Задача 1. Редицата на Фибоначи \(\left\{f_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}\) се дефинира с равенствата \(f_{1}=f_{2}=1\) и \(f_{n+2}=f_{n}+f_{n+1}\). Да се докаже, че всяка от редиците \(\left\{4 f_{n}^{2}+1\right\}_{n=1}^{\infty}\) и \(\left\{2 f_{n}^{2}+7\right\}_{n=1}^{\infty}\) съдържа безброй много двойки съседни членове, които се делят на 5.

Сава Гроздев, София и Веселин Ненков, Бели Осъм

Решение: в началото ще докажем следната

Лема. За всяко \(k \in \mathbb{N} \cup\{0\}\) числата на Фибоначи притежават свойствата:

а) последната цифра на числата \(2 f_{10 k}^{2}\) и \(2 f_{10 k+5}^{2}\) е 0 ;

б) последната цифра на числата \(2 f_{10 k+1}^{2}, 2 f_{10 k+2}^{2}, 2 f_{10 k+8}^{2}\) и \(2 f_{10 k+9}^{2}\) е 2 ;

в) последната цифра на числата \(2 f_{10 k+3}^{2}, 2 f_{10 k+4}^{2}, 2 f_{10 k+6}^{2}\) и \(2 f_{10 k+7}^{2}\) е 8.

Доказателство. Известно е, че всяко пето число на Фибоначи се дели на 5. Следователно са изпълнени сравненията: \(2 f_{5 t}^{2} \equiv 0(\bmod 10)\), \(2 f_{10 k}^{2} \equiv 0(\bmod 10), 2 f_{10 k+5}^{2} \equiv 0(\bmod 10)\). Освен това за числата на Фибоначи е изпълнена следната рекурентна зависимост \(f_{n}^{2}=f_{n-1} f_{n+1}+(-1)^{n+1}\). Оттук се получават следващите сравнения:

\(2 f_{10 k+1}^{2}=2 f_{10 k} f_{10 k+2}+2 \equiv 0+2 \equiv 2(\bmod 10), 2 f_{10 k+2}^{2}=2\left(f_{10 k}+f_{10 k+1}\right)^{2}=\)

\(=2 f_{10 k}^{2}+4 f_{10 k} f_{10 k+1}+2 f_{10 k+1}^{2} \equiv 0+0+2 \equiv 2(\bmod 10), 2 f_{10 k+3}^{2}=2\left(f_{10 k+1}+f_{10 k+2}\right)^{2}=\) \(=2 f_{10 k+1}^{2}+4 f_{10 k+1} f_{10 k+2}+2 f_{10 k+2}^{2} \equiv 2+4 f_{10 k+1}\left(f_{10 k}+f_{10 k+1}\right)+2 \equiv 4+4 f_{10 k} f_{10 k+1}+4 f_{10 k+1}^{2} \equiv\) \(\equiv 4+0+4 \equiv 8(\bmod 10)\), \(2 f_{10 k+4}^{2}=2\left(f_{10 k+5}-f_{10 k+3}\right)^{2}=2 f_{10 k+5}^{2}+4 f_{10 k+5} f_{10 k+3}+2 f_{10 k+3}^{2} \equiv\)

\(\equiv 0+0+8 \equiv 8(\bmod 10), 2 f_{10 k+6}^{2}=2 f_{10 k+5} f_{10 k+7}-2 \equiv 0+8(\bmod 10)\), \(2 f_{10 k+7}^{2}=2\left(f_{10 k+5}+f_{10 k+6}\right)^{2}=2 f_{10 k+5}^{2}+4 f_{10 k+5} f_{10 k+6}+2 f_{10 k+6}^{2} \equiv 0+0+8 \equiv 8(\bmod 10)\), \(2 f_{10 k+8}^{2}=2\left(f_{10 k+6}+f_{10 k+7}\right)=2 f_{10 k+6}^{2}+4 f_{10 k+6} f_{10 k+7}+2 f_{10 k+7}^{2} \equiv 8+4\left(f_{10 k+7}-f_{10 k+5}\right) f_{10 k+7}+8 \equiv\) \(\equiv 16+4 f_{10 k+7}-4 f_{10 k+5} f_{10 k+7} \equiv 6+16-0 \equiv 2(\bmod 10)\), \(2 f_{10 k+9}=2 f_{10 k+8} f_{10 k+10}+2 \equiv \equiv 0+2 \equiv 2(\bmod 10)\).

Преминаваме към решението на задачата. Подредиците \(\left\{4\ _{10}\ { _{1}}\ 1\right\}^{\infty}\) и \(\left\{4 f_{10 k+2}^{2}+1\right\}_{n=1}^{\infty}\) (а също така \(\left\{4 f_{10 k+8}^{2}+1\right\}_{n=1}^{\infty}\) и \(\left\{4 f_{10 k+9}^{2}+1\right\}_{n=1}^{\infty}\)) заедно съдържат двойки последователни членове на \(\left\{4 f_{n}^{2}+1\right\}_{n=1}^{\infty}\). От твърдение б) на лемата следва, че тези подредици съдържат двойки последователни членове на \(\left\{4 f_{n}^{2}+1\right\}_{n=1}^{\infty}\), които се делят на 5 . Подредиците \(\left\{2 f_{10 k+3}^{2}+7\right\}_{n=1}^{\infty}\) и \(\left\{2 f_{10 k+4}^{2}+7\right\}_{n=1}^{\infty}\) (а също така \(\left\{2 f_{10 k+6}^{2}+7\right\}_{n=1}^{\infty}\) и \(\left\{2 f_{10 k+7}^{2}+7\right\}_{n=1}^{\infty}\) ) заедно съдържат двойки последователни членове на \(\left\{2 f_{n}^{2}+7\right\}_{n=1}^{\infty}\). От твърдение в) на лемата следва, че тези подредици съдържат двойки последователни членове на \(\left\{2 f_{n}^{2}+7\right\}_{n=1}^{\infty}\), които се делят на 5. С това задачата е решена.

