Задача 1. Да се намерят всички наредени тройки от реални числа \((x, y, z)\), за които са изпълнени неравенствата:

\[ \left\lvert\, \begin{aligned} & 2^{x}+2^{y+1}+2^{z+2} \leq 28, \\ & x+y+z \geq 6, \\ & y+3 z \geq 8 . \end{aligned}\right. \]

Даниела Белдеа, Баилещ, Румъния

Решение: От неравенството между средното аритметично и средното геометрично намираме \(28 \geq 2^{x}+2^{y}+2^{y}+2^{z}+2^{z}+2^{z}+2^{z} \geq 7 \cdot \sqrt[7]{2^{x+2 y+4 z}}=7 \cdot \sqrt[7]{2^{x+y+z} \cdot 2^{y+3 z}} \geq\) \(\geq 7 \cdot \sqrt[7]{2^{6} \cdot 2^{8}}=7 \cdot 2^{2}=28\). Следователно \(2^{x}=2^{y}=2^{z}\), т.е. \(x=y=z\). Така от второто (или третото) неравенство получаваме \(3 x \geq 6\), т.е. \(x \geq 2\). От първото неравенство следва \(2^{x}+2^{x+1}+2^{x+2} \leq 28\), което води до \(2^{x} \leq 2^{2}\), т.е. \(x \leq 2\). Следователно \(x=y=z=2\).

Задача 2. Да се построи триъгълник \(A B C\), описан около окръжност с радиус \(r\), така че страните му \(B C, A B\) и \(A C\) да образуват в този ред аритметична прогресия с разлика \(d\), където \(r\) и \(d\) са дадени отсечки.

Христо Лесов, Казанлък

Решение: Нека \(G\) е медицентърът на \(A B C, M\) е средата на \(A B\) и \(I\) е центърът на вписатата в DщаABCта \(B I\) окръжноств \(\triangle B C L\) след. От свойствова \(\tfrac{C I}{L I}=\tfrac{B C}{B L}\)то, а на ъг от свойстволополовяACто на ъглополовящата \(C L\) в \(\triangle A B C\) следва \(\tfrac{A L}{B L}=\tfrac{A C}{B C}\). Тези равенства, посредством следствията от второто \(\tfrac{A L+B L}{B L}=\tfrac{A C+B C}{B C}\) и \(\tfrac{A B}{B L}=\tfrac{A C+B C}{B C}\), водят до \(\tfrac{B C}{B L}=\tfrac{A C+B C}{B C}=\tfrac{C I}{L I}\). Тъй като \(B C, A B\) и \(A C\) образуват в този ред аритметична прогресия, то \(A C+B C=2 A B\). Затова от предишните равенства получаваме \(B L=\tfrac{B C}{2}\) и \(\tfrac{C I}{L I}=2=\tfrac{C G}{M G}\). Следователно \(G I \| M L\) и \(\tfrac{G I}{M L}=\tfrac{C G}{C M}=\tfrac{2}{3}\), т.е. \(G I=\tfrac{2}{3} M L\). Сега от \(M L=B M-B L=\tfrac{A B-B C}{2}=\tfrac{d}{2}\) следва \(G I=\tfrac{d}{3}\). Ако \(T\) е допирната точка на вписаната в \(\triangle A B C\) окръжност, то \(I T=r, B T=\tfrac{B C-A C+A B}{2}\) и \(T M=B M-B T=\tfrac{A C-B C}{2}=d\).

От тези резултати виждаме, че желаното построение може да се извърши по следния начин: 1) Построяваме отсечката \(G I=\tfrac{d}{3}\); 2) Построяваме \(I T \perp G I, I T=r\) и правата \(l\) през \(T\), перпендикулярна на \(I T\); 3) Върху \(l\) по посока на \(\overrightarrow{I G}\) нанасяме отсечка \(T M=d ; 4\) ) Построяваме правата \(M G\), а след това върху нея – точка \(C\), за която \(\overrightarrow{G C}=2 \cdot \overrightarrow{M G}\)– така се определя върхът \(C\); 4) Построяваме окръжност с център \(I\) и радиус \(I T=r\), а след това допирателните през \(C\) към тази окръжност. Тези допирателни пресичат \(l\) в точките \(A\) и \(B\). Триъгълникът \(A B C\) е търсеният.

