4. Задача № 4 за 7 клас.

5. Чи можна утворити трикутник з відрізків , якщо вони задовольняють рівність:

?

(Рубльов Богдан)

Відповідь: не можна.

Розв’язання. Задану рівність перепишемо таким чином:

.

Ліва частина розкладається на множники таким чином:

.

Звідси маємо, що ліва частина від’ємна, а тому принаймні один з множників від’ємний. Перший завжди додатний, тому від’ємним є, наприклад, другий, тобто , а це суперечить нерівності трикутника.

4.1. У комітеті утворили 4 підкомітети, кожним з яких керують по 3 людини з комітету. Для узгодження їхніх дій, кожні два підкомітети серед керівників мають рівно одного спільного члена. Яка найменша кількість людей може бути в комітеті?

Відповідь: .

Розв’язання. Якщо розглянути керівництво двох підкомітетів, то вони мають рівно одного 1 спільного члена, тоді разом вони містять рівно 5 членів. Таким чином усього в комітеті мінімум 5 людей, позначимо їх числами: . Але з цих 5 членів вибрати керівництво ще одного підкомітету неможливо. Таким чином у комітеті мінімум 6 людей. З них можна утворити керівництво підкомітетів належним чином:

.

5.1. Для яких цілих чисел існують такі цілі числа , що виконується рівність:

?

(Рубльов Богдан)

Відповідь: для будь-яких чисел однакової парності.

Розв’язання. Якщо однакової парності, то задамо цілі числа такими рівностями:

, .

Тоді очевидно, що вони цілі, і простою підстановкою в задане рівняння переконуємось, що вони йому задовольняють.

Якщо різної парності, то права частина заданого рівняння є непарним числом. Дійсно, якщо, наприклад, - парне, а - непарне, то - парне, а - непарне, а тому задана рівність неможлива.

9 клас

1. Задача № 1 за 8 клас.

2. У січні Петрик щоденно купляв собі від однієї до трьох машинок. Першого лютого він спробував усі куплені машинки розставити у прямокутник. Коли він розставив їх в ряди по 7 машинок у кожному ряді, то виявилась 1 зайва машинка. Коли розставив в ряди по 10 машинок, то зайвими лишилися 2 машинки. Чи зможе Петрик розставити їх в ряди по 4 машинки?

Відповідь: так.

Розв’язання. Для деяких натуральних повинна виконуватись рівність:

або .

Тобто треба знайти число між та , яке закінчується на цифру та ділиться на . Найменшим таким число є , але воно менше за . Наступним числом є число . Зрозуміло, що інших чисел не існує у вказаному проміжку. Таким чином усього машинок у Петрика:

.

Оскільки , то розставити в ряд по він зможе.

3. Відомо, що у дану прямокутну трапецію можна вписати квадрат таким чином, щоб кожна його вершина лежала на відповідній стороні трапеції (жодна з вершин квадрата не співпадає з вершиною трапеції). Побудуйте цей вписаний квадрат за допомогою циркуля і лінійки.

(Рожкова Марія)

Розв’язання. Аналіз. Нехай - дана трапеція з прямими кутами при вершинах та , - шуканий квадрат із центром у точці , при цьому , . У чотирикутнику два протилежні кути прямі, тому навколо нього можна описати коло. Звідси , як вписані кути, що спираються на дугу (рис. 4). Аналогічно . Отже в точці перетинаються бісектриси внутрішніх кутів при вершинах та трапеції. Крім того, точки симетричні відносно точки .

Побудова. Будуємо точку як перетин бісектрис кутів при вершинах та трапеції. Далі будуємо пряму , що симетрична прямій відносно точки . Пряма перетинає відрізок у єдиній точці , що є шуканою вершиною квадрата. Знаючи центр квадрату та одну з його вершин, зрозуміло, що такий квадрат єдиний і він відновлюється очевидним чином.

4. Для додатних чисел доведіть нерівність:

.

Розв’язання. Декілька разів застосуємо нерівність між середніми:

.

5. Квадрат розбито на 121 квадратик , 4 з яких пофарбовано у чорний колір, а решта – у білий. З квадрата вирізають повністю білий прямокутник (або квадрат). Яку найбільшу площу може гарантовано мати цей прямокутник? Вирізати дозволяється лише вздовж ліній, які розділяють квадрат на одиничні квадратики.

