очный тур РЕШЕНИЯ

Олимпиада «Будущие исследователи – будущее науки»
Математика. Отборочный тур 14.01.2012
ЗАДАЧИ И РЕШЕНИЯ
8–9 класс
8-9.1. Какое
число
20112  2012  2012 2  2011
больше:
или
20112  2011  2012 2  2012 ?
Ответ.
Первое число больше второго.
Решение. Обозначим a = 2011, b = 2012, A  a 2  b  b 2  a , B  a 2  a  b 2  b .
Тогда А2 – В2 = 2 a 2 b 2  ab  a 3  b 3 – 2 a 2b 2  ab  ab 2  ba 2 . Таким образом,
остается сравнить числа a3  b3 и ab 2  ba 2 . Их разность равна (a  b) 2 (a  b)  0 , т.к.
a  b . Итак, А > B.
8-9.2. Могут ли длины медиан некоторого треугольника относиться, как 1 : 2 : 3?
Ответ.
Не могут.
Решение. Результат следует из того факта, что из медиан любого треугольника можно составить треугольник, а в нашем случае длины медиан k, 2k, 3k противоречат неравенству
треугольника. Указанный факт можно установить, например, следующим образом. Пусть
О – точка пересечения медиан данного треугольника АВС, а точка В1 симметрична точке В
2
относительно О. Тогда у треугольника АОВ1 длины сторон составляют
от длин медиан
3
исходного треугольника АВС. (Другое доказательство данного факта следует из равенства

OA  OB  OC  O .)
8-9.3. Докажите, что для любого натурального n > 1 число n2012 + 4 составное.
Решение. Поскольку
n

 2  2n
n
следует результат.
1006
503

n 2012  4  n1006
1006
 2  2n
503

2
 4n1006  4  4n1006
=
n
1006
2
  2n 
2
503 2
=
. При n > 1 обе скобки больше единицы, откуда
8-9.4. В треугольнике АВС известны углы А = 20, С = 40 и сторона ВС = 1. На стороне АС взята точка М такая, что АМ = 1. Найдите длину отрезка ВМ.
Ответ.
1.
Решение. Покажем, что ВМ = ВС. Для этого проведем окружность радиуса 1 с центром
в точке В и рассмотрим точку М1 пересечения этой окружности с отрезком АС (отличную от С). Мы покажем, что М1 совпадает с М. Поскольку ВМ1С = 40, то по свойству внешнего угла, АВМ1 = 40 – 20 = 20 и поэтому  АВМ1 – равнобедренный:
АМ1 = ВМ1 = 1 и М1 совпадает с М.
8-9.5. Двадцатизначное натуральное число состоит из десяти пятёрок и десяти четвёрок (в
некотором порядке). Докажите, что в этом числе можно подчеркнуть десять цифр подряд так, чтобы подчеркнутое число делилось на 9.
Решение. Требуется подчеркнуть 10-значное число, у которого поровну пятерок и четверок. Рассмотрим первые десять цифр данного числа. Если в нем разное количество пятерок и четверок, то обозначим их разность через t = t1. Очевидно, t четно. Далее рассмотрим 10 цифр со 2-й по 11-ю, т.е сдвинемся на одну цифру. При этом величина
t = t 2 либо останется той же самой, либо изменится на 2 (станет больше или меньше).
После десяти сдвигов мы будем иметь число из последних десяти цифр, у которого величина t = t11 отличается только знаком от t = t1 (т.к. в 20-значном числе поровну пяте-
рок и четверок). Значит, при некотором сдвиге мы должны были пройти через 0 (т.е.
t = tk = 0 для некоторого k < 11). Такой сдвиг и дает искомое 10-значное число.
10 класс.
10.1. Изобразите на координатной плоскости множество точек, координаты которых удовлетворяют уравнению 4 x 2 y 2  4 xy  3 .
Решение. Данное уравнение приведем к эквивалентному: 2 xy  1  4  2 xy  1  2 .
3/ 2
Таким образом, искомое множество точек состоит из двух гипербол y 
и
x
1/ 2
y
( в каждом квадранте будет по одной ветви соответствующей гиперболы).
x
2
10.2. Найдите все значения параметра b, при каждом из которых система уравнений
x 2  2x  y 2  0

