Задача 1. Нека \(x_{1}, x_{2}, x_{3}, \ldots, x_{n}\) са различни прости числа, по-малки от 2017 , за които числото \(s_{n}=x_{1}^{2017}+x_{2}^{2017}+\cdots+x_{n}^{2017}\) се дели на 2017 . Да се намери най-малкото естествено число \(n\), при което \(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\) приема най-малка стойност.

Христо Лесов – Казанлък

Решение: съгласно малката теорема на Ферма за всяко естествено число \(a\) и просто число \(p\), числото \(a^{p}-a\) се дели на \(p\), т.е. \(a^{p}\) дава остатък \(a\) при деление на \(p\). Тъй като 2017 е просто число, от тази теорема следва, че \(x_{k}^{2017}\) дава остатък \(x_{k}\) при деление на 2017 и \(s_{n}\) дава остатък \(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\) при деление на 2017 . Но по условие \(s_{n}\) се дели на 2017 , а \(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\) е естествено число, така че неговата най-малка стойност е 2017 . Нека за определеност имаме \(x_{1} \lt x_{2} \lt \cdots \lt x_{n}\). При \(n=1\) са изпълнени неравенствата \(2 \lt x_{1} \lt 2017\) и не се получава решение на задачата. При \(n=2\) имаме \(x_{1}+x_{2}=2017\). Ако , то \(x_{2}=2015\) не е просто число. Ако \(x_{1} \geq 3\) и \(x_{2} \geq 5\), то \(x_{1}\) и \(x_{2}\) са нечетни прости числа, а \(x_{1}+x_{2}\) е четно естествено число, т.е. различно от 2017. При \(n=3\) имаме \(x_{1}+x_{2}+x_{3}=2017\). Ако \(x_{1}=2\), то \(x_{2}+x_{3}=2015\), като \(x_{2} \geq 3\) и \(x_{3} \geq 5\). Следователно \(x_{2}\) и \(x_{3}\) са нечетни прости числа, а \(x_{2}+x_{3}\) е четно естествено число, т.е. различно от 2015 . Ако \(x_{1}=3\), то \(x_{2}+x_{3}=2014\) и \(x_{2}=11, x_{3}=2003\) са прости числа, които изпълняват изискванията на задачата. Следователно \(n=3\).

Задача 2. Целите числа \(a, b\) и \(c\) удовлетворяват равенството \(a^{3}+b^{3}+c^{3}+6 a b c=0\). Да се докаже, че \((b+c-2 a)(c+a-2 b)(a+b-2 c)\) е точна трета степен на цяло число.

Тодор Митев – Русе

Решение: в статията на автора „Няколко олимпиадни задачи“, „Математика плюс", \(1,2017,48-50\), е доказано следното твърдение. Ако \(k, u, v, w\) са peални числа, за които са изпълнени неравенствата \(k \neq 0\) и \(S=u+v+w \neq 0\), то равенствата \([(k-3) u+3 S][(k-3) v+3 S][(k-3) w+3 S]=\left(k^{2}+3 k+9\right) S^{3}\) и \(u^{3}+v^{3}+w^{3}=k u v w\) са еквивалентни.

Прилагаме това твърдение при \(k=-6, u=a, v=b\) и \(w=c\). Получаваме равенството

\[ (-6 a+3 b+3 c)(3 a-6 b+3 c)(3 a+3 b-6 c)=27(a+b+c)^{3} \] т.е.

\[ (b+c-2 a)(c+a-2 b)(a+b-2 c)=(a+b+c)^{3} \]

Това доказва твърдението на задачата.

Задача 3. За изпъкналия четириъгълник \(A B C D\) са изпълнени условията \(A C=B D, C D^{2}=A D \cdot A B(C D \neq A D)\) и \(∢ C A D=∢ A B D\). Ако \(E\) и \(F\) са средите съответно на диагоналите \(A C\) и \(B D\), да се докаже, че \(C D=2 . E F\).

Хаим Хаимов – Варна

Решение: oзначаваме с \(T\) пресечната точка на диагоналите \(A C\) и \(B D\), а с \(K\)– втората пресечна точка на описаните около триъгълниците \(A B T\) и \(C D T\) окръжности. От свойствата на вписаните ъгли имаме равенствата \(∢ K D B=∢ K D T=∢ K C T=∢ K C A\). Аналогично се получава \(\forall K B D=∢ K A C\). Следователно \(\triangle A C K \sim \triangle B D K\). Оттук следват равенствата \(\tfrac{K C}{K D}=\tfrac{K A}{K B}=\tfrac{A C}{B D}=1\), т.е. \(K C=K D\) и \(K A=K B\). Освен това \(∢ A K B=∢ A T B=∢ C T D=∢ C K D\). Затова равнобедрените триъгълници \(A B K\) и \(C D K\) са по-добни. Следователно \(\tfrac{A K}{C K}=\tfrac{A B}{C D}\) Като вземем предвид, че по условие е изпълнено равенството \(\tfrac{A B}{C D}=\tfrac{C D}{A D}\), получаваме \(\tfrac{A K}{C K}=\tfrac{C D}{A D}\). Нека сега \(K_{1}\) е точката, симетрична на \(D\) спрямо \(E\). Ще докажем, че \(K_{1} \equiv K\). За целта да допуснем, че това не е вярно. Четириъгълникът \(A K_{1} C D\) е успоредник, откъдето следва, че \(A K_{1}=C D\) и \(C K_{1}=A D\). Тогава \(\tfrac{A K_{1}}{C K_{1}}=\tfrac{C D}{A D}=\tfrac{A K}{C K}\). Освен това от успоредника \(A K_{1} C D\) следва, че \(∢ K_{1} A D=∢ K_{1} C D\). Тъй като \(∢ C A D=∢ A B D\) (по условие) и \(∢ K A C=∢ K B D\) (доказано по-горе), то \(∢ K A D=∢ K A C+∢ C A D=∢ K B D+∢ A B D=∢ K B A\). От подобието на триъгълниците \(A B K\) и \(C D K\) следва, че \(∢ K B A=∢ K A B=∢ K C D\). Следователно \(∢ K A D=∢ K B A=∢ K C D\). Сега имаме \(∢ K_{1} A K=\left|∢ K_{1} A D-∢ K A D\right|=\) \(=\left|∢ K_{1} C D-∢ K C D\right|=∢ K_{1} C K\). Оттук следва \(\Delta K_{1} A K \sim \Delta K_{1} C K\), което означава, че \(\Delta K_{1} A K \cong \Delta K_{1} C K\). Затова \(A K_{1}=C K_{1}\) и от успоредника \(A K_{1} C D\) получаваме, че \(A D=C D\). Но по условие \(A D \neq C D\), а това води до противоречие с допускането, че \(K_{1} \neq K\). Следователно \(K_{1} \equiv K\) и \(C D=A K=B K\). Но \(E F\) е средна отсечка в \(\triangle B K D\) и затова \(B K=2 E F\). Следователно \(C D=2 E F\).