала с 70 км повече от от автобуса. Ако скоростите на леката
кола и автобуса се отнасят както 7 : 5, намерете разстоянието, което
е изминал автобуса.
16.Акоa:b= 2 : 5иb:c= 6 : 5, намерете отношениетоa:b:cи
(a+b) : (2c).
17.Три мечета изяждат две гърнета с мед за 5 часа. За колко часа
четири мечета ще изядат четири гърнета с мед?
Отговори
5. клас.1.40;2.32;3.25;4.30%;5.400;6.завършили са наравно;
7.200;8.150 км.
6. клас.1.Б;2.Г;3.А;4.Б;5.Б;6.А;7.В;8.В;9.Б;10.В;11.
а) 99, б) 40,60 и 80;12.a= 5,b= 3,c= 6,M=−3;13.48 см, 96
кв.см, 9,6 см;14.2 ч 30 мин;15.175 km;16.a) 12 : 30 : 25, б) 21 : 25;
17.7,5
Математика 1/2023 г.
75

76. Обучението в програмите през първите две години обхваща общо образование в областта на информатиката,
както и множество практически курсове като - програмиране на С++, Java, компютърни мрежи и архитектури,
организация на компютърни системи, структури в програмирането и информационните технологии, операцион-
ни системи и др. В областта на мултимедията се изучават курсове по графичен потребителски интерфейс,
рисуване, цветознание в компютърното проектиране, растерна и векторна графика. През третата и чет-
въртата година обучението се организира в специализирани курсове към програмите и извънаудиторни учебни
форми с предимно практическа насоченост. Разглеждат се съвременните, актуални средства в съответните
направления на информационните технологии. От третата година програмите предлагат два модула за специа-
лизация, които водят до професионална квалификация.
Магистърските програми в областта на ИТ са с предимно практическа насоченост. Обучението се извършва в
няколко основни направления – уеббазиран достъп до бази от данни, приложения с архитектура клиент-сървър,
комуникиращи през уебсреда, електронен бизнес, разработка и интеграция на мултимедийни приложения, три-
мерно моделиране и дизайн, компютърна анимация. Застъпени са различни аспекти на управлението на проекти
като правна регулация, финансиране, човешки ресурси, комуникации и др. Предлагат се курсове по методи за
анализ на данни с цел извличане на знания, както и по технологии за съхранение на големи обеми от данни. Съдър-
жанието и структурата на учебните курсове отразяват последните тенденции в развитието на съответните
технологии.
БАКАЛАВЪРСКИ ПРОГРАМИ
МАГИСТЪРСКИ ПРОГРАМИ
Информатика
Специализации: Компютърно
програмиране, Приложна информатика
Мрежови технологии
(на английски език)
Специализации: Мрежово администриране,
Мрежово програмиране
Мултимедия и
компютърна графика
Специализации: Компютърно
художествено проектиране, Мултимедия,
компютърна графика и анимация
Информационни технологии
Специализации: Технологии за компютърни игри, Бизнес информатика
Софтуерни технологии
в Интернет
Специализации: Моделиране и анализ,
Проектиране и разработване
Мултимедия, компютърна
графика и анимация
Управление на проекти по ИТ
Извличане на знания и
технологии за големи данни
ИнфороматинкМежавмхемлкнгкеМайомам
сетзазейуйфетойнмМндойомземтеМокайом
темуеяйемтемптафокуайойею
Ъwww.nbu.bg
Студентите от всички бакалавърски програми се ползват от високия стандарт на материалната среда и Уни-
верситетския кампус, имат на разположение богата библиотека, съдържаща голяма част от необходимите
учебни материали. Системата за online обучение на Университета е широко застъпена във всички програми от
областта на информационните технологии. Преподавателите, водещи курсове в програмите са изявени спе-
циалисти и утвърдени учени в съответните направления. В някои от курсовете лектори са световно известни
преподаватели от чуждестранни университети.
ИНФОРМАТИКАВ НБУ

