Задача 1. Да се определят стойностите на параметъра \(a\), за които уравнението \(\sqrt{\log _{\sqrt{2}}|\operatorname{tg} \pi x+\operatorname{cotg} \pi x|}=a|\sin (2011 \pi x)+\cos (2011 \pi x)|\) има решение и да се реши уравнението за най-малката от намерените стойности на параметъра.

Христо Лесов, Казанлък Решение (Христо Лесов) : Изпълнени са следните релации: \(|\sin \alpha+\cos \alpha|=\sqrt{2}\left|\sin \left(\alpha+\tfrac{\pi}{4}\right)\right| \leq \sqrt{2}\) за всяко \(\alpha\) и \(|\operatorname{tg} \beta+\operatorname{cotg} \beta|=\tfrac{2}{|\sin 2 \beta|} \geq 2\) за всяко \(\beta \neq m \cdot \tfrac{\pi}{2}, m \in \mathbb{Z}\). Следователно лявата страна на даденото уравнение е не по-малка от \(\sqrt{\log _{\sqrt{2}} 2}=\sqrt{2}\), дясната му страна е не по-голяма от \(a \sqrt{2}\) понеже от условието следва \(a \gt 0\). Така получаваме \(\sqrt{2} \leq \sqrt{2} a\), т. е. при \(a \geq 1\) уравнението има решение. за най-малката от тях получаваме, че \(|\operatorname{tg} \pi x+\operatorname{cotg} \pi x|=2 \quad\) и \(\quad|\sin (2011 \pi x)+\cos (2011 \pi x)|=\sqrt{2} \quad\) са изпълнени едновременно. Първото от тези равенства е равносилно с \(|\sin 2 \pi x|=1\), откъдето \(2 \pi x= \pm \tfrac{\pi}{2}+2 k \pi\) или \(x=k \pm \tfrac{1}{4}\) за всяко цяло число \(k\). При това \(2 \pi x=\left(2 k \pm \tfrac{1}{2}\right) \pi \neq m . \pi\). За \(k=2 n \quad(n \in \mathbb{Z})\) дясната страна приема вида \(\left|\sin \left(2011.2 n \pi \pm \tfrac{2011}{4} \pi\right)+\cos \left(2011.2 n \pi \pm \tfrac{2011}{4} \pi\right)\right|=\left|\sin \left( \pm \tfrac{3 \pi}{4}\right)+\cos \left( \pm \tfrac{3 \pi}{4}\right)\right|\) и затова е равна на \(\sqrt{2}\) или 0 в зависимост от занака “+” или “-“.

Решение е \(x=2 n+\tfrac{1}{4}\). За \(k=2 n+1 \quad(n \in \mathbb{Z})\) дясната страна приема вида

\(\left|\sin \left(2011.2 n \pi+2011 \pi \pm \tfrac{2011}{4} \pi\right)+\cos \left(2011.2 n \pi+2011 \pi \pm \tfrac{2011}{4} \pi\right)\right|=\left|\sin \left(\pi \pm \tfrac{3 \pi}{4}\right)+\cos \left(\pi \pm \tfrac{3 \pi}{4}\right)\right|\) и затова е равна на \(\sqrt{2}\) или 0 . Решение е \(x=2 n+1+\tfrac{1}{4}\). Общо решенията са Решение е \(x=k+\tfrac{1}{4}\) за всяко цяло число \(k\).

Задача 2. Реалните числа \(a, b\) и \(c\) са такива, че \(a \gt 1, b+c \lt a+1\) и \(b \lt c\). Да се докаже, че \(a \gt b\).

Любомир Любенов, Стара Загора Решение (Любомир Любенов) : Дадените неравенства записваме във вид на равенства така: \(a-x=1, a+1-y=b+c, c-z=b\), a +1− y = b + c , c − z = b , където \(x \gt 0, y \gt 0\) и \(z \gt 0\).

Умножавамеполученитеравенствасъответнос \(\alpha, \beta\) и \(\gamma\). Събирамегииполучаваме последователно \(\alpha(a-x)+\beta(a+1-y)+\gamma(c-z)=\alpha \cdot 1+\beta \cdot(b+c)+\gamma \cdot b\),

\[ (\alpha+\beta) \cdot a+(-\beta-\gamma) \cdot b+(-\beta+\gamma) \cdot c=\alpha \cdot(1+x)+\beta \cdot(y-1)+\gamma \cdot z \]

Тъй като сравняваме \(a\) и \(b\), ще ни е необходимо изразяване на \(a-b\). В последното равенство избираме \(\alpha, \beta\) и \(\gamma\) така, че \(\alpha+\beta=1,-\beta-\gamma=-1\) и \(-\beta+\gamma=0\). Получаваме \(\alpha=\beta=\gamma=\tfrac{1}{2}\). Оттук същото равенство добива вида

\(a-b=(x+y+z) / 2\), откъдето следва, че \(a \gt b\).

Задача 3. Дадени са равностранен триъгълник \(A B C\) и точки \(A_{1}, B_{1}\) и \(C_{1}\) съответно върху правите \(B C, C A\) и \(A B\). Нека \(H_{a}, H_{b}\) и \(H_{c}\) са ортоцентровете, а \(F_{a}, F_{b}\) и \(F_{c}\)– центровете на Фойербаховите окръжности съответно на \(\Delta B_{1} C_{1} A, \Delta C_{1} A_{1} B\) и \(\Delta A_{1} B_{1} C\). Нека \(H_{b} F_{b} \cap H_{c} F_{c}=T_{a}, H_{c} F_{c} \cap H_{a} F_{a}=T_{b}\) и 1) точките \(H_{a}, H_{b}\) и \(H_{c}\) лежат на една права тогава и само тогава, когатогава, когато точките \(A_{1}, B_{1}\) и \(C_{1}\) лежат на една права;

2) лицето на \(\Delta H_{a} H_{b} H_{c}\) е равно на лицето на \(\Delta A_{1} B_{1} C_{1}\);

3) центърът на тежестта на точките \(H_{a}, H_{b}\) и \(H_{c}\) съвпада с центъра на \(\triangle A B C\);

4) правите \(A F_{a}, B F_{b}\), BFb, и \(C F_{f}\) се пресичат в една точка;

5) \(\triangle T_{a} T_{b} T_{c} \cong \triangle A B C\);

6) медицентърът на \(\Delta T_{a} T_{b} T_{c}\) съвпада с центъра на тежестта на точките \(A_{1}, B_{1}\) и \(C_{1}\);

7) правите \(A T_{a}, B T_{b}\) и \(C T_{c}\) се пресичат в една точка.

Веселин Ненков, Бели Осъм

Решение (Веселин Ненков): Избираме Декартова координатна система \(O x y\), както е показано на чертежите, спрямо която координатите на върховете на \(\triangle A B C\) са: \(A(-1,0), B(1,0), C(0, \sqrt{3})\). Ако първите координати на \(A_{1}, B_{1}\) и \(C_{1}\) спрямо \(O x y\) са съответно \(\lambda, \mu\) и \(v\), μ и ν , то като вземем предвид, че \(A_{1}, B_{1}\) и \(C_{1}\) са точки съответно от правите \(B C, C A\) и \(A B\) получаваме:

(1) \(A_{1}(\lambda, \sqrt{3}(1-\lambda)), B_{1}(\mu, \sqrt{3}(1+\mu)), C_{1}(v, 0)\).

От (1 ) и координатите на \(A, B\) и \(C\) се получават координатите на медицентровете \(G_{a}, G_{b}\) и \(G_{c}\) съответно на \(\Delta B_{1} C_{1} A, \Delta C_{1} A_{1} B\) и \(\Delta A_{1} B_{1} C\) :

(2) \(G_{a}\left(\tfrac{\mu+v-1}{3}, \tfrac{1+\mu}{3}\right), G_{b}\left(\tfrac{v+\lambda-1}{3}, \tfrac{1-\lambda}{3}\right), G_{c}\left(\tfrac{\lambda+\mu}{3}, \tfrac{\mu-\lambda+3}{3}\right)\).

Като намерим уравненията на две от височините за всеки от триъгълниците \(B_{1} C_{1} A, C_{1} A_{1} B\) и \(A_{1} B_{1} C\) и решим съответните системи уравнения, получаваме:

(3) \(H_{a}\left(\mu, \tfrac{v-\mu}{\sqrt{3}}\right), H_{b}\left(\lambda, \tfrac{\lambda-v}{\sqrt{3}}\right), H_{c}\left(-(\lambda+\mu), \tfrac{\mu-\lambda+3}{\sqrt{3}}\right)\).

От (1) и (3) за ориентираните лица \(\widetilde{S}_{A_{1} B_{1} C_{1}}\) и \(\widetilde{S}_{H_{a} H_{b} H_{c}}\) съответно на \(\Delta A_{1} B_{1} C_{1}\) и \(\Delta H_{a} H_{b} H_{c}\) определяме \(\widetilde{S}_{A_{1} B_{1} C_{1}}=\widetilde{S}_{H_{a} H_{b} H_{c}}=\tfrac{\sqrt{3}}{2}(\lambda-\mu+2 \lambda \mu-\mu \nu-\nu \lambda)\). От тези равенства непосредствено следват 1) и 2). Нещо повече, когато \(\Delta A_{1} B_{1} C_{1}\) и \(\Delta H_{a} H_{b} H_{c}\) съществуват, те са еднакво ориентирани.

