Серия: <<Университет - школам>>
Выпуск 2

Брошюра содержит авторские задачи повышенной сложности по элементарной математике. Наиболее сложные задачи снабжены указаниями, к большей части задач приведены различные варианты решений. Кроме того, для некоторых задач с сильным ложным следом (задач-ловушек) проведен анализ ложных следов. (Под ложным следом понимается цепь естественных и правильных на первый взгляд рассуждений и преобразований, не ведущих, однако, к решению задачи.)

Все задачи были апробированы учащимися во время математических боев, что дало возможность достаточно объективно оценить сложность задач по 10-балльной шкале.

Тематика и сложность задач ориентированы на повышение базового уровня знаний. В силу этого большинство задач имеют стандартные формулировки и могут быть решены "школьными" методами. Кроме того, в брошюру включено несколько сравнительно несложных задач с требованием "Решить наибольшим числом способов".

Всем, кто любит решать задачи. Будет особенно полезна учащимся 9-11 классов при подготовке к олимпиадам начального уровня и ЕГЭ (части С).

Автор: Алякин Владимир Алексеевич, доцент кафедры

функционального анализа и теории функций

Самарского государственного университета

E-mail: aval@ssu.samara.ru

© Алякин В.А.

1.  Условия задач

1. Найдите все значения параметра a, при которых уравнение

2a(x2+ 1 x2 )+a(x+ 1 x )-2=0

имеет единственное решение.

(4 б.)

2. Найдите все значения параметра a, при которых уравнение

2)   x3+ 1 x3 +a(x+ 1 x )-2=0

имеет единственное решение.

(7 б.)

3. Решите уравнение

(y-x2)2+(1+y)2= 1 2

наибольшим числом способов.

(1 способ - 2 б.)

4. Докажите, что для 0 Ј a,b,g Ј p выполняется неравенство

sinasinbsing Ј sin3 a+b+g 3 .

(10 б.)

5. Докажите, что в треугольнике ABC выполняется неравенство

sinAsinBsinC+cosAcosBcosC Ј 3Ц3+1 8 .

(10 б.)

6. Решите наибольшим числом способов уравнение:

1 (x-1001)2 + 1 (x+1003)2 = 1 20042 .

(1 способ - 2 б.)

7. Решите уравнение

1 (x-1001)2 - 1 (x+1003)2 = 1 20042 .

(10 б.)

8. Если числа a²,b²,c² в указанном порядке составляют арифметическую прогрессию, то числа

(a-b)(a+c),   a2-b2,   (a+c)(b-c)

также составляют (в указанном порядке) арифметическую прогрессию. Докажите.

(2 б.)

9. Пусть a² № b² № c² и a²+c²=2b². Решите уравнение

(x-a2)(x-b2) (a-c)(b+c) + (x-a2)(x-c2) c2-b2 + (x-b2)(x-c2) (a+b)(a-c) =0.

(10 б.)

10. Решите систему неравенств

м н о x2004+y2004 Ј x2000+y2000, x2y2+xy і 2.

(8 б.)

11. Решите систему уравнений

м п п н п п о x(1-x)=y(y+   _____ Цx2-y2   ), y(1-y)=x(x-   _____ Цx2-y2   ).

(7 б.)

12. О паре вещественных чисел a и b известно, что a+b и [1/a]+[1/b] -ненулевые целые числа.

1) Докажите, что для любого целого n число

a2n+b2n anbn

является целым.

(2 б.)

2) Докажите, что таких пар чисел бесконечно много.

(3 б.)

3) Найдите все такие пары рациональных чисел.

(5 б.)

13. Найдите углы выпуклого четырехугольника ABCD, если

м н о sin2Asin2B+cos2Ccos2D=1, sin2Csin2D+cos2Acos2B=1.

(6 б.)

14. Дан угол 17^o. Можно ли с помощью циркуля и линейки построить угол 0,5^o?

(3 б.)

15. Имеется n настоящих монет и m фальшивых, причем все монеты весят целое число г и вес каждой фальшивой монеты отличается по четности от веса каждой из настоящих k монет отложили. За какое число взвешиваний на весах, показывающих только четность веса груза, можно узнать, какие монеты отложены?

Решите эту задачу:

1) для n=10,m=11,k=3;

(4 б.)

2) для n=9,m=11,k=1.

(4 б.)

16. При каких целых начениях a и b корни уравнения

x4+ax2+b=0

являются целыми числами и составляют арифметическую прогрессию?

(7 б.)

17. 1) Графики функций

y=f1(x)=a1x2+b1x+c1    и    x=f2(y)=a2y2+b2y+c2

расположены следующим образом:

(Здесь A и B - некоторые точки, одинаковые на обоих графиках.) Найдите все такие целые числа a_k,b_k, k=1,2,...

(4 б.)

