TopList Яндекс цитирования
Русский переплет
Портал | Содержание | О нас | Авторам | Новости | Первая десятка | Дискуссионный клуб | Научный форум
-->
Первая десятка "Русского переплета"
Темы дня:

Нас посетило 38 млн. человек | Чем занимались русские 4000 лет назад?

| Кому давать гранты или сколько в России молодых ученых?
Rambler's Top100

Статьи Соросовского Образовательного журнала в текстовом формате


VI Соросовская олимпиада школьников. Заочный тур. МАТЕМАТИКА ( , 2000), ISSEP

ЗАДАЧА 1

Города A, B, C, D и E расположены друг за другом по шоссе на расстоянии 5 км друг от друга. Автобус курсирует по шоссе от города A до города E и обратно. Автобус расходует 20 литров бензина на каждые 100 километров. В каком городе кончится бензин у автобуса, если вначале в его баке было 150 литров бензина?

Найдем сначала расстояние, которое проедет автобус. У него в баке 150 литров бензина, расход бензина составляет 20 литров на 100 км, значит, автобус сможет проехать 150 " 100/20 км, то есть 750 км. Проехав 40 км, автобус доезжает от города А до города Е и возвращается обратно в А. Значит, проехав 40, 80, 120, _, 680, 720 км, автобус окажется снова в городе А. Проехав 740 км, он окажется в городе Е, а значит, проехав 750 км, он окажется в городе С, где у него и закончится бензин.

Ответ: в городе С.

ЗАДАЧА 2

Найдите минимальное четырехзначное число, произведение всех цифр которого равно 729. Ответ объясните.

Заметим, что 729 = 9 " 9 " 9 и произведение цифр числа 1999 равно 1 " 9 " 9 " 9 = 729. Докажем, что 1999 - искомое число. Любое четырехзначное число, меньшее или равное 1999, имеет вид 1klm, где каждая из цифр k, l и m не превосходит 9. Значит, произведение его цифр 1 " k " l " m # 1 " 9 " 9 " 9 = 729. Равенство достигается, только если k = 9, l = 9 и m = 9, то есть для числа 1999.

Ответ: 1999.

ЗАДАЧА 3

На параде солдаты выстроены в две шеренги одинаковой длины, причем в первой шеренге расстояние между соседними солдатами на 20% больше, чем во второй (между соседними солдатами в одной шеренге одинаковое расстояние). Сколько солдат в первой шеренге, если во второй шеренге 85 солдат?

Обозначим через x расстояние между соседними солдатами во второй шеренге. Тогда расстояние между соседними солдатами в первой шеренге на 20% больше, то есть 1,2x. Обозначим через N количество солдат в первой шеренге. Тогда в этой шеренге N - 1 промежуток между солдатами. Запишем условие того, что обе шеренги имеют одинаковую длину:

(N - 1) " 1,2x = (85 - 1) " x.

Решая это уравнение, получаем, что

N = 84 " 5/6 + 1 = 5 " 14 + 1 = 71.

Ответ: в первой шеренге 71 солдат.

ЗАДАЧА 4

Про три числа известно, что сумма любых двух из них не меньше удвоенного третьего числа, а сумма всех трех равна 300. Найдите все тройки таких (не обязательно целых) чисел.

Докажем, что все эти числа равны. Предположим обратное, то есть какие-то два из этих чисел различны. Возьмем наибольшее из этих трех чисел. Оно строго больше по крайней мере одного из оставшихся чисел и не меньше другого. Тогда удвоенное наибольшее число больше суммы двух других чисел. А это противоречит условию, что сумма любых двух из этих чисел не меньше удвоенного третьего. Значит, все эти числа равны. Поскольку они в сумме составляют 300, то каждое из чисел равно 100.

Ответ: 100, 100, 100.

ЗАДАЧА 5

Турист набирает два бака воды, используя два шланга. Из первого шланга в минуту вытекает 2,9 литра воды, из второго - 8,7 литра. В тот момент, когда меньший бак наполнился до половины, турист поменял шланги местами, после чего оба бака заполнились одновременно. Какова емкость бЧльшего бака, если емкость меньшего - 12,5 литра?

Заметим, что в условии не сказано, какой шланг, "быстрый" или "медленный", изначально находился в каком баке. Но при любом порядке наполнения баков бЧльший бак наполнялся из каждого шланга столько времени, за сколько в меньший бак втекала вода, объем которой равен половине емкости меньшего бака. Поэтому при любом порядке наполнения получится один и тот же ответ.

Пусть сначала меньший бак наполнялся из первого ("медленного") шланга. Найдем время, которое прошло до того, как турист поменял шланги. Обозначим его t. За это время со скоростью 2,9 литра в минуту в меньший бак влилось 6,25 литра. Значит, t = 6,25/2,9. За это время бЧльший бак наполнился на t " 8,7 = 8,7 i i 6,25/2,9 = 18,75 литра.

Найдем время, которое прошло после того, как турист поменял шланги. Обозначим его k. За это время со скоростью 8,7 литра в минуту в меньший бак влилось 6,25 литра, после чего оба бака наполнились. Значит, k = 6,25/8,7. За это время бЧльший бак наполнился на k " 2,9 = 2,9 " 6,25/8,7 = 6,25/3 литра. Таким образом, емкость бЧльшего бака равна 18,75 + 6,25/3 = литра.

Ответ: л.

ЗАДАЧА 6

Можно ли на плоскости отметить 6 точек и соединить их непересекающимися отрезками (с концами в этих точках) так, чтобы из каждой точки выходило ровно по четыре отрезка?

Такое расположение точек и отрезков возможно. Например, их можно расположить так, как показано на рисунке 1.

Ответ: да, возможно.

ЗАДАЧА 7

Петя написал все натуральные числа от 1 до 1000 и обвел в кружочек те из них, которые представляются в виде разности квадратов двух целых чисел. Каких чисел среди обведенных больше - четных или нечетных?

Среди натуральных чисел от 1 до 1000 одинаковое количество четных и нечетных чисел. Докажем, что Петя обвел все нечетные числа и не обвел некоторые четные.

1. Любое нечетное натуральное число представимо в виде разности квадратов двух целых чисел. Действительно, любое нечетное число можно записать в виде 2n + 1, где n - некоторое целое число. Заметим, что

2n + 1 = (n + 1)2 - n2.

2. Пусть число представимо в виде a2 - b2 = (a - b) i i (a + b). Тогда оно нечетно или же делится на 4, так как числа a + b и a - b имеют одинаковую четность при любых значениях a и b. Значит, числа 2, 6, _, 998 не обведены.

Таким образом, мы доказали, что Петя обвел в кружочек больше нечетных чисел.

Ответ: Петя обвел больше нечетных чисел.

ЗАДАЧА 8

На листе бумаги "в клетку" нарисуйте окружность максимального радиуса, пересекающую линии сетки только в узлах. Ответ объясните.

Найдем все возможные окружности, пересекающие линии сетки только в узлах.

Окружность может вообще не пересекать линии сетки (рис. 1, а).

Очевидно, что окружность не может проходить ровно через один узел сетки. Если же окружность проходит ровно через два узла, то эти узлы - соседние по стороне клетки и, следовательно, возможен только один вариант такого расположения окружности (рис. 1, б).

Пусть окружность проходит через три или более узлов. Рассмотрим произвольный узел A, через который проходит окружность, а также соседний с ним по окружности узел B. Отрезок AB является либо стороной клетки, либо диагональю. Возьмем теперь узел C - другой узел, соседний по окружности с узлом A. Отрезок AC также является либо стороной клетки, либо диагональю. Понятно, что точки A, B и C, через которые проходит окружность, однозначно определяют окружность. Заметим также, что точки A, B и C не могут лежать на одной прямой. Разберем все возможные случаи расположения точек A, B и C.

1. AB - сторона клетки, AC - сторона клетки. Возможен только один вариант (см. рис. 2, а).

2. AB - сторона клетки, AC - диагональ клетки. Возможны два варианта (см. рис. 2, б, в), но окружность на рис. 2, б получается такая же, как и в случае а.

3. AB - диагональ клетки, AC - диагональ клетки. Возможен только один вариант (см. рис. 2, г).

Таким образом, мы рассмотрели все возможные варианты расположения окружности. Из них уже несложно выбрать окружность максимального радиуса.

Ответ: см. рис. 2, в.

ЗАДАЧА 9

Вдоль железной дороги стоят километровые столбы на расстоянии 1 км друг от друга. Один из них покрасили в желтый цвет и шесть - в красный. Сумма расстояний от желтого столба до всех красных равна 14 км. Чему может быть равно максимальное расстояние между красными столбами?

Заметим, что минимальная сумма расстояний от желтого столба до четырех красных равна 6 км и это возможно только в одном случае: и слева, и справа от желтого столба ближайшие два столба подряд - красные. Значит, максимальная сумма расстояний от желтого столба до двух красных не превосходит 14 - 6 = 8 км. Поэтому и максимальное расстояние между красными столбами не превосходим 8 км, причем случай 8 км возможен (см. рис. 1).

Ответ: 8 км.

ЗАДАЧА 10

Островное государство расположено на 100 островах, соединенных мостами, причем некоторые острова соединены мостом и с материком. Известно, что с каждого острова можно проехать на каждый (возможно, через другие острова). В целях повышения безопасности движения на всех мостах было введено одностороннее движение. Оказалось, что с каждого острова можно уехать только по одному мосту и что хотя бы с одного из островов можно уехать на материк. Докажите, что с каждого острова можно доехать до материка, причем по единственному маршруту.

Заметим, что теперь с любого из островов маршрут определен единственным образом. Действительно, с данного острова можно уехать по единственному мосту. Поехав по нему, водитель опять попадает на остров, с которого уходит ровно один мост, и так далее.

Рассмотрим произвольный остров. Обозначим его A1 . Докажем, что с него можно проехать на материк.

По условию хотя бы с одного из островов мост ведет на материк. Обозначим один из этих островов через An .Так как до введения одностороннего движения с каждого острова можно было проехать на каждый, то остров A1 соединен с островом An цепочкой мостов: остров A1 соединен мостом с островом A2 , остров A2 соединен мостом с островом A3 и т.д. Остров An соединен мостом с материком. Найдем, в какую сторону направлено движение на мостах, соединяющих эти острова.

Движение на мосту, соединяющем An с материком, направлено в сторону материка, поэтому на мосту, соединяющем An с An - 1 , движение направлено от An - 1 к An (иначе с An выходило бы два моста). Рассуждая аналогично, получаем, что на остальных мостах движение направлено к материку, а именно, от An - 2 к An - 1 , от An - 3 к An - 2 и т.д., _, от A1 к A2 . Значит, с острова A1 можно проехать на материк.

Следовательно, с каждого из островов можно доехать до материка, причем (мы выяснили это в самом начале) по единственному маршруту.

ЗАДАЧА 1

Может ли число, оканчивающееся на 1999, быть квадратом натурального числа?

Предположим, что число, оканчивающееся на 1999, является квадратом натурального числа А. Пусть А = = 10B + x, где x - последняя цифра числа А. Тогда A 2 = = (10B + x)2 = 100B 2 + 20xB + x2. Поскольку A 2 оканчивается на 9, то и x2 тоже оканчивается на 9, поэтому x = 3 или x = 7, так как только эти цифры в квадрате оканчиваются на 9.

Пусть x = 3. Тогда A 2 = (10B + 3)2 = 100B 2 + 60B + 9 = = 10(10B 2 + 6B ) + 9. Но 10B 2 + 6B - четное число, поэтому оно оканчивается на четную цифру, значит, предпоследняя цифра числа A 2 четная. Таким образом, A 2 не может оканчиваться на 1999.

Пусть x = 7. Тогда A 2 = (10B + 7)2 = 100B 2 + 140B + + 49 = 10(10B 2 + 14B + 4)+ 9. Но 10B 2 + 14B + 4 - четное число, поэтому оно оканчивается на четную цифру, значит, предпоследняя цифра числа A 2 четная. Таким образом, A 2 не может оканчиваться на 1999.

Следовательно, число, оканчивающееся на 1999, не может быть квадратом натурального числа.

Ответ: не может.

ЗАДАЧА 2

Трехголовый Змей Горыныч праздновал свой день рождения. Его головы по очереди лакомились именинными пирогами и за 15 минут съели два одинаковых пирога. Известно, что каждая голова ела столько времени, сколько понадобилось бы двум другим, чтобы вместе съесть один такой же пирог. За сколько минут три головы Змея Горыныча съели бы вместе один пирог?

Найдем, сколько пирогов съедят все три головы вместе за 15 минут. Первая голова ела столько времени, сколько понадобилось бы двум другим головам, чтобы вместе съесть целый пирог. Значит, все три головы вместе съели бы за это время на 1 пирог больше. Аналогично получаем, что за время, в течение которого вторая голова ела пироги, все три головы вместе съели бы на 1 пирог больше. То же самое получается и для третьей головы. Таким образом, за 15 минут все три головы вместе съели бы на 3 пирога больше, чем если бы они ели по очереди, то есть 5 пирогов. Отсюда получаем, что один пирог они вместе съели бы за 3 минуты.

Ответ: за 3 минуты.

ЗАДАЧА 3

Найдите сумму коэффициентов многочлена, полученного после раскрытия скобок и приведения подобных членов в выражении:

а) (7x - 6)4 - 1; б) (7х - 6)1999 - 1.

При раскрытии скобок в выражении из условия задачи получится некоторый многочлен. Обозначим его через P(x). Тогда P(x) = anxn + an - 1xn - 1 + _ + a1x1 + a0 . Тогда сумма его коэффициентов равна an + an - 1 + _ _ + a1 + a0 = an1n + an - 11n - 1 + _ + a111 + a0 = P(1).

Найдем значения многочленов из условия задачи при x = 1, это и будут искомые суммы коэффициентов:

а) P(1) = (7 " 1 - 6)4 - 1 = 14 - 1 = 0;

б) P(1) = (7 " 1 - 6)1999 - 1 = 11999 - 1 = 0.

Ответ: а) 0; б) 0.

ЗАДАЧА 4

Генерал хочет расположить семь зенитных установок так, чтобы среди любых трех из них нашлись две установки, расстояние между которыми ровно 10 километров. Помогите генералу решить эту задачу.

Расположим четыре установки (A1 , A2 , A3 и A4) в вершинах ромба со стороной 10 км и диагональю A2A4 , равной 10 км. Построим второй такой же ромб (с вершинами A1 , A5 , A6 и A7), повернутый относительно первого так, чтобы расстояние между A6 и A3 равнялось 10 км. Легко показать, что при этом A2 и A7 не совпадут. На рисунке 1 отрезками показаны расстояния, равные 10 км.

Проведя несложное рассуждение, убеждаемся, что построенное нами расположение удовлетворяет условию.

Замечание: нигде не утверждается единственность приведенного расположения.

Ответ: см. рис. 1.

ЗАДАЧА 5

Гулливер, рост которого равен 999 лилиметров, строит башню из кубиков. Первый кубик имеет высоту 1/2 лиликилометра, второй - 1/4 лиликилометра, третий - 1/8 лиликилометра и т.д. Сколько кубиков будет в башне, когда ее высота превысит рост Гулливера? (1 лиликилометр равен 1000 лилиметров).

Пусть в башне N кубиков. Докажем, что ее высота равна 1 - (1/2)N лиликилометра. Обозначим через S лиликилометров ее высоту. Тогда S = 1/2 + 1/4 + ... _ + (1/2)N, 2S = 1 + 1/2 + 1/4 +... + (1/2)N - 1. Из этих соотношений получаем, что 2S = 1 + S - (1/2)N. Значит, S = 1 - (1/2)N.

Найдем минимальное натуральное N такое, что 1 - - (1/2)N больше, чем 0,999 = 1 - 1/1000. Это равносильно нахождению минимального натурального N такого, что 2N больше 1000. Минимальное такое N = 10, так как 210 = 1024 > 1000, а 29 = 512 < 1000. Значит, N = = 10 - искомое.

Замечание: высоту башни из N кубиков можно найти, заметив, что высоты кубиков образуют геометрическую прогрессию, и воспользовавшись формулой для вычисления суммы первых членов геометрической прогрессии.

Ответ: 10.

ЗАДАЧА 6

Известно, что в любом пятиугольнике можно выбрать три диагонали, из которых можно составить треугольник. Существует ли пятиугольник, в котором такие диагонали можно выбрать единственным способом?

Такой пятиугольник существует. Один из возможных вариантов показан на рисунке 1: в этом пятиугольнике AC = CD = AD = 1, BE = 6, 2,5 < BD < 3, CE = 4. Простым перебором убеждаемся, что единственная тройка диагоналей, из которых можно сложить треугольник, - это диагонали BD, CE и BE.

Ответ: существует.

ЗАДАЧА 7

Известно, что для натуральных чисел a и b выполняется равенство 19a = 99b. Может ли a + b быть простым числом?

1 способ. По условию 19a = 99b, значит, числа a и b имеют одинаковую четность. Поэтому (a + b) - четное число. Убеждаемся, что числа a = 1, b = 1 не удовлетворяют условию, следовательно (a + b) не может равняться 2. Но четное число, не равное 2, не является простым.

