Задача 1. Да се реши уравнението

\[ |x-|2 x+|3 x-|4 x+\cdots+|2017 x-|2018 x|| \cdots|=2018 \]

Росен Николаев, Дико Суружон, Варна Решение. Въвеждаме означението \(f_{2 k+1}(x)=|(2 k+1) x-|(2 k+2) x+|(2 k+3) x-|(2 k+4) x+\cdots+|2017 x-|2018 x|| \cdots|\), където \(k=0,1,2, \ldots, 1008\). Съгласно това означение разлежданото уравнение придобива вида \(f_{1}(x)=2018\). Тъй като \(f_{1}(0)=0\), то \(x=0\) не е решение на уравнението. Затова са възможни само случаите 1) \(x \gt 0\) и 2) \(x \lt 0\). Разглеждаме двата случая поотделно.

Случай 1): при \(x \gt 0\) е изпълнено равенството \(|x|=x\). Тогава имаме:

\[ \begin{gathered} f_{2017}(x)=|2017 x-|2018 x||=|-x|=x \\ f_{2015}(x)=\left|2015 x-|2016 x+|2017 x-|2018 x|||=\left|2015 x-\left|2016 x+f_{2017}(x)\right|\right|=\right. \\ =|2015 x-|2016 x+x||=|2015 x-2017 x|=2 x \end{gathered} \]

Тези равенства ни дават основание да допуснем, че \(f_{2 k+1}(x)=(1009-k) x\). Горните равенства се получават при \(k=1008\) и \(k=1007\). Ще докажем, че е изпълнено и равенството \(f_{2 k-1}(x)=(1009-(k-1)) x=(1010-k) x\), което ще означава, че \(f_{2 k+1}(x)=(1009-k) x\) е вярно за всички \(k=0,1,2, \ldots, 1008\). От дефиницията на \(f_{2 k+1}(x)\) и допускането имаме

\[ \begin{aligned} f_{2 k-1}(x) & =\left|(2 k-1) x-\left|2 k x+f_{2 k+1}(x)\right|\right|=\left|(2 k-1) x-2 k x-f_{2 k+1}(x)\right|= \\ & =|-x-(1009-k) x|=|-(1010-k) x|=(1010-k) x \end{aligned} \] (използвали сме, че \(k \lt 1010\) ).

Сега при \(k=0\) получаваме \(f_{1}(x)=1009 x\). Следователно при \(x \gt 0\) даденото уравнението се свежда до \(1009 x=2018\), откъдето получаваме, че то има решение \(x=2\).

Случай 2): при \(x \lt 0\) е изпълнено равенството \(|x|=-x\). Тогава имаме:

\[ f_{2017}(x)=|2017 x-|2018 x||=|2017 x+2018 x|=-4035 x \]

\[ \begin{aligned} & f_{2015}(x)=|2015 x-|2016 x+|2017 x-|2018 x||||=\left|2015 x-\left|2016 x+f_{2017}(x)\right|\right|= \\ = & |2015 x-|2016 x-4035 x||=|2015 x-|-2019 x||=|2015 x+2019 x|=|4034 x|=-4034 x \end{aligned} \]

Тези равенства ни дават основание да допуснем, че \(f_{2 k+1}(x)=-(3027+k) x\). Горните равенства се получават при \(k=1008\) и \(k=1007\). Ще докажем, че е изпълнено и равенството \(f_{2 k-1}(x)=-(3027+(k-1)) x=-(3026+k) x\), което ще означава, че \(f_{2 k+1}(x)=-(3027+k) x\) е вярно за всички \(k=0,1,2, \ldots, 1008\). От дефиницията на \(f_{2 k+1}(x)\) и допускането имаме

\[ \begin{aligned} & f_{2 k-1}(x)=\left|(2 k-1) x-\left|2 k x+f_{2 k+1}(x)\right|\right|=|(2 k-1) x-|2 k x-(3027+k) x||= \\ = & |(2 k-1) x-|k-3027| x|=|(2 k-1) x-(k-3027) x|=|(3026+k) x|=-(3026+k) x \end{aligned} \]

Сега при \(k=0\) получаваме \(f_{1}(x)=-3027 x\). Следователно при \(x \lt 0\) даденото уравнение се свежда до \(-3027 x=2018\), откъдето получаваме, че то има решение \(x=-\tfrac{2}{3}\).

