1.1. Известно, что x и y – различные числа, причем (x – 2008)(x – 2009) = (y – 2008)(y – 2009). Какие значения может принимать выражение x + y?

Ответ: 4017..

Первый способ. В данном равенстве раскроем скобки, перенесем все в левую часть, и разложим ее на множители: x² – y² – 4017x + 4017y = 0 Û (x – y)(x + y – 4017) = 0. Так как x ¹ y, то x + y = 4017.

Второй способ. Пусть (x – 2008)(x – 2009) = (y – 2008)(y – 2009) = с, тогда x и y – корни квадратного уравнения z² – (2008 + 2009)z + 2008× 2009 – c = 0. По теореме Виета находим сумму корней полученного квадратного уравнения: x + y = 2008 + 2009 = 4017.

1.2. Один из углов равнобедренного треугольника равен 120° . Из середины основания опущен перпендикуляр на боковую сторону. В каком отношении основание перпендикуляра делит боковую сторону?

Ответ: 3 : 1, считая от вершины основания.

Пусть в треугольнике АВС АВ = АС, тогда Ð ВАС = 120° (см. рис. 1). Обозначим: М – середину ВС, K – основание перпендикуляра, опущенного из точки М на сторону ВС. Так как Ð АМK = Ð АВМ = 30° , то , , то есть . Следовательно, .

1.3. Верно ли, что число 999991 – простое?

Ответ: нет, не верно.

Так как 999991 = 1000000 – 9 = 1000² – 3² = (1000 + 3)(1000 – 3) = 1003× 997, то это число – составное.

2.1. В математической школе все учащиеся сидят за партами по двое, причем у 60% мальчиков сосед по парте – тоже мальчик, а у 20% девочек сосед по парте – тоже девочка. Какую часть учащихся этой школы составляют девочки?

Ответ: одну треть.

Заметим, что у 40% мальчиков сосед по парте – девочка, а у 80% девочек сосед по парте – мальчик. Следовательно, 40% от количества всех мальчиков равно 80% от количества всех девочек, значит, мальчиков в школе в два раза больше, чем девочек. Таким образом, девочки составляют одну треть.

2.2. Точку внутри треугольника соединили отрезками с тремя точками, взятыми по одной на каждой стороне. Докажите, что если из трех образовавшихся четырехугольников два являются вписанными, то и третий четырехугольник также является вписанным.

Пусть точка Р лежит внутри треугольника АВС, а точки D, E и F лежат на его сторонах ВС, АС и АВ соответственно (см. рис. 2).

Из того, что два четырехугольника, например, AFPE и BFPD – вписанные, следует, что Ð А + a = 180° и Ð B + b = 180° (a и b – углы этих четырехугольников при вершине Р). Тогда Ð С + Ð DPE = (180° – Ð А – Ð B) + (360° – a – b ) = 540° – (Ð А + a ) – (Ð B + b ) = 180° .

Следовательно, четырехугольник CDPE – вписанный, что и требовалось.

Отметим, что выпуклость всех образовавшихся четырехугольников следует из условия задачи. Действительно, вписанные четырехугольники AFPE и BFPD являются выпуклыми по определению. Предположим, что четырехугольник CDPE – не выпуклый, то есть Ð DPE > 180° . Тогда a + b < 180° , значит, Ð А + Ð B > 180° , что невозможно.

2.3. 16 карточек занумеровали от числами 1 до 16. Можно ли их выложить вдоль одной прямой так, чтобы сумма номеров на любых двух соседних карточках была точным квадратом?

Ответ: да, можно.

Пример:

После этого часть таблицы восстанавливается однозначно (до числа 3):

Заметим также, что в приведенном примере самая «популярная» сумма двух соседей – 16, которая встречается 7 раз.

3.1. Докажите, что если а > 0, b > 0 и а + b ³ 2, то а³ + b³ ³ 2.

Первый способ. Так как а³ + b³ = (а + b)(a² – ab + b²) и а + b ³ 2, то для доказательства требуемого неравенства достаточно доказать, что a² – ab + b² ³ 1.

a² – ab + b² ³ 1 Û 2a² – 2ab + 2b² ³ 2 Û a² + b² + (а – b)² ³ 2. Так как (а – b)² ³ 0, то остается доказать, что a² + b² ³ 2.

Действительно, из неравенства а + b ³ 2 следует, что (а + b)² ³ 4 Û a² + 2ab + b² ³ 4. Учитывая, что a² + b² ³ 2ab, получим: 2(a² + b²) ³ a² + 2ab + b² ³ 4 Þ a² + b² ³ 2.

Следовательно, a³ + b³ ³ 2, что и требовалось.

Второй способ. Как показано выше, из неравенства а + b ³ 2 следует, что a² + b² ³ 2.

Перемножим два верных неравенства с положительными членами: а + b ³ 2 и a² + b² ³ 2. Получим: (a² + b²)(а + b) ³ 4 Û a³ + b³ +a²b + ab² ³ 4.

Докажем, что при а ³ 0, b ³ 0 выполняется неравенство a³ + b³ ³ a²b + ab². Действительно, a³ + b³ – a²b – ab² = a²(a – b) – b²(a – b) = (a – b)²(a + b) ³ 0.