Задача 3. Нека \(O\) и \(H\) са центърът на описаната окръжност и ортоцентърът на остроъгълен триъгълник \(A B C\), за който \(∢ A C B=\gamma\). Ако \(M\) и \(N\) са такива точки съответно върху страните \(A C\) и \(B C\), за които \(∢ M H N=\gamma\), да се докаже, че:

а) ортогоналните проекции \(P\) и \(Q\) съответно на точките \(O\) и \(H\) върху правата \(M N\) лежат на Ойлеровата окръжност на \(\triangle A B C\);

б) \(∢ M O N=180^{\circ}-2 \gamma\).

Хаим Хаимов, Варна

Решение: В решението ще използваме следната:

Лема. Нека X е произволна точка в изпъкналия четириъгълник \(A B C D\), а \(H_{1}\), \(H_{2}\), \(H_{3}\) и \(H_{4}\) са ортогоналните проекции на \(X\) съответно върху \(A B, B C, C D\) и \(D A\). Точките \(H_{1}, H_{2}, H_{3}\) и \(H_{4}\) лежат на една окръжност тогава и само тогава, когато \(∢ A X B+∢ C X D=180^{\circ}\).

Доказателство. Тъй като четириъгълниците \(A H_{1} X H_{4}, \quad H_{4} X H_{3} D\), \(H_{3} X H_{2} C\) и \(H_{1} B H_{2} X\) са вписани, то \(∢ H_{4} H_{1} X=∢ H_{4} A X, ∢ H_{2} H_{1} X=∢ H_{2} B X\), \(∢ H_{4} H_{3} X=∢ H_{4} D X\) и \(∢ H_{2} H_{3} X=∢ H_{2} C X\). Оттук следва

\(∢ H_{4} H_{1} H_{2}+∢ H_{4} H_{3} H_{2}=\left(∢ H_{4} H_{1} X+∢ H_{2} H_{1} X\right)+\left(∢ H_{4} H_{3} X+∢ H_{2} H_{3} X\right)=\)

\(=\left(∢ H_{4} A X+∢ H_{2} B X\right)+\left(∢ H_{4} D X+∢ H_{2} C X\right)=\left(∢ H_{4} A X+∢ H_{4} D X\right)+\left(∢ H_{2} B X+∢ H_{2} C X\right)=\) \(=\left(180^{\circ}-∢ A X D\right)+\left(180^{\circ}-∢ B X D\right)=∢ A X B+∢ C X D\).

Следователно \(∢ H_{4} H_{1} H_{2}+∢ H_{4} H_{3} H_{2}=180^{\circ}\) е еквивалентно с \(∢ A X B+∢ C X D=180^{\circ}\). С това лемата е доказана.

Преминаваме към решаване на задачата.

а) От условието имаме \(∢ A H B=180^{\circ}-\gamma\) и затова \(∢ A H B+∢ M H N=180^{\circ}\). Според лемата можем да заключим, че проекциите на \(H\) върху страните на четириъгълника \(A B N M\) лежат на една окръжност. Но това е Ойлеровата окръжност \(k\) на \(\triangle A B C\), защото съдържа петите на височините му. Следователно \(Q \in k\). Центърът \(O_{1}\) на \(k\) е средата на \(O H\). Затова, ако \(K\) е средата на \(P Q\), то \(O_{1} K\) е средна основа в трапеца \(O H Q P\), което означава, че \(O_{1} K \perp P Q\). Оттук следва, че \(O_{1} P=O_{1} Q\) и затова \(P \in k\).

б) От \(P \in k\) следва, че проекциите на точката \(O\) върху страните на четириъгълника \(A B N M\) лежат върху окръжността \(k\). Според лемата можем да заключим, че \(∢ A O B+∢ M O N=180^{\circ}\), т.е. \(∢ M O N=180^{\circ}-2 \gamma\). С това задачата е решена.