Задача 1. а) Покажете, че ако \(x \geq-1\), то \(9 x^{3}+3 x^{2}+1 \geq 5 x\).

б) Намерете реалните стойности на \(k\), при които за всички \(a, b, c \in[-1,+\infty)\), , е изпълнено неравенството \(3\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)+a^{2}+b^{2}+c^{2}+1 \geq k(a+b+c)\).

Лучиан Туцеску, Крайова, Димитру Савулеску, Букурещ, Румъния

Решение: а) Разглежданото неравенство е еквивалентно с \((x+1)(3 x-1)^{2} \geq 0\), което е очевидно при \(x \geq-1\).

б) От а) следват неравенствата \(9 a^{3}+3 a^{2}+1 \geq 5 a, 9 b^{3}+3 b^{2}+1 \geq 5 b\) и \(9 c^{3}+3 c^{2}+1 \geq 5 c\). След почленно събиране получаваме \(3\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right)+a^{2}+b^{2}+c^{2}+1 \geq \tfrac{5}{3}(a+b+c)\). Затова \(k=\tfrac{5}{3}\) е една от търсените стойности. От друга страна, при \(a=b=c=-1\) е изпълнено \(k \geq \tfrac{5}{3}\), а при \(a=b=c=\tfrac{1}{3}\)– съответно \(k \leq \tfrac{5}{3}\). Следователно \(k=\tfrac{5}{3}\) е единствената стойност, при която е изпълнено неравенството.

Задача 2. Трапец се разделя чрез един от диагоналите си на триъгълници с лица \(a\) и \(a+1\). Да се намери лицето на триъгълника, образуван от голямата основа на трапеца и правите, върху които лежат бедрата му. При кои стойности на \(a\) лицето на този триъгълник е целочислено?

Милен Найденов, Варна

Решение: Нека \(A B C D\) е трапец, за който \(A B \| C D\) и \(B C\) \(\cap A D=0\). Означаваме лицата на триъгълниците \(A B O\), \(C D O\) и \(A C O\) съответно с \(S_{A B O}, S_{C D O}\) и \(S_{A C O}\). От подобието на триъгълниците \(A B O\) и \(D C O\) следва \(\tfrac{S_{A B O}}{S_{D C O}}=\tfrac{|O A|^{2}}{|O D|^{2}}=k^{2}\) (\(k\) е коефициентът на подобие). От друга страна, \(\tfrac{S_{A C O}}{S_{D C O}}=\tfrac{|O A|}{|O D|}=k\). От тези съотношения следва, че \(S_{A C O}^{2}=S_{D C O} . S_{A B O}\). S ABO. Сега при \(S_{A C D}=a, S_{A B C}=a+1\) и \(S_{C D O}=x\) получаваме \((x+a)^{2}=\) \(x(x+2 a+1)\), откъдето \(x=a^{2}\). Тогава \(S_{A B O}=(a+1)^{2}\). Оттук следва, че \(S_{A B O}\) е цяло число при всички естествени стойности на \(a\).

Решение на Ирина Вутова. Нека \(A B C D\) е трапец с основи \(A B\) и \(C D(|A B| \gt |C D|)\) и \(O\) е пресечна точка на правите \(A D\) и \(B C\). (За краткост, лицето на \(\triangle D A C\) ще запишем като \(S_{D A C}\), а лицето на \(\triangle C A B\)– като \(S_{C A B}\).) Ще решим задачата по метода на векторно-алгебричното моделиране. За целта с \(\lambda, S\) и \(S_{1}\) означаваме съответно отношението на основите \(A B\) и \(C D(\lambda \gt 1)\), лицето на \(\triangle O D C\) и лицето на \(\triangle O A B\). От условието (и въведените означения) непосредствено следва, че: \(S_{C D A}=a, S_{C A B}=a+1, \overrightarrow{O A}=\lambda \cdot \overrightarrow{O D}, \overrightarrow{O B}=\lambda \cdot \overrightarrow{O C}\) и \(S_{1}=\lambda^{2} . S\). Оттук намираме \(\overrightarrow{D A}=(\lambda-1) \cdot \overrightarrow{O D}, \overrightarrow{C D}=\overrightarrow{O D}-\overrightarrow{O C}, \overrightarrow{C A}=\lambda \cdot \overrightarrow{O D}-\overrightarrow{O C}\) и \(\overrightarrow{C B}=(\lambda-1) \cdot \overrightarrow{O C}\). Следова- телно \(S_{C D A}=\tfrac{1}{2} \cdot|\overrightarrow{C D} \times \overrightarrow{C A}|=(\lambda-1) . S \quad\) и \(\quad S_{C B A}=\tfrac{1}{2} \cdot|\overrightarrow{C A} \times \overrightarrow{C B}|=\lambda \cdot(\lambda-1) \cdot S\). Съгласно означенията последните равенства са еквивалентни съответно с \(a=(\lambda-1) . S\) и \(a+1=\lambda .(\lambda-1) . S\). . Оттук намираме \(\lambda=\tfrac{a+1}{a}\) и \(S=a^{2}\). Тогава \(S_{1}=(a+1)^{2}\). Лицето на \(\triangle O A B\) е цяло число тогава и само тогава, когато числото \(a\) е естествено число.

Задача 3. Вписаната в \(\triangle A B C\) окръжност се допира до страните \(B C, C A\) и \(A B\) съответно в точките \(A_{1}, B_{1}\) и \(C_{1}\). Нека \(C_{2}\) е втората пресечна точка на описаните около \(\triangle A_{1} B_{1} C\) и \(\triangle A B C\) окръжности, а точките \(A_{2}\) и \(B_{2}\) се получават аналогично по отношение съответно на върховете \(A\) и \(B\). Да се докаже, че правите \(A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}\) и \(C_{1} C_{2}\) се пресичат в една точка.

Хаим Хаимов, Варна

Решение: Нека \(I\) и \(O\) са центровете съответно на вписаната и описаната окръжност \(k_{1}\) и \(k_{2}\) на \(\triangle A B C\). Ако \(I \equiv O\), т.е. \(0 A B C\) е равностранен, твърдението на задачата е очевидно. Затова ще предполагаме, че \(I \neq O\). Ще покажем, че правите \(A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}\) и \(C_{1} C_{2}\) минават през външния център на хомотетия за \(k_{1}\) и \(k_{2}\). От свойствата на вписаните ъгли следва, че \(∢ B_{1} A C_{2}=∢ A_{1} B C_{2}\) и \(\forall C_{2} B_{1} C=∢ C_{2} A_{1} C\). Следователно \(\Delta A B_{1} C_{2} \sim \Delta B A_{1} C_{2}\). Оттук \(\tfrac{A C_{2}}{B C_{2}}=\tfrac{A B_{1}}{B A_{1}}=\tfrac{A C_{1}}{B C_{1}}\). Следователно \(C_{1} C_{2}\) е ъглополовяща на \(∢ A C_{2} B\). Затова \(C_{1} C_{2}\) минава през средата \(F\) на \(\overparen{A B}\) от \(k_{2}\). Тъй като \(O F \perp A B\) и \(I C_{1} \perp A B\), то радиусите \(O F\) и \(I C_{1}\) съответно на \(k_{2}\) и \(k_{1}\) са успоредни. Затова \(C_{1} C_{2}\) пресича централата \(O I\) в центъра на хомотетия \(P\) за \(k_{1}\) и \(k_{2}\). По аналогичен начин се показва, че \(A_{1} A_{2}\) и \(B_{1} B_{2}\) минават през \(P\).