© AI
Educational Technologies
\(\mathbf{4 5}^{\boldsymbol{\mathrm { TH }}}\) NATIONAL OLYMPIAD IN MATHEMATICS FOR UNIVERSITY STUDENTS
Abstract. Methodological solutions are proposed of the problems from the paper for Group B of the Forty fifth national Olympiad in Mathematics for University students in 2018. The contestants in this group are students who study Mathematics no more than 240 classes during the first year in the Bulgarian Universities.
Keywords: Olympiad; university student; problem solving; assessment
Задача 1. Ако \(a_{i j}\) е остатъкът на числото \(i^{j}+j^{i}\) при деление с 2, където \(i\) и \(j\) са естествени числа, да се пресметнат детерминантите:
\[ \text { a) } \Delta_{2}=\left|\begin{array}{ll} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{array}\right| ; \quad \text { б) } \Delta_{4}=\left|\begin{array}{llll} a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34} \\ a_{41} & a_{42} & a_{43} & a_{44} \end{array}\right| \text {. } \]
Решение: Четността на числото \(i^{j}\) не зависи от степента \(j\). Същото важи и за четността на числото \(j^{i}\), която не зависи от степента \(i\). Оттук заключаваме, че \(a_{i j}=0\), ако \(i+j\) е четно число и \(a_{i j}=1\), ако \(i+j\) е нечетно число. Тогава от а) \(\Delta_{2}=\left|\begin{array}{ll}0 & 1 \\ 1 & 0\end{array}\right|\) и от б) \(\Delta_{4}=\left|\begin{array}{llll}0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0\end{array}\right|\). Първата детерминанта очевидно е равна на -1, защото първото твърдение не е вярно. Втората е равна на нула, защото има (например) два равни реда.
Задача 2. Да се намерят всички цели числа \(x_{1}, x_{2}, x_{3}\) и \(x_{4}\), x2, x3 и x4 , ако \(x_{1}\) и \(x_{2}\) са корени на уравнението \(x^{2}-2 x_{3} x+x_{4}=0\), а \(x_{3}\) и \(x_{4}\) са корени на уравнението \(x^{2}-2 x_{1} x+x_{2}=0\).
Решение: От формулите на Виет, приложени за двете квадратни уравнения, имаме следната нелинейна алгебрична система:
\(\left|\begin{gathered} x_{1}+x_{2}=2 x_{3} \\ x_{1} \cdot x_{2}=x_{4} \\ x_{3}+x_{4}=2 x_{1} \\ x_{3} \cdot x_{4}=x_{2} \end{gathered}\right. .\)
Ако в четвъртото уравнение заместим \(x_{4}\) от второто уравнение, получаваме \(x_{1} \cdot x_{2} \cdot x_{3}=x_{2} \cdot\)
Случай 1. \(x_{2}=0\). Тогава от второто уравнение \(x_{4}=0\). Сега първото и третото уравнение стават съответно \(x_{1}=2 x_{3}\) и \(x_{3}=2 x_{1}\). Оттук \(x_{1}=4 x_{1}\) и следователно \(x_{1}=0\). С помощта на първото уравнение заключаваме, че \(x_{3}=0\). В този случай стигаме до решение на задачата, което е \(x_{1}=x_{2}=x_{3}=x_{4}=0\).
Случай 2. \(x_{2} \neq 0\). Тогава от \(x_{1} \cdot x_{2} \cdot x_{3}=x_{2}\), като съкратим на \(x_{2}\), получаваме \(x_{1} \cdot x_{3}=1\). x3 =1 . Тъй като търсим цели решения, стигаме до два подслучая.
Случай 2.1. \(x_{1}=x_{3}=1\). Сега от първото уравнение в системата следва \(x_{2}=1\). Заместваме във второто уравнение и получаваме \(x_{4}=1\). В този подслучай стигаме до решение на задачата, което е \(x_{1}=x_{2}=x_{3}=x_{4}=1\).
Случай 2.2. \(x_{1}=x_{3}=-1\). Сега от първото уравнение в системата следва \(x_{2}=-1\), а от третото получаваме \(x_{4}=-1\). Заместваме в четвъртото уравнение и стигаме до противоречие. В този случай не стигаме до решение на задачата.
Окончателно задачата има 2 решения \(x_{1}=x_{2}=x_{3}=x_{4}=0\) и \(x_{1}=x_{2}=x_{3}=x_{4}=1\).
Задача 3. Спрямо правоъгълна координатна система в равнината точките \(A(0 ; 0), B(1 ; 0)\) и \(C(0 ; 1)\) са върхове на \(\triangle A B C\), за който \(∢ B A C=90^{\circ}\) и \(A B=A C=1\). Точките \(M\) и \(N\) са съответно върху страните \(B C\) и \(A C\), така че \(∢ C B N=∢ C A M\) и \(A M \cap B N=P\).
