10 класс

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

1.1. Решите неравенство: (x – 1)(x2 – 1)(x3 – 1)× ...× (x2007 – 1) £ 0.

Ответ: [–1; 1].

Рассмотрим функцию f(x) = (x – 1)(x2 – 1)(x3 – 1)× ...× (x2007 – 1). Эта функция определена и непрерывна на R, и f(x) = 0 при x = ± 1. Рассмотрим три промежутка, на которых f(x) сохраняет знак, и определим эти знаки, учитывая, что в рассматриваемом произведении 1004 множителя имеют вид (x2n – 1 – 1), а 1003 множителя имеют вид (x2n – 1), где nÎ N.

Изобразим это схематически (см. рис. 1).

Таким образом, f(x) £ 0 при xÎ [–1; 1].

1.2. Верно ли, что угол между прямой а и плоскостью a равен углу между прямой b и плоскостью b , если a^ b и a ^ b ?

Ответ: нет, неверно.

Рассмотрим, например, куб ABCDABCD (см. рис. 2), в котором: (АD)^ (AВ), (АВС)^ (ВСС’). При этом: Ð ((AD); (ABC)) = 0, а Ð ((AВ); (BCС’)) = 90° .

1.3. На гранях кубика произвольным образом записали натуральные числа от 1 до 6. Затем на каждом ребре кубика записали сумму чисел, стоящих в гранях, содержащих это ребро. Оказалось, что на трех ребрах записано одинаковое число. Какое?

Ответ: 7.

Первый способ. Так как на любых двух гранях записаны различные числа, то никакие два ребра, на которых оказались записаны одинаковые числа, не могут лежать в одной грани. Таким образом, эти три ребра попарно скрещиваются, поэтому каждое из чисел от 1 до 6 вошло в точности в одну из сумм. Следовательно, на каждом из этих ребер записано число (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) : 3 = 7.

Второй способ. Существует единственное число, которое можно представить тремя различными способами в виде суммы двух слагаемых из множества {1; 2; 3; 4; 5; 6}. Это число 7 = 1 + 6 = 2 + 5 = 3 + 4.

Расположение чисел, описанное в условии, возможно, если рассмотреть три пары соседних граней куба (например, см. рис. 3, где числа расположены в центрах граней, а три ребра с одинаковой суммой выделены жирно).

 

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

2.1. Вася записал на доске величины двух углов a и b . Сможет ли Петя поставить перед каждым из них либо знак sin2, либо знак cos2 так, чтобы значение суммы этих квадратов было не меньше, чем 1?

Ответ: да, сможет.

Первый способ. Предположим, что это не так, то есть одновременно выполняются четыре неравенства: sin2a + cos2b < 1, cos2a + sin2b < 1, sin2a + sin2b < 1 и cos2a + cos2b < 1. Сложим эти неравенства почленно, тогда 2sin2a + 2sin2b + 2cos2a + 2sin2b < 4, что противоречит основному тригонометрическому тождеству.

Второй способ. Поскольку sin2a + cos2a = 1, то хотя бы одно из слагаемых sin2a или cos2a не меньше, чем 0,5. Аналогично, хотя бы одно из выражений sin2b или cos2b не меньше, чем 0,5. Таким образом, Петя сможет выбрать два слагаемых, сумма которых не меньше 1.

2.2. Из середины каждой стороны остроугольного треугольника площади S проведены перпендикуляры к двум другим сторонам. Найдите площадь шестиугольника, ограниченного этими перпендикулярами.

Ответ: .

Пусть A1, B1 и C1 – середины сторон ВС, АС и АВ соответственно в треугольнике АВС, а H1, H2 и H3точки попарного пересечения перпендикуляров, указанных в условии. Так как треугольник АВС – остроугольный, то эти точки лежат внутри треугольника (см. рис. 4).

Средние линии A1B1, B1C1 и C1A1 разбивают исходный треугольник на четыре равных треугольника. Следовательно, площадь треугольника A1B1C1 равна . Кроме того, из треугольников A1H1B1, B1H2C1 и C1H3A1 можно сложить треугольник, равный, например, треугольнику A1Ñ1B1, площадь которого также равна .

Искомая площадь шестиугольника A1H1B1H2C1H3 равна сумме площадей четырех рассмотренных треугольников, то есть равна .

