1.  Целые числа a, b, c и d удовлетворяют равенству a² + b² + c² = d². Доказать, что число abc делится на 4.     ( 6 баллов)

Решение. Квадрат четного числа делится на 4, а квадрат нечетного числа дает при делении на 4 остаток 1. Если числа a, b, c — нечетные, то d² должен давать при делении на 4 остаток 3, что невозможно.Если среди чисел a, b, c два нечетных и одно четное, то d² должен давать при делении на 4 остаток 2, что также невозможно.Значит, среди чисел a, b, c есть два четных числа, откуда произведение abc делится на 4.Такое возможно, например, 3² + 4² + 12² = 13².

2.  Докажите, что в любой компании найдутся два человека, имеющие равное число знакомых в этой компании (если A знаком с B, то и B знаком с A). ( 6 баллов)

 

Решение. Пусть в компании k человек. Тогда каждый человек может иметь от нуля до (k – 1) знакомых.Предположим противное: количество знакомых у всех разное. Тогда найдется человек без знакомых, найдется человек с одним знакомым, и так далее, наконец, найдется человек, у которого (k – 1) знакомых. Но тогда этот последний знаком со всеми, в том числе и с первым. Но тогда у первого не может быть ноль знакомых. Получили противоречие.

3.Можно ли представить дробь 2/7 в виде суммы двух дробей, числители которых равны 1, а знаменатели — различные целые числа? ( 6 баллов)

Решение. Ответ: можно.

Например, 2/7=1/4+1/28.

 

4. Доказать, что для любых положительных чисел a и b выполняется неравенство

(6 баллов)

Р е ш е н и е.  Сделаем замену  x = b^1/15,  y = a^1/10.  Тогда доказываемое неравенство приобретает вид

2y⁵ + 3x⁵ ? 5y²x³.

Деля на  y⁵ и обозначая  t = x / y,  получаем  3t ⁵ – 5t ³ + 2 ? 0.  Разложим левую часть на множители. Последовательно получаем

f(t) = (3t ⁵ – 3t ³) – (2t ³ – 2) ? 0,

3t ³(t ² – 1) – 2(t – 1)(t ² + t + 1) ? 0,

(t – 1)(3t ³(t + 1) – 2(t ² + t + 1)) ? 0,

(t – 1)(3t ⁴ + 3t ³ – 2t ² – 2t – 2) ? 0,

(t – 1)((2t ⁴ – 2t ²) + (t ⁴ – t) + (t ³ – t) + (2t ³ – 2)) ? 0

(t – 1)(2t ²(t ² – 1) + t(t ³ – 1) + t(t ² – 1) + 2(t ³ – 1)) ? 0,

(t – 1)²(2t ²(t + 1) + t(t ² + t + 1) + t(t + 1) + 2(t ² + t + 1)) ? 0,

(t – 1)²(3t ³ + 6t ² + 4t + 2) ? 0.

Для  t > 0  выражение в первой скобке ? 0,  во второй скобке > 0.  В итоге,  f(t) ? 0  для всех  t > 0.  Равенство нулю достигается лишь при  t = 1,  т.е. при  x = y,  т.е. при  a³ = b².  ?

5. На основаниях  AB и  CD трапеции  ABCD взяты точки  K и  L.  Пусть  E – точка пересечения отрезков  AL и  DK,  F – точка пересечения  BL и  CK.  Доказать, что сумма площадей треугольников  DADE и  DBCF равна площади четырёхугольника  EKFL.                                                                            (6 баллов)

Р е ш е н и е.

Имеем  S_DADK = S_DALK,  так как они имеют общее основание  AK и равные высоты, совпадающие с расстоянием между параллельными прямыми  AB и  DC.  S_DADE = S_DADK – S_DAEK = S_DALK – S_DAEK = S_DKLE.  Аналогично,  S_DBCF = S_DKLF.  Таким образом, сумма площадей треугольников  DADE и  DBCF равна площади четырёхугольника  EKFL.