Рубриката се води от доц. д-р Веселин Ненков

Задача 1. Да се докаже, че:

a) \(2015!+2016!+2017\) се дели на 2017 ; б) \(2017+2018!\) се дели на 4068289 .

Христо Лесов, Казанлък

Решение на Златка Петрова от Ямбол: а) От дефиницията за факториел имаме \(2015!+2016!+2017=2015!+2015!\cdot 2016+2017=2015!\cdot 2017+2017=(2015!+1) .2017\). Оттук очевидно следва, че разглежданото число се дели на 2017 .

б) Лесно се проверява, че 2017 е просто число. Затова от теоремата на Уилсън следва, че \((2017-1)!\equiv 1(\bmod 2017)\), т.е. \(2016!\equiv-1(\bmod 2017)\). Сега, като вземем предвид, че \(4068289=2017^{2}\), получаваме

\[ \begin{aligned} & 2017+2018!=2017+2016!\cdot 2017 \cdot 2018=2017 \cdot(1+2018 \cdot 2016!) \equiv \\ & \equiv 2017 \cdot(1-2018)(\bmod 2017) \equiv 2017^{2}(\bmod 2017) \end{aligned} \] което доказва твърдение б).

Задача 2. Да се докаже, че всяка от симедианите в триъгълник с лице \(S\) разделя триъгълника на два триъгълника, лицата на които са корени на уравнението

\[ \left(u^{2}+v^{2}\right)^{2} x^{2}-S\left(u^{2}+v^{2}\right)^{2} x+S^{2} u^{2} v^{2}=0, \] където \(u\) и \(v\) са дължините на прилежащите на симедианата страни на триъгълника.

Милен Найденов, Варна

Решение на Златка Петрова от Ямбол: ще докажем твърдението за симедиана през върха \(C\) на \(\triangle A B C\). Нека \(C A=u, C B=v, C E\) е медиана, \(C P\) е симедиана (правите \(C E\) и \(C P\) са симетрични спрямо ъглополовящата при върха \(C\) ), \(∢ A C B=\gamma, ∢ E C B=\varphi, S_{1}\) и \(S_{2}\) са съответно лицата на триъгълниците \(A P C\) и \(B P C\).

План за решение. 1) Доказваме, че \(\tfrac{u}{v}=\tfrac{\sin \varphi}{\sin (\gamma-\varphi)}\); 2) Определяме ъглите между симедианата и прилежащите към нея страни и използваме формулата \(S=\tfrac{a b \sin \gamma}{2}\) за изразяване на отношението \(S_{1}: S_{2} ;\) 3) Намираме \(S_{1}\) и \(S_{2}\) по известни сбор и частно; 4) Съставяме уравнението с корени \(S_{1}\) и \(S_{2}\), след което го преобразуваме до вида, посочен в условието на задачата.

Изпълнение на решението. Ако \(D\) е точката, симетрична на \(C\) спрямо \(E\), ще получим успоредник \(A D B C\). В триъгълника \(C D B\) са изпълнени равенствата \(C B=v, B D=C A=u, ∢ D C B=\varphi\) и \(∢ C D B=\gamma-\varphi\). Прилагаме синусовата теорема за \(\Delta C D B\) и стигаме до равенството 1). От симетрията на \(C P\) и \(C E\) спрямо ъглополовящата през върха \(C\) следва, че \(∢ A C B\) и \(∢ P C E\) имат обща ъглополовяща. Затова \(∢ A C P=∢ E C B=\varphi\) и \(∢ P C B=\gamma-\varphi\). От формулата за изразяване лицето на триъгълник чрез две страни и заключения ъгъл между тях получаваме \(\tfrac{S_{1}}{S_{2}}=\tfrac{u \cdot C P \cdot \sin \varphi}{v \cdot C P \cdot \sin (\gamma-\varphi)}=\tfrac{u \cdot \sin \varphi}{v \cdot \sin (\gamma-\varphi)}\). Оттук и равенството 1) следва \(\tfrac{S_{1}}{S_{2}}=\tfrac{u^{2}}{v^{2}}\). От свойството на пропорциите получаваме последователно \(\tfrac{S_{1}+S_{2}}{S_{2}}=\tfrac{u^{2}+v^{2}}{v^{2}}, \tfrac{S}{S_{2}}=\tfrac{u^{2}+v^{2}}{v^{2}}, S_{2}=\tfrac{S v^{2}}{u^{2}+v^{2}}\). Оттук следва, че \(S_{1}=S-S_{2}=\tfrac{S u^{2}}{u^{2}+v^{2}}\). Едно уравнение, което има за корени \(S_{1}\) и \(S_{2}\), е следното \(\left(x-S_{1}\right)\left(x-S_{2}\right)=0\), т.е. \(x^{2}-\left(S_{1}+S_{2}\right) x+S_{1} S_{2}=0\). След заместване на получените изрази за \(S_{1}\) и \(S_{2}\) и извършване на някои преобразувания получаваме \(\left(u^{2}+v^{2}\right)^{2} x^{2}-S\left(u^{2}+v^{2}\right)^{2} x+S^{2} u^{2} v^{2}=0\). С това задачата е решена.

