birmaga.ru
добавить свой файл

1
10 класс


Первый тур (10 минут; каждая задача – 6 баллов).

1.1. Найдите значение выражения , если x2 + y2 = 6xy и xy.

Ответ: .

Первый способ. Так как = = = = 2, то = .

Второй способ. Пусть (x  0, так как в противном случае из равенства в условии следует, что y = 0). Тогда, разделив все члены исходного равенства на x2, получим, что t2 – 6t + 1 = 0. Корни этого уравнения: t = 3  2. Тогда = = .

1.2. При показе итогов регаты изображение вылезло за пределы квадратного экрана на 20 см (с каждой стороны). На какое наименьшее расстояние (выраженное целым количеством сантиметров) надо приблизить экран к проектору, чтобы изображение поместилось на экран полностью, если «угол зрения» проектора равен 60?




Ответ: на 35 см.

Посмотрев на ситуацию «в профиль», получим следующую картинку (см. рис. 1), где А – проектор, PQ и Р1Q1 – начальное и искомое положения экрана соответственно.

Рассмотрим прямоугольный треугольник Р1РВ: BP = 20 см; BP1P = BAC = 30. Изображение полностью поместится на экран, если .


Рис. 1
Оценим полученное число, исходя из условия задачи. Так как > 1,7, то 20 > 34. При этом 20 < 35, поскольку (20)2 = 1200 < 352 = 1225.
1
.3. Кузнечик прыгает по координатной прямой. Сначала он прыгает из точки с координатой 0 в точку с координатой 1, а длина каждого следующего прыжка вдвое больше предыдущего. Сможет ли он вернуться в исходную точку, двигаясь подобным образом? (Направление каждого прыжка: влево или вправо – не зависит от направления предыдущего прыжка.)

Ответ: нет, не сможет.

Заметим, что длины прыжков кузнечика являются последовательными степенями двойки: 1, 2, 4, 8, … . Далее можно рассуждать различными способами.

Первый способ. Поскольку длина первого прыжка нечетна, а остальные длины прыжков – четные, то и сумма длин всех прыжков нечетна. А для того, чтобы вернуться в начальную точку, кузнечику нужно преодолеть путь четной длины.


Второй способ. Заметим, что в любой момент длина последнего прыжка больше, чем сумма длин всех предыдущих прыжков: 2n > 1 + 2 + 22 + … + 2n – 1 = 2n1. Это означает, что после n – 1 прыжков кузнечик не может оказаться от начала координат на расстоянии 2n.

Второй тур (15 минут; каждая задача – 7 баллов).

2
.1. Решите систему уравнений: .

Ответ: (1; 1); (1; 1).

. Так как y = 1 является одним из решений последнего уравнения, то, разделив многочлен в левой части этого уравнения на (y – 1), получим уравнение: y3 + y2 + 5y + 1 = 0. При y  0,5 левая часть полученного уравнения принимает только положительные значения, поэтому других корней, удовлетворяющих данной системе уравнений, оно не имеет. Если y = 1, то x4 = 1  x = 1.
2
.2. Найдите наибольший периметр параллелограмма, диагонали которого 6 см и 8 см.



Ответ: 20 см.

Докажем, что среди всех параллелограммов с данными длинами диагоналей наибольший периметр имеет ромб.


Рис. 2

Действительно, пусть a и b – длины соседних сторон параллелограмма, а и – длины его диагоналей (см. рис. 2). Тогда периметр параллелограмма: P = 2(a + b).


Из равенства , выражающего теорему о сумме квадратов диагоналей параллелограмма, следует, что у всех параллелограммов с данными диагоналями сумма квадратов сторон есть величина постоянная.

По неравенству между средним арифметическим и средним квадратичным: , причем равенство достигается т. и т. т., когда a = b. Значит, параллелограмм с наибольшим периметром является ромбом.

Находим сторону этого ромба: = 5 (см).

Отметим, что вместо теоремы о сумме квадратов диагоналей параллелограмма можно было дважды использовать теорему косинусов (например, для треугольников АОВ и BОC), выразив стороны а и b через длины диагоналей и угол между диагоналями (см. рис. 2). Далее используется то же самое неравенство.




1

2

3

4

5

O

1

 

3

3

0

0

6


2

0

 

1

3

1

5

3

0

1

 

1

3

5

4

3

0

1

 

1

5

5

3

1

0

1

 

5
2.3. В футбольном турнире участвовало 5 команд. Каждая команда сыграла с каждой по одному разу (выигрыш – 3 очка, ничья – 1 очко, проигрыш – 0). Все участники, кроме победителя, набрали очков поровну. Каков наименьший возможный отрыв команды-победителя?

Ответ: 1 очко.

Меньшим, чем 1 очко, разрыв быть не может. Приведем пример турнирной таблицы, удовлетворяющей условию, где требуемый разрыв составляет 1 очко:

Третий тур (20 минут; каждая задача – 8 баллов).



3.1. Изобразите такой график функции, определенной на отрезке [–4; 4], что при повороте на 90° с центром в начале координат он переходит в себя.

Ответ: см., например, рис. 3.