2 способ. Рассмотрим число 99(а + b). Так как по условию 19a = 99b, то 99(a + b) = 99a + 99b = 99a + 19a = = 118a. Поэтому число 99(a + b) делится на 118, но так как числа 99 и 118 взаимно просты, то (a + b) делится на 118 и, значит, не может быть простым.

Ответ: нет, не может.

ЗАДАЧА 8

Витя задумал 5 целых чисел и сообщил Ване все их попарные суммы:

0, 1, 5, 7, 11, 12, 18, 24, 25, 29.

Помогите Ване отгадать задуманные числа.

Так как все попарные суммы различны, то среди самих задуманных чисел не может быть равных. Обозначим задуманные числа в порядке возростания x1 < < x2 < x3 < x4 < x5 . Тогда x1 + x2 - наименьшая из сумм, а x1 + x3 - следующая за ней по возрастанию. Аналогично, x4 + x5 - наибольшая из сумм, а x3 + x5 - следующая за ней по убыванию. Получаем следующие уравнения:

x1 + x2 = 0,

x1 + x3 = 1,

x4 + x5 = 29,

x3 + x5 = 25.

Сложив все заданные попарные суммы и разделив результат на 4, получим, что сумма всех задуманных чисел равна 33. Поскольку (x1 + x2) + (x4 + x5) = 0 + 29 = = 29, то x3 = 33 - 29 = 4. Остальные числа теперь легко находим из уравнений: x1 = - 3, x2 = 3, x4 = 8, x5 = 21.

Проверим теперь, что все попарные суммы этих чисел совпадают с числами из условия задачи. Значит, найденные нами числа - решение задачи.

Ответ: - 3, 3, 4, 8, 21.

ЗАДАЧА 9

В квадрате 3 i 3 расставлены числа так, что суммы чисел в каждой строке, в каждом столбце и на каждой большой диагонали равны 0. Известно, что сумма квадратов чисел верхней строки равна n. Чему может быть равна сумма квадратов чисел нижней строки?

Обозначим числа в верхней строке через x1 , x2 и x3 , число в центральной клетке через a, а числа в нижней строке через y1 , y2 и y3 :

По условию имеем x1 + а + y3 = 0, x2 + а + y2 = 0, x3 + а + + y1 = 0. Сложив эти равенства, получим 3а + x1 + x2 + + x3 + y1 + y2 + y3 = 0, а поскольку x1 + x2 + x3 = 0, y1 + + y2 + y3 = 0, то 3а = 0. Значит, a = 0 и поэтому x1 = - y3 , x2 = - y2 , x3 = - y1 . Отсюда

Ответ: сумма квадратов чисел нижней строки равна n.

ЗАДАЧА 10

На окружности отмечено N точек. Два игрока играют в такую игру: первый игрок соединяет две из этих точек хордой, из конца которой второй игрок проводит хорду в одну из оставшихся точек так, чтобы не пересечь уже проведенную хорду. Затем такой же "ход" делает первый игрок - проводит из конца второй хорды новую хорду в одну из оставшихся точек так, чтобы она не пересекала ни одну из уже проведенных. Проигрывает тот, кто не может сделать такой "ход". Кто выигрывает при правильной игре? (Хордой называется отрезок, концы которого лежат на данной окружности.)

Докажем, что при четном N при правильной игре выигрывает первый игрок, а при нечетном - второй.

Рассмотрим произвольное четное N. Правильная игра первого игрока состоит в следующем. Первым ходом он выбирает какую-нибудь начальную точку и соединяет ее с какой-нибудь соседней:

Теперь ход делает второй игрок, и он может провести хорду из заданной точки в какую-нибудь из оставшихся N - 2 точек. Хорда разделит окружность на две дуги, на которых в сумме останется N - 3 свободных точек. Число (N - 3) нечетно, значит, на одной из дуг лежит четное число точек, а на другой - нечетное (обозначим это число через K ):

Теперь ход делает первый игрок и он может свести игру к случаю четного числа точек, выбрав дугу с K точками (при этом игра сводится к случаю K + 1 точки, K точек на дуге и одна точка - конец хорды, проведенной вторым игроком). Первый игрок проводит хорду в соседнюю точку на выбранной дуге:

При этом второй игрок оказывается в том же положении, что и при предыдущем ходе: он может провести хорду в какую-нибудь из оставшихся точек, а их - четное число. Первый игрок при своем ходе опять может свести игру к случаю четного (уже меньшего) числа точек и так далее. После нескольких ходов первый игрок сможет свести игру к случаю двух точек, соединить их и выиграть.

В случае нечетного N первый игрок оказывается в положении второго игрока при четном N и, следовательно, проигрывает (при правильной игре второго игрока).

Ответ: первый, если N четно, и второй, если N нечетно.

ЗАДАЧА 1

В телевизионной передаче "Поле чудес" ведущий разыгрывал приз следующим образом. Играющему показывали три шкатулки, в одной из которых находился приз. Играющий указывал на одну из шкатулок, после чего ведущий открывал одну из двух других оставшихся шкатулок, которая оказывалась пустой. После этого играющий мог либо настаивать на первоначальном выборе, либо сменить его и выбрать третью шкатулку. В каком случае его шансы на выигрыш возрастают? (Возможны три варианта ответа: обе шкатулки равноправны, лучше сохранить первоначальный выбор, лучше его изменить. Попытайтесь обосновать свой ответ.)

Лучше изменить свой выбор. При первоначальном выборе вероятность того, что деньги в выбранной шкатулке - 1/3, вероятность того, что деньги в одной из двух других - 2/3. После того как ведущий открыл ту из оставшихся шкатулок, которая была пустой, вероятность нахождения выигрыша в третьей шкатулке становится равной 2/3. (Вероятность выигрыша при сохранении первоначального выбора по-прежнему равна 1/3.)

ЗАДАЧА 2

Найдите наименьшее натуральное n такое, что при всех целых m > n найдутся целые положительные x и y, для которых имеет место равенство

17x + 23y = m.

Докажем сначала, что не существует натуральных решений уравнения 17x + 23y = 391. Действительно, так как 391 = 23 " 17, то из уравнения 17x = 391 - 23y следует, что x делится на 23 (так как 17 и 23 числа простые). Наименьшее положительное x, обладающее таким свойством, равно 23, но тогда y = 0. Следовательно, натуральных решений у данного уравнения нет.

Теперь покажем, что при любом m > 391 уравнение 17x + 23y = m имеет целые положительные решения.

На рисунке 1 все решения данного уравнения - это прямая, пересекающая оси Ox и Oy в точках и соответственно. Заметим, что если (x, y) - точка с целыми координатами на этой прямой, то все точки (x + + 23k, y - 17k) тоже принадлежат данной прямой, тогда так как при m > 391, > 23, а > 17, то хотя бы у одной из точек такого вида координаты будут положительные (хотя бы одна из таких точек попадет в первую четверть).

Ответ: 391.

ЗАДАЧА 3

Найдите x + y, если

Домножим уравнение = 1 на После преобразований получаем Аналогично, домножив исходное уравнение на мы получим Теперь, сложив полученные равенства, мы получим, что x + y = 0.

Ответ: x + y = 0.

ЗАДАЧА 4

На единичном отрезке расположено несколько непересекающихся отрезков красного цвета, общая длина которых больше 0,5. Обязательно ли найдутся две красные точки на расстоянии:

а) Не обязательно. Приведем пример такого расположения отрезков, при котором не найдутся две красные точки на расстоянии Разобьем весь единичный отрезок на 99 частей, нечетные из которых будут окрашены в красный цвет и иметь длину Тогда общая длина красных отрезков Остальные 49 частей (незакрашенные) будут равны между собой по длине. Длина каждой из них равна = = > Таким образом, длина каждого красного отрезка меньше а расстояние между различными красными отрезками больше и, значит, двух красных точек на расстоянии не найдется.

б) Обязательно найдутся. Разобьем единичный отрезок на 50 равных частей. Так как суммарная длина красных отрезков больше 0,5, то хотя бы у одного из получившихся отрезков длиной больше половины будет окрашено в красный цвет. Рассмотрим этот отрезок. Сдвинем первую его половину вперед на так, чтобы она полностью "наложилась" на вторую. Заметим, что при этом сдвиге каждая точка из первой половины отрезка перешла в точку из второй половины отрезка, находившуюся от нее на расстоянии а так как больше половины всего отрезка было окрашено в красный цвет, то найдется такая красная точка, которая при этом сдвиге перейдет в красную точку. Таким образом две красные точки на расстоянии обязательно найдутся.

ЗАДАЧА 5

Угол А в треугольнике АВС равен a. Окружность, проходящая через А и В и касающаяся ВС, пересекает медиану к стороне ВС (или ее продолжение) в точке М, отличной от А. Найдите угол ВМС.

