8.1. Ответ: 1003. Указание. Разложение 2006 на простые множители таково: 2006 = 2 17 59. Поскольку исходное число x имеет не более 4 цифр, то y, cумма этих цифр, не превосходит 36. Тогда из условия задачи x y= 2 2 17 59, значит, y может равняться либо 2, либо 4, либо 17, либо 34. Соответственно, x будет равен либо 2006, либо 1003, либо 118, либо 59. Из этих чисел только 1003 удовлетворяет условию задачи. 8.2. Указание. Обозначим через A2, B2, C2 середины сторон BC, AC и AB соответственно. Тогда A2B2 является средней линией и в треугольнике ABC, и в треугольнике A1B1M. Поэтому AB = 2 A2B2 = A1B1. Аналогично BC = B1C1 и AC = A1C1. Таким образом, ABC = A 1B1C1 по третьему признаку равенства треугольников. 8.3. Указание. Заметим, что одновременно не могут выполняться два равенства: AB + BD = AC + CD AB + AC = CD + BD , так как в противном случае при сложении их мы получим 2AB = 2 CD. Пусть для определенности AB + BD - меньшая сумма соседних отрезков, т.е. AB + BD < AC + CD. Тогда можно сделать так, чтобы отрезки AB и BD образовали развернутый угол, и тогда мы получим треугольник ADC. Действительно, по доказанному, AD = AB + BD < AC + CD, а остальные неравенства в ABD очевидны (поскольку для исходного четырехугольнике выполнялось AC < (AB + BD) + DC и CD < CA + (AB + BD). 8.4.Ответ: n = 5. Указание. Докажем, что при n = 5 (а значит, и при n > 5) такой прямоугольник найдется. Рассмотрим нижнюю строку таблицы. В ней есть по меньшей мере 3 клетки одного цвета. Пусть это будут белые клетки. Тогда рассмотрим три столбца с этими клетками в основании, т.е. мы рассмотрим меньшую таблицу размера 5х3, нижняя строка которой состоит из трех белых клеток. Если в какой-нибудь из четырех оставшихся строк этой меньшей таблицы есть две белые клетки, то искомый «белый» прямоугольник образован их центрами и центрами соответствующих клеток нижней строки. Пусть теперь в каждой из этих четырех строк есть по меньшей мере две черные клетки. Тогда их расположение должно повторяться (т.к. есть только 3 различных расположения двух черных клеток: (ч,ч,?), (ч,?,ч) и (?,ч,ч), а значит их центры дают «черный» прямоугольник. Теперь остается построить пример таблицы 4х4, в которой нет искомого прямоугольника. (заметим, что для этого примера окраски нельзя найти искомого прямоугольника даже со сторонами, не параллельными линиям таблицы). 9.1 Ответ: 59 . Указание. Имеем 2006 xy x 2 x 44 . С другой стороны 2006 xy x( x 81) ( x 81) 2 x 81 45 . Поэтому исходя из разложения 2006 на простые множители (см. указание к задаче 8.1), получаем, что для х возможны значения 59 и 118. Проверкой убеждаемся, что подходит только х=59. 9.2 Ответ: CAD 60 0 , BDA 30 0. Указание. Пусть O- точка пересечения AC и BD, и пусть CAD 0 . Из второго соотношения задачи получаем, что AC BD. Действительно, если мы предположим, что, например, угол BOC тупой, то AD2 > AO2 + OD2 и BC2 > BO2 + OC2 и значит, AD2 + BC2> AO2 + OD2 + BO2 + OC2, в то время как AB2 + CD2< AO2 + BO2 + OD2 +OC2. Аналогично, получим противоречие и в случае острого угла BOC. Таким образом, AO= AD sin , OC=BC sin . Тогда первое соотношение задачи запишется: AD + BC=2(AD+BC) sin sin =1/2 =300. Отсюда CAD 60 0 . 9.3 Ответ: а) да, б) 4950 точек. Указание. а) Рассмотрим 99 парабол, проходящих через одну точку, например (0,0), пусть они имеют вид y=x2 +nx, n=1,2…99, и сотая парабола пусть будет y=x2 +100x - 1 . Тогда она пересекает остальные 99 в разных точках, а именно , n-ая парабола пересекает сотую в единственной точке с абсциссой x=1/(100-n), т.