Задача 1. За реалните положителни числа \(x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}(n \geq 2)\) е изпълнено равенството \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}=s\). Да се докаже неравенството \(\tfrac{x_{1}^{3}}{s-x_{1}^{2}}+\tfrac{x_{2}^{3}}{s-x_{2}^{2}}+\cdots+\tfrac{x_{n}^{3}}{s-x_{n}^{2}} \geq \tfrac{\sqrt{n s}}{n-1}\). Кога се достига равенството?

Лучиан Туцеску – Крайова, и Мариан Воинеа – Букурещ

Решение. Без ограничение на общността можем да считаме, че \(x_{1} \geq x_{2} \geq \cdots \geq x_{n}\). Тогава \(x_{1}^{3} \geq x_{2}^{3} \geq \cdots \geq x_{n}^{3}\) и \(\tfrac{1}{s-x_{1}^{2}} \geq \tfrac{1}{s-x_{2}^{2}} \geq \cdots \geq \tfrac{1}{s-x_{n}^{2}}\). Оттук

според неравенството на Чебишов следва

(*) \(\tfrac{x_{1}^{3}}{s-x_{1}^{2}}+\tfrac{x_{2}^{3}}{s-x_{2}^{2}}+\cdots+\tfrac{x_{n}^{3}}{s-x_{n}^{2}} \geq \tfrac{1}{n}\left(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+\cdots+x_{n}^{3}\right)\left(\tfrac{1}{s-x_{1}^{2}}+\tfrac{1}{s-x_{2}^{2}}+\cdots+\tfrac{1}{s-x_{n}^{2}}\right)\).

От неравенството на Чебишов следва още, че \(\left[\left(s-x_{1}^{2}\right)+\left(s-x_{1}^{2}\right)+\cdots+\left(s-x_{1}^{2}\right)\right]\left(\tfrac{1}{s-x_{1}^{2}}+\tfrac{1}{s-x_{2}^{2}}+\cdots+\tfrac{1}{s-x_{n}^{2}}\right) \geq n^{2}\), което води до неравенството \(\tfrac{1}{s-x_{1}^{2}}+\tfrac{1}{s-x_{2}^{2}}+\cdots+\tfrac{1}{s-x_{n}^{2}} \geq \tfrac{n^{2}}{(n-1) s}\).

След последователно прилагане на „хубавото неравенство“ и неравенството между средното аритметично и средното квадратично получаваме

\[ \begin{aligned} & x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+\cdots+x_{n}^{3}=\tfrac{x_{1}^{4}}{x_{1}}+\tfrac{x_{2}^{4}}{x_{2}}+\cdots \tfrac{x_{n}^{4}}{x_{n}} \geq \tfrac{\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}\right)^{2}}{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}= \\ = & \tfrac{s^{2}}{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}} \geq \tfrac{s^{2}}{\sqrt{n\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}\right)}}=\tfrac{s \sqrt{s}}{\sqrt{n}} \end{aligned} \]

След заместване на намерените две неравенства в дясната страна на (*) \(\tfrac{x_{1}^{3}}{s-x_{1}^{2}}+\tfrac{x_{2}^{3}}{s-x_{2}^{2}}+\cdots+\tfrac{x_{n}^{3}}{s-x_{n}^{2}} \geq \tfrac{\sqrt{n s}}{n-1}\). Равенство се достига тогава и само тогава, когато \(x_{1}=x_{2}=\cdots=x_{n}=\sqrt{\tfrac{s}{n}}\).

Задача 2. Нека \(M\) и \(N\) са такива точки съответно от страните \(A C\) и \(B C\) на остроъгълния триъгълник \(A B C\), че е изпълнено равенството \(∢ A M B+∢ A N B=180^{\circ}\). Ако \(P\) и \(Q\) са средите съответно на отсечките \(A N\) и \(B M\), а \(T\) е пресечната им точка, да се докаже, че когато точките \(M\) и \(N\) менят положенията си върху страните \(A C\) и \(B C\), описаната около \(\triangle P Q T\) окръжност минава през постоянна точка. Къде лежи тази точка?

