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

Задача 1. Да се реши в естествени числа уравнението:

\[ n-5 n+10=2 \]

Решение. Да разгледаме даденото уравнение по модул 7. При деление на 7 степените на двойката дават остатъци 1, 2 или 4. Директна проверка показва, че \(n^{3}-5 n+10\) не може да дава остатъци 2 или 4. Следователно \(2^{k}-1\) се дели на 7, откъдето следва, че \(k\) се дели на 3. При k = 3. При \(k=3 s\) имаме: \[ \left(n-2^{s}\right)\left(n^{2}+n 2^{s}+4^{s}\right)=5(n-2) \]

При \(n=1\) горното уравнение няма решение, а при \(n=2\) решението \(s=1\), като тогава \(k=3\). При \(\mathrm{n} \gt 2\) дясната страна на уравнението е положителна и следователно \(n \gt 2^{s}\) и тогава:

\[ \left(n-2^{s}\right)\left(n^{2}+n 2^{s}+4^{s}\right) \geq n^{2}+n 2^{s}-4^{s} \geq n^{2}+2 n+4 \gt 5 n-10 \]

като последното неравенство следва от \(n^{2}-3 n+14 \gt 0\).

Полученото противоречие показва, че единственото решение \(n=2, k=3\).

Задача 2. За положителните числа \(a, b, c\) и \(d\) е изпълнено равенството \(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}=1\). Да се докаже, неравенството:

\[ a+b+c+d+\tfrac{1}{a b c d} \geq 18 \]

Решение. От неравенството \(1=a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2} \geq 4 \sqrt{a b c d}\) следва, че \(\tfrac{1}{a b c d} \geq 16\). Използваме неравенството между средното аритметично и средното геометрично за числата \(a, b, c, d\) и 32 числа \(\tfrac{1}{32 a b c d}\). Получаваме: \[ a+b+c+d+32 \cdot \tfrac{1}{32 a b c d} \geq 36 \sqrt[36]{\tfrac{a b c d}{32^{32}(a b c d)^{32}}}=\tfrac{36}{32^{\tfrac{8}{9}}(a b c d)^{\tfrac{31}{36}}} \geq 36 \cdot 2^{-\tfrac{40}{9}} \cdot 2^{\tfrac{31}{9}}=18 \]

Задача 3. Положителните числа \(x, y, z, \alpha, \beta\) и \(\gamma\) удовлетворяват равенствата:

\[ \alpha+\beta+\gamma=\pi \text { и } x^{2}+y^{2}+z^{2}=2(x y \cos \gamma+y z \cos \alpha+z x \cos \beta) \]

Да се докаже, че от отсечки с дължини \(x, y\) и \(z\) може да се построи триъгълник с ъгли \(\alpha, \beta\) и \(\gamma\).

Решение. От равенството \(0=x^{2}+y^{2}+z^{2}-2(x y \cos \gamma+y z \cos \alpha+z x \cos \beta)=(y \sin \gamma-z \sin \beta)^{2}+(y \cos \gamma+z \cos \beta-x)^{2}\) следва, че \(y \sin \gamma=z \sin \beta\), т.е. \(\tfrac{y}{\sin \beta}=\tfrac{z}{\sin \gamma}\). Аналогично получаваме, че \(\tfrac{y}{\sin \beta}=\tfrac{x}{\sin \alpha}\). Следователно за някое \(R\) имаме \(\tfrac{y}{\sin \beta}=\tfrac{z}{\sin \gamma}=\tfrac{x}{\sin \alpha}=2 R\). Да разгледаме триъгълник с ъгли \(\alpha, \beta\) и \(\gamma\). Като използваме подходяща хомотетия, преобразуваме този триъгълник в подобен на него триъгълник с радиус на описаната окръжност \(R\). Сега от равенствата \(\tfrac{y}{\sin \beta}=\tfrac{z}{\sin \gamma}=\tfrac{x}{\sin \alpha}=2 R\) следва, че страните на този триъгълник са \(x, y\) и \(z\).