Математическая регата 9 классов 18.10.2003

1.1. Даны два квадратных трехчлена, сумма коэффициентов каждого из которых равна 1. Эти трехчлены перемножили и получили многочлен. Найдите сумму его коэффициентов.

Ответ: 1.

Воспользуемся тем, что сумма коэффициентов произвольного многочлена равна . Тогда, если , то сумма коэффициентов многочлена равна .

1.2. Каждая из высот параллелограмма не меньше той стороны, которой она перпендикулярна. Найдите угол между диагоналями параллелограмма.

Ответ: 90° .

Пусть a и b – длины сторон параллелограмма, а h_a и h_b – длины проведенных к ним высот. По условию, h_a ³ a и h_b ³ b. Кроме того, a ³ h_b и b ³ h_a (см. рис. 1). Таким образом, h_a ³ a ³ h_b ³ b ³ h_a, следовательно, h_a = a = h_b = b. Это означает, что данный параллелограмм является квадратом, то есть, угол между диагоналями – прямой.

1.3. Турнир по боксу проходил по «олимпийской системе» (в каждом круге проигравшие выбывают). Сколько боксеров участвовало в турнире, если по окончании турнира выяснилось, что 32 человека выиграло боев больше, чем проиграло?

Ответ: 128.

2.1. Известно, что положительные числа a и b удовлетворяют неравенству: . Докажите, что одно из этих чисел больше 1, а другое – меньше 1.

Так как а + b > 0, то данное неравенство равносильно неравенству Û Û Û или , что и требовалось доказать.

2.2. Можно ли разрезать прямоугольный треугольник с углом 30° на подобные непрямоугольные треугольники?

Пусть АВС – данный треугольник, в котором Ð BAC = 30° . Проведем медиану CM, после чего точку K – центр равностороннего треугольника ВСМ соединим с его вершинами (см. рис. 3). Треугольники АМС, MKC, BKM и CKB – равнобедренные с углом 120° при вершине, поэтому являются подобными.

2.3. Сколько существует не равных между собой треугольников, длины сторон которых – натуральные числа, а периметр равен 20?

Ответ: 8.

Пусть а, b и с – длины сторон треугольника (a ³ b ³ c). Докажем, что 6 < a < 10. Предположим, что a £ 6, тогда b £ 6 и с £ 6, то есть, Р = a + b + c < 20 – противоречие. Предположим, что a ³ 10, тогда b + c > a ³ 10, то есть, Р > 20 – противоречие.

3.1. Дан квадратный трёхчлен ax² + bx + c, все коэффициенты которого отличны от нуля. Ваня и Петя должны найти количество его корней. Ваня случайно поменял местами коэффициенты a и b и получил, что трехчлен имеет один корень. Петя вместо этого поменял местами b и c и также получил, что корень – один. Сколько корней у трёхчлена на самом деле?

Ответ: 0.

Так как трехчлен bx² + ax + c имеет один корень, то a² – 4bc = 0 Û a² = 4bc. Аналогично, так как трехчлен ax² + сx + b также имеет один корень, то c² – 4ab = 0 Û c² = 4ab. Перемножив полученные равенства и разделив обе части на ас, получим, что ас = 16b².

Дискриминант данного трехчлена: D = b² – 4ac = b² – 64b² = –63b² < 0 при b ¹ 0. Следовательно, данный трехчлен корней не имеет.

Можно доказать, что любой трехчлен, удовлетворяющий условию задачи, имеют вид: 4kx² + kx + 4k, где k ¹ 0.

3.2. Дана трапеция, основания которой имеют длины 4 и 5. Пользуясь только односторонней линейкой (без делений), постройте отрезок длины 1.

Пусть АВСD – данная трапеция, причем ВС = 4. Воспользуемся тем, что в любой трапеции середины оснований, точка пересечения диагоналей и точка пересечения продолжений боковых сторон лежат на одной прямой (это можно доказать, используя, например, векторы или гомотетию).

Проведем диагонали трапеции АС и BD (O – точка их пересечения) и продолжим боковые стороны до пересечения в точке Р (см. рис. 4а). Тогда прямая ОР пересечет основания трапеции в их серединах, точках M и K, поэтому ВМ = 2. Выполнив аналогичное построение, например, для трапеции АВМK, получим, что BF = FM = 1 (см. рис. 4б).

3.3. Из простого двузначного числа вычли число, записанное теми же цифрами, но в обратном порядке, которое также оказалось простым, и получили квадрат натурального числа. Каким могло быть исходное число?

Ответ: 73.

Пусть исходное число . Тогда число является квадратом натурального. Поэтому число a – b также должно являться полным квадратом, то есть, a – b = 1 или a – b = 4. Поскольку числа и – простые, то обе цифры a и b – нечетные, значит, a – b = 4. Перебирая все варианты, находим числа 51, 73 и 95, из которых простым является только 73, причем число 37 – также простое.

4.1. Найдите наибольшее и наименьшее значение выражения y – x², если ú xú + ú yú £ 13.

Построим график уравнения ú xú + ú yú = 13, тогда данному неравенству удовлетворяют координаты всех точек, принадлежащих этому графику и точек, лежащих внутри ограниваемой им области (см. рис. 5).

