Задача 1. Да се докаже, че при обичайните означения за всеки триъгълник са изпълнени неравенствата

\[ 3-\cfrac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{2 a b c} \leq \cos \alpha+\cos \beta+\cos \gamma \lt 3\left[\cfrac{(a+b+c)^{3}}{16 a b c}-1\right] . \]

Йон Недялку, Плоещ, Румъния
Лучиан Туцеску, Крайова, Румъния

Решение: От формулите на Ойлер и неравенството между средното аритметично и средното геометрично получаваме лявото неравенство по следния начин:

\[ \begin{gathered} \cos \alpha+\cos \beta+\cos \gamma=3-2\left(\sin ^{2} \cfrac{\alpha}{2}+\sin ^{2} \cfrac{\beta}{2}+\sin ^{2} \cfrac{\gamma}{2}\right)= \\ =3-2\left[\cfrac{(p-b)(p-c)}{b c}+\cfrac{(p-c)(p-a)}{c a}+\cfrac{(p-a)(p-b)}{a b}\right]= \\ =3-2[a(p-b)(p-c)+b(p-c)(p-a)+c(p-a)(p-b)] \geq \\ =3-\cfrac{2}{a b c}\left[a\left(\cfrac{2 p-b-c}{2}\right)^{2}+b\left(\cfrac{2 p-c-a}{2}\right)^{2}+c\left(\cfrac{2 p-a-b}{2}\right)^{2}\right]=3-\cfrac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{2 a b c} . \end{gathered} \]

Равенство се достига точно когато \(\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}\).

От формулите на Ойлер и неравенството между средното аритметично и средното геометрично получаваме лявото неравенство по следния начин:

\[ \begin{gathered} \cos \alpha+\cos \beta+\cos \gamma=2\left(\cos ^{2} \cfrac{\alpha}{2}+\cos ^{2} \cfrac{\beta}{2}+\cos ^{2} \cfrac{\gamma}{2}\right)-3= \\ =2\left[\cfrac{p(p-a)}{b c}+\cfrac{p(p-b)}{c a}+\cfrac{p(p-c)}{a b}\right]-3=\cfrac{2 p}{a b c}[a(p-a)+b(p-b)+c(p-c)]-3 \lt \\ \lt \cfrac{2 p}{a b c} \cdot \cfrac{3 p^{2}}{4}-3=3\left[\cfrac{(a+b+c)^{3}}{16 a b c}-1\right] . \end{gathered} \]

Задача 2. Да се намерят всички реалнозначни функции \(f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\), които са непрекъснати в точката \(x=0\) и \(2 f(2 x)=f(x)+x\) за всички реални стойности на \(x\).

Живко Желев, Стара Загора

Решение: Като използваме функционалното условие и факта, че функцията е непрекъсната в точката \(x=0\), последователно можем да запишем:

\[ \begin{aligned} & f(x)=\cfrac{1}{2} f\left(\cfrac{x}{2}\right)+\cfrac{x}{4}=\cfrac{1}{2}\left[\cfrac{1}{2} f\left(\cfrac{x}{4}\right)+\cfrac{x}{8}\right]+\cfrac{x}{4}=\cfrac{1}{4} f\left(\cfrac{x}{4}\right)+\cfrac{x}{4}+\cfrac{x}{16}= \\ = & \cdots=\cfrac{1}{2^{n}} f\left(\cfrac{x}{2^{n}}\right)+\cfrac{x}{4}+\cfrac{x}{16}+\cdots+\cfrac{x}{4^{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \cfrac{1}{2^{n}} \cdot \lim _{n \rightarrow \infty} f\left(\cfrac{x}{2^{n}}\right)+\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \cfrac{x}{4^{k}}= \\ = & \lim _{n \rightarrow \infty} \cfrac{1}{2^{n}} \cdot f\left(\lim _{n \rightarrow \infty} \cfrac{x}{2^{n}}\right)+\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \cfrac{x}{4^{k}}=0 . f(0)+\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} \cfrac{x}{4^{k}}=0+x \cdot \cfrac{\cfrac{1}{4}}{1-\cfrac{1}{4}}=\cfrac{x}{3} . \end{aligned} \]

Следователно търсената функция е \(f(x)=\cfrac{x}{3}\).

Задача 3. Даден е изпъкнал четириъгълник \(A B C D\), в който \(∢ A D C=2 ∢ A B C\) и \(A D=C D\). Да се докаже, че ортогоналните проекции на ортоцентъра \(H\) на \(\triangle A B C\) върху страните на \(A B C D\) са върхове на равнобедрен трапец или успоредник.

Хаим Хаимов, Варна

Решение: Означаваме ортогоналните проекции на \(H\) върху \(A B, B C, C A\) и \(D A\) съответно с \(M, N, P\) и \(Q\). Тъй като четириъгълниците \(A M H Q, Q H P D\) и \(P H N C\) са вписани, то \(∢ A M Q=∢ A H Q, ∢ Q H P=180^{\circ}-∢ Q D P=180^{\circ}-∢ A D C=180^{\circ}-2 . ∢ A B C\) и \(∢ C N P=∢ C H P\). От друга страна \(H\) е ортоцентър и затова \(∢ A H C=180^{\circ}-∢ A B C\). Така получаваме \(∢ A M Q+∢ C N P=∢ A H Q+∢ C H P=∢ A H C-∢ Q H P=\left(180^{\circ}-\right.\) \(∢ A B C)-\left(180^{\circ}-2 . ∢ A B C\right)=∢ A B C\), т.е. \(∢ A B C=∢ A M Q+∢ C N P\). Нека \(S\) е такава точка в \(∢ A B C\), че \(B S \| Q M\). Тогава \(∢ A B S=∢ A M Q\) и \(∢ N B S=∢ A B C-∢ A B S=\) \((∢ A M Q+∢ C N P)-∢ A M Q=∢ C N P\). Оттук следва, че \(P N \| B S\). Следователно \(Q M\) \(\|B S\| P N\).

Нека сега \(O\) е центърът на описаната за \(\triangle A B C\) окръжност и \(∢ A B C=\beta\). От \(A D=\) \(C D, ∢ A D C=2 \beta, A O=C O\) и \(∢ A D C-2 \beta\) следва, че \(\triangle A D C \cong \triangle A O C\). Оттук лесно се вижда, че \(A O C D\) е ромб. Пресечната точка \(E\) на диагоналите му е среда на \(A C\) и \(O D\), \(D O \perp A C\) и \(∢ E O D=\cfrac{1}{2} ∢ A O C=\beta\).Затова \(D O=2 . O E=2 . E C . \operatorname{cotg} \beta=A C . \operatorname{cotg} \beta=B H\), т.е. \(D O=B H\). Тъй като \(D O \perp A C\) и \(B H \perp A C\), то \(D O \| B H\). Следователно \(D O B H\) е успоредник и \(D H=B O=\cfrac{A C}{2 \sin \beta}\). Точките \(Q\) и \(P\) лежат на окръжността с диаметър \(D H\). От синусовата теорема за \(\triangle Q D P\), който също е вписан в тази окръжност, имаме \(Q P=D H \sin ∢ Q D P=\cfrac{A C}{2 \sin \beta} \sin 2 \beta=A C \cos \beta\). Освен това \(M N=A C \cos \beta\) (от свойствата на височините в \(\triangle A B C\) ). Затова \(Q P=M N\). Следователно \(M N P Q\) е равнобедрен трапец или успоредник.