Обозначим через Р середину ВС. В треугольниках ВМР и ВРА имеется пара равных углов: -МВР = -ВАР (оба измеряются половиной дуги ВМ ), -ВРМ = -ВРА. Значит, эти треугольники подобны и Но ВР = = РС. Следовательно, Отсюда следует подобие треугольников СМР и СРА. Получаем равенство -МСР = -САР. Таким образом, -ВМС = 180? - -МВС - - -МСВ = 180? - -МВР - -МСР = 180? - -ВАР - - -САР = 180? - -ВАС = 180? - a.

Ответ: -ВMС = 180? - a.

ЗАДАЧА 6

При всех допустимых значениях a и b упростите выражение

.

Найдем допустимые значения a и b. Для того чтобы выражение имело смысл, необходимо, чтобы оба подкоренных выражения были неотрицательны, то есть

4b - a2 + 2ab + 4 $ 0 и 4ab - 10b2 - 8 $ 0

сложив эти два неравенства, мы получим

- a2 + 6ab - 10b2 + 4b - 4 $ 0

или

- a2 + 6ab - 9b2 - b2 + 4b - 4 = - (a - 3b)2 - (b - 2)2 $ 0,

то есть исходное выражение может иметь смысл только при b = 2, a = 3b = 6. Подставив найденные a и b в исходное выражение, мы получим, что при a = 6 и b = 2, оно имеет смысл и равно 3.

Ответ: при всех допустимых значениях a и b

это выражение равно 3.

ЗАДАЧА 7

На прямой l расположены точки А, B, C и D так, что

Некоторая окружность касается прямой l в точке С. Через A проведена прямая, пересекающая эту окружность в точках M и N таких, что серединные перпендикуляры к отрезкам BM и DN пересекаются в точке Q на прямой l. В каком отношении точка Q делит отрезок AD?

Докажем, что точки B, D, M и N лежат на одной окружности. По теореме о касательной и секущей к окружности, проведенных из одной точки AC 2 = AM " AN. Пусть BC = 1, тогда AB = l, AC = AB + BC = l + 1,

Таким образом AB " AD = l2 + l + l + 1 = (l + 1)2 = = AC 2 = AM " AN. Значит, точки B, D, M и N лежат на одной окружности, центр которой (точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам четырехугольника BMND ) совпадает с точкой Q. Таким образом BQ = QD. Тогда BD = BC + CD = 1 + BQ = QD = = AQ = AB + BQ = и, значит,

Ответ:

ЗАДАЧА 8

На плоскости даны прямая l и луч p с началом на этой прямой. Построены две фиксированные окружности (не обязательно равные), вписанные в два образовавшихся угла. На луче p берется точка А так, что касательные из А к заданным окружностям, отличные от p, пересекают прямую l в точках В и С и при этом треугольник АВС содержит заданные окружности. Найдите геометрическое место центров окружностей, вписанных в треугольник АВС (при перемещении А).

Пусть R - радиус большей из двух данных окружностей, а r - радиус меньшей из них. Тогда геометрическое место центров окружностей, вписанных в треугольник ABC, - интервал O1O2 (без крайних точек), где O1M = R, O2M = R + r, R и r - радиусы заданных в условии окружностей (см. рис. 1).

Докажем вспомогательное утверждение. Если M - точка касания окружности, вписанной в треугольник ABC и стороны BC (см. рис. 2), то BM = (BA + BC - AC ). Действительно, по свойству касательных BL = BM, AL = AN и CN = CM, тогда BA + BC - AC = BL + AL + + BM + CM - CN - AN = 2BM.

Перейдем к нашей задаче. Пусть M - точка касания окружности, вписанной в треугольник ABC и стороны BC (cм. рис. 1). Тогда EM = BM - BE = (AB + BC - CA ) - - (AB + BD - AD ) = (BC - BD + AD - CA ) = (AD + + DC - CA ) = DF. То есть точка M - постоянная. Значит, центр окружности вписанной в треугольник ABC находится на прямой перпендикулярной к прямой l и проходящей через точку M. Найдем крайние точки расположения центров таких окружностей. Очевидно, что точка A должна располагаться на луче p выше точки A0 , касательная из которой к бЧльшей из окружностей отличная от p, параллельна прямой l (см. рис. 3), но может быть сколь угодно близка к этой точке. Таким образом, радиус окружности, вписанной в треугольник ABC, больше радиуса любой из двух заданных окружностей, но может быть сколь угодно близок к радиусу большей из них. То есть центр окружности, вписанной в треугольник ABC, всегда находится выше точки O1 (см. рис. 1), но приближается к ней при приближении точки A к точке A0 .

Посмотрим, что происходит, когда точка A удаляется вверх по лучу p. Пусть -BAC = a, -BAD = a1 , а -CAD = a2 . Тогда -BOC = 90? + BO "D = 90? + а -CO 'D = 90? + (см. рис. 4). При удалении точки А углы a, a1 и a2 уменьшаются, поэтому углы -BOC, -BO "D и -CO 'D приближаются к прямым. В предельном случае (см. рис. 5) четырехугольник DO "OO ' становится прямоугольником. К - точка пересечения его диагоналей. O "E = r, O 'F = R. Тогда KL - средняя линия трапеции EO "O 'F и, таким образом, равна полусумме ее оснований: KL = Но, с другой стороны, KL - средняя линия треугольника DOM. Значит OM = 2KL = = R + r. Таким образом, радиус окружности, вписанной в треугольник ABC, всегда меньше R + r. Значит, ее центр всегда находится ниже точки O2 (рис. 1), но может быть сколь угодно близок к ней. Таким образом, искомое гмт - интервал O1O2 (см. рис. 1).

ЗАДАЧА 9

На плоскости расположены два равнобедренных не пересекающихся прямоугольных треугольника ABC и DEC (AB и DE - гипотенузы, АВDЕ - выпуклый четырехугольник), причем AB = 2DE. Построим еще два равнобедренных прямоугольных треугольника: BDF (с гипотенузой BF, расположенной вне треугольника BDC ) и AEG (с гипотенузой AG, расположенной вне треугольника AEC ). Докажите, что прямая FG проходит через точку N такую, что DCEN - квадрат.

Докажем вспомогательное утверждение. Если KLM и QLR - два равнобедренных прямоугольных треугольника с гипотенузами KM и QR, расположенные как на рисунке 1, то прямая, проходящая через L перпендикулярно KQ, делит пополам RM.

Доказательство. Пусть точка P такая, что MLRP - параллелограмм. Треугольник LMP равен треугольнику KLQ (ML = LK, MP = LQ, -LMP = 180? - -MLK = = -KLQ ). Значит, -KLT = 180? - 90? - - MLP = 90? - - -LKQ, то есть LT ^ KQ.

Перейдем к нашей задаче. Опустим из точек D и E перпендикуляры DS и EV соответственно на NF и NG (см. рисунок 2). Тогда J и W - соответственно середины CB и CA. Из условия задачи следует, что треугольники DCJ и ECW - равнобедренные (так как AB = 2DE ). Если -DNS = j, то -SDN = 90? - j, -CJD = -CDJ = j, -JCD = 180? - 2j, -WCE = 2j, -CEW = -CWE = = 90? - j, -NEV = j, -ENV = 90? - j (напомним, что -DNS = j). А это значит, что точки S, N и G лежат на одной прямой.

ЗАДАЧА 10

Школьник написал домашнее сочинение на тему "Как я провел лето". Два его товарища из соседней школы решили не утруждать себя работой и переписали его сочинение. Но при переписывании они сделали несколько ошибок - каждый свои. Прежде чем сдать работы, оба школьника дали переписать сочинения четырем другим своим товарищам (каждый дал двум знакомым). Эти четыре школьника делают то же самое и т.д. При каждом переписывании сохраняются все предыдущие ошибки и, возможно, делаются новые. Известно, что в какой-то день в каждом новом сочинении оказалось не менее 10 ошибок. Докажите, что был такой день, когда в сумме было допущено не менее 11 новых ошибок.

Предположим, что на каждом этапе было сделано не более 10 новых ошибок. Тогда в первый день общее число ошибок не более 10, во второй - не более, чем 2 " 10 + 10, в третий - не более, чем 2(2 " 10 + 10) + 10 = = 22 "10 + 2 " 10 + 10 и т.д., в n-й день число ошибок не более, чем (2n - 1 + 2n - 2 + _ + 2 + 1)10 = (2n - 1)10. Но по условию, в какой-то день в каждой работе стало не менее 10 ошибок. Если это произошло в n-й день, то число ошибок в этот день будет не менее 2n " 10, что противоречит ранее полученной оценке.

