Версия для печати
Убрать все задачи

---

В треугольнике $ABC$ $\angle A=60^{\circ}$, $AD$ – биссектриса. Построен равносторонний треугольник $PDQ$ с высотой $DA$. Прямые $PB$ и $QC$ пересекаются в точке $K$. Докажите, что $AK$ – симедиана треугольника $ABC$.

   Решение

---

В остроугольный треугольник ABC вписана окружность с центром I, касающаяся сторон AB, BC и CA в точках D, E и F соответственно. В четырёхугольники ADIF и BDIE вписаны окружности с центрами J₁ и J₂ соответственно. Прямые J₁J₂ и AB пересекаются в точке M. Докажите. что  CD ⊥ IM.

   Решение

---

На координатной плоскости дан выпуклый пятиугольник ABCDE с вершинами в целых точках. Докажите, что внутри или на границе пятиугольника A₁B₁C₁D₁E₁ (см. рис.) есть хотя бы одна целая точка.

   Решение

---

Если Конек-Горбунок не будет семь суток есть, или спать, то лишится волшебной силы. Допустим, он в течение недели не ел и не спал. Что он должен сделать в первую очередь к концу седьмых суток — поесть или поспать, чтобы не потерять силу?

   Решение

---

Попробуйте найти два числа, идущих подряд; у первого из которых сумма цифр равна 8, а второе делится на 8.

   Решение

---

Комплект косточек домино выложен в виде прямоугольника 8×7 клеток. Попробуйте определить, как расположены косточки?

   Решение

---

Внутри прямоугольного треугольника АВС выбрана произвольная точка Р, из которой опущены перпендикуляры PK и РМ на катеты АС и ВС соответственно. Прямые АР и ВР пересекают катеты в точках A' и B' соответственно. Известно, что  S_APB' : S_KPB' = m.  Найдите  S_MPA' : S_BPA'.

   Решение

---

Четыре мышонка: Белый, Серый, Толстый и Тонкий делили головку сыра. Они разрезали её на 4 внешне одинаковые дольки. В некоторых дольках оказалось больше дырок, поэтому долька Тонкого весила на 20 г меньше дольки Толстого, а долька Белого — на 8 г меньше дольки Серого. Однако Белый не расстроился, т.к. его долька весила ровно четверть от массы всего сыра.

Серый отрезал от своего куска 8 г, а Толстый — 20 г. Как мышата должны поделить образовавшиеся 28 г сыра, чтобы у всех сыра стало поровну? Не забудьте пояснить свой ответ.

   Решение

---

Клетчатая полоска 1×1000000 разбита на 100 сегментов. В каждой клетке записано целое число, причём в клетках, лежащих в одном сегменте, числа совпадают. В каждую клетку поставили по фишке. Затем сделали такую операцию: все фишки одновременно передвинули, каждую – на то количество клеток вправо, которое указано в её клетке (если число отрицательно, то фишка двигается влево); при этом оказалось, что в каждую клетку снова попало по фишке. Эту операцию повторяют много раз. Для каждой фишки первого сегмента подсчитали, через сколько операций она впервые снова окажется в этом сегменте. Докажите, что среди полученных чисел не более 100 различных.

   Решение

---

С помощью циркуля и линейки постройте окружность, касающуюся двух данных окружностей и проходящую через данную точку, лежащую вне этих окружностей.

   Решение

---

В равнобедренной трапеции с основаниями 1 и 4 расположены две окружности, каждая из которых касается другой окружности, двух боковых сторон и одного из оснований. Найдите площадь трапеции.

   Решение

---

Докажите, что если числа x, y, z при некоторых значениях p и q являются решениями системы
     y = xⁿ + px + q,  z = yⁿ + py + q,  x = zⁿ + pz + q,
то выполнено неравенство  x²y + y²z + z²x ≥ x²z + y²x + z²y.
Рассмотрите случаи   а)  n = 2;   б)  n = 2010.

   Решение

Темы:    [ Выпуклость и вогнутость (прочее) ] [ Разложение на множители ] [ Алгебраические неравенства (прочее) ]

Сложность: 4 Классы: 10,11

Прислать комментарий

Условие

Докажите, что если числа x, y, z при некоторых значениях p и q являются решениями системы
     y = xⁿ + px + q,  z = yⁿ + py + q,  x = zⁿ + pz + q,
то выполнено неравенство  x²y + y²z + z²x ≥ x²z + y²x + z²y.
Рассмотрите случаи   а)  n = 2;   б)  n = 2010.

Решение

  а) Домножим первое, второе и третье уравнения системы соответственно на y, z и x и сложив их, получим
     x² + y² + z² = x²y + y²z + z²x + p(xy + xz + yz) + q(x + y + z).
  С другой стороны, домножив первое уравнение исходной системы на z, второе – на x, а третье – на y и сложив, получим
     xy + xz + yz = x²z + y²x + z²y + p(xy + xz + yz) + q(x + y + z).
  Отсюда  x² + y² + z² – xy – xz – yz = x²y + y²z + z²x – x²z – y²x – z²y.
  Левая часть неотрицательна, а значит, неотрицательна и правая часть.

  б)  x²y + y²z + z²x – x²z – y²x – z²y = x²(y – z) + x(z² – y²) + yz(y – z) = (y – z)(x² – xz – xy + yz) = (x – y)(x – z)(y – z),  поэтому доказываемое неравенство равносильно неравенству  (x – y)(x – z)(y – z) ≤ 0.
  Если среди чисел x, y и z найдутся хотя бы два равных, то неравенство обратится в верное равенство. Пусть все эти числа попарно различны. Без ограничения общности можно считать, что наименьшим из них является x. Докажем, что тогда  z < y.
  Рассмотрим функцию  f(t) = t²⁰¹⁰ + pt + q.  Её производная  f'(t) = 2010t²⁰⁰⁹ + p.  Следовательно, функция f(t) убывает при     и возрастает при  t > t₀.  Если  y ≤ t₀,  то  x < y ≤ t₀  и  y = f(x) > z = f(y).  Если же  z > y > t₀,  то  x = f(z) > z = f(y).  Противоречие.

Замечания

Утверждение (с тем же доказательством) останется верным при замене в нём функции f на любую другую выпуклую функцию, а всех строгих неравенств – на нестрогие: для каждой такой функции f неравенство  x²y + y²z + z²x ≥ x²z + y²x + z²y  будет верным для любой тройки чисел x, y, z, связанных равенствами  y = f(x),  z = f(y),  x = f(z).  В частности, так можно получить другое доказательство п. а).

.

Источники и прецеденты использования