2.3. Найдите все тройки различных натуральных чисел, в которых сумма любых двух чисел делится на третье, и при этом каждые два числа являются взаимно простыми.

Ответ: 1, 2, 3 (взятые в любом порядке).

Пусть а, b и с – искомые натуральные числа. Без ограничения общности можно считать, что a < b < c. Далее можно рассуждать различными способами.

Первый способ. Заметим, что a + b < 2c, и так как (а + b) кратно с, то a + b = c. Тогда b < a + c = 2a + b < 3b. Так как (а + ñ) делится на b, то a + c = 2a + b = 2b. Следовательно, b = 2a, тогда c = 3a. Так как искомые числа – попарно взаимно простые, то а = 1.

Отметим, что условие “(b + ñ) делится на a” оказалось избыточным.

Второй способ (Е. Ромаскевич, 1543). Так как (а + b) M с и с M с, то (а + b + с) M с. Аналогично, (а + b + с) M b и (а + b + с) M a. Числа a, b и с – попарно взаимно простые, поэтому (а + b + с) M abc. Следовательно, а + b + с ³ abc Û . Заметим, что a = 1, b = 2, c = 3 являются решением задачи и в этом случае неравенство превращается в равенство. Для любых других упорядоченных наборов (а; b; с) неравенство выполняться не может, так как значение его левой части уменьшится, поэтому, других решений нет.

 

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

3.1. На координатной плоскости XOY построены графики всех функций вида y = 2ax – a2, где а – произвольное действительное число. Что представляет собой множество точек плоскости, не принадлежащих ни одному из построенных графиков?

Ответ: точки, лежащие выше параболы y = x2 (см. рис. 5).

Исходная задача равносильна следующей: “При каких значениях переменных x и y не найдется такого значения переменной а, для которого уравнение y = 2ax – a2 имеет решения?”.

Запишем это уравнение в виде a2 – 2ax + y = 0. Рассматривая его как квадратное относительно а, получим, что оно не имеет решений т. и т. т., когда D’ = x2y < 0, то есть, когда y > x2. Множество точек координатной плоскости, удовлетворяющих этому неравенству, и будет искомым.

3.2. Найдите геометрическое место середин отрезков данной длины, концы которых лежат на двух данных скрещивающихся перпендикулярных прямых.

Пусть k и m – данные прямые, расстояние между которыми равно h. Рассмотрим плоскость a , параллельную каждой из данных прямых и равноудаленную от них (см. рис. 6).

Середина любого отрезка KM с концами на данных прямых лежит в этой плоскости. Действительно, если Kи M’ – ортогональные проекции точек K и M на плоскость a , а С – точка пересечения этой плоскости с прямой KM, то прямоугольные треугольники CKKи CMMравны по катету и острому углу, поэтому СK = СM, то есть С – середина отрезка KM. Заметим также, что утверждения “С – середина отрезка KM” и “С – середина отрезка KM’” равносильны.

Пусть рассматриваемый отрезок KM имеет данную длину a. Рассмотрим прямые kи m’ – проекции прямых k и m на плоскость a и точку О их пересечения. Так как k || a и m || a , то k’ || k и m’ || m. По условию k^ m, поэтому k^ m’. Кроме того, KM’ = .

Это означает, что точка С является серединой гипотенузы KM прямоугольного треугольника K’ОM’ ò. è ò. ò., когда OC = .

Таким образом, искомое ГМТ – множество точек плоскости a , находящихся от точки О на расстоянии R = , а это есть окружность с центром О и радиусом R.

Отметим, что в процессе решения исходная задача сведена к аналогичной планиметрической: найти геометрическое место середин отрезков данной длины, концы которых лежат на данных перпендикулярных прямых.

3.3. В десятичной записи натурального числа N, являющегося степенью двойки, зачеркнули первую цифру и получили число, которое также является степенью двойки. Сколько существует таких натуральных N?

Ответ: два.

(Е. Ромаскевич, 1543). Заметим, что последние цифры натуральных степеней двойки образуют цикл: 2 ® 4 ® 8 ® 6 ® 2 ® ... . Следовательно, если в десятичной записи степеней двоек совпадают последние цифры, то частное от деления этих степеней равно 24k = 16k, где kнатуральное число.

