Задача 1. Иван, Петър и Мариян събирали орехи с различни по големина кошници. В кошницата на Иван могат да се съберат най-много 70 ореха, в кошницата на Петър – най-много 170 ореха, а в тази на Мариян – най-много 300 ореха. Иван събрал в кошницата си известно количество орехи и ги преброил по три начина: когато ги вземал по два, накрая оставал един, когато ги вземал по три, накрая оставали два, а когато ги вземал по четири, накрая оставали три. Тъй като на Иван му харесало числото с тези свойства, той събрал в кошницата си още четири пъти същото количество орехи. Петър също събрал в кошницата си определено количество орехи и като ги преброил, установил, че: когато ги вземал по два, накрая оставал един, когато ги вземал по три, накрая оставали два, а когато ги вземал по пет, накрая оставали три. След това той събрал в кошницата си още един път същото количество орехи. За броя на орехите, които Мариян събрал в кошницата си, установил: когато ги вземал по три, накрая оставали два, когато ги вземал по четири, накрая оставали три, когато ги вземал по пет, накрая оставали четири. Колко е общият брой орехи, които са събрали Иван, Петър и Мариян, ако броят на орехите, които всеки от тях е събрал в своята кошница, е възможно най-голямото число със съответните свойства.

Сава Гроздев, София, и Веселин Ненков, Бели Осъм

Решение: нека първия път Иван е събрал \(I\) на брой орехи. Тогава числото \(I=12 . i-1\) при деление на 2 , 3 и 4 дава съответно остатък 1, 2 и 3 . Тъй като при \(i=6\) се получава \(I=12.6-1=71\), то най-голямото количество орехи (с посочените свойства), което Иван може да събере в една кошница, е \(I=12.5-1=59\). Следователно Иван е събрал общо \(5.59=295\) ореха. Ако първият път Петър е събрал \(P\) на брой ореха, числото \(P\) може да се запише във вида \(P=30 . p-7\), тъй като при деление на 2 , 3 и 5 се получават съответно остатъци 1, 2 и 3 . При \(p=6\) се получава \(P=30.6-7=173\), затова най-голямото количество орехи (с посочените свойства), което Петър може да събере в една кошница, \(P=30.5-7=143\). Следователно Петър е събрал \(2.143=286\) ореха. Ако Мариян е събрал \(M\) на брой ореха, числото \(M\) може да се запише във вида \(M=60 . m-1\), тъй като при деление на 3 , 4 и 5 се получават съответно остатъци 2 , 3 и 4 . При \(m=6\) се получава \(M=60.6-1=359\), затова най-голямото количество орехи (с посочените свойства), което Мариян може да събере в своята кошница, е \(M=60.5-1=299\). Сега остава да съберем получените резултати и да установим, че общото количество орехи, които са събрали Иван, Петър и Мариян, e \(5 . I+2 . P+M=295+286+299=880\).

Задача 2. Дадени са два неподобни триъгълника \(\Delta_{1}\) и \(\Delta_{2}\). Страните на триъгълника \(\Delta_{k}\) са \(a_{k}, b_{k}\) и \(c_{k}\), , а ъглите му имат мерки \(\alpha_{k}, \beta_{k}\) и \(\gamma_{k}(k=1,2)\). Ако \(\gamma_{1}=\gamma_{2}=\gamma\) и \(\tfrac{b_{2}}{b_{1}}=\tfrac{a_{2}+b_{1}}{a_{1}+b_{2}}=\tfrac{\sqrt{c_{2}}}{\sqrt{c_{1}}}\), да се докаже, че \(\beta_{1}+\beta_{2}=\gamma\).

Хаим Хаимов, Варна

Решение: нека \(R_{i}\) е радиусът на описаната около триъгълника \(\Delta_{i}\) \((i=1,2)\) окръжност. От равенството \(\tfrac{b_{2}}{b_{1}}=\tfrac{\sqrt{c_{2}}}{\sqrt{c_{1}}}\) и синусовата теорема следва \(R_{1} \sin ^{2} \beta_{1}=R_{2} \sin ^{2} \beta_{2}\). Записваме равенството \(\tfrac{b_{2}}{b_{1}}=\tfrac{a_{2}+b_{1}}{a_{1}+b_{2}}\) във вида \(a_{1} b_{2}+b_{2}^{2}=a_{2} b_{1}+b_{1}^{2}\). От това равенство и синусовата теорема имаме \(R_{1} R_{2} \sin \alpha_{1} \sin \beta_{2}+R_{2}^{2} \sin ^{2} \beta_{2}=R_{1} R_{2} \sin \alpha_{2} \sin \beta_{1}+R_{1}^{2} \sin ^{2} \beta_{1}\). Оттук и от предишното равенство получаваме

\[ \sin \left(\beta_{1}+\gamma\right) \sin \beta_{2}+\sin ^{2} \beta_{1}=\sin \left(\beta_{2}+\gamma\right) \sin \beta_{1}+\sin ^{2} \beta_{2} . \]

