Задачи повышенной сложности. 10 - 11 класс

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

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

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.

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.

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 – t 1 )²(x – t 2 )(x – t 3 ). Заметим, что t 1 , t 2 , t 3 — 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 = t 1 .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) = t 1 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.

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 O 1 и O 2 , а середины отрезков BD, DC, MN, DO 2 и O 1 O 2 — через A 1 , A 2 , K, E и O соответственно (см. рис.). Пусть ∠ BAD = ∠ CAD = α . Тогда ∠ A 1 O 1 D = ∠ A 2 O 2 D = α (так как половина центрального угла равна вписанному, опирающемуся на ту же дугу). Отрезок OK — средняя линия трапеции (или прямоугольника) O 1 MNO 2 , следовательно, OK ⊥ l, и . Заметим, что точки E, O и A 2 лежат на одной прямой, так как ∠ OEO 2 + ∠ O 2 EA 2 = ∠ O 1 DO 2 + ∠ O 2 EA 2 = ∠ O 1 AO 2 + (180° – ∠ DO 2 C) = 2 α + (180° – 2 α ) = 180°, т.е. OK = OE + EA 2 = OA 2 . Аналогично доказывается, что OA 1 = OK. Значит, точки A 1 , A 2 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 l 1 , разбирается аналогично.

Решение 2. Пусть радиусы окружностей, описанных около треугольников ADB и ADC равны R 1 и R 2 . Если эти радиусы различны, то прямая l пересекает линию центров O 1 O 2 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 H 1 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, H 1 (C) = C 1 , где EC 1 || NC. Поэтому EC 1 — средняя линия трапеции CNMD, т.е. гомотетия H 1 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 R 1 = R 2 , то вместо гомотетии следует рассмотреть параллельный перенос на вектор .

Решение 3. Пусть R 1 ≠ R 2 . 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 R 1 = R 2 вместо конуса следует рассмотреть (наклонный) цилиндр с основанием ω 1 .

Дана последовательность x k такая, что x 1 = 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 ≥ m 0 .Если при некотором m ≥ m 0 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.

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 A 1 — центр вписанной окружности ∆ SBC, B 1 — центр вписанной окружности ∆ SAC, AA 1 пересекается с A, A 1 , B 1 , B лежат в одной плоскости, значит прямые AB 1 и BA 1 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.

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 < 0,999AB, либо XB < 0,999AB.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 I 1 длины l и будем брать отрезки I 2 , I 3 , …так, что I k + 1 пересекается с I k и |I k + 1 | < 0,999|I 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 I 1 не превосходит

Следовательно, в квадрате 2000l × 2000l с центром в любом из концов I 1 лежит бесконечное число точек S. Но из условия следует конечность их числа в любом квадрате.

Полученное противоречие завершает доказательство.

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 N 1 и N 2 таким образом: из двух пар с равными суммами первую включим в N 1 , вторую — в N 2 . Рассмотрим первое множество пар. У него есть 2 15 подмножеств. Сумма всех чисел во всех парах любого подмножества не превосходит 30,000 тысяч (чисел не больше 30, каждое меньше тысячи).Но 2 15 > 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 M 1 и M 2 с тем же условием.Теперь в N 2 возьмем подмножества пар, соответствовавших парам из множеств M 1 и M 2 — M 3 и M 4 . Множества чисел, входящих в пары M 1 , M 2 , M 3 , M 4 — 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.

Олимпиадные задания по математике 11 класс Варианты заданий с решением: 1 вариант | 2 вариант | 3 вариант

Олимпиадные задания по математике для учащихся 1-11 классов с решением и ответами: