Задача 1. Да се намери сборът от корените на уравненията \(3.2^{x}+8.3^{x}=159000\) и \(x^{5}+32.11^{x}=56697728\).

Милен Найденов, Варна

Решение. Разделяме двете страни на първото уравнение на 24 и получаваме \(2^{x-3}+3^{x-1}=6625\). Полагаме \(u=x-2\) и уравнението добива вида \(2^{u}+6.3^{u}=13250\). Тъй като функцията \(f(u)=2^{u}+6.3^{u}-13250\) е растяща (лявата графика на чертежа), то уравнението \(f(u)=0\) има единствено реално решение \(u_{0}\). С непосредствена проверка се вижда, че това решение е \(u_{0}=7\). Оттук намираме, че \(x_{1}=u_{0}+2=9\) е единственото решение на първото уравнение. След това разделяме двете страни на второто уравнение на 32 и получаваме \(\left(\cfrac{x}{2}\right)^{5}+11^{2 \cdot\left(\cfrac{x}{2}\right)}=1771804\). Полагаме \(v=\cfrac{x}{2}\) и уравнението добива вида \(v^{5}+11^{2 . v}=1771804\). Тъй като функцията \(f(v)=v^{5}+11^{2 . v}-1771804\) е растяща (дясната графика на чертежа), то уравнението \(f(u)=0\) има единствено реално решение \(v_{0}\). С непосредствена проверка се вижда, че това решение е \(v_{0}=3\). Оттук намираме, че \(x_{2}=2 . v_{0}=6\) е единственото решение на второто уравнение. От получените резултати следва, че търсената сума от корени е следната \(x_{1}+x_{2}=9+6=15\).

Задача 2. Перпендикулярните прави \(m\) и \(n\) се пресичат в точка \(O\), а точките \(M\) и \(N\) лежат на права \(l\), минаваща през \(O\). Ортогоналната проекция на \(M\) върху \(m\) е \(M_{0}\), а ортогоналната проекция на \(N\) върху \(n\) е \(N_{0}\). Ако \(M_{0} N\) пресича отсечката \(O N_{0}\) в точка \(T\), а дължините на отсечките \(O N_{0}\) и \(M M_{0}\) са съответно 7 и 4 , да се намери дължината на \(O T\).

Сава Гроздев, София, и Веселин Ненков, Бели Осъм

Решение. От подобните триъгълници \(O M M_{0}\) и \(N O N_{0}\) следва равенството \(\cfrac{M M_{0}}{O N_{0}}=\cfrac{O M_{0}}{N N_{0}}\), а от подобните триъгълници \(M_{0} O T\) и \(N N_{0} T\) следва, че \(\cfrac{O M_{0}}{N N_{0}}=\cfrac{O T}{N_{0} T}\). От тези равенства получаваме \(\cfrac{M M_{0}}{O N_{0}}=\cfrac{O T}{N_{0} T}\). Оттук \(M M_{0} \cdot N_{0} T=O T \cdot O N_{0}\) и получаваме \(M M_{0} \cdot\left(O N_{0}-O T\right)=O T \cdot O N_{0}, \quad M M_{0} \cdot O N_{0}=O T \cdot O N_{0}+O T \cdot M M_{0}\). Последното равенство разделяме на \(M M_{0} . O N_{0} . O T\) и стигаме до \(\cfrac{1}{O T}=\cfrac{1}{O N_{0}}+\cfrac{1}{M M_{0}}\). Сега след заместване намираме \(O T=\cfrac{28}{11}\).

Задача 3. Окръжността \(k_{1}\) минава през центъра \(O\) на окръжност \(k\) и я пресича в точките \(M\) и \(N\). Върху вътрешната за \(k\) дъга \(M N\) е избрана точка \(P\). Нека \(S=O P \cap k_{1}(S \neq O)\) и \(Q\) е такава точка от \(k\), за която \(Q P \perp M N\). Да се докаже, че средите на отсечките \(M N, O P\) и \(Q S\) лежат на една права.

