Решения задач очного тура второй олимпиады Эйлера для учителей математики Санкт-Петербурга и Ленинградской области tg 40 40° ) . Задача 1. Вычислите arctg ( tg 65° − 2 tg О т в е т: 25° . Решение . tg 65° − 2 tg 40° = ctg 25 ° − 2 ctg 50 ° =
1 tg 25°
−
2 tg 50°
=
1 tg 25°
− 1−ttgg252°5° 2
=
tg25° .
Следовательно, Следовательно, arctg ( tg 65° − 2 tg 40° ) = arctg(tg 25°) = 25° . Задача 2. Найдите все значения параметра a, при которых 2 x 2 − ax + 2a = 0 имеет два различных два различных целочисленных корня. корня.
О т в е т:
уравнение
−2;18 .
2 Решение 1. Положим a = 2b , тогда данное уравнение принимает вид x − bx + 2b = 0 . Обозначим через m и n корни этого уравнения. уравнения. Согласно теореме Виета m + n = b и mn = 2b . Так как m, n ∈ , то b ∈ и произведение mn – четно, четно, т.е. хотя бы одно из чисел m и n – четно. четно. Пусть, Пусть, m = 2k , ( k ∈ ), тогда 2k + n = b и kn = b , откуда 2k + n = kn , ( n − 2) + 2 k = n = = 1 + n −2 2 . Множество целочисленных решений (n; k ) уравнения n−2 n−2
k = 1 + 2 есть множество {(0;0);( {(0;0);(1 1; − 1);(3;3) );(3;3)(4 (4;2)} ;2)} . Следовательно, Следовательно, параметр b может n−2 принимать одно из четырех значений: значений: 0; −1 ; 9; 8. Подставляя эти значения в уравнение 2 x − bx + 2b = 0 , убеждаемся, убеждаемся, что при b = 0 и b = 8 уравнение имеет один корень, корень, а при b = −1 и b = 9 – два различных два различных целочисленных корня. корня. Решение
2.
Согласно теореме Виета x1 + x2
=
a 2
,
x
1 2
=a,
откуда 2( x1 + x2 ) − x1x 2
=0,
( x1 − 2)( x2 − 2) = 4 . Так как по условию корни целочислены и различны (примем для случая: < x2 ), то возможны только два случая: ⎧ x1 − 2 = 1, ⎧ x1 = 3, откуда a = x1x 2 = 18 ; ⇔ ⎨ ⎨ x 2 4 x 6 , − = = ⎩ 2 ⎩ 2 ⎧ x1 − 2 = −4, ⎧ x1 = −2, откуда a = x1x 2 = −2 . ⇔ ⎨ ⎨ x 2 1 x 1 , − = − = ⎩ 2 ⎩ 2
определенности x1 1) 2)
З а м е ч а н и е. На рисунках На рисунках 1 1 и 2 приведены иллюстрации 2иллюстрации 2-х х графоаналитических способов решения способов решения задачи 2. задачи 2. y 2 y y = x x − 2 y = b1 9
y = x 2 y = b( x − 2)
−2 −2 0
1 2 3 4
Puc.1
0 −1
1 2 3 4 6 x = b2
Puc.2
В первом случае уравнение x 2 − bx + 2b = 0 (см. решение 1) представляется в виде x 2 = b( x − 2) и анализируется взаимное расположение графиков функций y = x 2 и y = b( x − 2) . Во втором случае уравнение x 2 2 уравнению x x − 2
=b
− bx + 2b = 0
сводится к равносильному ему
2 и рассматриваются графики функций y = x и y = b . x − 2
Задача 3. Пусть a, b, c – натуральные числа, каждое из которых меньше 1000 000. 21
+ 21 bx + 21 c = 0 не имеет вещественных корней. 21 21 21 Доказательство . Пусть t = 21 x , тогда t 2 = 21 x 2 и уравнение ax 2 + bx + c = 0 (1) 21 21 21 сводится к квадратному уравнению at 2 + bt + c = 0 (2). Поскольку условием t = 21 x каждому вещественному значению x сопоставляется единственное вещественное Докажите, что уравнение
ax 2
значение t и обратно – каждому вещественному значению t сопоставляется единственное вещественное значение x, то уравнение (1) не имеет вещественных корней тогда и только тогда, когда не имеет вещественных корней уравнение (2). Найдем дискриминант уравнения (2): D = Далее имеем: 1 ≤ a < 106
⇒
1≤
21
a
21
< 21 106
b2
− 421 ac . ⇒ 1 ≤ 21 a < 7 100 ⇒ 21
1≤
21
a
<2.
