Рубриката се води от доц. д-р Веселин Ненков

Задача 1. Ако \(N_{1}\) и \(N_{2}\) са съвършени числа, за които целите части на числата \(\tfrac{N_{1}}{2018}\) и \(\tfrac{2018}{N_{2}}\) са равни и различни от нула, да се намери \(N_{1}+N_{2}\).

Сава Гроздев, София, и Веселин Ненков, Бели Осъм

Решение. Първите пет съвършени числа са следните: \(6,28,496,8128\), 33550336 . Числото \(\tfrac{2018}{N_{2}}\) има най-голяма цяла част при \(N_{2}=6\). Тя е равна на 336 . Освен това \(\left[\tfrac{33550336}{2018}\right]=16625 \gt 336\). Това означава, че ако е изпълнено равенството \(\left[\tfrac{N_{1}}{2018}\right]=\left[\tfrac{2018}{N_{2}}\right]\), то \(N_{1}=8128\) и \(N_{2} \in\{28,496\}\). Сега, като забележим, че \(8128=4.2018+56\) и \(2018=4.496+34\), стигаме до извода, че \(N_{1}=8128\) и \(N_{2}=496\). Следователно \(N_{1}+N_{2}=8624\).

Задача 2. Даден е квадрат \(A B C D\) с център \(O\) и страна \(a\). Точката \(K\) е средата на \(C D\), а \(C_{1}\) и \(D_{1}\) са средите съответно на \(C K\) и \(D K\). Ако \(A C \cap B C_{1}=B_{1}, B D \cap A D_{1}=A_{1}\) и \(S\) е лицето на петоъгълника \(A_{1} O B_{1} C_{1} D_{1}\), да се намерят всички целочислени двойки \((a, S)\).

Милен Найденов, Варна

Решение. Тъй като \(\quad \triangle A B A_{1} \sim \triangle D D_{1} A_{1}, \quad\) то \(\quad \tfrac{A A_{1}}{D_{1} A_{1}}=\tfrac{B A_{1}}{D A_{1}}=\tfrac{A B}{D D_{1}}=4\). От \(A A_{1}=4 D_{1} A_{1}\) следва, че \(S_{A A_{1} D}=4 . S_{A_{1} D_{1} D}\). Освен това

\[ \tfrac{B A_{1}}{D A_{1}}=\tfrac{B O+O A_{1}}{D A_{1}}=\tfrac{D O+O A_{1}}{D A_{1}}=\tfrac{D A_{1}+O A_{1}+O A_{1}}{D A_{1}}=1+2 \cdot \tfrac{O A_{1}}{D A_{1}} . \] Сега от \(\tfrac{B A_{1}}{D A_{1}}=4 \quad\) получаваме \(\quad \tfrac{O A_{1}}{D A_{1}}=\tfrac{3}{2}\). Следователно \(\quad \tfrac{S_{O A_{1} A}}{S_{A_{1} D A}}=\tfrac{O A_{1}}{D A_{1}}=\tfrac{3}{2}, \quad\) откъдето \(S_{O A_{1} A}=\tfrac{3}{2} S_{A A_{1} D}=\tfrac{3}{2} \cdot 4 S_{A_{1} D_{1} D}=6 S_{A_{1} D_{1} D}\). Така стигаме до М

\[ S_{A B C D}=4 \cdot S_{A O D}=4 \cdot\left(S_{A A_{1} D}+S_{O A_{1} A}\right)=40 \cdot S_{A_{1} D_{1} D} \] и \(S=S_{C D O}-2 S_{A_{1} D_{1} D}=\tfrac{1}{4} S_{A B C D}-2 S_{A_{1} D_{1} D}=8 S_{A_{1} D_{1} D}\).

Оттук следва \(S_{A B C D}=5 S\) и \(S=\tfrac{a^{2}}{5}\). За да бъде цяло числото \(S\), необходимо е да е изпълнено равенството \(a=5 k\), където \(k=1,2,3, \ldots\). Следователно всички целочислени двойки \((a, S)\) са следните: \(\left(5 k, 5 k^{2}\right)\), където \(k=1,2,3, \ldots\).

Задача 3. Даден е изпъкнал четириъгълник \(A B C D\), в който \(∢ B A D=∢ A B D=∢ C B D=\beta\left(\beta \gt 45^{\circ}\right)\) и \(∢ B C D=\gamma\). Нека \(O\) е центърът на описаната около \(\triangle A B D\) окръжност, а \(P\) е такава вътрешна за \(\triangle B C D\) точка, че са изпълнени равенствата \(∢ D P C=180^{\circ}-\beta\) и \(∢ B P C=180^{\circ}-\gamma\). Да се докаже, че описаните около триъгълниците \(A O B, B P C, C O D\) и \(A B D\) окръжности минават през една точка.

Хаим Хаимов, Варна

Решение. Означаваме описаните около триъгълниците \(A O B, B P C\), \(C O D\) и \(A B D\) окръжности съответно с \(k_{1}, k_{2}, k_{3}\) и \(k_{4}\). Означаваме с Q втората обща точка на окръжностите \(k_{1}\) и \(k_{3}\). Нека \(P^{\prime}\) е втората обща точка на описаните за триъгълниците \(B Q C\) и \(A Q D\) окръжности \(\lambda\) и \(\mu\). Ще докажем, че \(P^{\prime} \equiv P\). Оттук ще следва, че :

1) \(P \in \lambda\), което означава, че \(Q \in k_{2}\);

2) \(P \in \mu\), което означава, че \(Q \in k_{4}\).

По този начин ще бъде доказано, че окръжностите \(k_{1}, k_{2}, k_{3}\) и \(k_{4}\) минават през точката \(Q\).

Нека \(A B \cap C D=V\) и \(X\) е точка от лъча \(O Q^{\rightarrow}\). Имаме \(∢ B P^{\prime} C=∢ B Q C=∢ B Q X+∢ C Q X, ∢ B Q X=∢ B A D\) и \(∢ C Q X=∢ C D O\). Следователно \(∢ B P^{\prime} C=∢ B A O+∢ C D O\). От друга страна

\[ \begin{aligned} & ∢ B A O+∢ C D O=∢ A O D-∢ A V D=2 \beta-∢ B V D=∢ A B C-∢ B V C= \\ & =∢ B C V=180^{\circ}-∢ B C D=180^{\circ}-\gamma . \end{aligned} \] Така получаваме \(∢ B P^{\prime} C=∢ B A O+∢ C D O=180^{\circ}-y\). Но по условие \(∢ B P C=180^{\circ}-\gamma\) и затова \(∢ B P^{\prime} C=∢ B P C\).

По-нататък нека \(B C \cap A D=U\) и \(Y\) е точка от лъча \(Q P^{\prime \rightarrow}\). Имаме \(∢ D P^{\prime} C=∢ D P^{\prime} Y+∢ C P^{\prime} Y, ~ ∢ D P^{\prime} Y=∢ D A Q\) и \(∢ C P^{\prime} Y=∢ C B Q\). Следователно \(∢ D P^{\prime} C=∢ D A Q+∢ C B Q\). От друга страна

\[ \begin{aligned} & ∢ D A Q+∢ C B Q=∢ A Q B-∢ A U B=∢ A O B-\left(180^{\circ}-∢ B A D-∢ A B C\right)= \\ & =2 ∢ A D B-\left(180^{\circ}-\beta-2 \beta\right)=2\left(180^{\circ}-2 \beta\right)-\left(180^{\circ}-3 \beta\right)=180^{\circ}-\beta . \end{aligned} \] Сега от условието \(∢ D P C=180^{\circ}-\beta\) следва \(∢ D P^{\prime} C=∢ D P C\). От получените равенства \(∢ B P^{\prime} C=∢ B P C\) и \(∢ D P^{\prime} C=∢ D P C\) следва, че \(P^{\prime} \equiv P\), с което твърдението на задачата е доказано.

Забележка. Аналогично се доказва, че описаните окръжности на триъгълниците \(A O D, A P B, B O C\) и \(C P D\) минават през една точка.