Като обобщим разгледаните случаи, установявяме, че даденото уравнение има две решения: \(x_{1}=2\) и \(x_{2}=-\tfrac{2}{3}\). Задача 2. Даден е триъгълник \(A B C\), за който \(∢ C A B=\alpha, ∢ C B A=\beta\) и \(1 \lt \operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta \lt 2\). През ортоцентьра \(H\) на \(\triangle A B C\) да се построи права, която пресича страните \(A C\) и \(B C\) съответно в точки \(M\) и \(N\), така че стойността на израза \(\operatorname{tg} \alpha . S_{A M N}+\operatorname{tg} \beta . S_{B M N}\) да бъде най-малка.

Христо Лесов, Казанлък

Решение. Най-напред ще покажем, че ако за \(\triangle A B C\) е изпълнено условието \(\operatorname{tg} \alpha \cdot \operatorname{tg} \beta \gt 1\), той е остроъгълен. Ако предположим, че \(\alpha \gt 90^{\circ}\), то \(\operatorname{tg} \alpha \lt 0\). Тъй като \(\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta \gt 1\), то \(\operatorname{tg} \beta \lt 0\) и \(\beta \gt 90^{\circ}\). Това би означавало, че \(\alpha+\beta \gt 180^{\circ}\), което е невъзможно. Следователно \(\alpha \lt 90^{\circ}\) и \(\beta \lt 90^{\circ}\). Оттук \(\operatorname{tg} \alpha \gt 0\) и \(\operatorname{tg} \beta \gt 0\). За мярката на ъгъл \(\gamma\) при върха \(C\) на \(\triangle A B C\) имаме

\[ \operatorname{tg} \gamma=\operatorname{tg}\left(180^{\circ}-\alpha-\beta\right)=-\operatorname{tg}(\alpha+\beta)=\tfrac{\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta}{\operatorname{tg} \alpha \cdot \operatorname{tg} \beta-1} \gt 0 \]

Следователно \(\gamma \lt 90^{\circ}\).Така получаваме, че \(\triangle A B C\) е остроъгълен.Тогава височините \(A D, B E, C F(D \in B C, E \in C A, F \in A B)\) се пресичат във вътрешна за \(\triangle A B C\) точка \(H\). Сега ще докажем, че за всяка права \(h\) през \(H\), пресичаща страните \(A C\) и \(B C\) съответно в точки \(M\) и \(N\), е изпълнено равенството \((1)\) \(\operatorname{tg} \alpha . S_{A M N}+\operatorname{tg} \beta . S_{B M N}=\operatorname{tg} \gamma . S_{C M N}\). Нека \(A_{1}, B_{1} A_{1}, B_{1}\) и \(C_{1}\) са точки от правата \(h\), така че правите \(A A_{1}, B B_{1}\) и \(C C_{1}\) са перпендикулярни на \(h\) (фиг. 1). Тъй като \(S_{A M N}=\tfrac{1}{2} M N \cdot A A_{1}, S_{B M N}=\tfrac{1}{2} M N \cdot B B_{1}, S_{C M N}=\tfrac{1}{2} M N \cdot C C_{1}\),получаваме, че (1) е еквивалентно с (2) \(\operatorname{tg} \alpha \cdot A A_{1}+\operatorname{tg} \beta \cdot B B_{1}=\operatorname{tg} \gamma \cdot C C_{1}\). Ако \(F F_{1} \perp h\left(F_{1} \in h\right)\), то \(A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}\) и \(F F_{1}\) са успоредни и от подобните триъгълници \(C C_{1} H\) и \(\quad F F_{1} H \quad\) имаме \(\quad C C_{1}: F F_{1}=C H: H F=(C F-H F): H F=C F: H F-1\). От правоъгълните триъгълници \(A C F\) и \(A H F\), в които \(∢ C A F=\alpha\) и \(∢ A H F=∢ A B C=\beta\) (като ъгли с взаимно перпендикулярни рамене), получаваме \(C F=A F . \operatorname{tg} ∢ C A F=A F . \operatorname{tg} \alpha\) и \(H F=A F . \operatorname{ctg} ∢ A H F=A F . \operatorname{ctg} \beta\). Затова \(\quad C F: H F=\operatorname{tg} \alpha: \operatorname{ctg} \beta=\operatorname{tg} \alpha \cdot \operatorname{tg} \beta \quad\) и \(\quad C C_{1}: F F_{1}=\operatorname{tg} \alpha \cdot \operatorname{tg} \beta-1\). Оттук (3) \(C C_{1}=F F_{1} \cdot(\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta): \operatorname{tg} \gamma\). Нека \(F F_{1}\) пресича \(A_{1} B\) вточка \(K\). Тогава \(F F_{1}=F K+K F_{1}\), а от двойките хомотетични триъгълници \(\left(B F K, B A A_{1}\right)\) и \(\left(A_{1} K F_{1}, A_{1} B B_{1}\right)\) имаме \(F K: A A_{1}=B F: A B\) и \(\quad K F_{1}: B B_{1}=A_{1} K: A_{1} B=A F: A B\). От правоъгълните триъгълници \(A C F\) и \(B C F\) получаваме \(A F=C F . \operatorname{ctg} ∢ C A F=C F . \operatorname{ctg} \alpha \quad\) и \(B F=C F . \operatorname{ctg} ∢ C B F=C F . \operatorname{ctg} \beta\). . Оттук \(A F: B F=\operatorname{tg} \beta: \operatorname{tg} \alpha\).