Аналогично 1 ≤ b < 2 , 1 ≤ c < 2 . Таким образом, b 2 < 4 , а 4 ac ≥ 4 , т.е. D < 0 . Следовательно, уравнение (2) не имеет вещественных корней, а, значит, не имеет вещественных корней и уравнение (1). 21
21
21
Задача 4. Докажите, что объем тетраэдра равен 1 abc sin α , где a и b – длины двух 6
противоположных ребер тетраэдра, а α и c соответственно угол и расстояние между прямыми, содержащими эти ребра. Доказательство . Через каждое ребро данного тетраэдра проведем плоскость, параллельную противолежащему ребру. Противоположные ребра данного тетраэдра являются скрещивающимися диагоналями противоположных граней получившегося параллелепипеда (см. рисунок 3). Пусть ребра BD и A1C 1 тетраэдра равны a и b, а α и c соответственно угол
D1
C 1
A1
B1 D
Puc.3
и расстояние между ними. Тогда, поскольку A1C1 AC и
C B
A1C1 ( ABC ) , высота h параллелепипеда, опущенная из вершины A1 , равна
c,
а
∧
( AC ; BD ) = α .
Так
как
площадь
треугольника ABD равна
половине
площади
параллелограмма ABCD, а высота пирамиды A1 ABD равна h, то объем этой пирамиды равен 1 объема параллелепипеда. Аналогично, объем каждой из трех других пирамид, 6
отсекаемых
от параллелепипеда
гранями данного тетраэдра, равен
1 6
объема
параллелепипеда. Таким образом, объем данного тетраэдра V равен одной трети объема параллелепипеда V n . Далее имеем: ∧
1 AC ⋅ BD ⋅ sin( AC ; BD ) ⋅ h 2 Следовательно, V = 1 V n = 1 abc sin α . 6 3
Vn
= S ABCD ⋅ h =
=
1 A C ⋅ BD ⋅ sin α ⋅ с 2 1 1
= 12
abc sin α .
Задача 5. Найти объем тела, полученного вращением куба с ребром, равным вокруг прямой, содержащей диагональ одной из граней куба.
a,
7 πa3 2 О т в е т: . 6
2
Решение . Пусть данное тело получено вращением куба ABCDA1B1C1D1 с ребром, равным a, вокруг прямой AC .
C 1
I. Опустим перпендикуляры MN и MK из точки M ребра B1C 1 на прямые AC и BC соответственно (Рис.4) и выразим расстояние MN через a и x = CN . Имеем: 1. NK = Пр( ABC ) MN ⇒ NK ⊥ AC MN ⊥ AC 2. CNK :
NK
B1 D
x A
= CN = x
Puc.4
C N K B
3. NK : MN = MK 2 + NK 2 = a 2 + x 2 II. Выберем систему координат так, чтобы начало координат совпадало с точкой С , а ось абсцисс была сонаправлена с лучом CA. Поскольку точка M – наиболее удаленная от прямой AC точка сечения куба ABCDA1 B1C 1D1 плоскостью KMN (на рис.5 NM 1
< NM = NM ′,
NM 2
< NM = NM ′ ),
объем тела, образованного вращением призмы
BCDB1C1D1 вокруг прямой AC , равен объему тела, образованного вращением вокруг оси Ox криволинейной трапеции, ограниченной осью Ox, прямыми x = 0, x = a 2 2
графиком функции f ( x ) = a 2
′
+ x2
(Рис.6).
и
∗)
y
1
f ( x ) = a 2
a 6 2
+ x2
a
2
0
a 2
x
K 2 N Puc.6 Puc.5 Так как тело, образованное вращением призмы BCDB1C1D1 вокруг прямой AC , равно
телу, образованному вращением призмы ABDA1 B1 D1 вокруг прямой AC , имеем: V
= 2π
a 2
a 2
2
2
∫
∫(
f ( x )dx = 2π 2
0
= 2π(a x + 2
a 2
a
2
+x
2
) dx = 2π 2
0
3
x 3
a 2
)|
2 0
= 2π
(
a
3
2
∫ (a
2
+ x 2 )dx =
0
2 2
)
+ a 12 2 = 7 πa6 3
3
2
.
Задача 6. Выясните, является ли функция f ( x ) = cos x + cos( x 2) периодической. Решение .
1) Докажем сначала, что g ( x ) = cos x + cos(ax ) – периодическая функция для любого рационального числа a. Действительно, пусть a =
p q
( p ∈ , q ∈ ) , T = 2πq .
