Организации участники проекта
ИНТЕРНЕТ-КОНФЕРЕНЦИИ

HotLog

Rambler's Top100
КАТАЛОГ
Областной тур. 11 класс. 1-й день (с решениями)

Задача 1:

Найти наибольшее значение a² + b² + c², если |ax² + bx + c| ≤ 1 для всех x ∈ [  1,,1].

Решение: Подставив в данное неравенство значение x = 0, получим   1 ≤ c ≤ 1 (откуда следует c² ≤ 1), а подставив значения x = 1 и x =   1  неравенства   1 ≤ a + b + c ≤ 1 и   1 ≤ a  b + c ≤ 1 соответственно. Умножим первое неравенство на   1 и сложим его почленно со вторым и третьим. Получим неравенства |a + b| ≤ 2 и |a     b| ≤ 2. Возведем их в квадрат (что допустимо, ибо обе части каждого из неравенств неотрицательны) и сложим. Имеем a² + b² ≤ 4, откуда a² + b² + c² ≤ 5. Легко проверяется, что равенство достигается при a = 2,b = 0,c =   1 (или при a =   2,b = 0,c = 1). Действительно, неравенство |2x²  1| ≤ 1 поочередно эквивалентно неравенствам   1 ≤ 2x²  1 ≤ 1, 0 ≤ 2x² ≤ 2, x² ≤ 1 и, наконец,   1 ≤ x ≤ 1, то есть оно верно при всех x ∈ [  1,,1].

ОТВЕТ: 5.

Задача 2: Найдите два многочлена P(x) и Q(x) с целыми коэффициентами таких, что множество значений дробно-рациональной функции есть промежуток .

(В.Сендеров)

Решение:

Будем искать в виде , где a и b  положительные числа. Ясно, что тогда область значений f(x)  требуемый промежуток. Так как , достаточно выбрать a и b так, чтобы числа и b² были рациональными. Это достигается, например, при . Тогда , а искомые многочлены  P(x) = 2x4 + 1 и Q(x) = 2x².

ОТВЕТ: P(x) = 2x4 + 1, Q(x) = 2x².

Задача 3:

На окружности, описанной вокруг треугольника ABC, отмечены точки A1, B1, C1  середины дуг CAB, ABC и BCA соответственно. Докажите, что касательные к окружности в точках A1 и C1 и серединный перпендикуляр к отрезку BB1 пересекаются в одной точке.

(М.Сонкин)

Решение:

Обозначим буквами x,y, и z cоответственно величины дуг AB,BC и CA Тогда , , . Без ограничения общности положим, что AB ≤ BC (см.рис.18). Тогда , поэтому . Но это означает, что точки C1 и A1 симметричны относительно диаметра, проходящего через середину дуги BB1. Точка пересечения касательных к окружности в точках A1 и C1 лежит на серединном перпендикуляре к отрезку A1C1, который в силу установленной симметрии совпадает с серединным перпендикуляром к отрезку BB1. Доказательство завершено.

Задача 4:

В некоторой компании у каждых трёх человек имеется ровно один общий знакомый среди членов этой компании. Сколько человек может насчитывать такая компания?

Решение:

Пусть в компании n человек. Ясно, что n ≥ 3 (иначе просто нет ни одной тройки), и что n ≠ 3 (в противном случае у трех человек, составляющих компанию, нет общего знакомого). Выберем произвольного члена компании, скажем A, и рассмотрим всевозможные тройки с его участием. У каждой такой тройки есть общий знакомый. Докажем, что у различных троек общие знакомые различны. Пусть, от противного B  общий знакомый троек A,C1,C2 и A,D1,D2. Пары C1C2 и D1D2 различны, поэтому из C1,C2,D1,D2 можно выбрать тройку. Но тогда у нее будет два общих знакомых  A и B  противоречие.

Общее количество рассматриваемых троек  и по доказанному оно не больше числа членов компании, отличных от A. Имеем: , откуда n ≤ 4. Случай n = 4 возможен: в компании 4 человека и все знают друг друга.

О Т В Е Т: в компании 4 человека.

http://zaba.ru/cgi-bin/tasks.cgi?tour=rregion.ekaterinburg.oblast.97-98.oblast.11klass.day1&solution=1

Разделы:
ПОИСК

 

ПАРТНЕРЫ

  

  

  

 
©2002-2009 Федеральное агентство по образованию
©2002-2009 СПбГУ ИТМО
©2002-2009 Разработка сайтов — 1ADW