Задача 1. Параметрите \(a\) и \(b\) в уравнението

\[ 5 x^{5}+2 x^{4}+4 a x^{3}-x^{2}+2 b x+4 b-\mathrm{a}=0 \]

са такива, че то има за корени числата 1 и 2. Да се намерят останалите корени на уравнението.

Сава Гроздев, София и Веселин Ненков, Бели Осъм

Решение: Тъй като 1 и 2 са корени на даденото уравнение, то след заместване в уравнението се получават съответно равенствата: \(-5 a+2 b=4\) и \(31 a+8 b=-188\).

След решаване на получената система от две уравнения с две неизвестни се получава: \(a=-4\) и \(b=-8\).Заместваме намерените стойности за \(a, b\) и стигаме до уравнението \(5 x^{5}+2 x^{4}-16 x^{3}-x^{2}-16 x-28=0\).Тъй като 1 и 2 са корени на това уравнение, се досещаме да го представим във вида \((x+1)(x-2)\left(5 x^{3}+7 x^{2}+x+14\right)=0\).

Лесно се вижда, че \(5 x^{3}+7 x^{2}+x+14=(x+2)\left(5 x^{2}-3 x+7\right)\).От първия множител следва, че \(x=-2\) е корен на даденото уравнение. За дискриминанта на втория множител се получава стойност 131, което означава, че той има комплексни корени \(\cfrac{3 \pm i \sqrt{131}}{10}\). Следователно уравнението има три реални корена \(x_{1}=-2, x_{2}=-1\), \(x_{3}=2\) и два комплексни корена \(x_{4}=\cfrac{3-i \sqrt{131}}{10}\) и \(x_{5}=\cfrac{3+i \sqrt{131}}{10}\).

Задача 2. Трапец е разделен от единия си диагонал на два

1триъгълника с лица и \(1+\cfrac{1}{a}\).

Да се намерят стойностите на \(a\), при които лицето на триъгълника, образуван от малката основа на трапеца и продълженията на бедрата му, е точен квадрат.

Милен Найденов, Варна

Решение. Нека лицето на триъгълника, образуван от малката основа на трапеца и продълженията на бедрата му, е \(x\). От теоремата на Талес следва пропорцията \(\cfrac{x}{1}=\cfrac{x+1}{1+\cfrac{1}{a}}\). Оттук намираме \(x=a\). Следователно \(a=k^{2}\) са всички търсени стойности на \(a\), където \(k \in \mathbb{N}\).

Задача 3. Точките \(O\) и \(H\) са съответно центърът на описаната окръжност и ортоцентърът на остроъгълния триъгълник \(B C \lt A B \lt A C\)(\(B C \lt A B \lt A C\) ). Точката \(C_{1}\) е симетрична на \(C\) относно правата \(O H\). Да се докаже, че ортогоналните проекции на \(C_{1}\) върху правите, определящи страните на четириъгълника \(A B H O\), са върхове на успоредник.

Хаим Хаимов, Варна

Решение: За елементите на триъгълника ще използваме стандартните означения. Освен това нека \(∢ C_{1} C B=\delta, ∢ A O H=\varphi\) и \(∢ O H B=\psi\).Проекциите на точката \(C_{1}\) върху правите \(A B, B H, H O\) и \(O A\) означаваме съответно с \(M, N, P\) и \(Q\). Лесно се вижда, че \(∢ A O B=90^{\circ}-\gamma, ∢ A B H=90^{\circ}-\alpha, ∢ A H B=180^{\circ}-\gamma, A H=2 R \cos \alpha\), \(C_{1} H=C H=2 R \cos \gamma\). Тъй като \(O C_{1}=O C=R\), точката \(C_{1}\) лежи върху описаната окръжност на \(\triangle A B C\). Затова от синусовата теорема получаваме равенствата \(B C_{1}=2 R \sin \delta\) и \(A C_{1}=2 R \sin (\gamma-\delta)\). С помощта на синусовата теорема определяме страните на четириъгьлника \(M N P Q: M N=B C_{1} \sin ∢ A B H=2 R \sin \delta \cos \alpha\), \(P Q=O C_{1} \sin ∢ A O H=R \sin \varphi, \quad P N=C_{1} H \sin ∢ O H B=2 R \cos \gamma \sin \psi\), \(Q M=A C_{1} \sin ∢ O A B=2 R \sin (\gamma-\delta) \cos \psi\). Тъй като \(A H \perp B C\) и \(O H \perp C_{1} C\), то \(∢ A H O=∢ C_{1} C B=\delta\). Но от синусовата теорема за \(\triangle A O H\) имаме \(\cfrac{O A}{\sin ∢ A H O}=\cfrac{A H}{\sin ∢ A O H} \Rightarrow \cfrac{R}{\sin \delta}=\cfrac{2 R \cos \alpha}{\sin \varphi} \Rightarrow R \sin \varphi=2 R \sin \delta \cos \alpha \Rightarrow P Q=M N \quad\). От друга страна \(\psi=∢ O H B=∢ A H B+∢ A H O=180^{\circ}-\gamma+\delta\), откъдето намираме \(P N=2 R \cos \gamma \sin \psi=2 R \cos \gamma \sin (\gamma-\delta)=Q M\). Получените равенства \(P Q=M N\) и \(P N=Q M\) означават, че четириъгълникът \(M N P Q\) е успоредник.

Решения на задачите получихме от Анна Златева от Варна.