Тогда g ( x ± T ) = cos( x ± 2 πq) + cos
= cos x + cos ∗)
(
p ( x ± 2 πq) q
) = cos x + cos (
p x ± 2 πp) q
)=
( ) = cos x + cos ax = g( x) . p x q
Фигура, полученная вращением отрезка C 1 B1 вокруг прямой AC , представляет собой часть поверхности однополостного гиперболоида.
3
2) Известно, что для любого действительного числа существует последовательность рациональных чисел, предел которой равен этому числу. Пусть для числа 2 это некоторая последовательность {an } . Тогда g n ( x) = cos x + cos( an x ) – периодическая функция при любом
натуральном n, а
так как lim an n→∞
= 2 , то и функция
f ( x) = cos x + cos( x 2) – также функция периодическая. О т в е т: да, является. Комментарий .
Покажем, прежде всего, что полученный ответ неверен, так как
функция f ( x) = cos x + cos( x 2) – функция непериодическая. Ясно, что f (0) = 2 . Докажем, что ни в какой другой точке значение функции не равно двум. Действительно, f ( x) ≤ 2 , причем равенство достигается только тогда, когда cos = 1 и cos( x 2) = 1 , т.е. когда x = 2πk , k ∈ и x 2
= 2πn, n ∈ . Если
x ≠ 0 , то из последних двух равенств
следует, что n
= 2 , чего не может быть, так как 2 – число иррациональное. Таким образом, f ( x) = 2 в единственной точке, откуда следует, что функция f ( x) k
непериодична. Ошибка приведенного решения состоит в том, что предел последовательности периодических функций «не обязан» быть периодической функцией, что и иллюстрирует этот пример. П р а в и л ь н ы й о т в е т: не является. Задача 7. Докажите, что, если
1 + x + 1 + y
=2
1 + α , то x + y ≥ 2α .
Проведем сначала преобразования, которые используем далее во всех решениях. Положим u = 1 + x , v = 1 + y , a = 1 + α . В новых переменных условием является равенство u + v
= 2a , где u ≥ 0, v ≥ 0, a ≥ 0 , а доказать надо, что u 2 + v 2 ≥ 2a 2 .
Решение 1. Так как по условию a 2 2 Имеем: u + v
≥
( u + v )2 2
⇔
=
u+v 2
u 2 − 2uv + v 2
, то требуется доказать, что u
2
+v ≥ 2
( u + v )2 2
.
≥ 0 ⇔ (u − v ) 2 ≥ 0 . Последнее неравенство
верно, следовательно, верно и неравенство u 2 + v 2
≥
( u + v )2 2
.
Т е м а: «Доказательство числовых неравенств». Решение 2 . Перепишем неравенство u
(см. решение 1) в виде
( u +2 v )
хорду графика функции y
2
2
+v ≥ 2
( u + v )2 2
≤ u +2 v . Рассмотрим 2
(
)
. Точка
⎛ u+v ; u+v 2 ⎞ ⎜ 2 ( 2 ) ⎟ ⎝ ⎠
данного графика расположена ниже середины хорды, следовательно, u + v
(2)
≤ u +2 v 2
v2
= x 2 с концами в точках
u +v u2 +v2 ; 2 2
2
y = x 2
2
(u; u 2 ) и ( v; v 2 ) (см. рисунок 7). Середина этой хорды имеет координаты
y
2
.
u2 + v2 2 2 u +v 2
( )
u2 0
u
Puc.7
u +v 2
v
x
Т е м а: «Выпуклость функции».
4
Решение 3. Если u + v = 2a , то точка с координатами (u; v ) лежит на прямой x + y = 2a . Расстояние от начала
y 2a
x + y = 2a
координат до этой прямой равно a 2 (см. рисунок 8). Следовательно, расстояние от любой точки (u; v ) прямой до начала координат не меньше a 2 , т.е. откуда u 2
+ v 2 ≥ 2a 2 .
u
2
+v ≥ a 2
2,
a 2
v
( u; v ) u 2a
0
x
Puc.8
Т е м а: «Метод координат».
Решение 4. Рассмотрим векторы m{u; v}, n{v; u} и q{2a;2a} . Так как u + v m + n = q . Следовательно, | m | + | n | ≥ | q | , откуда u 2 + v 2 ≥ 2a 2 .
= 2a ,
то
Т е м а: «Векторы». Решение
неравенству
5.
Так как u ≥ 0 и v ≥ 0 , неравенство u 2 + v 2 u2 + v 2 2
≥ u +2 v .
≥
( u + v )2 2
равносильно
Таким образом, оно является известным неравенством,
выражающим соотношение между средним квадратичным и средним арифметическим. Т е м а: «Теоремы о средних».
5
