1.1. Про коэффициенты линейной функции у = kх + b известно, что k + b > 0, а 2k + b < 0. Может ли график этой функции пересекать ось абсцисс в точке х = 3?

Первый способ. Графиком линейной функции является прямая, которая либо совпадает с осью x, либо имеет с ней не более одной общей точки.

Из условия следует, что k + b = y(1) > 0, а 2k + b = y(2) < 0, то есть график пересекает ось абсцисс в точке x_0Î (1; 2) (см. рис. 1).

Второй способ. Пусть (3; 0) – точка пересечения графика с осью абсцисс. Тогда выполняется равенство 3k + b = 0. Так как 3k + b = 2k + (k + b) = k + (2k + b), то из условия k + b > 0 следует, что 2k < 0, а из условия 2k + b < 0 следует, что k > 0.

Полученное противоречие показывает, что наше предположение неверно.

1.2. Каждая сторона треугольника имеет с окружностью ровно одну общую точку, отличную от вершины. Обязательно ли эта окружность – вписанная?

1.3. Можно ли на некоторые клетки доски 6´ 6 положить по камешку так, чтобы количество камешков в каждой горизонтали было четно, а количество камешков в каждой вертикали – нечетно?

2.1. Сократите дробь , если известно, что .

Ответ: .

Первый способ. Из условия следует, что , .

Тогда: .

Второй способ. Для того, чтобы дважды получить выражение , в числителе дроби прибавим и вычтем b², а в знаменателе дроби – а²: .

2.2. В прямоугольном треугольнике отношение радиусов вписанной и описанной окружностей равно 2 : 5. Найдите отношение катетов.

Ответ: 3 : 4.

Пусть в прямоугольном треугольнике больший катет равен а, меньший катет – b, гипотенуза равна с. Тогда радиус R описанной окружности равен , а радиус r вписанной окружности равен . Воспользовавшись условием задачи и теоремой Пифагора, составим систему уравнений: .

Обозначим: , (x > y). Тогда .

По теореме, обратной теореме Виета, числа x и y являются корнями квадратного уравнения . Решив его, получим, что или . Следовательно, , то есть данный треугольник – египетский.

2.3. В клетки таблицы 3´ 3 расставлены все цифры от 1 до 9 и подсчитана сумма чисел в каждой строке. Какое наибольшее количество таких сумм могло быть точными квадратами?

Ответ: две суммы.

В виде сумм трех цифр от 1 до 9 можно представить только два точных квадрата: 9 и 16, так как 4 < 1 + 2 + 3, а 25 > 7 + 8 + 9. Значит, три суммы в строках могут оказаться точными квадратами только тогда, когда одно из чисел 9 или 16 повторится хотя бы дважды. Это невозможно, так как сумма всех цифр от 1 до 9 равна 45, но 9 + 9 + 16 < 9 + 16 + 16 < 45, а 16 + 16 + 16 > 45.

3.1. Представьте многочлен 3x⁴ + 1 в виде суммы квадратов трех многочленов ненулевой степени с целыми коэффициентами.

Ответ: например, 3x⁴ + 1 = (x² + x)² + (x² – x)² + (x² – 1)².

Действительно, пусть 3x⁴ + 1 = P²(x) + Q²(x) + R²(x), где P, Q и R – многочлены с целыми коэффициентами. Тогда каждый из них должен иметь вторую степень, причем коэффициент при x² у каждого многочлена должен быть равен ± 1. Кроме того, только один из этих многочленов может иметь свободный член, отличный от нуля, который должен быть равен ± 1.

3.2. Дан треугольник АВС. На лучах АВ и АС (вне треугольника) построены точки А₁ и А₂ соответственно так, что ВА₁ = СА₂ = ВС. А₀ – точка пересечения отрезков ВА₂ и СА₁. Докажите, что прямая, проходящая через А₀ перпендикулярно прямой ВС, содержит центр вневписанной окружности треугольника АВС. (Напомним, что вневписанной называется окружность, касающаяся стороны треугольника и продолжений двух других сторон.)

Пусть I – центр окружности, вписанной в треугольник АВС, I_a – центр вневписанной окружности, касающейся стороны ВС (см. рис. 5 а, б).

