Рубриката се води от доц. д-р Веселин Ненков

Задача 1. Да се докаже, че при \(x \neq 1\) и \(n \in \mathbb{N}\) са изпълнени равенствата: a) \(\sum_{k=1}^{n} k x^{k-1}=\tfrac{n x^{n+1}-(n+1) x^{n}+1}{(1-x)^{2}}\);

б) \(\sum_{k=1}^{n}(2 k-1) x^{k-1}=\tfrac{(2 n-1) x^{n+1}-(2 n+1) x^{n}+x+1}{(1-x)^{2}}\);

в) \(\sum_{k=1}^{n} k^{2} x^{k-1}=\tfrac{-n^{2} x^{n+2}+\left(2 n^{2}+2 n-1\right) x^{n+1}-(n+1)^{2} x^{n}+x+1}{(1-x)^{3}}\).

Слави Харалампиев и Румяна Несторова, Враца

Решение: а) \(\sum_{k=1}^{n} k x^{k-1}=\left(\sum_{k=0}^{n} x^{k}\right)^{\prime}=\left(\tfrac{1-x^{n+1}}{1-x}\right)^{\prime}=\tfrac{-(n+1) x^{n}(1-x)+\left(1-x^{n+1}\right)}{(1-x)^{2}}=\) \(=\tfrac{-(n+1) x^{n}+(n+1) x^{n+1}+1-x^{n+1}}{(1-x)^{2}}=\tfrac{n x^{n+1}-(n+1) x^{n}+1}{(1-x)^{2}}\).

б) \(\sum_{k=1}^{n}(2 k-1) x^{k-1}=2 \cdot \sum_{k=1}^{n} k \cdot x^{k-1}-\sum_{k=1}^{n} x^{k-1}=2 \cdot \tfrac{n x^{n+1}-(n+1) x^{n}+1}{(1-x)^{2}}-\tfrac{1-x^{n}}{1-x}=\)

\(=\tfrac{2 n x^{n+1}-2(n+1) x^{n}+2-(1-x)\left(1-x^{n}\right)}{(1-x)^{2}}=\tfrac{2 n x^{n+1}-2(n+1) x^{n}+2-1+x+x^{n}-x^{n+1}}{(1-x)^{2}}=\) \(=\tfrac{(2 n-1) x^{n+1}-(2 n+1) x^{n}+x+1}{(1-x)^{2}}\).

в) \(\sum_{k=1}^{n} k^{2} x^{k-1}=1^{2}+2^{2} \cdot x+3^{2} \cdot x^{2}+4^{2} \cdot x^{3}+\ldots+n^{2} \cdot x^{n-1}=\left(\sum_{k=1}^{n} k \cdot x^{k}\right)^{\prime}=\)

\(=\left(x+2 \cdot x^{2}+3 \cdot x^{3}+4 \cdot x^{4}+\ldots+n \cdot x^{n}\right)^{\prime}=\left[x \cdot\left(1+2 \cdot x+3 \cdot x^{2}+4 \cdot x^{3}+\ldots+n \cdot x^{n-1}\right)\right]^{\prime}=\) \(= {\left[x \cdot \sum_{k=1}^{n} k x^{k-1}\right]^{\prime}=x^{\prime} \cdot \sum_{k=1}^{n} k x^{k-1}+x \cdot\left(\sum_{k=1}^{n} k x^{k-1}\right)^{\prime}=\cfrac{n x^{n+1}-(n+1) x^{n}+1}{(1-x)^{2}}+x \cdot\left[\cfrac{n x^{n+1}-(n+1) x^{n}+1}{(1-x)^{2}}\right]^{\prime}=}\) \(= \cfrac{n x^{n+1}-(n+1) x^{n}+1}{(1-x)^{2}}+ \) \(+\cfrac{\left.(n \cdot(n+1) \cdot x^{n+1}-(n+1) \cdot n \cdot x^{n}\right) \cdot(1-x)+2 \cdot\left(n x^{n+2}-(n+1) x^{n+1}+x\right)}{(1-x)^3}=\) \(=\cfrac{-n^2x^{n+2}+(2n^2+2n-1)x^{n+!}-(n+1)^2x^n+x+1}{(1-x)^3}\)

Задача 2. В остроъгълния триъгълник \(A B C\) точката \(O\) е такава, че \(∢ O A B=∢ O C A\) и \(∢ O B A=∢ O C B\). Ако \(D\) е пресечната точка на симетралата на отсечката \(O C\) и правата през \(B\), успоредна на \(O C\), да се докаже, че ортогоналните проекции на \(O\) върху правите \(C A, A B, B D\) и \(D C\) са върхове на равнобедрен трапец или правоъгълник.

