Задача 1. Да се определи дали съществуват естествени числа \(n\) и \(k\), при които стойността на израза \(2017^{n-1}+3^{k}+4\) е:

а) куб на естествено число;

б) сбор от кубовете на две естествени числа;

в) сбор от кубовете на три естествени числа.

Христо Лесов, Казанлък

Решение: при \(n=1\) и \(k=1\) имаме \(2017^{0}+3^{1}+4=2^{3}\). Следователно случай а) има положителен отговор. Тъй като при \(n \geq 1\) числото \(2017^{n-1}-1\) се дели на \(2017-1=9.224\), то при \(n \geq 1\) и \(k \geq 2\) имаме \(2017^{n-1}+3^{k}+4=\left(2017^{n-1}-1\right)+\left(9.3^{k-2}+5\right)=9 m+5\), където \(m\) е естествено число. Следователно всяко число от разглеждания вид при деление на 9 дава остатък 5 . Всяко естествено число е от вида \(3 c, 3 c+1\) или \(3 c+2\), а неговият куб при деление на 9 има остатък съответно 0 , 1 или 8 . Следователно сборът от кубовете на две естествени числа при деление на9 дава остатък \(0+0=0\), \(0+1=1,0+8=8,1+1=2,1+8=9 \equiv 0\) или \(8+8=16 \equiv 7\), а сборът от кубовете на три естествени числа при деление на 9 дава остатък \(0+0+0=0\), \(0+0+1=1,0+0+8=8,0+1+1=2,0+1+8=9 \equiv 0,0+8+8=16 \equiv 7\), \(1+1+1=3,1+1+8 \equiv 1,1+8+8=17 \equiv 8\) или \(8+8+8=24 \equiv 6\). В никой от тези случаи не се получава остатък 5 . Следователно \(2017^{n-1}+3^{k}+4\) не може да се представи като сума от кубове нито на две, нито на три естествени числа. Това означава, че случаите б) и в) имат отрицателен отговор.

Задача 2. Даден е \(\triangle A B C_{1}\). Точките \(C_{2}, C_{3}, \ldots, C_{n}\) лежат върху лъча \(B C_{1}^{\rightarrow}\) и са такива, че \(C_{1} C_{2}=C_{2} C_{3}=\cdots=C_{n-1} C_{n}=B C_{1}\). Правата \(l\) през върха \(B\) и средата \(K\) на медианата \(A M\) на \(\triangle A B C_{1}\) пресича \(A C_{1}, A C_{2}\) \(, \ldots, A C_{n}\) съответно в точките \(K_{1}, K_{2}, \ldots, K_{n}\). Да се пресметне сумата \(\cfrac{C_{1} K_{1}}{K_{1} A}+\cfrac{C_{2} K_{2}}{K_{2} A}+\cdots+\cfrac{C_{n} K_{n}}{K_{n} A}\).

Милен Найденов, Варна

Решение: през точката \(A\) построяваме права \(p\), успоредна на \(A C_{1}\). Нека \(B K \cap p=R\). Тъй като \(B M R A\) е успоредник, то \(A R=B M=\cfrac{1}{2} B C_{1}\). Освен това \(\triangle A K_{n} R \sim \Delta B K_{n} C_{n}\). Затова \(\cfrac{C_{n} K_{n}}{K_{n} A}=\cfrac{B C_{n}}{A R}=\cfrac{n B C_{1}}{\cfrac{1}{2} B C_{1}}=2 n\). Следователно \[ \cfrac{C_{1} K_{1}}{K_{1} A}+\cfrac{C_{2} K_{2}}{K_{2} A}+\cdots+\cfrac{C_{n} K_{n}}{K_{n} A}=2+4+\cdots+2 n=2(1+2+\cdots+n)=n(n+1) \] Задача 3. В изпъкналия четириъгълник \(A B C D\) точките \(M, N\) и \(P\) са средите съответно на страните \(A D, B C\) и \(C D\), BC и CD , а \(T\) е пресечната точка на диагоналите му \(A C\) и \(B D\). Ако втората обща точка \(K\) на описаните около триъгълниците \(A B T\) и \(C D T\) окръжности лежи в \(\triangle B D C\) и са изпълнени равенствата \(∢ M N P=∢ B A D=\cfrac{1}{2} ∢ A D C\), да се докаже, че точката \(K\) лежи върху Ойлеровата права на \(\triangle A B D\).

Хаим Хаимов, Варна

Решение: в решението на задачата ще използваме следващата

Лема. Ако в изпъкналия четириъгълник \(A B C D\) са изпълнени равенствата \(∢ C D A=∢ D A B=∢ A B D\), Ойлеровата права на \(\triangle A B D\) минава през върxa \(C\).

Доказателство. Нека \(B C \cap A D=U\) и \(A B \cap C D=V\), а \(E\) и \(F\) са средите съответно на страните \(A B\) и \(C D\). От условието следва, че триъгълниците \(A B U\) и \(C D V\) са равнобедрени. Медианите им \(U E\) и \(V F\) са симетрали съответно на отсечките \(A B\) и \(C D\). Затова пресечната им точка \(O\) е центърът на описаната около \(\triangle A B D\) окръжност. Тъй като \(∢ A B D \lt ∢ B A D\), триъгълникът \(A B D\) не е равностранен. Следователно медианите му \(D E\) и \(B F\) се пресичат в точка \(G\), която е различна от \(O\). Върховете \(E, B, V\) и \(F, D, U\) на шестоъгълника \(D E U B F V\) са разположени алтернативно върху две прави. Затова от теоремата на Пап следва, че точките \(G=D E \cap B F, O=E U \cap F V\) и \(C=U B \cap V D\) лежат на една права. С това лемата е доказана.

Преминаваме към решение на задачата. От свойствата на вписаните ъгли следва, че \(∢ B D K=∢ A C K\) и \(∢ D B K=∢ C A K\). Следователно \(\triangle B D K \sim \triangle A C K\) и \(\cfrac{B K}{D K}=\cfrac{A K}{C K}\). От другастрана \(∢ A K B=∢ A T B=∢ C T D=∢ C K D\). Следователно \(\triangle A K B \sim \triangle C K D\).Оттук \(∢ A B K=∢ C D K=\alpha\).Сегаотсвойстватанасредните отсечки следва, че \(M P \| A C\) и \(N P \| B D\). Затова \(∢ M P N=∢ A T B=∢ A K B\). Освен това \(\triangle B D K \sim \triangle A C K\) (доказано по-горе) и \(\cfrac{A C}{B D}=\cfrac{A K}{B K}\), откъдето \(\cfrac{M P}{N P}=\cfrac{\cfrac{1}{2} A C}{\cfrac{1}{2} B D}=\cfrac{A C}{B D}=\cfrac{A K}{B K}\). Следователно \(\quad \triangle M P N \sim \triangle A K B\). Оттук следва, че \(∢ M N P=∢ A B K=\alpha\). По условие имаме \(∢ B A D=∢ M N P=\alpha\) и \(∢ A D C=∢ M N P=2 \alpha\). Затова \(∢ A D K=∢ A D C-∢ C D K=\alpha\). Така получихме \(∢ K D A=∢ D A B=∢ A B K=\alpha\). Тъй като по условие точката \(K\) лежи в \(\triangle B D C\), то за четириъгълника \(A B K D\) са изпълнени условията на лемата. Следователно точката \(K\) лежи върху Ойлеровата права на \(\triangle A B D\).