ЗАДАЧА 1

Назовем "соросовским произведением" двух различных чисел, a и b, число a + b + ab. Можно ли, исходя из чисел 1 и 4, после многократного применения этой операции к уже полученным произведениям получить:

а) число 1999; б) число 2000?

Поскольку 1 + 4 + 1 " 4 = 9; 1 + 9 + 1 " 9 = 19; 4 + 19 + + 4 " 19 = 99; 19 + 99 + 19 " 99 = 1999, ответ на вопрос а) положительный.

Для ответа на вопрос б) заметим, что если а = 2k + + 1 - нечетное число, b = 2n - четное число, то a + b + + ab = 2k + 2n + 4kn + 1 - нечетное число.

Если же числа а и b оба нечетны, то и их "соросовское произведение", очевидно, нечетно.

Поэтому "соросовское произведение" пары чисел, хотя бы одно из которых нечетно, будет нечетным числом. Поскольку мы начинаем с пары (1; 4), в которой первое число нечетно, мы все время будем получать нечетные числа и не получим число 2000 - четное число.

Замечание. Участники олимпиады высказали и другие соображения, по которым они получали ответ в б): например, многие заметили, что, получив число 9, мы дальше все время будем получать числа, оканчивающиеся на 9 и не сможем поэтому получить число 2000; другие доказывали, что, исходя из пары (1; 4), можно получить лишь числа вида 2k " 5n - 1, правда, при этом некоторые не показали, как получить 1999 (они получили только необходимое условие представления числа в виде "соросовского произведения" из начальной пары, но не проверили его достаточность в случае числа 1999), что является логической ошибкой.

Ответ: а) можно; б) нельзя.

ЗАДАЧА 2

На валютной бирже продаются динары (D), гульдены (G), реалы (R) и талеры (T). Биржевые игроки имеют право совершать сделку купли-продажи с каждой парой валют не более одного раза в день. Курсы обмена следующие: D = 6G; D = 25R; D = 120T; G = 4R; G = 21T; R = 5T. Утром у игрока имелось 32 динара. Какое максимальное число

а) динаров; б) талеров

он может получить к вечеру?

Выписав все возможные варианты обмена, без труда находим, что

Ответ: а) 35 динаров; б) 4200 талеров.

ЗАДАЧА 3

Центр окружности, проходящей через середины всех сторон треугольника АВС, лежит на биссектрисе его угла С. Найдите сторону АВ, если ВС = а, АС = b (a ? b).

Пусть А1 , В1 , С1 - соответственно середины сторон ВС, АС и АВ треугольника АВС, О - центр описанной около треугольника А1В1С1 окружности (рис. 1). По условию, в треугольниках ОА1С и ОВ1С против соответственно равных сторон ОА1 и ОВ1 (это радиусы указанной окружности) лежат равные углы - половины угла С. Из теоремы синусов следует, что тогда против общей стороны ОС этих треугольников находятся их углы А1 и В1 , синусы которых равны, значит, эти углы либо равны, либо составляют в сумме 180?. Но из равенства этих углов вытекало бы равенство сторон ВС и АС, что запрещено условием, так что остается заключить, что углы 1 и 2 в сумме составляют 180?.

Поскольку сумма внутренних углов любого четырехугольника (СА1ОВ1) равна 360?, получаем, что сумма углов 3 и 4 также равна 180?. Но это значит, что угол 4 равен (180? - - 3 ). Осталось заметить, что угол 5 вдвое меньше угла 4 (он вписан в указанную выше окружность и измеряется половиной дуги, на которую опирается угол 4 - центральный угол той же окружности, измеряющийся всей этой дугой), поэтому он равен

C другой стороны, углы 3 и 5 равны как противоположные углы параллелограмма СА1С1В1 . Итак, откуда получается, что угол С треугольника АВС равен 60?.

Для получения ответа достаточно воспользоваться теоремой косинусов.

Ответ:

Замечание. Особенностью приведенного нами решения была его независимость от чертежа, то есть от того, как расположены вторые точки пересечения окружности со сторонами треугольника АВС - дальше от точки С или ближе, чем середины сторон. Аналогичная независимость, как правило, имелась в решениях с помощью векторов или (и) метода координат. Если в присланных решениях это было не так и не рассматривались все случаи, оценка за решение снижалась.

Отметим еще, что немалая часть участников олимпиады узнала в условии знаменитую окружность девяти точек и воспользовалась ее свойствами, что, естественно, приветствовалось.

ЗАДАЧА 4

Решите уравнение

Пусть тогда х - 1 = х2 - у2 и исходное уравнение принимает вид 16х3 = у(11х2 + х2 - у2), то есть у3 - 12х2у + 16х3 = 0. Получено так называемое однородное уравнение третьей степени.

Заметив, что х = 0 не является решением исходного уравнения (это легко увидеть, подставив в него х = 0), выполним замену переменной: t = y / x и придем к уравнению t3 - 12t + 16 = 0.

Подобрав корень t = 2, разложим левую часть уравнения на множители и получим: (t - 2)2(t + 4) = 0, откуда t = 2 или t = - 4. Поскольку y = tx, осталось решить уравнения

Для этого надо каждое из них почленно возвести в квадрат и, решив полученные квадратные уравнения, отобрать положительный корень первого и отрицательный - второго (при возведении уравнения почленно в квадрат могут появиться посторонние корни, поэтому нужен отбор).

Ответ:

Замечание. При решении этой задачи часто терялись корни при внесении неизвестного под знак радикала (при таком способе решения надо рассматривать два случая - неизвестное положительно или отрицательно - см. также решение и комментарий к задаче 6 для X класса).

Бывало, что в ответ, наоборот, включались лишние корни - не проводился отбор корней.

ЗАДАЧА 5

Известно, что существует прямая, делящая периметр и площадь некоторого описанного около окружности многоугольника в одном и том же отношении. Докажите, что эта прямая проходит через центр указанной окружности.

Пусть окружность касается всех звеньев выпуклой ломаной линии АВ_СD - рис. 1, а. Соединим все вершины ломаной с центром О окружности. Тогда многоугольник АВ_СDO разобьется на треугольники АОВ, _, СОD.

Проведя радиусы окружности во все точки касания (они, как известно, перпендикулярны касательным), получим высоты этих треугольников, опущенные на звенья ломаной - они все равны радиусу r окружности. Поэтому площадь S указанного многоугольника равна сумме площадей всех треугольников

где Р - периметр указанной ломаной. (В частности, эта формула хорошо известна для многоугольника - замкнутой ломаной линии, - в который можно вписать окружность.)

Теперь вернемся к нашей задаче. Пусть нашлась прямая l, не проходящая через центр О вписанной в многоугольник окружности и делящая его площадь и периметр в одном и том же отношении.

Если эта прямая пересекает стороны многоугольника в точках M и N, площадь и периметр той части многоугольника, где лежит точка О, равны соответственно S1 и Р1 , а площадь и периметр остальной его части - S2 и Р2 , то условие задачи можно записать в виде

Пусть радиус окружности равен r, а площадь треугольника MON равна Х. Тогда (рис. 1, б ), используя формулу, выведенную в начале решения, получим, что и условие задачи можно переписать в виде откуда после приведения к общему знаменателю и приведения подобных членов приходим к равенству Х(Р1 + Р2) = 0, то есть Х = 0, что и требовалось.

Замечание. При решении этой задачи допускались разные ошибки: логические - доказывали, что существует прямая, проходящая через центр и делящая одновременно площадь и периметр пополам, и считали, что все доказано; некоторые "доказывали", что любая прямая, проходящая через центр, обладает этим свойством.

В нескольких работах было доказано, что через любую точку границы (любого!) многоугольника можно провести прямую, делящую его периметр (или площадь, но не одновременно и то, и другое) пополам (это верно, но в доказательстве приходится использовать соображения непрерывности, что авторы работ понимали далеко не всегда), и делались странные выводы о прямой зависимости от этого факта утверждения задачи.

ЗАДАЧА 6

Пусть a3 - a - 1 = 0. Найдите точное значение выражения

Преобразуем первое подкоренное выражение, используя данное в условии уравнение для замены a = = a3 - 1:

3a2 - 4a = 3a2 - 3a - a = 3a2 - 3a - (a3 - 1) = (1 - a)3.

Поэтому первое слагаемое исходного выражения запишется так:

Для преобразования второго слагаемого нам понадобится внести под знак радикала множитель a. Для этого покажем сначала, что данное в условии уравнение не имеет отрицательных корней.

Рассмотрим функцию f (a) = a + 1 - a3. Ее производная f '(a) = 1 - 3a2 при отрицательных a равна нулю в точке и меняет свой знак при переходе через это значение с минуса на плюс, так что функция f имеет в этой точке минимум. Поскольку этот минимум, очевидно, положителен, при остальных отрицательных значениях a функция f тем более положительна и не может равняться нулю, что и утверждалось.