Первый способ. ВI_a и СI_a – биссектрисы внешних углов В и С данного треугольника. По условию, треугольники А₁BC и А₂CB – равнобедренные, поэтому ВI_a^ А₁C и СI_a^ А₂В (см. рис. 5а). Следовательно, I_a – точка пересечения двух высот треугольника А₀BC, значит третья высота этого треугольника лежит на прямой А₀I_a, то есть А₀I_a^ ВC, что и требовалось доказать.

Второй способ. Так как треугольник А₁ВС – равнобедренный, то , то есть отрезок А₁С параллелен биссектрисе BI (см. рис. 5б). Аналогично, отрезок А₂B параллелен биссектрисе СI. Следовательно, четырехугольник А₀BIC является параллелограммом.

Поэтому основания перпендикуляров, опущенных из точек I и А₀ на отрезок , равноудалены от его середины – точки A’. Этим же свойством обладают точки касания вписанной и вневписанной окружностей со стороной ВС, поэтому радиус вневписанной окружности лежит на прямой, проходящей через точку А₀ перпендикулярно к ВС.

Следовательно, эта прямая содержит центр I_a вневписанной окружности.

3.3. Можно ли числа 1, 2, ..., 20 расставить в вершинах и серединах ребер куба так, чтобы каждое число, стоящее в середине ребра, равнялось среднему арифметическому чисел, стоящих на концах этого ребра?

Числа, стоящие на концах каждого ребра, должны быть одинаковой четности, иначе их среднее арифметическое не будет целым. Значит, числа, стоящие в вершинах куба, либо все четные, либо все нечетные. Тогда, хотя бы одно из чисел 1 или 20 (наименьшее или наибольшее) должно стоять в середине какого-то ребра. Но, если а £ b, то а £ £ b, то есть числа 1 и 20 не могут являться средними арифметическими никаких двух из данных чисел. Следовательно, требуемая расстановка невозможна.

4.1. Найдите все положительные решения уравнения x(x + 1)² + y(y + 1)² = 8xy.

Ответ: (1; 1).

Первый способ. В левой части уравнения прибавим и вычтем выражение 4x² +4у². Получим: x(x + 1)² – 4x² +y(y + 1)² – 4у² + 4x² + 4у² – 8xy = 0 Û x(x² + 2х +1) – 4x² + y(y² + 2у + 1) – 4у² + 4(x² + у² – 2xy) = 0 Û x(x² – 2х+1) + y(y² – 2у + 1) + 4(x – у)² = 0 Û x(x – 1)² + y(y – 1)² + 4(x – у)² = 0.

Так как х и у – положительные числа, то каждое из слагаемых, полученных в левой части уравнения, неотрицательно. Их сумма равна нулю тогда и только тогда, когда каждое слагаемое равно нулю, то есть, если х = у = 1.

Второй способ. Для любых х и у выполняются неравенства: (x + 1)² ³ 4x и (y + 1)² ³ 4y. Тогда, при x > 0 и y > 0 x(x + 1)² + y(y + 1)² ³ 4x² + 4y² ³ 8xy, так как x² + y² ³ 2xy.

Равенство достигается т. и т. т., когда х = у = 1.

Третий способ. Учитывая, что x > 0 и y > 0, разделим обе части уравнения на выражение 2xy. Получим: .

Оценим левую часть полученного уравнения, используя неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом, а также неравенство о сумме двух взаимно обратных чисел: =

= ³ 2 + 2 = 4. Равенство возможно т. и т. т., когда х = у = 1.

4.2. В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты АА₁, BB₁ и CC₁. Через вершины А, В и С проходят прямые, перпендикулярные отрезкам B₁C₁, C₁А₁ и А₁B₁ соответственно. Докажите, что эти три прямые пересекаются в одной точке.

Докажем, что эти прямые будут пересекаться в центре О окружности, описанной около треугольника АВС (см. рис. 6 а, б). Пусть Н – ортоцентр (точка пересечения высот) треугольника АВС.

Первый способ. Треугольник ВОА – равнобедренный, Ð ВОА = 2Ð ВСА, поэтому, (см. рис. 6а).