Пусть N = 2n = A× 10m + 2r, где A – первая цифра в записи числа N. Тогда 16k× 2r = A× 10m + 2r Û (16k – 1)× 2r = A× 10m. При любом натуральном k число 16k оканчивается цифрой 6, то есть число 16k – 1 оканчивается цифрой 5. Следовательно, 2r делится на 10m–1. Так как натуральная степень 2 не может оканчиваться нулем, то m = 1.

Это означает, что число 2r однозначное, а число N – двузначное. Проверкой убеждаемся, что: 1) при r = 1 N = 32; 2) при r = 2 N = 64; 3) при r = 3 N = 128. Случаи 1) и 2) удовлетворяют условию задачи, а случай 3) – нет.

 

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

4.1. Существуют ли рациональные числа x, y, u и v, для которых выполняется равенство:

?

Ответ: нет, не существуют.

Пусть a и b – рациональные числа. Докажем, что если , где p и q – рациональные числа, то .

Действительно, используя бином Ньютона, получим: = = (a6 + 30a4b2 + 60a2b4 + 8b6) ± (6a5b + 40a3b3 + 24ab5), где p = a6 + 30a4b2 + 60a2b4 + 8b6 и q = 6a5b + 40a3b3 + 24ab5 – рациональные числа.

Заметим также, что если + = , то + = .

Предположим теперь, что существуют рациональные числа x, y, u, v, для которых выполняется равенство . Тогда, по доказанному, должно выполняться равенство . Но это невозможно, так как в полученном равенстве левая часть неотрицательна, а правая – отрицательна (5 > 5× 1,4 = 7).

Отметим, что при доказательстве вспомогательного утверждения можно вместо бинома Ньютона использовать последовательное возведение в куб и в квадрат.

4.2. Дан равнобедренный треугольник АВС с углом b при вершине В. В этой вершине расположен прожектор, который может освещать некоторый отрезок MN на основании АС (точка M лежит между А и N, точка N лежит между М и С). Известно, что при любом повороте прожектора из отрезков АМ, MN и NC можно составить треугольник. Каким может быть угол освещения MBN?

Ответ: .

Пусть Ð MBN = a ; точка Dсередина АС, то есть BDмедиана, высота и биссектриса данного равнобедренного треугольника (см. рис. 7 а – в).

1) Докажем, что если 0 < a < , то условие задачи не выполняется. Для этого рассмотрим положение прожектора, при котором точка N совпадет с точкой D, тогда М – внутренняя точка отрезка АD (см. рис. 7а). Следовательно, АМ + MN = AN = NC, то есть из отрезков АМ, MN и NC нельзя составить треугольник.

2) Докажем, что если < a < b , то условие задачи также не выполняется. Для этого рассмотрим на отрезке АС точку K такую, что Ð KBC = a , тогда K лежит между А и D (см. рис. 7б).

Для каждого a из рассматриваемого промежутка положение точки K фиксировано, поэтому на отрезке АС найдется точка N расположенная так, что NC < KD и Ð NBC < Ð ABK. Точка М в этом случае лежит на отрезке AK, причем Ð MBK = Ð NBC. Тогда MN > KN = KC – NC > KC – KD = CD = АС. Следовательно, АМ + NC < АС. Это означает, что из отрезков АМ, MN и NC нельзя составить треугольник.

3) Докажем теперь, что если a = , то условие задачи выполняется. В этом случае, независимо от положения прожектора, Ð ABM + Ð ÑBN = (см. рис. 7в). Пусть точка Робраз точки А при симметрии относительно прямой ВМ. Тогда, так как BP = BA = BC и Ð PBN = Ð ÑBN, то эта же точка Р является и образом точки С при симметрии относительно прямой BN. Следовательно, РМ = АМ и PN = CN. Отрезки РМ, PN и MN образуют треугольник PMN, поэтому из отрезков АМ, CN и MN также можно составить треугольник.

4.3. Вася и Петя заполняли клетчатый прямоугольник, в котором m строк и n столбцов (m > 1, n > 1) последовательными натуральными числами от 1 до mn. Сначала это сделал Вася, двигаясь сверху вниз по строкам и заполняя каждую строчку слева направо. Потом это сделал Петя, который двигался слева направо по столбцам, заполняя каждый столбец сверху вниз. Сколько оказалось клеток, в которых записаны два одинаковых числа?