Така получаваме \(A B: B F=A F: B F+1=(\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta): \operatorname{tg} \alpha\) и \(A B: A F=1+B F: A F=(\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta): \operatorname{tg} \beta\).

Оттук \(F K: A A_{1}=B F: A B=\operatorname{tg} \alpha:(\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta)\), \(K F_{1}: B B_{1}=A F: A B=\operatorname{tg} \beta:(\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta), F K=\operatorname{tg} \alpha \cdot A A_{1}:(\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta)\), \(K F_{1}=\operatorname{tg} \beta \cdot B B_{1}:(\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta)\) и \(F F_{1}=\left(\operatorname{tg} \alpha \cdot A A_{1}+\operatorname{tg} \beta \cdot B B_{1}\right):(\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta)\).

След заместване в (3) и преобразувания стигаме до равенството (2), което е равносилно на (1). Така задачата се свежда до определяне на положението на правата \(h\) през \(H\), при което лицето на \(\triangle C M N\) е най-малко.

От установеното равенство \(C H: H F=\operatorname{tg} \alpha \cdot \operatorname{tg} \beta-1\) и неравенството \(\operatorname{tg} \alpha \cdot \operatorname{tg} \beta \lt 2\) следва, че \(C H: H F \lt 1\), т.е. \(C H \lt H F\). Това означава, че върху отсечката \(H F\) има такава точка \(H_{1}\), че \(H H_{1}=C H\). През \(H_{1}\) построяваме прави, успоредни на \(B C\) и \(A C\), които пресичат страните \(A C\) и \(B C\) съответно в точки \(M_{1}\) и \(N_{1}\) (фиг. 2). Тогава \(C M_{1} H_{1} N_{1}\) е успоредник, чиито диагонали \(C H_{1}\) и \(M_{1} N_{1}\) се пресичат в ортоцентъра \(H\) на \(\triangle A B C\). Нека \(h\) е права през \(H\), която пресича страните \(A C\) и \(B C\) съответно в точки \(M\) и \(N\), а отсечката \(M_{1} H_{1}\) пресича в точка \(P\), при което \(H P=H N\) и \(\triangle H P M_{1} \cong \Delta H N N_{1}\). Лицето на \(\Delta C M_{1} N_{1}\) е сбор от лицата на четириъгълника \(C M_{1} H N\) и триъгълника \(H N N_{1}\), така че лицето на \(\Delta C M_{1} N_{1}\) е равно на лицето на четириъгълника \(C M_{1} P N\). Лицето на \(\triangle C M N\) е сбор от лицата на четириъгълника \(C M_{1} P N\) и триъгълника \(M P M_{1}\), откъдето следва, че лицето на \(\Delta C M_{1} N_{1}\) е по-малко от лицето на \(\triangle C M N\) и следователно търсената права е \(M_{1} N_{1}\).

