Задача1. Да се докаже, че за произволен триъгълник със страни \(a, b\) и \(c\) е изпълнено неравенството \((a+b+c)^{2}\left(2 b^{2} c^{2}+2 c^{2} a^{2}+2 a^{2} b^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}\right) \leq 27 a^{2} b^{2} c^{2}\).

Йонуц Иванеску, Крайова, Румъния

Решение: Ако \(S, R\) и \(p=\tfrac{a+b+c}{2}\) са съответно лицето, радиусът на описаната окръжност и полупериметърът на триъгълника, то са изпълнени следните релации: \(16 S^{2}=2 b^{2} c^{2}+2 c^{2} a^{2}+2 a^{2} b^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}, 4 S R=a b c\) и \(p \leq \tfrac{3 \sqrt{3}}{2} R\). От двете равенства лесно се вижда, че разглежданото неравенство е еквивалентно с \(p \leq \tfrac{3 \sqrt{3}}{2} R\), което съвпада със споменатото неравенство.

Задача 2. Ако \(M\) е множеството на всички равнобедрени триъгълници, страните и лицето на които са естествени числа, да се намерят три триъгълника от \(M\), различните страни на които са последователни естествени числа.

Милен Найденов, Варна

Решение: като залепим два питагорови триъгълника със страни \(3,4,5\) по катета с дължина 4 , получаваме равнобедрен триъгълник с основа \(a=6\), бедро \(b=5\) и лице \(S=12\). Така намираме един от желаните триъгълници. Сега разглеждаме равнобедрените триъгълници, които имат основа \(a=10 k+6\) и бедро \(b=10 k+5(k \geq 0)\) и това обобщава разгледания случай. Лицето \(S\) на триъгълник от този вид, според Хероновата формула, се изразява с равенството \(S=(5 k+3) \sqrt{75 k^{2}+70 k+16}\). При \(k=0\) получаваме вече разгледания триъгълник. При \(k=6\) получаваме нов триъгълник със страни \(a=66, b=5\) и лице \(S=120\). Сега да увеличим страните на триъгълниците от предишния вид с единица и да разменим местата на основата и бедрото, т.е. разглеждаме равнобедрените триъгълници с основа \(a=10 k+6\) и бедро \(b=10 k+7(k \geq 0)\). Лицето на триъгълник от този вид се намира по формулата \(S=(5 k+3) \sqrt{5\left(15 k^{2}+22 k+8\right)}\). При \(k=1\) получаваме трети триъгълник от множеството \(M\), който има основа \(a=16\), бедро \(b=65\) и лице \(S=1848\). Четвърти триъгълник от \(M\), който се получава по различен начин, има основа \(a=240\), бедро \(b=241\) и лице \(S=25080\).

Задача 3. Ако \(P\) е вътрешна точка за изпъкналия четириъгълник \(A B C D\), която притежава свойствата \(\tfrac{D P}{C P}=\tfrac{A D}{B C}\) и \(∢ D P C=∢ A C B+∢ C A D\). Да се докаже, че са изпълнени равенствата \(\tfrac{D P}{A P}=\tfrac{C D}{A B}\) и \(∢ A P D=∢ C A B+∢ A C D\).

Хаим Хаимов, Варна

Решение: Означаваме симетричните точки на \(D\) и \(P\) относно симетралата на \(A C\) съответно с \(D_{1}\) и \(P_{1}\). От свойствата на симетрията и условието получаваме \(\tfrac{D_{1} P_{1}}{A P_{1}}=\tfrac{D P}{C P}=\tfrac{A D}{B C}=\tfrac{C D_{1}}{B C}\) и \(∢ D_{1} P_{1} A=∢ D P C=∢ A C B+∢ A C D_{1}=∢ D_{1} C B\). Следователно \(\quad \Delta D_{1} P_{1} A \sim \Delta D_{1} C B\). Сега лесно се съобразява, че \(\Delta D_{1} P_{1} C \sim \Delta D_{1} A B\), откъдето следва, че \(\tfrac{D_{1} P_{1}}{C P_{1}}=\tfrac{D_{1} A}{A B} \quad\) и \(\quad \begin{gathered}\forall C P_{1} D_{1}=∢ B A D_{1} \\ D P \quad C D\end{gathered}\). От свойствата на симетрията тези равенства водят до \(\tfrac{D P}{A P}=\tfrac{C D}{A B}\) и \(∢ A P D=∢ B A D_{1}=∢ C A B+C A D_{1}=∢ C A B+∢ A C D\).