2) Докажите, что имеется бесконечно много таких рациональных чисел a_k, b_k, k=1,2,3,...

(4 б.)

18. Решите в неотрицательных числах систему

м п н п о (a-b)2=2(b2-ac), (b-c)2=2(c2-ab), (c-a)2=2(a2-bc).

(5 б.)

19. Решите в целых числах уравнение

a2+b2+1=2(a+b+ab).

(4 б.)

20. Определите вид треугольника ABC (остроугольный, прямоугольный или тупоугольный), если

cos2A+cos2B+cos2C = 0.

(9 б.)

21. Найдите все натуральные числа n, для которых существуют положительные попарно различные рациональные числа a₁,...a_n такие, что оба числа

a1+...+an      и      1 a1 +...+ 1 an

являются целыми.

(9 б.)

2.  Указания

1. Проходит "прямой" способ решения: после замены x+[1/x]=y получается квадратное уравнение, корни которого легко находятся.

2. Попытка решить кубическое уравнение

y3+(a-3)t-2=0

(после замены x+[1/x]=y) в общем виде является ложным следом.

3. Имеется по крайней мере 4 способа. Один из способов - рассмотреть данное уравнение как квадратное относительно y.

4. Докажите сначала неравенство

sinasinb Ј sin2 a+b 2 .

5. Попытка найти геометрическую трактовку для левой части неравенства является ложным следом. Разбейте данное неравенство в сумму двух неравенств, отдельно для синусов и косинусов.

6. Имеется по крайней мере 3 способа.

7. Приведите уравнение к виду A²+B²=1.

9. Докажите, что левая часть уравнения является линейной функцией от x. Для этого рассмотрите значения левой части уравнения при x=a²,b²,c².

10. Уменьшите показатели степеней в первом неравенстве системы.

11. Умножение на сопряженные величины является ложным следом.

12. Рассмотрите систему a+b=n,[1/a]+[1/b]=k.

13. Сделайте замену: sin²A=a, sin²B=b, sin²C=c, sin²D=d.

16. Не забудьте рассмотреть случай, когда уравнение имеет 3 корня.

17. Найдите координаты точек A и B.

18. Получите уравнение-следствие (a+b)(a+c)(b+c)=8abc.

19. Рассмотрите данное уравнение как квадратное относительно a.

20. Воспользуйтесь тождеством

cos2A+cos2B+cos2C = -1-4cosAcosBcosC.

21. Для n і 3 решите вспомогательную задачу о представлении 1 в виде суммы дробей вида [1/k] с различными знаменателями.

3.  Решения

1. 1-е р е ш е н и е. Положим x+[1/x]=y. Тогда уравнение принимает вид

2ay2+ay-4a-2=0,

откуда

y= -a±   ________ Ц33a2+16a   4a = -a±|a|   ж  ъ Ц 33+ 16 a   4a = -1±   ж  ъ Ц 33+ 16 a   4           (1)

(сокращение на a возможно, т.к. a № 0, очевидно). Для старой переменной x получаем совокупность уравнений

x2+ 1-±   ж  ъ Ц 33+ 16 a   4 x+1=0.              (2)

Приравнивая дискриминанты нулю

ж и 1-±   ж  ъ Ц 33+ 16 a   4 ц ш 2   -4=0,

получим: a=1 или a=[1/3]. Было бы ошибкой считать, что решение задачи завершено. Найденные значения нуждаются в проверке, поскольку соотношения (2) задают совокупность уравнений, а не одно уравнение. Несомненно, при фиксированном a О {1,[1/3]} одно из уравнений совокупности (2) имеет единственное решение, однако при этом другое уравнение также может иметь решение, отличное от первого. Действительно, проверка показывает, что при a=[1/3] совокупность (1) имеет три решения x=1,-2,-[1/2]. Таким образом, значение a=[1/3] не подходит. Значение a=1 подходит.

2-е р е ш е н и е. Значения a=1,[1/3] можно было бы найти быстрее, если значения y из (1) сразу приравнять ±2, т.к. при |y| > 2 уравнение x+[1/x]=y имеет неединственное решение (докажите).

3-е р е ш е н и е. См. решение задачи 2.

Ответ: a=1.

2. Обозначим через f(x) левую часть уравнения и заметим, что при любых x № 0 выполняется равенство f(x)=f([1/x]). Значит, если число x_o № 0 - решение уравнения, то решением является и число [1/(x₀)]. Поэтому единственными корнями уравнения могут быть только корни уравнения x²=1, т.е. +1 или -1.

При x=-1, x=1 получаем, соответственно, a=-2, a=0.

Если a=-2, то после замены x+[1/x] приходим к уравнению

y3-5y-2=0,

корни которого y₁=-2, y_2,3=1±Ц2. Поскольку 1+Ц2 > 2, то уравнение x+[1/x]=1+Ц2 имеет решение, следовательно, корень x=-1 неединствен. Значение a=-2 не подходит.

