След миналогодишния приемен изпит за профилирани гимназии обърнах внимание (в статията „Футболистите струват милиони, математиците се подаряват” www.shumarov.de), че зад.42 от теста е преопределена, т.е. съдържа повече дадености, отколкото е необходимо за решаването й. Ще призная, че не допусках подобна издънка да се повтори на друг национален изпит. Точно това обаче се случи на втората матура по математика на 4 юни т.г. Което, поне лично за мен, е много обезкуражаващо, защото показва, че инспекторите на МОН не посещават най-големия български сайт по математика www.matematika.bg, където въпросната статия стоя цяла година. Става дума за зад.23 от теста:
23. В правоъгълен
(
) ъглополовящата
(
) дели височината
(
) на отсечки
и
. Намерете дължината на катета
.

Дадено:
,
,
, т.е.
.
, т.е.
е ъглополовяща на
.
Търсим: 
Решение: Търсената отсечка
е хипотенуза в правоъгълния триъгълник ADC. Задачата се свежда до решаване на този триъгълник. От питагоровата теорема и от теоремата за ъглополовящата получаваме системата уравнения
|
|
От второто уравнение:
. Заместваме в първото:



Отговор:
.
Ни най-малко не се наложи да използваме условието, че триъгълникът
е правоъгълен (
)! Същата дължина на страната
се получава при какъв да е триъгълник
(при всякакъв ъгъл
). На чертежа
е остър, но дължината на
не се променя, ако той е прав или тъп. Иначе казано, дължината
не зависи от
, т.е. условието
е излишно. То се явява преопределеност на условието.
Преопределеността е сериозен дефект за една математическа задача. Защото дори и да си работил безпогрешно, ако след приключване на решението се окаже, че не си използвал някое от дадените условия, това смущава, кара те да се съмняваш в себе си, да правиш изтощителни и изнервящи проверки и в крайна сметка да загубиш ценно време и енергия. Коректното условие на същата задача би било:
В правоъгълен
(
) ъглополовящата
(
) дели катета
на отсечки
и
. Намерете дължината на хипотенузата
.
Колкото и да е непрестижно наличието на дефектно условие, аз нямаше да се заяждам със съставителите на теста, ако това беше единствения пропуск. Тестът като цяло обаче съдържа много по-сериозен недостатък – ужасно несъответствие между трудността на задачите и определените им точки. Най-фрапиращо е то при задачи 26 и 27 от двата теста (за първия и втория изпит), всяка от които носи по 15 точки (колкото 7 задачи от първата половина на теста). Под номер 26 и в двата теста са почти еднакви системи от две уравнения, които трябва просто да се решат.
В изпита на 3 юни системата беше
|
|
Предвид първото уравнение, второто става
, т.е. xy = 2 , така че системата добива вида
|
|
Колкото и да е невероятно, точно в такъв съвсем тривиален вид системата се даде и на втория изпит под номер 26.
Макар и да се води под респектиращото наименование „система от две уравнения от втора степен”, това е възможно най-лесната алгебрична задача, доколкото решенията й се виждат наум:
(1, 2) , (-1, -2), (2, 1), (-2, -1)
Известно „усложнение” представлява изискването да се запише цялото решение на белова, но то е повече от рутинно и стотици пъти упражнявано. Системата се решава по най-баналния начин – чрез заместване: от второто уравнение имаме
и след заместване в първото, се добива възможно най-простото и приятно биквадратно уравнение, от което се получават отгатнатите наум решения. Единственият момент, в който трябва малко да се замислим, е изискването знаменателят
да не е нула. Че
не може да е нула се вижда веднага от второто уравнение:
е възможно само ако 
В задача 27 в теста от 3 юни трябва да се пресметне класическа вероятност, но самото пресмятане става чрез няколкократно прилагане на формулата за комбинации:
27. В кутия има 5 червени и 4 бели топки. По случаен начин са избрани 5 топки. Каква е вероятността 3 от тях да са червени и 2 от тях да са бели?
Решението е съвсем стандартно, без да е нужна каквато и да било досетливост.
Тъй като червените топки след изтеглянето не се подреждат по някакъв признак (те са неотличими една от друга), то броят на различните възможности за изтегляне на
червени топки измежду
червени ще пресметнем по формулата за комбинации от клас
измежду
елемента:
възможности.
Аналогични са разсъжденията за белите топки. Броят на различните възможности за изтеглянето на
бели топки измежду
бели е комбинация от клас
измежду
елемента:
възможности
Понеже всяко от благоприятните изтегляния на червени топки може да се съчетае със всяко от благоприятните изтегляния на бели, то ще имаме общо
благоприятни изтегляния на
топки (при които ще имаме комплект от
червени и
бели топки).
Общият брой възможни изтегляния на топки измежду деветте топки в кутията е равен на комбинациите от клас
измежду
елемента:

Класическата вероятност
за събитието „
червени и
бели топки” е равна на отношението на благоприятните към всички възможни комбинации:

Макар да изглежда дълго, решението следва строга последователност от пет стъпки (алгоритъм), който може просто да се запомни, т.е. не изисква никакво творчество.
Още по лесна е задача 27 от теста на 4 юни:
27. За хокеен мач треньорът има на разположение двама вратари, шест защитници и осем нападатели. По колко начина може да се образува началната шестица играчи, ако в нея задължително влизат един вратар, двама защитници и трима нападатели.
Тъй като избраните двама измежду
защитници са напълно равноправни (неотличими по качество), след като бъдат избрани, няма вътрешно подреждане, така че и тук прилагаме формулата за комбинации:
възможности.
Аналогично: за избора на трима нападатели измежду наличните
имаме
възможности.
За избора на вратар измежду двама налични имаме
възможности.
Тъй като всяка от тези благоприятни възможности може да се съчетае с всяка от другите, ще имаме общо
възможности.
Това е цялото решение.
И така,
от общо
възможни точки могат да се придобият от две строго алгоритмизирани (рутинни) задачи, чието решение може лесно да се наизусти.
Единственото обяснение на това „опущение” на съставителите на тестовете е, че те са получили политическо задание възможно повече зрелостници да изкарат високи оценки.