Олимпиадные задания с решениями (стр. 3 )

28.  5–6. (№ 000 из задачника журнала «Кванта», №5 за 1982 г.)

29.  6–6.При каких действительных значениях параметра р уравнение имеет действительные корни? Укажите также значения корней. (.

V Международная математическая олимпиада, №27, решение на с. 89-91 в книге «Международные математические олимпиады».)

XV Республиканский турнир памяти и

по математике для старшеклассников

Игра «Дуэль».Решения.8 ноября 2014 года

1. Решите в целых неотрицательных числах уравнение(xy–7)2 = x2+y2.((0;7), (7;0), (3;4) и (4;3). Исходное уравнение нетрудно привести к виду (x+y)2–(xy–6)2 = 13 Û (x+y+xy–6)(x+y–xy+6) = 13. Допустим, xy>6. Тогда x+y+xy–6>1, откуда x+y+xy–6=13 и x+y–xy+6=1. Складывая уравнения и деля на 2, получаем x+y=7, откуда коротким перебором находим решения (3, 4) и (4, 3). Перебирая же случаи, когда xy ≤ 6, находим решения (0, 7) и (7, 0).)

2. В треугольнике ABC угол B равен 60°. Точка D внутри треугольника такова, что ÐADB = ÐADC = ÐBDC. Найдите наименьшее значение площади треугольника ABC, если BD = a. (. Из условия задачи следует, что ÐADB = ÐADC = ÐBDC = 120°. Из треугольника АВD: ÐDAB + ÐDBA = 60°, а ÐDBС + ÐDBA = 60° (по условию), значит, ÐDAB = ÐDBС. Следовательно, треугольники DAB и DBС подобны (по двум углам). Поэтому , то есть AD×CD = BD2 = a2. Значит, , т. е. эта величина постоянная. Таким образом, площадь треугольника АВС будет наименьшей, если будет наименьшей сумма площадей треугольников ADB и BDC. Заметим, что произведение этих величин постоянно: = = . Тогда из неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим следует, что их сумма принимает наименьшее значение, если эти площади равны, то есть . Следовательно, искомое значение: .)

3. Отмечены вершины и середины сторон правильного десятиугольника (то есть всего отмечено 20 точек). Сколько существует треугольников с вершинами в отмеченных точках? (1130. Треугольник однозначно определяется тремя своими вершинами. Из двадцати точек первую вершину можно выбрать 20 способами, вторую – 19 способами, а третью – 18 способами. Тогда, по правилу произведения, получим 201918 = 6840 способов выбора упорядоченной тройки вершин. Так как порядок вершин в нашем случае значения не имеет, то полученное число надо разделить на количество возможных перестановок трёх элементов, т. е. на 6. Получится 1140 треугольников. Учитывая также, что три точки, лежащие на одной стороне десятиугольника, не образуют треугольника, получим: 1140 – 10 = 1130. Рассуждение также можно проводить, оперируя количеством сочетаний из 20 элементов по три, и записывать решение в виде: – 10 = – 10 = 1130.)

4. Найдите наименьшее натуральное n такое, что все дроби несократимы. (2015. Представив знаменатели в виде (n+2)+1, …, (n+2)+ 2013, заметим, что все дроби будут несократимыми тогда и только тогда, когда число n+2 взаимно просто с каждым из чисел 1, …, 2013. Наименьшим из таких чисел n+2 будет наименьшее простое число, большее 2013, то есть 2017, откуда n = 2015. Все числа, меньшие 2017, имеют простые делители, меньшие 2013, а для каждого такого простого делителя среди чисел от 1 до 2013 найдётся делящееся на него число, значит, и соответствующая сократимая дробь.)

5. Во вписанном дельтоиде ABCD (AB=AD и CB=CD) ÐBCD=60o. На стороне BC выбрана точка M, а на стороне CD – точка N так, что MN касается окружности с центром в точке A радиуса AB. В каком отношении диагональ BD делит площадь DAMN, считая от вершиныА? (1:3. ABCD – вписанный дельтоид с ÐBCD=60o, значит, ÐBAD=120°, ÐADC=ÐABC=90°, ÐCDB=ÐCBD=60°. Т. к. DC и ВС - касательные к окружности, то NA и МА – биссектрисы углов DNM и NMB соответственно. Пусть ÐDNA=ÐMNA=a, ÐBMA=ÐNMA=b, тогда из DCNM следует, что сумма двух его внешних углов 2a+2b=240°, значит, a+b=120°. Тогда подсчёт углов показывает, что ÐАРК=ÐDPN=180°-ÐPDN-ÐDNP=180°-60°-a=b и аналогично ÐАКР=a (где Р иК – точки пересечения DBcAN и АМ соответственно). Значит, DАРК подобен DAMN, при этом коэффициент подобия равен отношению их соответственных высот AТ и AH=AB – радиус окружности. Это отношение равно sinÐABD=sin30°=0,5. Тогда отношение площадей этих треугольников равно (0,5)2=1:4, т. е. нужное нам отношение, в котором диагональ BD делит DAMN, равно 1:3.)

6.Решите в положительных числах систему уравнений xy=yx, x5=y7.((1;1) и (; ). Возведём первое уравнение в пятую степень, тогда x5y=y5x, а второе уравнение возведём в степень y, тогда x5y=y5y. В результате, y5x=y5y, откуда либо y=1, либо 5x=7y. В первом случае x=1, а во втором случае y=5x/7. Подставим это значение во второе уравнение: x5=(5x/7)7, откуда с учётом положительности x2=(7/5)7. Тогда , .)

7.Решите неравенство: . (x- любое действительное число.Заметим, что . Следовательно, при любом действительном x.)

8.Найдите все трехзначные числа, квадраты которых оканчиваются на 1001. (501 и 749.Первый способ. Пусть =100а+10b+c – искомое число. Тогда . Последняя цифра этого числа зависит только от с2. Так как с2 оканчивается на 1, значит, c = 1 или c = 9. Предпоследняя цифра зависит от выражения 20bc + c2 = . Перебором находим, что окончанию 01 могут удовлетворять только три пары значений (b; c): (5; 1), (0; 1) или (4; 9). Таким образом, квадрат искомого числа имеет вид: или или. Перебором убеждаемся, что в первом случае ни одно значение а не удовлетворяет условию, во втором случае а = 5, а в третьем – а = 7. Второй способ. Пусть n– искомое число. Так как n2 оканчивается на 1001, то n2 – 1 = (n – 1)(n + 1) оканчивается на 1000, то есть оно кратно 1000. Поскольку ровно одно из чисел n – 1 или n + 1 может делиться на 5, значит это же число должно быть кратно 125. Оба этих числа – четные, значит, то из них, которое делится на 125, делится и на 250. Так как искомое число – трехзначное, то остается проверить, на что оканчиваются произведения в семи возможных случаях: 248×250; 250×252; 498×500; 500×502; 748×750; 750×752; 998×1000. На 1000 оканчиваются только два из них: 1) 500×502 = 251000, тогда n – 1 = 500 Ûn = 501; 2) 748×750 = 561000, тогда n + 1 = 750 Ûn = 749.)