1.1. Числа x и y таковы, что . Найдите значение выражения .

Ответ: ± 1.

Первый способ. Из условия задачи следует, что и . Решив квадратное уравнение относительно переменной x, получим, что x = 2y или x = 3y.

Если x = 2y, то ; если x = 3y, то .

Второй способ. Из условия следует, что у ¹ 0. Разделим числитель и знаменатель данной дроби на у²: .

Пусть , тогда получим квадратное уравнение t² – 5t + 6 = 0, корнями которого являются числа 2 и 3. Таким образом, = ± 1.

1.2. Боковые рёбра четырехугольной пирамиды имеют длины 1, 6 и 11. Может ли основание этой пирамиды быть квадратом?

Предположим, что основанием данной пирамиды является квадрат. Рассмотрим треугольник, стороны которого – боковые рёбра с длинами 1 и 6. Длина его третьей стороны, являющейся либо стороной, либо диагональю квадрата, меньше 7. В обоих случаях получим, что длина стороны квадрата меньше 7.

Рассмотрим треугольник, стороны которого – боковые рёбра длины 1 и 11. Его третья сторона также является либо стороной, либо диагональю квадрата, поэтому ее длина должна быть меньше, чем . Так как 1 + < 11, то треугольника с такими длинами сторон не существует, то есть, основание данной пирамиды квадратом быть не может.

1.3. На шахматной доске отмечены центры всех клеток. Рассмотрим все векторы, начало которых в центре черной клетки, а конец – в центре белой клетки. Докажите, что сумма этих векторов равна нулевому вектору.

2.1. Пусть f(x) – некоторая функция, определенная на всей числовой прямой. Известно, что функция f(f(x)) – непрерывная. Верно ли, что функция f(x) – непрерывная?

Ответ: нет, не верно.

Приведем несколько примеров: 1) Функция имеет разрыв в точке x = 1, при этом f(f(x)) = 2 для любых x, поэтому, функция f(f(x)) непрерывна на R.

2) Функция имеет разрыв в точке x = 0, при этом f(f(x)) = x для любых x, поэтому, функция f(f(x)) непрерывна на R.

3) Функция Дирихле: не является непрерывной ни в одной точке! При этом f(f(x)) = 1 для любых x, поэтому, функция f(f(x)) – непрерывна на R.

2.2. ABCD – ромб. Радиус окружности, описанной около треугольника АВC, равен 3 см, а радиус окружности, описанной около треугольника BDC, равен 4 см. Найдите периметр ромба.

Ответ: 19, 2 см.

Первый способ. Пусть Ð ВАС = a , тогда Ð СBD = Ð ABD = 90° – a (см. рис. 1). Пусть R₁ и R₂ – радиусы окружностей, описанных около треугольников АВC и ВDC соответственно. Тогда, по следствию из теоремы синусов для D АВС: ВC = 2R_1× sina . Аналогично, для D ВСD: CD = 2R_2× sin(90° – a ) = 2R_2× cosa . Так как ВC = CD = a, то tga = . При заданных числовых значениях: tga = ; cosa = ; a = 4,8 (см); Р_ABCD = 19, 2 (см).

Второй способ. Очевидно, что . Воспользуемся формулой: , где a, b и c – стороны треугольника; R – радиус описанной около него окружности. Тогда , то есть tga = . Дальнейшие вычисления проводятся аналогично проделанным выше.

2.3. Найдите все натуральные значения n, для которых выполняется равенство: n³ – n = n!

Ответ: n = 5.

Запишем данное уравнение в виде n(n – 1)(n + 1) = n(n – 1)(n – 2)(n – 3) × × × 2× 1. Так как n = 1 не является его решением, то разделим обе части уравнения на n(n – 1). Получим, что n + 1 = (n – 2)(n – 3)× ...× 2× 1. Проверяя последовательные натуральные значения n, начиная с n = 2, получим, что решением уравнения является n = 5.

Так как для всех n > 5 n + 1 < 2n – 4 = 2(n – 2), то n + 1 < (n – 2)× 2 < (n – 2)(n – 3)× ...× 2× 1, поэтому других натуральных решений данное уравнение не имеет.

3.1. Решите уравнение: .

Ответ: 0; 1.

Пусть , тогда и . Данное уравнение примет вид: .

Воспользуемся дважды неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим: , причем равенство возможно тогда и только тогда, когда . Учитывая, что , получим, что или , то есть, или .

Отметим, что возможно аналогичное решение без замены переменных.

