10 класс натуральных чисел? Ответ: можно.

10 класс
10.1 Можно ли число 2012 представить в виде разности квадратов двух
натуральных чисел?
Ответ: можно.
Решение. Подберем натуральные числа x>y так, чтобы x2-y2=2012, т.е.
чтобы (x-y)(x+y)=2×1006. Попробуем взять x-y=2, x+y=1006. Найдем x=504,
y=502.
Замечание. Требуемое представление единственно, поскольку разложение
числа 2012 на простые имеет вид 2012=22×503, а числа x-y и x+y, имея одинаковую четность и являясь делителями числа 2012, должны быть четными
делителями, т.е. неизбежно х-у=2, x+y=2×503.
2a
a2
и 2 не
a
a 1
10.4 Докажите, что если 0<a<2, то хотя бы одна из дробей
меньше 0,6 .
Решение.
План действий: сначала выясним при каких значениях а,
3
a2
0<a<2, дробь
не меньше , затем проверим, что для остальных значе5
a 1
ний а дробь
2a
3
больше .
2
a
5
a2
3
 , 5а2-3а-3≥0. Положительный
Итак, сначала решаем неравенство
a 1 5
корень трехчлена равен
полняется для a  [
3  69 3  8,...
a2
3

 1,1... . Т.о. неравенство

вы10
10
a 1 5
3  69
;2). Пусть теперь
10
a
3  69
.
10
Проверим, что
2a 3
 , т.е. что 3а2+5а-10 < 0. Решая последнее неравенство, находим
2
a
5
a
145  5
. Теперь нам
6
достаточно проверить, что
5 145  34  3 69 . Это можно сделать, например, так:
145  5 3  69

, т.е.
6
10
145  12 ,
1
69  64  16 / 3  1/ 9. Поэтому 5 145  5  12  34  3(8  )  34  3 69 .
3
1
69  8  , т.к.
3
10.2 Существует ли такой квадратный трехчлен f(x), для которого при всех
значениях х выполнено неравенство f ( x)  f ( x 2 ) ?
Ответ: не существует.
Решение. Предположим, однако, что существует: f(x)=ax2+bx+c, a≠0, и
f ( x)  f ( x 2 ) . Имеем ax2+bx+c ≤ ax4+bx2+c при всех x, т.е. ax4-ax2+bx2-bx ≥0,
ax2(x2-1)+bx(x-1) ≥0, x(x-1)(ax(x+1)+b)≥0, x(x-1)(ax2+ax+b)≥0 при всех x.
Утверждается, что трехчлен q(x)= ax2+ax+b имеет корни х=0 и х=1. Если бы,
например, q(0)≠0, то в малой окрестности точки 0 трехчлен q(x) имел бы знак
числа q(0), в то время как выражение x(x-1) меняет знак при переходе аргумента х через 0 и, следовательно, произведение x(x-1)q(x) меняет знак, что
делает невозможным выполнение неравенства x(x-1)q(x)≥0.
Аналагично, q(1)=0. Но q(0)=b, q(1)=2a+b. Значит, b=0, a=0. Получено противоречие (ведь a≠0).
10.5 Могут ли числа 7,8 и 9 быть не обязательно соседними членами одной
геометрической прогрессии?
Решение.
Предположим, что bqk=7, bql=8,bqm=9 (b-первый член прогрес8
7
сии, q- ее знаменатель; k, l, m-целые числа ≥ 0). Тогда qs =
t
,
s
9
8
9
где s=l-k≠ 0, q =
, где t=m-l ≠ 0. Имеем: q st    , и q ts    , т.е.
8
7
8
t
t
s
 8   9  8st
    ,
7 8
 7t  9 . Это равенство не возможно при целых s≠0 и t≠0
s
(независимо от знака чисел s, t и s+t).
10.3 В прямоугольнике ABCD соединили вершину С с серединой Е стороны
AD. Оказалось, что CE перпендикулярно BD. Пусть О – точка пересечения
СЕ и BD. Докажите, что треугольник BAO – равнобедренный.
Решение.
Пусть F- середина ВС. Тогда OF=BF, так как медиана OF
прямоугольного треугольника BOС равна половине гипотенузы ВС.
Кроме того, AF ‫ ׀׀‬CE, поэтому AF  BD. В равнобедренном треугольнике
BFO отрезок FP является высотой, а значит и медианой: BP=PO. Стало быть,
высота AP треугольника BAO является медианой. Следовательно AO=AB.
F
B
C
P
O
A
E
D