Значение a=0 подходит, т.к. уравнение x³+[1/(x³)]=2 имеет единственное решение x=1.

Ответ: a=0.

3. 1-е р е ш е н и е. Т.к (Ц2(x²-y))²+(Ц2(1+y))²=1, то выполняются равенства

x2-y= 1 Ц2 cosf(x,y),  1+y= 1 Ц2 sinf(x,y).

После их сложения получаем

x2+1= 1 Ц2 (cosf+sinf)=cos(f- p 4 ) Ј 1,

значит, x=0. Подставляя это значение в исходное уравнение, получаем y=-[1/2].

2-е р е ш е н и е. Применим неравенство (a+b)² Ј 2(a²+b²) (докажите!). Получаем

(x2-y+1+y)2 Ј 2\cdotp 1 2 ,  (x2+1)2 Ј 1,

значит, x=0.

3-е р е ш е н и е. Рассмотрим исходное уравнение как квадратное относительно переменной y:

2y2+2y(1-x2)+x4+ 1 2 =0.

Дискриминант D/4=-2x²-x⁴ і 0 только при x=0.

4-е р е ш е н и е. Левая часть уравнения представляет собой расстояние между точкой A(-x²;-1), лежащей на луче y=-1 (при x Ј 0) и точкой B(y;-y), лежащей на биссектрисе 2 и 4 координатных углов. Это расстояние будет равно [1/2] только при x=0.

Ответ: x=0,y=-[1/2].

4. Заметим сначала, что справедливы неравенства

sinasinb Ј sin2 a+b 2 ,                (3)

sinasing Ј sin2 a+g 2 ,                 (4)

sinbsing Ј sin2 b+g 2 .                 (5)

[Действительно,

sinasinb- 1-cos(a+b) 2 = 1 2 [2sinasinb+cos(a+b)-1]=

= 1 2 (sinasinb+cosacosb-1) = 1 2 (cos(a-b)-1) Ј 0.]

Перемножим неравенства (3), (4), (5). После извлечения квадратного корня получим (все синусы неотрицательны)

sinasinbsing Ј sin a+b 2 sin a+g 2 sin b+g 2 .

Последовательно применяя последнее неравенство, получим

sinasinbsing Ј sin 2a+b+g 4 sin a+2b+g 4 sin a+b+2g 4 Ј

Ј sin 3a+3b+2g 8 sin 3a+2b+3g 8 sin 2a+3b+3g 8 Ј ...

И т.д. Теперь заметим, что аргументы синусов стремятся к среднему арифметическому чисел a,b,g. Это можно понять, используя физическиую аналогию: переход от чисел a,b,g к числам [(a+b)/2],[(a+g)/2],[(b+g)/2] соответствует ситуации, когда сосуды с объемами a и b,   a и g,   b и g сообщаются. Понятно тогда, что в пределе в сосудах будут одинаковые объемы, именно по [(a+b+g)/3]. Можно дать и непосредственное доказательство (дайте!). Таким образом, ввиду непрерывности функции sinx в пределе получим нужное неравенство.

Замечание. Аналогично можно доказать следующее обобщение неравенства из задачи 4:

sina1...sinan Ј sinn a1+...+an n

или

Ц[n]sina1...sinan Ј sin a1+...an n

(среднее геометрическое синусов не превосходит синуса от среднего арифметического). (Докажите!)

5. Данное неравенство вытекает из следующих двух известных неравенств:

cosAcosBcosC Ј 1 8 ,             (6)

sinAsinBsinC Ј 3Ц3 8 .            (7)

Приведем несколько способов доказательства неравенства (6).

1 с п о с о б. Пусть C - острый угол треугольника, тогда угол A+B- тупой и cos(A+B) < 0. Имеем

cosAcosBcos(p-A-B)=- 1 2 (cos(A-B)+cos(A+B))cos(A+B)=

=- 1 2 [cos2(A+B)+cos(A-B)cos(A+B)]=

= - 1 2 [cos2(A+B)±cos(A+B)± 1 4 +cos(A-B)cos(A+B)]=

= - 1 2 [(cos2(A+B)+cos(A+B)+ 1 4 )-cos(A+B)- 1 4 +cos(A-B)cos(A+B)]=

= - 1 2 (cos(A+B)+ 1 2 )2+ 1 2 cos(A+B)(1-cos(A-B))+ 1 8 Ј 1 8 ,

что и требовалось.

2 с п о с о б. Следствием неравенства задачи 4 является следующее аналогичное неравенство для косинусов:

cosacosbcosg Ј cos3 a+b+g 3          (8)

при любых 0 Ј a, b, g Ј [(p)/2].