Ответ: НОД(m – 1; n – 1) + 1.

Рассмотрим клетку, стоящую в строке с номером x и столбце с номером y (см. рис. 8). В этой клетке Вася поставил число (x – 1)n + y, а Петя – число (y – 1)m + x. По условию эти числа равны, поэтому (x – 1)n + y = (y – 1)m + x Û xnn – x = ym – m – y Û xnn – x + 1 = ym – m – y + 1 Û (x – 1)(n – 1) = (y – 1)(m – 1).

Решением задачи является количество пар целых чисел (x; y) таких, что 1 £ x £ m, 1 £ y £ n, и удовлетворяющих полученному уравнению.

Заметим, что, независимо от значений m и n, решениями полученного уравнения являются (1; 1) и (m; n), что соответствует первой и последней клеткам. Заметим также, что никакие другие клетки в крайних строках и крайних столбцах искомыми быть не могут.

Пусть 1 < x < m и 1 < y < n, тогда запишем уравнение в виде: . Очевидно, что если дробь несократима, то есть НОД(m – 1; n – 1) = 1, то в рассматриваемых промежутках решений нет.

Пусть НОД(m – 1; n – 1) = k ¹ 1. Тогда m – 1 = km0; n – 1 = kn0, где НОД(m0; n0) = 1. Следовательно, . В рассматриваемых промежутках это уравнение имеет ровно k – 1 решение: (m0 + 1; n0 + 1); (2m0 + 1; 2n0 + 1); ...; ((k – 1)m0 + 1; (k – 1)n0 + 1).

Отметим, что все искомые клетки пересекаются диагональю данного прямоугольника.

 

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

5.1. Решите уравнение: .

Ответ: (; 1; ).

Первый способ. Заметим, что (a – b)2 ³ 0 Û a2 + b2 ³ 2ab Û , причем равенство достигается т. и т. т., когда a = b.

Воспользуемся полученным неравенством для каждого из слагаемых в левой части данного уравнения. Тогда , = 1 и . Складывая эти три неравенства почленно, получим, что , причем равенство достигается, т. и т. т., когда одновременно выполняются три условия:, , . Решая эти

уравнения, получим: Û .

Отметим, что в начальной фазе решения можно было использовать также неравенство о среднем геометрическом и среднем квадратичном.

Второй способ. Рассмотрим функцию: , где а > 0. Эта функция определена на и непрерывна во всех внутренних точках этого промежутка. Так как , то f’(t) = 0 при . Учитывая, что f(t) – нечетная функция и , получим, что является наибольшим значением функции.

Следовательно, , 1 и . Тогда , причем равенство достигается в соответствующих критических точках функций: x = ; y = 1; z = .

Отметим, что при поиске наибольшего значения функции в неявном виде использовалась также односторонняя непрерывность на концах рассматриваемого отрезка.

5.2. Треугольник АВС вписан в окружность. Точка X – середина дуги АВ, не содержащей вершину С, а точка Y – середина дуги ВС, не содержащей вершину А. Прямая XY пересекает стороны треугольника в точках K и L. Точка I – центр окружности, вписанной в треугольник АВС. Докажите, что BKILромб.

Рассмотрим конфигурацию, описанную в условии задачи (см. рис. 9). Лучи AY и CX являются биссектрисами углов А и С данного треугольника, значит I – точка их пересечения, а луч BI является биссектрисой угла АВС. Так как равны дуги XA и XB, то равны вписанные углы AYX и BYX. Аналогично, из равенства дуг YC и YB следует, что Ð ÑXY = Ð BXY.

Следовательно, треугольники XYI и XYB равны (по стороне и двум прилежащим углам).

Пусть О – точка пересечения BI и KL. Тогда биссектриса XO равнобедренного треугольника BXI является его высотой и медианой. Аналогично, биссектриса YO равнобедренного треугольника BYI также является его высотой и медианой.

Таким образом, в четырехугольнике BKIL диагонали перпендикулярны и в точке пересечения делятся пополам, следовательно, этот четырехугольник – ромб.

Отметим, что попутно были практически доказаны еще два факта, имеющие широкое применение при решении задач.