77. СОФИЙСКИ УНИВЕРСИТЕТ
”
СВ. КЛИМЕНТ ОХРИДСКИ “
ФАКУЛТЕТ ПО
МАТЕМАТИКА
И ИНФОРМАТИКА
Факултетът по математика и информатика (ФМИ) е един от най-големите и с най-
висок авторитет факултети в Софийския университет от неговото основаване досега.
Тук се обучават повече от 2500 студенти и докторанти по 9 бакалавърски програми и
над 30 магистърски програми. Учебните планове на всички специалности са гъвкави и
разнообразни, като към задължителните курсове през целия период на обучението се
предлагат и голям брой избираеми дисциплини. Това дава възможност на студентите
да допълват образованието си в широк спектър от области. Образованието във ФМИ
осигурява на дипломираните студенти не само отлични знанияи умения, но и висока
конкурентоспособност на пазара на труда и научната сфера, както в България, така и
в чужбина.
През учебната 2023/2024 година за образователно-квалификационната степен
”
Ба-
калавър“ще има прием по следните специалности:Математика,Приложна матема-
тика,Статистика,Анализ на данни,Математика и информатика ,Информати-
ка,Компютърни науки ,Информационни системи иСофтуерно инженерство .
Тук Ви представяме две от тези специалности, а за останалитеочаквайте информация
в следващите броеве на списанието:
1. Новоразкритата бакалавърска програма
”
Анализ на данни“, която стартира
за първи път през учебната 2022/2023 година, е първа по рода си в България и ще
се осъществява съвместно между Софийския университет и Техническия университет
– София. Цел на обучението в тази специалност е придобиването на умения и знания
свързани с обработка и анализ на големи масиви от данни, с акцент върху познаването
и разработката на необходимия за целта софтуер. Нуждата от такъв вид специалисти
в съвременния бизнес и индустрия са големи, което е и предпоставка за наличието на
много добри перспективи за реализация на завършилите специалността.
2. В бакалавърската програма
”
Компютърни науки “се подготвят специалис-
ти в областите: програмиране, дизайн на алгоритми, разработка на програмни езици,
бази от данни, изкуствен интелект, интелигентни системи и др. Завършилите успешно
специалността могат да се реализират като софтуерни специалисти в компютърни, теле-
комуникационни, инженерни, финансови, застрахователни фирми и научни институти;
като преподаватели по информатика във висши училища, научни работници и др.
За повече информация за специалностите във ФМИ:www.fmi.uni-sofia.bg

78. ЮГОЗАПАДЕН УНИВЕРСИТЕТ
”
НЕОФИТ РИЛСКИ “
телефон: [phone] email: [email protected] факс: [phone]
БАКАЛАВЪРСКИ ПРОГРАМИ
Специалност
”
Информатика“
Професионално направление 4.6. Информатика и компютърни н ауки
Завършилите специалността получават: теоретична подготовка в областта на ин-
??????????? ? ???????????? ? ????????-???????? ?????? ??колко езика за програ-
миране, умения за работа с различни платформи и технологии,разработване и адми-
нистриране на информационни системи; професионални качества, даващи възможност
за адаптация към променящите се изисквания на информационното общество.
Специалност
”
Информационни системи и технологии “
Професионално направление 4.6. Информатика и компютърни н ауки
Завършилите специалността получават: добра теоретична и практико-приложна
подготовка в областта на информационните технологии и могат успешно да се реали-
зират като: специалисти по информационни технологии, проектанти на бази от данни,
графични дизайнери, специалисти по софтуерни технологии,разработчици на уеб съ-
държание и мултимедия и др.
Студентите могат да придобият допълнителна професионалнаквалификация
”
Учи-
тел по информатика“и
”
Учител по информатика и по информационни технологии “
паралелно с обучението по основната специалност.
Специалност
”
Математика“
Професионално направление 4.5. Математика
Завършилите специалността получават: знания за основнитеконцепции, принципи,
теории и резултати в отделните области на математиката и в
”
елементарната“матема-
тика; знания за специфични програмни езици или софтуер, английски език и информа-
ционни технологии. Умения: да показват математическо разсъждаване и количествено
мислене; да извличат качествена информация от количествени данни; да анализират
данни от експериментални изследвания; да проектират експериментални изследвания;
да работят с математика в интердисциплинарен контекст.
Специалност
”
Педагогика на обучението по математика,
информатика и информационни технологии “
Професионално направление 1.3. Педагогика на обучението по . . .
Завършилите специалността получават фундаментална подготовка по математика
и информатика. Запознават се с най-новите технологии за мултимедийно обучение, с
развитието на съвременните образователни технологии, тенденции и стратегии за обу-
чение. Завършилият специалист получава умения: да прилагана практика получените
знания в своята професия; да ползва и прилага компетентно най-новите мултимедийни
технологии; да владее и прилага съвременните образователни технологии.
МАГИСТЪРСКИ ПРОГРАМИ
Специалност
”
Информатика“
Професионално направление 4.6. Информатика и компютърни н ауки
Завършилите специалността получават: теоретична подготовка в областта на ин-
форматиката и математиката и практико-приложни знания – няколко езика за програ-
миране, умения за работа с различни платформи и технологии,разработване и админис-
триране на информационни системи; професионални качества, даващи възможност за

