Задача 1. Нека \(p\) е просто число и \(n\) е естествено число, по-малко от \(p\). Да се докаже, че числото ( \(p-1\) ) ! \(C_{n+p}^{n}+1\) се дели на \(p\).

Йонуц Иваненску, Крайова, Румъния

Решение: Изпълнени са равенствата \(S=(p-1)!C_{n+p}^{n}+1=(p-1)!\tfrac{(n+p)!}{n!p!}+1=\) \(=\tfrac{(n+1)(n+2) \cdots(n+p)}{p}+1\). Числото \((n+1)(n+2) \cdots(n+p)\) е произведение на \(p\) последователни естествени числа. Следователно то се дели на \(p\). Най-големият множител на последното произведение \(n+p\) е по-малък от \(2 p\) и затова един от множителите е равен на \(p\). Тогава числото \(\tfrac{(n+1)(n+2) \cdots(n+p)}{p}\) е произведение от последователни числа, сред които отсъства \(p\), т. е. имаме произведение на \(p-1\) различни числа, които не се делят на \(p\) и разликата на всеки две от тях не е кратна на \(p\). При деление на тези числа на \(p\) се получават остатъци 1, \(2, \ldots, p-1\). Следователно \(S=\tfrac{(n+1)(n+2) \cdots(n+p)}{p}+1=M . p+1.2 .3 \ldots(p-1)+1\), където \(M\) е естествено число. Сега, като вземем предвид теоремата на Уилсън 1.2.3 \(\ldots(p-1)+1 \equiv 0(\bmod p)\), получаваме, че числото \(S\) се дели на \(p\).

Задача 2. Даден е изпъкнал четириъгълник \(A B C D\). Окръжностите \(k\left(J_{1}\right)\), \(k(J), k\left(I_{1}\right)\) и \(k(I)\) се допират външно съответно до страните \(A B, B C, C D\) и \(D A\) и до продълженията на съответните им съседни страни. Ако \(k\left(J_{1}\right)\) и \(k\left(I_{1}\right)\) се допират до \(A B\) и \(C D\) съответно в точките \(S\) и \(T\), да се докаже, че \(S\) и \(T\) са равно отдалечени от средата \(M\) на отсечката \(I J\).

Николай Белухов, Стара Загора

Решение: Означаваме останалите допирни точки така, както е показано на чертежа. От равенството на общи допирателни следват равенствата \(S K^{\prime}+N^{\prime} T=P^{\prime} L^{\prime}+L^{\prime} Q^{\prime}=P^{\prime} Q^{\prime}=P Q=P L+L Q=S K+T N\). Оттук получаваме

\(S K+T N=\tfrac{1}{2}\left(S K+T N+S K^{\prime}+N^{\prime} T\right)=\tfrac{1}{2}\left(K K^{\prime}+N N^{\prime}\right)=K K^{\prime}=S K+S K^{\prime}\) следователно \(T N=S K^{\prime}\). Аналогично \(S K=T N^{\prime}\). Сега да отбележим, че проекцията на точката \(M\) върху правата \(N N^{\prime}\) е среда на отсечката, свързваща проекциите \(N\) и \(N^{\prime}\) на точките \(I\) и \(J\) върху същата права. Оттук \(M N=M N^{\prime}\) и \(∢ M N T=∢ M N^{\prime} T\). Поради симетрията спрямо централата \(I J\) имаме \(M N=M K\) и \(∢ M N T=∢ M K S\). Сега от равенствата \(M N^{\prime}=M K, ∢ M N^{\prime} T=∢ M K S\) и \(N^{\prime} T=K S\) следва \(\Delta M N^{\prime} T \cong \triangle M K S\). Оттук следва \(M T=M S\), което трябваше да се докаже.

Задача 3. Шестоъгълникът \(A B C D E F\) е вписан в окръжност, а диагоналите му \(A D, B E\) и \(C F\) се пресичат в точка \(O\). Ако са изпълнени равенствата \(A C=C E=E A\), да се докаже неравенството \(\left|\tfrac{D E}{F E}-\tfrac{D C}{B C}\right| \lt 1\).

Хаим Хаимов, Варна

Решение: Нека \(O^{\prime}\) е изогоналната точка на \(O\) спрямо \(\triangle A C E\). Тъй като \(∢ O^{\prime} A C=∢ E A D=∢ E F D\) и \(∢ O^{\prime} C A=∢ E C F=∢ E D F\), то \(\triangle O^{\prime} A C \sim \triangle E F D\), откъдето \(\tfrac{D E}{F E}=\tfrac{C O^{\prime}}{A O^{\prime}}\). Аналогично от \(∢ O^{\prime} A E=∢ C A D=∢ C B D\) и \(∢ O^{\prime} E A=∢ C E D=∢ C D B\) следва \(\triangle O^{\prime} A E \sim \triangle C B D\), откъдето получаваме \(\tfrac{D C}{B C}=\tfrac{E O^{\prime}}{A O^{\prime}}\). Сега желаното неравенство е равносилно с \(\left|\tfrac{C O^{\prime}}{A O^{\prime}}-\tfrac{E O^{\prime}}{A O^{\prime}}\right| \lt 1\), т. е. с неравенството \(\left|C O^{\prime}-E O^{\prime}\right| \lt A O^{\prime}\). Отсечките \(A O^{\prime}, C O^{\prime}\) и \(E O^{\prime}\) свързват върховете на равностранния триъгълник \(A C E\) с точката \(O^{\prime}\) и затова от теоремата на Помпею следва, че с тези отсечки може да се построи триъгълник. Последното от своя страна означава, че е изпълнено неравенството \(\left|C O^{\prime}-E O^{\prime}\right| \lt A O^{\prime}\). С това задачата е решена.