Задача 1. Намерете цифрите \(a, b, c\) и \(d\) в десетична бройна система, ако е изпълнено равенството \(\sqrt{\overline{a b a c a b}}=\overline{d a b}\).

Йон Патралику, Крайова, Румъния

Решение: (гл. ас. д-р Ирина Вутова). Равенството \(\sqrt{\overline{a b a c a b}}=\overline{d a b}\) е еквивалентно с \(\overline{a b a c a b}=(\overline{d a b})^{2}\). Ще направим анализ на задачата: (1) Цифрите \(a, b, c\) и \(d\) са две по две различни; (2) Цифрата \(a\) е различна от 0 (\(a\) е първа цифра в числото \(\overline{a b a c a b}\) ); (3) Единиците на числото \(\overline{d a b}\) и на неговия квадрат (\(\overline{a b a c a b}\) ) са равни (на \(b\) ); (4) Единиците и десетиците на числото \(\overline{d a b}(b\) и \(a)\) са съответно равни на единиците и десетиците на неговия квадрат \((\overline{a b a c a b}) ;(5)\) Единиците и десетохилядите на числото \(\overline{a b a c a b}\) са равни (на \(b\) ); (6) Десетиците, хилядите и стохилядите на числото \(\overline{a b a c a b}\) са равни (на \(a\) ). Ще търсим решение на задачата чрез пълно изчерпване на всички случаи. От условие (3) следва, че \(b \in\{0,1,5,6\}\). Ще разгледаме всеки от тези случаи поотделно. 1) Ако \(b=0\), последните две цифри на числото \(\overline{a b a c a b}\) ще бъдат равни на нула, т.е. \(a=b=0\). Това обаче противоречи на условие (2). Следователно \(\mathrm{b} \neq 0\). 2) Ако \(b=1\), разглеждаме квадратите на всички двуцифрени числа, които имат последна цифра 1 (за които е изпълнено (1)), т.е. \(21^{2}=441,31^{2}=961,41^{2}=1681,51^{2}=2601,61^{2}=3721,71^{2}=5041,81^{2}=6561\), \(81^{2}=8281\). В тази редица от числа не съществува число, което удовлетворява условие (4). Следователно \(\mathrm{b} \neq 1\). 3) Ако \(b=5\), то последните две цифри на числото \((\overline{d a b})^{2}\) са 2 и 5, което според (4) означава, че \(a=2\). Разглеждаме квадратите на всички трицифрени числа, последните две цифри на които са 2 и 5 (за които е изпълнено (1)), т.е. \(125^{2}=15625,325^{2}=105625,425^{2}=180625,625^{2}=390625\), \(725^{2}=525625,825^{2}=680625,925^{2}=855625\). В тази редица от числа не съществува число, което удовлетворява условие (6). Следователно \(\mathrm{b} \neq 5\). 4) Ако \(b=6\), разглеждаме квадратите на всички двуцифрени числа, които имат последна цифра 6 (за които е изпълнено (1)), т.е. \(16^{2}=256,26^{2}=576,36^{2}=1296,46^{2}=2116,56^{2}=\) \(3136,76^{2}=5776,86^{2}=7396,96^{2}=9216\). В тази редица от числа само 76 удовлетворява условие (4). Следователно \(\mathrm{a}=7\). Сега разглеждаме квадратите на всички трицифрени числа, последните две цифри на които са 7 и 6 (за които е изпълнено (1)), т.е. \(176^{2}=30976,276^{2}=76176,376^{2}=141376,476^{2}=226576,576^{2}=331776\), \(876^{2}=767376,976^{2}=952756\). В тази редица от числа само 876 удовлетворява всички условия. Следователно \(a=7, b=6, c=3\) и \(d=8\).

Задача 2. В \(\triangle A B C\) с медицентър \(G\) е вписана окръжност \(k(I)\), допираща се до \(B C\) в точката \(D\). Ако \(∢ A I B=135^{\circ}\), центърът \(I\) лежи върху отсечката \(D G, N\) е втората пресечна точка на правата \(D G\) с \(k\) и \(O\) е центърът на описаната за \(\triangle A B C\) окръжност, да се определи каква част от лицето на \(\triangle A B C\) са лицата на \(\triangle O G I\) и четириъгълника \(C I O N\).

