Изображения страниц
Текст статьи Томилов Ю. В., Ясинский В. А. Избранные школьные задачи // Квант. — 1988. — № 10. — С. 38.
Восьмой класс
- Числа
$p$ и$q$ простые. Найдите их, если известно, что уравнение$x^4-px^3+q=0$ имеет целый корень. - Докажите, что если
$xyz=1$, то $$ \dfrac1{1+x+xy}+\dfrac1{1+y+yz}+\dfrac1{1+z+zx}=1. $$ - Две окружности разных радиусов касаются друг друга внутренним образом в точке
$P$. Хорда$BC$ большей окружности касается меньшей в точке$A$. Докажите, что$PA$ — биссектриса угла$BPC$. - В прямоугольнике
$ABCD$ опущен перпендикуляр$BK$ на диагональ$AC$. Точки$M$ и$N$ — середины отрезков$AK$ и$CD$ соответственно. Докажите, что угол$BMN$ прямой. - Внутри данного треугольника
$ABC$ постройте такую точку$M$, что площади треугольников$ABM$, $BCM$, $CAM$ будут относиться как$k:l:m$, где$k$, $l$, $m$ — данные отрезки.
Девятый класс
- Докажите, что уравнение $$ x^{1987}+y^{1987}=x^{1988}+y^{1988} $$ имеет бесконечно много решений в рациональных числах.
- Последовательность
$x_1$, $x_2$, $\ldots$, $x_n$, $\ldots$ удовлетворяет соотношению$x_{n+1}=x_n^3-3x_n^2+3x_n$ ($n=1$, 2,$\ldots$). Каким должно быть$x_1$, чтобы члены последовательности$x_{100}$ и$x_{1000}$ были равны? - Бесконечная геометрическая прогрессия с положительными членами и знаменателем
$q$ обладает тем свойством, что каждый её член, начиная со второго, больше суммы всех предыдущих. Какие значения может принимать$q$? - Из каждой вершины пятиугольника провели векторы к серединам трёх
несмежных с этой вершиной сторон. Докажите, что сумма всех 15 построенных
таким образом векторов равна
$\overrightarrow0$. - В треугольнике
$ABC$ проведена биссектриса$AF$ угла$A$. Пусть$D$, $E$ — точки пересечения$AF$ с вписанной в треугольник окружностью. Докажите, что$AD\gt EF$.
Десятый класс
- Решите неравенство $$ |x^9-x|+|x^8-x^7|\le|x^9-x^8+x^7-x|. $$
- Пусть
$M$ — произвольная точка основания$ABC$ тетраэдра$SABC$. Через точку$M$ проведены отрезки, параллельные боковым рёбрам, до пересечения с боковыми гранями. Пусть длины боковых рёбер равны$a$, $b$, $c$, а длины параллельных им отрезков соответственно равны$x$, $y$, $z$. Докажите, что$\dfrac xa+\dfrac yb+\dfrac zc=1$. - Дан тетраэдр
$ABCD$. Один шар касается рёбер$AB$ и$CD$ в точках$A$ и$C$, а другой — в точках$B$ и$D$. Докажите, что проекции рёбер$AC$ и$BD$ на прямую, проходящую через центры этих шаров, равны. - Решите уравнение
$\tg x-2[\tg x]-3=0$ (квадратные скобки обозначают целую часть числа). - Докажите, что при любом
$a$ уравнение $$ 10ax^4-4ax^3+a^2x^2+6x-2=0 $$ имеет по крайней мере один корень в промежутке$[0;1]$.