Рис. 3
Поясним, что в этом примере искомая функция f – нечетная и f(0) = 0; f(1) = 2; f(2) = –1; f(3) = 4; f(4) = –3.



3.2. Биссектрисы углов треугольника АВС пересекают стороны ВС, СА и АВ в точках P, Q и R соответственно. Р1 – точка пересечения прямой, проходящей через точку Р параллельно АВ, со стороной СА. Аналогично определяются точки Q1 и R1. Найдите сумму , если длины сторон исходного треугольника равны а, b и с.


Рис. 4
Ответ: .

Из подобия треугольников АВС и следует, что , то есть (см. рис. 4).

Выразим PC через стороны треугольника АВС. Для этого используем свойство биссектрисы треугольника: и равенство . Из системы уравнений получим, что . Следовательно, .

Аналогично находим, что и . Тогда искомая сумма: = .

3.3. Найдите все натуральные числа, которые можно представить в виде , где m и n – также натуральные числа.

Ответ: в указанном виде можно представить любое натуральное число.

Пусть m = n + 2, где n – некоторое натуральное число. Тогда = = = . Следовательно, для требуемого представления произвольного натурального числа x достаточно, чтобы x = . Тогда при n = 2x – 1, m = 2x + 1 получим, что = x.

Отметим, что для некоторых натуральных чисел возможны и другие способы представления, например: 1 = .

Четвертый тур (25 минут; каждая задача – 9 баллов).

4.1. Пусть an – целое число, ближайшее к . Найдите все такие натуральные n, что .

Ответ: n = 1056.

Первый способ. Обратим внимание на следующую закономерность:

1) , то есть ,


2) , то есть , и так далее.

Докажем указанную закономерность, обосновав ее сначала для уже рассмотренных частных случаев:

1) , поскольку , а .

2) , поскольку , а .

В общем виде: докажем, что для любых натуральных n .

Поскольку , то достаточно показать, что выполняется система неравенств: . Раскрывая модули и преобразуя, получим равносильную систему неравенств: Неравенства в последней системе – очевидны, поэтому утверждение доказано.

Таким образом, если последовательно брать группы из двух, четырех, шести и так далее дробей, то сумма дробей в каждой группе будет равна 2. Значит, для получения суммы, равной 64, необходимо взять 32 группы, то есть 2 + 4 + 6 + ... + 64 = 3332 = 1056 слагаемых.

Второй способ. Рассмотрим несколько первых членов натурального ряда и заметим, что в этом ряду между квадратами числами m2 и (m + 1)2 стоит ровно 2m чисел. Действительно, (m + 1)2m2 = 2m + 1.


Для первых m чисел этого промежутка an = m, а для следующих m чисел an = m + 1. Действительно, m2 + m = (m + 0,5)2 – 0.25, то есть , а m2 + m + 1 = (m + 0,5)2 + 0.75, то есть .

Разобьем теперь натуральный ряд на интервалы постоянства и найдем их длины. Слева от числа вида (m + 1)2 будет m чисел, для которых an = m + 1, а справа будет m + 1 таких чисел. Всего чисел, для которых an = m + 1, будет m + 1 + (m + 1) = 2(m + 1). Следовательно, сумма обратных величин для этих чисел равна = 2.

По условию, сумма чисел в первых k интервалах равна 64, следовательно, k = 32. Искомое число n соответствует последнему числу последнего интервала, то есть n = k2 + k = k(k + 1) = 3233 = 1056.

Поскольку при увеличении количества членов их сумма увеличивается, то найденное решение – единственное.


4.2. На гипотенузе АВ равнобедренного прямоугольного треугольника АВС отмечены точки М и N так, что угол МСN равен 45 (точка M лежит между А и N). Докажите, что АМ2 + BN2 = MN2.

Рис. 5а
Первый способ. Мысленно «перегнем чертеж» по лучам CM и СN и докажем, что в этом случае точки А и В «попадут» в одну и ту же точку D (см. рис. 5а).

Действительно, ACM + BCN = 45 = MCN, то есть лучи СА и СВ при перегибании совпадают, и СA = CD = СB.

Следовательно, MDN = MDC + NDC = MAC + NBC = 90. Из прямоугольного треугольника MDN по теореме Пифагора получим: .

Основную часть этого способа решения можно более строго изложить, например, так. Рассмотрим – поворот на 90 градусов (по часовой стрелке) с центром в точке С. Тогда (см. рис. 5а). С другой стороны, так как угол между прямыми CM и CN равен 45 (вдвое меньше, чем 90), то рассмотренный поворот можно представить в виде композиции двух осевых симметрий: .

Пусть – образ точки В при симметрии относительно прямой СN. Тогда , то есть точки А и D симметричны относительно прямой СМ.

Так как осевая симметрия сохраняет расстояния между точками и углы между прямыми, то DN = BN, DM = AM, NDC = NBC = 45, MDC = MAC = 45.

Второй способ. Достроим треугольник АВС до квадрата CB, обозначив точки пересечения лучей СМ и CN со сторонами квадрата через Р и Q (см. рис. 5б). Докажем, что точка С является центром вневписанной окружности треугольника PKQ, касающейся стороны PQ.


