1.1. (6 баллов) Найдите все целые решения неравенства: |x + 3y – 5,5| + |x – 3y| £ .

Ответ: (3; 1).

Пусть (x; y) – решение неравенства. Тогда из условия задачи следует, что |x – 3y| < 1. Так как x и y – целые числа, то x = 3y. Подставим этот результат в исходное неравенство, тогда: |6y – 5,5| £ Þ |6y – 5,5| < 1 Û –1 < 6y – 5,5 < 1 Û . Таким образом, y = 1; x = 3.

1.2. (6 баллов) Противоположные стороны шестиугольника попарно равны и параллельны, кроме того, в него можно вписать окружность. Обязательно ли этот шестиугольник – правильный?

Например, рассмотрим квадрат АВСD и вписанную в него окружность. Проведем две касательные к окружности, симметричные относительно ее центра О (см. рис. 1). Тогда шестиугольник EFBE’F’D удовлетворяет условию задачи, но не является правильным, так как в нем есть прямые углы.

Можно привести и более общий пример: достаточно рассмотреть окружность с центром О и построить описанную около нее ломаную EFBE’, у которой не все звенья между собой равны, а точки Е и E’ симметричны относительно О. Искомый шестиугольник получится из этой ломанной симметрией относительно точки О и не будет правильным.

1.3. (6 баллов) В некотором числе переставили цифры и получилось в три раза меньшее число. Докажите, что исходное число делилось на 27.

Числа, указанные в условии, существуют, например, А = 3105; В = 1035.

2.1. (7 баллов) Найдите все значения параметра а, для которых система уравнений имеет единственное решение.

Ответ: а = 0.

Заметим, что если (m; n) – решение данной системы, то (n; m) – также решение этой системы. Следовательно, если данная система имеет единственное решение, то оно имеет вид (m; m). Получим: Û .

При а = 0 данная система действительно имеет единственное решение, так как Û x = y = 0.

2.2. (7 баллов) В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AA₁ и CC₁. На высоте AA₁ выбрана такая точка D, что A₁D = C₁D. Точка E – середина стороны AC. Докажите, что точки A, C₁, D и E лежат на одной окружности.

Из условия задачи следует, что точки A, C₁, A₁ и С лежат на окружности с центром в точке E и радиусом EА. Поэтому, вписанный в нее угол C₁A₁A в два раза меньше центрального угла C₁EA, опирающегося на ту же дугу. С другой стороны, треугольник C₁DA₁ – равнобедренный, следовательно его внешний угол C₁DA в два раза больше угла C₁A₁A. Таким образом, Ð C₁DA = Ð C₁EA, поэтому точки A, C₁, D и E лежат на одной окружности.

2.3. (7 баллов) Имеет ли уравнение 5x⁴ = 4y³ + 3 целочисленные решения?

При целых значениях у правая часть уравнения при делении на 4 дает остаток 3. Левая часть уравнения при четных значениях х делится на 4, а при нечетных значениях х при делении на 4 дает остаток 1. Действительно, если х = 2k + 1, где k – целое число, то 5х⁴ = (4 + 1)(2k + 1)⁴ = (4 + 1)(4k² + 4k + 1)² = 4(4k² + 4k + 1)² + (4k² + 4k)² + 2(4k² + 4k) + 1 = 4p + 1, где p – целое число.

3.1. (7 баллов) Докажите, что если , то sinx + tg²x + sin³x + tg⁴x + ... < 1,2.

Так как , то все слагаемые в данной бесконечной сумме положительны и их можно произвольно группировать, кроме того, 0 < sin²x < и 0 < tg²x < .

Пусть данная сумма S = S₁ + S₂, где S₁ = sinx + sin³x + ...; S₂ = tg²x + tg⁴x + ... , то есть, S₁ – сумма бесконечно убывающей геометрической прогрессии с первым членом sinx и знаменателем sin²x, а S₂ – сумма бесконечно убывающей геометрической прогрессии с первым членом tg²x и знаменателем tg²x. Тогда S₁ = ; S₂ = .

