Задачи повышенной сложности по математике 10 - 11 класс
         Олимпиада по математике: задания, решения и ответы на портале 4egena100

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

Олимпиады по математике с решением и ответами



Задачи повышенной сложности по математике 10 - 11 класс




Задачи повышенной сложности по математике.


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 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 xk такая, что x1 = 1, xn + 1 = n sin xn + 1.
Докажите, что последовательность непериодична.


Решение:

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





Задача 5.


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.





Олимпиада по математике:

Олимпиада по математике 1 класс
Олимпиада по математике 2 класс
Олимпиада по математике 3 класс
Олимпиады 4 класс    |   2 вариант
Олимпиады 5 класс
       1 вариант   |   2 вариант   |   3 вариант
Олимпиады 6 класс
       1 вариант   |   2 вариант   |   3 вариант
Олимпиады 7 класс
       1 вариант   |   2 вариант   |   3 вариант
Олимпиады 8 класс
       1 вариант   |   2 вариант   |   3 вариант
Олимпиады 9 класс
       1 вариант   |   2 вариант   |   3 вариант
Олимпиады 10 класс
       1 вариант   |   2 вариант   |   3 вариант
Олимпиады 11 класс
       1 вариант   |   2 вариант   |   3 вариант


Задачи по математике:

Математика   1 класс
Математика   2 класс
Математика   3 класс
Математика   4 класс
Математика   5 класс
Математика   6 класс
Математика   7 класс
Математика   8 класс
Математика   9 класс
Математика   10 класс


Задачи с решением:

Задачи 6 кл. с решением
Задачи 7 кл. с решением
Задачи 8 кл. с решением
Задачи 9 кл. с решением
Задачи 10 кл. с решением
Задачи 11 кл. с решением
Трудные задачи младшие классы
Сложные задачи старшие классы


Контрольные работы:

1 класс:             №1    №2    №3
2 класс:             №1    №2    №3
3 класс:             №1    №2    №3
4 класс:             №1    №2    №3
5 класс:             №1    №2    №3
6 класс:             №1    №2    №3
7 класс:             №1    №2    №3
8 класс:             №1    №2    №3


Математика. Графики функций:

Графики функций
Линейная
Квадратичная
Степенная
Показательная
Логарифмическая
Тригонометрическая


Будь в числе первых!
Открытая группа:
Решение школьных олимпиад.
Решаем, обсуждаем, спорим, помогаем.




Олимпиадные задания по математике с решением и ответами

Яндекс.Метрика Рейтинг@Mail.ru
^Наверх^