Задачи повышенной сложности по математике 10 - 11 класс с решением и ответами.

Задачи повышенной сложности по математике 10 - 11 класс с решением и ответами.

Задача 1.

Найдите все простые числа p и q такие, что p + q = (p – q)³.


Решение:

Ответ: p = 5, q = 3.
Пусть p – q = n, тогда p + q = n³.

Отсюда  .

Среди трех последовательных целых чисел одно делится на 3, поэтому q делится на 3. Среди простых чисел только 3 делится на 3. Значит, q = 3. Это значение q получается при n = 2.

Задача 2.

Приведенный квадратный трехчлен f(x) имеет 2 различных корня.
Может ли так оказаться, что уравнение f(f(x)) = 0 имеет 3 различных корня, а уравнение f(f(f(x))) = 0 — 7 различных корней?


Решение:

Ответ: Нет.
Из условия следует, что f(x) = (x – a)(x – b), где a ≠ b.
Пусть искомый многочлен f(x) существует.
Тогда, очевидно f(f(x)) = (x – t₁)²(x – t₂)(x – t₃).
Заметим, что t₁, t₂, t₃ — корни уравнений f(x) = a и f(x) = b, при этом корни этих уравнений не совпадают, поэтому можно считать, что уравнение f(x) = a имеет один корень x = t₁.
Рассмотрим уравнение f(f(f(x))) = 0. Его решения, очевидно, являются решениями уравнений f(f(x)) = a и f(f(x)) = b. Но уравнение f(f(x)) = a равносильно уравнению f(x) = t₁ и имеет не более двух корней, а уравнение f(f(x)) = b — не более четырех корней (как уравнение четвертой степени).
То есть уравнение f(f(f(x))) = 0 имеет не более 6 корней.

Задача 3.

Пусть AD — биссектриса треугольника ABC, и прямая l касается окружностей, описанных около треугольников ADB и ADC в точках M и N соответственно.
Докажите, что окружность, проходящая через середины отрезков BD, DC и MN, касается прямой l.


Решение:


Решение 1.
Обозначим центры окружностей, описанных около треугольников ADB и ADC через O₁ и O₂, а середины отрезков BD, DC, MN, DO₂ и O₁O₂ — через A₁, A₂, K, E и O соответственно (см. рис.). Пусть  ∠ BAD =  ∠ CAD =  α . Тогда  ∠ A₁O₁D =  ∠ A₂O₂D =  α  (так как половина центрального угла равна вписанному, опирающемуся на ту же дугу). Отрезок OK — средняя линия трапеции (или прямоугольника) O₁MNO₂, следовательно, OK ⊥ l, и  . Заметим, что точки E, O и A₂ лежат на одной прямой, так как  ∠ OEO₂ +  ∠ O₂EA₂ =  ∠ O₁DO₂ +  ∠ O₂EA₂ =  ∠ O₁AO₂ + (180° –  ∠ DO₂C) = 2 α  + (180° – 2 α ) = 180°, т.е. OK = OE + EA₂ = OA₂. Аналогично доказывается, что OA₁ = OK. Значит, точки A₁, A₂ и K лежат на окружности с центром O, а так как OK ⊥ l, то эта окружность касается прямой l.

Случай, когда вместо прямой l рассматривает-ся прямая l₁, разбирается аналогично.

Решение 2.
Пусть радиусы окружностей, описанных около треугольников ADB и ADC равны R₁ и R₂. Если эти радиусы различны, то прямая l пересекает линию центров O₁O₂ в точке O (см. рис.). Пусть OD пересекает окружности в точках B′ и C′, и OA пересекает  ω  в точке A′. При гомотетии H с центром O и коэффициентом   точки C′, D и A переходят в точки D, B′ и A′ соответственно, следовательно,  ∠ DAC′ =  ∠ B′A′D. С другой стороны,  ∠ B′A′D =  ∠ B′AD, поэтому  ∠ B′AD =  ∠ C′AD. А это означает, что точки B′ и C′ совпадают с точками B и C, так как в противном случае один из углов BAD и CAD был бы меньше  α , а другой — больше  α  ( α  =  ∠ B′AD =  ∠ C′AD).

Рассмотрим гомотетию H₁ с центром O, переводящую  ω ₂ в окружность  ω , проходящую через точку E — середину отрезка MN. Из того, что l проходит через точку O и  ω ₂ касается l, следует, что  ω  касается l в точке E. Кроме того, из гомотетичности треугольников ONC и OMD (гомотетия H) следует, что NC || MD. Кроме того, H₁(C) = C₁, где EC₁ || NC. Поэтому EC₁ — средняя линия трапеции CNMD, т.е. гомотетия H₁ переводит точку C в середину DC. Аналогично, она переводит D в середину отрезка BD. Значит,  ω  проходит через середины отрезков BD и DC.

Если же R₁ = R₂, то вместо гомотетии следует рассмотреть параллельный перенос на вектор  .

Решение 3.
Пусть R₁ ≠ R₂. Проведем перпендикуляр SO к плоскости  π , содержащей окружности  ω ₁ и  ω ₂ (см. обозначения в предыдущем решении). Нетрудно понять, что пересечение (наклонного) конуса с вершиной S и основанием  ω ₁ и прямого кругового цилиндра с основанием  ω ₂ является окружность, равная  ω ₂ и лежащая в плоскости  π ₁ ||  π . Глядя на рис., заключаем, что ортогональной проекцией на плоскость  π  пересечения конуса и плоскости, равноудаленной от  π  и  π ₁ является окружность, проходящая через середины отрезков BD, DC и MN и касающаяся прямой MN.