Из условия следует, что Ð HC₁A = Ð HB₁A = 90° , поэтому четырехугольник AC₁HB₁ – вписанный. Следовательно, Ð AC₁B₁ = Ð AHB₁ = 90° – Ð A₁AC = Ð C. Таким образом, в треугольнике АС₁Р (Р – точка пересечения прямых АО и В₁С₁) сумма двух углов равна 90° , то есть АО^ В₁С₁. Аналогично доказывается, что ВО^ С₁А₁ и СО^ А₁В₁.

Второй способ. Рассмотрим точки А₂, В₂ и С₂, симметричные точке Н относительно сторон ВС, АС и АВ соответственно (см. рис. 6б). Эти точки лежат на окружности, описанной около треугольника АВС. Кроме того, треугольник А₂В₂С₂ получается из треугольника А₁В₁С₁ гомотетией с центром Н и коэффициентом 2, поэтому стороны этих треугольников соответственно параллельны.

Доказав (одним из уже предложенных способов) равенство Ð ВА₁С₁ = Ð ВАС = Ð СА₁В₁ и учитывая, что АА_1^ ВС, получим, что Ð АА₁С₁ = Ð АА₁В₁, поэтому точка А является серединой дуги В₂С₂. Следовательно, ОА^ В₂С₂, то есть АО^ В₁С₁. Аналогично доказывается, что ВО^ С₁А₁ и СО^ А₁В₁.

4.3. На какое наибольшее количество нулей может оканчиваться произведение трех натуральных чисел, сумма которых равна 407?

Например, 250 + 125 + 32 = 407 и 250× 125× 32 = 5^6× 2⁶ = 10⁶ = 1000000. Докажем, что больше шести нулей быть не может.

Первый способ. Разложим искомое произведение на простые множители. Если на его конце больше шести нулей, то оно должно содержать множитель 5 не менее, чем в седьмой степени. При этом каждое из трех данных чисел может содержать множитель 5 не более, чем в третьей степени, так как 5⁴ = 625 > 407. Причем, если два слагаемых делятся на 5, то третье слагаемое на 5 не делится, так как их сумма 407 не делится на 5. Таким образом, множитель 5 содержится не более, чем в третьей степени, и не более, чем в двух слагаемых, то есть произведение содержит его не более, чем в шестой степени.

Второй способ. Пусть а, b и с – три данных числа, тогда . Следовательно, abc < 200³ = 8000000, то есть произведение не может содержать более шести нулей.

5.1. Известно, что {x}× [x] = 100. Найдите [x²] – [x]².

Напомним, что [x] (целая часть x) – наибольшее целое число, не превосходящее x; {x}× (дробная часть x) – разность между числом x и его целой частью.

Ответ: 200.

Так как x = [x] + {x}, то [x²] = [([x] + {x})²] = [[x]² + 2[x]{x} + {x}²] = [[x]² + 200 + {x}²]. Кроме того, число [x]² + 200 – целое, а 0 < {x}² <1. Следовательно, [[x]² + 200 + {x}²] = [x]² + 200.

Таким образом, [x²] – [x]² = 200.

5.2. Каждый угол шестиугольника АВСDEF равен 120° . Найдите DE и AF, если АВ = 3, ВС = 4, CD = 5 и EF = 1.

Ответ: DE = 6; AF = 8.

Продолжим стороны АВ, CD и EF до их попарного пересечения в точках M, N и L (см. рис. 7). Тогда в каждом из треугольников MAF, BNC и DLE есть по два угла, равных 60° , то есть эти треугольники равносторонние. Следовательно, треугольник MNL – также равносторонний.

Пусть AF = x; DE = y. Тогда x + 3 + 4 = 4 + 5 + y = y + 1 + x, откуда x = 8, y = 6.

5.3. Среди первых 99 натуральных чисел выбрано 50 чисел. Известно, что никакие два из них не дают в сумме ни 99, ни 100. Найдите сумму выбранных чисел.

Ответ: 3725.

Таким образом, искомый набор чисел восстанавливается однозначно: 50, 51, ..., 99. Сумма чисел в таком наборе равна: 50 + 51 + ... + 99 = (50 + 99)× 25 = 149× 25 = 3725.