[ Действительно,

cosacosbcosg = sin( p 2 -a)sin( p 2 -b)sin( p 2 -g) Ј

Ј sin3 p 2 -a+ p 2 -b+ p 2 -g 3 = sin3 p 2 -(a+b+g) 3 =

=cos3 a+b+g 3 .]

Из неравенства (8) следует неравенство (6). Если треугольник ABC нетупоугольный, то это очевидно. Пусть теперь треугольник ABC тупоугольный, и угол C - тупой. Тогда углы A и B - острые, следовательно, левая часть неравенства (6) отрицательна и неравенство (6) тем более верно.

Замечание. На промежутке [0;p] неравенство (8) неверно. (Докажите!)

Рассмотрим несколько способов доказательства неравенства (7).

Прежде всего отметим, что 1 способ доказательства неравенства (6) не проходит для неравенства (7) (проверьте!).

1 с п о с о б. Применяем неравенство из задачи 4.

2 с п о с о б. Докажем, что наибольшее значение выражения sinAsinBsinC, где A,B,C - углы треугольника ABC, равно [(3Ц3)/8]. Рассмотрим функцию

F(A,B)=sinAsinBsin(p-(A+B))=sinAsinBsin(A+B).

Фиксируем B и рассмотрим функцию f(A)=F(A,B), A О [0;p]. Имеем

fў(A)=sinB[cosAsin(A+B)+sinAcos(A+B)]=sinBsin(2A+B)=0

при 2A+B=pn. Т.к. равенство 2A+B=2p невозможно (тогда 2A+B=2A+2B+2C, значит, B+2C=0), то 2A+B=p. Получили, что A=[(p-B)/2] - единственная точка экстремума, причем максимума (знак производной меняется с + на -). Значит, наибольшее значение функции f(A) равно

sin( p 2 - B 2 )sinBsin(B+ p 2 - B 2 ) = sinBcos2 B 2 .

Осталось решить стандартную задачу о нахождении наибольшего значения функции одной переменной

f(B)=sinBcos2 B 2 , B О [0;p].

Легко проверяется, что

fў(B)=0 Ы cos(B+ B 2 )=0 ЫB= p 3 .

Тогда

F(A,B) Ј f( p 3 )=cos2 p 6 sin p 3 = 3Ц3 8 ,

что и требовалось.

Замечание. Аналогичным образом можно доказать и неравенство (6). Сделайте это самостоятельно.

3 с п о с о б. (См. [1], задача 10.41.)

6. Удобно рассмотреть более общее уравнение

1 (x+a)2 + 1 (x+b)2 = 1 (b-a)2 .

1-е р е ш е н и е. Замена x+[(a+b)/2]=y приводит к биквадратному уравнению.

2-е р е ш е н и е. Перепишем уравнение в виде

( 1 x+a - 1 x+b )2+ 2 (x+a)(x+b) = 1 (b-a)2

или

(b-a)2\cdotp( 1 (x+a)(x+b) )2+ 2 (x+a)(x+b) = 1 (b-a)2 .

Т.е. уравнеие является квадратным относительно y=[1/((x+a)(x+b))].

3-е р е ш е н и е. Перепишем уравнение в виде

( b-a x+a )2+( b-a x+b )2=1.

Значит, для некоторого f справедливы равенства

b-a x+a =cosf,     b-a x+b =sinf

или

x= b-a cosf -a,    x= b-a sinf -b.

Для получения ответа нужно найти cosf (или sinf).

Исключая из последней системы переменную x, получим, после преобразований, уравнение

sinf-cosf+sinfcosf = 0.

Сделаем стандартную замену sinf-cosf = t. Тогда sinfcosf = [(1-t²)/2]. Получаем квадратное уравнение t²-2t-1=0, откуда t=1±Ц2, [(1-t²)/2]=-1-±Ц2. Итак, sinf-cosf = 1±Ц2 и sinfcosf = -1-±Ц2. В силу обратной теоремы Виета -cosf и sinf являются корнями квадратного уравнения

z2-(1±Ц2)z+1±Ц2 = 0,

откуда

z= 1-Ц2± Ц 2Ц2-1 2 .

(Уравнение z²-(1+Ц2)z+1+Ц2 = 0 корней не имеет.)

7. Удобно рассмотреть более общее уравнение

1 (x+a)2 - 1 (x+b)2 = 1 (b-a)2 .

Идея решения состоит в том, чтобы преобразовать уравнение к виду A²+B²=1. Последовательно имеем

1 (x+a)2 = 1 (x+b)2 + 1 (b-a)2 ,

( x+a x+b )2+( x+a b-a )2=1,

( x+a x+b - x+a b-a )2+2 x+a x+b x+a b-a =1

Приходим к уравнению

( (x+a)2 (x+b)(b-a) )2+2 (x+a)2 (x+b)(b-a) -1=0,

квадратному относительно y=[((x+a)²)/((x+b)(b-a))].

