Р Е П У Б Л И К А Б Ъ Л Г А Р И Я М И Н И С Т Е Р С Т В О Н А О Б Р А З О В А Н И Е Т О И Н А У К А Т А НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА ОБЛАСТЕН КРЪГ – 25 април 2009 г. Т Е М А ЗА 4 К Л А С Задача 1. Един ден Боби казал на брат си Иво: “Намислих си едно число. То е равно на ( ) 2008 : 4 102 .5 8 - + . Намери го!” Иво отговорил: “Добре, но и ти намери моето число, ако знаеш, че като го разделиш на 7 и от полученото извадиш 7, и с полученото число пак извършиш същите две действия, ще получиш 33.” Намерете кои числа са си намислили Иво и Боби! Задача 2. Ангел хванал толкова риби, колкото и синът му, а Рангел хванал 3 пъти повече риби, отколкото синът му. Колко риби е хванал Рангел, ако всички хванати риби са 25? Задача 3. Даден е правоъгълник с лице 196 . кв см , който може да се разреже на 4 еднакви квадрата. а) Намерете дължините на страните на този правоъгълник. б) Минчо се опитал да разреже дадения правоъгълник на квадрати с дължини на страните 5 см и 2 см , като искал от всеки вид квадрати да има най- малко по един представител. Възможно ли е това? Помогнете му да го направи, ако е възможно. Всяка задача се оценява със 7 точки. Време за работа 4 часа. Пожелаваме Ви успех!
34
Embed
2009.25-26.04 58-ма НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА - ОБЛАСТЕН КРЪГ
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
Р Е П У Б Л И К А Б Ъ Л Г А Р И Я
М И Н И С Т Е Р С Т В О Н А О Б Р А З О В А Н И Е Т О И Н А У К А Т А
НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА
ОБЛАСТЕН КРЪГ – 25 април 2009 г.
Т Е М А ЗА 4 К Л А С
Задача 1. Един ден Боби казал на брат си Иво: “Намислих си едно число. То е
равно на ( )2008 : 4 102 .5 8− + . Намери го!” Иво отговорил: “Добре, но и ти намери
моето число, ако знаеш, че като го разделиш на 7 и от полученото извадиш 7, и с
полученото число пак извършиш същите две действия, ще получиш 33.”
Намерете кои числа са си намислили Иво и Боби!
Задача 2. Ангел хванал толкова риби, колкото и синът му, а Рангел хванал 3 пъти
повече риби, отколкото синът му. Колко риби е хванал Рангел, ако всички хванати
риби са 25?
Задача 3. Даден е правоъгълник с лице 196 .кв см , който може да се разреже на 4
еднакви квадрата.
а) Намерете дължините на страните на този правоъгълник.
б) Минчо се опитал да разреже дадения правоъгълник на квадрати с
дължини на страните 5 см и 2 см , като искал от всеки вид квадрати да има най-
малко по един представител. Възможно ли е това? Помогнете му да го направи, ако
е възможно.
Всяка задача се оценява със 7 точки.
Време за работа 4 часа.
Пожелаваме Ви успех!
РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ НА ЗАДАЧИТЕ ЗА 4 КЛАС
Задача 3. Да предположим, че за някои естествени числа n и m е вярно равенството 3
4 2 5n n
m+ + = . Остатъците, които лявата страна на равенството дава по модул 7, са 0 и
4 (1 т.), а остатъците, които дясната страна дава при деление на 7, са 0, 1 и 6 (1 т.). Ето
защо равенството 3
4 2 5n n
m+ + = е възможно само когато и двете му страни се делят на
7 (1 т.). Но числото 4 2 5n n+ + се дели на 7 точно тогава, когато n се дели на 3 (1 т.).
Нека 3 ,n k k= − естествено число. Тогава числото 4 2 5n n+ + може да се запише във
A B
D
M
C N Q
P O
вида ( ) ( )6 3
4 2 5 2 2 5n n k k+ + = + + . Ако означим 2
ka= , то получаваме равенството
6 3 35a a m+ + = (1 т.). Но ( )
36 3 2
1a a a+ + > и
( ) ( ) ( ) ( ) ( )3
2 6 3 4 3 2 3 21 5 3 3 4 3 1 2 2 2 0a a a a a a a a a a a+ − + + = − + − = − + + − + >
при 2a ≥ (1 т.). Това означава, че равенството 6 3 3
5a a m+ + = е невъзможно, защото 6 3
5a a+ + се намира между кубовете на две последователни естествени числа.
Следователно не съществува естествено число n , за което числото 4 2 5n n+ + е точен
куб на естествено число (1 т.).
Р Е П У Б Л И К А Б Ъ Л Г А Р И Я
М И Н И С Т Е Р С Т В О Н А О Б Р А З О В А Н И Е Т О И Н А У К А Т А
НАЦИОНАЛНА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА
ОБЛАСТЕН КРЪГ – 25 април 2009 г.
Т Е М А ЗА 8 К Л А С
Задача 1. Графиките на функциите ( ) 2f x x a= − + и ( ) 2g x x b= + се пресичат в
точката A , чиято абсциса е 1. Графиките на ( )f x и ( )g x пресичат ординатната ос
съответно в точките B и C . Намерете лицето на триъгълника ABC .
Задача 2. Върху окръжност са взети точките ( )1 2, , , 6nA A A n >… в посочения ред така,
че � � � �1 2 2 3 1 1n n n
A A A A A A A A−
= = = =… .
а) Намерете n , ако е известно, че правите 1 4
A A и 2 2n
A A−
са перпендикулярни.
б) Върху правата 1 n
A A е взета точката M така, че 1
A е между n
A и M и
1 1 4A M A A= . Докажете, че точките
2,M A и
2nA
− лежат на една права.
Задача 3. Да се намерят всички естествени числа n , за които числото 14 3 11
n n++ ⋅ е
степен на просто число.
Всяка задача се оценява със 7 точки.
Време за работа 4 часа.
Пожелаваме Ви успех!