Так как на [0; ] функция y = sinx возрастает, а функция y = cos²x убывает, то наибольшее значение S₁ достигается при x = . Следовательно, если , то S₁ = .

Аналогично, на [0; ] функция y = tg²x возрастает, а функция y = 1 – tg²x убывает, то есть и наибольшее значение S₂ достигается при x = . Следовательно, если , то S₂ = .

Таким образом, если , то S < < 1,2.

Справедливость использованных при решении неравенств S₁ < и S₂ < для можно доказать и без использования монотонности тригонометрических функций, например:

3.2. (7 баллов) Внутри треугольника выбраны две точки. Расстояния от одной из них до сторон треугольника равны 1, 3 и 15, а от другой (стороны рассматриваются в том же порядке) – 4, 5 и 11. Найдите радиус окружности, вписанной в данный треугольник.

Ответ: 7.

Первый способ. Пусть a, b и c – длины сторон данного треугольника АВС, а S – его площадь. Проведем отрезки, соединяющие одну из данных точек М с вершинами треугольника (см. рис. 3а). Тогда: a + 3b + 15c = 2S. Аналогично, соединив другую данную точку с вершинами треугольника, получим, что 4a + 5b + 11c =2S.

Умножим второе уравнение на 2 и вычтем первое. Получим: 7a + 7b + 7c = 2S, откуда найдем радиус окружности, вписанной в треугольник: = 7.

Второй способ. Пусть М и K соответственно – точки, указанные в условии. Рассмотрим точку P, симметричную точке М относительно K. Воспользуемся тем, что если отрезок не пересекает прямую, то расстояние от его середины до этой прямой равно полусумме расстояний от его концов до этой прямой. Этот факт непосредственно следует из теоремы Фалеса и свойства средней линии трапеции (см. рис. 3б). Тогда расстояния от точки P до каждой из прямых, содержащих стороны треугольника, равно 7, то есть P равноудалена от этих прямых. При этом точка P лежит внутри данного треугольника (если бы отрезок МР пересекал какую-то из сторон треугольника, то расстояние от его середины K до прямой, содержащей эту сторону, было бы равно модулю полуразности расстояний от М и Р), поэтому, искомый радиус вписанной окружности равен 7.

3.3. (7 баллов) Пятизначное число назовем «неразложимым», если оно не раскладывается в произведение двух трехзначных чисел. Какое наибольшее количество таких чисел может идти подряд?

Ответ: 99.

4.1. (8 баллов) Докажите, что для любых значений x выполняется неравенство: .

1) При x = 0 данное неравенство, очевидно, выполняется.

2) Заметим, что значение левой части неравенства при любом отрицательном значении x больше, чем при противоположном положительном значении x, поэтому достаточно доказать, что неравенство выполняется при x > 0.

Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC с прямым углом C и катетами AC = 3; BC = 4 (см. рис. 4). На биссектрисе угла С отметим точку D такую, что CD = x.

Применяя теорему косинусов для треугольников ADC и BDC, соответственно получим: = и = .

Согласно неравенству треугольника AD + BD ³ AB, откуда , что и требовалось доказать.

4.2. (8 баллов) Можно ли разрезать куб на три равные части, не являющиеся ни параллелепипедами, ни пирамидами?

Первый способ. Проведем отрезки, соединяющие центр О куба АВСDA’B’C’D’ с его вершинами (см. рис. 5). Проходящие через них плоскости разобьют куб на шесть равных четырехугольных пирамид, у которых основаниями являются грани куба, а вершиной – точка О. Объединив по две соседние пирамиды, например, OABCD и OAA’B’B; OA’B’C’D’ и OAA’D’D; OBB’C’C и OCC’D’D, получим три равные фигуры, не являющиеся ни параллелепипедами, ни пирамидами.

Второй способ (идея – школьников СУНЦа). Рассмотрим одну из диагоналей куба, например, B’D. Проведем три полуплоскости с границей B’D так, чтобы угол между каждыми двумя был равен 120° . Они разобьют куб на три равные части, так как одна из другой получается поворотом вокруг прямой B’D на 120° . Несложно выбрать полуплоскости таким образом, чтобы они не содержали ребра куба, тогда получившиеся части не окажутся пирамидами.