Хаим Хаимов, Варна

Решение: означаваме проекциите на \(O\) върху правите \(C A, A B, B D\) и \(C D\) съответно с \(M, N, P\) и \(Q\). За да докажем твърдението на задачата, е достатъчно да докажем, че \(M N=P Q\) и \(∢ N M Q=∢ M Q P\). От условието следва, че \(∢ A O B=180^{\circ}-∢ A C B\). Затова радиусите на описаните окръжностите за триъгълниците \(A B C\) и \(A B O\) са равни. Следователно

\(\tfrac{A O}{\sin ∢ O B A}=\tfrac{B C}{\sin ∢ B A C}\), т.е. \(B C . \sin ∢ O B A=A O . \sin ∢ B A C\).

От условието имаме \(O D=C D\) и \(O C \| B D\). Оттук и синусовата теорема за \(\triangle B C D\) следва \(B C \cdot \sin ∢ O B A=B C \cdot \sin ∢ O C B=B C \cdot \sin ∢ C B D=C D \cdot \sin ∢ C B D=O D \cdot \sin ∢ C B D\), т.е. \(\quad B C . \sin ∢ O B A=O D . \sin ∢ C B D\). От последното и предишното равенство получаваме \(A O \cdot \sin ∢ B A C=O D \cdot \sin ∢ C B D\). Оттук и от синусовата теорема за триъгълниците \(A M N\) и \(P Q D\) следва \(M N=A O \cdot \sin ∢ M A N=O D \cdot \sin ∢ P D Q=P Q\). От друга страна, \(∢ N M Q=∢ A M O+∢ Q M O=∢ N A O+∢ O C D=∢ A C O+∢ O C D=∢ A C D\) и \(∢ M Q P=∢ M Q O+∢ O Q P=∢ M C O+∢ O D P=∢ M C O+∢ D O C=∢ M C O+∢ O C D=∢ A C D\). Така показахме, че \(M N=P Q\) и \(∢ N M Q=∢ M Q P\), с което задачата е решена.

Коментар. Може да се покаже, че точката \(O\) лежи върху медианата \(C T\) на \(\triangle A B C\). Следователно \(O\) е пресечната точка на \(C T\) и окръжността с радиус, равен на радиуса на описаната за \(\triangle A B C\) окръжност, която минава през върховете \(A\) и \(B\). Ако разгледаме барицентрични координати спрямо \(\triangle A B C\), като \(A(1,0,0), B(0,1,0)\) и \(C(0,0,1)\), разглежданите точки имат следните координатни представяния:

\[ \begin{aligned} & O\left(\tfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}}, \tfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}}, \tfrac{c^{2}}{2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}}\right) \\ & M\left(\tfrac{a^{4}+3 b^{4}+c^{4}-4 b^{2} c^{2}-2 c^{2} a^{2}+4 a^{2} b^{2}}{2 b^{2}\left(2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}\right)}, 0, \tfrac{a^{4}-b^{4}+c^{4}-2 b^{2} c^{2}-2 c^{2} a^{2}}{2 b^{2}\left(2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}\right)}\right) \\ & N\left(\tfrac{3 a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2\left(2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}\right)}, \tfrac{a^{2}+3 b^{2}-c^{2}}{2\left(2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}\right)}, 0\right) \\ & P\left(-\tfrac{a^{2}-b^{2}+c^{2}}{2\left(2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}\right)}, \tfrac{3 a^{2}+5 b^{2}-3 c^{2}}{2\left(2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}\right)}, \tfrac{a^{2}-b^{2}+c^{2}}{2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}}\right) \\ & D\left(-\tfrac{a^{2}}{2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}}, \tfrac{a^{2}+2 b^{2}-c^{2}}{2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}}, \tfrac{2 a^{2}}{2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}}\right) \\ & x_{Q}=-\tfrac{a^{4}+b^{4}+c^{4}-2 b^{2} c^{2}-2 c^{2} a^{2}+2 a^{2} b^{2}}{2 b^{2}\left(2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}\right)} \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} & y_{Q}=\tfrac{a^{6}+2 b^{6}-c^{6}+4 a^{4} b^{2}+5 a^{2} b^{4}-5 b^{4} c^{2}+4 b^{2} c^{4}+3 c^{4} a^{2}-3 a^{4} c^{2}-8 a^{2} b^{2} c^{2}}{2 a^{2} b^{2}\left(2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}\right)} \\ & z_{Q}=\tfrac{-2 b^{6}+c^{6}+2 a^{4} b^{2}+5 b^{4} c^{2}-4 b^{2} c^{4}-2 c^{4} a^{2}+c^{2} a^{4}+4 a^{2} b^{2} c^{2}}{2 a^{2} b^{2}\left(2 a^{2}+2 b^{2}-c^{2}\right)} \end{aligned} \] където \(B C=a, C A=b, A B=c\).

От тези координати лесно се получава, че \(M Q\) и \(P N\) са перпендикулярни на страната \(B C\). Освен това, ако \(S\) е лицето на \(\triangle A B C\), а \(m_{c}\) - дължината на медианата \(C T\), за разстоянията между разглежданите точки се получават равенствата:

\[ \begin{aligned} & M N=P Q=\tfrac{S}{m_{c}}, P N=\tfrac{a S}{m_{c}^{2}}, Q M=\tfrac{\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right)\left(a^{2}+2 b^{2}-c^{2}\right) S}{2 a b^{2} m_{c}^{2}} \\ & P M=Q N=\tfrac{S \sqrt{2 a^{4}+6 b^{4}+2 c^{4}-7 b^{2} c^{2}-4 c^{2} a^{2}+8 a^{2} b^{2}}}{2 b m_{c}^{2}} \end{aligned} \]

Четириъгълникът \(M N P Q\) е правоъгълник тогава и само тогава, когато \(Q M^{2}-P N^{2}=0\). Тъй като \(Q M^{2}-P N^{2}=\cfrac{S^{2}\left(a^{4}+2 b^{4}+c^{4}-3 b^{2} c^{2}-2 c^{2} a^{2}+a^{2} b^{2}\right)\left(a^{4}+2 b^{4}+c^{4}-3 b^{2} c^{2}-2 c^{2} a^{2}+5 a^{2} b^{2}\right)}{4 a^{2} b^{4} m_{c}^{2}}\) , то \(\quad a^{4}+2 b^{4}+c^{4}-3 b^{2} c^{2}-2 c^{2} a^{2}+a^{2} b^{2}=0\) или \(a^{4}+2 b^{4}+c^{4}-3 b^{2} c^{2}-2 c^{2} a^{2}+5 a^{2} b^{2}=0\) . Второто равенство е изпълнено, когато \(c=\sqrt{4 a^{2}+6 b^{2} \pm \sqrt{b^{4}-8 a^{2} b^{2}}}\) . Лесно се вижда обаче, че при такива стойности на \(c\) е изпълнено неравенството \(a^{2}+b^{2} \lt c^{2}\). Това означава, че \(∢ A C B\) е тъп и точката \(O\) не може да е вътрешна за \(\triangle A B C\). Следователно \(M N P Q\) е правоъгълник тогава и само тогава, когато е изпълнено равенството \(a^{4}+2 b^{4}+c^{4}-3 b^{2} c^{2}-2 c^{2} a^{2}+a^{2} b^{2}=0\). Любопитно е да се отбележи, че това равенство е в сила при \(a=b=c\). Следователно, ако \(\triangle A B C\) е равностранен, то четириъгьлникът \(M N P Q\) е правоъгьлник със страни \(P N=Q M=\tfrac{c \sqrt{3}}{3}\) и \(M N=P Q=\tfrac{c}{2}\). Освен това е интересно кога правоъгълникът \(M N P Q\) е квадрат. Това ще бъде изпълнено, когато \(P Q=Q M=P N\). Тези равенства са в сила тогава и само тогава, когато \(a=\tfrac{c \sqrt{10}}{4}\) и \(b=\tfrac{3 c \sqrt{2}}{4}\). Накрая ще отбележим, че трапецът \(M N P Q\) може да е такъв, че една от основите му да е равна на бедрата. Случаят \(P N=P Q=M N\) е изпълнен при \(c=\sqrt{2\left(b^{2}-a^{2}\right)}\), а случаят \(Q M=P Q=M N\) при