е. абсциссы точек пересечения различны. б) парабола y=x2 – nx+ n2 и парабола y=x2 – mx+m2 при n m имеют точку пересечения с m2 n2 абсциссой x m n и ординатой y = (m+n)2 –n(m+n)+n2 = m2+mn+n2 = (m+n)2 - mn. Если mn предположить, от противного, что точки пересечения разных пар парабол могут совпасть, то отсюда следовало бы, что для таких пар значения и суммы m+n и произведения mn были бы одинаковы, что, очевидно, невозможно. 9.4. См. 8.4. 10.1 Ответ: 1003 или 118. Указание. Из представления xy 4012 2 2 17 59 следует, что если x четырехзначное число, то x может равняться либо 2006, либо 1003, и при проверке 1003 подходит. 4012 4012 y Если x - трехзначное число, то . Значит y может принимать значения: либо 17, 1000 100 либо 34. Соответственно, x равен либо 236, либо 118, и при проверке 118 подходит. 10.2 Указание. Рассуждая аналогично задаче 8.2, получим, что A1B1C1D1 подобен A2B2C2D2 с коэффициентом подобия 2. Значит S A1B1C1D1 4S A2 B2C2 D2 . Четырехугольник A2B2C2D2 является параллелограммом, стороны которого вдвое меньше диагоналей ABCD и параллельны им. Значит S A1B1C1D1 AC BD 1 sin S ABCD , где -угол между диагоналями. Отсюда следует результат. 2 2 2 10.3 Ответ: при n = 4 и n = 5. Указание. При чётном n в квадрате n n поровну белых и черных n2 клеток. Всего имеется (9 n) 2 квадратов n n на шахматной доске. Поэтому 2 (9 n ) 2 n 2 при чётном n общая сумма черных клеток равна . При нечётном n число черных клеток 2 клеток, а именно зависит от того, являются ли угловые клетки белыми или чёрными; и оно, соответственно, равно n2 1 n2 1 , либо . Но в вертикальной полосе ширины n имеется 9 - n (т.е. четное число) 2 2 квадратов и поэтому общее число чёрных клеток в такой полосе nn 2 2 2 2 2 n 1 n 1 9 n (9 n )n (9 n ) n , а во всех (9 n) полосах общее число равно , т.е. 2 2 2 2 2 либо получилось такое же выражение, как и для четного n. Наибольшее значение функции y ( x (9 x )) 2 достигается при x 4,5 , и в силу симметричности графика этой функции относительно прямой x 4,5 , получим, что для n=4 и n=5 достигается наибольшее значение в условиях задачи. 10.4 Ответ: а) 4950 точек, б) да. Указание. а) Две различные параболы y x 2 b1 x c1 и y x 2 b2 x c2 пересекаются не более чем в одной точке. Точнее, если b1 b2 , то они имеют одну точку пересечения, а если b1 b2 , c 1 c2 , то они не пересекаются. Поэтому всего может быть не 100 99 2 C100 точек пересечения. Пример этого максимального числа можно привести из 2 задачи 9.3 б). более б) Рассмотрим три группы парабол: первая группа состоит из 89 «параллельных» парабол вида y x 2 i , i = 1,…,89; вторая группа состоит из 9 парабол, проходящих через начало координат, вида y x 2 jx , j = 1,…,9; и третья группа состоит из двух парабол y x 2 10 x 1000 . Если мы проверим, что в начале координат пересекаются только параболы второй группы, а в остальных точках пересечения пересекаются по две параболы, то получим, что: 1) на параболах первой группы есть 89 11 = 979 точек пересечения; 2) на параболах второй группы число точек пересечения, не учтенных выше и не совпадающих с началом координат, равно 9 2 = 18, а вместе с началом координат – 19 точек; 3) две параболы третьей группы пересекаются в одной точке. Таким образом, всего будет 89 + 19 + 1 = 999 точек пересечения. Осталось проверить указанный факт. i-ая парабола первой группы пересекается с j-ой параболой второй группы в точке с абсциссой ij . Заметим, что