ax  y  ab
имеет решение при любом а.
Ответ.
0  b  2.
Решение. На координатной плоскости первое уравнение представляет собой окружность
S: ( x  1) 2  y 2  1 радиуса 1 с центром в точке (1;0). Второе уравнение – это уравнение прямой l, проходящей через точку М(b;0) с угловым коэффициентом а. Если точка
М лежит внутри S (т.е. при 0  b  2 ), то прямая l при любом наклоне а пересечет
окружность S. Если же М лежит вне S, то всегда можно найти достаточно большой по
абсолютной величине наклон а, при котором l не пересекается с S.
10.3. Дан треугольник ABC, точка О – центр вписанной в него окружности. Найдите угол
А, если известно, что радиусы описанных окружностей треугольников АВС и ВОС
совпадают.
Ответ.
60.

Решение. Пусть А = . Заметим, что ВОС = 90 + ; действительно,
2
1
1

ВОС = 180 – (ОВС + ВСО) = 180 – (В + С) = 180 – (180 – ) = 90 + .
2
2
2




sin   cos 
Тогда BC  2 R ABC sin   2 R BOC sin  90    2 R BOC cos 
2
2
2

 1

sin  
 30 .
2 2
2
10.4. Дана функция f ( x)  x 2  x . Найдите область определения функции y = f(f(x)).
Ответ.

1  5

1 5
  ,
.

{
0
}

{
1
}

,





2 

 2

Решение. Имеем y  u 2  u , где u 
x 2  x . Для нахождения области определения
нужно решить неравенство u 2  u  0  u  0 или u  1 .
В первом случае имеем
x 2  x  0  x 2  x  0  x  0 или x  1 .
Во втором случае
x 2  x  1  x 2  x  1 ( x  x1 )( x  x2 )  0 , где x1, 2 
корни уравнения x 2  x  1  0 . Получаем x 
1 5
–
2
1 5
1 5
или x 
.
2
2
10.5. а) Даны произвольные десять целых чисел. Докажите, что из них можно выбрать два
числа так, чтобы разность их кубов делилась на 27. б) Справедливо ли аналогичное
утверждение для произвольных восьми целых чисел?
Ответ.
б) Справедливо.
Решение. а) Из десяти чисел найдутся два числа a, b, дающие одинаковые остатки при делении на 9. Тогда a 3  b 3  (a  b) (a  b) 2  3ab . Здесь первый множитель делится на
9, а второй на 3, откуда следует результат.
б) Если среди остатков при делении на 9 данных восьми чисел есть совпадающие, то этот
случай уже рассмотрен в пункте а). Если же все данные 8 чисел дают разные остатки
при делении на 9, то из всех возможных остатков пропущен ровно один, и значит, среди трех остатков {0,3,6} присутствуют по меньшей мере два. Возьмем два числа a, b ,
имеющие эти остатки, тогда сами эти числа делятся на 3, а их кубы – на 27.


11 класс.
11.1. Изобразите на координатной плоскости множество точек, координаты которых удовлетворяют уравнению 4 x 2 y 2  4 xy  3 .
Решение. См. задачу 10.1
11.2. Докажите неравенство a 2  1  2  a  1 .
Решение. Неравенство нетрудно доказать алгебраически, дважды избавляясь от корней
при возведении в квадрат. Однако проще доказать его геометрически, рассмотрев точки А(–а;0), В(0;1) и С(1;0) на координатной плоскости. Тогда неравенство запишется в
виде АВ + ВС > AC.
11.3. Дан треугольник ABC, точка О – центр вписанной в него окружности. Докажите, что
RBOC < 2RABC, где RBOC и RABC – радиусы описанных около треугольников ВОС и АВС
окружностей.

