Рубриката се води от д-р Светлозар Дойчев и д-р Веселин Ненков

Задача 1. В множеството на реалните числа е дефинирана бинарна операция \(\otimes: \mathbb{R}^{*} \times \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\left(\mathbb{R}^{*}:=\mathbb{R} \backslash\{0\}\right)\), която условно ще наричаме умножение. Умножението е такова, че за всеки три реални числа \(a, b \neq 0\) и \(c\) е в сила равенството \(a \otimes(b \otimes c)=\tfrac{a . c}{b}\). Ако е известно, че \(2012 \otimes 2012=1\), да се пресметне \((2011 \otimes 2012) \otimes(2011 \otimes 2012)\).

Живко Желев, Стара Загора

Задача 2. Нека \(A B C D\) е правоъгълник, за който \(A B \geq C D\), а \(M\) е такава вътрешна точка за \(A B C D\), че \(∢ M A B=∢ M B C=30^{\circ}\). Да се докаже, че \(A B C D\) е квадрат тогава и само тогава, когато \(M A \cdot M C=2(2-\sqrt{3}) A B \cdot B C\).

Каталин Кристеа, Крайова, Румъния

Задача 3. Нека \(\alpha_{i}(i=1,2,3,4,5,6,7)\) са вътрешните ъгли на изпъкнал седмоъгълник. Каква зависимост съществува между коефициентите на уравнението \(a x^{7}+b x^{6}+c x^{5}+d x^{4}+e x^{3}+f x^{2}+g x+h=0(a b c d e f g h \neq 0)\), ако корените му са равни на \(\operatorname{ctg} \tfrac{\alpha_{i}}{20}(i=1,2,3,4,5,6,7)\) ? Как би изглеждала зависимостта, ако корените на уравнението са \(\operatorname{tg} \tfrac{\alpha_{i}}{20}(i=1,2,3,4,5,6,7)\) ?

Милен Найденов, Варна

Краен срок за изпращане на решения 30 септември 2012 г.

РЕШЕНИЯ НА ЗАДАЧИТЕ ОТ БРОЙ 1, 2011

Задача 1. Да се реши системата

\[ \left\lvert\, \begin{aligned} & x_{1}+x_{2}+\cdots x_{n}=1 \\ & \tfrac{1}{x_{1}}+\tfrac{1}{x_{2}}+\cdots+\tfrac{1}{x_{n}}+\tfrac{1}{x_{1} x_{2} \ldots x_{n}}=n^{3}+1 \end{aligned}\right. \] където \(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\) са реални положителни числа.

Решение: От неравенствата между средните следва, че \(\tfrac{1}{x_{1}}+\tfrac{1}{x_{2}}+\cdots+\tfrac{1}{x_{n}} \geq \tfrac{n^{2}}{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}=n^{2}\) и \(\tfrac{1}{x_{1} x_{2} \cdots x_{n}} \geq \tfrac{1}{\left(\tfrac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}\right)^{n}}=n^{n}\).

Така получаваме \(n^{3}+1 \geq n^{n}+n^{2}\), което води до \(n \leq 2\). Ако \(n=1\), стигаме до

\[ \left\lvert\, \begin{aligned} & x_{1}=1 \\ & \tfrac{1}{x_{1}}+\tfrac{1}{x_{1}}=2 \end{aligned}\right. \] Нейните решения са \(\left(n, x_{1}\right) \in\{(1,1)\}\). При \(n=2\) получаваме системата

\[ \left\lvert\, \begin{aligned} & x_{1}+x_{2}=1 \\ & \tfrac{1}{x_{1}}+\tfrac{1}{x_{2}}+\tfrac{1}{x_{1} x_{2}}=9 \end{aligned}\right. \] решенията на която са \(\left(n, x_{1}, x_{2}\right) \in\left\{\left(2, \tfrac{1}{3}, \tfrac{2}{3}\right),\left(2, \tfrac{2}{3}, \tfrac{1}{3}\right)\right\}\).

Задача 2. Във вътрешността на равностранния триъгълник \(A B C\) е взета точка \(P\). Правите \(A P, B P\) и \(C P\) пресичат съответно страните \(B C, C A\) и \(A B\) в точките \(A^{\prime}, B^{\prime}\) и \(C^{\prime}\). Да се докаже, че ако \(A^{\prime} B^{2}+B^{\prime} C^{2}+C^{\prime} A^{2}=A B^{\prime 2}+B C^{\prime 2}+C A^{\prime 2}\), то точката \(P\) лежи върху някоя от медианите на триъгълника \(A B C\).

Решение: Нека \(A B=B C=C A=a\), а лицата на триъгълниците \(B P C, A P B\) и \(APC\) са съответно \(x\), \(y\) и \(z\). Имаме \(\tfrac{B A^{\prime}}{A^{\prime} C}=\tfrac{S_{A A^{\prime} B}}{S_{A A^{\prime} C}}=\tfrac{S_{B P A^{\prime}}}{S_{C P A^{\prime}}}=\tfrac{S_{A A^{\prime} B}-S_{B P A^{\prime}}}{S_{A A^{\prime} C}-S_{C P A^{\prime}}}=\tfrac{S_{A P B}}{S_{A P C}}=\tfrac{y}{z}\). Оттук следва, че \(B A^{\prime}=\tfrac{a y}{y+z}\) и \(A^{\prime} C=\tfrac{a z}{y+z}\). По подобен начин се получават равенства за останалите четири отсечки. След заместване в даденото равенство стигаме до \[ \tfrac{y^{2}}{(y+z)^{2}}+\tfrac{z^{2}}{(z+x)^{2}}+\tfrac{x^{2}}{(x+y)^{2}}=\tfrac{z^{2}}{(y+z)^{2}}+\tfrac{x^{2}}{(z+x)^{2}}+\tfrac{y^{2}}{(x+y)^{2}}, \] което е еквивалентно с \(\tfrac{y^{2}-z^{2}}{(y+z)^{2}}+\tfrac{z^{2}-x^{2}}{(z+x)^{2}}+\tfrac{x^{2}-y^{2}}{(x+y)^{2}}=0\). Оттук намираме, че \(\tfrac{(x-y)(z-x)(z-y)}{(x+y)(y+z)(z+x)}=0\). Следователно \(x=y\) или \(y=z\), или \(z=x\). Затова \(P\) е такава, че поне два от триъгълниците \(B P C, A P B\) и \(A P C\) са равнолицеви. Това означава, че \(P\) лежи върху някоя от медианите на \(\triangle A B C\).

Задача 3. Да се докаже, че за всяко цяло положително число \(k\) уравнението \(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+\cdots+x_{k}^{3}+x_{k+1}^{3}=x_{k+2}^{4}\) има безброй много решения в цели положителни числа \(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{k+2}\) такива, че \(x_{1} \lt x_{2} \lt \cdots \lt x_{k+2}\).

Решение: Тъй като \(1^{3}+2^{3}+\cdots+k^{3}=\tfrac{k^{2}(k+1)^{2}}{4}=(1+2+\cdots+k)^{2}\), то след заместване в уравнението на \(x_{1}=x, x_{2}=2 x, 4, x_{k}=k x, x_{k+1}=(1+2+\cdots+k) y^{2}\) и \(x_{k+2}=(1+2+\cdots+k) y\) получаваме

\[\small{ \left(1^{3}+2^{3}+\cdots+k^{3}\right) x^{3}+(1+2+\cdots+k)^{2} y^{4}=(1+2+\cdots+k)^{4} y^{4} \Leftrightarrow x^{3}=a y^{4}, }\] където \(a=(1+2+\cdots+k)^{2}-1=\tfrac{(k-1)(k+1)\left(k^{2}+k+2\right)}{4}\). Сега \(x=a^7 n^6\) и \(y=a^{5} n^{3}\) образуват решение на уравнението \(x^{3}=a y^{4}\) при произволно цяло положително \(n\). Следователно \(x_{1}=a^{7} n^{4}, x_{2}=2 a^{7} n^{4}, \ldots, x_{k}=k a^{7} n^{4}\), \(x_{k+1}=(1+2+\cdots+k) a^{10} n^{6}, x_{k+1}=(1+2+\cdots+k) a^{5} n^{3}\) образуват решение на даденото уравнението при произволно цяло положително \(n\). Неравенствата \(x_{1} \lt x_{2} \lt \cdots \lt x_{k+1}\) са очевидно изпълнени.