Задача 1. На страните \(A B\) и \(B C\) на успоредника \(A B C D\) външно за \(A B C D\) са построени равностранните триъгълници \(A B P\) и \(B C Q\), а на страните \(C D\) и \(D A\) вътрешно за \(A B C D\) са построени равностранните триъгълници с върхове съответно \(C D M\) и \(D A N\). Да се докаже, че ортоцентровете на триъгълниците \(P Q D\) и \(M N B\) съвпадат.

Юлиян Цветков, Стара Загора

Решение (Юлиян Цветков) : Ще използваме комплексни числа и някои известни техни свойства. С малки букви ще означаваме афиксите на точките, означени със съответните главни букви. За център на координатната система избираме пресечната точка \(O\) на диагоналите на успоредника. Ясно е, че \(d=-b\) и и \(\omega=-\tfrac{1}{2}+\tfrac{\sqrt{3}}{2} i\). Оттук \(\quad \arg \omega_{1}=\tfrac{\pi}{3}\), \(c=-a\). Означаваме с \(\omega_{1}=\tfrac{1}{2}+\tfrac{\sqrt{3}}{2} i\) \(\left|\omega_{1}\right|=1\) и \(\arg \omega=\tfrac{2 \pi}{3},|\omega|=1\). Отбелязваме пет техни свойства: 1) \(\omega_{1}^{2}=\omega\); 2) \(\omega^{3}=1\); 3) \(\omega_{1} . \omega=-1\); 4) \(1+\omega+\omega^{2}=0\), 5) \(1-\omega_{1}+\omega_{1}^{2}=0\). От равностранния триъгълник \(B C Q\) се получават последователно равенствата: \((c-q) \omega_{1}=b-q, q=\tfrac{b-c \omega_{1}}{1-\omega_{1}}, q-d=\tfrac{b-c \omega_{1}-d+d \omega_{1}}{1-\omega_{1}}\). От равностранния триъгълник \(A B P\) се получават последователно равенствата: \((b-p) \omega_{1}=a-p, \quad p=\tfrac{a-b \omega_{1}}{1-\omega_{1}}, \quad p-d=\tfrac{a-b \omega_{1}-d+d \omega_{1}}{1-\omega_{1}}\). Сега след елементарни пресмятания получаваме, че \(\tfrac{q-d}{p-d}=\omega_{1}\). Оттук непосредствено следва, че \(∢ P Q D=60^{\circ}\) и \(Q D=P D\). Следователно \(\triangle P Q D\) е равностранен. Аналогично се доказва, че и \(\triangle M N B\) е равностранен. Остава да докажем, че медицентровете им съвпадат, което доказва твърдението на задачата. Нека \(O_{1}\) и \(O_{2}\) са центровете на \(\triangle P Q D\) и \(\triangle M N B\). Тогава \(o_{1}=\tfrac{p+q+d}{3}=\tfrac{a\left(1+\omega_{1}\right)}{3\left(1-\omega_{1}\right)}\). От \(\triangle C D M\) се получава \((c-m) \omega_{1}=d-m, m=\tfrac{d-c \omega_{1}}{1-\omega_{1}}=\tfrac{-b+a \omega_{1}}{1-\omega_{1}}\). От равностранния \(A D N\) следва \((d-n) \omega_{1}=a-n, n=\tfrac{a-d \omega_{1}}{1-\omega_{1}}=\tfrac{a+b \omega_{1}}{1-\omega_{1}}\). Оттук получаваме, че е изпълнено \(o_{2}=\tfrac{m+n+b}{3}=\tfrac{a\left(1+\omega_{1}\right)}{3\left(1-\omega_{1}\right)}\). Следователно \(O_{1} \equiv O_{2}\). С това задачата е напълно решена.

Задача 2. Основите \(M N, N P\) и \(P M\) на равнобедрените триъгълници \(M A N\), \(N B P\) и \(P C M\) лежат върху права \(l\). Сумата на ориентираните ъгли \(∢ M A N\), \(∢ N B P\) и \(∢ P C M\) е \(360^{\circ}\). Да се докаже, че ортоцентърът на триъгълника \(A B C\) лежи върху правата \(l\).

Николай Белухов, Стара Загора

Решение (Николай Белухов) : Нека \(\alpha=\tfrac{1}{2} ∢ M A N, \quad \beta=\tfrac{1}{2} ∢ N B P \quad\) и \(\gamma=\tfrac{1}{2} ∢ P C M\). Построяваме \(\Delta A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\) с ъгли \(\alpha, \beta, \gamma\) и ортоцентър \(H\). Нека \(M^{\prime}\) е такава точка, че \(\Delta A^{\prime} M^{\prime} C^{\prime} \sim \Delta A M C\). Ясно е, че \(M^{\prime}\) лежи върху описаната окръжност на \(\Delta A^{\prime} H C^{\prime}\). Нека правата \(M^{\prime} H\) пресича описаните окръжности на \(\Delta B^{\prime} H C^{\prime}\) и \(\Delta A^{\prime} H B^{\prime}\) съответно в точките \(P^{\prime}\) и \(N^{\prime}\). С равни ъгли се установява, че \(\triangle M^{\prime} A^{\prime} N^{\prime} \sim \triangle M A N, \Delta N^{\prime} B^{\prime} P^{\prime} \sim \triangle N B P\) и \(\triangle P^{\prime} C^{\prime} M^{\prime} \sim \triangle P C M\). Оттук следва, че фигурите \(M^{\prime} A^{\prime} N^{\prime} B^{\prime} P^{\prime} C^{\prime}\) и \(M A N B P C\) са подобни. Тъй като \(H\) лежи върху правата \(M^{\prime} N^{\prime} P^{\prime}\), то \(H\) лежи и върху правата \(M N P \equiv l\).

Задача 3. Да се докаже, че за всяко просто число \(p \gt 3\) съществува естествено число \(n\) такова, че числото \(2.3^{n}+2.10^{n}+2.15^{n}-1\) се дели на \(p\).

Вълчо Милчев, Мария Петрова, Кърджали

Решение (Вълчо Милчев, Мария Петрова): Означаваме \(\quad A_{n}=2.3^{n}+2.10^{n}+2.15^{n}-1\). При \(\quad n=1 \quad\) имаме \(A_{1}=2.3+2.10+2.15-1=55\), т. е. \(A_{1}\) се дели на 5 . Нека сега \(p \gt 5\). От равенството \(\quad 30 A_{p-2}=30\left(2.3^{p-2}+2.10^{p-2}+2.15^{p-2}-1\right) \quad\) получаваме \(30 A_{p-2}=20.3^{p-1}+6.10^{p-1}+4.15^{p-1}-30\). От малката теорема на Ферма следва, че \(3^{p-1} \equiv 1(\bmod p), 10^{p-1} \equiv 1(\bmod p)\) и \(15^{p-1} \equiv 1(\bmod p)\) ( последните две сравнения са изпълнени, защото \(p \gt 5\) ). Тогава \(30 A_{p-2} \equiv 0(\bmod p)\) и следователно \(A_{p-2}\) се дели на \(p\) при \(p \gt 5\). С това задачата е решена.