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 (x^{2n – 1} – 1), а 1003 множителя имеют вид (x²ⁿ – 1), где nÎ N.

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 ?

Рассмотрим, например, куб ABCDA’B’C’D’ (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.

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?

Первый способ. Предположим, что это не так, то есть одновременно выполняются четыре неравенства: sin^2a + cos^2b < 1, cos^2a + sin^2b < 1, sin^2a + sin^2b < 1 и cos^2a + cos^2b < 1. Сложим эти неравенства почленно, тогда 2sin^2a + 2sin^2b + 2cos^2a + 2sin^2b < 4, что противоречит основному тригонометрическому тождеству.

Второй способ. Поскольку sin^2a + cos^2a = 1, то хотя бы одно из слагаемых sin^2a или cos^2a не меньше, чем 0,5. Аналогично, хотя бы одно из выражений sin^2b или cos^2b 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 H₃ – точки 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.

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.

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’ = x² – y < 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 K’ и M’ – ортогональные проекции точек K и M на плоскость a , а С – точка пересечения этой плоскости с прямой KM, то прямоугольные треугольники CKK’ и CMM’ равны 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 K’M’” равносильны.

Пусть рассматриваемый отрезок KM имеет данную длину a. Рассмотрим прямые k’ и 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, K’M’ = .

Это означает, что точка С является серединой гипотенузы K’M’ 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?

(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 2^4k = 16^k, где k – натуральное число.

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

Это означает, что число 2^r 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.

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

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).

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 D – середина АС, то есть BD – медиана, 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 Р – образ 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 xn – n – x = ym – m – y Û xn – n – 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.

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 = .

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 BKIL – ромб.

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.

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 A’ и B’, пройдя V₁t метров и V₂t метров соответственно.

Из треугольника А’OB’ по теореме косинусов получим, что |A’B’|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’, B’ и С’ другого пловца на прямой b (см. рис. 10б). Из приведенных числовых данных следует, что точка В является серединой отрезка АС, а точка В’ – серединой отрезка А’C’. Кроме того, .

Так как , то , причем равенство достигается т. и т. т., когда . Следовательно, в нашем случае, прямые AA’, BB’ и СС’ параллельны, 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.