79. адаптация към променящите се изисквания на информационното общество. Студентите
могат да придобият допълнителна професионална квалификация
”
Учител по информа-
тика и информационни технологии“паралелно с обучението по основната специалност.
Специалност
”
Биоинформатика “
Професионално направление 4.6. Информатика и компютърни н ауки
Завършилите степента получават: задълбочени знания и практически умения в
областта на биоинформатиката; умения да развиват и прилагат теоретични методи, ма-
тематическо моделиране и изчислителна техника за симулация на биологични системи
и процеси; интердисциплинарно обучение и възможност за изследвания в различни об-
ласти на биоинформатиката.
Специалност
”
Бизнесинформатика и иконометрия “
Професионално направление 4.6. Информатика и компютърни н ауки
Завършилите степента получават: задълбочени познания за основните икономи-
чески модели и системи; възможност да внедряват информационни продукти и систе-
ми в различни области на бизнеса, да оценяват системи и да разработват модели за
оценка на финансовия риск на финансовите пазари, застраховането, осигуряването и
др.; интердисциплинарно обучение и възможност за изследвания в различни области на
бизнесинформатиката и иконометрията.
Специалност
”
Информационни системи и технологии “
Професионално направление 4.6. Информатика и компютърни н ауки
Завършилите специалността получават: добра теоретична и практико-приложна
подготовка в областта на информационните технологии и могат успешно да се реали-
зират като: специалисти по информационни технологии, проектанти на бази от данни,
графични дизайнери, специалисти по софтуерни технологии,разработчици на уеб съ-
държание и мултимедия и др.
Студентите могат да придобият допълнителна професионалнаквалификация
”
Учи-
тел по информатика и информационни технологии“паралелно с обучението по основ-
ната специалност.
Специалност
”
Икономическа математика “
Професионално направление 4.5. Математика
Завършилите специалността получават: умения за абстракция, логическо развитие
на формални математически теории и установяване на връзки между тях; способност за
математическо моделиране на явления от реалния свят и описване чрез математически
апарат на изследваните процеси и явления, възможност да се занимават с нови задачи
от различни области на познанието; способност да формулират сложни задачи за опти-
мизация, да вземат решения и да интерпретират получените решения в термините на
контекста на решавания проблем.
Специалност
”
Tехнологии на обучението по математика и информатика “
Професионално направление 1.3. Педагогика на обучението по . . .
Завършилите специалността получават задълбочени знания и компетенции в об-
ластта насъвременните методи и технологии за педагогически изследвания, електрон-
ното обучение, използването на специализиран софтуер за обучение по математика и
информатика; овладяват процеса на учене и преподаване на математиката в различни-
те степени на обучение.
Природо-математическият факултет е създаден през 1989 г. Петте катедри
във факултета обучават студенти по тринадесет акредитирани бакалавърски специал-
ности, по седемнадесет акредитирани магистърски специалности и по дванадесет ак-
редитирани докторски програми. Всяка от тях дава възможност за продължаване на
образованието в по-високи степени в страната и чужбина.

80. С Ъ Д Ъ Р Ж А Н И Е
СЕДМИЦА НА ОЛИМПИЙСКАТА МАТЕМАТИКА
НА ИМИ–БАН, С. Харизанов. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
ИСТИНСКА ИЗМАМА, Д. Грозев. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
ДОКАЗАТЕЛСТВА С ВЕКТОРИ, Б. Савова. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .26
АНТИУСПОРЕДНИ ПРАВИ, Е. Карлов. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .31
АРИТМЕТИЧНИ ПРОГРЕСИИ ОТ ТОЧНИ КВАДРАТИ,
А. Делева. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 33
ЕЛИПСИ И САНГАКУ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 40
КОНКУРСНИ ЗАДАЧИ ЗА ПО-МАЛКИТЕ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
КОНКУРСНИ ЗАДАЧИ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 48
ТЕСТ ЗА ПОДГОТОВКА ЗА ВЪНШНО ОЦЕНЯВАНЕ
СЛЕД 7. КЛАС . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . .50
ИНФЛАЦИЯ И ПОКУПАТЕЛНА СПОСОБНОСТ,
Н. Божилов. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . 55
ИЗБРАНИ ЗАДАЧИ ЗА ШЕСТОКЛАСНИЦИ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
ИЗБРАНИ ЗАДАЧИ ЗА ПЕТОКЛАСНИЦИ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
ДВИЖЕНИЕ В КРЪГ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . 60
ТЪРСИ СЕ! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . 64
ЧЕТИРИ ЗАДАЧИ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . 68
ЗАДАЧИ ЗА ПО-МАЛКИТЕ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . 71
АДРЕС НА РЕДАКЦИЯТА:
ул.
”
Акад. Г. Бончев“бл. 8, ст. 230
1113 София
тел. [phone]
e-mail:[email protected]
Формат 70×100/16. Печатни коли 5.
Дадена за печат на 22.02.2023 г.
Печат
”
Фастумпринт“ЕООД
Цена на отделен брой 6,00 лв.
Ръкописи не се връщат.