1) В рассмотренной конфигурации выполняется равенство XA = XB = XI (так называемая теорема о “трилистнике”).

2) Высоты треугольника XYZ, где Z – середина дуги АС, лежат на тех же прямых, что и биссектрисы треугольника АВС, а центр окружности, вписанной в АВС, является ортоцентром треугольника XYZ.

5.3. Два пловца, стартовав из разных точек с одного берега озера, стремятся доплыть до буйка, двигаясь прямолинейно по направлению к нему с постоянными скоростями. В 10 часов 35 минут расстояние между пловцами было 300 метров, в 10 ч 36 мин оно сократилось до 200 метров, а в 10 ч 37 мин стало равным 100 метров. Верно ли, что пловцы приплывут к буйку одновременно?

Ответ: да, верно.

Первый способ (“алгебраический”). Пусть буек располагается в точке О, а пловцы движутся по прямым а и b, проходящим через эту точку. Предположим, что в какой-то момент времени пловцы находились в точках А и В (см. рис. 10а). Пусть также |OA| = S1 (м), |OB| = S2 (м), а скорости пловцов равны соответственно V1 м/мин и V2 м/мин. Тогда через t минут пловцы будут находится в точках Aи B’, пройдя V1t метров и V2t метров соответственно.

Из треугольника АOBпо теореме косинусов получим, что |AB’|2 = . Полученное уравнение показывает, что зависимость квадрата расстояния между пловцами от времени является квадратичной функцией.

Пусть ее уравнение f(t) = at2 + bt + c. Будем считать, что в 10 ч 35 мин t = 0, тогда f(0) = 90000. Из условия задачи также следует, что f(1) = 40000 и f(2) = 10000. Учитывая, что f(0) = c, f(1) = a + b + c и f(2) = 4a + 2b + c, составляем систему уравнений: . Решая ее, получим, что .

Таким образом, функция имеет вид: f(t) = 10000(t2 – 6t + 9) = 10000(t – 3)2. Следовательно, наименьшее значение функции равно 0, причем достигается оно при t = 3. Это означает, что в 10 часов 38 минут оба пловца достигнут буйка.

Второй способ (“геометрический”). Пусть буек располагается в точке О, а пловцы движутся по прямым а и b, проходящим через эту точку. Рассмотрим три положения А, В и С одного из пловцов на прямой а, указанные в условии задачи, и соответствующие им положения А’, Bи Сдругого пловца на прямой b (см. рис. 10б). Из приведенных числовых данных следует, что точка В является серединой отрезка АС, а точка В’ – серединой отрезка АC’. Кроме того, .

Так как , то , причем равенство достигается т. и т. т., когда . Следовательно, в нашем случае, прямые AA’, BBи ССпараллельны, поэтому . Это означает, что пловцы достигнут точки О одновременно.

Третий способ (“физический”). Перейдем в систему отсчета, связанную с одним из пловцов. В этой системе отсчета один пловец неподвижен, а другой движется относительно него равномерно и прямолинейно.

Пусть М – положение первого пловца, три положения второго пловца, указанные в условии задачи, соответствуют точкам А, В и С на прямой а, а перпендикуляр MD к прямой а длины d соответствует наименьшему возможному расстоянию между пловцами (см. рис. 10в). Из приведенных числовых данных следует, что точка В является серединой отрезка АС.

Далее можно действовать различными способами. Например:

1) Выразить по теореме Пифагора расстояния DA, DB и DC и составить уравнение: , где |АМ| = 100; |BM| = 200; |CM| = 300. Решив это уравнение, получим, что d = 0.

2) Использовать, что ВМ – медиана треугольника АМС, поэтому . С другой стороны, из условия задачи следует, что . Значит треугольника АМС не существует и точка М лежит на прямой а, то есть d = 0.

Наименьшее возможное расстояние между пловцами равно нулю, то есть найдется точка, в которой пловцы окажутся одновременно. Исходя из условия задачи, именно в этой точке расположен буек.

Отметим, что если разрешить пловцам стартовать с разных берегов, то ответ может стать иным. Действительно, если точки старта и буек лежат на одной прямой, то пловцы встретятся в 10 часов 38 минут, но при этом один из них может еще не доплыть до буйка, а другой – достигнуть его и проплыть дальше.