Таким образом, 2(a³ + b³) ³ a³ + b³ +a²b + ab² ³ 4, то есть a³ + b³ ³ 2, что и требовалось.

Третий способ. Докажем, что при а ³ 0, b ³ 0 выполняется неравенство .

Действительно, Û Û 4a³ + 4b³ ³ a³ + 3a²b + 3ab² + b³ Û a³ + b³ ³ a²b + ab², а справедливость последнего неравенства уже доказана выше.

Используя доказанное неравенство, получим: Û а³ + b³ ³ 2.

Отметим, что использованное неравенство аналогично неравенству между средним квадратичным и средним арифметическим двух неотрицательных чисел. Оба этих неравенства являются частными случаями неравенства , которое выполняется для всех натуральных значений n.

Четвертый способ. Рассмотрим график функции f(x) = x³. Пусть а и b – два положительных значения аргумента, тогда все точки этого графика, абсциссы которых принадлежат [a; b], располагаются не выше, чем отрезок АВ, где А(а; f(a)), B(b; f(b)) (см. рис. 3).

Следовательно, . Это означает, что выполняется неравенство , из которого, как показано выше, следует требуемое неравенство.

Отметим, что в приведенном рассуждении практически использовано, что график функции f(x) = x³ при xÎ [0; +¥ ) расположен «выпуклостью вниз». Это означает, что множество точек координатной плоскости, располагающееся над графиком, является выпуклым (содержит целиком любой отрезок, концы которого принадлежат этому множеству). Использованное неравенство (называемое неравенством Йенсена) выполняется для всех функций f(x), графики которых на [a; b] обладают этим свойством. Для функций, графики, которых на [a; b] расположены «выпуклостью вверх» выполняется неравенство . В обоих случаях равенство достигается тогда и только тогда, когда а = b.

Пятый способ. Пусть a = t – x, b = t + x, тогда а + b = 2t. Из условия задачи следует, что t ³ 1. Следовательно, a³ + b³ = (t – x)³ + (t + x)³ = 2t³ + 6tx² ³ 2t³ ³ 2, так как t^{3 ³} 1.

Отметим, что и в этом способе решения фактически доказывается неравенство для положительных а и b.

3.2. Диагонали AC и BD четырехугольника ABCD перпендикулярны. Через середины сторон АВ и AD проведены прямые, перпендикулярные прямым CD и BC соответственно. Докажите, что точка пересечения этих прямых лежит на прямой АС.

Пусть R и P – середины сторон АВ и АD соответственно, T и Q – основания перпендикуляров, опущенных из R и P на CD и BC, М – точка пересечения RT и PQ (см. рис. 4).

В треугольнике BDC проведем высоты из вершин B и D, Н – точка их пересечения. Из того, что BD^ AC следует, что Н лежит на прямой АС.

Рассмотрим треугольник ABH. Так как R – середина АВ и RT || ВН, то прямая RT пересекает сторону АН в ее середине (по теореме Фалеса). Аналогично, так как Р – середина AD и PQ || DH, то и прямая PQ пересекает отрезок АН в его середине. Следовательно, точка М пересечения RT и PQ является серединой АН, то есть лежит на диагонали АС, что и требовалось.

3.3. Два приятеля пришли на базар. Веселый молодец продавал 20 котов по цене от 12 до 15 рублей и 20 мешков по цене от 30 копеек до 1 рубля. При этом цены всех котов и всех мешков попарно различны. Верно ли, что каждый из друзей может купить по коту в мешке так, чтобы они заплатили одинаковую сумму денег?

Ответ: да, верно.

Заметим, что наименьшая стоимость кота в мешке – 12 рублей 30 копеек, а наибольшая – 16 рублей. Следовательно, количество вариантов возможных стоимостей кота в мешке не больше, чем количество целых чисел на отрезке [1230; 1600], то есть не больше, чем 371. Поскольку цены всех котов и всех мешков попарно различны, то количество различных пар вида «кот – мешок» равно 20× 20 = 400.

Следовательно (по принципу Дирихле), обязательно найдутся две пары, имеющие одинаковую стоимость.

4.1. Решите уравнение: x⁴ – 2x² – 400x = 9999.

Ответ: –9; 11.

Первый способ. Прибавим к обеим частям уравнения выражение 4x² + 400x + 1. Получим: x⁴ – 2x² – 400x = 9999 Û x⁴ + 2x² + 1 = 4x² + 400x + 10000 Û (x² + 1)² – (2x + 100)² = 0 Û x² + 2x + 101 = 0 или x² – 2x – 99 = 0.

Первое из полученных квадратных уравнений корней не имеет, а корни второго уравнения: –9 и 11.

Второй способ. Заменим число 100 в данном уравнении переменной а и решим полученное квадратное уравнение относительно а: x⁴ – 2x² – 4xа = а² – 1 Û а² + 4xа – (x² – 1)² = 0; ; . Подставив вместо переменной a число 100, получим приведенные выше квадратные уравнения с переменной x.

