Задача 1. Покажете, че кубът на всяко рационално число може да се представи като сума от кубовете на три рационални числа.

Йонуц Иваненску, Крайова, Румъния

Решение (Йонуц Иваненску): Нека \(a\) и \(b\) са произволни рационални числа.

Лесно се проверява, че е изпълнено равенството: \[ \left(a^{3}-b^{3}\right)\left(a^{3}+b^{3}\right)^{3}=a^{3}\left(a^{3}-2 b^{3}\right)^{3}-b^{3}\left(b^{3}-2 a^{3}\right)^{3} \]

Оттук при \(b \neq-a\) получаваме \(a^{3}=b^{3}+\left(\tfrac{a^{4}-2 a b^{3}}{a^{3}+b^{3}}\right)^{3}+\left(\tfrac{2 a^{3} b-b^{4}}{a^{3}+b^{3}}\right)^{3}\). С това е намерено желаното представяне на произволно рационално число \(a\).

Задача 2. Във вътрешността на триъгълник \(A B C\) е взета точка \(P\) и през нея са построени отсечки \(A_{1} B_{2}, B_{1} C_{2}\) и \(C_{1} A_{2}\), B1C2 и C1 A2 , съответно успоредни на \(A B, B C\) и \(C A\), като \(A_{1}, A_{2} \in B C, B_{1}, B_{2} \in C A\) и \(C_{1}, C_{2} \in A B\).

а) Да се докаже, че лицата на триъгълниците \(A_{1} B_{1} C_{1}\) и \(A_{2} B_{2} C_{2}\) са равни.

б) Да се определи положението на \(P\) така, че лицата на \(\Delta A_{1} B_{1} C_{1}\) и \(\Delta A_{2} B_{2} C_{2}\) да бъдат максимални.

Христо Лесов, Казанлък

Решение (Христо Лесов):

а) Тъй като \(P\) е вътрешна за \(\triangle A B C\), то са изпълнени равенствата:

\[ S_{A_{1} B_{1} C_{1}}=S_{A_{1} B_{1} P}+S_{B_{1} C_{1} P}+S_{C_{1} A_{1} P} \text { и } S_{A_{2} B_{2} C_{2}}=S_{A_{2} B_{2} P}+S_{B_{2} C_{2} P}+S_{C_{2} A_{2} P} . \]

Според условието \(A_{1} C B_{1} P\) и \(A_{2} C B_{2} P\) са трапеци, откъдето следват съответно равенствата \(S_{A_{1} B_{1} P}=S_{C B_{1} P}\) и \(S_{A_{2} B_{2} P}=S_{C A_{2} P}\), а \(A_{2} C B_{1} P\) е успоредник, откъдето \(S_{C B_{1} P}=S_{C A_{2} P}\). Следователно \(S_{A_{1} B_{1} P}=S_{A_{2} B_{2} P}\). Аналогично се получават равенствата \(S_{B_{1} C_{1} P}=S_{B_{2} C_{2} P}\) и \(S_{C_{1} A_{1} P}=S_{C_{2} A_{2} P}\). Последните три равенства водят до \(S_{A_{1} B_{1} C_{1}}=S_{A_{2} B_{2} C_{2}}\).

б) Нека \(P P_{1} \perp B C, P P_{2} \perp C A, P P_{3} \perp A B \quad\left(P_{1} \in B C, P_{2} \in C A, P_{3} \in A B\right.\) , \(P P_{1}=x, P P_{2}=y\) и \(P P_{3}=z\). От \(A_{1} B_{2} \| A B\) и \(B_{1} C_{2} \| B C\) се получават съответно равенствата \(∢ P A_{1} P_{1}=∢ A B C=\beta\) и \(∢ P B_{1} P_{2}=∢ B C A=\gamma\). Затова от правоъгълните триъгълници \(\quad P A_{1} P_{1} \quad\) и \(P B_{1} P_{2}\) следват съответно равенствата \(P A_{1}=\tfrac{x}{\sin \beta} \quad\) и \(\quad P B_{1}=\tfrac{y}{\sin \gamma} . \quad\) Освен това \(\quad ∢ A_{1} P B_{1}=180^{\circ}-\beta\). Затова \(S_{A_{1} B_{1} P}=\tfrac{1}{2} \cdot \tfrac{x}{\sin \beta} \cdot \tfrac{y}{\sin \gamma} \cdot \sin \beta=\tfrac{x y}{2 \sin \gamma}\)