(Рубльов Богдан)

Відповідь: .

Розв’язання. Спочатку розставимо чорні клітини, як це показане на рис. 5, тоді неважко збагнути, що вирізати можна квадрат площею і це найбільша можлива площа для прямокутника.

Т епер покажемо, що це максимальна можлива площа. Методом від супротивного, припустимо, що існує таке розташування чорних квадратиків, при якому максимальна площа прямокутника, що можна вирізати не перевищує . Це означає, що який би ми не вибрали прямокутник розміром чи більше, то там повинна бути чорна клітина. Для зручності занумеруємо поля на кшталт шахової дошки (рис. 5). Горизонталі позначимо числами знизу до гори від 1 до 11, а вертикалі зліва направо українськими літерами: а, б, ,.., і. Будемо називати клітини сірими, якщо в них точно не повинна бути чорна клітина.

Якщо вирізати квадрати з такими кутами: (а1-д5), (е1-и5), (а6-д10), (е6-и10). Тому сірими є 11-та горизонталь та стовпчик і, аналогічно сірими є горизонталь 1 та стовпчик а.

Я кщо вирізати квадрати з такими кутами: (а1-д5), (є1-і5), (а7-д11), (є7-і11). Тому сірими є 6-та горизонталь та стовпчик е (середні стовпчики та рядок) (рис. 6).

Припустимо, що чорний квадратик є принаймні в одній з ліній б, и чи 2, 10. Наприклад, у вертикалі б, Тоді є чорні квадратики у прямокутника з кутами в1-і3 та в9-і11. Кожен з них має площу . Тоді на прямокутник в4-і8 завбільшки , який розбивається на два прямокутники в4-і6 та в6-і8, у кожному з них повинна бути чорний квадрат. Тому він вимушений бути на їх спільній горизонталі 6. Але за доведеним, ця горизонталь сіра, одержана суперечність показує, що сірою є частина квадрата, як на рис. 7.

З розуміло, що в кожному з чотирьох квадратів повинний знаходитись рівно 1 чорний квадратик. Якщо чорним є принаймні один з квадратиків в3, в9, з3, з9. Наприклад, в9. Тоді у двох прямокутниках г7-ж11 та а6-і8. Тому чорний квадратик повинен бути є7-ж8. Аналогічно у г4-д5. Тоді чорним зобов’язаний бути квадратик з3. З прямокутників а1-г8 та а1-ж4 чорним повинен бути квадратик г4, аналогічно ж8. Але тоді вільним є прямокутник д1-є11. Таким чином жовтими є усі 4 квадратики в3, в9, з3, з9. Але тоді повинні рівно по 1 чорному квадратику повинно бути в смугах в4-в8, г9-ж9, г3-ж3, з4-з8. Але тоді вільним залишиться центральний квадрат г4-ж8. Одержана суперечність завершує доведення.

4.1. Для додатних чисел доведіть нерівність:

.

Розв’язання. Застосуємо двічі нерівність між середніми:

.

5.1. Маємо 9 гир, на яких написано, що вони важать 1г, 2г, 3г, ..., 9г відповідно. Відомо, що рівно одна з гир важить легше, ніж на ній зазначено, а решта рівно стільки, скільки на них зазначено. Чи можна на терезах з двома шальками без додаткових гир визначити хибну гирю не більше ніж за 2 зважування?

Відповідь: так, можна.

Розв’язання. Покладемо на шальки при першому зважуванні гирі на ліву та на праву. Якщо маємо рівність , то фальшива гиря серед інших трьох.

Тоді покладемо на шальки, наприклад, такі комбінації: та .

• Якщо , то ці гирі – справжні, тому фальшива .

• Якщо , то фальшива , бо фальшива – більш легка і там її треба шукати. З урахуванням першого зважування нею є .

• Аналогічно, при фальшивою є .

Аналогічно, якщо при початковому зважуванні вийшла нерівність, то фальшива там, де менша вага. Решта шість гир справжні. Залишається покласти на різні шальки по одній потенційно фальшивій і врівноважити їх справжніми. Наприклад, та . Далі все аналогічно, фальшива на більш легкій шальці терезів, при рівновазі – та, що не покладена.