8. По условию, выполняется равенство b²-a²=c²-b², следовательно,

(a-b)(a+c)+(a+c)(b-c)=(a+c)(a-c)=a2-c2=

=(a2-b2)+(b2-c2)=2(a2-b2).

Таким образом, для чисел (a-b)(a+c), a²-b², (a+c)(b-c) выполняется характеристическое свойство арифметической прогрессии, что и требовалось.

9. Обозначим через f(x) левую часть уравнения. Понятно, что f(x) - многочлен не выше второй степени. Идея решения состоит в том, чтобы показать, что в действительности функция f(x) линейная.

Имеем f(a²)=(a-b)(a+c), f(b²)=a²-b², f(c²)=(a+c)(b-c). В силу задачи 7 получаем, что числа f(a²), f(b²), f(c²) составляют в указанном порядке арифметическую прогрессию.

Теперь воспользуемся следующей леммой.

Лемма. Значения квадратической функции f(x)=ax²+bx+c (a № 0) не могут составлять арифметической прогрессии при значениях x, равным трем последовательным членам арифметической прогрессии с разностью, отличной от нуля.

Доказательство. Допустим противное: числа p-d,p,p+d являются последовательными членами арифметической прогрессии (d № 0- разность прогрессии) и числа f(p-d),f(p),f(p+d) также являются последовательными членами некоторой арифметической прогрессии. Тогда выполняется равенство 2f(p)=f(p-d)+f(p+d), т.е.

2(ap2+bp+c)=a(p-d)2+b(p-d)+c+a(p+d)2+b(p+d)+c.

После приведения подобных получаем

2ad2=0, a=0, -

противоречие.

В силу леммы получаем, что f(x)=Ax+B. Тогда x=-[B/A] - искомый корень. Найдем коэффициенты A и B. Для этого достаточно найти уравнение прямой, проходящей через точки M₁(a²;[1/(a+b)]) и M₂(b²;[1/(a+c)]). После простых преобразований получаем

Ответ: x=[(ab²-bc²+cb²-c³)/(a-b)].

Замечание. Из равенства a²+c²=2b² легко выводится (раскройте скобки и приведите подобные) равенство

(a-b)(ba2-ab2-cb2+a3)=(b-c)(ab2-c3-bc2+cb2),

следовательно, ответ к задаче 8 может быть записан в другом, равносильном виде

x= ba2-ab2-cb2+a3 b-c .

Такой ответ получается также, если рассматривать вместо прямой M₁M₂ прямую M₂M₃.

10. 1-е   р е ш е н и е. Оно интересно тем, что применяется метод обратной индукции. Положим x²=a, y²=b. Из второго неравенства системы следует, что xy і 1 или xy Ј -2, следовательно, (xy)² і 1, т.е. ab і 1. Тогда, в частности, a > 0,b > 0.

Для новых неизвестных первое неравенство системы принимает вид a¹⁰⁰²+b¹⁰⁰² Ј a¹⁰⁰⁰+b¹⁰⁰⁰ или

a1000+b1000 і a1002+b1002.                (9)

Докажем, что тогда выполняется неравенство

a1001+b1001 Ј a999+b999,

т.е. все степени можно понизить на единицу. Действительно, допустим противное, т.е.

a1001+b1001 > a999+b999,                   (10)

Перемножим неравенства (9) и (10):

a2001+a1001b1000+a1000b1001+b2001 > a2001+a999b1002+ b999a1002+b2001,

a2b+ba > a3+b3,   ab(a+b) > (a+b)(a2-ab+b2),   0 > (a-b)2,-

противоречие.

Аналогично, понижая каждый раз степени на единицу, мы через конечное число шагов придем к неравенству

a3+b3 Ј a+b                        (11)

или

a2-ab+b2 Ј 1.                       (12)

Поскольку ab Ј a²-ab+b² (докажите!), то ab Ј 1, что вместе с неравенством ab і 1 дает ab=1, т.е. y²=[1/(x²)].

Неравенство a²-ab+b² Ј 1 принимает вид x⁴+[1/(x⁴)] Ј 2, значит, x⁴=1, x=±1. Тогда и y=±1. Проверка показывает, что варианты (-1;-1),(1;-1) не подходят.

Ответ: (1;1),(-1;1).

2-е   р е ш е н и е. От неравенства (9) к ключевому неравенству (11) можно прийти, минуя (10). Действительно, если

a3+b3 > a+b,                    (13)

то перемножая (9) и (13), получим

a2b999+b2a999 > a1001+b1001,   b999(a2-b2) > a999(a2-b2),

(a2-b2)(b999-a999) > 0,   (a-b)(a+b)(b-a)(b998+b997a+...+a998) > 0,

-(a-b)2 > 0,   (a-b)2 < 0, -

противоречие.