Пусть y – x² = t, тогда решение задачи сводится к тому, чтобы найти наибольшее и наименьшее значения переменной t, для которых график функции y = x² + t имеет общие точки с найденным множеством.

Так как график указанной функции получается из параболы y = x² параллельным переносом вдоль оси y, то: 1) наибольшее значение t достигается, если вершиной параболы y = x² + t является точка (0; 13), то есть, при t = 13; 2) наименьшее значение t достигается, если парабола y = x² + t проходит через точки (13; 0) и (–13; 0), то есть, при t = –169.

4.2. Даны треугольник АВС и точки D и Е такие, что Ð АDВ = Ð ВЕС = 90° . Докажите, что длина отрезка DE не превосходит половины периметра треугольника АВС.

Пусть М и K – середины сторон АВ и ВС данного треугольника АВС соответственно (см. рис. 6а). Тогда DM – медиана прямоугольного треугольника АDВ, проведенная к гипотенузе, то есть, DM = 0,5AB. Аналогично, так как EK – медиана треугольника ВЕС, то EK = 0,5BC. MK – средняя линия треугольника АВС, значит, MK = 0,5AC. Так как длина ломаной не меньше длины отрезка, соединяющего ее концы, то DE £ DM + MK + KE = 0,5(AB + AC + BC) = 0,5P_ABC, что и требовалось доказать.

Те же идеи можно реализовать и по другому.

Пусть R и r – радиусы окружностей, построенных на сторонах АВ и ВС данного треугольника, как на диаметрах, а d – длина средней линии MK (см. рис. 6б). Тогда полупериметр треугольника АВС равен: . Рассмотрим еще одну окружность с центром на прямой MK, которая касается обеих уже построенных окружностей.

Из условия следует, что точки D и E лежат на окружностях с центрами М и K соответственно, поэтому, расстояние DE будет наибольшим, если эти точки являются точками попарного касания окружностей. В этом случае, DE – диаметр большой окружности, причем, .

4.3. Может ли число, десятичная запись которого содержит более одной цифры, равняться произведению своих цифр?

Рассмотрим произвольное n – значное число, где n ³ 2: ³ ³ > , так как каждый сомножитель в скобках меньше 10.

5.1. Найдите, какие значения может принимать сумма , если известно, что и x ¹ y.

Ответ: 2.

Û Û . Так как x ¹ y, то из полученного равенства следует, что Û xy² + x = x²y + y Û (x – y)(1 – xy) = 0. Учитывая условие x ¹ y, получим, что xy = 1.

Тогда .

5.2. В выпуклом четырехугольнике АВСD: Ð ABD = Ð CDB = 60° , Ð ВСA = Ð CАD = 30° . Найдите ВD, если АВ = 2 см.

Ответ: 2 см или 4 см.

Из условия следует, что АВСD – параллелограмм. Рассмотрим осевую симметрию относительно прямой BD, при которой образом точки А является точка А’. Тогда ВА’ = BA; DА’ = DA; Ð А’BD = Ð ABD = 60° ; Ð BА’A = Ð BAA’ = 30° . Возможны два случая:

1) Точка А’ совпала с точкой С (см. рис. 7а).

Тогда, ABCD – ромб с острым углом 60° , значит, ВD = AB = 2 (см).

2) Точка А’ не совпала с точкой С. Так как Ð ABD – острый, то отрезок АA’ пересекает луч BD (см. рис. 7б).

В этом случае рассмотрим окружность, описанную около треугольника АВС. Точка А’ лежит на этой окружности, так как Ð ВА’А = Ð ВСА, а точка D – поскольку ВD и А’C – основания равнобокой трапеции. Следовательно, Ð BDA = Ð ВСА = 30° , поэтому, АВСD – прямоугольник.

Из прямоугольного треугольника АВD, в котором Ð BDA = 30° , находим, что BD = 2AB = 4 (см).

Для тех учащихся 9 классов, кто знаком с простейшими тригонометрическими формулами, можно предложить другой способ решения, использующий теорему синусов.

Пусть О – точка пересечения диагоналей параллелограмма АВСD и Ð ADB = a . Тогда Ð AOB = 30° + a ; Ð BAC = 90° – a .

Из D AOD: ; из D AOB: . Разделим первое равенство на второе, учитывая, что ВО = DO и sin(90° – a ) = cosa . Получим, что , то есть, sin2a = . Следовательно, 2a = 60° или 2a = 120° Û a = 30° или a = 60° . Таким образом, мы получили оба случая, рассмотренных в основном решении.

5.3. Даны 70 различных натуральных чисел, каждое из которых не превосходит 200. Докажите, что хотя бы два из них отличаются на 4, 5 или 9.

Предположим, что это не так. Пусть , , …, – данные 70 чисел: Рассмотрим другой набор чисел: , , …, , + 4, + 4, …, + 4, + 9, + 9, …, + 9.

Получено противоречие (принцип Дирихле!), поэтому хотя бы два из данных чисел отличаются на 4, 5 или 9, что и требовалось доказать.