Решение. При решении задачи 10.3 мы получили R ABC sin   RBOC cos
Отсюда
2

RBOC  2 R ABC sin  2 R ABC , причем неравенство на самом деле строгое, т.к. иначе мы
2

 90 , т.е.  = 180.
бы имели
2
11.4. Найдите область определения функции y  2 cos(cos x)  1 .
Ответ.
(–,+).
Решение. Для нахождения области определения требуется решить неравенство
1

cos(cos x )  . Поскольку  1  cos x  1 для любого х , и 1  , то, воспользовавшись
2
3
свойствами функции cos x (четностью и монотонным убыванием в первой четверти),

1
будем иметь: cos  cos(cos x)  1 при всех х, т.е. cos(cos x)  .
3
2
11.5. а) Даны произвольные десять целых чисел. Докажите, что из них можно выбрать два
числа так, чтобы разность их кубов делилась на 27. б) Справедливо ли аналогичное
утверждение для произвольных восьми целых чисел?
Ответ.
б) Справедливо.
Решение. См. задачу 10.5
Олимпиада «Будущие исследователи – будущее науки»
Математика. Отборочный тур 15.01.2012
8–9 класс
8–9.1. Существуют ли положительные, не равные между собой числа a, b, которые удовлетворяют соотношению: а) a 2  b  b 2  a ? б) a 3  b  b 3  a ?
Ответ.
а) Не существуют; б) не существуют.
Решение. а) Уравнение преобразуется к виду (a – b) (a + b) = b – a и после сокращения на
a – b  0 получается a + b = –1, что невозможно для положительных a, b.
б) Аналогично получим в данном случае a 2  ab  b 2  1 . Опять получаем противоречие со знаком правой и левой части.
8–9.2. а) Докажите, что существует треугольник, высоты которого равны 3; 4; 5. б) Какой
это треугольник: остроугольный, прямоугольный или тупоугольный?
Ответ.
б) Тупоугольный.
В
Решение. а) Начнем с анализа ситуации: предположим,
что такой треугольник существует. Обозначим стороВ1
ны, к которым проведены высоты, через a, b, с. Тогда
из формулы площади треугольника следует, что
5
1/3
3a 4b 5c
1/4
S 


, т.е. известны отношения сторон
2
2
2
1 1 1
1 1 1
a : b : c  : : . Треугольник со сторонами , ,
С1
С
1/5
3 4 5
3 4 5 А1
1 1 1
  . Обозначим его А1В1С1.
существует, т.к
3 4 5
1
1
1

 A1 B1  , B1C1  , A1C1   . Искомый треугольник будет подобен А1В1С1, и
3
4
5

чтобы его построить, проделаем следующее. Проведем прямую, параллельную прямой
А1С1 на расстоянии 5 от нее, далее возьмем точку пересечения этой проведенной прямой с прямой А1В1. Обозначим эту точку пересечения через В. Проведем через точку В
прямую, параллельную В1С1, и, найдя ее пересечение с прямой А1С1, получим точку С.
Тогда А1ВС – искомый треугольник.
2
2
2
1
1
1
б) Поскольку         , то треугольник тупоугольный.
3
4
5
8–9.3. 22-значное натуральное число составлено из двух цифр. Докажите, что в этом числе
можно подчеркнуть несколько цифр подряд так, чтобы подчеркнутое число делилось
на 11.
Решение. Если в данном числе встретились две одинаковые цифры, подчеркнем это двузначное число; очевидно, оно делится на 11. Если же цифры чередуются (т.е. число
имеет вид abab…ab), то подчеркнем всё наше число; оно будет делиться на 11. Это
следует из признака делимости на 11 (сумма цифр на четных местах отличается от
суммы цифр на нечетных местах на кратное 11 число), либо можно это показать непосредственно, т.к. наше число равно b  (1010...1)  10a  (1010...1)  (10a  b)  (1010...1) ,






