1.1. Известно, что . Докажите, что .

Первый способ. На координатной плоскости aOb неравенство задает квадрат с вершинами в точках (1; 1); (–1; 1); (–1; –1) (1; –1)*, а неравенство – круг с центром (0; 0) и радиусом R = (см. рис. 1а).

Поскольку квадрат вписан в круг, то для всех (а; b), удовлетворяющих первому неравенству, выполняется и второе неравенство.

Второй способ. Так как 2 і і = 2|a|, то |a| Ј 1. Аналогично, 2 і і = 2|b|, то есть |b| Ј 1.

Тогда a² Ј 1 и b² Ј 1, следовательно, .

Третий способ. Возведем обе части данного неравенства в квадрат: Ы Ы Ы Ю .

Четвертый способ. Пусть |a + b| = x і 0; |a – b| = y і 0. Тогда . Докажем, что при x і 0, y і 0 из неравенства x + y Ј 2 следует неравенство . Это можно сделать по-разному. Например,

«От противного». Пусть это не так, тогда Ы Ы Ю Ю – противоречие.

«Графически». Система неравенств задает на координатной плоскости треугольник с вершинами в точках (0; 0); (0; 2); (2; 0), который целиком принадлежит кругу с центром (0; 0) и радиусом R = 2. Этот круг является графиком доказываемого неравенства (см. рис. 1б).

1.2. Найдите гипотенузу прямоугольного треугольника, если его сумма катетов равна 12, а сумма косинусов острых углов равна.

Ответ: 6.

Пусть С – вершина прямого угла треугольника АВС, ВС = а, АС = b, AB = c (см. рис. 2).

Первый способ. Так как a = cЧ cosР B, b = cЧ cosР A, то a + b = cЧ (cosР A + cosР B). По условию, 12 = с, то есть с = 6.

Второй способ. Так как cosР A + cosР B = cosР A + cos (90° – Р A) = cosР A + sinР A = , то равенство, указанное в условии, достигается т. и т. т., когда Р A = Р B = 45° . Тогда а = b = 6; c = 6.

1.3. Можно ли разрезать куб на пять треугольных пирамид?

Пусть дан куб ABCDEFGH. Искомые пять пирамид – DCAH, EAFH, BACF, GCFH и FACH (см. рис. 3).

2.1. Квадратный трехчлен f(x) = x² + аx + b имеет два корня, один из которых лежит внутри отрезка [0; 1], а другой – вне этого отрезка. Определите знак f(b).

Ответ: f(b) < 0.

Первый способ. Заметим, что f(b) = b² + аb + b = b(а + b + 1) = f(0)Ч f(1). График данного трехчлена – парабола, ветви которой направлены вверх. Из условия задачи следует, что числа f(0) и f(1) имеют разные знаки (см. рис. 4 а, б). Следовательно, f(b) < 0.

Второй способ. График данного трехчлена – парабола, ветви которой направлены вверх. Пусть x₁О (0; 1), x₂П [0; 1]. По теореме Виета x₁ Ч x₂ = b, значит, . Тогда |x₂| > |b|. Учитывая, что x₁ > 0, рассмотрим два случая:

1) Если x₂ < 0, то b = x₁Ч x₂ < 0 и x₂ < b. Следовательно, bО (x₂; x₁), то есть f(b) < 0 (см. рис. 4а).

2) Если x₂ > 1, то b = x₁Ч x₂ > 1 и x₂ > b. Следовательно, bО (x₁; x₂), то есть f(b) < 0 (см. рис. 4б).

2.2. На диагонали АС выпуклого четырехугольника АВСD выбрана точка О так, что OC = OD и Р CОD = 90°. Известно также, что Р AОB = 110° и точка О равноудалена от прямых DA, AB и BC. Найдите углы четырехугольника.

Ответ: Р A = 50° ; Р B = 90° ; Р C = Р D = 110° .

