МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО, МЛАДЕЖТА И НАУКАТА СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ Зимен математически турнир Атанас Радев 8 9 януари 0 г., ЯМБОЛ Тема за 8 клас Задача. Във футболно първенство всеки отбор играе два пъти с всеки от останалите отбори. След приключване на първенството се оказало, че всички отбори са събрали общо 6 точки и % от срещите са завършили наравно. Колко отбора участват в това футболно първенство? (Победителят получава т., победеният 0 т., а за равен мач двата отбора получават по т.) Задача. Даден е Δ ABC и вътрешна точка M, за която MAC = MBC = 00. Ако P и Q са петите на перпендикулярите, спуснати от M съответно към страните BC и AC, а D е средата на страната AB, да се докаже, че Δ PQD е равностранен. Задача. Нека f ( x) = x + x + b, където и b са такива цели числа, че и b. Ако f (+ ) 0,0, да се пресметне f ( ). Задача 4. В единичните квадратчета на квадратна таблица се записват 9 различни естествени числа със сума S. Таблицата се нарича интересна, ако при задраскване на кой да е ред и стълб сумата на две от срещуположните по диагонал числа е равна на сумата на другите две срещуположни по диагонал числа. а) Да се докаже, че при S = 0 не съществува интересна таблица. б) Да се намери броят на различните интересни таблици, които съдържат числата,,,, 666 и за които S е възможно най-малко. (Две таблици са различни, ако не се получават една от друга чрез въртене около центъра на таблицата.) Време за работа 4 часа 0 мин. Журито Ви желае успешна работа!
Тема за 8 клас Задача 8.. Във футболно първенство всеки отбор играе два пъти с всеки от останалите отбори. След приключване на първенството се оказало, че всички отбори са събрали общо 6 точки и % от срещите са завършили наравно. Колко отбора участват в това футболно първенство? (Победителят получава т., победеният 0 т., а за равен мач двата отбора получават по т.) Решение: Нека в групата участват х отбора. Тогава общият брой на изиграните срещи е x x. ( т.) При равенство се разпределят т., т.е. от равните мачове се получават ( ) общо. x( x ) точки. ( т.) От останалите мачове се получават. x( x ) точки. ( 4 4 т.) Получаваме уравнението. x( x ) +. x( x ) = 6. ( т.) Корените на 4 4 уравнението x x 4.6 = 0 са x = и x =. Следователно в групата участват отбора. ( т.) Задача 8.. Даден е Δ ABC и вътрешна точка M, за която MAC = MBC = 00. Ако P и Q са петите на перпендикулярите, спуснати от M съответно към страните BC и AC, а D е средата на страната AB, да се докаже, че Δ PQD е равностранен. Решение: Нека H и F са средите съответно на AM и BM. Тогава DH = BM и DF = AM (средни отсечки). ( т.) Имаме още, че HDFM е успоредник и следователно 0 HDF = 80 DHM ( т.), което ще използваме по-долу. Освен това QH = AM и PF = BM (медиани в правоъгълни триъгълници). ( т.) Разглеждаме Δ DHQ и Δ PFD. Последователно използваме, че DH = PF, QH = DF и DHQ = DHM + 600 = DFM + 600 = PFD. ( т.) Оттук ΔDHQ Δ PFD и следователно DP = DQ. ( т.) Освен това HQD = FDP. Получаваме, че: = ( + ) = ( + ) = (80 0 ) = QDP HDF HDQ FDP HDF HDQ HQD HDF DHQ = HDF (80 DHM 60 ) = HDF (80 (80 HDF) 60 ) = 60 което е достатъчно, за да твърдим, че Δ PQD е равностранен. 0 0 0 0 0 0 ( т.), Забележка. Задача 8.. Нека Δ PQD е равнобедрен и в случая MAC = MBC 00. = + +, където и b са такива цели числа, че и f ( x) x x b b. Ако f (+ ) 0,0, да се пресметне f ( ).
