даны условия и решения заданий,нужно:оформить красивое,олимпиадное,но желательно краткое решение всех заданий и сделать рисунок для решения 4 задания
Сверь числа и знаки с фото.
- Найдите все такие вещественные числа y, что числа y − √2 и 1/y + 4√2 являются рациональными.
- Положительное число q таково, что квадратные трехчлены 2x² + px + q и x² − rx + 13q имеют общий положительный корень. Докажите, что хотя бы один из них имеет два положительных корня, отношение которых больше 5.
- На доске написано 21-значное число 907 806 705 604 503 402 301. За одну операцию можно разбить его запись на две части, и сложить полученные числа. Например, число 2030 можно было бы заменить на 2 + 030 = 32, 20 + 30 = 50, 203 + 0 = 203. Кроме этого, разрешается дописать в конец числа любое количество нулей. Может ли в какой-то момент на доске оказаться число 907 806 705 604 413 402 301?
- Точка I — центр вписанной окружности треугольника ABC. Описанная окружность треугольника BIC пересекает сторону AC в точке K. Описанная окружность треугольника ABK пересекает луч BI в точке P. Оказалось, что BI = 2KP и AK = 2KC. Найдите отношение AC/BC.
- Спортсмен бегает с постоянной скоростью между пунктами A и B. Он начинает в A, добежав до B сразу бежит обратно, из A тоже сразу бежит обратно и т.д. Каждую минуту он бросает фантик (первый фантик брошен через минуту после старта). Фантики, брошенные через 7 и через 127 минут после старта, оказались в одной точке. К моменту 127-й минуты в точке B фантиков не появилось. Сколько фантиков может в этот момент лежать в A?
Задача 1 Пусть y − √2 = a ∈ ℚ. Тогда 1/y = (a − √2)/(a² − 2). Выражение 1/y + 4√2 рационально, только если коэффициент при √2 равен нулю: 4 − 1/(a² − 2) = 0, откуда a² = 9/4 и a = ±3/2. Ответ: y = 3/2 + √2 или y = √2 − 3/2.
Задача 2 Пусть x₀ > 0 — общий корень. По Виета второй корень первого трёхчлена s₁ = q/(2x₀) > 0, второго — s₂ = 13q/x₀ = 26s₁ > 0, т.е. у обоих трёхчленов оба корня положительны. Пусть t = x₀/s₁. Если t > 5 — подходит первый. Если t ≤ 5, то у второго s₂/x₀ = 26/t > 5,2 > 5. ■
Задача 3 Ответ: нет. Сумма цифр при сложении не растёт: S(A + B) ≤ S(A) + S(B), причём равенство бывает только без переносов. Дописывание нулей сумму цифр не меняет. У обоих чисел сумма цифр 70, значит ни в одном сложении не было переносов. При сложении без переносов цифры только складываются поразрядно, поэтому количество ненулевых цифр не может вырасти. У исходного числа ненулевых цифр 14, у числа 907806705604413402301 — 15. Противоречие.
Задача 4 Центр окружности BIC лежит на биссектрисе AI. Поэтому точка, симметричная B относительно AI, лежит на этой окружности, и на прямой AC — это K. Значит, AK = AB = c. Из AK = 2KC: c = 2(b − c), т.е. b = 3c/2. В окружности ABK: ∠BPK = ∠BAK = ∠A, а ∠PBK = ∠ABK − ∠ABI = (90° − ∠A/2) − ∠B/2 = ∠C/2. По теореме синусов для треугольника BPK: KP = BK sin(∠C/2)/sin∠A = c sin(∠C/2)/cos(∠A/2) (здесь BK = 2c sin(∠A/2)). Кроме того, BI = c sin(∠A/2)/cos(∠C/2). Условие BI = 2KP даёт sin(∠A/2)cos(∠A/2) = 2sin(∠C/2)cos(∠C/2), т.е. sin∠A = 2sin∠C, откуда a = 2c. Ответ: AC/BC = (3c/2)/(2c) = 3/4.
Задача 5 Пусть T — время пробега A→B. Положение бегуна периодично с периодом 2T и симметрично, поэтому 127 ± 7 кратно 2T: 2Tk = 120 или 2Tk = 134. В B бегун в моменты (2m + 1)T, в A — в моменты 2mT. • 2Tk = 120, T = 60/k; в B не должно быть целых моментов ≤ 127, значит 8 | k. Тогда моменты в A равны 15m/d′ (где k = 8d′), т.е. целые моменты кратны 15, 5, 3 или 1 — это 8, 25, 42 или 127 фантиков. • 2Tk = 134, T = 67/k: k чётно. Тогда в A 1 фантик (67-я минута) или 127. Ответ: 1, 8, 25, 42 или 127.
Пусть \(y-\sqrt2=q\in\mathbb Q\). Тогда \[ \frac1y+4\sqrt2 =\frac{q-\sqrt2}{q^2-2}+4\sqrt2 =\frac{q}{q^2-2}+\sqrt2\left(4-\frac1{q^2-2}\right). \] Коэффициент при \(\sqrt2\) равен нулю: \[ 4-\frac1{q^2-2}=0\Rightarrow q^2=\frac94\Rightarrow q=\pm\frac32. \] \[ \boxed{y=\sqrt2\pm\frac32} \]
Пусть \(x_0>0\) — общий корень. По теореме Виета второй корень первого трёхчлена \[ u=\frac{q}{2x_0}>0, \] а второго — \[ v=\frac{13q}{x_0}=26u>0. \] У обоих трёхчленов корни положительны. Положим \(t=\frac{x_0}{u}\).
Если \(t>5\), то первый имеет два положительных корня с отношением \(>5\).
Если \(0<t\le5\), то \[ \frac{v}{x_0}=\frac{26u}{x_0}=\frac{26}{t}\ge\frac{26}{5}>5. \] Значит, подходит второй. Ч.т.д.Обозначим сумму цифр числа через \(S\), число ненулевых цифр — через \(N\).
При сложении \(S(A+B)\le S(A)+S(B)\), причём равенство возможно только без переносов. Дописывание нулей \(S\) и \(N\) не меняет.
У исходного и у целевого чисел \(S=70\). Значит, все промежуточные сложения должны быть без переносов. Но тогда количество ненулевых цифр не может возрастать. У исходного числа \(N=14\), у целевого \(N=15\). Противоречие.
\[ \boxed{\text{нет, не может}} \]Обозначим \(a=BC,\ b=CA,\ c=AB\), \(\alpha=\angle A\), \(\beta=\angle B\), \(\gamma=\angle C\).
Пусть \(K'\) — точка на \(AC\), для которой \(AK'=c=AB\). Тогда треугольник \(ABK'\) равнобедренный и \[ \angle BK'C=90^\circ+\frac{\alpha}{2}=\angle BIC. \] Значит, \(B,I,C,K'\) лежат на одной окружности, поэтому \(K'=K\). Следовательно, \(AK=AB=c\). Из \(AK=2KC\): \[ KC=\frac c2,\qquad b=AC=c+\frac c2=\frac{3c}{2}. \] Далее \[ BK=2c\sin\frac{\alpha}{2}. \] В треугольнике \(BPK\): \[ \angle PBK=\angle ABK-\angle ABI =\left(90^\circ-\frac{\alpha}{2}\right)-\frac{\beta}{2} =\frac{\gamma}{2}. \] По теореме синусов \[ KP=\frac{BK\sin(\gamma/2)}{\sin\alpha} =\frac{c\sin(\gamma/2)}{\cos(\alpha/2)}. \] Кроме того, \[ BI=\frac{c\sin(\alpha/2)}{\cos(\gamma/2)}. \] Условие \(BI=2KP\) даёт \[ \sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2} =2\sin\frac{\gamma}{2}\cos\frac{\gamma}{2}, \] то есть \[ \sin\alpha=2\sin\gamma. \] По теореме синусов \(a=2c\). Тогда \[ \frac{AC}{BC}=\frac{b}{a} =\frac{3c/2}{2c}=\boxed{\frac34}. \]
Схема к задаче 4:
B
╱│╲
╱ │ ╲ (BIC)
╱ I ╲
╱ │ ╲
A ─────┼──── K ───── C
│
P
Здесь \(B,I,P\) лежат на одной прямой, \(I\) между \(B\) и \(P\); \(A,K,C\) лежат на одной прямой; \(AB=AK\), \(AK=2KC\).
- Пусть \(T\) — время пробега \(A\to B\). Положение бегуна имеет период \(2T\) и симметрично, поэтому \[ 127\pm7\ \text{кратно }2T, \] то есть \[ 2Tk=120\quad\text{или}\quad2Tk=134. \] В точке \(B\) бегун бывает в моменты \((2m+1)T\), в точке \(A\) — в моменты \(2mT\).
- Если \(2Tk=120\), то \(T=60/k\). Чтобы в \(B\) не было целых моментов, нужно \(8\mid k\). Пусть \(k=8d\), тогда \(2T=15/d\). Целые моменты в \(A\) — это числа, кратные \(15/\gcd(15,d)\), то есть 15, 5, 3 или 1. Получаем \(8,25,42,127\) фантиков.
- Если \(2Tk=134\), то \(T=67/k\). Нужно, чтобы \(k\) было чётным. Тогда возможны \(1\) фантик (67-я минута) или \(127\) фантиков.
\[ \boxed{1,\ 8,\ 25,\ 42\ \text{или }127} \]