4.3. (8 баллов) На шахматной доске стоят черная и белая шашки. За один ход разрешается сдвинуть одну из них на соседнюю (по стороне) клетку. Существует ли такая последовательность ходов, при которой каждое возможное расположение шашек встречается ровно один раз?

Ответ: нет, не существует.

Подсчитаем сначала количество позиций, когда обе фишки стоят на клетках одного цвета. Белую фишку можно поставить на любую из 64 клеток, после чего черную можно поставить на любую свободную клетку того же цвета, которых – 31. Итого: 64´ 31 позиций. Теперь подсчитаем количество позиций другого типа. Белую фишку опять можно поставить на любую из 64 клеток, а черную – на любую из 32 клеток другого цвета. Итого: 64´ 32 позиций. Так как 64´ 32 – 64´ 31 = 64 > 1, то требуемой последовательности ходов не существует.

5.1. (9 баллов) Существует ли многочлен P(x) такой, что P(1) = 1, P(2) = 2, P(3) = 3, P(4) = 4, P(5) = 5, а его значения при всех остальных натуральных x – иррациональны?

Ответ: да, существует.

Например, если P(x) = x + (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4)(x – 5), то такой многочлен, очевидно, принимает значения, указанные в условии. При x = n, где nÎ N и n > 5, его значения имеют вид: P(n) = n + m, где m – также натуральное число, поэтому P(n) – иррационально.

5.2. (9 баллов) В выпуклом четырехугольнике АВСD: BC = 4, Ð АDС = 60° , Ð BАD = 90° . . Найдите длину CD.

Ответ: .

Пусть АВСD – данный четырехугольник (см. рис. 6а). Отразим вершину B симметрично относительно серединного перпендикуляра к отрезку AC и получим точку B’. Тогда B’A = BC, CB’ = AB и S_AB’C = S_ABC.

Следовательно, S_AB’CD = S_ABCD = = . С другой стороны, S_AB’CD = . Таким образом, Ð B’AD = Ð B’CD = 90° .

Так как Ð B’AD = Ð BAD = 90° , то лучи AB’ и AB совпадают, следовательно, симметричные точки В и B’ также совпадают (см. рис. 6б). Тогда ВА = ВС, Ð BAC = Ð BCA и Ð DAC = Ð DCA = 60° , то есть D ADC – равносторонний. Следовательно, Ð BAC = Ð BCA = 30° , значит, СD = CA = .

5.3. (9 баллов) Каких треугольников с целыми сторонами больше: с периметром 2005 или с периметром 2008?

1) Каждому треугольнику со сторонами a £ b £ c и периметром 2005 поставим в соответствие треугольник со сторонами a + 1 £ b + 1 £ с + 1 и периметром 2008. Такой треугольник существует, так как (а + 1) + (b + 1) > (a + b) + 1 > c + 1.

2) Пусть есть треугольник со сторонами x £ y £ z и периметром 2008, тогда рассмотрим отрезки с длинами x – 1; y – 1; z – 1. Очевидно, что эти числа – натуральные (если, например, x – 1 = 0 Û x = 1, то y + z = 2007 и треугольника со сторонами 1, y и z, где y и z – целые, не существует).

Кроме того, (x – 1) + (y – 1) = (x + y) – 2 > z – 2. Так как эти числа – натуральные, то отсюда следует, что (x – 1) + (y – 1) ³ z – 1. Поэтому, рассматриваемые отрезки не образуют треугольника только в случае, когда (x – 1) + (y – 1) = (z – 1) Û x + y = z + 1. Тогда P = x + y + z = 2z + 1 – нечетное число, поэтому не может быть равно 2008.

Следовательно, (x – 1) + (y – 1) > z – 1, то есть каждому треугольнику со сторонами x £ y £ z и периметром 2008 поставлен в соответствие треугольник со сторонами x – 1 £ y – 1 £ z – 1 и периметром 2005.