Решение: Нека f (+ ) = m+ n, където m= + + b и n= +. ( т.) От условието получаваме, че m = + + b + + b и n = + + 7. ( т.) От друга m n страна f(+ ) = m+ n =. ( т.) Ако m и n не са едновременно равни m n на нула, то m n (m и n са цели числа) и следователно f (+ ). m n От m и n 7 следва, че m n m + n + 7 < + 7. = 7 ( т.) и следователно f (+ ) > > = 0,0, което противоречи на условието. 7 0 Следователно m= n= 0, откъдето получаваме = и b =, т.е. f ( x) = x x и следователно f ( ) = 0. ( т.) Задача 8.4. В единичните квадратчета на квадратна таблица се записват 9 различни естествени числа със сума S. Таблицата се нарича интересна, ако при задраскване на кой да е ред и стълб сумата на две от срещуположните по диагонал числа е равна на сумата на другите две срещуположни по диагонал числа. а) Да се докаже, че при S = 0 не съществува интересна таблица. б) Да се намери броят на различните интересни таблици, които съдържат числата,,,, 666 и за които S е възможно най-малко. (Две таблици са различни, ако не се получават една от друга чрез въртене около центъра на таблицата.) Решение: а) Да разгледаме една интересна таблица: 4 6 7 8 9 Като зачертаем втория ред и втория стълб, от условието имаме + 9 = + 7 и като прибавим към двете страни, получаваме + + 9 = + + 7, т.е. сборът на числата по всеки от диагоналите е един и същ. ( т.) Нека той е. Сега да задраскаме третия ред и третия стълб. Получаваме + = + 4 = 9, т.е. + 4 + 9 =. По подобен начин, като задраскаме първия ред и първия стълб, имаме 6 + 8 = + 9 =, т.е. 6 + 8 + =. ( т.) Тогава S = ( + 4 + 9) + ( 6 + 8 + ) + ( + + 7) =. ( т.) Тъй като числото 0 не се дели на, то интересна таблица с S = 0 не съществува. б) Ще използваме означенията от а). Тъй като търсим интересна таблица с възможно най-малко S, свеждаме задачата до намиране на най-малката стойност на, където е някоя от разгледаните суми в а). Естествено е да работим с числата и 666. Можем да считаме, че = и 9 = 666. Тогава задачата се свежда до намиране на наймалката възможна стойност на. От условието + = + 4 следва, че и. Ще докажем, че съществува интересна таблица с = 4. За нея S =.( + 4 + 666) =.67 = 0. Освен това е ясно, че в този случай = и 4 = или
обратно, т.е. = и 4 =. За числото има две възможности: при първата 6 = или =, а при втората числото е в ъглово единично квадратче на таблицата, т.е. = 8 или 7 =. Първата възможност се отхвърля с непосредствена проверка, а при втората получаваме следните две таблици: ( т.) 4 7 66 66 666 66 4 664 6 666 В а) доказахме, че + + 9 = + + 7 = + 4 + 9 = 6 + 8 + =. По начин, подобен на този за доказване на тези четири равенства, може да се установи още, че + 6 + 7 = и 4 + 8 + =. Така, получаваме 6 суми, във всяка от които има по един представител на всеки ред и всеки стълб на таблицата. Оттук следва, че от всяка от горните таблици можем да получим 9 таблици в зависимост от числото в центъра на таблицата, за което има общо 9 възможности. На всяка от тези 9 таблици съответства по една, която се получава чрез размяна на числата в ъглите на единия от диагоналите. Останалите размествания не водят до различни таблици. Следователно общият брой на различните интересни таблици е 9. + 9. = 6. ( т. = т. за 8-те варианта на първата от показаните по-горе таблици + т. за 8-те варианта на втората) Задачите са предложени от Теодоси Витанов (8.. и 8..), Симеон Замковой (8..) и Сава Гроздев (8.4.).
Министерство на Образованието, Младежта и Науката Съюз на математиците в България Математически турнир Атанас Радев Ямбол, 7 9 януари 0 г. София, 0 г.
