https://doi.org/10.53656/math2021-5-3-res

Рубриката се води от проф. д.н. Емил Колев

Задача 1. Намерете всички взаимно прости естествени числа \(a\) и \(b\), за които \(\tfrac{a}{b}=b, a\).

(Забележка: ако \(a=13\) и \(b=79\), то \(b, a=79,13\) )

Решение. Нека числото \(a\) има \(k\) цифри. Тогава \(\tfrac{a}{b}=b+\tfrac{a}{10^{k}} \Leftrightarrow a b=\left(a-b^{2}\right) 10^{k}\). Тъй като \(a\) и \(b\) са взаимно прости, то \(a-b^{2}\) е взаимно просто и с \(a\) и с \(b\). Следователно \(\alpha-b^{2}=1\) и получаваме \(a b=10^{k}\), като \(a\) е \(k\)-цифрено число. Това е възможно само когато \(b\) е едноцифрено число или 10, и тъй като \(b\) дели \(10^{k}\), то \(b=1,2,4,5,8\) или 10. За всяка от тези стойности намираме \(a=b^{2}+1\) и проверяваме верността на равенството от условието. Получаваме единствено решение \(a=5, b=2\).

Задача 2. Окръжността \(k\) с център \(O\) е описана около триъгълник \(A B C\). Точка \(M\) е средата на дъгата \(B C\) от \(k\), която не съдържа точката \(A\). Правите през \(O\), успоредни на \(M B\) и \(M C\), пресичат \(A B\) и \(A C\) съответно в точки \(K\) и \(L\). Ако перпендикулярът от върха \(A\) към \(B C\) пресича \(k\) в точка \(N\), докажете, че \(N K=N L\).

Решение. Тъй като \(\measuredangle A B M=\beta+\tfrac{\alpha}{2}\) и \(O K\) е успоредна на NB, то \(\measuredangle B K O=\gamma+\tfrac{\alpha}{2}\). Следователно \(\quad \measuredangle B O K=90^{\circ}-\tfrac{\alpha}{2}\). Аналогично \(\measuredangle C L O=\beta+\tfrac{\alpha}{2} \quad\) и \(\quad \measuredangle C O L=90^{\circ}-\tfrac{\alpha}{2}\). Тъй като \(\mathrm{OB}=\mathrm{OC}=\mathrm{R} \quad\) и \(\sin \left(\beta+\tfrac{\alpha}{2}\right)=\sin \left(\gamma+\tfrac{\alpha}{2}\right)\), то от синусовата теорема за триъгълниците KBO и CLO получаваме \(K B=C L=\tfrac{R \sin \left(\tfrac{\alpha}{2}+\beta\right)}{\cos \left(\tfrac{\alpha}{2}\right)}\). За да докажем, че NK=NL, използваме косинусовата теорема за триъгълниците NBK и NCL. Тъй като \(N B=2 R \cos \beta\) и \(N B=2 R \cos \gamma\), то е достатъчно да докажем, че \(\cos \beta-\cos \gamma=\tfrac{\cos \left(\tfrac{\alpha}{2}\right) \sin (\gamma-\beta)}{\sin \left(\tfrac{\alpha}{2}+\gamma\right)}\). Това равенство следва директно от \(\cos \beta-\cos \gamma=2 \sin \left(\tfrac{\gamma-\beta}{2}\right) \sin \left(\tfrac{\beta+\gamma}{2}\right)=2 \sin \left(\tfrac{\gamma-\beta}{2}\right) \cos \left(\tfrac{\alpha}{2}\right)\) и \(\sin \left(\tfrac{\alpha}{2}+\gamma\right)=\cos \left(\tfrac{\beta-\gamma}{2}\right)\).

Задача 3. Дадена е точка \(P\), външна за окръжност \(C\). Отсечките \(P A\) и \(P B\) са допирателни към \(C\), а точка \(K\) е произволна точка от отсечката \(A B\). Описаната около триъгълник \(P B K\) окръжност пресича за втори път \(C\) в точка \(T\). Точка \(P^{\prime}\) е симетричната на \(P\) относно \(A\). Докажете, че \(\measuredangle P B T=\measuredangle P^{\prime} K A\).

Решение. Тъй като KTPB е вписан четириъгълник \(\measuredangle T A K=\measuredangle T B P\) и \(\measuredangle A K T=\measuredangle B P T\). Следователно \(\triangle T A K \sim \triangle T B P\), откъдето получаваме \(\tfrac{T A}{T B}=\tfrac{A K}{B P}=\tfrac{A K}{A P^{\prime}} \Rightarrow \tfrac{A P^{\prime}}{T B}=\tfrac{A K}{T A}\). Това равенство заедно с \(\measuredangle P^{\prime} A K=\measuredangle B T A\) означава, че \(\triangle P^{\prime} A K \sim \triangle B T A\) и следователно \(\measuredangle P^{\prime} K A=\measuredangle B A T=\measuredangle P B T\).