Сега от синусовата теорема за \(\triangle A B C\) при \(A B=c\) следва \(S_{A_{1} B_{1} P}=R \cdot \tfrac{x y}{c}\) (където \(R\) е радиусът на описаната за \(\triangle A B C\) окръжност). Аналогично при \(B C=a\) и \(C A=b\) се получават равенствата \(S_{B_{1} C_{1} P}=R \cdot \tfrac{y z}{a}\) и \(S_{C_{1} A_{1} P}=R \cdot \tfrac{z x}{b}\). По-нататък, от \(R=\tfrac{a b c}{4 S}\) \(\left(S=S_{A B C}\right)\) следва \(S_{A_{1} B_{1} C_{1}}=\tfrac{1}{4 S}(a x . b y+b y . c z+c z . a x)\). Тъй като \(P\) е вътрешна за \(\triangle A B C\), то \(S=S_{B C P}+S_{C A P}+S_{A B P}=\tfrac{1}{2}(a x+b y+c z)\). Полагаме \(m=a x, n=b y\) и \(p=c z\). От равенството \(m+n+p=2 S\) и неравенството \(m n+n p+p m \leq \tfrac{1}{3}(m+n+p)^{2}=\tfrac{4 S^{2}}{3}\) (получава се от очевидното неравенство \(\left.(m-n)^{2}+(n-p)^{2}+(p-m)^{2} \geq 0\right)\) следва \(S_{A_{1} B_{1} C_{1}} \leq \tfrac{1}{4 S} \cdot \tfrac{4 S^{2}}{3}=\tfrac{S}{3}\). Следователно най-голямата стойност на \(S_{A_{1} B_{1} C_{1}}\) е \(\tfrac{S}{3}\) и тя се достига точно когато \(a x=b y=c z=\tfrac{2 S}{3}\) или \(\tfrac{a x}{2 S}=\tfrac{b y}{2 S}=\tfrac{c z}{2 S}=\tfrac{1}{3}\), т.е. \(\tfrac{x}{h_{a}}=\tfrac{y}{h_{b}}=\tfrac{z}{h_{c}}=\tfrac{1}{3}\left(h_{a}, h_{b}\right.\) и \(h_{c}\) са височините на \(\triangle A B C\) съответно през \(A, B\) и \(C\) ). Последните равенства са възможни само когато \(P\) е медицентьр на \(\triangle A B C\).

Задача 3. Нека \(A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}, \ldots\) е редица от точки върху полуокръжността \(k\) с диаметър \(O A_{0}=1\), дефинирана с равенствата \(A_{0} A_{n}=\lambda n . O A_{n},(n=1,2,3, \ldots)\), където \(\lambda\) е дадено положително число. Да се докаже, че:

а) правите \(A_{i} A_{n-i}\left(i=0,1, \ldots,\left[\tfrac{n-1}{2}\right]\right)\) минават през една точка \(T_{n}\);

б) точките \(T_{n}(n=1,2,3, \ldots)\) лежат на една права.

Хаим Хаимов, Варна

Решение (Хаим Хаимов): Ще докажем, че правите \(A_{i} A_{n-i}\left(i=0,1, \ldots,\left[\tfrac{n-1}{2}\right]\right)\) пресичат допирателната \(t\) на \(k\) през точката \(O\) в една и съща точка \(T_{n}\), т.е. точка, независеща от \(i\). С това ще бъдат доказани и двете твърдения на задачата. На фиг. 1 са показани точките \(T_{7}\) и \(T_{10}\) при \(\lambda=0,23\).

Означаваме с \(T_{i n}\) пресечната точка на правата \(A_{i} A_{n-i}\) с допирателната \(t\). Въвеждаме координатна система \(O x y\) с оси \(O A_{0}^{\rightarrow}\) и \(t \rightarrow\) (Фиг. 2). Понеже абсцисата \(x_{i n}\) на \(T_{i n}\) е равна на нула, достатъчно е да докажем, че ординатата й \(y_{i n}\) не зависи от индекса \(i\). Нека \(A_{n}\left(x_{n}, y_{n}\right)\) и \(H_{n}\) е ортогоналната проекция на \(A_{n}\) върху оста \(O x\) за всяко естествено число \(n\) (Фиг. 2). Тъй като \(\Delta O H_{n} A_{n} \sim \Delta O A_{n} A_{0}\), то \(\tfrac{A_{n} H_{n}}{O H_{n}}=\tfrac{A_{0} A_{n}}{O A_{n}}\) (Фиг. 2). Така от условието получаваме \(\tfrac{y_{n}}{x_{n}}=n \lambda\). Освен това, от подобността на същите триъгълници следва \(O A_{n}^{2}=O H_{n} \cdot O A_{0}\), откъдето\(O A_{n}^{2}=O H_{n}\) (Фиг. 2). Тъй като \(O A_{n}^{2}=x_{n}^{2}+y_{n}^{2}\), от последното равенство се чава \(x_{n}^{2}+y_{n}^{2}=x_{n}\). Така за координатите на \(A_{n}\) стигаме до системата \(\left\lvert\, \begin{gathered}x_{n}^{2}+y_{n}^{2}=x_{n} \\ \tfrac{y_{n}}{x_{n}}=\lambda n .\end{gathered}\right.\) След решаването й получаваме \(x_{n}=\tfrac{1}{1+\lambda^{2} n^{2}}\) и \(y_{n}=\tfrac{\lambda n}{1+\lambda^{2} n^{2}}, n \in \mathbb{N}\). Сега, като вземем предвид, че точките \(T_{i n}, A_{n-i}\) и \(A_{i}\) лежат на една права, получаваме равенството \(\tfrac{y_{i n}-y_{i}}{0-x_{i}}=\tfrac{y_{i n}-y_{n-i}}{0-x_{n-i}}\). След заместване на получените резултати получаваме \(y_{i n}=\tfrac{1}{\lambda n}\). Последното равенство ни убеждава, че \(y_{i n}\) не зависи от индекса \(i\), с което задачата е решена.