РЕШЕНИЯ И КРИТЕРИИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ НА ЗАДАЧИТЕ ЗА 8 КЛАС
Задача 1. Понеже точката A лежи върху всяка от двете графики, то координатите й ще
имат вида ( )( )1; 1A f и ( )( )1; 1A g . От ( )1 1f a= + (1 т.) и ( )1 2g b= + (1 т.) следва, че
1 2a b+ = + или 1a b− = (1 т.). От друга страна, координатите на точките B и C ще
имат вида ( )( )0; 0B f и ( )( )0; 0C g . Лесно се пресмята, че ( )0;2B a+ (1 т.) и ( )0;C b (1
т.). Тогава за лицето на триъгълника ABC получаваме, че е равно на
1 1 1 32 1 3
2 2 2 2A
BC h a b⋅ = + − ⋅ = ⋅ = квадратни мерни единици (2 т.).
Задача 2. а) Да отбележим, че точките 2
A и 2n
A−
са в различни полуравнини относно
правата 1 4
A A и ако хордите 1 4
A A и 2 2n
A A−
се пресичат в точката L , то
� �( )( ) ( )
1 2 1 2 4 2
6 360 5 1801 1 360
2 2n
n nA LA A A A A
n n n−
− ° − ° °∠ = + = + =
(2 т.). Оттук
( )5 180 5 190 10
2
n nn
n n
− ° −= °⇒ = ⇔ = (1 т.).
б) Тъй като � �1 4 2 1
3 360n
A A A An
−
⋅ °= = , то хордите
1 4A A и
1 2nA A
− са равни, а това
дава, че 1 1 2n
A M A A−
= (1 т.). Следователно 1 2n
A MA−
∆ е равнобедрен и
2 1 1 2 1 2
1
2n n n n
MA A A MA A A A− − −
∠ = ∠ = ∠ . Но �1 2 2
1 1 2 360 360
2 2n n n n
A A A A An n
− −
⋅ ° °= = ⋅ =� ,
откъдето 2 1 1 2
180n n
MA A A MAn
− −
°∠ = ∠ = (1 т.). Освен това �
2 2 1 1 2
1 180
2n
A A A A An
−
°∠ = = (1 т.).
Получените равенства означават, че правите 2n
MA−
и 2 2n
A A−
сключват един и същ ъгъл
с правата 1 2n
A A−
, като при това точките M и 2
A лежат в една и съща полуравнина
относно правата 1 2n
A A−
. Оттук следва, че точките 2
,M A и 2n
A−
лежат на една права (1
т.).
Задача 3. Ще покажем най-напред, че числото 14 3 11
n n++ ⋅ се дели на 7 за всяко
естествено число n . Понеже ( )11 4 mod 7≡ , то ( )3 11 3 4 mod 7n n
⋅ ≡ ⋅ и следователно
( )14 3 11 4 4 3 4 0 mod 7
n n n n++ ⋅ ≡ ⋅ + ⋅ ≡ . Ето защо даденото число може да бъде степен
само на числото 7 (1 т.). Това означава, че търсим всички двойки цели положителни
числа ( ),n m , за които е вярно равенството 14 3 11 7
n n m++ ⋅ = . При 1n = имаме
1 24 3 11 16 33 49 7
n n++ ⋅ = + = = , тоест 1n = е решение на задачата (1 т.). Нека n е четно.
Тогава ( )11 1 mod8n
≡ , откъдето ( )14 3 11 3 mod8
n n++ ⋅ ≡ . Но сравнението ( )7 3 mod8
m≡ е
невъзможно. Следователно n е нечетно (1 т.). Но при нечетно n имаме
( )14 3 11 3 11 1 mod8
n n n++ ⋅ ≡ ⋅ ≡ и следователно трябва ( )7 1 mod8
m≡ . Последното е
възможно точно когато m е четно (1 т.). И така, можем да запишем 2 1, 1n k k= + ≥
(случаят 1n = вече разгледахме) и 2 , 1m t t= ≥ . Тогава равенството 14 3 11 7
n n m++ ⋅ =
приема вида 2 2 2 1 24 3 11 7
k k t+ ++ ⋅ = , откъдето получаваме, че 2 1 2 2 2
3 11 7 4k t k+ +
⋅ = − или
( )( )2 1 1 13 11 7 4 7 4
k t k t k+ + +⋅ = − + (1 т.). Числата 1
7 4t k ++ и
17 4
t k +− са нечетни и разликата
им е степен на двойката. Следователно те са взаимно прости. При това числото 17 4
t k +−
се дели на 3. Това означава, че равенството ( )( )2 1 1 13 11 7 4 7 4
k t k t k+ + +⋅ = − + е изпълнено
точно тогава, когато 17 4 3
t k +− = и
1 2 17 4 11
t k k+ ++ = (1 т.) (тук използваме, че не е
възможно 17 4 1
t k ++ = ). Но от равенството 1
7 4 3t k +− = следва, че ( )7 3 mod8
t≡ , което
вече отбелязахме, че е невъзможно (1 т.). Следователно само 1n = е решение на
задачата.
Министерство на образованието и науката
58. Национална олимпиада по математика
Областен кръг, Първи ден, 25 април 2009 г.
Тема за 9. клас
Задача 1. Да се реши системата∣∣∣∣
x3 + xy2 + 16 = 03y3 − xy2 + 16 = 0
.
Задача 2. Вписаната в 4ABC окръжност се допира до страните AC и BCсъответно в точките P и Q, а правата PQ пресича описаната около 4ABC
окръжност в точките K и L (K ∈_
AC, L ∈_
BC). Ако K е среда на_
AC, да сенамери отношението KL : AB.
Задача 3. Множеството от върховете на правилен 30-ъгълник е разбито на15 непресичащи се двойки, които определят 15 отсечки. Да се докаже, чепоне две от 15-те отсечки са равни.
Време за работа: 4 часа и 30 минути.
За въпроси: 0899 804 465 (Стоян Боев).
Министерство на образованието и науката
58. Национална олимпиада по математика
Областен кръг, Втори ден, 26 април 2009 г.
Тема за 9. клас
Задача 4. Да се намерят стойностите на реалния параметър a, за коитоуравнението √
x2 + a = x − a
има поне едно цяло решение.
Задача 5. Четириъгълникът ABCD е вписан в окръжност с център O иописан около окръжност с център I, като I 6≡ O. Правата OI пресича две отстраните на ABCD във вътрешни точки. Да се докаже, че произведениетона тези две страни не надминава произведението на другите му две страни.
Задача 6. Да се докаже, че системата
∣
∣
∣
∣
x3 + 2x2y + xy2 + 7z4 = 8
x2y + 2xy2 + y3 + 9z4 = 8няма
решение в цели числа.
