Образователни технологии
ЧЕТИРИДЕСЕТ И ПЕТА НАЦИОНАЛНА СТУДЕНТСКА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА
Резюме. Предложени са методически решения на задачите от темата за група В на Националната студентска олимпиада през 2018 г. В тази група се състезават студенти, изучаващи математика в първи курс на висшите училища в България с хорариум, не по-голям от 240 часа. Включени са и критериите за оценяване на задачите.
Ключови думи: 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.