Математика 10 класс (2016 год, очный тур)

Математика

10 класс

(2016 год, очный тур)

Построить пример функции, естественной областью определения которой является

а) множество всех целых чисел,

б) множество всех натуральных чисел.

Решение.

Примерами таких функций могут являться:

а)

б) +

Решить в натуральных числах уравнение: .

Решение. Имеем . По условию

,

или 

.

Следовательно, кратно . Так как , , то , тогда , значит, , .

Проверка .

Доказать теорему Птолемея: во всяком вписанном четырехугольнике произведение диагоналей равно сумме произведений противоположных сторон.

Решение.

Способ 1. Построим , рав­ный . —как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу (рис. 88). Следова­тельно, , откуда

,

или

.         (1)

.

Далее, – как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу . Значит, , откуда

или .  (2)

Складывая почленно (1) и (2), имеем:

.

Итак, , ч. т. д.

Способ 2. (рис. 88). Пусть ; ; ; , ; и , тогда .

Из по теореме косинусов имеем:

  (1)

Аналогично из получим:

.

Теперь исключим , для чего умножим обе части (1) на , а обе части (2) на и сложим почленно:

,

откуда находим .

Аналогично для диагонали , получим .

Перемножая полученные равенства, имеем , откуда .

Способ 3.  (см. рис. 89). Реше­ние оказывается более простым, если использовать понятие инвер­сии. Взяв точку за полюс, вы­полним над точками и про­извольную инверсию, степень ко­торой .

Данная окружность при этом  преобразуется в прямую, на ко­торой будут лежать точки , , , обратные точкам , и . В равенство , подставим значения

; , .

Так как , то получим

,

откуда после преобразований получим

.

Двое поочередно подбрасывают монету. Выигрывает тот, у кого раньше выпадет герб. Определить вероятность выигрыша каждого игрока.

Решение.

Способ 1. Событие , состоящее в том, что первый вступающий в игру победит, можно записать в виде следующей суммы попарно несовместимых событий:

;

Поэтому

.

По формуле для суммы членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии с первым членом и знаменателем находим:

.

Вероятность того, что победит игрок, вступающий в борьбу вторым, вычисляется как

.

При этом используется то, что ничья (событие С) в данной игре имеет нулевую вероятность. Этот вполне очевидный факт формально можно доказать, например, исходя из соотношения

(при первых двух подбрасываниях монеты выпадает решка).

Имеем:

,

откуда .

Способ 2. Пусть – событие, состоящее в том, что при первом подбрасывании монеты выпадет решка. Тогда

.

Использованное здесь соотношение отражает тот факт, что при выпадении монеты решкой игроки как бы меняются местами: тот, кто в начале игры был первым, теперь становится вторым; второй же, наоборот, выступает в роли первого. Итак,

,

,

.

То, что рассматриваемая игра несправедлива, было очевидно с самого начала. Теперь же мы знаем, насколько она несправедлива: первый вступающий в нее игрок имеет вдвое больше шансов победить, чем его соперник.

Решите неравенство:

Решение.

Пусть  . Тогда исходное неравенство примет вид:

.

Оценим левую часть неравенства, используя связь между средним арифметическим и средним геометрическим:

Итак, .

А значит, .

Но равенство имеет место только при s=1. Возвращаясь к исходной переменной, получим: , откуда , где n – любое целое число.

Даны различные натуральные числа a, b. На координатной плоскости нарисованы графики функций и отмечены точки их пересечения. Докажите, что существует натуральное число с, отличное от a и b и такое, что график функции проходит через все отмеченные точки.

Решение.

Пусть для определённости a > b. Если (x0, y0) - одна из точек пересечения, то sin ax0 − sin bx0 = 0, или . Значит, или при некотором целом k, откуда следует, что одно из чисел  или  – целое. Подберём теперь число c такое, чтобы во всех таких точках число также было целым; тогда в этих точках мы будем иметь . Или sin cx0 = sin ax0 = y0, что и требуется. Для этого достаточно положить, например, c = 2(a2−b2)+a. Действительно, тогда число в целое число раз больше каждого из чисел и  , то есть является целым. Кроме того, c > a > b. Это и означает, что c удовлетворяет требованиям.

Житель любого из городов А, В, С знаком не более чем с одним из жителей каждого из других двух городов. Известно, что:

а) число жителей А равно 6000;

б) число жителей В, имеющих знакомых в городе С, не больше 2000;

в) в городах В и С более половины жителей не имеют знакомых в А;

г) по крайней мере 100 человек из городов А, В, С знают друг друга.

Доказать, что число жителей городов А, В и С, не имеющих знакомых в других городах, не меньше 2016.

Решение.

Пусть |R|—требуемое в задаче число жителей (на диаграмме Эйлера-Венна ему соответствует множество, выделенное цветом), |A|, |B|, |C| - число жителей городов А, В и С, |AB| - число жителей города А, имеющих знакомых в городе В, |AC|, |BC|, |ABC| - определяются аналогично.

|R|=|A|+|B|+|C|-2(|AC|+ |BC|+ |AB|)+3|ABC|.

По условию |B|-2|AB|≥0, |C|-2|AC|≥0, откуда

|R|≥|A|-2|BC|+3|ABC|≥6000-4000+300,

|R|≥2300>2016, что и требовалось доказать.