Кратки решения на задачите Задача 9. Да се намерят всички стойности на реалния параметър, за които уравнението x + ( )( )x + 4 + 9 = 0 има два различни реални корена x и x, такива че (x + x ) = 8 + 8. x x Решение. Равенството от условието е еквивалентно на x x (x + x ) = 8(x + x ). При x + x = 0 получаваме = или =. При x + x 0 имаме ( 4 + 9) = 8 4 4 + 9 8 = 0 ( )( + )( + ) = 0. От последното намираме само = като нов кандидат за решение. При = и = получаваме съответно уравненията x + 9 = 0 и x + 4 = 0, които нямат реални корени, а при = имаме уравнението x + 0x 6 = 0, което има два различни реални (ненулеви) корена. Следователно единственото решение е =. Оценяване. т. за разделянето на случаите x + x = 0 и x + x 0; т. за отхвърляне на = и = ; т. за получаване на уравнението 4 4 + 9 8 = 0; т. за решаването му; т. за проверка, че = е решение. Изследването на дискриминантата води до 0 или, за което се дава т. (не се добавя към горните). Задача 9.. В остроъгълния ABC отсечките AA (A BC) и BB (B AC) са височини, а точката M е средата на страната AB. Триъгълникът A B M е правоъгълен и лицето му е равно на. Да се намерят: а) дължината на страната AB и големината на <) ACB; б) дължината на радиуса на окръжността, описана около A B C. Решение. а) Тъй като A M и B M са медиани към хипотенузата AB в правоъгълните AA B и BB A, то A M = AB = B M. Сега от условието следва, че <) A MB = 90. Освен това <) AB M =<) B AM = α и <) BA M =<) A BM = β. Имаме = S A B M = A M.B M = AB 8 и следователно AB = 6, т.е. AB = 4.
Освен това <) AMB = 80 α и <) BMA = 80 β, откъдето 90 =<) A MB = α + β 80, т.е. α + β = и следователно <) ACB = γ = 4. б) Нека O и R са съответно центърът и радиусът на описаната около A B C окръжност. Тогава <) A OB = <) A CB = 90. Така A OB и A MB са равнобедрени правоъгълни с обща хипотенуза A B. Следователно тези триъгълници са еднакви и оттук R = OA = A M = AB =. Оценяване. 4 т. за а) ( т. за AB = 4 и т. за <) ACB = 4 ); т. за б). Задача 9.. Да се намерят всички естествени числа n, за които 8f(n ) = 7f(n), където с f(n) е означен броят на всички различни естествени делители на n. Решение. Очевидно n и нека n = p α pα... pαr r е каноничното разлагане на n. Тогава можем да запишем даденото равенство във вида A B M C O A α + α + α + α + α ( ) r + α r + =. () Да отбележим, че α i+ α i + < за всяко α i, като равенство отляво се достига само при α i =. Тогава от () следва, че r > ( ) ( )r, откъдето следва r. При r = имаме α = α = α =, което дава решенията n = p p p, където p, p и p са различни прости числа. Нека r =. Без ограничение на общността можем да считаме, че α α. Тогава от () получаваме (α + ) > α + α + α + α ( ) + α + = = α + α + α ( + α + α + α + (използвахме, че α + α + α + α + при α α ). От тези неравенства лесно следва, че α. Във всеки от случаите α =, 4, достигаме до линейно уравнение за α, като получаваме решенията (α, α ) = (, ) и (7, 4), т.е. n = p p и n = p7 p4, където p и p са различни прости числа. Оценяване. т. за равенството (); т. за доказване на r ; т. за случая r = ; т. за случая r =. B )