Пусть Р, Q и R – основания перпендикуляров, опущенных из точки О на прямые DA, AB и BC соответственно (см. рис. 5). Тогда Р и Q – внутренние точки сторон AD и АВ соответственно, поскольку Р AОD = 90° , Р AОB = 110°.

По условию, |OP| = |OQ| = |OR|. Используя признак равенства прямоугольных треугольников по гипотенузе и катету, получим: D OPA = D OQA; D OQB = D ORB; D ORC = D OPD. Значит, при вершине О, помимо прямого угла СОD, есть три пары равных углов, следовательно, 2Р AOQ + 2Р QOB + 2Р ROC + Р COD = 360° . Учитывая, что 2Р AOQ + 2Р QOB = 2Р AOB = 220° , получим, что Р ROC = 25° .

Следовательно, Р RCО = Р PDО = 65° , тогда Р C = Р D = 110° ; Р A = 2Р РAO = 2Р РOD =2Р ROC = 50° ; Р B= 360° – (Р A + Р C + Р D) = 90° .

Подсчет углов можно провести иначе, если использовать, что точка О – центр окружности, касающейся прямых DA, AB и BC, то есть О – точка пересечения биссектрис углов А и В данного четырехугольника.

2.3. В верхнем углу таблицы 11ґ 11 стоит число 1, а остальные клетки пусты. Сережа заполняет таблицу по следующему правилу: если в какой-то клетке стоит число x, то он ставит в любую соседнюю (по стороне) пустую клетку либо число 4x, либо число (x – 12), либо число (x + 3). Сможет ли он добиться того, чтобы сумма всех чисел таблицы стала равной нулю?

Заполнение таблицы начинается с числа 1, и все числа, поставленные Сережей, имеют при делении на 3 остаток 1. Действительно, прибавление числа 3 или вычитание числа 12, очевидно, не меняет остатка от деления на 3, а поскольку 4x = x + 3x, то и эта операция сохраняет остаток при делении на 3.

Следовательно, сумма S всех чисел таблицы имеет вид: S = 3n +121 = (3n +120) + 1, где nО Z. Таким образом, число S также дает остаток 1 при делении на 3, то есть S № 0.

3.1. Найдите наименьшее значение выражения (x + y)(x + z), где x, y и z – положительные числа и xyz(x + y + z) = 1.

Ответ: 2.

Первый способ. Так как x > 0, y > 0, z > 0, то xyz(x + y + z) = 1 Ы yz(x² + xy + xz) = 1 Ы x² + xy + xz = . Тогда (x + y)(x + z) = x² + xy + xz + yz = yz + і 2.

Равенство достигается, например, если y = z = 1, x = – 1.

Второй способ. Пусть , тогда . Равенство, заданное в условии задачи, примет вид: .

Следовательно, существует треугольник со сторонами а, b и с. Найдем его площадь по формуле Герона: .

С другой стороны: . Следовательно, (x + y)(x + z) і 2. Указанные выше значения y = z = 1, x = – 1 удовлетворяют условию задачи и обращают это неравенство в верное равенство.

3.2. Главные диагонали шестиугольного сечения куба пересекаются в одной точке. Обязательно ли это сечение проходит через центр куба?

Рассмотрим куб АВСDA’B’C’D’ и какое-нибудь его шестиугольное сечение MNPQRT (см. рис. 6). Предположим, что диагонали RN, MQ и TP шестиугольника пересекаются в некоторой точке О.

Первый способ. Заметим, что прямая RN лежит в плоскости диагонального сечения BCA’D’, а прямая MQ – в плоскости сечения ABC’D’. Следовательно их общая точка О принадлежит BD’ – прямой, по которой пересекаются указанные плоскости. Прямая TP лежит в плоскости сечения АСС’A’, поэтому точка О должна являться пересечением BD’ и этой плоскости. Таким образом, О – центр куба.