Задача 2. Дадени са \(\triangle A B C\) и окръжност \(k\) с център медицентъра на \(\triangle A B C\). Ако \(M\) е точка от \(k\), да се докаже, че сумата \(A M^{2}+B M^{2}+C M^{2}\) не зависи от положението на \(M\) върху \(k\).

Милен Найденов, Варна

Решение: нека \(O\) е медицентърът на \(\triangle A B C\), а \(C_{1}\) е средата на \(A B\). Разглеждаме координатна система \(O x y\), оста \(O y\) , която е перпендикулярна на \(A B\) и е насочена към \(A B\). Оста \(O x\) е насочена към страната \(A C\). С \(\gamma\) означаваме разстоянието от \(C_{1}\) до \(O y\), а с \(h\)– разстоянието \(O C_{2}\) от \(C\) до \(A B\). Въвеждаме още следните означения \(B C=a, C A=b, A B=c, c_{1}=\tfrac{c}{2}\), \(a^{\prime}=c_{1}+\gamma, \quad a^{\prime \prime}=c_{1}-\gamma\). Координатите на върховете на \(\triangle A B C\) спрямо \(O x y\) са следните \(A\left(-a^{\prime}, h\right), B\left(a^{\prime \prime}, h\right)\) и \(C(2 \gamma,-2 h)\). Нека \(k\) има радиус и \(M(x, y)\) е произволна точка от \(k\). Тогава имаме

\[ A M^{2}+B M^{2}+C M^{2}=3\left(x^{2}+y^{2}\right)+2\left(a^{\prime}+a^{\prime \prime}-2 \gamma\right) x+6 h^{2}+4 \gamma^{2}+a^{\prime 2}+a^{\prime \prime 2} . \] Тъй като \(x^{2}+y^{2}=R^{2}\), получаваме \(A M^{2}+B M^{2}+C M^{2}=3 R^{2}+6\left(h^{2}+\gamma^{2}\right)+\tfrac{c^{2}}{2}\). От правоъгълния триъгълник \(O C_{1} C_{2}\) и формулата, изразяваща медианата в триъгълника чрез страните му, следва \(h^{2}+\gamma^{2}=O C_{1}^{2}=\tfrac{1}{3} C C_{1}^{2}=\tfrac{2 b^{2}+2 c^{2}-a^{2}}{3.4}\). Следователно \(A M^{2}+B M^{2}+C M^{2}=3 R^{2}+\tfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}\). С това задачата е решена.

Задача 3. В изпъкналия четириъгълник \(A B C D\) са изпълнени равенствата \(∢ C A B=∢ C A D, ∢ A C B=45^{\circ}\) и \(∢ A C D=∢ C A D+45^{\circ}\). Ако \(H\) е ортоцентърът на \(\triangle A D B\), да се докаже, че \(B H=A D-A B\).

Хаим Хаимов, Варна

Решение: радиуса на описаната около \(A B D\) окръжност означаваме с \(R\). Освен това нека \(∢ B A D=\alpha, ∢ A B D=\beta, ∢ A D B=\delta\). Лесно се съобразява, че \(B H=A D-A B\) е еквивалентно с \(2 R \cos \beta=2 R \sin \beta-2 R \sin \delta\), т.е. \(\quad \cos \beta=\sin \beta-\sin \delta\). Нека \(\quad A C \cap B D=T \quad\) и \(\quad ∢ B D C=x\). Изпълнени са равенствата \(\quad ∢ C T D=∢ T A D+∢ A D T=\tfrac{\alpha}{2}+\delta \quad\) и \(x=180^{\circ}-(∢ C T D+∢ T C D)=180^{\circ}-\left(\tfrac{\alpha}{2}+\delta+45^{\circ}+\tfrac{\alpha}{2}\right)=\beta-45^{\circ}\). Тъй като \(∢ B C D=∢ B C A+∢ A C D=90^{\circ}+\tfrac{\alpha}{2}\), от синусовата теорема за \(\triangle B C D\) следва \(\sin x=\tfrac{B C}{B D} \sin ∢ B C D=\tfrac{B C}{B D} \sin \tfrac{\alpha}{2}\). Затова \(\sin \left(\beta-45^{\circ}\right)==\tfrac{B C}{B D} \sin \tfrac{\alpha}{2}\). Сега от синусовата теорема за триъгълниците \(A B C\) и \(A B D\) получаваме съответно равенствата \(B C=A B \cdot \tfrac{\sin ∢ B A C}{\sin ∢ A C B}=A B \cdot \tfrac{\sin \tfrac{\alpha}{2}}{\sin 45^{\circ}} \quad\) и \(B D=A B \cdot \tfrac{\sin ∢ B A D}{\sin ∢ A D B}=A B \cdot \tfrac{\sin \alpha}{\sin \delta}\). Разделяме почленно последните две равенства и получаваме \(\tfrac{B C}{B D}=\tfrac{\sin \tfrac{\alpha}{2}}{\sin 45^{\circ}} \cdot \tfrac{\sin \delta}{\sin \alpha}=\tfrac{\sin \delta}{2 \sin 45^{\circ} \cos \tfrac{\alpha}{2}}\). Оттук \(\sin \left(\beta-45^{\circ}\right)=\cfrac{\sin \gamma}{2 \sin 45^{\circ}\cos\tfrac{\alpha}{2}} \cdot \cos \cfrac{\alpha}{2}\) . Следователно \(\cos \beta=\sin \beta-\sin \delta\) .