10 класс

10 класс
1. КУБ является кубом. Докажите, что ШАР кубом не является. (КУБ и ШАР − трёхзначные числа,
разные буквы обозначают различные цифры.)
Решение. Рассмотрим все кубы, являющиеся трёхзначными числами. Это 53=125, 63=216, 73=343,
83=512, 93=729. Так как разные буквы обозначают разные цифры, ни одно из чисел КУБ и ШАР не
является числом 343. Но во всех остальных числах есть цифра 2, а в числах КУБ и ШАР общих
цифр нет.
2. Два игрока по очереди записывают натуральные числа от 1 до 4 в клетки таблицы 22, причем каждое число может быть записано только один раз. После заполнения всей таблицы отмечается строка,
сумма чисел в которой – наибольшая, и столбец, сумма чисел в котором – наибольшая. Выигрышем
первого игрока назовем разность между суммой чисел в отмеченной строке и суммой чисел в отмеченном столбце. Какой выигрыш может гарантировать себе первый игрок, как бы ни играл соперник?
Решение. Ответ: (-1). Заметим, что второй может обеспечить, чтобы числа 3 и 4 стояли в одном столбце. Для этого ему в случае, если первый вначале написал одно из этих чисел, достаточно написать
второе в этот же столбец. Если же первый написал не это число, то второй напишет в тот же столбец 1 или 2, а числа 3 и 4 окажутся в одном столбце автоматически. Максимальное значение суммы
в строках не превысит 4+2=6. Итак, второй может не допустить выигрыш первого более чем -1.
Первый, в свою очередь, может не допустить меньшего своего выигрыша. Для этого он должен
начать с числа 4. Если после хода второго клетка в строке с 4 будет свободна, записать туда большее из оставшихся чисел. Если же эта клетка будет занята вторым, записать в свободную клетку
столбца с 4 меньшее из оставшихся чисел.
3. Найдите наибольшее возможное отношение трехзначного числа abc к числу ac  bc . (Числа не
могут начинаться с нуля, т.е. a  0 и b  0 .)
Решение. Ответ: 0,91. Пусть x  abc – трёхзначное число, отношение которого к числу
x
y  ac  bc наибольшее. Если a  9 , то заменим a на a+1 и сравним
с отношением новых чисел.
y
100  x x
Легко убедиться, что
 . Итак, a должно равняться 9. Задача свелась к нахождению
10  y
y
900  bc
наибольшего отношения чисел
. Если b  1, то заменим b на b-1 и сравним отношение
90  c  bc
отношением новых чисел. Нетрудно убедиться, что
z  900  bc к t  90  c  bc с
z  10 z
  10 z  10 x , что, очевидно, верно. Итак, b=1. Остаётся найти, при каком c отношение
t  10 t
910  c
наибольшее. Нетрудно убедиться, что при c=0. Отсюда ответ.
100  2c
4. Приведённый многочлен с целыми коэффициентами ( f ( x )  x n  an 1 x n 1   a1 x  a0 ) положителен при всех целых x. Верно ли, что f ( x ) положителен при всех действительных x?
Решение. Ответ: неверно. Например, рассмотрим такой многочлен: f ( x )  x 4  5x 2  6 . Нетрудно видеть, что f ( x )  ( x 2  2)( x 2  3) . Из этого следует, что f ( x )  0 при x  [ 3;  2]  [ 2; 3] . Но
на этом множестве нет ни одной целой точки, значит, этот пример подтверждает ответ.
5. Окружности S1 и S2 пересекаются в точках A и B. Прямая, проходящая через A вторично пересекает
окружности в точках A1 и A2. Аналогично, прямая, проходящая через B, пересекает S1 и S2 в точках
B1 и B2. Докажите, что множество середин отрезков A1A2 совпадает с множеством середин отрезков
B1B2.
Решение. Проведём произвольную прямую
через точку A и отметим получившийся
отрезок A1A2. Обозначим через Q его середину. Теперь проведём прямую через B и
Q. Отметим точки её пересечения с
окружностями, обозначив их через B1 и B2.
Теперь докажем, что Q − середина отрезка
B1B2, что и будет означать совпадение
множеств середин отрезков. Рассмотрим
вписанные углы на окружности S1 :
B1 A1 A  B1BA . Теперь, на окружности
B
1
A
A
2
Q
A
1
O
1
B
O
2
2
B
S 2 имеем B2 BA  B2 A2 A . Значит,
B1 AQ
 B2 A2Q . А так как AQ
 A2Q и
1
1
AQB
A1B1Q  A2 B2Q , из чего следует B1Q  B2Q .
1
1  A2QB2 , как вертикальные, получаем, что
Доказательство для множества середин отрезков B1B2 полностью аналогично приведённому.