Време за работа: 4 часа и 30 минути.
За въпроси: 0899 804 465 (Стоян Боев).
Министерство на образованието и науката
58. Национална олимпиада по математика
Областен кръг, Първи ден, 25 април 2009 г.
Тема за 10. клас
Задача 1. Да се реши неравенството
x + a√x2 + a2
>x + b√x2 + b2
,
където a и b са реални параметри и a > b > 0.
Задача 2. Права през върха C пресича диагонала BD, страната AD ипродължението на страната AB на успоредника ABCD съответно в точкитеM , E и F . Да се докаже, че AM е допирателна към описаната около три-ъгълника AEF окръжност тогава и само тогава, когато ABCD е ромб.
Задача 3. Да се намерят всички естествени числа n, за които равенството
Задача 4. Нека f(x) = x2 +(2a−1)x−3 и g(x) = x2 +(a−2)x−1, където a ереален параметър. Да се намерят всички стойности на a, за които коренитена уравненията f(x) = 0 и g(x) = 0 са разположени така, че между дватакорена на едното има точно един корен на другото.
Задача 5. В триъгълник ABC е известно е, че 2 <) BAC + 3 <) ABC = 180◦.Да се докаже, че 4(BC + CA) ≤ 5AB.
Задача 6. Нека n е произволно естествено число и N = n(n+1)(n+2)(n+3).Да се докаже, че не съществува цяло число m такова, че N + m9 = 2008.
Време за работа: 4 часа и 30 минути.
За въпроси: 0888-91-82-81 (Иван Тонов).
Министерство на образованието и науката
58. Национална олимпиада по математика
Областен кръг, Първи ден, 25 април 2009 г.
Тема за 11. клас
Задача 1. Да се реши уравнението√
x2 + x + 3 = x − a, където a е реаленпараметър.
Задача 2. а) Да се докаже, че за триъгълник с ъгли α, β и γ е изпълненоравенството
r = 4R sinα
2sin
β
2sin
γ
2,
където r и R са съответно радиусът на вписаната и на описаната окръжностза този триъгълник.
б) Шестоъгълникът ABCDEF е вписан в окръжност. Да се докаже, чепроизведението на радиусите на вписаните окръжности в 4ABF , 4BCD и4DEF е равно на произведението на радиусите на вписаните окръжности в4ABC,4CDE и4EFA тогава и само тогава, когато периметрите на4ACEи 4BDF са равни.
Задача 3. Група от n човека, където n е четно естествено число, се разполагаоколо маса, местата на която са във върховете на правилен n-ъгълник. Ви-наги ли е възможно да се направят няколко такива разположения така, чевсеки двама да са седели в диаметрално противоположни места на масататочно по веднъж?
Време за работа: 4 часа и 30 минути.
За въпроси: 0888 919 497 (Емил Колев).
Министерство на образованието и науката
58. Национална олимпиада по математика
Областен кръг, Втори ден, 26 април 2009 г.
Тема за 11. клас
Задача 4. Да се намерят всички стойности на реалния параметър a, за коитоуравнението
23x − a22x+1 + (a2 + 1)2x − a = 0
има три различни реални корена, които образуват аритметична прогресия.
Задача 5. Дадена е редица от положителни числа a1, a2, . . . , за която a1 = 1,a2 = 2 и
an+1 = a2
n+ a2
n−1 + a2
n−2 + an−2
за n ≥ 3. Да се намери a3, ако
1
a1 + 1+
1
a2 + 1+ · · · +
1
a2008 + 1+
1
a2009
= 1.
Задача 6. Естествените числа a, b и c са такива, че a2 + ab + b2 = c2 и a и b
са взаимнопрости. Да се докаже, че числото |a − b| + 2c е точен квадрат наестествено число тогава и само тогава, когато то не се дели на 3.
Време за работа: 4 часа и 30 минути.
За въпроси: 0888 919 497 (Емил Колев).
Министерство на образованието и науката
58. Национална олимпиада по математика
Областен кръг, Първи ден, 25 април 2009 г.
Тема за 12. клас
Задача 1. Да се реши уравнението
3x4 − 4x3 − 12x2 + 164x−1 + 6
2x + 1= 0.
Задача 2. В кръг в радиус 1 са разположени четири триъгълника със сумана лицата 3. Да се докаже, че два от тях имат обща вътрешна точка.
Задача 3. Да се намерят всички реални числа a, за които:а) съществува функция f : R → R такава, че f(0) = a и f(f(x)) = x2009
за всяко x ∈ R;б) съществува непрекъсната функция със свойствата от а).
Време за работа: 4 часа и 30 минути.
За въпроси: 0888 937 087 (Николай Николов).
Министерство на образованието и науката
58. Национална олимпиада по математика
Областен кръг, Втори ден, 26 април 2009 г.
Тема за 12. клас
Задача 4. В △ABC (AC < BC) с лице 20√
3 точките M и I са съответномедицентър и център на вписаната окръжност. Отсечката IM има дължина1 и е успоредна на страната AB. Да се намерят дължините на страните натриъгълника.
Задача 5. Нека n е естествено число. Да се докаже, че:
а) уравнениетоn∑
i=1
1
i(i + x)= 1 има единствено неотрицателно решение
xn;б) редицата с общ член xn е сходяща и да се намери нейната граница.
Задача 6. Да се намерят всички двойки (a, b) от естествени числа такива,че n2 + n + 1 дели (an + 1)10 + b за всяко естествено число n.
Време за работа: 4 часа и 30 минути.
За въпроси: 0888 937 087 (Николай Николов).
Министерство на образованието и науката
58. Национална олимпиада по математика
Областен кръг, 25-26.04.2009 г.
Условия, кратки решения и критерии за оценяване
Задача 9.1. Да се реши системата
∣
∣
∣
∣
x3 + xy2 + 16 = 03y3 − xy2 + 16 = 0
.
Решение. Изваждаме почленно второто уравнение от първото и получава-ме x3 +2xy2−3y3 = 0. Лесно се вижда, че y = 0 не дава решение на системата.При y 6= 0 разделяме полученото уравнение на y3 и полагаме x
y= t. Получаваме
t3 + 2t − 3 = 0 ⇐⇒ (t − 1)(t2 + t + 3) = 0 с единствено реално решение t = 1.Тогава x = y и от системата получаваме x = y = −2.