3.2. В равнобедренном треугольнике АВС на боковых сторонах АВ и BС взяты точки К и L так, что АК = BL. Докажите, что .

Первый способ. Достроим данный треугольник АВС до параллелограмма ABDC и на стороне CD отложим отрезок CN = BL (см. рис. 2а). Тогда из равенства треугольников KBL и NCL следует, что LN = KL, а из того, что AKNC – параллелограмм, следует, что АС = KN. Применив неравенство треугольника для D KLN получим, что KL + LN ³ KN, то есть, , что и требовалось доказать.

Второй способ Проведем DE – среднюю линию треугольника АВС. Если KL совпадает с DE, то . В противном случае проведем также отрезки KP и LQ, параллельные АС (см. рис. 2б). Так как АК = СP = BL = BQ, то DE – средняя линия равнобокой трапеции KPLQ. Пусть LN – высота этой трапеции, тогда KL > KN = DE = . Таким образом, , что и требовалось доказать.

Третий способ. Проведем KM || BC (см. рис. 2в), тогда D AKM – равнобедренный, то есть, KM = AK = BL. Следовательно, KMLB – параллелограмм, то есть, ML || AB и ML = KB = LC.

Проведём высоты KH и LT в равнобедренных треугольниках AKM и MLC соответственно. Так как эти высоты являются медианами, то HT = , а HT £ KL, так как HT – ортогональная проекция отрезка KL на прямую AC. Таким образом, , что и требовалось доказать.

Четвертый способ. Проведем KH и LT – перпендикуляры к прямой АС (см. рис. 2в), тогда HT £ KL. Пусть Ð BAC = Ð BCA = a , тогда AH = AK× cosa , CT = CL× cosa . Следовательно, AH + CT = (AK + CL)× cosa = AB× cosa = , поэтому, HT = . Таким образом, , что и требовалось доказать.

3.3. Решая числовой ребус ДВА + ТРИ = ПЯТЬ, Вася получил 150 возможных ответов. Верно ли, что Вася нашел все решения ребуса?

Рассмотрим множество решений данного ребуса и разобьем его на четыре непересекающихся подмножества: 1) В > Р и А > И; 2) В > Р и А < И; 3) В < Р и А > И; 4) В < Р и А < И (неравенства – строгие, так как различным буквам должны соответствовать различные цифры). Каждому решению из одного подмножества соответствует ровно одно решение из любого другого подмножества и эти соответствия взаимно однозначны, поэтому эти подмножества содержат равные количества элементов.

4.1. Найдите значение выражения: (1 + tg1° )× (1 + tg2° )× ...× (1 + tg44° ).

Ответ: 2²².

Так как , то , , ¼ , , .

Таким образом, . Учитывая, что , получим: , , ¼ , , откуда следует, что исходное выражение равно: .

4.2. По горизонтальной прямой s произвольным образом «катаются» две окружности, радиусы которых r и R. К ним проведены две общие внутренние касательные, пересекающиеся в точке M. По какой траектории движется точка M?

Ответ: по прямой, параллельной s и находящейся от нее на расстоянии .

Пусть А и В – центры данных окружностей; P и T – точки касания окружностей с одной из данных касательных (см. рис. 3а). Так как при гомотетии с центром М одна из окружностей переходит в другую, то М лежит на прямой АВ. Кроме того, AM : MB = r : R (это соотношение можно также получить из подобия треугольников APM и BTM).

Введем на плоскости декартову систему координат так, чтобы прямая s являлась осью абсцисс. Тогда точка A движется по прямой y = r; а точка B – по прямой y = R. В этом случае: , то есть, ордината точки М постоянна (не зависит от положения окружностей). Следовательно, точка М движется по прямой, параллельной s и находящейся от нее на расстоянии y_М.

Этот же результат можно получить геометрически. Опустим перпендикуляры AD и ВС на прямую s (см. рис. 3б). Пусть диагонали АС и BD трапеции АВСD пересекаются в точке О. Длина отрезка MK, содержащего точку О и параллельного основаниям трапеции, является средним гармоническим длин оснований, то есть, . При этом, MK^ s и AM : MB = AO : OC = AD : BC = r : R, то есть, М – точка, заданная в условии задачи.

4.3. На столе лежат три кучки камней, в одной из которых 5 камней, в другой – 49, а в третьей – 51. Разрешается делать две операции: 1) складывать любые две кучки камней в одну; 2) любую кучку с четным количеством камней делить на две равные кучки. Можно ли, выполняя только эти операции, разложить камни на кучки по одному?