Задача 3. Четириъгълникът \(A B C D\) е описан около окръжност с център \(I\), като продълженията на страните му \(A D\) и \(B C\) се пресичат в точка \(U\). Ако \(M\) е втората пресечна точка на описаните окръжности на триъгълниците \(A B U\) и \(D C U\), да се докаже, че \(M I=\sqrt{M B \cdot B D}\).

Хаим Хаимов, Варна

Решение на Златка Петрова от Ямбол: въвеждаме следните означения: \(∢ A U B=\gamma, ∢ M U A=\varphi\), , радиусите на описаните окръжности за триъгълниците \(A B U\) и \(D C U\) са съответно с дължини \(R\) и \(r\), а вторите пресечни точки на тези окръжности с правата \(U I\) са съответно \(K\) и \(P\). С \(O\) означаваме центъра на вписаната в \(\Delta D C U\) окръжност.

План на решението. 1) Доказваме, че \(P I=P D\) и \(K I=K A\); 2) Изразяваме чрез синусовата теорема отсечките \(M P, M K, D P, K A, M D\) и \(M B\); 3) Доказваме, че \(M I\) е ъглополовяща в \(\triangle K P M\) и я изразяваме чрез формулата за ъглополовящата; 4) Извършваме тригонометрични преобразувания, за да докажем, че \(M I=\sqrt{M B \cdot B D}\).

Помощна задача. Ако \(k\) е описаната окръжност на \(\triangle A B C\), точката \(O\) е центърът на вписаната му окръжност и правата \(C O\) пресича \(k\) за втори път в точка \(T\), то \(T A=T A=T O\).

Доказателство: от това, че \(C O\) е ъглополовяща на \(∢ A C B\), следва, че \(T\) е среда на дъгата \(\overparen{A B}\). Следователно хордите \(T A\) и \(T B\) са равни. Ако \(∢ C A B=2 x\) и \(∢ A C B=2 y\), то \[ \begin{gathered} ∢ O A T=∢ O A B+∢ B A T=x+∢ B C T=x+y, \\ ∢ A O T=∢ O A C+∢ A C O=x+y . \end{gathered} \]

Следователно триъгълникът \(O A T\) е равнобедрен и \(O T=A T\). Така получихме, че \(T A=T A=T O\).

Преминаваме към решението на задачата. От помощната задача непосредствено следва, че \(K I=K A\) и \(P O=P C=P D\). Тогава точката \(P\) е център на описаната окръжност за \(\triangle O C D\). Правите \(D I\) и \(D O\) са ъглополовящи на съседни ъгли, което означава, че \(∢ O D I=90^{\circ}\). Аналогично \(∢ O C I=90^{\circ}\). Следователно четириъгълникът \(O D I C\) е вписан в окръжност с център \(P\). Оттук следва, че \(P I=P D\). Сега от синусовата теорема за триъгълниците \(M P U, M K U, D P U, A K U, M D U\) и \(M B U\) получаваме съответно \(\quad M P=2 r \sin \left(\varphi+\tfrac{\gamma}{2}\right), \quad M K=2 R \sin \left(\varphi+\tfrac{\gamma}{2}\right), \quad P I=D P=2 r \sin \tfrac{\gamma}{2}\), \(K I=K A=2 R \sin \tfrac{\gamma}{2}, M D=2 r \sin \varphi\) и \(M B=2 R \sin (\varphi+\gamma)\). От тези равенства следва \(M P: M K=P I: K I=r: R\). Следователно \(M I\) е ъглополовяща в \(\triangle M K P\). Сега изразяваме ъглополовящата \(M I\) по следния начин:

\(M I^{2}=M P . M K-P I . K I=4 r R \sin ^{2}\left(\varphi+\tfrac{\gamma}{2}\right)-4 r R \sin ^{2} \tfrac{\gamma}{2}=4 r R \sin \varphi \sin (\varphi+\gamma)=M D . M B\).

С това задачата е решена.