Оценяване. 1 т. за елиминиране на свободния член, 1 т. за случая y = 0,1 т. за полагането (разглеждането на уравнението като хомогенно), 3 т. зарешаване на уравнението от трета степен за t и 1 т. за довършване.
Задача 9.2. Вписаната в △ABC окръжност се допира до страните AC иBC съответно в точките P и Q, а правата PQ пресича описаната около △ABC
окръжност в точките K и L (K ∈⌢
AC, L ∈⌢
BC). Ако K е среда на⌢
AC, да сенамери отношението KL : AB.
Решение. Имаме
1
2(
⌢
AK +⌢
CL) =<) QPC =<) PQC =1
2(
⌢
CK +⌢
BL).
Но⌢
AK=⌢
CK и следователно L е среда на⌢
BC.Тогава AL пресича BK в центъра I на вписанатав △ABC окръжност и KL е симетрала на CI.
b
Ab
B
b
C
b
I
b
QbP
bL
bKb
S
b
R
Така получаваме, че PIQC е квадрат, <) ACB = 90◦ и освен това △KLC ∼
△ABI, т.е. KL : AB = CS : IR = CS : CP =
√2
2, където R е допирната точка
на вписаната в △ABC окръжност с AB.
Оценяване. 3 т. за доказване, че L е среда на⌢
BC, 2 т. за <) ACB = 90◦, 1т. за △KLC ∼ △ABI и 1 т. за достигане до отговора.
Задача 9.3. Множеството от върховете на правилен 30-ъгълник е разбитона 15 непресичащи се двойки, които определят 15 отсечки. Да се докаже, чепоне две от 15-те отсечки са равни.
1
Решение. Нека A1A2 . . . A30 е даденият правилен 30-ъгълник. Да отъж-дествим дължината на отсечката AiAj с числото |i − j|, ако |i − j| ≤ 15 и с30 − |i − j|, ако |i − j| ≥ 16. Тогава е достатъчно да докажем, че поне две отчислата, съпоставени на 15-те отсечки, са равни.
Да допуснем противното, т.е. числата са 1, 2, . . . , 15. Да означим съответно сAi1 , Ai2 , . . . , Ai15 краищата с по-малък индекс на отсечките с дължини 1, 2, . . . ,15. Тогава вторите им краища са съответно Ai1+1 или Ai1+30−1, Ai2+2 илиAi2+30−2 и т.н. Оттук следва, че сумата от всички индекси е равна на M =2(i1 + i2 + · · ·+ i15) + 30m + a1 + a2 + · · ·+ a15, където m е цяло число, а |ai| = iза i = 1, 2, . . . , 15. Тогава M има същата четност, както числото a1+a2+· · ·+a15,а то е с четността на 1 + 2 + · · ·+ 15 = 120. Следователно M е четно число. Отдруга страна, имаме M = 1 + 2 + · · · + 30 = 15.31 = 465, противоречие.
Оценяване. 1 т. за заместване на дължините с цели числа, 2 т. за де-финиране на инвариант, които води до противоречие и 4 т. за реализация напротиворечие.
Задача 9.4. Да се намерят стойностите на реалния параметър a, за коитоуравнението √
x2 + a = x − a
има поне едно цяло решение.
Решение. След повдигане на квадрат достигаме до уравнението 2ax =a(a − 1).
Случай 1. Ако a = 0, то уравнението добива вида |x| = x и всяко x ≧ 0 ерешение.
Случай 2. Ако a 6= 0, то x =a − 1
2. Тогава x2 + a = (a−1)2
4+ a = (a+1)2
4≧ 0 и
за да имаме решение е достатъчно x − a =a − 1
2− a ≧ 0, т.е. a ≦ −1.
Следователно уравнението има поне едно цяло решение точно когато a eнечетно отрицателно число или 0.
Оценяване. 1 т. за свеждане на уравнението до линейно, 1 т. за случай 1,3 т. за случай 2 и 2 т. за достигане до отговора.
Задача 9.5. Четириъгълникът ABCD е вписан в окръжност с център Oи описан около окръжност с център I, като I 6≡ O. Правата OI пресича две отстраните на ABCD във вътрешни точки. Да се докаже, че произведението натези две страни не надминава произведението на другите му две страни.
2
Решение. Понеже ABCD е описан, то AB +CD = AD + BC. Ще докажем, че OI пресича въввътрешни точки най-дългата и най-късата страна наABCD. От горното равенство лесно се съобразява, чете са срещулежащи и нека са съответно AB и CD.От AB > BC следва, че <) OBA <<) OBC, т.е. BO→
лежи между BI→ и BA→. Аналогично, AO→ лежимежду AI→ и AB→, т.е. O лежи вътре в △ABI и OIпресича страната AB. По същия начин получаваме, чеOI пресича страната CD.
b
Ob
Ab
B
bCb
D
b
I
b
b
От друга страна, имаме равенствата 4AB.CD = (AB+CD)2−(AB−CD)2и4AD.BC = (AD + BC)2 − (AD − BC)2. Оттук и от факта, че AB и CD санай-дългата и най-късата страни, получаваме (AB − CD)2 > (AD − BC)2 иследователно AB.CD < AD.BC.
Оценяване. 1 т. за предположението че OI пресича най-дългата и най-късата страна, 3 т. за доказателството му и 3 т. за доказване на неравенството(което може да се направи и чисто геометрично).
Решение. Да допуснем, че системата има решение. Събираме двете урав-нения и получаваме (x + y)3 + (2z)4 = 16.
Да разгледаме остатъците на двете страни по модул 13. Възможните оста-тъци на третите степени са 0, 1, 5, 8 и 12, а остатъците на четвъртите степениса 0, 1, 3 и 9. Тогава лесно се вижда, че единствената възможност е да имаме(x + y)3 ≡ 0 (mod 13) и (2z)4 ≡ 3 (mod 13). Оттук y ≡ −x (mod 13) и z4 ≡ 1(mod 13).
Заместваме y и z4 (по модул 13) в първото уравнение на системата иполучаваме 7 ≡ 8 (mod 13), противоречие.
Оценяване. 1 т. за представянето (x+y)3 +(2z)4 = 16, 1 т. за разглежданена остатъците по модул 13, 3 т. за намиране на единствената възможност(остатъци 0 и 3), 1 т. за заместване в системата по модул 13 и 1 т. за получаванена противоречие.