21
21
21
а число в скобках делится на 11.
8–9.4. Дан параллелограмм ABCD, у которого AB = 2, AD = 3,  A = 60. Точка К – середина стороны СD. Диагональ AС пересекает отрезок ВК в точке М. Найдите длину АМ.
2 19
.
3
Решение. В треугольнике BCD точка М является точкой пересечения медиан (т.к. диагонали параллелограмма в точке пересечения О делятся пополам). По свойству медиан
2
1
1
2
CM  CO . Поэтому AM  AO  OM  AC  AC  AC . Длину AC можно
3
2
6
3
2
2
вычислить по теореме косинусов в АВС: AC  2  33  2  2  3  cos 120  19 .
(Можно обойтись без теоремы косинусов: опустим перпендикуляр АА1 на прямую ВС.
1
Тогда A1 B  AB  1 по свойству катета, лежащего против угла 30 =  ВАА1. Затем,
2
2 19
по теореме Пифагора: AC 2  (2 2  12 )  (3  1) 2  19 .) Итак, AC  19 , AM 
.
3
Ответ.
8–9.5. а) Докажите, что число 20112012 – 1 имеет не менее трех различных простых делителей. б) Сможете ли вы указать более трех различных простых делителей?
Решение. а) Поскольку 2011 оканчивается на 1, то последняя цифра числа А =20112012 – 1
равна 0. Значит, А делится на 2 и на 5. Кроме того, А делится и на 3, т.к. 2011 дает
остаток 1 при делении на 3, и в любой степени число вида 3k + 1 также будет иметь такой вид (действительно, при умножении чисел вида (3k1  1) (3k 2  1) получится число (3k 3  1) , где k3  3k1k 2  k1  k 2 ).
б) Другие делители можно получить, если разложить n4m – 1 на множители (здесь
n = 2011, m = 503): n 4m  1  n 2m  1 n m  1 n m  1 . Число nm – 1 делится на n – 1 (это
доказывается аналогично тому, как было сделано в пункте а) с заменой 3 на (n – 1)), а
число nm + 1 делится на n + 1, поскольку показатель т – нечетное число (также можно
провести аналогичное доказательство). С другой стороны, указанную делимость можно доказать алгебраически в силу соотношений
n m  1  n  1 n m1  n m  2  ...  1 ;



 1  n  1 n




m 1
nm
 n m 2  n m3  ...  1
(второе равенство справедливо при нечетных т). В нашем случае п – 1 = 2010 = 23567,
п + 1 = 2012 = 22503. Таким образом, кроме делителей 2, 3, 5, есть еще по меньшей
мере два: 67 и 503. (Более того, можно указать и другие делители, т.к. n 2 m  1 делит-




ся на n  1 в силу нечетности m. В нашем случае для этого найлем простые делители
числа 20112 +1).
2
10 класс
10.1. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых числа 2011 и 2012 лежат
в промежутке между корнями уравнения x 2  ax  a  0 .
2012 2
a
Ответ.
.
2011
Решение. Обозначим f a ( x)  x 2  ax  a . Поскольку ветви параболы y  f a (x) направлены вверх, то условие о расположении корней выполняется тогда и только тогда, когда fa(2011) < 0 и fa(2012) < 0. Решая систему неравенств
20112  a(2011  1)  0

2012 2  a(2012  1)  0,

20112
a 
2012 2

2010
получим 
. Сравнивая числа в правой части, получаем a 
.
2
2011
a  2012

2011
10.2. Изобразите на координатной плоскости множество точек, координаты которых удовлетворяют соотношению 2 x  y  1 x 2 y 2  1  0 .
Решение. Раскладывая вторую скобку на множители, получаем, что множество точек со1
1
стоит из прямой у = –2х – 1 и двух гипербол: y  и y   .
x
x

10.3. Найдите
все
пары
целых

чисел
x  y,
удовлетворяющих
уравнению
а) x  y  y  x ; б) x  y  y  x .
Ответ.
6 пар: (0;1), (0;–1), (1;–1), (1;0), (–1;–1), (–1;0).
Решение. а) Поскольку х  у, после разложения разности кубов уравнение приводится к
3
3
5
5
2
y
3