Второй способ. Противоположные стороны данного сечения попарно параллельны, так как принадлежат прямым пересечения плоскости сечения с противолежащими гранями куба. Следовательно, данное сечение разбивается диагоналями на три пары подобных треугольников: D МОN ~ D QОR, D NОP ~ D RОT, D PОQ ~ D TОM. Тогда . Из равенства первого и последнего отношений получим, что MN = QR. Аналогично доказывается, что NP = RT и PQ = TM, то есть выписанные ранее пары треугольников не только подобны, но и равны. Тогда О – центр симметрии сечения.

Рассмотрим симметрию пространства с центром О. При этой симметрии образом точки М является точка R, поэтому образом прямой АВ, проходящей через М, является ей параллельная прямая, проходящая через R, то есть прямая С’D’. Аналогично доказывается, что и остальные прямые, содержащие ребра куба, попарно симметричны относительно О. Таким образом, при симметрии с центром О куб переходит в себя, значит, точка О – центр симметрии куба (точка пересечения диагоналей).

3.3. Найдите все натуральные числа, которые в 11 раз больше суммы своих цифр.

Ответ: 198.

Пусть х – одно из искомых чисел, а у – сумма его цифр. По условию х = 11у, следовательно, х кратно 11.

Запишем полученное равенство по-другому: х – у = 10у. Так как числа х и у имеют одинаковые остатки при делении на 9, то число 10у кратно 9. Учитывая, что НОД (10; 9) = 1, получим, что у делится на 9, а значит и х делится на 9. Таким образом, искомое число кратно 99.

Если десятичная запись числа х содержит n разрядов, то х і 10ⁿ – 1, с другой стороны х = 11у Ј 11Ч 9n = 99n. Следовательно, должно выполняться неравенство: 10ⁿ – 1 Ј 99n. Это справедливо только для трех натуральных значений n: 1; 2 или 3.

Таким образом, х = 99р, где р равно 1, 2 или 3. У всех таких x сумма цифр равна 18, поэтому легко проверить, что решением задачи является только число 198.

4.1. Известно, что для положительных чисел а, b и c выполняется неравенство: . Докажите, что .

Для положительных чисел а, b и c неравенство равносильно неравенству . Поэтому достаточно доказать, что .

Это неравенство равносильно неравенству (a + b + c)² і 3ab + 3bc + 3ca Ы a² + b² + c² і ab + bc + ca. Последнее неравенство выполняется для любых значений переменных, так как оно, в свою очередь, равносильно верному неравенству (a – b)² + (b – c)² + (c – a)² і 0.

4.2. Вершина С прямого угла треугольника АВС лежит внутри окружности с центром О и радиусом R, проходящей через концы гипотенузы АВ, СН – высота треугольника АВС. На прямой АВ взята точка K так, что KН = ОН. Найдите СK.

Ответ: R.

Первый способ. Из прямоугольного треугольника CHK по теореме Пифагора получим: CK² = CH² + KH² (см. рис. 7а). Высота CH прямоугольного треугольника ABC, проведенная к гипотенузе, является средним геометрическим проекций его катетов на гипотенузу, то есть CH² = AHЧ BH.

Через точку H проведем диаметр окружности PQ. Тогда, по теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд окружности: AHЧ BH = PHЧ QH = (R – OH)(R + OH) = R² – OH².

Учитывая, что KН = ОН, получим: CK² = AHЧ BH + OH² = R² – OH² + OH² = R².

Таким образом, CK = R.

Второй способ. Пусть D – образ точки С при симметрии относительно прямой AB (см. рис. 7б). Рассмотрим окружность w ₁, описанную около треугольника ABC, и окружность w ₂ с центром K и радиусом KC. Заметим, что точки C и D принадлежат обеим окружностям, то есть прямая CD является радикальной осью окружностей w ₁ и w ₂. Аналогично, прямая AB является радикальной осью данной окружности w и окружности w ₁. Следовательно, общая точка H этих прямых является радикальным центром трех окружностей: w , w ₁ и w ₂, то есть H принадлежит общей хорде окружностей w и w ₂. Так как H равноудалена от центров O и K данных окружностей, то радиусы окружностей равны, следовательно, CK = R.