Итак, число a, как мы доказали, положительно, поэтому мы можем вместо множителя a просто внести под знак радикала a4 (если бы a было отрицательным, перед радикалом надо было бы оставить знак минус). Преобразуем полученное второе подкоренное выражение, заменяя на этот раз a3 на a + 1:

a4(2a2 + 3a + 2) = 2(a3)2 + 3(a2)(a3) + 2a(a3) =

= 2(a + 1)2 + 3a2(a + 1) + 2a(a + 1) =

= (a + 1)(2a + 2 + 3a2 + 2a).

Теперь преобразуем второй сомножитель полученного произведения, заменив, наоборот, (a + 1) на a3:

2a + 2 + 3a2 + 2a = 3a2 + 3a + 1 + (a + 1) =

= a3 + 3a2 + 3a + 1 = (a + 1)3.

Итак, второе слагаемое исходного выражения можно записать так:

(мы еще раз учли, что a > 0, поэтому | a + 1 | = a + 1). Окончательно, исходное выражение равно 1- a + 1 + + a = 2.

Ответ: 2.

Замечание. Некоторые работы содержали выписанные формулы Кардано решения кубического уравнения, но, естественно, даже приблизиться к ответу с их помощью никому не удалось.

Помешало еще и то, что в первом выпуске газеты "Математика" в условии этой задачи была опечатка (исправленная в следующем выпуске, но, видимо, не все об этом знали). Часть участников просто догадалась исправить 3 под знаком второго радикала на 2. Всем правильно преобразовавшим лишь первый радикал это было зачтено.

ЗАДАЧА 7

Пусть прямая, перпендикулярная стороне AD параллелограмма ABCD, проходящая через точку В, пересекает прямую CD в точке M, а прямая, проходящая через точку В и перпендикулярная стороне CD, пересекает прямую AD в точке N. Докажите, что прямая, проходящая через точку В перпендикулярно диагонали АС, проходит через середину отрезка MN.

Построим точку L, симметричную точке М относительно точки В.

Из равенства противолежащих углов исходного параллелограмма ABCD (- A = -C ) следует подобие прямоугольных треугольников ABN и СВМ и соотношения ВА : ВС = BN : BM = BN : BL - мы учли, что BM = BL.

Из этого соотношения, учитывая еще, что углы АВС и NBL имеют соответственно перпендикулярные стороны и поэтому равны, получаем, что треугольники АВС и NBL подобны, и прямая LN перпендикулярна прямой АС (треугольник NBL получается из треугольника АВС поворотом на 90? вокруг точки В с последующей гомотетией с центром в точке В ).

Но отсюда вытекает, что перпендикуляр, опущенный из точки В на диагональ АС, параллелен прямой LN, является средней линией в треугольнике MLN (MB = BL) и делит сторону MN пополам.

Замечание. Приведенное решение не использует особенности взаимного расположения элементов чертежа, в отличие от многих присланных решений, где был существен порядок расположения точек на чертеже - на стороне или на ее продолжении находится та или иная точка, и т.п.

Было много решений с использованием векторов и метода координат, где, как правило (но, к сожалению, не всегда), использованные формулы не зависели от указанных факторов.

ЗАДАЧА 8

Имеется 100 положительных чисел a1 , a2 , _, a100 таких, что

Докажите, что a1 " a2 " _ " a100 $ (99)100.

Докажем общий факт: если для n положительных чисел а1 , a2 , _, an выполнено неравенство то справедливо неравенство a1 " a2 " _ " an $ (n - 1)n. Отсюда при n = 100 будет следовать утверждение нашей задачи.

Поскольку, очевидно, , данное неравенство приводится к виду

Аналогично, поскольку данное неравенство приводится к виду

Рассуждая аналогично, получим цепочку неравенств такого же типа, как (1) и (2), где слева стоит вся сумма из условия, кроме одного слагаемого, а справа - дробь, в которой встречается то из чисел аi , которого нет в левой части:

........................................................................

Заметим, что в силу неравенства Коши между средним арифметическим и средним геометрическим n чисел

....................................................

Из неравенств (1)-(n) и (1*)-(n*) в силу транзитивности неравенств получаем:

.............................................................

Почленно перемножив неравенства (1**)-(n**), приходим к неравенству

откуда после сокращения и получаем требуемое неравенство

a1 " a2 " _ " an $ (n - 1)n.

Замечание. Возможны и другие способы доказательства, в частности, оценки сверху и снизу рассматриваемых дробей, причем, помимо упомянутого неравенства Коши, многие использовали и неравенство с участием среднего гармонического n чисел.

Но всякие непонятные (скорее всего и их авторам) рассуждения типа "видно, что левая часть растет гораздо быстрее правой_", "когда сомножителей достаточно много, то _", "числитель и знаменатель оба растут, но числитель быстрее, поэтому дробь растет _" и т.п. за доказательство не принимались.

Отметим еще, что многие, как и в приведенном нами решении, доказывали неравенство в общем виде.

ЗАДАЧА 9

Докажите, что для любого l > 3 найдется число х, для которого

sin x + sin lx $ 1,8.

Введем обозначения (всюду используется радианная мера углов):

a0 = arcsin 0,9 = 1,11977_, b0 = p - a0 = 2,02182_,

an = a0 + 2pn, bn = b0 + 2pn.

В частности, a1 = 7,40295_; b1 = 8,305_; a4 = 26,2525_, b4 = 27,1546_

Очевидно, при an < x < bn выполняется неравенство sin x > 0,9. Нам достаточно доказать, что при любом l > 3 какой-нибудь из интервалов (lan ; lbn) имеет общую точку с каким-нибудь из интервалов (am ; bm): тогда, обозначив эту общую точку через lx0 , получим, что, поскольку одновременно будут выполняться неравенства an < x0 < bn и am < lx0 < bm , будет иметь место и неравенство sin x0 + sin (lx0) > 1,8.

Если длина интервала (la0 ; lb0) больше 2p, а такой интервал обязательно пересечется с каким-нибудь из интервалов (an ; bn), расположенными с периодом 2p.

Если l находится в пределах

то интервал (la0 ; lb0) пересекается, как нетрудно видеть, с интервалом (a1 ; b1).

Если l находится в пределах

то интервал (la1 ; lb1) пересекается с интервалом (a4 ; b4).

Вообще, очевидно, если l находится в пределах

то интервал (lak ; lbk) пересекается с интервалом (a3k + 1 ; b3k + 1): ведь тогда

и одновременно

при всех k k N.

Докажем, что указанные выше соседние диапазоны для l, то есть интервалы и при k k N пересекаются и при этом выполняются неравенства то есть каждый следующий интервал "вложен" в предыдущий. Действительно, преобразования

показывают, что это так (многоточием в случаях (2) и (3) обозначены выкладки, аналогичные приведенным в случае (1), которые мы оставили читателю).

Остается заметить, что при l > 3

аналогично начиная с некоторого k, так что число l попадет в какой-нибудь диапазон

Замечание. В присланных работах встречались решения, в которых доказывалось, что при х k (p /3; 2p /3) имеет место неравенство sin x > 0,8, а затем - что при l > 3 найдется решение уравнения sin lx = 1, принадлежащее указанному интервалу. Это требовало примерно таких же выкладок, что и приведенное нами решение.

ЗАДАЧА 10

Возьмем на стороне AС треугольника АВС произвольную точку D и проведем окружность через точку D и центры окружностей, вписанных в треугольники ABD и BCD. Докажите, что все окружности, полученные для различных точек D стороны AС, имеют общую точку.

Введем обозначения, понятные из рис. 1, а и б ; на них рассмотрен случай, когда окружности, вписанные в треугольники ABD и CBD, касаются отрезка ВD в разных точках, М и М1 соответственно; будем далее называть указанные окружности с центрами в точках О и О1 просто "окружность О" и "окружность О1" соответственно.

Поскольку OD и O1D - биссектрисы соответственно смежных углов ADB и CDB, угол ODO1 - прямой, поэтому OO1 - диаметр окружности, проходящей через точки O, O1 и D, а середина O2 этого отрезка - ее центр.

Пусть вторая общая внутренняя касательная окружностей О и О1 касается этих окружностей в точках N и N1 соответственно, и пересекает прямую АС в точке D1 . Повторив рассуждение о биссектрисах смежных углов, получим, что угол OD1O1 - тоже прямой, значит, окружность О2 проходит еще и через точку D1 (полная аналогия с общей внутренней касательной ММ1).

Очевидно, прямая ОО1 - ось симметрии фигуры, состоящей из окружностей О и О1 и их общих внутренних касательных. Поэтому ММ1 = NN1 ,

Мы докажем, что положение точки D1 не зависит от выбора точки D на стороне АС, то есть что в условии задачи речь идет именно о точке D1 .