Задача 10.1. Да се реши неравенството
x + a√x2 + a2
>x + b√x2 + b2
,
където a и b са реални параметри и a > b > 0.
Решение. Ще разгледаме поотделно три възможности за знаците на чис-лителите.
3
Случай 1. Ако x > −b, то двете страни на неравенството са положителнии след повдигане на квадрат, освобождаване от знаменател и опростяванеполучаваме (a − b)x(x2 − ab) > 0. Тъй като a − b > 0, остава x(x2 − ab) > 0,чиито решения (по метода на интервалите) са x ∈ (−
√ab, 0) ∪ (
√ab, +∞).
Понеже −b > −√
ab, решенията в този случай са x ∈ (−b, 0) ∪ (√
ab, +∞).
Случай 2. Ако −a ≤ x ≤ −b, неравенството очевидно е изпълнено.
Случай 3. Ако x < −a, то, подобно на случай 1) получаваме неравенството(a − b)x(x2 − ab) < 0, чиито решения (отново по метода на интервалите) саx ∈ (−∞,−
√ab) ∪ (0,
√ab). Понеже −a < −
√ab, решенията в този случай са
x ∈ (−∞,−a).
Окончателно, решенията са x ∈ (−∞, 0) ∪ (√
ab, +∞).
Оценяване. По 2 т. за всеки от трите случая и 1 т. за окончателно описаниена решенията.
Задача 10.2. Права през върха C пресича диагонала BD, страната AD ипродължението на страната AB на успоредника ABCD съответно в точкитеM , E и F . Да се докаже, че AM е допирателна към описаната около триъгъл-ника AEF окръжност тогава и само тогава, когато ABCD е ромб.
Решение. Нека ABCD е ромб. Тогава триъгълниците AMD и CMD саеднакви по първи признак, откъдето <) DCM =<) DAM . Но <) DCM =<) EFA.Следователно <) DAM =<) EFA, т.е. AM е допирателна към описаната около△AEF окръжност.
Нека <) DAM =<) EFA. Тогава разглежданите по-горе триъгълници саеднакви, защото имат обща страна, един и същ ъгъл срещу нея и равнивисочини. Това показва, че радиусите на описаните окръжности са равни, аоттам следва и равенство на ъглите.
Оценяване. 3 т. за едната посока: 1 т. за еднаквостта △AMD ∼= △CMD,2 т. за <) DAM =<) EFA и заключението, че AM е допирателна към описанатаоколо △AEF окръжност; 4 т. за другата посока: 2 т. за еднаквостта △AMD ∼=△CMD и 2 т. за довършване.
Задача 10.3. Да се намерят всички естествени числа n, за които равенст-вото
Решение. Полагаме x = y = 1 и получаваме 22n+1 − 2 = 2(2n + 1)3n−1,откъдето 22n−1 = (2n+1)3n−1. Това уравнение се удовлетворява за n = 1, 2, 3.Нека n ≥ 4. Представяме уравнението във вида
(
43
)n= 2n+1
3+ 1
3n.
4
Имаме(
4
3
)n
=
(
1 +1
3
)n
> 1 +n
3+
n(n − 1)
2.32+
1
3n,
откъдето 2n+13
> 1 + n3
+ n2−n18
, което е еквивалентно на n2 − 7n + 12 < 0, а
последното не е възможно при n ≥ 4. Неравенството(
43
)n> 2n+1
3+ 1
3nпри
n ≥ 4 може да се докаже лесно и по индукция.
Следователно търсените стойности на n може да са само n = 1, 2, 3. Въввсеки от тези три случая непосредствено се проверява, че тъждествата саверни.
Оценяване. 2 т. за полагане, което води до подходящо уравнение за n, 1т. за решенията n = 1, 2, 3, 3 т. за отхвърляне на n ≥ 4 и 1 т. за проверка натъждествата при n = 1, 2, 3.
Задача 10.4. Нека f(x) = x2 + (2a − 1)x − 3 и g(x) = x2 + (a − 2)x − 1,където a е реален параметър. Да се намерят всички стойности на a, за коитокорените на уравненията f(x) = 0 и g(x) = 0 са разположени така, че междудвата корена на едното има точно един корен на другото.
Решение. Първи начин. Нека x1 и x2 са корените на f(x) = 0, а x3 и x4
са корените на g(x) = 0. Тогава не е трудно да се съобрази, че исканото ееквивалентно на f(x3)f(x4) < 0. Имаме последователно
Следователно търсените стойности на a са a ∈ (2 −√
5, 2 +√
5).
Втори начин. Исканото е еквивалентно на изискването пресечната точкана графиките на f(x) и g(x) да лежи под абсцисната ос. Тъй като пресечнататочка има абсциса x0 = 2
a+1(единственото решение на уравнението f(x) =
g(x)), получаваме g( 2a+1
) < 0 ⇐⇒ a2 − 4a − 1 < 0.
Оценяване. 1 т. за съображението, че корените на f(x) и g(x) са реалниза всяко a, 2 т. за преминаване към еквивалентно твърдение, което води донеравенство и 4 т. за решаване на неравенството.
Задача 10.5. В триъгълник ABC е известно е, че 2 <) BAC + 3 <) ABC =180◦. Да се докаже, че 4(BC + CA) ≤ 5AB.
Решение. Ще използваме стандартните означения за елементите на △ABC.Лесно се вижда, че β = 2γ − 180◦ и α = 360◦ − 3γ, откъдето 90◦ < γ < 120◦,
5
т.е. −12
< cos γ < 0. Имаме последователно
a + b
c=
sin α + sin β
sin γ= −sin 3γ + sin 2γ
sin γ
= −(3 − 4 sin2 γ) − 2 cos γ = −4 cos2 γ − 2 cos γ + 1.
Тъй като квадратната функция y = −4x2 − 2x + 1 приема най-голямата систойност при x = −1
4∈ (−1
2, 0), заключаваме, че a+b
c≤ y(−1
4) = 5
4.
Оценяване. 2 т. за оценяването на γ или други важни оценки за ъглите, 1 т.за прехода чрез синусова теорема, 2 т. за получаване на функция за изследванеи 2 т. за получаване на исканата оценка.
Задача 10.6. Нека n е естествено число и N = n(n + 1)(n + 2)(n + 3). Дасе докаже, че не съществува цяло число m, за което N + m9 = 2008.