\[ \begin{aligned} & c^{8}-2\left(2 a^{2}+3 b^{2}\right) c^{6}+\left(6 a^{4}+18 a^{2} b^{2}+13 b^{4}\right) c^{4}- \\ & -\left(4 a^{6}+18 a^{4} b^{2}+25 a^{2} b^{4}+12 b^{6}\right) c^{2}+\left(a^{2}+b^{2}\right)\left(a^{6}+5 a^{4} b^{2}+6 a^{2} b^{4}+4 b^{6}\right)=0 \end{aligned} \]

Задача 3. Точките \(O, A, A_{1}\) и \(A_{2}\) в този ред лежат на права \(l_{1}\), а точките \(O, B, B_{1}, B_{2}\) в този ред лежат на права \(l_{2}\). Нека \(O A \gt O B, A A_{1}=B B_{1}\) и \(A_{1} A_{2}=B_{1} B_{2}\).

a) Да се докаже, че описаните окръжности \(k, k_{1}\) и \(k_{2}\), съответно на триъгълниците \(O A B, O A_{1} B_{1}\) и \(O A_{2} B_{2}\), имат втора обща точка \(M\).

б) Ако \(C, C_{1}\) и \(C_{2}\) са средите съответно на отсечките \(A B, A_{1} B_{1}\) и \(A_{2} B_{2}\), да се докаже, че \(C, C_{1}\) и \(C_{2}\) лежат на една права \(l\).

в) Ако \(l \cap l_{1}=P\), да се определи ъгълът между правите \(l_{1}\) и \(M P\).

Сава Гроздев, София, и Веселин Ненков, Бели Осъм

Решение: разглеждаме координатна правоъгълна система \(Oxy\) , абсцисната ос на която съвпада с правата \(l_1\) и има посоката на \(\overrightarrow{OA}\) . Въвеждаме означенията \(O A=a, O B=b, A A_{1}=B B_{1}=n, A A_{2}=B B_{2}=m\) и \(∢ A O B=\alpha\). Тогава \(\quad A(a, 0), \quad A_{1}(a+n, 0), \quad A_{2}(a+m, 0), \quad B(b \cos \alpha, b \sin \alpha)\), \(B_{1}((b+n) \cos \alpha,(b+n) \sin \alpha)\) и \(B_{2}((b+m) \cos \alpha,(b+m) \sin \alpha)\).