Задача 3. В изпъкналия четириъгълник \(A B C D\) диагоналите \(A C\) и \(B D\) се пресичат в точка \(T\), продълженията на страните \(A B\) и \(C D\) се пресичат в точка \(V\), а точките \(M, N, P, Q, E\) и \(F\) са среди съответно на отсечките \(A B\), \(B C, C D, D A, A C\) и \(B D\). Вторите пресечни точки на описаните окръжности за двойките триъгълници (\(A B T, C D T\)), (\(A D T, B C T\)) и (\(A D V, B C V\)) са съответно \(K_{1}, K_{2}\) и \(K_{3}\). Да се докаже, че ако точките \(K_{1}, K_{2}\) и \(B\) са колинеарни, то тройките точки \(\left(K_{1}, E, M\right),\left(E, K_{2}, N\right),\left(K_{1}, C, K_{3}\right)\) и \(\left(A, K_{2}, K_{3}\right)\) също са колинеарни.

Хаим Хаимов, Варна

Решение. Добре известно е, че четириъгълниците \(M N P Q\) и \(E M F P\) са успоредници с обща пресечна точка на диагоналите \(G\). Ще докажем следната

Лема. Изпълнени са следващите подобности между триъгълници:

\(\triangle A K_{1} B \sim \triangle Q P N, \triangle D K_{1} C \sim \triangle Q M N, \triangle B K_{2} C \sim \triangle M Q P, \triangle D K_{3} C \sim \triangle E P F\).

Доказателство. От свойствата на вписаните ъгли имаме \(∢ K_{1} A C=∢ K_{1} B D\) и \(∢ K_{1} C A=∢ K_{1} D B\). Следователно \(\Delta K_{1} A C \sim \Delta K_{1} B D\). Оттук \(\tfrac{K_{1} A}{K_{1} B}=\tfrac{A C}{B D}=\tfrac{2 Q P}{2 N P}=\tfrac{Q P}{N P}\). Тъй като \(Q P \| A C\) и \(N P \| B D\), то \(∢ A K_{1} B=∢ A T B=∢ Q P N\). Така получаваме, че \(\triangle A K_{1} B \sim \triangle Q P N\). Аналогично се доказва подобността на останалите двойки триъгълници.

Преминаваме към решението на задачата. От \(\Delta A K_{1} B \sim \Delta Q P N\) следва, че \(∢ K_{1} M A=∢ P G Q\) и \(∢ A B K_{1}=∢ Q N P\). От \(\triangle B K_{2} C \sim \triangle M Q P\) следва, че \(∢ K_{2} N C=∢ P G Q\) и \(∢ C B K_{2}=∢ P M Q\). От друга страна, колинеарността на точките \(K_{1}, K_{2}\) и \(B\) води до равенството \(∢ A B K_{1}+∢ C B K_{2}=∢ A B C\). Следователно \(∢ P G Q=∢ A B C\). Тогава \(∢ K_{1} M A=∢ K_{2} N C=∢ A B C\). Така заключаваме, че \(K_{1} M \| B C\) и \(K_{2} N \| A B\). Затова тройките точки (\(K_{1}, E, M\) ) и \(\left(E, K_{2}, N\right)\) са колинеарни. Тъй като \(∢ M G N=∢ P G Q=∢ A B C\) и \(∢ M E N=∢ A B C\) (от успоредника \(M B N E\) ), то \(∢ M G N=∢ M E N\). Оттук следва, че четириъгълникът \(M N G E\) е вписан в окръжност. Следователно \(∢ M E G+∢ M N G=180^{\circ}\). Но \(∢ M E G=∢ E F P\) и \(∢ E F P=∢ D C K_{3}\) (от лемата имаме \(\triangle D K_{3} C \sim \triangle E P F\) ). Следователно \(∢ M E G=∢ D C K_{3}\). В същото време от лемата имаме \(\triangle D K_{1} C \sim \triangle Q M N\) и затова \(∢ M N G=∢ M N Q=∢ K_{2} C D\). Оттук следва, че \(∢ D C K_{3}+∢ K_{1} C D=180^{\circ}\). Следователно точките \(K_{1}, C\) и \(K_{3}\) са колинеарни. По подобен начин се доказва, че \(A, K_{2}\) и \(K_{3}\) са колинеарни. С това задачата е решена.