Задача 1. Да се намерят всички естествени числа \(\overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{n} b_{1} b_{2} \ldots b_{m}}\), за които е изпълнено равенството \(\sqrt{\overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{n} b_{1} b_{2} \ldots b_{m}}}=\overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{n}} \sqrt{\overline{b_{1} b_{2} \ldots b_{m}}}\).

Николай Белухов, Стара Загора

Решение: Нека \(A=\overline{a_{1} a_{2} \ldots a_{n}}\) и \(B=\overline{b_{1} b_{2} \ldots b_{m}}\). От условието следва равенството \(A \cdot 10^{m}+B=A^{2} \cdot B\), откъдето \(A \cdot 10^{m}=\left(A^{2}-1\right) \cdot B\). B . Тъй като \(\left(A, A^{2}-1\right)=1\), то \(A^{2}-1 \mid 10^{m}\), откъдето \((A-1)(A+1)=2^{a} .5^{b}\). Ако числата \(A-1\) и \(A+1\) са едновременно нечетни, то \(a=0\), а \(A-1\) и \(A+1\) са степени на петицата с разлика две, което е невъзможно. Остава само възможността и двете числа да са четни. Ако \(A-1=2\), то се получава едно от решенията, изброени по-долу. В противен случай едно от числата \(A-1\) и \(A+1\) е равно на \(2.5^{b}\), а другото – на \(2^{a-1}\). Оттук нататък, стандартни пресмятания дават само \(A=9\), с което всички решения стават \(\sqrt{3375}=3 . \sqrt{375}\) и \(\sqrt{91125} \quad 9 . \sqrt{1125}\).

Задача 2. Нека \(A B C\) е произволен триъгълник, а \(I\) центърът на вписаната му окръжност. Ако \(B C=a, C A=b, A B=c\) и \(n\) е проиволно естествено число, да се докаже, че \(a^{n} \cdot A I+b^{n} \cdot B I+c^{n} \cdot C I \leq \sqrt{a b c\left(a^{2 n-1}+b^{2 n-1}+c^{2 n-1}\right)}\).

Каталин Кристеа, Крайова, Румъния

Решение: Първо ще докажем следната:

Лема: За всеки триъгълник \(A B C\) е изпълнено равенството: \(\tfrac{A I^{2}}{b c}+\tfrac{B I^{2}}{c a}+\tfrac{C I^{2}}{a b}=1\).

Доказателство на лемата: Използваме известните равенства: \(A I=\tfrac{r}{\sin \tfrac{∢ A}{2}}\) и \(\sin \tfrac{∢ A}{2} \cdot \sin \tfrac{∢ B}{2} \cdot \sin \tfrac{∢ C}{2}=\tfrac{r}{4 R}\), където \(r\) и \(R\) са радиусите съответно на вписаната и описаната окръжности. От формулите на Ойлер, Хероновата формула и формулата за лице на триъгълник \(S=\tfrac{a b c}{4 R}\), получаваме \(A I^{2}=16 R^{2} \sin ^{2} \tfrac{∢ B}{2} \cdot \sin ^{2} \tfrac{∢ C}{2}=\) \( 16 R^{2} \tfrac{(p-c)(p-a)}{c a} \cdot \tfrac{(p-a)(p-b)}{a b}=\tfrac{16 R^{2}(p-a) S^{2}}{p a \cdot 4 R S}=\tfrac{b c(p-a)}{p} \). . Следователно \(\tfrac{A I^{2}}{b c}=\tfrac{p-a}{p}\). Аналогично \(\tfrac{B I^{2}}{c a}=\tfrac{p-b}{p} \quad \tfrac{C I^{2}}{a b}=\tfrac{p-c}{p}\). След почленно събиране на последните три равенства получаваме \(\tfrac{A I^{2}}{b c}+\tfrac{B I^{2}}{c a}+\tfrac{C I^{2}}{a b}=1\). С това лемата е доказана.

От лемата следва \(a \cdot A I^{2}+b \cdot B I^{2}+c \cdot C I^{2}=a b c\). Сега от „хубавото неравенство“ получаваме \(a b c=\tfrac{\left(a^{n} \cdot A I\right)^{2}}{a^{2 n-1}}+\tfrac{\left(b^{n} \cdot B I\right)^{2}}{b^{2 n-1}}+\tfrac{\left(c^{n} \cdot C I\right)^{2}}{c^{2 n-1}} \geq \tfrac{\left(a^{n} \cdot A I+b^{n} \cdot B I+c^{n} \cdot C I\right)^{2}}{a^{2 n-1}+b^{2 n-1}+c^{2 n-1}}\), което е еквивалентно с желаното неравенство.

Задача 3. Даден е изпъкнал четириъгълник \(A B C D\), в който \(∢ B A D=∢ B C D=90^{\circ}\). Нека \(L\) е точка, за която \(L A=L C\) и \(∢ L A D=∢ L C B\). Да се докаже, че \(\operatorname{cotg} ∢ L D A+\operatorname{cotg} ∢ L B A=\operatorname{cotg} ∢ L D C+\operatorname{cotg} ∢ L B C\).

Хаим Хаимов, Варна

Решение: През \(A, B, C\) и \(D\) построяваме прави \(a, b, c\) и \(d\) съответно перпендикурярни на \(L A, L B, L C\) и LD. Нека освен това \(M=a \cap b, N=b \cap c, P=c \cap d\) и \(Q=d \cap a\). От вписаните четириъгълници \(A L D Q, D L C P, L B N C, A M B L\) и условието имаме \(∢ L Q D=∢ L A D=∢ L C B=∢ L N B\) и \(∢ L P D=∢ L C D=∢ L A B=∢ L M B\). Следователно \(\triangle Q L P \sim \triangle N L M\), откъдето \(\tfrac{L Q}{L P}=\tfrac{L N}{L M}\), т.е. \(L Q \cdot L M=L P \cdot L N\). От друга страна \(∢ Q L P+∢ M L N=\left(180^{\circ}-∢ L Q D-∢ L P D\right)+\left(180^{\circ}-∢ L M B-∢ L N B\right)=\) \( 360^{\circ}-(∢ L A D+∢ L A B)-(∢ L C D+∢ L D B)=360^{\circ}-∢ D A B-∢ D C B=180^{\circ} \), откъдето получаваме \(∢ Q L P+∢ M L N=180^{\circ}\). Тогава \(Q M \cdot L A=L Q \cdot L M \cdot \sin \quad Q L M=\) \(=L P . L N . \sin P L N=P N . L C\). Но по условие \(L A \quad L C\) и следователно \(Q M=P N\). Затова \(\tfrac{Q M}{L A}=\tfrac{P N}{L C}\) и следователно \(\tfrac{Q A+A M}{L A}=\tfrac{P C+C N}{L C}\). Оттук \(\operatorname{cotg} ∢ L Q A+\operatorname{cotg} ∢ L M A=\operatorname{cotg} ∢ L P C+\operatorname{cotg} ∢ L N C\). Като се вземе предвид, че \(∢ L Q A=∢ L D A\), \(∢ L M A=∢ L B A, \quad ∢ L P C=∢ L D C \quad\) и \(∢ L N C=∢ L B C\). Оттук непосредствено се получава желаното равенство.