Рубриката се води от доц. д-р Веселин Ненков

Задача 1. Върху страните \(A B, B C, C D\) и \(D A\) на изпъкнал четириъгълник \(A B C D\), външно за четириъгълника, са построени съответно квадратите \(A B B_{1} A_{1}, B C C_{1} B_{2}, C D D_{1} C_{2}\) и \(D A A_{2} D_{2}\). Ако лицата на четириъгълника \(A B C D\) и о смоътълника \(A_{1} B_{1} B_{2} C_{1} C_{2} D_{1} D_{2} A_{2}\) са съответно \(S\) и \(S_{1}\), да се намери най-малката стойност на \(\tfrac{S_{1}}{S}\).

Христо Лесов, Казанлък

Решение: лицето \(S_{1}\) на осмоъгълника \(A_{1} B_{1} B_{2} C_{1} C_{2} D_{1} D_{2} A_{2}\) е сума от лицето \(S\) на четириъгълника \(A B C D\), лицата на квадратите \(A B B_{1} A_{1}\), \(B C C_{1} B_{2}, C D D_{1} C_{2}\) и \(D A A_{2} D_{2}\) и лицата на триъгълниците \(A A_{1} A_{2}, B B_{1} B_{2}\), \(C C_{1} C_{2}\) и \(D D_{1} D_{2}\). Ако дължините на \(A B, B C, C D\) и \(D A\) са съответно \(a\), \(b, c\) и \(d\), лицата на квадратите \(A B B_{1} A_{1}, B C C_{1} B_{2}, C D D_{1} C_{2}\) и \(D A A_{2} D_{2}\) са равни съответно на \(a^{2}, b^{2}, c^{2}\) и \(d^{2}\). Ако \(∢ D A B=\alpha, ∢ A B C=\beta\), \(∢ B C D=\gamma\) и \(∢ C D A=\delta\), за лицата на триъгълниците \(A A_{1} A_{2}, B B_{1} B_{2}\), \(C C_{1} C_{2}\) и \(D D_{1} D_{2}\) са изпълнени равенствата \(S_{A A_{1} A_{2}}=S_{A B D}=-d a \sin\), \(S_{B B_{1} B_{2}}=S_{A B C}=\tfrac{1}{2} a b \sin \beta, \quad S_{C C_{1} C_{2}}=S_{B C D}=\tfrac{1}{2} b c \sin \gamma \quad\) и \(\quad S_{D D_{1} D_{2}}=S_{C D A}=\tfrac{1}{2} c d \sin \delta\). Така получаваме \(S_{1}=3 S+a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\). Но \(a^{2}+b^{2} \geq 2 a b \geq 2 a b \sin \beta=4 S_{A B C}\) и \(c^{2}+d^{2} \geq 2 c d \geq 2 c d \sin \delta=4 S_{C D A}\).Следователно \(S_{1} \geq 3 S+4\left(S_{A B C}+S_{C D A}\right)=3 S+4 S=7 S\), т.е. \(\tfrac{S_{1}}{S} \geq 7\). Оттук следва, че търсената най-малка стойност е 7 и тя се достига, когато са изпълнени едновременно равенствата \(a=b, c=d\) и \(\beta=\delta=90^{\circ}\).

Задача 2. Диагоналите на вписания в окръжност четириъгълник \(A B C D\) се пресичат в точка \(O\), а продълженията на страните \(A D\) и \(B C\) се пресичат в точка \(U\). Ако \(P\) е пресечната точка на \(O U\) и \(D C\), да се докаже, че описаната около \(\triangle A B P\) окръжност минава през средата на страната \(C D\).