4.3. При каких натуральных значениях n числа nⁿ + 1 и (2n)²ⁿ + 1 являются простыми одновременно?

Ответ: при n = 1 или n = 2.

При n = 1 оба данных числа являются простыми: nⁿ + 1 = 2; (2n)²ⁿ + 1 = 5.

Пусть n > 1, тогда докажем, что n должно быть натуральной степенью числа 2. Пусть это не так, то есть n = 2^kЧ p, где k – натуральное число или ноль, p – нечетное число, отличное от 1. Тогда nⁿ + 1 = + 1 = + 1 делится на и не равно этому числу, поэтому является составным.

Таким образом, n = 2^m, где mО N. Тогда nⁿ + 1 = + 1 = + 1 = + 1, а (2n)²ⁿ + 1 = + 1 = + 1 = + 1.

Проведя рассуждения «от противного», аналогичные предыдущим (то есть предположив, что m или m + 1 имеют нечетный натуральный делитель, отличный от 1), получим, что рассматриваемые числа могут являться простыми только в том случае, когда оба числа m и m + 1 являются натуральными степенями числа 2.

Это возможно только при т = 1. Тогда оба данных числа действительно являются простыми: nⁿ + 1 = 5 и (2n)²ⁿ + 1 = 257.

5.1. Существует ли такая функция f(t), где tО [–1; 1], что для всех xО [0; p ] выполняется равенство f(cosx) = sinx?

Например, пусть , тогда , так как для всех xО [0; p ] выполняется неравенство sinx і 0.

5.2. Три высоты остроугольного треугольника пересекаются в точке H, которая делит одну из высот пополам, а другую в отношении 2 : 1, считая от вершины. В каком отношении точка H делит третью высоту?

Ответ: 5 : 1.

Первый способ. Пусть АВС – данный треугольник; AD, BE и CF – его высоты, BH = HE = x, HF = y, CH = 2y (см. рис. 8а).

Так как Р ВЕС = Р ВFС = 90° , то точки B, F, E и С лежат на одной окружности, поэтому BHЧ HE = CHЧ HF. Тогда x² = 2y², то есть . Это означает, что треугольники BHF и CHE – прямоугольные равнобедренные, значит CE = x; BF = y. Так как Р АВЕ = 45° , то АЕ = 2x, следовательно, .

Прямоугольные треугольники ADC и АЕН подобны, поэтому . Следовательно, . Таким образом, , значит, .

Второй способ. Эта задача является частным случаем классического утверждения элементарной геометрии, которое называется теоремой Жергонна: «Если Р – внутренняя точка треугольника АВС, а прямые АР, ВР и СР пересекают противолежащие стороны в точках А₁, В₁ и С₁ соответственно, то » (см. рис. 8б).

В нашем случае: треугольник АВС – остроугольный, значит, ортоцентр Н – его внутренняя точка, ; , поэтому , тогда .

5.3. На дискотеку пришло некоторое количество мальчиков и девочек, всего – не более 40 человек. Каждая девочка бросила взгляд на каждого знакомого мальчика, а каждый мальчик бросил взгляд на каждую незнакомую ему девочку. Всего было брошено 117 взглядов. Сколько мальчиков могло быть на этой дискотеке?

Пусть на дискотеку пришли х мальчиков и у девочек. По условию х + у Ј 40. Рассмотрим произвольную пару, состоящую из мальчика и девочки. Если они знакомы, то в такой паре будет брошен взгляд девочки на мальчика, а если не знакомы, то будет брошен взгляд мальчика на девочку. То есть каждой паре соответствует ровно один взгляд. Общее количество таких пар (а значит, и взглядов) равно ху.

По условию ху = 117. Число 117 раскладывается на два натуральных множителя тремя способами: 117 = 1Ч 117 = 3Ч 39 = 9Ч 13. Так как сумма множителей должна быть не больше, чем 40, то возможен только последний вариант. Значит, х = 9 или х = 13.