Хаим Хаимов, Варна

Решение. Означаваме средите на отсечките \(M N\) и \(O P\) съответно с \(E\) и \(F\). Нека още \(E F \cap Q P=G\) и \(E F \cap Q P=T\). За да решим задачата, достатъчно е да докажем, че \(G\) е среда на \(Q S\). От теоремата на Менелай за \(\triangle Q P S\) и правата \(F T G\) имаме \(\cfrac{Q T}{T P} \cdot \cfrac{F P}{S F} \cdot \cfrac{S G}{G Q}=1\). Точката \(G\) е среда на \(Q S\), когато \(\cfrac{S G}{G Q}=1\). Следователно е достатъчно да докажем, че \(\cfrac{Q T}{T P} \cdot \cfrac{F P}{S F}=1\). Сега с \(R\) и \(R_{1}\) означаваме радиусите съответно на \(k\) и \(k_{1}\). Освен това, нека \(∢ Q M N=\alpha\) и \(∢ M Q N=\beta\). Тъй като \(O M=O N\), то \(\overparen{O M}=\overparen{O N}\) и \(∢ O S M=∢ O S N\). Затова \(S O\) е ъглополовяща на \(∢ M S N\). От друга страна, \(∢ O N M=∢ O S M\) (ьгли, опиращи се на дъгата \(\overparen{O M}\) ). Затова \(∢ O N M=∢ O S N\). Тьй като \(∢ O P N\) е външен за \(\triangle N S P\), то \(∢ O P N=∢ P S N+∢ P N S\). Но от \(O P=O N\) следва, че \(∢ O N P=∢ O P N\). Това означава, че \(∢ O N P=∢ O S N+∢ P N S\). От това равенство и \(∢ O N P=∢ O N M+∢ M N P=∢ O S N+∢ M N P\) следва, че \(∢ P N S=∢ M N P\). Следователно \(N P\) е ъглополовяща на \(∢ M N S\) и точката \(P\) е центърът на вписаната в \(\Delta M N S\) окръжност. Като вземем предвид, че \(∢ O N Q=90^{\circ}-\alpha\) и \(∢ P N S=∢ P N M=∢ P Q M=90^{\circ}-\alpha\) (тъй като \(Q P \perp M N\) ), то \(∢ O N Q=∢ P N S\) и \(∢ Q N P=∢ O N S\). Оттук намираме:

(1)\(\cfrac{Q P}{O S}=\cfrac{2 R \sin ∢ Q N P}{2 R_{1} \sin ∢ O N S}=\cfrac{R}{R_{1}}=\cfrac{M N}{2 \sin ∢ M Q N} \cdot \cfrac{2 \sin ∢ M S N}{M N}=\cfrac{\sin \left(180^{\circ}-2 \beta\right)}{\sin \beta}=2 \cos \beta \cdot\)

Тъй като \(O E \perp M N\) и \(Q P \perp M N\), то \(O E \| Q P\). Но \(F\) е среда на \(O P\) и затова \(\triangle O E F \cong \triangle P T F\). Следователно \(O E=T P\). От това равенство получаваме \(\cfrac{T P}{O F}=\cfrac{O E}{\cfrac{1}{2} O P}=2 \cdot \cfrac{O E}{O M}=2 \cos \beta\). От последното равенство и (1) следва, че \(\cfrac{Q P}{O S}=\cfrac{T P}{O F}=2 \cos \beta\). Следователно \(\cfrac{Q P-T P}{O S-O F}=\cfrac{T P}{O F}=2 \cos \beta\), т.е. \(\cfrac{Q T}{S F}=2 \cos \beta\). Но \(\cfrac{F P}{T P}=\cfrac{\cfrac{1}{2} O P}{O E}=\cfrac{\cfrac{1}{2} O M}{O E}=\cfrac{1}{2 \cos \beta}\). След почленно умножаване на последните две равенства стигаме до равенството \(\cfrac{Q T}{T P} \cdot \cfrac{F P}{S F}=1\), което трябваше да се докаже.