След преобразуване на двете страни на това равенство имаме \(2 \sin \beta_{1} \sin \tfrac{\beta_{1}-\gamma-\beta_{2}}{2} \cos \tfrac{\beta_{1}+\gamma+\beta_{2}}{2}=2 \sin \beta_{2} \sin \tfrac{\beta_{2}-\gamma-\beta_{1}}{2} \cos \tfrac{\beta_{1}+\gamma+\beta_{2}}{2}\).

Тъй като \(\Delta_{1}\) и \(\Delta_{2}\) не са подобни, то \(\beta_{2} \neq \alpha_{1}, \quad \beta_{1}+\gamma+\beta_{2} \neq \pi\) и \(\cos \tfrac{\beta_{1}+\gamma+\beta_{2}}{2} \neq 0\). Затова от последното равенство следва \(2 \sin \beta_{1} \sin \tfrac{\beta_{1}-\gamma-\beta_{2}}{2}=2 \sin \beta_{2} \sin \tfrac{\beta_{2}-\gamma-\beta_{1}}{2}\). Оттук получаваме последователно

\[ \cos \tfrac{\beta_{1}+\beta_{2}+\gamma}{2}-\cos \tfrac{3 \beta_{1}-\beta_{2}-\gamma}{2}=\cos \tfrac{\beta_{1}+\beta_{2}+\gamma}{2}-\cos \tfrac{3 \beta_{2}-\beta_{1}-\gamma}{2} \] и \(2 \sin \left(\beta_{2}-\beta_{1}\right) \sin \tfrac{\gamma-\beta_{1}-\beta_{2}}{2}=0\). Отново от това, че \(\Delta_{1}\) и \(\Delta_{2}\) не са подобни, следва \(\beta_{1} \neq \beta_{2}\). Затова последното равенство води до \(\gamma-\beta_{1}-\beta_{2}=0\). Следователно \(\beta_{1}+\beta_{2}=\gamma\).

Задача 3. Дадени са три пръчки. Две от тези пръчки имат еднаква дължина, а дължината на третата е равна на сумата от дължините на първите две. От всяка пръчка по случаен начин е отчупено по едно парче. Каква е вероятността от трите парчета да е възможно да се построи триъгълник?

Милен Найденов, Варна

Решение: нека дадените пръчки имат дължини 1, 1 и 2 , а дължините на отчупените от тях парчета са съответно \(x, y\) и \(z\). Елементарното събитие се характеризира с наредената тройка ( \(x, y, z\) ), за която са изпълнени неравенствата \(0 \lt x \lt 1,0 \lt y \lt 1\) и \(0 \lt z \lt 2\). Затова разглеждаме ( \(x, y, z\) ) като точка в пространството и получаваме, че множеството на всички изходи се състои от точките, лежащи в паралелепипеда \(O A B C N K L M\), който има за основа квадрат \(O A B C\) със страна 1 и височина с дължина 2 . Обемът на този паралелепипед е \(V_{O A B C N K L M}=2\). Благоприятните събития удовлетворяват условията \(y+z \gt x, z+x \gt y\) и \(x+y \gt z\). Ако \(D, E, H\) и \(T\) са средите съответно на околните ръбове \(O N, B L, A K\) и \(C M\), то точките \(O, B\) и \(H\) лежат в равнина с уравнение \(-x+y+z=0\), точките \(O, B\) и \(T\) лежат в равнина с уравнение \(x-y+z=0\) и точките \(O, T, L\) и \(H\) лежат в равнина с уравнение \(x+y-z=0\). Следователно благоприятните събития се характеризират с точките в четириъгълната пирамида \(O T L H B\) с основа \(O T L H\) и връх \(B\). За обема ѝ намираме \(V_{\text {OTLHB }}=V_{\text {HETL }}+V_{\text {HETOB }}=V_{\text {HETL }}+V_{\text {OABCDHET }}-\left(V_{\text {BOHA }}+V_{\text {BOTC }}+V_{\text {HTLD }}\right)=\) \(=\tfrac{1}{6}+1-\left(\tfrac{1}{6}+\tfrac{1}{6}+\tfrac{1}{6}\right)=\tfrac{2}{3}\).

Следователно търсената вероятност е равна на \(\tfrac{V_{\text {OTLHB }}}{V_{\text {OABCNKLM }}}=\tfrac{2 / 3}{2}=\tfrac{1}{3}\).