Все дальнейшие рассуждения основаны на хорошо известном факте - равенстве отрезков касательных, проведенных из точки к окружности. Это приводит к следующим равенствам:

KD = MD; K1D1 = N1D1 ; DM1 = DK1 ; D1N = D1K.

Далее,

DM + MM1 = DD1 + D1K1 = DK + NN1 = DD1 + D1N1

и

DK + DD1 = D1N1 + NN1 .

Из равенств (1), (2) и (3) следует, что

DK = DM = D1N1 = D1K1

и

DD1 = NN1 = MM1

Используя равенства (1)-(5) и равенства других касательных, находим:

AD1 - D1C = (AK + KD + DD1) - (D1K1 + K1C ) =

= AK + DD1 - CK1 = (AK + BM1 + MM1) - (BM1 + CK1) =

= (AL + LB ) - (BL1 + L1C ) = AB - BC.

Таким образом, разность расстояний от точки D1 до вершин А и С не зависит от положения точки D на стороне АС, то есть точка D1 одна и та же для всех окружностей, указанных в условии.

Осталось заметить, что если точки М и М1 совпадают, выкладки становятся еще проще и дают тот же результат: АD1 - D1C = АВ - АС.

Замечание. Нетрудно доказать, что в точке D1 касается стороны АС окружность, вписанная в треугольник АВС. Некоторые другие решения, присланные на проверку, как раз так и устроены: после того, как доказано, что угол ODO1 прямой, доказывается, что если из точки I пересечения биссектрис АО и СО1 опустить перпендикуляр IP на сторону АС (точка P лежит на стороне АС ), то угол ОРО1 - прямой. Конечно, эта точка Р - точка D1 из приведенного нами решения.

Отметим также, что было довольно много решений этой задачи с помощью метода координат и векторов.

ЗАДАЧА 1

В игре участвуют два игрока А и Б. Игрок А задает значение одного из коэффициентов a, b или c многочлена

x3 + ax2 + bx + c.

Игрок Б указывает значение любого из двух оставшихся коэффициентов. Затем игрок А задает значение последнего коэффициента. Существует ли стратегия игрока А такая, что как бы ни играл игрок Б, уравнение

x3 + ax2 + bx + c = 0

имеет три различных (действительных) решения?

Такие стратегии существуют. Например: первым ходом игрок А выбирает значение b = -1. Каков бы ни был следующий ход (выбор игроком Б значения одного из коэффициентов a или c), оставшийся ход игрок А делает выбор так, чтобы 4с + a = 0. Покажем, теперь, что для любого числа a уравнение 0 = x3 + ax2 - x - = = x3 - x + a(x2 - ) имеет три различных корня.

Обозначим правую часть уравнения через f (x). Ясно, что

Значит ввиду непрерывности функции f (x) на всей числовой прямой на интервалах (- ?, -1/2), (-1/2, 1/2), (1/2, + ?) имеются корни нашего уравнения.

ЗАДАЧА 2

Пусть

f (x) = (_(((x - 2)2 - 2)2 - 2)2_ - 2)2

(здесь скобок ( ) - n штук). Найдите f "(0).

Пусть

= x2n + _ + Bnx2 + Anx + 4.

Так как

fn + 1(x) = (x2n +_ + Bnx2 + Anx + 2)2,

то

An + 1 = 4An (n = 1, 2, _), A1 = - 4;

Bn + 1 = An2+ 4Bn (n = 1, 2, _), B1 = 1.

Ясно, что An = - 4, n = 1, 2, _, поэтому

Bn + 1 = 42n + 4Bn , B1 = 1.

Рассмотрим последовательность

(n = 1, 2, _), a1 = 1.

Из (1) получаем

или

an + 1- an = 4n, n = 1, 2, _

Значит

поэтому

Так как

то значение второй производной в нуле равно

ЗАДАЧА 3

Числа a, b и c таковы, что

a2 + b2 + c2 = 1.

Докажите, что

a4 + b4 + c4 + 2(ab2 + bc2 + ca2)2 # 1.

При каких a, b и c неравенство превращается в равенство?

Пусть

I = (a2c + b2a + c2b)2 = (a " ac + b " ba + c " cb)2.

И рассмотрим векторы

U = {a, b, c}, V = {ac, ba, cb}.

Используя неравенство Коши-Буняковского

(U, V )2 # | U | 2 " | V | 2,

получаем

I # (a2 + b2 + c2)(a2c2 + b2a2 + c2b2).

Так как a2 + b2 + c2 = 1, то

I # a2c2 + b2a2 + c2b2 = {(a2 + b2 + c2)2 - a4 - b4 - c4} =

= {1 - (a4 + b4 + c4)}

или

a4 + b4 + c4 + 2(a2c + b2a + c2b2)2 # 1.

При доказательстве этого неравенства мы использовали только неравенство (1).

Значит, равенство в последнем неравенстве возможно тогда и только тогда, когда неравенство (1) превращается в равенство, что возможно только в том случае, когда векторы U и V коллинеарны. Возможны следующие случаи:

1. Один из векторов U и V равен нулю. Так как a2 + + b2 + c2 = 1, то U k Q, значит V = Q, то есть ac = 0, ba = 0, ca = 0, что дает шесть троек (a, b, c) : (?1, 0, 0); (0, ?1, 0) и (0, 0, ?1).

2. Если abc ? 0, то условие коллинеарности векторов U и V можно записать так: или a = b = c, а так как a2 + b2 + c2 = 1, то получаем еще две тройки

3. Если же хотя бы одно из чисел a, b или c равно нулю пусть, например, b = 0, то векторы {a, 0, c} и {ac, 0, 0} коллинеарны, то есть c = 0 и приходим к случаю 1.

ЗАДАЧА 4

Пусть прямая L перпендикулярна плоскости P. Три сферы попарно касаются друг друга так, что каждая сфера касается плоскости P и прямой L. Радиус большей сферы равен 1. Найдите минимальный радиус наименьшей сферы.

Введем систему координат Оxyz так, что плоскость P - это координатная плоскость z = 0, прямая L - ось Оz, центр сферы S1 радиуса 1 - точка О1 - лежит в плоскости y = 0. Пусть S2 - сфера с центром в точке О2 радиуса r > 0, касающаяся L, P и S1 . Ясно, что среди таких сфер наименьший радиус будет иметь сфера, центр которой расположен в плоскости y = 0, то есть О2 (r, 0, r). Найдем радиус r этой сферы. Из рисунка видно, что

или

- это и есть искомая величина.

Для этого осталось показать, что существует сфера S3 с центром в т. О3 (x, y, z) радиуса r3 касающаяся S1 , S2 , L и P. Координаты (x, y, z) центра этой сферы удовлетворяют системе

Уравнение (1) следует из того, что сфера S3 касается плоскости z = 0 (значит, ее радиус z > 0) и S3 касается прямой Оz (значит, квадрат расстояния от О3 до оси Оz равен x2 + y2 и равен z2). Уравнения (2) и (3) получены из условий касания S3 и S1 ; S3 и S2 соответственно.

Вычитая почленно из уравнения (3) уравнение (2), получаем

Вычитая почленно из уравнения (2) уравнение (1), получаем z2 - 4z - 2x + 1 = 0, z2 - 4z - 2(2 - - 2z) + 1 = 0, то есть

Значит, y2 = z2 - x2 = неравенство r < r3 < 1 выполнено .

ЗАДАЧА 5

На валютной бирже острова Удача продают динары (D), гульдены (G), реалы (R) и талеры (T). Биржевые маклеры имеют право совершить сделку купли-продажи с любой парой валют не более одного раза за день. Курсы валют такие: D = 6G, D = 25R, D = 120 T, G = 4R, G = 21T, R = 5T. Например, запись D = 6G означает,что 1 динар можно купить за 6 гульденов (или 6 гульденов можно продать за 1 динар). Утром у маклера было 80 динаров, 100 гульденов, 100 реалов и 50400 талеров. Вечером у него было одинаковое число динаров и талеров. Каково максимальное значение этого числа?

Последовательность сделок будем называть операцией. Например, запись (DRG) обозначает такую операцию: сначала динары меняются на реалы - за каждый динар 25 реалов, затем реалы меняются на гульдены - за каждые 4 реала 1 гульден. Заметим, это выгоднее, чем менять напрямую динары на гульдены, поскольку 25/4 > 6.

