Выбрано 13 задач 
Убрать все задачи
Основание CD, диагональ BD и боковая сторона AD трапеции ABCD равны p. Боковая сторона BC равна q. Найдите диагональ AC.
Даны две окружности радиусов R и r, одина вне другой. К ним проведены две общие внешние касательные. Найдите их длину (между точками касания), если их продолжения образуют прямой угол. (R > r).
Сумму цифр числа a обозначим через S(a). Доказать, что если S(a) = S(2a), то число a делится на 9.
Имеется n случайных векторов вида (y1, y2, y3), где ровно одна случайная координата равна 1, остальные равны 0. Их складывают. Получается случайный вектор a с координатами (Y1, Y2, Y3).
а) Найдите математическое ожидание случайной величины a².
б) Докажите, что
Пусть $E$ – одна из двух точек пересечения окружностей $\omega_1$ и $\omega_2$. Пусть $AB$ – общая внешняя касательная этих окружностей, прямая $CD$ параллельна $AB$, причем точки $A$ и $C$ лежат на $\omega_1$, а точки $B$ и $D$ – на $\omega_2$. Окружности $ABE$ и $CDE$ повторно пересекаются в точке $F$. Докажите, что $F$ делит одну из дуг $CD$ окружности $CDE$ пополам.
Докажите, что если α < β и αβ ≠ 0, то Sα(x) ≤ Sβ(x).
Определение средних степенных Sα(x) можно посмотреть в справочнике.
В стране Ориентация на всех дорогах введено одностороннее движение, причём из каждого города в любой другой можно добраться, проехав не более чем по двум дорогам. Одну дорогу закрыли на ремонт так, что из каждого города по-прежнему можно добраться до любого другого. Докажите, что для каждых двух городов это можно сделать, проехав не более чем по трём дорогам.
Доказать, что при любой расстановке знаков "+" и "−" у нечётных
степеней x выполнено неравенство
x2n ± x2n–1 + x2n–2 ± x2n–3 + ... + x4 ± x³ + x² ± x + 1 > ½ (x – произвольное действительное число, а n – натуральное).
В стране каждые два города соединены дорогой с односторонним движением.
Доказать, что существует город, из которого можно проехать в любой другой не более чем по двум дорогам.
В турнире каждый шахматист половину всех очков набрал во встречах с участниками, занявшими три последних места.
Сколько всего человек принимало участие в турнире?
Рассмотрим графики функций y = x² + px + q, которые пересекают оси координат в трёх различных точках.
Докажите, что все окружности, описанные около треугольников с вершинами в этих точках, имеют общую точку.
Докажите, что в любой арифметической прогрессии, состоящей из натуральных чисел, найдутся два члена с одинаковой суммой цифр.
Для любого треугольника можно вычислить сумму квадратов тангенсов половин его углов. Докажите, что эта сумма
а) меньше 2 для любого остроугольного треугольника;
б) не меньше 2 для любого тупоугольного треугольника, величина тупого угла которого больше или равна 2 arctg 4/3; а среди треугольников с тупым углом, меньшим 2 arctg 4/3, имеются и такие, сумма квадратов тангенсов половин углов которых больше 2, и такие, сумма квадратов тангенсов половин углов которых меньше 2.
|
|
 |
Условие
Для любого треугольника можно вычислить сумму квадратов тангенсов половин его углов. Докажите, что эта сумма
а) меньше 2 для любого остроугольного треугольника;
б) не меньше 2 для любого тупоугольного треугольника, величина тупого угла которого больше или равна 2 arctg 4/3; а среди треугольников с тупым углом, меньшим 2 arctg 4/3, имеются и такие, сумма квадратов тангенсов половин углов которых больше 2, и такие, сумма квадратов тангенсов половин углов которых меньше 2.
Решение
Из формулы следует, что положительные числа x, y и z могут служить тангенсами половин углов треугольника ABC в том и только том случае, когда xy + yz + zx = 1.
Это тождество позволяет вместо суммы S = x² + y² + z² рассматривать более простую сумму T = x+y+z; поскольку T² = S + 2, то условия S > 2, S = 2 и S < 2 равносильны соответственно условиям T > 2, T = 2 и T < 2.
Задача сводится, таким образом, к следующей.
Пусть xy + yz + zx = 1, x + y + z = T, 0 < x ≤ z, 0 < y ≤ z. Тогда
а) T ≤ 2 при z ≤ 1,
б) T ≥ 2 при z ≥ 4/3,
в) для всякого z между 1 и 4/3 найдутся и такие x, y, что T < 2, и такие x, y, что T > 2.
Докажем утверждения а), б) и в).
а) Если z ≤ 1, то S = x² + y² + z² ≤ xz + yz + z² < xy + xz + yz + z² = 1 + z² ≤ 2, так что и S < 2, и T < 2.
б) Пусть z = 4/3 + d, d ≥ 0, а x + y < ⅔ – d. Тогда xy ≤ ¼ (x + y) < 1/9 – d/3 + d2/4, (x + y)z < (⅔ – d)(4/3 + d) = 8/9 – 2d/3 – d², так что
1 = xy + (x + y)z < 1 – d – 3d2/4 ≤ 1. Противоречие.
Значит, x + y ≥ ⅔ d и T = (x + y) + z ≥ ⅔ – d + 4/3 + d = 2.
в) Пусть теперь 1 < z < 4/3.
Возьмём x = y. Тогда x² + 2xz = 1, Так как z < 4/3, то 3z² < 4z, 4(z² + 1) < 4 + 4z + z²,
и, значит, T < 2.
Теперь найдём такие x и y, что T > 2. Сумма z + 1/z > 2, T отличается от нее на величину xy/z. Так как y ≤ z, то xy/z < x. Значит, если взять x < z + 1/z – 2, то T окажется больше 2. Заметим, что при этом 0 < x ≤ z и
Замечания
Геометрический смысл. Построим три окружности α, β и γ с центрами A, B и C, которые попарно касаются друг друга внешним образом.
При S < 2 существует одна окружность δ, которая касается α, β и γ внешним образом, и одна окружность ε, которой α, β и γ касаются изнутри.
При S > 2 две окружности δ1 и δ2 касаются α, β и γ внешним образом, и нет ни одной окружности, которой α, β и γ касались бы изнутри.
Случай S = 2 – переходный: одна окружность δ касается α, β и γ внешним образом, кроме того, α, β и γ имеют общую касательную.
Доказательство этих утверждении можно найти в статье М.Л. Гервера "Сюрпризы".
