Задача 1. Да се намерят всички тройки естествени числа \((x, y, z)\), за които е изпълнено равенството:

а) \(x^{2}+y^{3}+z^{4}=2018\); б) \(x^{2}+y^{4}+z^{6}=2018\); б) \(x^{2}+y^{6}+z^{8}=2018\).

Христо Лесов, Казанлък

Решение: а) Тъй като \(x \geq 1, y \geq 1\) и \(z \geq 1\), y ≥ 1 иz ≥ 1, то \(1^{2}+1^{3}+z^{4}=x^{2}+y^{3}+z^{4}=2018\). Оттук \(z^{4} \leq 2016 \lt 2401=7^{4}\) и затова \(z \leq 6\). Разглеждаме шестте възможни случая по-отделно.

а1) При \(z=6\) имаме \(x^{2}+y^{3}=722\) и \(1^{2}+y^{3} \leq x^{2}+y^{3}=722\). Следователно \(y^{3} \leq 721 \lt 729=9^{3}\) и \(y \leq 8\). С непосредствена проверка се установява, че при \(y=1,2,3,4,5,6,7,8\) няма естествени числа \(x\), удовлетворяващи \(x^{2}+y^{3}=722\).

а2) При \(z=5\) имаме \(x^{2}+y^{3}=1393\) и \(1^{2}+y^{3} \leq x^{2}+y^{3}=1393\). Следователно \(y^{3} \leq 1392 \lt 1728=12^{3}\) и \(y \leq 11\). С непосредствена проверка се установява, че при \(y=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11\) няма естествени числа \(x\), удовлетворяващи \(x^{2}+y^{3}=1393\).

а3) При \(z=4\) имаме \(x^{2}+y^{3}=1762\) и \(1^{2}+y^{3} \leq x^{2}+y^{3}=1762\). Следователно \(y^{3} \leq 1761 \lt 2197=13^{3}\) и \(y \leq 12\). С непосредствена проверка се установява, че при \(y=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12\) няма естествени числа \(x\), удовлетворяващи \(x^{2}+y^{3}=1762\).

а4) При \(z=3\) имаме \(x^{2}+y^{3}=1937\) и \(1^{2}+y^{3} \leq x^{2}+y^{3}=1937\). Следователно \(y^{3} \leq 1936 \lt 2197=13^{3}\) и \(y \leq 12\). С непосредствена проверка се установява, че при \(y=2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12\) няма естествени числа \(x\), удовлетворяващи \(x^{2}+y^{3}=1762\). При \(y=1\) това уравнение се удовлетворява от \(x=44\). Така в този случай получаваме решението \(x=44, y=1, z=3\).

а5) При \(z=2\) имаме \(x^{2}+y^{3}=2002\) и \(1^{2}+y^{3} \leq x^{2}+y^{3}=2002\). Следователно \(y^{3} \leq 2001 \lt 2197=13^{3}\) и \(y \leq 12\). С непосредствена проверка се установява, че при \(y=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12\) няма естествени числа \(x\), удовлетворяващи \(x^{2}+y^{3}=2002\).

а6) При \(z=1\) имаме \(x^{2}+y^{3}=2017\) и \(1^{2}+y^{3} \leq x^{2}+y^{3}=2017\). Следователно \(y^{3} \leq 2016 \lt 2197=13^{3}\) и \(y \leq 12\). С непосредствена проверка се установява, че при \(y=1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11\) няма естествени числа \(x\), удовлетворяващи \(x^{2}+y^{3}=2017\). При \(y=12\) това уравнение се удовлетворява от \(x=17\). Така в този случай получаваме решението \(x=17, y=12\), \(z=1\).

Следователно всички тройки \((x, y, z)\) от естествени числа, удовлетворяващи уравнението \(x^{2}+y^{3}+z^{4}=2018\), са следните: \((17,12,1)\) и \((44,1,3)\).