Христо Лесов, Казанлък

Решение. Тъй като \(A I\) и \(B I\) са ъглополовящи на ъглите съответно при върховете \(A\) и \(B\), то \(∢ A I B=90^{\circ}+\tfrac{1}{2} ∢ A C B\). От условието следва \(90^{\circ}+\tfrac{1}{2} ∢ A C B=135^{\circ}\). Оттук получаваме, че \(∢ A C B=90^{\circ}\) и затова центърът на описаната окръжност \(O\) е средата на \(A B\). Ако \(M\) е средата на \(B C\), то медицентърът \(G\) е пресечната точка на \(B M\) и \(C O\). Освен това \(O M\) е средна отсечка, поради което \(O M \| B C, O M \perp A C\) и \(O M=\tfrac{1}{2} B C\). Означаваме с \(r\) радиуса на вписаната окръжност \(k(I)\). По условие точките \(D, I, G\) и \(N\) лежат на диаметър на \(k(I)\). Затова \(I D \perp B C, D N \perp O M, I D=\) \(r\) и \(D N=2 r\). Следователно \(N\) е допирна точка на \(O M\) с \(k(I)\). Нека \(E\) и \(F\) са допирните точки на \(k(I)\) съответно с \(A C\) и \(B C\). Тогава \(I E \perp A C, I F \perp A B, I E=I F=\) \(r\), а четириъгълниците CDIE и MNIE са квадрати със страна \(r\). Оттук \(A F=A E\) \(=A M+M E=3 r\). Нека \(B F=B D=x\). От Питагоровата теорема за \(\triangle A B C\) имаме \((x+r)^{2}+(4 r)^{2}=(x+3 r)^{2}\), което след пресмятания води до равенството \(x=2 r\). Оттук намираме, че \(B C=3 r, A C=4 r\) и \(A B=5 r\), AC = 4r и AB = 5r, т.е. страните \(B C, A C\) и \(A B\) образуват аритметична прогресия с разлика \(r\). От \(I N \| C M\) следва, че \(\tfrac{G N}{C M}=\tfrac{O G}{O C}=\tfrac{1}{3}\), откъдето \(G N=\tfrac{1}{3} C M=\tfrac{2}{3} r\). Следователно \(I G=I N-G N=\tfrac{r}{3}\) и \(O N=O M-M N=\tfrac{r}{2}\). Оттук намираме \(S_{O G I}=\tfrac{1}{2} I G . O N=\tfrac{r^{2}}{12}\). Освен това \(S_{A B C}=\tfrac{1}{2} A C . B C=6 r^{2}\). Следователно \(S_{O I G}=\tfrac{1}{72} S_{A B C}\). Лицето на четириъгълника \(C I O N\) намираме от равенството \(S_{\text {CION }}=S_{\text {CIOM }}-S_{\text {CMN }}\). Тъй като \(S_{\text {CIOM }}=S_{\text {CIE }}+S_{\text {MNIE }}+S_{\text {OIN }}=\tfrac{1}{2} r^{2}+r^{2}+\tfrac{1}{2} . r . \tfrac{r}{2}=\tfrac{7}{4} r^{2}\) и \(S_{C M N}=\tfrac{1}{2} \cdot C M \cdot M N=r^{2}\), то \(S_{C I O N}=\tfrac{3}{4} r^{2}=\tfrac{1}{8} r^{2}\). С това задачата е решена.

Задача 3. В изпъкналия четириъгълник \(A B C D\) центърът на описаната около \(\Delta A B D\) окръжност е \(O\), а центърът на вписаната в \(\Delta B C D\) окръжност е \(I\). Ако ъглите \(∢ B A D=\alpha, ∢ A B D=\beta\) и \(∢ A D B=\gamma\) са остри, като са изпълнени равенствата \(∢ D B C=180^{\circ}-2 \gamma\) и \(∢ B D C=180^{\circ}-2 \beta\), да се докаже, че средите \(E, F\) и \(P\) съответно на \(A C, B D\) и \(O I\) лежат на една права.

Хаим Хаимов, Варна

Решение. Лесно се вижда, че \(∢ B C D=180^{\circ}-2 \alpha\). Тогава \(∢ B I D+∢ B A D=\left(90^{\circ}+\tfrac{1}{2} ∢ B C D\right)+∢ B A D=180^{\circ}\). Следователно точката \(I\) лежи върху описаната окръжност \(k(O, R)\) на \(\triangle A B D\). От друга страна, \(∢ B C D+∢ B O D=\left(180^{\circ}-2 \alpha\right)+2 \alpha=180^{\circ}\). Следователно точката \(O\) лежи на описаната окръжност на \(\triangle B C D\). Тъй като \(O\) лежи на симетралата на \(B D\), то \(O\) лежи и на ъглополовящата \(C I\) на \(\triangle B C D\). Понеже \(∢ B A I+∢ A B D=∢ B D I+∢ A B D=\) \(=\tfrac{1}{2}\left(180^{\circ}-2 \beta\right)+\beta=90^{\circ}\), то \(A I \perp B D\). Нека \(K\) е средата на \(A I, F P \cap A I=Q, B D \cap A I=L\) и \(E^{\prime}\) е пресечната точка на правата \(F P\) с правата, успоредна на \(I C\). Тъй като \(K E \| I C\) и \(K E=\tfrac{1}{2} I C\), то ако докажем, че \(K E^{\prime}=\tfrac{1}{2} I C\), ще следва, че \(E^{\prime} \equiv E\). С това ще бъде доказано, че точките \(E, F\) и \(P\) лежат на една права. Лесно се съобразява, че \(K L F O\) е правоъгълник, а \(O Q I F\) е успоредник. Ако \(r\) е радиусът на вписаната в \(\triangle B C D\) окръжност, то оттук следва \(K Q=K I-Q I=K I-O F=K I-K L=L I=r\). Тъй като \(O F \| K Q\) и \(O P \| K E^{\prime}\), то \(\triangle O P F \sim \triangle K E^{\prime} Q\). Следователно \(\tfrac{K E^{\prime}}{K Q}=\tfrac{O P}{O F}\). Така получаваме последователно \(K E^{\prime}=\tfrac{K Q \cdot O P}{O F}=\tfrac{r \cdot O I}{2 \cdot O F}=\tfrac{r \cdot R}{2 R \cos \alpha}=\tfrac{r}{2 \cos \alpha}\). Същевременно \(I C=\tfrac{r}{\sin ∢ B C I}=\tfrac{r}{\cos \alpha}\). Следователно \(K E^{\prime}=\tfrac{1}{2} I C\), което означава, че \(E^{\prime} \equiv E\). С това задачата е решена.