11. При x=0 получаем y=0, т.е.(0;0) - решение. При y=0 получаем x=0 или x=1, т.е. (1;0) - еще одно решение. При x № 0,y № 0 перепишем уравнения системы в виде

x-y   _____ Цx2-y2   x2+y2 =1,     y+x   _____ Цx2-y2   x2+y2 =1.

Умножим первое уравнение на x, второе - на y, и сложим. Получим 1=x+y. Подставим y=1-x во второе уравнение системы и после простых преобразований найдем третье решение ([1/2];[1/2]).

Ответ: (0;0).(1;0),([1/2];[1/2]).

12. 1) Перемножая числа a+b и [1/a]+[1/b], получаем, что число [a/b]+[b/a] - целое. Теперь заметим, что

a2n+b2n anbn = a-2n+b-2n a-nb-n = ( a b )n+( b a )n,

значит, утверждение достаточно доказать для неотрицательных n. Читатель, знакомый с формулой бинома Ньютона, может провести доказательство с его помощью.

Можно также провести доказательство по индукции. Здесь при n=2k можно использовать формулу

x2k+y2k=(xk+yk)2-2xkyk,

а при n=2k+1 - формулу

x2k+1+y2k+1=(x+y)(x2k-x2k-1y+x2k-2y2-...-xy2k-1+y2k).   (14)

Можно также использовать представление

( a b )n+1+( b a )n+1 = (( a b )n+( b a )n)( a b + b a )-(( a b )n-1+( b a )n-1).

(Подробное доказательство проведите самостоятельно.)

2) Пусть a+b=n,[1/a]+[1/b]=k. Т.к. [1/a]+[1/b] = [(a+b)/ab], то ab=[n/k]. В силу обратной теоремы Виета a и b являются корнями вспомогательного квадратного уравнения z²-nz+[n/k]=0. Значит,

a= n±   ж  ъ Ц n2- 4n k   2 ,   b= n-±   ж  ъ Ц n2- 4n k   2 .      (14)

Произвольно меняя n и k (так, чтобы n²-[4n/k] і 0), получим бесконечно много значений a и b.

3) 1 с п о с о б. Формула (14) неудобна для нахождения рациональных a и b, поэтому с помощью замены b=[1/(b₁)] сведем задачу к следующей: найти все такие рациональные a и b₁ такие, что a+b=n, [1/a]+[1/b]=k, где n и k - ненулевые целые числа. Тогда

nk±   ________ Цn2k2-4nk   2k ,   b1= nk-±   ________ Цn2k2-4nk   2n .

Следовательно, n²k²-4nk=p² для некоторого целого p. Значит, nk=2±Ц[(4+p²)]. Таким образом, нужно решить в целых числах уравнение

4+p2=q2

или (q-p)(q+p)=4. Поскольку 4=1\cdotp4 = 2\cdotp2, то p=0. Значит, nk=4. Перебором получаем

Ответ: (1,1),(-1,-1),(2.2),(-2,-2),([1/2],[1/2]),(-[1/2],-[1/2]).

2 с п о с о б. См. решение задачи 20.

13. Положим a=sin²A, b=sin²B, c=sin²C, d=sin²D. Придем к системе

ab+(1-c)(1-d)=1;    cd+(1-a)(1-b)=1

или

c+d=ab+cd;     a+b=ab+cd.                    (15)

После сложения последних уравнений получим

a+b+c+d=2ab+2cd

или

a(1-b)+b(1-a)+c(1-d)+d(1-c)=0.

Отсюда, поскольку 0 Ј a,b,c,d Ј 1, получаем a=b=c=d=1.

Ответ: ABCD - прямоугольник.

Замечания. 1) Попытка использовать простое уравнение-следствие из (15): a+b=c+d является ложным следом.

2) Метод решения, основанный на использовании равенства A+B+C+D=2p, крайне нерационален.

14. Можно. Действительно, из равенства 3=360-21\cdotp17 следует, что можно построить угол 3^o. Тогда можно построить угол 18^o=6\cdotp3^o и угол 1^o=18^o-17^o. Проведя биссектрису угла 1^o, построим угол 0,5^o.

15. 1) Отметим любые 2 из отложенных монет и вернем их обратно. Взвесим 20 монет (1-е взвешивание) и одну оставшуюся из отложенных (2-е взвешивание).

Возможны 4 варианта: 10, 01,11,00 ( 1 обозначает нечетный вес, 0 - четный). Вариант 10 означает, что настоящие монеты имеют четный вес и отложена одна из них (т.к. число 9\cdotp 0+11\cdotp 1 нечетно). Вариант 01 означает, что настоящие монеты имеют четный вес, а отложена фальшивая. Вариант 11 означает, что настоящие монеты имеют нечетный вес и отложена настоящая монета. Наконец, вариант 00 означает, что настоящие монеты имеют нечетный вес, а отложена фальшивая.