Рис. 5б
Действительно, выполняются два условия: 1) точка С лежит на биссектрисе угла PKQ; 2) угол между биссектрисами внешних углов P и Q треугольника PKQ равен: = = 45 = PCQ.

Проведем перпендикуляр CD к отрезку PQ, являющийся радиусом вневписанной окружности (наряду с отрезками СА и СВ). Так как CA = CD = CB, то САР = СDР и СBQ = СDQ (в обоих случаях прямоугольные треугольники равны по катету и гипотенузе). Следовательно, DM = AM и DN = BN. Кроме того, MDC = MAC = 45 и NDC = NBC = 45. Таким образом, треугольник MDN – прямоугольный, откуда и следует требуемое утверждение.
4.3. Дано 51 различное натуральное число, меньшее 100. Докажите, что из них можно выбрать шесть таких чисел, что никакие два из выбранных не имеют одинаковых цифр ни в одном разряде.

По принципу Дирихле в первой сотне чисел найдется десяток, в который попадет хотя бы шесть из данных чисел. Останется не менее 41 числа, поэтому среди других десятков найдется тот, в который попало не менее пяти из данных чисел. Рассуждая аналогичным образом, получим, что еще есть десяток, в который попало не менее четырех данных чисел, еще есть десяток, в который попало не менее трех чисел, еще есть десяток, содержащий хотя бы два и еще есть десяток, содержащий хотя бы одно из данных чисел. Таких десятков, которые мы назовем «отмеченными», получается не менее шести.


У чисел внутри одного десятка в разряде единиц стоят различные цифры, поэтому искомый набор чисел можно получить так: берем число из последнего «отмеченного» десятка, затем берем число из предпоследнего «отмеченного» десятка с другой цифрой единиц и так далее. Выбранные шесть чисел не могут иметь одинаковых цифр ни в одном разряде.

Пятый тур (15 минут; каждая задача – 7 баллов).

5.1. Числа а, b, x è y удовлетворяют равенствам: (a + b)(x + y) = 1 и (a2 + b2)(x2 + y2) = 1. Докажите, что ax + by  0.

Первый способ («алгебраический»). Перепишем условие задачи в виде: Из второго равенства следует, что , тогда из первого равенства: ax + by = 1 – (bx + ay)  0, что и требовалось доказать.

Второй способ («векторный»). Из первого равенства в условии следует, что ax + by = 1 – (bx + ay), поэтому достаточно доказать, что bx + ay  1.


Пусть в декартовой системе координат (b; a), (x; y). Тогда , . Из второго равенства в условии получим, что = 1. Следовательно, bx + ay = =  1, что и требовалось.



Рис. 6
Третий способ («тригонометрический»). Рассмотрим точки M(a; b) и N(x; y) в декартовой системе координат (см. рис. 6). Из первого равенства в условии следует, что ни одна из выбранных точек не совпадает с началом координат. Пусть , . Тогда , и , , где и – углы, которые образуют с координатным лучом Ox лучи ОM и ON соответственно. Тогда . При этом требуется доказать, что .

Из второго уравнения системы получим, что , тогда = . Следовательно, . Таким образом, , что и требовалось.

Отметим, что этот способ решения фактически использует полярную систему координат.

5.2. На столе стоит правильная треугольная пирамида РАВС (сделанная из стекла), все ребра которой равны 1 (см. рис.). Муравей ползет из точки М, лежащей на луче АВ на расстоянии 2 от точки В, в точку N – середину ребра РС. Найдите длину его кратчайшего пути.


Ответ: .



Рассмотрим произвольный путь муравья из точки М в точку N по столу и по грани РВС пирамиды (см. рис. 7). Этот маршрут должен пройти через некоторую точку Q ребра ВС.

Пусть К – середина отрезка АС, тогда QN = QK (соответствующие отрезки в равных треугольниках РВС и АВС). Поэтому расстояние, пройденное муравьем, равно: MQ + QN = MQ + QKMK (неравенство треугольника). Равенство достигается тогда и только тогда, когда точка Q совпадает с точкой R пересечения MK и BC.


Рис. 7
Таким образом, длина кратчайшего пути муравья равна длине отрезка MK, которую можно вычислить, например, по теореме косинусов из треугольника АМК: = ; MK = .
5.3. Найдите все целые решения уравнения k(k + 1) = n3.

Ответ: k = –1, n = 0 или k = 0, n = 1.

Докажем, что каждое из чисел k и k + 1 является кубом целого числа. Действительно, пусть p – произвольный простой делитель числа n, тогда в разложение числа n3 на простые множители он входит с показателем степени , кратным трем. Последовательные целые числа k и k + 1 являются взаимно простыми, то есть p целиком содержится либо в разложении на простые множители числа k, либо в аналогичном разложении числа k + 1. Следовательно, каждое из рассматриваемых чисел является произведением простых множителей с показателями степеней, делящимися на 3. Таким образом, каждое из чисел k и k + 1 является кубом целого числа.

Существует только две пары кубов целых чисел, отличающихся на 1: (–1; 0) и (0; 1).