Задача 9.4. Дадени са реалните числа x, x,..., x n. Да се докаже, че тези числа могат да се разделят на две множества A и B от по n числа всяко, така че разликата на сумите S(A) и S(B) на числата в множествата да удовлетворява S(A) S(B) mx x i+ x i. i<n Решение. Първи начин. Нека A е подмножество на {x,..., x n }. Да означим със S(A) сумата на числата от множеството A, а със S(A) сумата на числата x i, несъдържащи се в A. Да построим редица C 0, C,..., C n от n-елементни подмножества на {x,..., x n }, в която C 0 = {x,..., x n }, C n = {x n+,..., x n }, всеки две последователни n-орки имат точно n общи елемента и се различават в елементи със съседни индекси. За всяко i {0,..., n } е изпълнено S(C i+ ) S(C i ) = x k+ x k, за някакъв индекс k. Без ограничение на общността можем да приемем, че S(C 0 ) S(C 0 ) < 0. Тогава S(C n ) S(C n ) > 0 и съществува индекс j, за който S(C j ) S(C j ) < 0 < S(C j+ ) S(C j+ ). Очевидно за някакъв индекс k е изпълнено S(C j+ ) S(C j ) = x k+ x k. Отчитайки, че S(C j+ ) S(C j ) = S(C j ) S(C j+ ), получаваме x k+ x k = S(C j+ ) S(C j+ ) S(C j )+S(C j ) = S(C j+ ) S(C j+ ) + S(C j ) S(C j ). Следователно поне едно от двете събираеми не надхвърля x k+ x k mx x i+ x i. i<n Втори начин (А. Иванов). Ще докажем твърдението с индукция по n. При n = твърдението е очевидно. Да разгледаме n + числа x, x,..., x n+. Тогава, ако M = mx x k+ x k, то x x M и mx x k+ x k M. k<n+ k<n+ Съгласно индукционната хипотеза числата x, x 4,..., x n+ могат да бъдат разделени на две групи A и B от по n числа, за които S(A) S(B) mx x k+ x k M. k<n+
Без ограничение можем да приемем, че S(A) S(B) и x x. Да разгледаме множествата A {x } и B {x }. За съответните суми имаме S(A) + x S(B) x = (S(A) S(B)) (x x ) mx{s(a) S(B), x x } M. Използвахме, че ако x и y са положителни числа, то x y mx{x, y}. Оценяване: Първи начин. т. за въвеждане на редица {C i } със свойствата, описани в решението; т. за конструиране на {C j } в явен вид; 4 т. за довършване на решението. Задача 0.. Да се реши неравенството x 4 x. Решение Полагаме t = x > 0 и получавамe неравенството t t. От тук следва, че t (0, ] и след повдигане на квадрат достигаме до еквивалентното неравенство t 4 6t + t + 6 0. По схемата на Хорнер представяме последното във вида (t + )(t )(t + t ) 0. Предвид факта, че t (0, ( ] ] достигаме до t 0, и следователно ( ] x, log. Оценяване: т. за t = x > 0 и достигане до t t ; т. за t (0, ( ] и ] достигане до t 4 6t +t+6 0; т. за (t+)(t )(t +t ) 0; т. за t 0, ; т. за окончателния отговор. Задача 0.. Даден е квадратният тричлен f(x) = x + x + b, където b е реален параметър. Да се намерят всички стойности на b, за които уравнението f(f(x)) = 0 има точно три различни реални корена. Решение. Първи начин. Ако f(x) = 0 има корени α < α, то корените на f(f(x)) = 0 съвпадат с корените на f(x) = α и f(x) = α. При това е ясно, че за да съществуват точно три различни корена е необходимо и достатъчно f(x) = α да има точно един двоен корен. Минимумът на f(x) се достига за x = и е равен на b. Следователно α = b и f(b ) = 0, откъдето b + b = 0. Това уравнение има за корени числата ( ± )/. 4