виду x 2  xy  y 2  1   x    y 2  1 . Если |y| > 1,
1
2
4

то это уравнение, очевидно, не имеет решения (левая
часть больше правой). Аналогично, не существует решения при |х| > 1. Для х = 0 и х = 1 легко находятся соответствующие значения у (с условием х  у).
0
–1
1
б) Рассмотрим функцию f ( x)  x 5  x . Ее поведение
изображено на графике. Это можно установить с помо–1
щью производной, но можно и не использовать производную, т.к. тот факт, что функция возрастает при натуральных значениях х, легко доказать, рассматривая разность значений f (n  1)  f (n) . Наше уравнение записывается в
виде f (x) = f (y), и, значит, может иметь целые решения только при условии |х|  1,
|y|  1. Конкретные пары (х,у) находим так же, как в п. а).
10.4. Дана равнобедренная трапеция ABCD. Диагональ АС, равная 6, является биссектрисой угла А. Нижнее основание AD равно 5. Найдите верхнее основание трапеции.
Ответ.
4.
Решение. Пусть ВС = х. Поскольку  ВАС =  CAD =  BCD, то АВС равнобедренный.
Тогда х = ВС = АВ = CD. Пусть С1 – проекция точки С на нижнее основание. Тогда
5 x
5 x 5 x
C1 D 

, AC1  5 
. Запишем уравнение, выражая CC12 по теореме
2
2
2
Пифагора из двух прямоугольных треугольников АСС1 и DСС1. Имеем
2
2
5  x
5  x
2
x 
  6 
 .
 2 
 2 
Решая это квадратное уравнение, находим единственное положительное решение х = 4.
2
10.5. Докажите, что из любых пяти целых чисел можно выбрать четыре числа a, b, c, d так,
чтобы число ab2 – cd2 делилось на 4.
Решение. Сначала из пяти данных чисел выберем два числа, имеющих одинаковые остатки при делении на 4. Обозначим их через a, b. У нас осталось три числа. Но квадраты
целых чисел при делении на 4 имеют только два остатка, а именно 0 и 1. Поэтому из
оставшихся у нас трех чисел можно выбрать два числа, квадраты которых дают одинаковые остатки при делении на 4. Обозначив эти два числа через c, d, получаем искомый набор.
11 класс
11.1. Докажите неравенство a  1  10a 2  4a  2 .
Решение. После возведения в квадрат получаем равносильное неравенство, которое приводится к виду (3a  1) 2  0 .
11.2. Изобразите на координатной плоскости множество точек, координаты которых удовлетворяют уравнению 2 x  y  1 x 2 y 2  1  0 .
Решение. См задачу 10.2
11.3. Даны две функции f ( x)  x 2  x и g ( x)  sin x . Найдите множество значений
функции f(g(x)).
 1 
Ответ.
 4 ;2 .
Решение. Пусть u = sin x. Значения и находятся на отрезке [–1;1]. Функция


2
1
1
1
1


y  u  u  u   
убывает на отрезке  1;  от 0 до  и возрастает на
4
2
4
2


1
 1 
отрезке   ;1 от  до 2. Таким образом, множество значений функции у(и) есть
4
 2 
 1 
 4 ;2 .
2
11.4. Дан прямоугольный параллелепипед размера abc. Докажите, что d 
где d – диагональ параллелепипеда.
Решение. Требуется доказать неравенство
a2  b2  c2 
abc
3
,
abc
. Его можно доказать
3
непосредственно, возведя в квадрат и воспользовавшись известными неравенствами
( a 2  b 2  2ab , b 2  c 2  2bc , a 2  c 2  2ac ). Другое (более геометрическое) доказа
тельство получается если рассмотреть два вектора в пространстве: p  (a; b; c) и

 
q  (1;1;1) . Их скалярное произведение ( p, q ) равно a + b + c, и оно не превосходит


произведения длин | p |  | q | a 2  b 2 c 2  3
11.5. Докажите, что из любых пяти целых чисел можно выбрать четыре числа a, b, c, d так,
чтобы число ab2 – cd2 делилось на 4.
Решение. См. задачу 10.5