Задача 1. Намерете всички естествени четирицифрени числа \(\overline{u x y v}\), за които са изпълнени равенствата \(x+y=u v\) и \(u+v=x y\).

Милен Найденов, Варна Решение: Събираме почленно равенствата и получаваме \(x+y+u+v=x y+u v\). Оттук следва равенството \((x-1)(y-1)+(u-1)(v-1)=2\). Последното равенство е изпълнено при \((x-1)(y-1)=1\) и \((u-1)(v-1)=1 ;(x-1)(y-1)=2\) и \((u-1)(v-1)=0\); \((x-1)(y-1)=0\) и \((u-1)(v-1)=2\). Оттук лесно се вижда, че търсените числа са: \(2222,5231,1235,3152,3512,5321,1325,2153\) и 2513.

Задача 2. Ъглите при върховете \(A, B\) и \(C\) на \(\triangle A B C\) са съответно \(\alpha, \beta\) и \(\gamma\), а \(M\) и \(N\) са такива точки от \(∢ A C B\), че са изпълнени равенствата \(∢ A M C=\beta+\tfrac{\gamma}{2}\), \(∢ B M C=\tfrac{3 \alpha}{2}, ∢ A N C=\tfrac{3 \beta}{2}\) и \(∢ B N C=\alpha+\tfrac{\gamma}{2}\). Ако \(E\) е средата на \(A B\), а \(L\) пресечна-\(∢ B M C=\tfrac{3 \alpha}{2}, ∢ A N C=\tfrac{3 \beta}{2}\) и \(∢ B N C=\alpha+\tfrac{\gamma}{2}\). Ако \(E\) е средата на \(A B\), а \(L\) пресечната точка на ъглополовящата на \(∢ A C B\) с \(A B\), да се докаже, че точките \(M, N, L\) и \(E\) лежат на една окръжност.

Хаим Хаимов, Варна

Решение: Тъй като \(∢ A L C=∢ A B C+∢ L C B=\beta+\tfrac{\gamma}{2} \quad\) и \(\quad ∢ A M C=\beta+\tfrac{\gamma}{2}, \quad\) то \(∢ A M C=∢ A L C\) и точките \(A, M, L\) и \(C\) лежат на една окръжност. Предполагаме, че \(M\) лежи вън от \(\triangle A B C\) (ако \(M \in A B\), то \(M \equiv L\) и твърдението на задачата е очевидно, а ако \(M\) лежи вътре в \(\triangle A B C\), разсъжденията са аналогични). Нека \(I\) е втората пресечна точка на правата \(C L\) и окръжността, определена от точките \(M, L\) и \(B\). Имамева \(∢ B I C=∢ B M L=\tfrac{\alpha}{2}\) равенствата \(∢ B M L=∢ B M C-∢ C M L=∢ B M C-∢ C A L=\tfrac{3 \alpha}{2}-\alpha=\tfrac{\alpha}{2}\)и \(∢ L B I=∢ C B I-∢ L B C=\left(180^{\circ}-∢ B I C-∢ B C I\right)-∢ L B C=\) \(=180^{\circ}-\tfrac{\alpha}{2}-\tfrac{\gamma}{2}-\beta=90^{\circ}-\tfrac{\beta}{2}\). Следователно \(B I\) е външната ъглополовяща на \(\triangle A B C\) . Тогапри върха \(B\). Получаваме, че \(I\) е центърът на външновписаната окръжност, съответна на страната \(A B\). Понеже \(∢ M A B=∢ M C I\) и \(∢ M B A=∢ M I C\), то \(\triangle M B A \sim \triangle M I C\). Ако \(F\) е средата на \(C I\), то \(M E\) и \(M F\) са съответни медиани в тези триъгълници и затова \(∢ M E A=∢ M F C\). Оттук заключаваме, че точките \(M, F, L\) и \(E\) лежат на една окръжност, която се допира до \(C I\), ако \(F \equiv L\) и до \(A B\), ако \(E \equiv L\). По аналогичен начин се доказва, че точките \(N, F, L\) и \(E\) лежат на една окръжност. Оттук заключаваме, че точките \(M, N, F, L\) и \(E\) лежат на една окръжност.

Задача 3. Множеството от реални числа \(A=\left\{x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2 n+1}\right\}(n \in \mathbb{N})\) притежава свойството \(\left(x_{i}+x_{i+1}+\cdots+x_{i+n-1}-x_{i+n}-x_{i+n+1}-\cdots-x_{i+2 n-1}\right)^{2} \geq x_{i+2 n}^{2}\), където \(i=1,2, \ldots, 2 n+1\) и \(x_{2 n+2}=x_{1}, x_{2 n+3}=x_{2}, \ldots, x_{4 n+1}=x_{2 n}\). Да се докаже, че \(A\) може да се разбие на две подмножества с равни суми на елементите им.

Тодор Митев, Русе

Решение: Разглеждаме числовата редица \(\left\{y_{m}\right\}_{m=1}^{\infty}\), дефинирана с равенствата \(y_{q}=x_{q}\) и \(y_{p}=y_{q}\) при \(q=1,2, \ldots, 2 n+1, p \geq 2 n+2\) и \(p \equiv q \bmod (2 n+1)\). Ясно е, че е достатъчно да докажем твърдението за \(\left\{y_{m}\right\}_{m=1}^{\infty}\). Въвеждаме означенията

\[ \begin{aligned} & B_{i}=y_{i}+y_{i+1}+\cdots+y_{i+n-1}-y_{i+n}-y_{i+n+1}-\cdots-y_{i+2 n-1}-y_{i+2 n}, \\ & C_{i}=y_{i}+y_{i+1}+\cdots+y_{i+n-1}-y_{i+n}-y_{i+n+1}-\cdots-y_{i+2 n-1}+y_{i+2 n} . \end{aligned} \]

От условието следва \(B_{i} \cdot C_{i} \geq 0\). Ясно е, че \(B_{p}=B_{q}\) и \(C_{p}=C_{q}\), когато \(p \equiv q \bmod (2 n+1)\). Оттук следва, че \(C_{i}=-B_{i+n}\). Изображението F : \(\{1,2, \ldots, 2 n+1\} \rightarrow\{n+1, n+2, \ldots\), \(3 n+1\}\), дефинирано с равенството \(F(k)=F(k+n)\), е биекция. Затова от зависимостите \(B_{i} C_{i} \geq 0\) и \(C_{i}=-B_{i+n}\) следва неравенството \((-1)^{2 n+1}\left(\prod_{i=1}^{2 n+1} B_{i}\right) \geq 0\). Последното е възможно само ако съществува \(i\), при което \(B_{i}=0\). Без ограничение можем да предполагаме, че \(i=1\). Тогава \(y_{1}+y_{2}+\ldots+y_{n}=y_{n+1}+y_{n+2}+\ldots+y_{2 n+1}\).