Ответы, указания, решения
$p=3$, $q=2$. Решение. Пусть$a$ — целый корень данного уравнения. Тогда$q=a^3(p-a)$. Поскольку$q$ простое,$a^3=1$, т. е.$a=1$. Значит,$q=p-1$. В простых числах это уравнение имеет единственное решение:$p=3$, $q=2$. $\dfrac1{1{+}x{+}xy}+\dfrac1{1{+}y{+}yz}+\dfrac1{1{+}z{+}zx}= \dfrac z{z(1{+}x{+}xy)}+\dfrac{xz}{xz(1{+}y{+}yz)}+\dfrac1{1{+}z{+}zx}= \dfrac{z{+}xz{+}1}{1{+}z{+}zx}=1$. Рассмотрим гомотетию с центром в точке
$P$ и коэффициентом, равным$\dfrac Rr$, где$R$ и$r$ — радиусы соответственно большей и меньшей окружности. При этой гомотетии меньшая окружность перейдёт в большую, а касательная прямая$BC$ — в прямую$B_1C_1$ (рис. 8), касающуюся большей окружности в точке$A_1$ — образе точки$A$. Поскольку при гомотетии прямые переходят в параллельные прямые,$B_1C_1\parallel BC$. Далее, так как касательная, параллельная хорде, делит точкой касания дугу, стягиваемую хордой, пополам,$A_1$ — середина дуги$BC$, т. е.$PA_1$ — биссектриса угла$BPC$. Но точки$P$, $A$, $A_1$ лежат на одной прямой, значит, прямая$PA$ совпадает с прямой$PA_1$. 
Рис. 8 
Рис. 9 - Проведём
$NL\perp AB$ и соединим точки$M$ и$L$ (рис. 9). Очевидно, что$AL=LB$. Поэтому$ML$ — средняя линия треугольника$ABK$ и, следовательно,$ML\parallel BK$, откуда$\angle LMC=90^\circ$. Так как$CL$ есть диаметр окружности, описанной около прямоугольника$BCNL$, а угол$LMC$ прямой, точка$M$ также принадлежит этой окружности. Но тогда угол$BMN$ также прямой, поскольку он опирается на диаметр$BN$. - Построим точки
$A_1$ и$B_1$ на сторонах$BC$ и$AC$ соответственно так, чтобы$BA_1:A_1C=k:m$ и$AB_1:B_1C=k:l$. Пусть точка$M$ лежит внутри треугольника. Ясно, что$S_{ABM}:S_{BCM}=k:l$ тогда и только тогда, когда точка$M$ лежит на отрезке$BB_1$, и$S_{ABM}:S_{ACM}=k:m$ тогда и только тогда, когда точка$M$ лежит на отрезке$AA_1$. Поэтому искомая точка$M$ есть точка пересечения отрезков$AA_1$ и$BB_1$. - Пусть
$\dfrac xy=\alpha$, где$\alpha$ — произвольное рациональное число. Тогда $$ y^{1987}\alpha^{1987}+y^{1987}=y^{1988}\alpha^{1988}+y^{1988}, $$ откуда $$ y=\dfrac{1+\alpha^{1987}}{1+\alpha^{1988}},\quad x=\alpha\cdot\dfrac{1+\alpha^{1987}}{1+\alpha^{1988}}. $$ Ясно, что с помощью этих формул мы можем построить сколько угодно рациональных решений нашего уравнения. - 0, 1, 2. Решение. Заметим, что
$x_{n+1}=(x_n-1)^2+1$, откуда$x_{n+1}-1=(x_n-1)^3$. Поэтому $$ x_m-1=(x_{m-1}-1)^3=(x_{m-2}-1)^{3^2}=\ldots=(x_1-1)^{3^{m-1}}. $$ Равенство$x_m=x_n$, с$m\ne m$ означает, таким образом, что$(x_1-1)^{3^{m-1}}=(x_1-1)^{3^{n-1}}$, что возможно только при$x_1=0$ или$x_1-1=\pm1$. $q\ge2$. Решение. Наше условие равносильно тому, что при любом$n\ge2$ имеет место неравенство$q^n\gt q^{n-1}+q^{n-2}+\ldots+1$, т. е. $$ q^n\gt\dfrac{q^n-1}{q-1}. $$ Так как, очевидно,$q\gt1$, это равенство можно переписать в виде$q^{n+1}-2q^n+1\gt0$, т. е.$q^n(q-2)-1\gt0$. Если$q\gt2$, то последнее Heравенство выполняется для любого$n\in\mathbb{N}$; если же$1\lt q\lt2$, то найдётся$n$, при котором$q^n\ge\dfrac1{2-q}$, и для этого$n$ неравенство не выполняется.- Выберем на плоскости произвольную точку