Решение. Да допуснем противното. Тъй като n(n + 1)(n + 2)(n + 3) =(n2 +3n+1)2−1, разглежданото равенство се записва във вида k2 +m9 = 2009,където k = n2 + 3n + 1. Да разгледаме последното равенство по модул 19(тъй като 9 = 19−1
2). Тогава от малката теорема на Ферма следва, че m е
сравнимо с 0 или ±1 по модул 19, а остатъците на точните квадрати по модул19 са 0, 1, 4, 5, 6, 7, 9, 11, 16 и 17. От друга страна, имаме 2009 ≡ 14 (mod 19),откъдето следва, че исканото равенство е невъзможно.
Оценяване. 1 т. за съображенето, че N = k2 − 1, 1 т. за работа с модул, покойто се правят важни изводи и 5 т. за достигане на противоречие.
Задача 11.1. Да се реши уравнението√
x2 + x + 3 = x − a, където a ереален параметър.
Решение. Допустимите стойности са x ∈ R. При x < a уравнението нямарешение, а при x ≥ a то е еквивалентно на (1 + 2a)x = a2 − 3. Тъй като при
a = −1
2уравнението няма решение, то x =
a2 − 3
1 + 2a. От
a2 − 3
1 + 2a≥ a намираме
a2 + a + 3
1 + 2a≤ 0, което е изпълнено само при a < −1
2. Следователно при a ≥ −1
2
уравнението няма решение, а при a < −1
2решението е x =
a2 − 3
1 + 2a.
Оценяване. 1 т. за допустимите стойности, 1 т. за случая x > a, 2 т. за
намиране на x =a2 − 3
1 + 2aи 3 т. за определяне кога x > a.
Задача 11.2. а) Да се докаже, че за триъгълник с ъгли α, β и γ е изпълненоравенството
r = 4R sinα
2sin
β
2sin
γ
2,
6
където r и R са съответно радиусът на вписаната и на описаната окръжностза този триъгълник.
б) Шестоъгълникът ABCDEF е вписан в окръжност. Да се докаже, чепроизведението на радиусите на вписаните окръжности в △ABF , △BCD и△DEF е равно на произведението на радиусите на вписаните окръжности в△ABC, △CDE и △EFA тогава и само тогава, когато периметрите на △ACEи △BDF са равни.
Решение. а) Равенството следва от тъждеството sinα
2=
√
1 − cos α
2, ко-
синусовата теорема и формулите S = pr =abc
4R.
б) Ще използваме, че ако α, β и γ са ъгли в триъгълник, то
sin 2α + sin 2β + sin 2γ = 2 sin(α + β) cos(α − β) + 2 sin γ cos γ =
= 2 sin γ(cos(α − β) − cos(α + β)) = 4 sin α sin β sin γ
Като използваме тъждеството от а), получаваме
(1) sin<) ABC
2sin
<) CDE
2sin
<) EFA
2= sin
<) BCD
2sin
<) DEF
2sin
<) FAB
2.
Освен това <) ABC+ <) CDE+ <) EFA =<) BCD+ <) DEF+ <) FAB = 360◦,откъдето следва, че
sin <) ABC + sin <) CDE + sin <) EFA = sin <) BCD + sin <) DEF + sin <) FAB.
От синусовата теорема сега следва твърдението на задачата.
Оценяване. 2 т. за а) и 5 т. за б), от които 3 т. за равенството (1).
Задача 11.3. Група от n човека, където n е четно естествено число, серазполага около маса, местата на която са във върховете на правилен n-ъгълник. Винаги ли е възможно да се направят няколко такива разположениятака, че всеки двама да са седели в диаметрално противоположни места намасата точно по веднъж?
Решение. Ако е възможно да се направят такива разположения, то техниятброй трябва да е n − 1. Задачата е еквивалентна на: да се докаже, че ребратана пълния граф с n върха могат да се оцветят в n − 1 цвята така, че даняма две едноцветни ребра с общ връх. Да номерираме върховете с числатаA1, A2, . . . , An и нека цветовете са 1, 2, . . . , n − 1. Да оцветим ребрата AiAj
за 1 ≤ i, j ≤ n − 1 в цвят i + j (mod n). Ако допуснем, че има различниребра AiAp и AiAq с общ връх Ai, които са от един и същи цвят, ще получимi+p ≡ i+ q (mod n−1). Поради 1 ≤ p, q ≤ n−1 това означава, че p = q, коетое противоречие.
7
Следователно от всеки връх от A1, A2, . . . , An−1 излизат n − 2 разноцветниребра към останалите n−2 върха. При това от връх Ai не излиза ребро в цвят2i (mod n − 1). Тъй като n − 1 е нечетно число, то 2i 6≡ 2j (mod n − 1), коетоозначава, че свързвайки An с всеки от върховете Ai, 1 ≤ i ≤ n − 1 с ребро вцвят 2i (mod n − 1), ще получим търсеното оцветяване.
Оценяване. 1 т. за твърдение, че отговорът е да или за определяне, чеброят на разположенията е n − 1, 1 т. за идея за получаване на оцветяванес използване на сбора на индексите на точките и общо най-много 3 т., акопредложеното оцветяване не води до решение.
Задача 11.4. Да се намерят всички стойности на реалния параметър a, закоито уравнението
23x − a22x+1 + (a2 + 1)2x − a = 0
има три различни реални корена, които образуват аритметична прогресия.
Решение. След полагането y = 2x, уравнението става
(1) y3 − 2ay2 + (a2 + 1)y − a = 0.
Ако уравнението от условието има три реални корена, които образуват арит-метична прогресия, то уравнението (1) има три реални положителни корена,които образуват геометрична прогресия. Уравнението (1) може да се запишевъв вида (y − a)(y2 − ay + 1) = 0. За да има три корена трябва a > 0 иa2 −4 > 0, което означава, че a > 2. За тези стойности на a корените y1 и y2 наy2−ay+1 = 0 са положителни защото y1y2 = 1 и y1 +y2 = a > 0. Единственатавъзможност a, y1 и y2 да образуват геометрична прогресия е y2
1 = ay2, което
дава ay1 − 1 = a(a − y1). Оттук y1 =a2 + 1
2aи след заместване в уравнението,
получаваме a4−4a2−1 = 0. Единственият положителен корен е a =√
2 +√
5,като a > 2.