Хаим Хаимов – Варна Решение. Нека \(E\) е средата на \(A B\), а \(O\) е втората пресечна точка на описаната около \(\triangle M N C\) окръжност с медианата \(C E\). Ще покажем, че когато \(M\) и \(N\) менят положенията си съответно върху \(A C\) и \(B C\), точката \(O\) лежи върху описаната за \(\triangle P Q T\) окръжност \(k\) и е постоянна за \(k\). От равенствата \(\tfrac{1}{2} O M \cdot A C \cdot \sin ∢ O M C=S_{A O C}=S_{B O C}=\tfrac{1}{2} O N \cdot B C \cdot \sin ∢ O N B \quad\) и \(∢ O M C=∢ O N B\) следва, че \(O M . A C=O N . B C\), т. AC = ON. Отдругастрана, равенстватаводят \(∢ A M B+∢ A N B=180^{\circ}\) до \(\tfrac{M B}{N A}=\tfrac{B C}{A C}\). Следови \(S_{A B C}=\tfrac{1}{2} A C \cdot M B \cdot \sin ∢ A M B=\tfrac{1}{2} B C \cdot N A \cdot \sin ∢ A N B\) ателно \(\tfrac{O M}{O N}=\tfrac{M B}{N A}=\tfrac{B C}{A C}\). Сега от условието \(∢ A M B+∢ A N B=180^{\circ}\) следва, че \(∢ B M C+∢ A N C=180^{\circ}\). Затова четириъгълникът \(M T N C\) е вписан в окръжност \(k_{0}\), т. е. точката \(T\) лежи върху описаната около \(\triangle M N C\) окръжност. Оттук следва, че \(∢ O M T=∢ O N T\), т. е. \(∢ O M B=∢ O N A\).

Следователно \(\triangle M O B \sim \triangle N O A\), откъдето \(\tfrac{O A}{O B}=\tfrac{A N}{B M}=\tfrac{A C}{B C}\). Заключаваме, че \(O\) е втората пресечна точка на \(C E\) с Аполониевата окръжност за отсечката \(A B\) при отношение \(\tfrac{A C}{B C}\). Следователно точката \(O\) е неподвижна точка върху медианата \(C E\). Освен това от \(\triangle M O B \sim \triangle N O A\) следва, че \(\triangle O Q B \sim \triangle O P A\). Затова \(∢ O Q B=∢ O P A=∢ O P T\). Следователно четириъгълникът \(O P Q T\) е вписан в окръжност, т. е. \(O \in k\). С това задачата е решена, но се оказва, че окръжността \(k\) минава през още една постоянна точка. Това е средата \(E\) на \(A B\). В доказателството на този факт ще из ползваме означенията: \(B C=a, C A=b, A B=c, ∢ B A C=\alpha, ∢ A B C=\beta\) , \(∢ A M B=\delta\) и \(S\)– лицето на \(\triangle A B C\). От синусовата теорема за \(\triangle A B M\) \(A M=\tfrac{c}{\sin \delta}(\sin \alpha \cos \delta+\sin \delta \cos \alpha)=c(\sin \alpha \operatorname{ctg} \delta+\cos \alpha)\)имаме равенствата \(\tfrac{B M}{\sin \alpha}=\tfrac{A M}{\sin (\alpha+\delta)}=\tfrac{A B}{\sin \delta}\). Оттук следва \(B M=\tfrac{c \cdot \sin \alpha}{\sin \delta}\) и .