В случае R₁ = R₂ вместо конуса следует рассмотреть (наклонный) цилиндр с основанием  ω ₁.

Задача 4.

Дана последовательность x_k такая, что x₁ = 1, x_n + 1 = n sin x_n + 1.
Докажите, что последовательность непериодична.


Решение:

Предположим, что она периодична и длина периода равна T, тогда x_m + T = x_m и x_{m + T + 1} = x_m + 1 при m ≥ m₀.
Если при некотором m ≥ m₀  sin x_m ≠ 0, то x_{m + T + 1} = (m + T) sin x_m + T + 1 = (m + T) sin x_m + 1 ≠ m sin x_m + 1 = x_m + 1.
А если  sin x_m = 0, то x_m + 1 = 1, и  sin x_m + 1 =  sin 1 ≠ 0, так что предыдущее рассуждение применимо к x_m + 1.
Таким образом получаем противоречие.

Задача 5.

Докажите, что если у тетраэдра два отрезка, идущие из вершин некоторого ребра, в центры вписанных окружностей противолежащих граней, пересекаются, то отрезки, выпущенные из вершин скрещивающегося с ним ребра в центры вписанных окружностей двух других граней, также пересекаются.


Решение:

Пусть A₁ — центр вписанной окружности  ∆ SBC, B₁ — центр вписанной окружности  ∆ SAC, AA₁ пересекается с   A, A₁, B₁, B лежат в одной плоскости, значит прямые AB₁ и BA₁ пересекаются на ребре SC. Пусть точка пересечения этих прямых — p. Так как Ap и Bp — биссектрисы углов A и B, то  . Но тогда AC • BS = BC • AS, отсюда  , следовательно биссектрисы углов S в  ∆ ASB и C в  ∆ ACB пересекаются на ребре AB, т.е. точки S, C и центры вписанных окружностей  ∆ ASB и  ∆ ACB лежат в одной плоскости. Отсюда следует, что отрезки, соединяющие вершины S и C с центрами вписанных окружностей противолежащих граней, пересекаются.

Задача 6.

На плоскости дано бесконечное множество точек S, при этом в любом квадрате 1 × 1 лежит конечное число точек из множества S. Докажите, что найдутся две разные точки A и B из S такие, что для любой другой точки X из S выполняется: |XA|,\;|XB| ≥ 0,999|AB|.


Решение:

Докажем утверждение задачи от противного.
Можно предположить, что для любых двух разных точек A и B из S найдется отличная от них точка X из S такая, что либо XA  Переформулируем вышеприведенное утверждение: для любого отрезка I с концами в S и длиной l найдется отрезок I′ с концами в S длины не более 0,999l, один из концов которого совпадает с некоторым концом I.
Или, иначе говоря, I′ пересекает I.
Возьмем теперь первый отрезок I₁ длины l и будем брать отрезки I₂, I₃, …так, что I_k + 1 пересекается с I_k и |I_k + 1| _k|.
Все эти отрезки имеют концы в S. Ломаная не короче отрезка, соединяющего ее концы, поэтому расстояние от любого конца I_k до любого конца I₁ не превосходит

Следовательно, в квадрате 2000l × 2000l с центром в любом из концов I₁ лежит бесконечное число точек S.
Но из условия следует конечность их числа в любом квадрате.

Полученное противоречие завершает доказательство.

Задача 7.

Докажите, что в любом множестве, состоящем из 117 попарно различных трехзначных чисел, можно выбрать 4 попарно непересекающихся подмножества, суммы чисел в которых равны.


Решение:

Лемма.
Из любых 61 различных трехзначных чисел можно выбрать две непересекающиеся пары чисел, суммы в которых равны.
Доказательство:
Из 61 числа можно образовать   пар чисел, сумма чисел в каждой паре лежит между 200 и 2000, следовательно, у каких-то двух пар суммы совпадают.
Пары, для которых совпадают суммы, очевидно, не могут пересекаться, ибо если x + y = x + z, то y = z и пары совпадают.
Лемма доказана.
Выберем пару пар чисел с равными суммами 15 раз (каждый раз будем исключать из рассматриваемого набора 4 взятых числа, перед последующим выбором чисел останется как раз 61 число).
Если не все 15 сумм были различны, то мы нашли 4 искомых множества — это 4 пары чисел, у которых совпадают суммы.
Если все 15 сумм различны, то составим два множества пар N₁ и N₂ таким образом: из двух пар с равными суммами первую включим в N₁, вторую — в N₂. Рассмотрим первое множество пар. У него есть 2¹⁵ подмножеств.
Сумма всех чисел во всех парах любого подмножества не превосходит 30,000 тысяч (чисел не больше 30, каждое меньше тысячи).
Но 2¹⁵  30\,000, следовательно, есть два подмножества, для которых суммы чисел, входящих во все их пары совпадают.
Выбросив из этих подмножеств их пересечение, получим непересекающиеся подмножества M₁ и M₂ с тем же условием.
Теперь в N₂ возьмем подмножества пар, соответствовавших парам из множеств M₁ и M₂ — M₃ и M₄.
Множества чисел, входящих в пары M₁, M₂, M₃, M₄ — искомые.
Комментарий: Из аналогичных соображений выбирая не только пары, но также тройки и четверки, можно показать, что четыре непересекающиеся подмножества с равными суммами можно выбрать среди любых 97 трехзначных чисел.