Хаим Хаимов, Варна

Решение: втората обща точка на описаната около \(\Delta ABP\) окръжност \(k\) със страната \(DC\) означаваме с \(E\), а пресечните ѝ точки с правите \(AD\) и \(B C\) - съответно с \(M\) и \(N\). Изпълнени са равенствата \(D E . D P=D M . D A\) и \(C E . C P=C N . C B\). Оттук следва \(\tfrac{D E \cdot D P}{C E \cdot C P}=\tfrac{D M \cdot D A}{C N \cdot C B}\). За да докажем, че \(D E=C E\), е достатъчно да докажем равенството \(\tfrac{D P}{C P}=\tfrac{D M \cdot D A}{C N \cdot C B}\). Тъй като \(∢ A D B=∢ A C B\), то \(∢ O D U=∢ O C U\). Затова \(\tfrac{D P}{C P}=\tfrac{S_{D O U}}{S_{C O U}}=\tfrac{D U \cdot D O}{C U \cdot C O}\). Това означава, че желаното равенство ще бъде изпълнено, ако докажем, че (*) \(\tfrac{D U \cdot D O}{C U \cdot C O}=\tfrac{D M \cdot D A}{C N \cdot C B}\). Тъй като \(∢ N M U=∢ A B U\) и \(∢ A B U=∢ C D U\), то \(∢ N M U=∢ C D U\). Следователно \(M N \| D C\). Оттук имаме \(\tfrac{D U}{C U}=\tfrac{D M}{C N}\). Така равенството (*) става равносилно с \(\tfrac{D O}{C O}=\tfrac{D A}{C B}\). Последното равенство е изпълнено, защото \(\triangle A O D \sim \triangle B O C\). С това задачата е решена.

Задача 3. Да се пресметне интегралът \(\int_{1}^{\infty} \tfrac{1}{x^{2(n+1)}} \arcsin \tfrac{1}{x} d x\), където \(n\) е ло неотрицателно число.

Виктория Събева, Стара Загора

Решение: след полагането \(\tfrac{1}{x}=\sin t, x=\tfrac{1}{\sin t}, d x=-\tfrac{\cos t}{\sin ^{2} t} d t\),

се получава \[ \begin{gathered} \int_{1}^{\infty} \tfrac{1}{x^{2(n+1)}} \arcsin \tfrac{1}{x} d x=\int_{\tfrac{\pi}{2}}^{0}(\sin t)^{2 n+2} t\left(-\tfrac{\cos t}{\sin ^{2} t}\right) d t=\int_{0}^{\tfrac{\pi}{2}} t \sin ^{2 n} t d(\sin t)=\tfrac{1}{2 n+1} \int_{0}^{\tfrac{\pi}{2}} t d\left(\sin ^{2 n+1} t\right)= \\ =\tfrac{1}{2 n+1}\left(\left.t \sin ^{2 n+1} t\right|_{0} ^{\tfrac{\pi}{2}}-\int_{0}^{\tfrac{\pi}{2}} \sin ^{2 n+1} t d t\right)=\tfrac{1}{2 n+1}\left(\tfrac{\pi}{2}+\int_{0}^{\tfrac{\pi}{2}}\left(\sin ^{2} t\right)^{n} d \cos t\right)= \\ =\tfrac{1}{2 n+1}\left(\tfrac{\pi}{2}+\int_{0}^{\tfrac{\pi}{2}}\left(1-\cos ^{2} t\right)^{n} d \cos t\right)=\tfrac{1}{2 n+1}\left(\tfrac{\pi}{2}+\int_{0}^{\tfrac{\pi}{2}} \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{k}\left(\cos ^{2} t\right)^{k} d \cos t\right)= \\ =\tfrac{1}{2 n+1}\left(\tfrac{\pi}{2}+\left.\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{k} \tfrac{(\cos t)^{2 k+1}}{2 k+1}\right|^{\tfrac{\pi}{2}}\right)=\tfrac{1}{2 n+1}\left(\tfrac{\pi}{2}+\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} \tfrac{(-1)^{k}}{2 k+1}(-1)\right)= \\ =\tfrac{1}{2 n+1}\left(\tfrac{\pi}{2}-\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} \tfrac{(-1)^{k}}{2 k+1}\right) \end{gathered} \]