б) Уравнението \(x^{2}+y^{4}+z^{6}=2018\) се получава от а) при \(y=z^{2}\) и \(z=y\). Затова имаме следните възможности: б1) \(x=17, y=1, z^{2}=12\), y = 1, z2 = 12 , което не води до решение на уравнението; б2) \(x=44, y=3, z^{2}=1\), y = 3 , z2 = 1, което води до решението \(x=44, y=3, z=1\). Следователно единствено тройката \((44,1,3)\) е решение в естествени числа на уравнението \(x^{2}+y^{4}+z^{6}=2018\).

в) Уравнението \(x^{2}+y^{6}+z^{8}=2018\) се получава от б) при \(y=z^{2}\) и \(z=y\). Затова имаме \(x=44, y=1, z^{2}=3\), , което не води до решение на уравнението. Следователно уравнението \(x^{2}+y^{6}+z^{8}=2018\) няма решение в естествени числа.

Задача 2. Да се намерят всички триъгълници с целочислени страни, лицата на които са два пъти по-големи от съответните им обиколки.

Милен Найденов, Варна

Решение: с \(a, b, c\) означаваме страните на произволен триъгълник, с \(S\)– лицето му. От Хероновата формула и условието имаме \(4 p=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\), където \(p=\tfrac{a+b+c}{2}\). Оттук следва равенството \(16 p=(p-a)(p-b)(p-c)\). След като положим \(x=p-a\), \(y=p-b\) и \(z=p-c\), последното равенство преминава в Диофантовото уравнение \(16(x+y+z)=x y z\). Тъй като няма значения как са означени страните на даден триъгълник, няма да е ограничение, ако предполагаме, че в последното уравнение са изпълнени неравенствата \(x \geq y \geq z\). В началото да предположим, че \(z \geq 8\). Тогава от равенството \(z=\tfrac{16(x+y)}{x y-16}\) следва \((x-2)(y-2) \leq 20\). Тъй като \(x \geq z \geq 8\), това неравенство се удовлетворява само при \(20 \geq x-2 \geq 6\). Тогава същото неравенство се удовлетворява само при \(1 \leq y \leq 3\). Но по предположение \(y \geq z \geq 8\). Следователно разглежданото Диофантово уравнение при наложените ограничения \(x \geq y \geq z\) няма решение, когато \(z \geq 8\). Следователно са възможни седем случая.

1) Ако \(z=1\), имаме \(x=16+\tfrac{16.17}{y-16}\). Естествени стойности за \(x\) се по-лучават само когато \(y-16=1,2,4,8,16,17,2.17,4.17,8.17,16.17\), т.е. \(y=17,18,20,24,32,33,50,84,152,288\). При тези стойности на \(y\) съответните стойности на \(x\) са следните \(x=288,152,84,50,33,32,24,20,18,17\). Тъй като \(x \geq y\), оттук следва, че наредените тройки \((x, y, z)\), които са решения на Диофантовото уравнение в този случай, са следните: \((288,17,1)\), \((152,18,1),(84,20,1),(50,24,1),(33,32,1)\).

2) Ако \(z=2\), имаме \(x=8+\tfrac{80}{y-8}\). Естествени стойности за \(x\) се получават само когато \(y-8=1,2,4,5,8,10,16,20,40,80\), т.е.

\(9,10,12,13,16,18,24,28,48,88\). При тези стойности на \(y\) съответните стойности на \(x\) са следните \(x=88,48,28,24,18,16,13,12,10,9\). Тъй като \(x \geq y\), оттук следва, че наредените тройки ( \(x, y, z\) ) , които са решения на Диофантовото уравнение в този случай, са следните: \((88,9,2),(48,10,2)\), \((28,12,2),(24,13,2),(18,16,2)\).

3) Ако \(z=3\), имаме \(x=5+\tfrac{y+128}{3 y-16}\). Следователно \(\tfrac{y+128}{3 y-16} \geq 1\). Оттук следва, че \(y\) удовлетворява неравенството \((3 y-16)(y-72) \leq 0\), т.е. \(\tfrac{16}{3} \lt y \leq 10\). Следователно \(y\) е цяло число от затворения интервал \([6,72]\) . Само при \(y_{1}=6, y_{2}=7, y_{3}=8, y_{4}=12, y_{5}=22, y_{6}=32\) и \(y_{7}=72\) се получават естествени стойности за \(x\), които са съответно \(x_{1}=72, x_{2}=32\), \(x_{3}=22, x_{4}=12, x_{5}=8, x_{6}=7, x_{7}=6\). Тъй като \(x \geq y\), оттук следва, че наредените тройки \((x, y, z)\), , които са решения на Диофантовото уравнение в този случай, са следните: \((72,6,3),(32,7,3),(22,8,3),(12,12,3)\).

4) Ако \(z=4\), имаме \(x=4+\tfrac{32}{y-4}\). Естествени стойности за \(x\) се получават само когато \(y-4=1,2,4,8,16,32\), 2, 4,8,16,32 , т.е. \(y=5,6,8,12,20,36\). При тези стойности на \(y\) съответните стойности на \(x\) са следните: \(x=36,20,12,8,4,2,1\). Тъй като \(x \geq y\), оттук следва, че наредените тройки \((x, y, z)\), които са решения на Диофантовото уравнение в този случай, са следните: \((36,5,4)\), \((20,6,4),(12,8,4)\).

5) Ако \(z=5\), имаме \(x=3+\tfrac{y+128}{5 y-16}\). Следователно \(\tfrac{y+128}{5 y-16} \geq 1\). Оттук следва, че \(y\) удовлетворява неравенството \((5 y-16)(y-36) \leq 0\), т.е. \(\tfrac{16}{5} \lt y \leq 36\). Като вземем предвид, че \(y \geq z=5\), стигаме до извода, че \(y\) е цяло число от затворения интервал \([5,36]\). Само при \(y=36\) се получава естествена стойност за \(x\), която \(x=4\). Тъй като \(x \geq y\), оттук следва, че при \(z=5\) не се получават нови решения на Диофантовото уравнение.

6) Ако \(z=6\), имаме \(x=2+\tfrac{2 y+64}{3 y-8}\). Следователно \(\tfrac{2 y+64}{3 y-8} \geq 1\). Оттук следва, че \(y\) удовлетворява неравенството \((3 y-8)(y-72) \leq 0\), т.е. \(\tfrac{8}{3} \lt y \leq 72\). Като вземем предвид, че \(y \geq z=6\), стигаме до извода, че \(y\) е цяло число от затворения интервал \([6,72]\). Само при \(y_{1}=7, y_{2}=8\) и \(y_{3}=72\) се получават естествени стойности за \(x\), които са съответно \(x_{1}=8\), \(x_{2}=7\) и \(x_{3}=3\). Тъй като \(x \geq y\), оттук следва, че единствената наредена тройка \((x, y, z)\), която е решение на Диофантовото уравнение в този случай, е следната: \((8,7,6)\).

7) Ако \(z=7\), имаме \(x=2+\tfrac{2 y+144}{7 y-16}\). Следователно \(\tfrac{2 y+144}{7 y-16} \geq 1\). Оттук следва, че \(y\) удовлетворява неравенството \((7 y-16)(y-32) \leq 0\), т.е. \(\tfrac{16}{7} \lt y \leq 32\). Като вземем предвид, че \(y \geq z=7\), стигаме до извода, че \(y\) е цяло число от затворения интервал \([7,32]\) . Само при \(y_{1}=8\) и \(y_{2}=32\) се получават естествени стойности за \(x\), които са съответно \(x_{1}=6\) и \(x_{2}=3\). Тъй като \(x \geq y\) (или \(x \geq z=7\) ), при \(z=7\) не се получават нови решения на Диофантовото уравнение.

От направените изследвания стигаме до извода, че има точно осемнадесет триъгълника, удовлетворяващи условието на задачата. Тези решения се получават чрез равенствата \(a=y+z, b=z+x, c=x+y\). Решенията са систематизирани в следващата таблица:

От получените резултати се забелязва, че съществуват само един равнобедрен триъгълник и само един остроъгълен триъгълник, които са решения на поставената задача.

Задача 3. В изпъкналия четириъгьлник \(A B C D\) средите на страните \(A B, B C\) и \(D A\) са съответно \(M, N\) и \(P\), , а \(l\) е ъглополовящата на \(∢ B C D\). Да се докаже, че ако \(O_{1}\) и \(O_{2}\) са центровете на описаните съответно около триъгълниците \(A D C\) и \(D A B\) окръжности, \(∢ M P N=90^{\circ}-∢ D A C\) и \(∢ M N P=\tfrac{1}{2} ∢ B C D\), то правите \(D O_{1}, A O_{2}\) и \(l\) се пресичат в една точка.

Хаим Хаимов, Варна

Решение: означаваме пресечната точка на диагоналите \(A C\) и \(B D\) с \(T\), а втората пресечна точка на описаните около триъгълниците \(A B T\) и \(C D T-\) с \(K\). Ще докажем, че правите \(D O_{1}, A O_{2}\) и \(l\) се пресичат в точката \(K\). Затова е достатъчно да докажем, че \(O_{1} \in D K, O_{2} \in A K\) и \(∢ K I D=\tfrac{1}{2} ∢ B C D\). Първо ще покажем, че \(\triangle K A B \sim \triangle K C D \sim \triangle M N P\). От свойствата на вписаните ъгли имаме \(∢ K D B=∢ K D T=∢ K C T=∢ K C A\). Аналогично се вижда, че \(∢ K A C=∢ K B D\).Затова \(\triangle K D B \sim \triangle K C A\).Оттукследва,че \(\tfrac{D K}{C K}=\tfrac{B K}{A K}=\tfrac{B D}{A C}\). От друга страна, \(∢ D K C=∢ D T C=∢ A T B=∢ A K B\). Така получаваме, че \(\triangle K A B \sim \triangle K C D\). Освен това имаме равенството \(\tfrac{P M}{M N}=\tfrac{\tfrac{1}{2} B D}{\tfrac{1}{2} A C}=\tfrac{D K}{C K}\), а от \(P M \| B D\) и \(M N \| A C\) следва \(∢ P M N=∢ D T C=∢ D K C\). Ето защо \(\triangle M N P \sim \triangle K C D\). От последното подобие и условието на задачата получаваме \(∢ K D C=∢ M P N=90^{\circ}-∢ D A C\). Но \(∢ O_{1} D C=90^{\circ}-∢ D A C\) и затова \(∢ O_{1} D C=∢ K D C\). Следователно точките \(K\) и \(O_{1}\) лежат на права, минаваща през \(D\),т.е. \(O_{1} \in D K\).Отдругастрана,катовземемпредвид,че \(\triangle K A B \sim \triangle M N P\), имаме равенството \(∢ K A B=∢ M N P=180^{\circ}-∢ M P N-∢ P M N\). Сега от условието \(∢ M P N=90^{\circ}-∢ D A C\) и полученото равенство \(∢ P M N=∢ D T C\) следва \(∢ K A B=180^{\circ}-\left(90^{\circ}-∢ D A C\right)-∢ D T C=90^{\circ}-∢ A D B\). Тъй като и \(∢ O_{2} A B=90^{\circ}-∢ A D B\), то \(∢ K A B=∢ O_{2} A B\). Следователно правата \(A O_{2}\) минавапрез \(K\). Накрая от \(\triangle K C D \sim \triangle M N P\) имаме \(∢ K C D=∢ M N P=\tfrac{1}{2} ∢ B C D\), което означава, че ъглополовящата \(l\) също минава през \(K\). С това е доказано, че правите \(D O_{1}, A O_{2}\) и \(l\) се пресичат в една точка.