Решения Математический бой № 2, 7 класс (стр. 4 )

Решение. Предположим противное. Пусть I – центр вписанной окружности, биссектриса AL треугольника ABC делится точками пересечения со вписанной окружностью на три равные части. Тогда I - середина AL и в треугольнике BAL биссектриса BL является медианой, отсюда , то есть прямые BL и AC параллельны – противоречие.

Математический бой №2 (10-11 классы)

1. Найти сумму цифр числа Ответ. 2997. Решение. . Отсюда сумма цифр числа S равна .

2. a и b – действительные числа такие, что и . Вычислить . Ответ. . Решение. Данное условие равносильно . Заметим, что , поэтому . Тогда.

3. (Группа А). Четное число делегатов сидят за круглым столом, на котором произвольным образом расположены карточки с фамилиями делегатов. Докажите, что можно так повернуть стол, что, по крайней мере, двое делегатов будут сидеть напротив своих карточек. Решение. Пусть число делегатов равно . Допустим, что так повернуть стол нельзя. Занумеруем карточки от 1 до по часовой стрелке, начиная с любого места. Присвоим каждому делегату номер, который написан на его карточке. Пусть в начальной ситуации против -го делегата окажется карточка с номером . Для того чтобы -й делегат оказался против своей карточки, надо повернуть стол против часовой стрелки на угол , где . Заметим, что если при , то при повороте стола на угол по крайней мере двое делегатов будут сидеть против своих карточек, что противоречит предположению. Следовательно, принимает значения 0, 1, 2, …, . Тогда . С другой стороны, не делится на , т. е. приходим к противоречию.

3. (Группа В). Вася выписывает в ряд все натуральные числа, не превосходящие 100, так, чтобы они не повторялись. Он начал с числа 50 и выписал все 100 чисел. Докажите, что был момент, когда сумма всех выписанных чисел делилась на 3.

Решение. Пусть существует последовательность, не удовлетворяющая утверждению задачи. Можно в этой последовательности заменить числа на их остатки от деления на 3, причем числа кратные 3 ставить в любом месте. Тогда получится, что чисел, дающих остаток 2 при делении на 3, больше чем чисел, дающих остаток 1, что неверно.

4. В остроугольном треугольнике проведены высоты и . На высоте выбрана точка такая, что . Точка – середина стороны . Докажите, что точки и лежат на одной окружности.

Решение. Четырехугольник , вписанный в окружность с центром . Имеем равенство углов . Отсюда вытекает утверждение задачи.

5. Числа x, y, z таковы, что их модули не меньше 2. Найти Ответ.4. Решение. Пусть S = xyz + 2(x + y + z). Если , то |S|=min |xyz + 2(x + y + z) |= 4. Можно считать, что . Заметим, что . Поэтому минимально при наименьшем возможном . В этом случае . Ясно, что минимально, если .

6. Решить систему

Ответ . Решение. Обозначим через. Тогда числа являются корнями квадратного уравнения . Поэтому могут принимать не более двух значений. Если , то . Если , то . Несложно проверить, что другие случаи невозможны. В результате задача имеет пять решений.

7. Длины сторон треугольника ABC равны a, b и c. Известно, что из наборов отрезков с длинами , и также можно составить треугольники. Может ли площадь треугольника ABC быть равной 1,5? Ответ. Нет, не может. Решение. Обозначим , тогда неравенства для сторон соответствующих треугольников будут иметь вид: . Сложив эти неравенства, получим . Из формулы Герона следует, что площадь треугольника ABC больше.

8. Дано множество . Найти подмножество , содержащее наибольшее возможное количество элементов, для которого суммы любых двух элементов различны. Ответ. Решение. Если подмножество S будет содержать не меньше 6 элементов, то попарных сумм будет не меньше 15, причем (15 чисел). Отсюда , но тогда - противоречие. Пример подмножества из 5 элементов: .