9 клас. 1 тренувальна олімпіада з математики

1 . Дано 1001 різне натуральне число, кожне з яких менше 2000. Довести, що з них можна вибрати три таких числа, що одне з них дорівнює сумі двох інших. 

2. На прямій знаходяться павук і муха. Максимальна швидкість павука вдвоє більша максимальної швидкості мухи, але він нічого не знає про місце перебування мухи до тих пір, поки вони не перебуватимуть в одній точці. Чи зможе павук наздогнати муху? 

3. Висота, що проведена з вершини прямого кута прямокутного трикутника на гіпотенузу, ділить трикутник на два трикутника, в кожний з яких вписано коло. Визначити площу трикутника, утвореного катетами початкового трикутника і прямої, що проходить через центри кіл, якщо висота початкового трикутника дорівнює h. 

4. Сім точок в крузі одиничного радіуса розміщені так, що відстань між будь-якими двома з них не менша 1. Довести, що одна з точок співпадає з центром круга.

5. Квадрат вписано в круг. На сторонах квадрата як на діаметрах всередині квадрата побудовано півкруги. Чотири попарних перетини цих півкругів утворюють фігуру "квітка". Довести, що загальна площа цієї "квітки" дорівнює площі частини описаного круга, що лежить поза квадратом.

Ну, це зовсім просто. «Квітка» складається з 8-ми прямокутних сегментів кругів, радіус яких у корінь із двох разів менший за радіус описаного кола, а зовнішня частина кола складаєтьься з 4-х подібних сегментів. Оскільки  площі подібних фігур співвідносяться як квадрат коефіцієнту подібності, сумарні площі фігур будуть рівними.

6. Кожна точка площини пофарбована в чорний або білий колір. Довести, що на цій площині знайдеться трикутник з кутами 30°, 60°, 90° і гіпотенузою 2, вершини якого однокольорові.

Візьмемо довільний правильний трикутник зі стороною 1. Принаймні дві з його вершин однаковий колір (наприклад, білий). Побудуємо тепер трикутник, симетричний даному відносно його третьої вершини. Якщо хоч одна з вершин цього трикутника виявиться білою, то умова буде виконана. Отже, нехай вони обидві чорні. Але тоді в одному з трикутників  всі вершини одного кольору, оскільки їх спільна вершина має бути або чорною, або білою.

Нехай, наприклад, існує правильний одиничний трикутник з усіма білими вершинами; побудуємо симетричні до нього трикутники відносно козної з його вершин. Якщо умова не виконується, то всі 6 вершин побудованих трикутників, які не є спільними з центральним, мають бути чорними. Тепер побудуємо такі самі трикутники на кожній стороні центрального; їх центри утворять правильний трикутник зі стороною 2. Серед його вершин є принаймні 2 однакового кольору. Якщо вони білі, то утворюють шуканий трикутник разом з одною з вершин центрального, а якщо чорні – то разом з одною з навколшніх чорних вершин.

(Все це треба намалювати, щоб було зрозуміло). Справді цікава задача.

7. Відомо, що деякий многочлен у раціональних точках набуває раціональних значень. Довести, що всі його коефіцієнти раціональні.

Вільний член дорівнює значенню многочлена при х=0, тому він є раціональним.

Але якщо для деякого раціонального х, відмінного від 0, вираз (...(a₀x+a₁)x+...+a_n-1)x+a_n раціональний, то вираз в перших дужках (...(a₀x+a₁)x+...a_n-2)x+a_n-1 також раціональний. Якщо показати, що цей вираз раціональний також і при х=0, теорему буде доведено за індукцією. Але я поки не бачу, як це зробити.

8. Чи існує трикутник, у якого точки перетину бісектрис є серединою однієї з бісектрис?

Не може. Доводимо від супротивного. Нехай у трикутнику АВС точка О – перетиу бісектрис є серединою бісектриси АН. Тоді в трикутнику АВН відрізок ВО є одночасно медіаною і бісектрисою, тобто цей трикутник рівнобедрений: АВ=ВН. Так само трикутник АСН є рівнобедреним, АС=СН. Але ж ВС=АН+СН, отже ВС=АВ+АС, тобто точки А,В,С лежать на одній прямій.