При b = ( + )/ имаме α = b = + > α =, и тази стойност на b не е решение на задачата. При b = ( )/ имаме α = b =, и от α +α = следва, че α наистина е по-малкият корен на f(x) = 0. Окончателно b = ( )/. Втори начин (Н. Николов). Записваме във вида f(x) = (x + ) + c, c = b, откъдето f(f(x)) = (x + ) 4 + (c + )(x + ) + c + c + = 0. Единият корен на това уравнение трябва да е нула, а другият положителен. Оттук получаваме c = ( )/ и b = c + = ( )/. Оценяване: 4 т. за намиране стойностите на b; т. за отхвърляне на едната. Задача 0.. Даден е ABC с ортоцентър H и медицентър G. Ако G лежи на окръжността с диаметър CH, то ) да се докаже, че точките A, B, G и H лежат на една окръжност; б) да се намери най-голямата възможна стойност на <) ACB. Решение а) Очевидно ABC е остроъгълен, H е вътрешна точка и ще разгледаме нетривиалния случай, когато G H. Ако CG AB = M и AH BC = P, то M е среда на AB и P лежи на окръжността с диаметър CH както G. Така получаваме, че <) P GC =<) P HC = 80 <) AHC =<) ABC и следователно четириъгълникът MBP G е вписан в окръжност. Тогава <) BGM =<) BP M =<) ABC и <) BAH+ <) BGH =<) BAH + 90 + <) ABC = 80, което доказва твърдението. б) (I начин) Ако G H, то <) ACB = 60. Нека G H и O е центърът на описаната около ABC окръжност. Известно е, че H, G и O лежат на една права A C H G O M P B
(т.нар. права на Ойлер) и G дели отсечката HO в отношение :. В частност, O е външна за отсечката HG, т.е. O е външна за окръжността, минаваща през A, B, G и H. Тогава <) AOB <<) AHB <) ACB < 80 <) ACB <) ACB < 60. Така търсената максимална стойност на <) ACB е 60 и се достига единствено при равностранен триъгълник. (II начин) От <) BGM =<) ABC следва, че MBG MCB. Тогава MB = MG.MC = MC и от формулата за медиана в триъгълник при стандартни означения достигаме до равенството + b = c. Така получаваме, че cos <) ACB = + b c = + b b 4b <) ACB 60. Оценяване: а) т. за MBP G вписан четириъгълник; т. за ABGH вписан четириъгълник; б) (I начин) т. за съображението, че G лежи на отсечката HO; т. за <) ACB 60. (II начин) т. за + b = c ; т. за <) ACB 60. Задача 0.4. Виж зад. 9.4. Задача.. Да се намерят всички цели стойности на реалния параметър, за които съществува цяло, различно от нула число, което е решение на уравнението 4 x + ( )9 x = ( )6 x. ( ) x Решение. След разделяне на 9 x и полагане t =, получаваме уравнението () t ( )t + = 0. При = 0 получаваме t =, откъдето x = 0. При 0 корените на уравнението () са t = и t = ( ) x ( ) x. При = получаваме x = 0. Нека =. Директно се проверява, че при 4 или са изпълнени неравенствата () > >. ( ) x Тъй като при x имаме ( ) x, а при x е изпълнено неравенствата () показват, че решение можем да имаме само при. Директна 6
проверка показва, че само при = и = получаваме цели решения съответно x = и x =. Окончателно търсените стойности са = и =. Оценяване: т. за получаване на t и t ; по т. за намиране на всяка от двете стойности на и т. за доказване, че няма други стойности. Задача.. Даден е трапец ABCD, AB CD, за който AD = 6, DC = и BC =. Ъглополовящата на <) ABC пресича страната AD в точка M, като AM MD =. а) Да се докаже, че в ABCD може да се впише окръжност. б) Да се намери дължината на отсечката OM, където O е центърът на вписаната в ABCD окръжност. Решение. а) Да означим с N пресечната точка на продължението на BM и правата CD. Тъй като <) BNC =<) ABM =<) NBC, то NC = BC. Следователно DN = NC DC = = 9 и от подобието на DNM и ABM намираме AB DN = AM DM =, т.е. AB =. Понеже AB + CD = AD + BC = 8, то в ABCD може да се впише окръжност. б) Ако P е пресечната точка на AD и BC, от подобието на DCP и ABP, P C намираме P C + CB = DC AB =. От това равенство получаваме P C =, т.