Индекс операции - отношение "капитал в конце: капитал в начале". Например, для операции (DRG) индекс равен 25/4 - за каждые 4 динара можно получить 25 гульденов. Чем выше индекс операции, тем больше прирост капитала. Запись (DRG)(TR) означает последовательное выполнение двух операций (DRG) и (TR) в таком порядке: сначала (DRG), затем (TR). Для любой валюты нетрудно найти (в нашем случае, например, перебором) самую выгодную операцию (с наибольшим индексом) обмена ее на динары:

Операция X = (TR)(GDRGTD) содержит все эти операции и удовлетворяет условиям задачи, значит, позволяет наиболее выгодно обменять все валюты на динары. Кроме того, она единственна с точностью до перестановки сделок.

Аналогично можно установить, что эти операции Y = (GD)(RTDRGT) удовлетворяют условиям задачи и позволяют наиболее выгодно обменять все валюты на талеры.

Очевидно, что эти операции несовместимы, поскольку операция X содержит сделку TR, а операция Y содержит обратную сделку RT, но по условию задачи с каждой парой валют нельзя совершать более одной сделки. Проверим две стратегии: и по операции X, и по операции Y.

При операции X стратегия игрока и результат каждого шага (после очередной сделки) такие:

Аналогично можно проследить результат при операции Y и убедиться, что он ниже.

Ответ: 546.

ЗАДАЧА 6

Известно, что n-вершинник содержит внутри себя многогранник M с центром симметрии в некоторой точке Q и сам содержится в многограннике, гомотетичном M, с центром гомотетии в точке Q и коэффициентом k. Найдите наименьшее значение k, если

а) n = 4, b) n = 5.

Пусть А - одна из вершин n-вершинника. Обозначим через Р точку, в которой отрезок AQ пересекает поверхность многогранника M, P ' - точка, симметричная Р относительно Q. По условию P ' также принадлежит поверхности многогранника M и расположена внутри или на поверхности n-вершинника.

Кроме того, по условию AQ # kPQ. Следовательно,

Таким образом, при гомотетии с центром А и коэффициентом l отрезок AP ' переходит в отрезок AP ", содержащий точку Q. Но А - любая вершина нашего n-вершинника. Значит, существует общая точка (точка Q ), принадлежащая всем многогранникам, получающимся из данного n-вершинника при гомотетии с центром в любой его вершине и коэффициентом

Рассмотрим случай а). Докажем, что (Отсюда .) Пусть ABCD - некоторый тетраэдр, Q0 - его центр тяжести. В этой точке пересекаются отрезки, соединяющие вершины тетраэдра с точками пересечения медиан противоположных граней. Пусть, например, P - точка пересечения медиан треугольника BCD. Точка Q0 лежит на AP, причем (Это считаем известным.) Отсюда сразу следует, что и k $ 3. Докажем, что k = 3. Возьмем в качестве M многогранник, получающийся из тетраэдра ABCD "отрезанием" четырех вдвое меньших тетраэдров при помощи плоскостей, проходящих через середины трех ребер, выходящих из одной вершины. Получившийся многогранник M имеет центр симметрии в точке Q0 и после гомотетии с центром Q0 и коэффициентом 3 переходит в многогранник, содержащий ABCD.

б) Рассмотрим плоский случай. Аналогично пункту а) нетрудно доказать, что для треугольника наименьшее k равно 2. Для треугольника ABC значение k = 2 будет достигнуто, если в качестве многоугольника M взять шестиугольник, получившийся из ABC "отрезанием" уголков - втрое меньших треугольников. Центром симметрии этого шестиугольника является точка пересечения медиан треугольника ABC.

Рассмотрим теперь выпуклый пятивершинник. (Понятно, что невыпуклые можно не рассматривать.) Докажем, что среди его вершин можно выбрать три такие, что все отрезки, соединяющие попарно эти вершины, являются ребрами пятивершинника. (То есть стороны треугольника с этими вершинами лежат на поверхности пятивершинника.) Возьмем четыре вершины нашего пятивершинника. Они образуют тетраэдр ABCD. Нетрудно убедиться, что где бы ни взять пятую вершину E у получившегося пятивершинника (выпуклого) найдутся три вершины, обладающие указанным свойством. Следовательно, для любого пятивершинника ABCDE будет k $ 2. (Это следует из оценки k $ 2 для треугольника.) Рассмотрим теперь пятивершинник ABCDE, у которого D и E симметричны относительно точки пересечения медиан треугольника ABC (точки Q1). Рассмотрим многогранник, вершинами которого являются вершины шестиугольника, соответствующего треугольнику ABC (он описан в начале этого пункта) и середины отрезков Q1D и Q1E. Этот многогранник содержится в ABCDE и при гомотетии с центром в Q1 и коэффициентом 2 переходит в многогранник, содержащий ABCDE.

Ответ: а) k = 3, б) k = 2.

ЗАДАЧА 7

Докажите, что существуют арифметические прогрессии произвольной длины, состоящие из различных попарно взаимно простых натуральных чисел.

Пусть N - натуральное число, большее 1. Покажем, что арифметическая прогрессия

an = N !n + 1, n = 1, 2, _, N

состоит из попарно взаимно простых чисел. Действительно, пусть d общий натуральный делитель чисел ak и al (1 # k < l # N ), тогда d является делителем числа

l " ak - k " al = l(N !k + 1) - k(N !l + 1) = l - k < N.

Значит, 1 # d < N, поэтому d - делитель N !, а так как, по предположению, d - делитель ak = N !k + 1, то d - делитель 1, значит, d = 1.

ЗАДАЧА 8

Докажите, что плоскость, делящая в одинаковом отношении площадь поверхности и объем описанного многогранника, проходит через центр вписанной в этот многогранник сферы.

Пусть точка J - центр сферы радиуса r, вписанной в многогранник, расположен под секущей плоскостью p, которая пересекает многогранник по многоугольнику М и делит площадь поверхности и объем многогранника в одинаковом отношении. Обозначим через Sн (Sп) - площадь части поверхности многогранника, расположенной над (под) плоскостью p, аналогично - Vн(Vп) - объем части многогранника, расположенной над (под) плоскостью p. Тогда

или SнVп = SпVн .

Пусть V - объем пирамиды с вершиной J и основанием М, тогда

Vн = Sнr - V, Vп = Sпr + V.

Значит,

Sн(Sпr + V ) = Sn(Sнr - V )

или

V(Sн + Sп) = 0.

Следовательно, V = 0, а это значит, что J k p. Ясно, что любая плоскость, проходящая через точку J, делит площадь поверхности и объем многогранника в одинаковом отношении.

ЗАДАЧА 9

Найдите наибольшее C такое, что для любого l $ 1 найдется a, удовлетворяющее неравенству

sin a + sin al $ C.

Обозначим через fl(x) функцию f l(x) = sin x + sin lx. Пусть С3 - наибольшее значение функции f3(x) = sin x + + sin 3x. Найдем С3 и докажем, что для любого l $ 1 найдется al такое, что fl(al) $ C3 .

1. Находим С3 . Имеем f3(x) = sin x + sin 3x = = 4 sin x cos2x = 4 sin x(1 - sin2x). Наибольшее на отрезке [-1, 1] значение функции t - t3 достигается при и равно Следовательно, Это значение f3(x) принимает, например, при Нетрудно проверить, что

.

2. Рассмотрим случай 1 # l < 3. Разобьем его на два

Из условий (1) и (2) следует, что Следовательно, fl(x3) = sin x3 + sin lx3 > sin x3 + sin 3x3 = C3 .

2б) Получаем

3. Аналогично, рассматривая другую точку, соответствующую наибольшему значению f3(x), точку p - x3 , мы могли бы доказать, что при l > 3 существует al , для которого fl(al) $ C3 . Но мы этого делать не будем, а сошлемся на задачу 9 из X класса, в которой утверждается существование al , для которого fl(al) > 1,8

Доказательство утверждения задачи 9 (X класс) приведено выше.

Ответ:

ЗАДАЧА 10

В треугольнике ABC угол A равен a, а угол B равен 2a. Окружность с центром в точке C радиуса CA пересекает прямую, содержащую биссектрису внешнего угла при вершине B в точках M и N. Найдите углы треугольника MAN.

Так как AC = CD (см. рис. 1), то -ADC = a. Значит, -BKD = то есть BK - биссектриса и высота в DBCD, поэтому -BCD = a, СK = KD и NK - высота и медиана в DСND.

Поэтому DCND - правильный, и -DCN = - MND =

Отсюда -MAN = (как вписанный). Вписанный угол ANM равен

Ясно, что -AMN =

Авторы задач и решений: В.Б. Алексеев, В.Д. Арнольд,

Б.П. Гейдман, В.В. Долотин, А.А. Егоров, Р.А. Зигангиров, А.Ю. Митягин, М.Ю. Панов, В.С. Панферов, Ж.М. Раббот, И.С. Рубанов, Р.М. Федоров, Д.И. Шарыгин, И.Ф.Шарыгин, В.А. Юдин, И.В. Ященко


Rambler's Top100