4.2. Внутри квадрата АВСD взята точка Р такая, что АР : ВР : СР = 1 : 2 : 3. Найдите угол АРВ.

Ответ: 135° .

Пусть АР = t, ВР = 2t и CP = 3t. Повернем треугольник АВР вокруг вершины В на угол 90° (см. рис. 5). Его образом будет треугольник СВP’, значит, СP’ = AP = t, BP’ = BP = 2t.

Так как треугольник РВР’ – прямоугольный и равнобедренный, то PP’ = 2t. Тогда, в треугольнике PP’C: , то есть Ð PP’C = 90° . Следовательно, Ð APВ = Ð BP’C = 90° + 45° = 135° .

4.3. Квадрат разделили на прямоугольники, проведя несколько разрезов, параллельно его сторонам (от края до края). Оказалось, что сумма периметров этих прямоугольников в семь раз больше периметра исходного квадрата. Какое наибольшее количество прямоугольников могло получиться?

Ответ: 49.

Рассмотрим квадрат ABCD со стороной a, тогда его периметр равен 4а. Пусть проведенные разрезы разбили сторону АВ на m отрезков, а сторону ВС – на n отрезков (см. рис. 6). Количество получившихся при этом прямоугольников равно mn.

Так как каждый отрезок, лежащий на границе квадрата ABCD, является стороной одного из таких прямоугольников, а каждый внутренний отрезок – стороной двух прямоугольников, то сумма периметров образовавшихся прямоугольников равна: 2(m – 1)a + 2(n – 1)a + 4a = 2(m + n)a.

По условию задачи: 2(m + n)a = 28а, то есть m + n = 14. Если сумма двух положительных чисел m и n фиксирована, то их произведение достигает наибольшего значения, когда m = n. Это следует, например, из неравенства между средним геометрическим и средним арифметическим или из того, что наибольшее значение квадратичной функции f(x) = x(S – x) достигается при .

Таким образом, m = n = 7; mn = 49.

5.1. Известно, что x + y + z = a и x^–1 + y^–1 + z^–1 = a^–1. Какие значения может принимать выражение (x – a)(y – a)(z – a)?

Ответ: 0.

Первый способ. Из равенства следует, что a(xy + yz + xz) = xyz. Учитывая также, что x + y + z = a, получим: (x – a)(y – a)(z – a) = –(a – x)(a – y)(a – z) = –a³ + (x + y + z)a² – (xy + yz + xz)a + xyz = –a³ + a³ – xyz + xyz = 0.

Второй способ. Из условия задачи следует: Û Û Û Û Û Û .

Следовательно, выполняется хотя бы одно из равенств: x = –y или y = –z или z = –x. Тогда из первого равенства в условии получим, что z = a или x = a или y = a. Это означает, что (x – a)(y – a)(z – a) = 0.

5.2. В треугольнике ABC медиана BM равна стороне AC. На продолжениях сторон BA и AC за точки A и C выбраны точки D и E соответственно, причём AD = AB и CE = CM. Докажите, что прямые DM и BE перпендикулярны.

Первый способ. Пусть F – середина отрезка ВМ (см. рис. 7а). Из условия задачи следует, что MF = MA = MC, значит, Ð АFC = 90° . Кроме того, из условия следует, что AF – средняя линия треугольника DBM, а CF – средняя линия треугольника ВМЕ. Следовательно, DM || AF, BE || CF, поэтому, DM^ ВЕ, что и требовалось.

Второй способ. Пусть прямая DM пересекает прямую ВС в точке Р, а прямую ВЕ – в точке Н (см. рис. 7б).

Заметим, что из условия задачи следует, что ВМ = ЕМ, поэтому, утверждение задачи равносильно тому, что MH – медиана треугольника ВМЕ. Докажем это.

Пусть Q – середина отрезка ВР. Тогда AQ – средняя линия треугольника DBР, значит AQ || PM. Так как М – середина АС, то МР – средняя линия треугольника AQC, то есть PQ = CP. Таким образом, .

Так как ВС – медиана треугольника ВМЕ, то полученное отношение показывает, что Р – точка пересечения медиан этого треугольника, то есть МН также является медианой треугольника ВМЕ, что и требовалось.

5.3. Верно ли, что среди чисел вида 2ⁿ + 4^k (n и k – натуральные числа) бесконечно много квадратов целых чисел?

Ответ: да, верно.

2ⁿ + 4^k = 2ⁿ + 2^2k = 2^2k(2ⁿ – 2k + 1). Первый множитель является точным квадратом при любом натуральном значении k, а второй множитель будет точным квадратом при n = 2k + 3. Таким образом, среди чисел указанного вида бесконечно много квадратов.

Отметим, что если n ¹ 2k + 3, то число заданного вида не является точным квадратом, поскольку число вида 2^m + 1 является квадратом натурального числа только при m = 3. Действительно, пусть 2^m + 1 = p², где p – натуральное, тогда 2^m = (p – 1)(p + 1). Следовательно, каждый сомножитель в правой части этого равенства является степенью числа 2. Но существуют только две степени двойки, отличающиеся на 2, а именно, 2¹ и 2², значит, p = 3 и m = 3.