Задача 1. Да се намерят всички рационални стойности на параметъра \(k\), за които уравнението \((k-10) x^{2}-(2 k-21) x-2 k+22=0, k \neq 10\) притежава целочислени корени.

Милен Найденов, Варна

Решение: Ако \(x_{1}\) и \(x_{2}\) са корените на уравнението, то \(x_{1}+x_{2}=\cfrac{2 k-21}{k-10}=2-\cfrac{1}{k-10}\) е цяло число. Затова \(\cfrac{1}{k-10}=p\) е цяло. Оттук получаваме \(k=\cfrac{10 p+1}{p}\). За дискриминантата \(D\) на уравнението намираме \(D=\cfrac{(p-6)^{2}-24}{p^{2}}\). Тъй като \(D\) трябва да е точен квадрат, то \((p-6)^{2}-24=n^{2}\) 2за някое цяло p число \(n\). Последното равенство записваме във вида \((p-6-n)(p-6+n)=24\). Оттук следват системите уравнения:

\(\left.\begin{aligned} & p-6-n= \pm 2, \\ & p-6+n= \pm 12,\end{aligned} \quad\left|\begin{array}{l}p-6-n= \pm 12, \\ p-6+n= \pm 2,\end{array} \quad\right| \begin{aligned} & p-6-n= \pm 4, \\ & p-6+n= \pm 6,\end{aligned} \quad \right\rvert\, \begin{aligned} & p-6-n= \pm 6, \\ & p-6+n= \pm 4 .\end{aligned}\)

От тези системи намираме, че \(p\) приема стойностите \(p_{1}=-1, p_{2}=1, p_{3}=11\) и \(p_{4}=13\). СледоваТтелноези стойно \(k \in\left\{9,11, \cfrac{111}{11}, \cfrac{113}{13}\right\}\). сти на \(p\) водят съответно до \(k_{1}=9, k_{2}=11, k_{3}=\cfrac{111}{11}\) и \(k_{4}=\cfrac{131}{13}\).

Задача 2. Даден е остроъгълен триъгълник \(A B C\) с ортоцентър \(H\) и радиус на описаната окръжност \(R\), за който \(∢ B A C=\alpha\) и \(∢ A B C=\beta\). Ако \(D\) е точка от полуравнината относно правата \(A B\), несъдържаща триъгълника, за която \(∢ A D C=180^{\circ}-2 \beta\) и \(∢ B D C=180^{\circ}-2 \alpha\), да се докаже, че \(H D=R\).

Хаим Хаимов, Варна

Решение: Нека \(∢ A C B=\gamma\). От условието следва \(∢ A D B=∢ A D C+∢ B D C=2 \gamma\). Лесно се забелязва, че \(A H=2 R \cos \alpha, B H=2 R \cos \beta\) и \(C H=2 R \cos \gamma\). Ще докажем, че ортогоналните проекции \(M, N, P\) и \(Q\) на \(H\) съответно върху правите \(A D, D B, B C\), DB, BC, и \(C A\) са върхове на успоредник. Имаме \(Q M=A M \sin ∢ Q A M=\) \(=2 R \cos \alpha \cdot \cfrac{C D}{A C} \cdot \sin ∢ A D C=\cfrac{C D}{\sin \beta} \cdot \cos \alpha \cdot \sin 2 \beta=2 C D \cos \alpha \cos \beta\). Аналогично се получава, че \(P N=2 C D \cos \alpha \cos \beta\). Следователно \(Q M=P N\). От друга страна, имаме \(∢ A M Q+∢ B P N=∢ A H M+∢ B H N=∢ A H B-∢ M H N=\left(180^{\circ}-\gamma\right)-\left(180^{\circ}-2 \gamma\right)=\gamma\), т.е. \(∢ A C B=∢ A Q M+∢ B P N\). Нека сега \(C S\) е права през \(C\), успоредна на \(Q M\). От равенствата \(∢ P C S=∢ A C B-∢ A C S=∢ A C B-∢ A Q M=∢ B P N\) следва, че \(C S \| P N\). Оттук заключаваме, че \(Q M \| P N\). Това показва, че \(M N P Q\) е успоредник. Следователно \(M N=Q P\) и \(H D=\cfrac{M N}{\sin ∢ M D N}=\cfrac{Q P}{\sin 2 \gamma}=\cfrac{C H \sin \gamma}{\sin 2 \gamma}=\cfrac{2 R \cos \gamma \sin \gamma}{2 \sin \gamma \cos \gamma}=R\). С това задачата е решена.

Задача 3. Нека \(A_{1} B_{1} C_{1}, A_{2} B_{2} C_{2}, \ldots, A_{n} B_{n} C_{n}\) са произволни еднакво ориентирани равностранни триъгълници от една равнина. Да се докаже, че центровете на тежестта \(G_{a}, G_{b}\) и \(G_{c}\) съответно на многоъгълниците \(A_{1} A_{2} \ldots A_{n}, B_{1} B_{2} \ldots B_{n}\) и \(C_{1} C_{2} \ldots C_{n}\) са върхове на равностранен триъгълник.

Сава Гроздев, София, и Веселин Ненков, Бели Осъм

Решение: Доказателството на твърдението на тази задача ще извършим с използване на комплексни числа, като, както обикновено, точките ще означаваме с големи букви, а афиксите им ще означаваме със съответните малки букви. Нека \(G_{k}(k=1,2, \ldots, n)\) и \(G\) са центровете на тежестта съответно на триъгълниците \(A_{k} B_{k} C_{k}(k=1,2, \ldots, n)\) и \(G_{a} G_{b} G_{c}\). Тогава са изпълнени равенствата \(g_{k}=\cfrac{1}{3}\left(a_{k}+b_{k}+c_{k}\right)\) \((k=1,2, \ldots, n), g_{a}=\cfrac{1}{n}\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right), g_{b}=\cfrac{1}{n}\left(b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}\right), g_{c}=\cfrac{1}{n}\left(c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{n}\right)\) и \(g=\cfrac{1}{3}\left(g_{a}+g_{b}+g_{c}\right)\). Оттук следва, че \(g=\cfrac{1}{n}\left(g_{1}+g_{2}+\cdots+g_{n}\right)\). Нека триъгълниците \(A_{k} B_{k} C_{k}(k=1,2, \ldots, n)\) са ориентирани в посока, обратна на часовниковата стрелка, и \(\omega=-\cfrac{1}{2}+i \cfrac{\sqrt{3}}{2}\left(i^{2}=-1\right)\). Тогава са изпълнени равенствата \(b_{k}=\omega a_{k}+(1-\omega) g_{k}\) и \(c_{k}=\omega^{2} a_{k}+\left(1-\omega^{2}\right) g_{k}(k=1,2, \ldots, n)\). Оттук следват зависимостите \(g_{b}=\omega g_{a}-(1-\omega) g\) и \(g_{c}=\omega^{2} g_{a}-\left(1-\omega^{2}\right) g\). Сега забелязваме, че са изпълнени равенствата \(g-g_{b}=\omega\left(g-g_{a}\right)\) и \(g-g_{c}=\omega^{2}\left(g-g_{a}\right)\). Последните равенства показват, че точките \(G_{b}\) и \(G_{c}\) се получават от \(G_{a}\) при ротация с център \(G\) съответно на ъгли \(120^{\circ}\) и \(240^{\circ}\). Следователно триъгълникът \(G_{a} G_{b} G_{c}\) е равностранен.