$O$ и представим каждый вектор$\overrightarrow{MN}$ как разность$\overrightarrow{ON}-\overrightarrow{OM}$. Тогда сумма наших 15 векторов будет равна разности $$ 3(\overrightarrow{OA_1}+\ldots+\overrightarrow{OA_5})- 3(\overrightarrow{OB_1}+\ldots+\overrightarrow{OB_5}), $$ где$B_i$ — вершины пятиугольника,$A_i$ — середины его сторон. Будем считать, что точки$A_i$, $B_i$ расположены в следующем порядке (при обходе пятиугольника против часовой стрелки):$B_1$, $A_1$, $B_2$, $A_2$, $\ldots$, $B_5$, $A_5$. Наша сумма равна $$ 3(\overrightarrow{B_1A_1}+\ldots+\overrightarrow{B_5A_5})=\dfrac32 (\overrightarrow{B_1B_2}+\ldots+\overrightarrow{B_5B_1})=\overrightarrow0. $$ - Требуемое неравенство равносильно нeравенству
$AO\gt OF$, где$O$ — центр вписанной окружности, т. е. неравенству$AF\gt2OF$. Спроектируем отрезки$AF$ и$OF$ на высоту треугольника, опущенную на$BC$; наше неравенство примет вид$h\gt2r$ (где$h$ — высота треугольника$ABC$, $r$ — радиус вписанной окружности), последнее же очевидно: $$ 2S_{ABC}=BC\cdot h=(BC+CA+AB)\cdot r\gt2BC\cdot r. $$ $(-\infty;-1]$, 0, 1. Указание. Неравенство в точности означает, что$x^9-x$ и$x^8-x^7$ не являются ненулевыми числами одного знака, т. е. что$(x^9-x)(x^8-x^7)\le0$. - Соединим точку
$M$ с вершинами тетраэдра. Пусть$V$ — объём данного тетраэдра, а$V_1$, $V_2$, $V_3$ — объёмы тетраэдров$BCMD$, $ACMD$, $ABMD$ соответственно. Поскольку тетраэдры$BCMD$ и$ABCD$ имеют общую грань$BCD$, а отношение их высот, опущенных на эту грань, равно$\dfrac xa$, то$V_1=\dfrac xaV$. Аналогично,$V_2=\dfrac ybV$ и$V_3=\dfrac zcV$. Так как$V=V_1+V_2+V_3$, то$\dfrac xa+\dfrac yb+\dfrac zc=1$. Пусть
$M$ — середина отрезка$AB$; $O_1$, $O_2$ — центры шаров;$R_1$, $R_2$ — их радиусы. Тогда $$ MO_1^2-MO_2^2=\left(R_1^2+\dfrac{AB^2}4\right)- \left(R_2^2+\dfrac{AB^2}4\right)=R_1^2-R_2^2. $$ Отсюда следует, что середины всех отрезков общих касательных к данным шарам лежат в одной плоскости, перпендикулярной отрезку$O_1O_2$. Обозначим проекцию этой плоскости на прямую$O_1O_2$ через$O$, а проекции точек$A$, $B$, $C$, $D$ — через$A_1$, $B_1$, $C_1$, $D_1$. Тогда$OA_1=OB_1$ и$OC_1=OD_1$, откуда$A_1C_1=B_1D_1$ (рис. 10).
Рис. 10 $-\arctg3+k\pi$. Решение. Так как$\tg x=2[\tg x]+3$, то$\tg x$ — целое число,$[\tg x]=\tg x$, $\tg x=2\tg x+3$ и$\tg x=-3$. Первое решение. Обозначим левую часть нашего уравнения через
$p(x)$. Очевидно,$p(0)=-2\lt0$ и$p\left(\dfrac12\right)=\dfrac18a+\dfrac14a^2+1\gt0$. Значит, при любом$a$ решение есть уже в промежутке$\left[0;\dfrac12\right]$. (Прямое применение этого рассуждения к промежутку$[0;1]$ невозможно, поскольку$p(1)$ может быть отрицательным.)Второе решение.$$ \int\limits_0^1p(x)\,dx=\dfrac{10a}5-\dfrac{4a}4+\dfrac{a^2}3+\dfrac62-2= \dfrac{a^2}3+a+1\gt0; $$ значит, функция
$p(x)$ не может быть всюду отрицательной в промежутке$[0;1]$. Но$p(0)\lt0$, значит, в некоторой точке промежутка$[0;1]$ функция меняет знак.
