Задача 1. Да се намерят всички положителни числа \(x, y\) и \(z\), y и z, за които е изпълнено равенството \(x^{3}+2 y^{3}+3 z^{3}=2011\).

Сава Гроздев, София, Веселин Ненков, Бели Осъм

Решение: Тъй като \(13^{3}=2197,2.11^{3}=2662\) и \(3.9^{3}\). 2187, то \(x \leq 12, y \leq 10\) и \(z\) \(\leq 8\). Освен това \(x\) и \(z\) имат различна четност. Така с непосредствена проверка се вижда, че когато \(z=1,3,5,7\) при \(x=2,4,6,8,10,12\) и \(z=2,4,6,8\) при \(x=1,3,5,7,9,11\), само \(x=2, y=10, z=1\) е решение на даденото уравнение.

Задача 2. В изпъкналия четириъгълник \(A B C D\) средите на диагоналите \(A C\) и \(B D\) са съответно \(E\) и \(F\), а продълженията на страните \(A D\) и \(B C\) се пресичат в точка \(U(D\) лежи между \(A\) и \(U)\). Ако \(M=U E \cap A B, N=U F \cap A B, P=U F \cap C D\) и \(Q=U E \cap C D\), да се докаже, че: а) \(\cfrac{A M}{B M}=\cfrac{C P}{D P}\); б) \(M P \| A D\) и \(N Q \| B C\).

Хаим Хаимов, Варна

Решение: а) От теоремата на Менелай за \(\triangle A B C\) и правата \(U M\) получаваме \(\cfrac{A M}{B M} \cdot \cfrac{B U}{C U} \cdot \cfrac{C E}{A E}=1\). По същата теорема за \(\triangle B C D\) и правата \(U P\) получаваме \(\cfrac{C P}{D P} \cdot \cfrac{D F}{B F} \cdot \cfrac{B U}{C U}=1\). След приравняване на левите части на последните две равенства, като използваме, че по условие \(\cfrac{C E}{A E}=\cfrac{D F}{B F}=1\), стигаме до желаното равенство \(\cfrac{A M}{B M}=\cfrac{C P}{D P}\).

б) Нека \(K\) и \(L\) са средите съответно на \(A B\) и \(C D\). По доказаното в а) е изпълнено \(\cfrac{B M}{A M}=\cfrac{D P}{C P}=k\). Тогава \(B M=k \cdot A M\), откъдето \(A M=\cfrac{A B}{k+1}\) и \(K M=A K-A M=\cfrac{k-1}{2(k+1)} . A B\).

От последните две равенства след почленно деление се получава \(\cfrac{K M}{A M}=\cfrac{k-1}{2}\). Аналогично от равенството \(D P=k . C P\) следва \(\cfrac{L P}{C P}=\cfrac{k-1}{2}\). Следователно \(\cfrac{K M}{A M}=\cfrac{L P}{C P}\). От друга страна, тъй като (\(F L\) е средна отсечка в \(\Delta B C D\) ), по теоремата на Талес получаваме \(\cfrac{L P}{C P}=\cfrac{F P}{U P}\). Затова \(\cfrac{K M}{A M}=\cfrac{F P}{U P}\). Освен това (\(F K\) е средна отсечка в \(\triangle A B D\) ), което означава, че \(A K F U\) е трапец. В него отсечката \(M P\) дели бедрата \(A K\) и \(U P\) в едно и също отношение и следователно е успоредна на основите му. В частност \(M P \| A U\), т.е. \(M P \| A D\). Аналогично се показва, че \(N Q \| B C\).

Задача 3. В триъгълник \(A B C\) е вписано конично сечение \(k\), допиращо се до \(A B\) и \(B C\) съответно в точки \(P\) и \(Q\). Ако \(R\) е допирната точка на \(k\) и \(A C\), а \(q\) произволна права през \(Q\), пресичаща \(P R\) в точка \(M\) и \(k\) в точка \(Q^{\prime}\), да се построят с линийка и пергел точката \(R\) и хармонично спрегнатата точка \(X\) на \(M\) спрямо двойката пресечни точки \(Q\) и \(Q^{\prime}\) на \(q\) и \(k\).

Асен Симеонов, Своге

Решение: 1) Ако \(A Q \cap \mathrm{C} P=0\), то според теоремата на Брианшон точката \(R\) е сечението на правите \(B O\) и \(A C\). 2) Прилагаме теоремата на Паскал за точките \(\mathrm{RRPPQQ}{ }^{\prime}: R R=A C \cap P Q=1^{\prime}, R P \cap Q Q^{\prime}=2^{\prime}=M, P P=A B \cap 1^{\prime} 2^{\prime}=3^{\prime}\)– точките \(1^{\prime}, 2^{\prime}\) и \(3^{\prime}\) са колинеарни. Точката \(Q^{\prime}\) се построява като сечение на \(3^{\prime} R\) и \(q\). 3) Точките \(M, N=R Q^{\prime} \cap P Q\) и \(L=P Q^{\prime} \cap R Q\) са диагонални за четириъгълника \(P Q R Q^{\prime}\) и затова NL е поляра на \(M\). Следователно търсената точка \(X\) се построява като сечение на \(q\) с \(N L\).