Оценяване. 1 т. за полагането, 1 т. за извода, че уравнението (1) има триреални положителни корена, които образуват геометрична прогресия, 1 т. за
разлагането на (1), 1 т. за определяне на a > 2, 2 т. за намиране на a =√
2 +√
5и 1 т. за проверка, че a > 2.
Задача 11.5. Дадена е редица от положителни числа a1, a2, . . . , за коятоa1 = 1, a2 = 2 и
an+1 = a2n + a2
n−1 + a2n−2 + an−2
за n ≥ 3. Да се намери a3, ако
1
a1 + 1+
1
a2 + 1+ · · · + 1
a2008 + 1+
1
a2009
= 1.
8
Решение. Ще докажем, че a3 = 6 е търсената стойност. Нека a3 = 6.Тогава a2 = a2
1 + a1, a3 = a22 + a2 и a4 = a2
3 + a22 + a2
1 + a1 = a23 + a2
2 + a2 = a23 + a3.
Сега по индукция лесно следва, че an = a2n−1 + an−1. Пресмятаме
1
ai + 1=
1
ai
− 1
ai(ai + 1)=
1
ai
− 1
ai+1
и след телескопично сумиране получаваме тъждеството от условието. Ясно е,че ако a3 > 6, то сборът от условието е по-малък от 1, а при a3 < 6, той епо-голям от 1. Следователно единствената стойност е a3 = 6.
Оценяване. 1 т. за доказване, че има най много една стойност за a3, 2 т.за познаване на отговора и 1 т. за идея за телескопично сумиране.
Задача 11.6. Естествените числа a, b и c са такива, че a2 + ab + b2 = c2 иa и b са взаимнопрости. Да се докаже, че числото |a − b| + 2c е точен квадратна естествено число тогава и само тогава, когато то не се дели на 3.
Решение. Без ограничение можем да считаме, че a > b. Записваме равен-ството a2 + ab + b2 = c2 във вида
(2c − a + b)(2c + a − b) = 3(a + b)2.
Тъй като a и b са взаимнопрости, то те не са едновременно четни. От a2 +ab+b2 = c2 следва, че c е нечетно число. Нека НОД(2c − a + b, 2c + a − b) = d.Ако p е нечетен прост делител на d, то p2 дели 3(a + b)2 и значи p дели a + b.Освен това p дели 2c − a + b − (2c + a − b) = 2(b − a) и следователно p делиb−a. Получаваме, че p дели a и b, което е противоречие. Следователно d няманечетни прости делители и тъй като d дели 4c, (c е нечетно), то d = 1, 2 или 4.
Ако d = 2 или 4 (т.е. a и b са нечетни), то числото c е нечетно и тъй катоa2 ≡ b2 ≡ c2 ≡ 1 (mod 8), имаме ab ≡ 7 (mod 8). Оттук и от факта, че всякоот числата a и b дава остатък 1, 3, 5 или 7 при деление на 8, следва, че a + bсе дели на 8. Ако d = 2, то 2c − a + b = 2p и 2c + a − b = 2q, като (p, q) = 1и p + q = 2c е четно число. Следователно p и q са нечетни и равенството(2c − a + b)(2c + a − b) = 3(a + b)2 е невъзможно по модул 8.
Ако d = 4, след съкращаване на 4 получаваме ситуация, аналогична наслучая d = 1, като при това точният квадрат си остава такъв.
Нека d = 1, т.е. a и b са с различна четност. Тогава числата 2c − a + b и2c + a − b са нечетни и едното от тях е от вида 3p2, а другото е от вида q2,където q не се дели на 3, защото иначе 2c−a+b и 2c+a−b не са взаимнопрости.Остава да отбележим, че ако |a − b| + 2c е точен квадрат, то е равно на q2 изначи не се дели на 3 и, обратно, ако |a− b|+ 2c не се дели на 3, то е равно наq2, т.е. е точен квадрат.
Oценяване. 1 т. за разлагането (2c − a + b)(2c + a − b) = 3(a + b)2, 2 т.за доказване, че d = 1, 2, 4, 1 т. за случая a и b с различна четност и 3 т. заостаналата част.
9
Задача 12.1. Да се реши уравнението
3x4 − 4x3 − 12x2 + 164x−1 + 6
2x + 1= 0.
Решение. Изследваме функцията f(x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 в интервала(−∞, +∞). Имаме f ′(x) = 12(x3 −x2 − 2x) = 12x(x+1)(x− 2). Оттук f ′(x) < 0при x ∈ (−∞,−1)∪ (0, 2) и f ′(x) > 0 при x(−1, 0)∪ (2, +∞). Тогава f намалявав първите два интервала и расте във вторите два. Следователно най-малкатастойност на f се достига при x = −1 или x = 2. Понеже f(−1) = −5 > −32 =f(2), тя e равна на f(2) = −32.
От друга страна,
g(x) =4x−1 + 6
2x + 1≥ 2 ⇔ 4(2x−2 − 1)2 ≥ 0.
Следователно f(x) + 16g(x) ≥ −32 + 16.2 = 0, като равенство се достигасамо при x = 2.
Оценяване. 1 т. за намиране на нулите на f ′, 1 т. за определяне на знацитена f ′, 1 т. за определяне на интервалите на монотонност на f, 1 т. за намиранена най-малката стойност на f, 2 т. за намиране на най-малката стойност на gи 1 т. за окончателния отговор.
Задача 12.2. В кръг с радиус 1 са разположени четири триъгълника съссума на лицата 3. Да се докаже, че два от тях имат обща вътрешна точка.
Решение. Да допуснем противното. Тогава триъгълниците покриват лице3. Разглеждаме краищата на радиусите, върху които лежат върховете им (аконякой връх съвпада с центъра, вземаме кой да е радиус). Получаваме вписан12-ъгълник (възможно изроден) с лице S > 3. От друга страна, както е добреизвестно, S не надминава лицето на съответния правилен 12-ъгълник, а то еравно на 3 и получаваме противоречие.
Оценяване. 3 т. за разглеждане на съответния вписан 12-ъгълник и 4 т.за довършване на решението.
Задача 12.3. Да се намерят всички реални числа a, за които:
а) съществува функция f : R → R такава, че f(0) = a и f(f(x)) = x2009 завсяко x ∈ R;
б) съществува непрекъсната функция със свойствата от а).