Таким образом, за 2 взвешивания мы определим четность веса настоящей монеты и то, какая монета отложена. Еще за 2 взвешивания определим четность веса еще двух отложенных монет. Т.е. потребуется 4 взвешивания.

2) Соображения, основанные на четности, в этой ситуации помочь уже не могут. Взвесим каждую из неотложенных 19 монет. Если среди полученных 19 чисел ровно 11 (соответственно, 10) имеют одинаковую четность, то отложена настоящая (соответственно, фальшивая ) монета.

Таким образом, потребуется 19 взвешиваний.

16. Пусть b=0. Тогда x²(x+a)=0 и при любом a < 0 уравнение имеет три корня: x₁=-Ц[(-a)], x₂=0, x₃=Ц[(-a)], всегда составляющих арифметическую прогрессию. При a=-n², n=1,2,... корни будут целыми.

При b < 0 уравнение имеет только два корня. Действительно, имеем

x2= -a±   _____ Цa2-4b   2 .

Т.к. b < 0, то Ц[(a²-4b)] > a, значит,

-a+   _____ Цa2-4b   2 > 0, -a-   _____ Цa2-4b   2 < 0.

Таким образом, значения b < 0 не подходят.

Заметим, что вывод о том, что уравнение при b < 0 имеет 2 корня, можно сделать также после анализа эскиза графика функции.

Пусть, наконец, b > 0 и x₁,x₂,x₃,x₄ - корни уравнения (в порядке возрастания). Отметим, что тогда a < 0 (в противном случае уравнение корней не имеет). Т.к. уравнение биквадратное, то x₃=-x₂, x₄=-x₁. В силу характеристического свойства арифметической прогрессии выполняются равенства:

x1+x3=2x2,   x2+x4=2x3.

Тогда x₁-x₂=2x₂, x₁=3x₂, x₁²=9x₂², значит

-a+   _____ Цa2-4b   2 =9\cdotp -a-   _____ Цa2-4b   2 .

После простых преобразований получаем, что b=0,09a². Подставляя это выражение в формулу корней, получаем

x2 = -a±   _________ Цa2-0,36a2   2 = -a±0,8a 2 ,

значит, x²=-[9/10]a или x²=-[1/10]a. Корни будут целыми при a=-10n². Тогда b=9n⁴.

Ответ: a=-n²,b=0     или     a=-10n²,b=9n⁴    (n=1,2,...) .

17. 1) Понятно, что

y=(ax-b)2,   x=(cy-d)2

и a,b,c,d > 0. Найдем координаты точек A и B двумя способами и придем к системе

b a =d2,     d c =b2.

Из первого уравнения имеем b²=a²d⁴. После подстановки во второе уравнение получаем

d=ca2d4          или          ca2d3=1.

Отсюда, поскольку числа целые, получаем a=b=c=d=1. Отметим, что координаты точек A и B также находятся однозначно: A(0;1), B(1;0). Тем самым, данное в задаче расположение парабол однозначно позволяет определить значения 8(!) неизвестных.

Ответ:y=(x-1)²,   x=(y-1)².

2) Можно взять, например,

y=(x- 1 2n )2,x=(n   __ Ц8n   y- 1   __ Ц2n )2,

где n=2,2³,2⁵,...

18. Перепишем уравнения системы в виде

a2-b2=2a(b-c),   b2-c2=2b(c-a),   c2-a2=2c(a-b)

и перемножим:

(a2-b2)(b2-c2)(c2-a2)=8abc(a-b)(b-c)(c-a).

При a=b или a=c или b=c получаем (p,p,p) - тривиальное решение. В неотрицательных числах других решений нет. Действительно, при a № b № c после сокращения на (a-b)(b-c)(c-a) приходим к равенству

(a+b)(a+c)(b+c)=8abc.                       (16)

Теперь воспользуемся тем, что для неотрицательных чисел выполняются неравенства

a+b і 2   __ Цab   ,    a+c і 2   __ Цac   ,   b+c і 2   __ Цbc   ,

причем равенства достигаются только при a=b=c (докажите!). Перемножая последние неравенства, получаем, что равенство (16) выполняется только при a=b=c.

Ответ: (p,p,p), p і 0.

19. 1 р е ш е н и е. Перепишем данное уравнение в виде

a2-2a(b+1)+(b-1)2=0.

Решая это уравнение как квадратное относительно a, получаем a=b+1±Ц[4b]. Значит, b і 0 и b=n². Тогда a=n²+1±2n = (n±1)².

2 р е ш е н и е. 1) Если a=0, то b=1. Значит, (0;1),(1;0) - часть ответа.

2) a < 0,b < 0 быть не может, т.к. уравнение моэно переписать в виде

(a-b)2=-1+2(a+b).