5.1. Известно, что для чисел а, b и с выполняются равенства: а³ – b³ – c³ = 3abc и а² = 2(b + c). Найдите число а.

Ответ: 0; 2; –4.

Рассмотрим выражение x³ + y³ + z³ – 3xyz и разложим его на множители: x³ + y³ + z³ – 3xyz = (x + y)(x² – xy + y²) + z³ – 3xyz = (x + y)((x + y)² – 3xy) + z³ – 3xyz = (x + y)³ + z³ – 3xy(x + y) – 3xyz = (x + y + z)((x + y)² – (x + y)z + z²) – 3xy(x + y + z) = (x + y + z)(x² + y² + z² – xy – yz – zx).

Заметим также, что выражение во второй скобке может принимать только неотрицательные значения, то есть, x² + y² + z² ³ xy + yz + zx, причем равенство достигается тогда и только тогда, когда x = y = z.

Это можно доказать различными способами, например: 1) x² + y² + z² – xy – yz – zx = 0,5(2x² + 2y² + 2z² – 2xy – 2yz – 2zx) = 0,5((x – y)² + (y – z)² + (z – x)²) ³ 0; 2) записав три верных неравенства: ; ; и сложив их.

Пусть x = a, y = –b, z = –c, тогда a³ – b³ – c³ – 3abc = (a – b – c)(a² + b² + c² + ab – bc + ca). По доказанному выше, равенство а³ – b³ – c³ = 3abc выполняется если a = b + c или а = –b = –c.

Из равенства а² = 2(b + c) в первом случае получим, что a² = 2a Û a = 0 или a = 2, а во втором случае: a² = –4a Û a = 0 или a = –4.

5.2. Площадь ортогональной проекции некоторого параллелепипеда на плоскость одной из его граней в два раза больше площади этой грани, площадь его ортогональной проекции на плоскость другой грани в полтора раза больше площади этой грани, и наконец, площадь его проекции на плоскость третьей грани равна площади этой грани. Найдите плоские углы в гранях данного параллелепипеда.

Ответ: в четырех гранях все углы по 90° ; в двух гранях –- 45° и 135° .

Рассмотрим ортогональную проекцию параллелепипеда АВСDA₁B₁C₁D₁ на плоскость грани АВСD. Пусть площадь этой проекции равна площади АВСD, тогда эта грань является проекцией грани A₁B₁C₁D₁, то есть, ребра AA₁, BB₁, CC₁ и DD₁ перпендикулярны рассматриваемым граням. Следовательно, грани АВВ₁А₁, ВВ₁С₁С, СС₁D₁D и DD₁A₁A являются прямоугольниками (см. рис. 4).

Пусть PQD₁D – ортогональная проекция параллелепипеда на плоскость грани AA₁D₁D. .

Ð PAB = a – острый угол в грани ABCD, который является углом между плоскостями граней ABB₁A₁ и АВСD. Угол между плоскостями параллельных им граней СС₁В₁В и СС₁D₁D также равен a , поэтому рассматривая проекцию параллелепипеда на плоскость СС₁D₁D аналогично получим, что площадь этой проекции равна .

По условию, найденные площади соответственно равны и . Обозначим: AD = a; AB = CD = b; AA₁ = CC₁ = c. Получим систему уравнений: . Упростим ее: . Перемножив уравнения почленно, имеем: , то есть, a = 45° .

5.3. На доске было записано 17 двузначных чисел. Математик выбрал одно из них и возвел его в сотую степень. Оказалось, что полученное число делится на каждое из оставшихся шестнадцати. Верно ли, что оно делится и на их произведение?

Если двузначное число n разложить в произведение простых множителей, то есть, представить в виде: n = , то 6. Действительно, наименьшим простым множителем является число 2, а максимальным показателем степени в разложении может быть 6, так как 2⁶ = 64 < 100, а 2⁷ = 128 > 100.

Рассмотрим выбранное число т в сотой степени. По условию т¹⁰⁰ кратно каждому из оставшихся чисел n₁, n₂, … n₁₆, следовательно, т¹⁰⁰ кратно каждому простому делителю любого из этих чисел, причем в разложение числа т¹⁰⁰ каждый из этих простых делителей входит с показателем степени, не меньшим ста.

Разложение произведения n_1× n₂ × × × n₁₆ на простые множители содержит те же множители, причем показатель степени каждого из них не превосходит 16× 6 = 96 < 100. Значит, т¹⁰⁰ делится на n_1× n₂ × × × n₁₆, что и требовалось доказать.