Решение. а) Понеже f 2009(x) = f(f(f(x))) = f(x2009), то a2009 = a, т.е.
10
a = 0,±1. Да отбележим, че ако {b, c, d} = {−1, 0, 1} и
f(x) =
1/x, |x| > 11/x2009, 0 < |x| < 1b, x = bc, x = dd, x = c
то f(f(x)) = x2009 за всяко x ∈ R. Значи търсените числа са 0 и ±1.
б) Да отбележим, че f е инективна функция (ако f(x) = f(y), то x2009 =f(f(x)) = f(f(y)) = y2009, т.е. x = y). Ако допуснем, че a = f(0) = −1, тоf(−1) = 0. За e = f(1) имаме, че e 6= 0,−1 и e2009 = e, т.е. e = 1. Toгаваf(0)f(1) < 0 и понеже f е непрекъсната, то f(y) = 0 за някое y ∈ (0, 1).Това е противоречие с инективността на f и f(−1) = 0. Аналогично a 6= 1.Остава a = 0. Тази стойност може да се реализира както показва следнатанепрекъсната функция f, за която f(f(x)) = x2009 :
f(x) =
x√
2009, x > 00, x = 0
−(−x)√
2009, x < 0.
Оценяване. a) 1 т. за a = 0,±1 и 2 т. за примери; б) 3 т. за a = 0 и 1 т. запример.
Задача 12.4. В △ABC (AC < BC) с лице 20√
3 точките M и I са съответномедицентър и център на вписаната окръжност. Отсечката IM има дължина1 и е успоредна на страната AB. Да се намерят дължините на страните натриъгълника.
Решение. Да означим BC = a, AC = b и AB = c. Нека CL (L ∈ AB)и CN (N ∈ AB) са съответно ъглополовяща и медиана (L е между A и N,
понеже AC < BC). От условието следва, че △CLN ∼ △CIM. ТогаваLN
1=
CL
CI=
CN
CM=
3
2(понеже M е медицентър). От
b
a=
AL
BL=
AL
c − ALполучаваме
AL =bc
a + b. Тъй като AI е ъглополовяща в △ALC, то
CI
IL=
AC
AL=
a + b
cи
оттукCL
CI=
a + b + c
a + b. Но
CL
CI=
3
2и получаваме a + b = 2c. Тогава
3
2= LN = AN − AL =
c
2− bc
a + b=
c(a − b)
2(a + b)=
a − b
4,
откъдето намираме a− b = 6. Сега от a+ b = 2c и a− b = 6 следва, че a = c+3и b = c − 3. Хероновата формула ни дава, че
1200 = S2ABC =
3c
2
( c
2− 3
) ( c
2+ 3
) c
2⇔ c4 − 36c2 − 6400 = 0,
11
т.е. (c2 − 100)(c2 + 64) = 0, откъдето c = 10 и a = c + 3 = 13, b = c − 3 = 7.
Оценяване. 2 т. за a + b = 2c, 2 т. заc(a − b)
a + b= 3 и 3 т. за довършване на
решението.
Задача 12.5. Нека n е естествено число. Да се докаже, че:
а) уравнениетоn
∑
i=1
1
i(i + x)= 1 има единствено неотрицателно решение xn;
б) редицата с общ член xn е сходяща и да се намери нейната граница.
Решение. а) Функцията fn(x) =n
∑
i=1
1
i(i + x)е намаляваща при x ≥ 0.
Понеже fn(0) ≥ 1 > 1 − 1
n + 1= fn(1) следва, че уравнението fn(x) = 1 има
единствено неотрицателно решение xn, като xn < 1.
б) Ако yn = 1 − 4
n + 3, то
f(yn) =1
1 + yn
+n
∑
i=2
1
i(i + yn)≥
1
1 + yn
+n
∑
i=2
1
i(i + 1)=
n + 3
2(n + 1)+
1
2− 1
n + 1= 1,
т.е. f(yn) ≥ f(xn). Тогава yn ≤ xn < 1 и значи limn→∞
xn = 1.
Оценяване. 2 т. за а) и 5 т. за б), от които 2 т, ако доказана само сходимостта.
Задача 12.6. Да се намерят всички двойки (a, b) от естествени числатакива, че n2 + n + 1 дели (an + 1)10 + b за всяко естествено число n.
Решение. Понеже n3 ≡ 1(mod n2 + n + 1), то
(an + 1)10 + b = b +10
∑
i=0
(
n
i
)
(an)i ≡
An2 + Bn + C ≡ [(B − A)n + C − A](mod n2 + n + 1),
където
A =
(
10
2
)
a2 +
(
10
5
)
a5 +
(
10
8
)
a8,
B =
(
10
1
)
a +
(
10
4
)
a4 +
(
10
7
)
a7 +
(
10
10
)
a10,
12
C = b +
(
10
0
)
+
(
10
3
)
a3 +
(
10
6
)
a6 +
(
10
9
)
a9.
Тогава лесно следва, че n2 +n+1 дели (an+1)10 + b за всяко естествено числоn точно когато A = B = C. Имаме, че A = B тогава и само тогава когато a енула на полинома xP (x), където
P (x) = x9 −(
10
8
)
x7 +
(
10
7
)
x6 −(
10
5
)
x4 +
(
10
4
)
x3 −(
10
2
)
x + 10.
Оттук следва, че a може да е само 1, 2, 5 или 10. Директна проверка показва,че P (2) = 0, докато P (1) 6= 0, защото е нечетно число. Освен това, 5 дели P (5)и P (10), а 25 не дели тези две числа и значи те не са 0. И така, a = 2 и отA = C следва, че b = 35.
Оценяване. 3 т. за P (a) = 0, 1 т. за P (2) = 0 и 3 т. за довършване нарешението.
Автори на задачите: 9.1, 9.3, 9.6 и 10.4 – Петър Бойваленков, 9.2 и 9.4 –Стоян Боев, 9.5 – Николай Белухов, 10.1, 10.2, 10.3, 10.5 и 10.6 – Иван Тонов,11.1 до 11.6 – Александър Иванов и Емил Колев, 12.1 – Керопе Чакърян иНиколай Николов, 12.2 – Олег Мушкаров, 12.4 – Керопе Чакърян, 12.3, 12.5 и12.6 – Николай Николов.
Компютърен набор: Стоян Боев, Петър Бойваленков, Емил Колев иНиколай Николов.