От (3) се вижда, че центърът на тежеста на \(H_{a}, H_{b}\) и \(H_{c}\) е точката \(G\left(0, \tfrac{1}{\sqrt{3}}\right)\), която е медицентърът на \(\triangle A B C\). С това е доказано 3).

Като се вземе предвид, че \(\overrightarrow{O F_{a}}=\tfrac{1}{4}\left(\overrightarrow{O H_{a}}+3 \overrightarrow{O G_{a}}\right)\), от (2) и (3) следва, че \(F_{a}\left(\tfrac{2 \mu+v-1}{4}, \tfrac{2 \mu+v+3}{4 \sqrt{3}}\right)\). Аналогично се получава \(F_{b}\left(\tfrac{2 \lambda+v-1}{4}, \tfrac{-2 \lambda-v+3}{4 \sqrt{3}}\right)\) и \(F_{c}\left(0, \tfrac{\mu-\lambda+\sqrt{3}}{\sqrt{3}}\right)\). Оттук лесно се вижда, че правите \(A F_{a}, B F_{b}\) и \(C F_{c}\), минават през \(G\left(0, \tfrac{1}{\sqrt{3}}\right)\), което доказва 4). Нещо повече, точките \(F_{a}, F_{b}\) и \(F_{c}\) лежат върху височините на \(A B C\).

От (2) и (3) се вижда, че векторите \(\overrightarrow{H_{a} G_{a}}, \overrightarrow{H_{b} G_{b}}\) и \(\overrightarrow{H_{c} G_{c}}\) са колинеарни съответно с \(\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{C A}\) и \(\overrightarrow{A B}\). Следователно \(\Delta T_{a} T_{b} T_{c} \sim \Delta A B C\). От (2) и (3) се получава още, че уравненията на правите \(H_{a} G_{a}, H_{b} G_{b}\) и \(H_{c} G_{c}\) са:

\(H_{a} G_{a}: \sqrt{3} x+y-\tfrac{2 \mu+v}{\sqrt{3}}=0, H_{b} G_{b}: \sqrt{3} x-y-\tfrac{2 \lambda+v}{\sqrt{3}}=0, H_{c} G_{c}: y-\tfrac{\mu-\lambda+3}{\sqrt{3}}=0\).

От тези уравнения се получава:

(4) \[ \begin{aligned} & T_{a}\left(\tfrac{\lambda+\mu+v+3}{3}, \tfrac{\mu-\lambda+3}{\sqrt{3}}\right), T_{b}\left(\tfrac{\lambda+\mu+v-3}{3}, \tfrac{\mu-\lambda+3}{\sqrt{3}}\right) \\ & T_{c}\left(\tfrac{\lambda+\mu+v}{3}, \tfrac{\mu-\lambda}{\sqrt{3}}\right) \end{aligned} \]

От (4) получаваме, че ориентираното лице \(\widetilde{S}_{T_{a} T_{b} T_{c}}\) на \(\Delta T_{a} T_{b} T_{c}\) е \(\widetilde{S}_{T_{a} T_{b} T_{c}}=\sqrt{3}\). Точно толкова е лицето на \(\triangle A B C\). Следователно триъгълниците \(A B C\) и \(T_{a} T_{b} T_{c}\) са еднакво ориентирани и еднакви равностранни триъгълници. С това е доказано 5). Всъщност доказахме още, че Ойлеровите прави на триъгълниците \(B_{1} C_{1} A\), \(C_{1} A_{1} B\) и \(A_{1} B_{1} C\) са успоредни съответно на \(B C, C A\) и \(A B\).

Твърдение 6) следва непосредствено от (1) и (4) .

Твърдение 7) следва от посоченото свойство на Ойлеровите прави на триъгълниците \(B_{1} C_{1} A, C_{1} A_{1} B\) и \(A_{1} B_{1} C\) иот теорематана Дезарг заперспективните триъгълници.

Твърдение 7) се получава и по следния начин: Разглеждаме точката \(M\left(\tfrac{\lambda+\mu+v}{6}, \tfrac{\mu-\lambda+3}{2 \sqrt{3}}\right)\). Лесно се проверява, че \(\overrightarrow{A M}=\overrightarrow{M T_{a}}, \overrightarrow{B M}=\overrightarrow{M T_{b}}\) и \(\overrightarrow{C M}=\overrightarrow{M T_{c}}\). От тези векторни равенства следва, че правите \(A T_{a}, B T_{b}\) и \(C T_{c}\), минават през точката \(M\). Нещо повече, точката \(M\) е център на симетрия за триъгълниците \(A B C\) и \(T_{a} T_{b} T_{c}\).

С това задачата е напълно решена.