а) Да се определят уравнението и видът на кривата \(k\), която описва \(P\), когато точката \(M\) описва отсечката \(B C\).
б) Ако \(P_{0}\) е вътрешна точка за \(\triangle A B C\), така че допирателната \(t_{0}\) към \(k\) през \(P_{0}\) е успоредна на \(A C\), да се определят разстоянията от \(P_{0}\) до \(A B\) и \(A C\).
Решение а) Ако \(∢ M A C=\theta\), то \(∢ A B P=45^{\circ}-\theta\). Нека \(x\) и \(y\) са координатите на \(P\). Тогава \(\operatorname{tg} \theta=\tfrac{x}{y}\) и \(\operatorname{tg}\left(45^{\circ}-\theta\right)=\tfrac{y}{1-x}\). Имаме \(\operatorname{tg}\left(45^{\circ}-\theta\right)=\tfrac{\operatorname{tg} 45^{\circ}-\operatorname{tg} \theta}{1+\operatorname{tg} 45^{\circ} \operatorname{tg} \theta}\) \(\tfrac{y}{1-x}=\tfrac{1-\tfrac{x}{y}}{1+\tfrac{x}{y}}\). Търсената крива е \(k: x^{2}-2 x y-y^{2}-x+y=0\), която записваме във вида
\((x-y)^{2}-2 y^{2}-(x-y)=0 . \quad\) Оттук \(\quad\left(x-y-\tfrac{1}{2}\right)^{2}-2 y^{2}=\tfrac{1}{4} \quad\) и \(k: \tfrac{\left(x-y-\tfrac{1}{2}\right)^{2}}{a^{2}}-\tfrac{y^{2}}{b^{2}}=1\), където \(a=\tfrac{1}{2}\) и \(b=\tfrac{1}{2 \sqrt{2}}\). Последното равенство означава, че \(k\) е хипербола с полуоси \(a=\tfrac{1}{2}\) и \(b=\tfrac{1}{2 \sqrt{2}}\). Центърът ѝ \(\left(\tfrac{1}{2}, 0\right)\) е средата на катета \(A B\).
б) Нека \(x_{0}\) и \(y_{0}\) са координатите на \(P_{0}\). Общите точки на правата \(t_{0}\) с уравнение \(x=x_{0}\) и \(k\) удовлетворяват уравнението \(y^{2}+\left(2 x_{0}-1\right) y-x_{0}^{2}+x_{0}=0\). Правата \(t_{0}\) има само една обща точка с \(k\) тогава и само тогава, когато \(\left(2 x_{0}-1\right)^{2}-4\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)=0\). Това е изпълнено, когато \(x_{0}^{\prime}=\tfrac{2+\sqrt{2}}{4}\) и \(x_{0}^{\prime \prime}=\tfrac{2-\sqrt{2}}{4}\). След заместване в последното уравнение относно \(y\) получаваме \(y_{0}^{\prime}=-\tfrac{\sqrt{2}}{4}\) и \(y_{0}^{\prime \prime}=\tfrac{\sqrt{2}}{4}\). Само точката \(\left(x_{0}^{\prime \prime}, y_{0}^{\prime \prime}\right)=\left(\tfrac{2-\sqrt{2}}{4}, \tfrac{\sqrt{2}}{4}\right)\) е вътрешна за \(\triangle A B C\) и следователно \(P_{0}\left(\tfrac{2-\sqrt{2}}{4}, \tfrac{\sqrt{2}}{4}\right)\). Разстоянията до \(A B\) и \(A C\) са съответно \(\tfrac{2-\sqrt{2}}{4}\) и \(\tfrac{\sqrt{2}}{4}\).
Критерии за оценяване на задачите
Задача 1. По 5 точки за правилно пресметнати и посочени отговори.
Задача 2. За правилно посочени верни отговори по 1 точка за всеки отговор – общо 2 точки. За правилна обосновка на всеки от отговорите допълнително се присъждат по 4 точки. Частични резултати се оценяват в рамките на \(1-2\) точки за правилно изписване на системата от четири уравнения с четири неизвестни въз основа на формулите на Виет и наличие на правилно тръгване към решаването на системата. В рамките на \(1-2\) точки се оценяват и частични резултати с други подходи, а не с формулите на Виет – например чрез формулата за квадратно уравнение.
Задача 3. Подточка а) се оценява общо с 6 точки при посочено правилно решение, от които 3 точки за получаване уравнението на хиперболата и още 3 точки – за намиране на каноничния вид, посочване вида на кривата, осите и центъра.
Подточка б) се оценява общо с 4 точки, от които 2 точки за получаване на условието за допирателната към кривата и анулиране на съответната дискриминанта. Допълнително се присъждат 2 точки за получаване координатите на точката \(P_{0}\) и посочване на разстоянията до катетите на триъгълника.