След заместване на равенствата \(\sin \alpha=\tfrac{2 S}{b c}\) и \(\cos \alpha=\tfrac{-a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2 b c}\) по-лучаваме \(\quad B M=\tfrac{2 S}{b \sin \delta} \quad\) и \(\quad A M=\tfrac{4 S . \operatorname{ctg} \delta-a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2 b}\). Аналогично от синусовата теорема за \(\triangle A B N\), която се изразява с равенствата \(\tfrac{A N}{\sin \beta}=\tfrac{B N}{\sin (\delta-\beta)}=\tfrac{A B}{\sin \delta}\) и равенствата \(\sin \beta=\tfrac{2 S}{a c}\) и \(\cos \beta=\tfrac{a^{2}-b^{2}+c^{2}}{2 a c}\) следват равенствата \(A N=\tfrac{2 S}{a \sin \delta} \quad\) и \(\quad B N=\tfrac{-4 S . \operatorname{ctg} \delta+a^{2}-b^{2}+c^{2}}{2 a}\). От свойствата на секущите към окръжността \(k_{0}\) следват равенствата \(A T . A N=A M . A C\) и \(B T . B M=B N . B C\). AN = AM . AC и BT. BM = BN. BC . Оттук, като вземем предвид получените\(B T=\tfrac{b \cdot \sin \delta}{4 S}\left(-4 S \cdot \operatorname{ctg} \delta+a^{2}-b^{2}+c^{2}\right)\). по-рано равенства, намираме \(A T=\tfrac{a \cdot \sin \delta}{4 S}\left(4 S \cdot \operatorname{ctg} \delta-a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)\) Некасега \(k_{1}\) еописанатаоколо \(\triangle A E T\) и окръжност. От свойствата на секущите към \(k_{1}\) следва \(A U \cdot A E=A T \cdot A P\). AE = AT. AP . Тъй като \(A E=\tfrac{c}{2}, A P=\tfrac{A N}{2}\) и \(U E=A E-A U\), то \(U E=\tfrac{1}{2 c}\left(-4 S . \operatorname{ctg} \delta+a^{2}-b^{2}\right)\). Нека \(k_{1}\) пресича за втори път \(B M\) в точка \(Q^{\prime}\). От свойството на секущите към \(k_{1}\), изразяващо се с равенството \(B Q^{\prime} \cdot B T=B E \cdot B U\), и равенствата \(B E=\tfrac{c}{2} \quad\) и \(\quad B U=B E+U E \quad\) следва \(\quad B Q^{\prime}=\tfrac{(c+2 U E)_{c S}}{b \sin \delta\left(-4 S c t g \delta+a^{2}-b^{2}+c^{2}\right)}\). След заместване в това равенство на намерения израз за \(U E\) получаваме \(B Q^{\prime}=\tfrac{S}{b \sin \delta}\). Следователно \(B Q^{\prime}=\tfrac{B M}{2}\). Това означава, че \(Q^{\prime}\) е среда на \(B M\), т. е. \(Q^{\prime} \equiv Q\). Следователно \(k_{1} \equiv k\) и \(k\) минава през \(E\). Така окончателно стигаме до извода: когато точките \(M\) и \(N\) се движат съответно по \(A C\) и \(B C\), окръжността \(k\) пресича медианата \(C E\) на \(\triangle A B C\) в две постоянни точки, едната от които е средата \(E\) на \(A B\), а другата е такава точка \(O\), за която е изпълнено \(\tfrac{O A}{O B}=\tfrac{A C}{B C}\).

Задача 3. Дадени са сфера \(S\) и точките \(A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}\) върху нея. Да се определи множеството от точки \(P\), които са вътрешни за \(S\) и удовлетворяват равенството \(\tfrac{A_{1} P}{P B_{1}}+\tfrac{A_{2} P}{P B_{2}}+\cdots+\tfrac{A_{n} P}{P B_{n}}=n\), където \(B_{k}\) е пресечната точка на \(A_{k} P\) и \(S(k=1,2, \ldots, n)\).

Христо Лесов – Казанлък

Решение. Нека \(O\) и \(R\) са съответно центърът и радиусът на сферата \(S\). При \(n=1\) върху \(S\) е дадена само една точка \(A_{1}\) и е изпълнено равенството \(\tfrac{A_{1} P}{P B_{1}}=1\), т. е. \(A_{1} P=P B_{1}\). Затова \(P\) е средата на хордата \(A_{1} B_{1}\) и лежи върху окръжност, описана около правоъгълния триъгълник \(A_{1} P O\left(∢ A_{1} P O=90^{\circ}\right)\) или \(P \equiv O\). Следователно търсеното множество е сфера с диаметър \(A_{1} O=R\) без точката \(A_{1}\). При \(n \geq 2\) върху \(S\) са дадени поне две точки, а тройките точки \(A_{1}, P, O ; A_{2}, P, O ; \ldots ; A_{n}, P, O\) лежат на окръжности сти с общ диаметър \(D E=2 R\), където \(D\) и \(E\) са пресечните точки \(O P\) с \(S\). От тези окръжности следва зависимостта