3) Если уравнение записать в виде

(a+b)2-2(a+b)+1=4ab,     (a+b-1)2=4ab,

то получаем, что ab і 0.

Из 3) следует, что a и b имеют одинаковые знаки. Значит, a > 0,b > 0. Тогда

a+b-1=±2   __ Цab   ,   (Цa-±Цb)2=1,    Цa-±Цb=±1.

Разбор 4-х простых случаев вместе с 1) дает

Ответ: a=n²,b=(n+1)² или a=(n+1)²,b=n² (n=0,1,2,...)

20. 1) Прямоугольным треугольник быть не может. Действительно, если C=[(p)/2], B=[(p)/2]-A, то cos2A+cos(p-2A)-1=0, 0=1, - противоречие.

2) Все углы острыми быть не могут. Это следует из известного тождества

cos2A+cos2B+cos2C = -1-4cosAcosBcosC.

[Действительно,

cos2A+cos2B+cos2C+1=2cos(A+B)cos(A-B)+2cos2C=

=-2cosCcos(A-B)+2cos2C=2cosC(cosC-cos(A-B))=

=-2cosC(cos(A+B)+cos(A-B))=-2cosC\cdotp2cosAcosB.]

3) Значит, треугольник тупоугольный, но (!) еще осталось доказать, что равенство cos2A+cos2B+cos2C = 0 возможно для некоторого треугольника ABC. При A=B равенство принимает вид:

2cos2A+cos2(p-2A)=0       или      2cos22A+2cos2A-1=0.

Последнее уравнение имеет решение cos2A = [(Ц3-1)/2]. Заметим, что угол 2A - острый, значит, угол C=p-2A - тупой.

Ответ: треугольник ABC - тупоугольный.

21. 1) При n=1 a₁=1.

2) При n=2 таких чисел не существует. Это следует из задачи 11.

Приведем другое, прямое доказательство. Во-первых, заметим, что ни одно из чисел: a₁, a₂, [1/(a₁)] или [1/(a₂)] не может быть целым. Действительно, пусть, например, a₁ - целое, тогда и a₂ - целое. По условию, число [1/(a₁)]+[1/(a₂)] - целое, что невозможно при различных натуральных a₁ и a₂ (докажите!).

Рассмотрим случай, когда все числа a₁, a₂ , [1/(a₁)] и [1/(a₂)] дробные: a₁=[m/k], a₂=[p/q], причем m,k,p,q і 2. По условию,

m k + p q = mq+pk qk - целое,

k n + q p = mq+pk mp - целое.

Тогда mq+pk делится на mkpq, что невозможно при m,k,p,q і 2. Это следует из неравенства

x+y < xy      при      x,y > 2.                      (5)

[Действительно, пусть, например, x і y. Имеем x+y Ј x+x=2x < xy.]

3) При n=3 такие числа есть: поскольку 1=[1/2]+[1/3]+[1/6], то можно взять n₁=2, n₂=3, n₃=6.

4) Применяя 3) и равенство

1 n = 1 n+1 + 1 n(n+1) ,

получаем, что такие числа есть и при n і 4. Например, при n=4 имеем 1=[1/2]+[1/3]+[1/7]+[1/42].

Ответ: n № 2.

Рекомендуемая литература

1. Андреев А.А., Люлев А.И., Савин А.Н., Саушкин М.Н. Самарские математические олимпиады. - Самара, Пифагор, 1998. -108 с.

2. Гальперин Г.А., Толпыго А.К. Московские математические олимпиады. - М.: Просвещение, 1986. -303 с.

3. Готман Э.Г., Скопец З.А. Задача одна - решения разные: Геометрические задачи. - М.: Просвещение, 2000. -224 с.

4. Литвиненко В.Н., Мордкович А.Г. Практикум по элементарной иатематике: Алгебра. Тригонометрия. - М.: Просвещение, 1991. -352 с.

5. Лоповок Л.М. Тысяча проблемных задач по математике. - М.: Просвещение, 1995. - 239 с.

6. Прасолов В.В. Задачи по планиметрии. - М.: МЦНМО, 2000. -584 с.

7. Шабунин М.И. Пособие по математике для поступающих в вузы. - М.: Лаборатория базовых знаний, 1999. -640 с.

8. Шарыгин И.Ф. Факультативный курс по математике. 10 кл. - М.: Просвещение, 1989. -252 с.

9. Шарыгин И.Ф., Голубев В.И. Факультативный курс по математике. 11 кл. - М.: Просвещение, 1991. -384 с.

10. Школьные математические олимпиады. (Сост. Агаханов Н.Х., Терешин Д.А., Кузнецова Г.М.) - М.: Дрофа, 1999. -128 с.

11. Фарков А.В. Математические олимпиады в школе. 5-11 кл. - М.: Айрис-Пресс, 2003. -160 с.

Поиск по сайту

Ваш запрос: