Рубриката се води от доц. д-р Веселин Ненков

Задача 1. Да се реши в естествени числа уравнението \(x^{3}+1=(63!)^{n}\), ако: а) \(n=1\); б) \(n \gt 1\).

Тодор Митев, Русе

Решение:

a) \(n=1\). Първо да отбележим следните две твърдения:

1) най-големият общ делител на \(a+1\) и \(a^{2}-a+1\) е 1 и или 3 за всяко цяло \(a\).

Това твърдение следва непосредствено от равенството \(a^{2}-a+1=(a-2)(a+1)+3\);

2) ако \(p=6 k-1(k \in \mathbb{N})\) е просто число и \(p\) дели \(a^{3}+1\), то \(p\) дели \(a+1\). Това твърдение се доказва по следния начин. От условието \(a^{3} \equiv-1(\bmod p)\) следва, че \(a^{3(2 k-1)} \equiv-1(\bmod p)\). Оттук и теоремата на Ферма имаме \(1 \equiv a^{p-1}=a^{6 k-2}=a \cdot a^{6 k-3} \equiv-a(\bmod p)\), т.е. \(p\) дели \(a+1\).

Нека уравнението има решение. Тогава от 1) следва \(x=3 y-1\), където \(y\) е цяло число. Следователно \(9 y\left(3 y^{2}-3 y+1\right)=63!\). За израза в скобите имаме \(3 y^{2}-3 y+1=3(y-1) y+1\). Затова числото \(3 y^{2}-3 y+1\) е от вида \(6 k+1\). Освен това от 2) следва, че ако \(p=6 k-1\) е просто число, което дели \(x^{3}+1\), то \(p\) дели \(x+1=3 y\). Следователно всяко просто число \(p\), което е от вида \(p=6 k-1\), дели \(y\).

От тези наблюдения заключаваме, че:

А) каноничното разлагане на числото \(3 y^{2}-3 y+1\) съдъжа всички прости числа от вида \(6 k+1\), които са по-малки от 63 ;

Б) каноничното разлагане на числото \(y\) съдържа простите числа 2 и 3 и всички прости числа от вида \(6 k-1\), които са по-малки от 63 .

Тъй като \(63!=2^{57} .3^{30} .5^{14} .7^{10} .11^{5} .13^{4} .17^{3} .19^{3} .23^{3} .31^{2} .37 .41 .43 .47 .53 .59 .61\), то от А) следва, че \(3 y^{2}-3 y+1=7^{10} \cdot 13^{4} \cdot 19^{3} \cdot 31^{2} \cdot 37 \cdot 43 \cdot 61 \lt 7^{10} \cdot 13^{4} \cdot 19^{3} \cdot 37 \cdot 37 \cdot 43 \cdot 61\), а от Б) имаме \(y=2^{57} .3^{28} .5^{14} .11^{5} .17^{3} .41 .47 .53 .59 \gt 2^{31} .5^{7} .11^{4} .17^{3} .41 .47 .53 .59=8^{10} .55^{4} .85^{3} .47 .53 .59 .(2.41)\).

От тези неравенства следва, че \(y \gt 3 y^{2}-3 y+1\), т.е. \((y-1)(3 y-1) \lt 0\). Но \(y \gt 2\) и се получава, че \(1.5 \lt (y-1)(3 y-1) \lt 0\), което е невъзможно.

Следователно уравнението няма решение.

б) Провеждайки същите разсъждения, получаваме, че:

\(3 y^{2}-3 y+1 \leq 7^{10 n} .13^{4 n} .19^{3 n} .33^{n} .37^{n} .43^{n} .61^{n}\) и \(y \gt 8^{10 n} .55^{4 n} .65^{3 n} .47 .^{n} 53^{n} .59^{n} .(2.41)^{n}\).

Откъдето отново получаваме, че \(y \gt 3 y^{2}-3 y+1\). Следователно уравнението няма решение.

Задача 2. Да се намери броят на всички разностранни триъгълници, страните на които са естествени числа от интервала \([1,2017]\).

Росен Николаев, Варна

Решение: решението на тази задача се съдържа в статията „Комбинаторни задачи, свързани с триъгълник“, публикувана в настоящия брой.

Задача3.Изпъкналиятчетириъгълник \(A B C D\) етакъв,че \(A B . C D=A D . B C\). Точката \(O\) е вътрешна за \(A B C D\) и са изпълнени равенствата \(\tfrac{A O}{C O}=\tfrac{A D}{C D}\) и \(\tfrac{B O}{D O}=\tfrac{A B}{A D}\). Ако \(k_{1}, k_{2}, k_{3}\) и \(k_{4}\) са описаните окръжности съответно за триъгълниците \(A D O, A B O, B C O\) и \(C D O\), да се докаже, че \(k_{1}\) се допира до \(k_{3}\) и \(k_{2}\) се допира до \(k_{4}\).

Хаим Хаимов, Варна

Решение: означаваме ъглите при върховете \(A, B, C\) и \(D\) съответно с \(\alpha\), \(\beta, \gamma\) и \(\delta\). Ще докажем, че дадените по условие равенства \(A B . C D=A D . B C\) и \(\tfrac{A O}{C O}=\tfrac{A D}{C D}\) водят до равенството \(∢ A D O+∢ A B O=\tfrac{1}{2}(\beta+\delta)\).

От условието имаме \(\tfrac{A D}{C D}=\tfrac{A B}{C B}=\tfrac{A O}{C O}=k\). Нека точките \(M\) и \(N\) лежат върху \(A C\), така че \(\tfrac{A M}{C M}=\tfrac{A N}{C N}=k\). Тогава точките \(D, B\) и \(O\) лежат на Аполониевата окръжност на \(A C\) при отношение \(k\) (тя има диаметър \(M N\) ). Тъй като \(D M\) е ъглополовяща на \(∢ A D C\), то \(∢ C D O-∢ A D O=(∢ C D M+∢ O D M)-(∢ A D M-∢ O D M)=2 ∢ O D M\), т.е. \(∢ C D O-∢ A D O=2 ∢ O D M\). Аналогично \(B M\) еъглополовящана \(∢ A B C\) и \(∢ A B O-∢ C B O=2 ∢ O B M\). Но \(∢ O D M=∢ O B M\) (като вписани ъгли в Аполониевата окръжност). Следователно \(∢ A D O+∢ A B O=∢ C D O+∢ C B O=\) \(=\tfrac{1}{2}(∢ A D O+∢ A B O+∢ C D O+∢ C B O)=\tfrac{1}{2}(\beta+\delta)\).

Аналогично от \(A B . C D=A D . B C \quad\) и \(\quad \tfrac{B O}{D O}=\tfrac{A B}{A D} \quad\) следва, че \(∢ B A O+∢ B C O=\tfrac{1}{2}(\alpha+\gamma)\). Като използваме получените равенства, получаваме последователно \(\quad ∢ A O B=180^{\circ}-∢ B A O-∢ A B O=\) \(=180^{\circ}-\tfrac{1}{2}(\alpha+\gamma)+∢ B C O-\tfrac{1}{2}(\beta+\delta)+∢ A D O=∢ B C O+∢ A D O, \quad\) т.е. \(∢ A O B=∢ B C O+∢ A D O\). Тогава в \(∢ A O B\) съществува такъв лъч \(O X^{\rightarrow}\), че \(∢ A D X=∢ A D O\) и \(∢ B O X=∢ B C O\). От последните две равенства следва, че лъчът \(O X^{\rightarrow}\) се допира до окръжностите \(k_{1}\) и \(k_{3}\) в точката \(O\). Така заключаваме, че \(k_{1}\) се допира до \(k_{3}\). Аналогично се доказва, че \(k_{2}\) се допира до \(k_{4}\).