е. AB = P B. Следователно BO AP, което означава, че OM е радиусът на вписаната в ABCD окръжност. Тъй като AM = 4, от правоъгълния AMB пресмятаме BM = 4 и понеже AO е ъглополовяща на <) BAM, имаме пресмятаме OM = 4. Оценяване: т. за а) и т. за б). OM BM OM = AM. От това равенство AB Задача.. В държава има 0 града. Между някои от градовете са прекарани пътища, като от всеки град може да се стигне до всеки друг. Известно е, че ако два града са свързани с път, то общият брой пътища, излизащи от тези два града е нечетно число. Колко най-много са прекараните пътища? Решение. Да разделим градовете на две групи P и Q по следния начин. В P влизат всички градове, от които излизат четен брой пътища, а в Q влизат всички градове, от които излизат нечетен брой пътища. Нека P = p и Q = q, като p + q = 0. Според условието на задачата няма път, който да свързва два града от P или два града от Q. Това означава, че всеки път свързва град от P с град от Q. Тъй като от всеки град 7
от P излизат четен брой пътища, то общият брой пътища е четно число. Оттук и от условието, че от всеки град от Q излизат нечетен брой пътища, следва че q е четно число. Понеже p + q = 0, то p също е четно число. Това означава, че от всеки град от Q излизат най-много p пътя. Следователно, ако p = p 0 и q = q 0, пътищата са най-много q 0 (p 0 ). Тъй като q 0 + (p 0 ) = 0, то най-голямата стойност на q 0 (p 0 ) се достига когато q 0 и p 0 са почти равни, т.е. q 0 = 006 и p 0 = 00. Тогава пътищата са 00.006 = 000. Ще построим пример, за който пътищата са точно 006.00. Нека A, A,..., A 006 и B, B,..., B 006 са съответно градовете в P и Q. Свързваме всеки от градовете B, B,..., B 004 с всеки от градовете A, A,..., A 00. Свързваме B 00 и B 006 с всеки от A, A,..., A 006. Директно се проверява, че пътищата са 006.00 и от всеки град може да се стигне до всеки друг. Оценяване: т. за наблюдението, че графът е двуделен; т. за наблюдението, че p и q са четни; т. за определяне на максимума на q 0 (p 0 ) при q 0 + (p 0 ) = 0; т. за пример, че този максимум се достига. Задача.4. Нека, m и n са естествени числа, като е четно и m < n. Да се докаже, че едно от числата m +, m+ +, m+ +,..., n + е взаимно просто с всяко от останалите числа. Решение. Да означим с k най-голямата степен на двойката, която дели някое от числата m, m +,..., n. Да допуснем, че има две числа, които се делят на k. Тези числа се представят във вида k t и k t, където t < t са нечетни числа. Числото k (t + ) < k t се дели на k+, което е противоречие с избора на k. Следователно съществува число r, m r n, което се дели на k и всяко друго число не се дели на k. Ще докажем, че числото r + е взаимно просто с всяко от останалите числа. Нека p е прост делител на r +. Тъй като е четно, то p е нечетно число и тогава p не дели r. Ако l е показателят на по модул p, то l дели r (защото r се дели на p), но не дели r (защото r не се дели на p). Следователно l се дели на k+. Да допуснем, че p дели s + за s r. Това означава, че l дели s, т.е. k дели s, което е противоречие. Показахме, че всеки прост делител на r + не дели нито едно от останалите числа. Следователно r + е взаимно просто с всяко от останалите числа. Оценяване: т. за доказване, че има единствено число, което се дели на k ; т. за правилния избор на степента r; т. за разглеждане на показателя на по модул p; 4 т. за довършване. 8