\[ A_{1} P \cdot P B_{1}=A_{2} P \cdot P B_{2}=\cdots=A_{n} P \cdot P B_{n}=D P \cdot P E=(R+O P)(R-O P)=R^{2}-O P^{2} . \]

Даденото в условието равенство преобразуваме във вида \( \cfrac{A_{1} P^{2}}{A_{1} P \cdot P B_{1}}+\cfrac{A_{2} P^{2}}{A_{2} P \cdot P B_{2}}+\cdots+\cfrac{A_{n} P^{2}}{A_{n} P \cdot P B_{n}}=n \) или \(\cfrac{A_{1} P^{2}+A_{2} P^{2}+\cdots A_{n} P^{2}}{R^{2}-O P^{2}}=n\) , т. е. \(A_{1} P^{2}+A_{2} P^{2}+\cdots+A_{n} P^{2}=n \cdot\left(R^{2}-O P^{2}\right) \) \((1)\) . От известното равенство на Лайбниц или теоремата на Лагранж за инерчните моменти \(I_{G}\) и \(I_{P}\) на системата точки \(A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}\) с равни маси спрямо нейния масов център \(G\) и произволна точка \(P\) следва \(I_{P}-I_{G}+n . P G^{2}\), т. е. \(A_{1} P^{2}+A_{2} P^{2}+\cdots+A_{n} P^{2}=A_{1} G^{2}+A_{2} G^{2}+\cdots+A_{n} G^{2}+n . P G^{2}\) (Паскалев, Г., И. Чобанов. Забележителни точки в триъгълника. Народна просвета, София, 1985). При \(P \equiv O\) от (2) получаваме \(A_{1} O^{2}+A_{2} O^{2}+\cdots+A_{n} O^{2}=A_{1} G^{2}+A_{2} G^{2}+\cdots+A_{n} G^{2}+n \cdot O G^{2}\).

Тъй като \(A_{1} O=A_{2} O=\cdots=A_{n} O=R\), то \(A_{1} G^{2}+A_{2} G^{2}+\cdots+A_{n} G^{2}=n .\left(R^{2}-O G^{2}\right)\). Сега заместваме в \((2)\) и намираме \(A_{1} P^{2}+A_{2} P^{2}+\cdots+A_{n} P^{2}=n .\left(R^{2}-O G^{2}+P G^{2}\right)\) (3). От \((1)\) и \((3)\) следва, че \(n \cdot\left(R^{2}-O P^{2}\right)=n \cdot\left(R^{2}-O G^{2}+P G^{2}\right)\) или \(O P^{2}+P G^{2}=O G^{2}\). От теоремата, обратна на Питагоровата, следва, че \(∢ O P G=90^{\circ}\). Това означава, че точката \(P\) описва сфера с диаметър \(O G\), която е вътре в дадената сфера \(S\), защото точките \(A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}\) са върху \(S\), а \(G\) е вътрешна за \(S\). Остава да покажем, че за всяка точка \(P\) от сферата с диаметър \(O G\) е изпълнено равенството \((1)\) . Тъй като \(∢ O P G=90^{\circ}\), от Питагоровата теорема имаме \(O P^{2}+P G^{2}=O G^{2}\), т. е. \(P G^{2}-O G^{2}=-O P^{2}\). Но равенството (3) е в сила за произволна точка \(P\) и затова имаме \(A_{1} P^{2}+A_{2} P^{2}+\cdots+A_{n} P^{2}=n .\left(R^{2}-O P^{2}\right)\), което е (1) . С това е доказано, че търсеното множество от точки \(P\) е сфера с диаметър \(O G\).