a) Симетралите \(s_{O A}, s_{O A_{1}}\) и \(s_{O A_{2}}\) на отсечките \(O A, O A_{1}\) и \(O A_{2}\) са следните: \(s_{O A}: x=\tfrac{a}{2}, \quad s_{O A_{1}}: x=\tfrac{a+n}{2} \quad\) и \(\quad s_{O A_{2}}: x=\tfrac{a+m}{2}\). Симетралите \(s_{O B}, s_{O B_{1}}\) и \(s_{O B_{2}}\) на отсечките \(O B, O B_{1}\) и \(O B_{2}\) са следните: \(s_{O B}: 2 \cos \alpha \cdot x+2 \sin \alpha \cdot y-b=0, \quad s_{O B_{1}}: 2 \cos \alpha \cdot x+2 \sin \alpha \cdot y-(b+n)=0\), \(s_{O B}: 2 \cos \alpha . x+2 \sin \alpha . y-(b+m)=0\). Ако \(\Omega, \Omega_{1}\) и \(\Omega_{2}\) са центровете на окръжностите \(k, k_{1}\) и \(k_{2}\), описани съответно около \(O A B, O A_{1} B_{1}\) и \(O A_{2} B_{2}\), то \(\Omega=s_{O A} \cap s_{O B}, \Omega_{1}=s_{O A_{1}} \cap s_{O B_{1}}\) и \(\Omega_{2}=s_{O A_{2}} \cap s_{O B_{2}}\). Затова от системите, образувани от съответните двойки уравнения, получаваме: \(\Omega\left(\tfrac{a}{2}, \tfrac{b-a \cos \alpha}{2 \sin \alpha}\right)\), \(\Omega_{1}\left(\tfrac{a+n}{2}, \tfrac{b+n-(a+n) \cos \alpha}{2 \sin \alpha}\right) \quad\) и \(\quad \Omega_{2}\left(\tfrac{a+m}{2}, \tfrac{b+m-(a+m) \cos \alpha}{2 \sin \alpha}\right)\). Сега определяме уравнението на окръжността \(k\) по следния начин: \(k:\left(x-\tfrac{a}{2}\right)^{2}+\left(y-\tfrac{b-a \cos \alpha}{2 \sin \alpha}\right)^{2}=O \Omega^{2}\). Тъй като \(k\) минава през координатното начало, свободният член в уравнението ѝ е равен на нула. Следователно \(k: \sin \alpha \cdot x^{2}+\sin \alpha \cdot y^{2}-a \sin \alpha \cdot x-(b-a \cos \alpha) \cdot y=0\). По аналогичен начин се получават уравненията

\[ \begin{gathered} k_{1}: \sin \alpha \cdot x^{2}+\sin \alpha \cdot y^{2}-(a+n) \sin \alpha \cdot x-[b+n-(a+n) \cos \alpha] \cdot y=0 \\ k_{2}: \sin \alpha \cdot x^{2}+\sin \alpha \cdot y^{2}-(a+m) \sin \alpha \cdot x-[b+m-(a+m) \cos \alpha] \cdot y=0 \end{gathered} \]

След изваждане на уравненията на \(k_{1}\) и \(k\) получаваме \(x=-\tfrac{1-\cos \alpha}{\sin \alpha} y=-\operatorname{tg} \tfrac{\alpha}{2} y\). Заместваме последното равенство в уравнението на \(k\) и получаваме \(y=\tfrac{1}{2}(b-a) \operatorname{cotg} \tfrac{\alpha}{2}\). Следователно втората обща точка на \(k\) и \(k_{1}\) е следната \(M\left(\tfrac{a-b}{2}, \tfrac{b-a}{2} \operatorname{cotg} \tfrac{\alpha}{2}\right)\). Тъй като координатите на \(M\) не зависят от \(n\), то е ясно, че \(k\) и \(k_{2}\) се пресичат в същата точка. Следователно окръжностите \(k, k_{1}\) и \(k_{2}\) минават през точката \(M\).

б) Координатите на точките \(C, C_{1}\) и \(C_{2}\) са следните \(C\left(\tfrac{a+b \cos \alpha}{2}, \tfrac{b \sin \alpha}{2}\right), \quad C_{1}\left(\tfrac{a+n+(b+n) \cos \alpha}{2}, \tfrac{(b+n) \sin \alpha}{2}\right) \quad\) и \(C_{2}\left(\tfrac{a+m+(b+m) \cos \alpha}{2}, \tfrac{(b+m) \sin \alpha}{2}\right)\). Общото уравнение на правата \(C_{1} C_{2}\) се изразява така: \(2 \sin \alpha \cdot x-2(1+\cos \alpha) \cdot y-(a-b) \sin \alpha=0\). След заместване на координатите на \(C\) в лявата част на това уравнение се вижда, че се получава нула, което означава, че \(C\) лежи на правата \(C_{1} C_{2}\). Следователно точките \(C, C_{1}\) и \(C_{2}\) лежат на една права \(l\).

в) Тъй като правата \(l_{1}\) има уравнение \(y=0\), то \(P\left(\tfrac{a-b}{2}, 0\right)\). От координатите на \(M\) и \(P\) следва, че \(\overrightarrow{P M}\left(0, \tfrac{a-b}{2} \operatorname{cotg} \tfrac{\alpha}{2}\right)\), т.е. \(\overrightarrow{P M}\) е колинеарен с ординатната ос \(O y\). Следователно \(P M \perp l_{1}\).