Задача. Да се намерят всички естествени числа n, за които уравнението има решение в реални числа. log n (sin πx) = sin (log n x π ) Решение. Понеже sin πx и n >, то log n (sin πx) 0 sin (log n x π ). Следователно log n (sin πx) = sin (log n x π ) точно когато sin πx =, т.е. x = k + /, и log n x π = mπ, където k, m Z. Оттук k+/ = n m и тогава лесно следва, че k = 0, n = и m =. Оценяване: т. за log n (sin πx) 0; т. за sin πx = ; т. за довършване на решението. Задача.. Да се намерят всички реални числа c такива, че редицата, дефинирана чрез равенствата 0 = 0 и n+ = n + c при n 0, е ограничена. Решение. Следните твърдения се получават по индукция: ако c [0, /4], то n /; ако c [, 0], то c n c; ако c > /4, то n+ > n ; ако c <, то n+ > n > c при n. В третия случай уравнението x = x + c няма реални корени и значи редицата ( n ) не е сходяща, откъдето n +. Същото следва и в четвъртия случай, понеже тогава корените на уравнението са по-малки от c. И така, отговорът е c [, /4]. Забележки.. В първия случай редицата e монотонно растяща и значи сходяща. Може да се докаже, че тя сходяща и при c [ /4, 0) (за повече подробности вж. т. нар. логистична функция).. Множеството на Малденброт се състои от всички комплексни числа c такива, че редицата от условието на задачата е ограничена. Това множество се съдържа в затворения кръг с център началото и радиус. Оценяване: т. за случая c (, 0); по т. за останалите случая. Задача.. Нека ABCD е изпъкнал четириъгълник, за който AB =, AD = и <) BAD =<) BCD. Да се намерят дължините на страните BC и CD, ако е известно, че те са естествени числа. Решение. Нека BC = x, CD = y и <) BAD =<) BCD = α. От косинусовата теорема следва, че + cos α = BD = x + y xy cos α, откъдето ( ) x + y = (xy 6) cos α. Случай. xy = 6. От x + y = получаваме, че x =, y = или x =, y =. В първия случай ABCD е делтоид, а във втория успоредник. Случай. xy > 6. Ако x y, то x + y > xy + = (xy 6) + > (xy 6) cos α +, 9
което е противоречие със ( ). Следователно x = y. Нека <) CBD = β, <) ABD = γ и <) ADB = δ. От синусовата теорема следва, че x sin β = BD sin α = sin γ. Понеже x, то sin β sin γ. Сега от β + γ < π, получаваме, че β γ. От друга страна, от AB = < = AD следва, че δ < γ и значи π α = δ + γ < γ β = π α, което отново е противоречие. Случай. xy < 6. От ( ) следва, че < x + y <, (6 xy) т.е. x y > и x + y <. Понеже x и y са естествени числа, то x =, y = или x =, y =. И в двата случая от ( ) следва cos α = /. Ако y =, то <) CAD =<) ACD. Понеже <) BAD =<) BCD, получаваме, че <) BAC = <) BCA, т.е. AB = BC противоречие. В случая x =, y = полученият четириъгълник ABCD е изпъкнал. Имаме да проверим, че <) ADC < 80 и ABC < 80. От косинусовата теорема намираме, че BD = 7. Следователно ABD е остроъгълен, а <) BDC > 90. Оттук <) ABC < 80. Също така sin<) ADB = sin<) BDC и значи sin <) ADB < sin <) BDC. Понеже първият ъгъл е остър, а вторият тъп, следва, че тяхната сума, т.е. мярката на <) ADC, е по-малка от 80. Отговор: (BC, CD) = (, ), (, ) или (, ). Оценяване: т. за равенството ( ); т. за случай ; т. за случай ; т. за случай. Задача.4. Виж зад..4. Задачите са предложени от: 9.. Петър Бойваленков, 9.. Керопе Чакърян; 9.. Петър Бойваленков и Керопе Чакърян; 9.4.(0.4.), 0.. Иван Ланджев; 0.., 0.. Стоян Боев;.4.(.4.),.. Александър Иванов;..,.. Емил Колев;..,.. Николай Николов и Олег Мушкаров;.. Николай Николов. 0