при фиксированном i и разных j эти абсциссы различны и не превосходят 89. Далее, .i-ая парабола первой группы пересекается с 1000 i параболами третьей группы в точках с абсциссами ., которые превосходят 90 по 10 абсолютной величине. Таким образом, на параболах первой группы не может быть точек более чем двойного пересечения. j-ая парабола второй группы пересекается с параболами третьей 1000 группы в точках с абсциссами , и две параболы третьей группы пересекаются в точке j 10 (0;1000). Итак, кроме начала координат, в котором пересекаются параболы второй группы, нет других точек более, чем двойного пересечения. 11.1. См. задачу 10.3 8 . Указание. Введем векторы a=MA, b=MB, c=MC, d=MD. Тогда 27 MA 2 =(d+b+c)/3 , MB 2 =(a+c+d)/3 , MC 2 =(a+b+d)/3 , MD 2 =(a+b+c)/3 , где A 2 , B 2 , C 2 , D 2 точки пересечения медиан граней BCD, ACD, ABD и ABC соответственно. Поскольку 2 MA 1 = 2 MA 2 , MB 1 =2 MB 2 , MC 1 =2 MC 2 , MD 1 =2 MD 2 , то A 1 B 1 = (a – b), и, аналогично, 3 остальные векторы ребер тетраэдра A 1 B 1 C 1 D 1 колинеарны векторам ребер ABCD с 11.2. Ответ: 2 2 коэффициентом , значит тетраэдры подобны и отношение их объемов равно 3 3 3 11.3. Указание. Пусть A1A2…An – наш многоугольник и P – его периметр. Будем двигаться от точки A1 вдоль периметра против часовой стрелки и отметим последнюю точку Ak такую, что A1A2 + A2A3 + … + Ak-1Ak < P/2. Если при добавлении стороны AkAk+1 мы получим сумму строго больше P/2, то искомый треугольник будет такой: A1Ak Ak+1 (т.е. «распрямляем» A1Ak и Ak+1A1, идя против часовой стрелки). Действительно, каждая сторона этого треугольника меньше P/2, а из этого следуют искомые неравенства треугольника. Рассмотрим теперь ситуацию, когда A1A2 + A2A3 + … + Ak-1Ak + AkAk+1 = P/2 Могут быть три случая: либо A1A2 <Ak+1Ak+2 , либо A1A2 >Ak+1Ak+2 , либо A1A2 = Ak+1Ak+2 (это соответствует тому,. что сумма A2A3 + … + AkAk+1 + Ak+1Ak+2 либо больше, либо меньше, либо равна P/2). В первом случае начнем обход против часовой стрелки из точки A2 и .поступая, как ранее, получим треугольник A2Ak+1Ak+2 . Во втором случае, начиная обход из точки Ak+2 , получаем аналогичную ситуацию для треугольника Ak+2 A1A2 . В третьем случае будем считать без ограничения общности, что k>2 (в противном случае заменим точку A1 на Ak+1 и воспользовавшись тем,. что n.5, получим симметричную ситуацию); тогда искомый треугольник будет A1A3Ak+2.. 11.4 Ответ: а) n(n-1), б) да.. Указание.. а) Два различных графика данного вида пересекаются не более, чем в двух точках (чтобы найти их абсциссы, приравниваем правые части и решаем уравнение не выше второй степени). Значит, всего точек пересечения не более, чем 2С 2n = n(n-1) , причем максимальное значение достигается, когда в каждой точке пересечения пересекаются ровно два графика. Теперь приведем пример такого максимального числа. Рассмотрим семейство y x 3 ix 2 i 2 1 i=1,…, n. Если предположить, что есть точка, в которой пересекаются три графика с различными номерами i, j, k, то абсцисса (для определенности, положительная) точки пересечения равна i j i k j k , т.е . i=j=k и получаем противоречие. б) Рассмотрим 99 графиков вида y x 3 ix 2 1 i=1,…,99, и пусть сотый график имеет вид y x 3 100 x 2 x . Тогда 99 графиков пересекаются в единственной точке – начале координат, а сотый пересекает каждый их этих 99 графиков в двух точках – начале координат и в точке с 1 абсциссой , где i - номер графика. Всего, таким образом, 100 точек пересечения.. 100 i