11 Клас

1. Дійсні числа x, y задовольняють умову:

.

Яких значень може набувати добуток ?

Відповідь: .

Розв’язання. Домножимо обидві частини на і одержимо рівності, рівносильні заданій:

.

2. Задача 8-4.

3. Задача 10-3.

4. (Сердюк Назар) Кола та перетинаються в точках P та Q. Нехай AB і CD — паралельні діаметри кіл та відповідно. При цьому жодна з точок A, B, C, D не збігається ні з P, ні з Q, і точки лежать на колах у такому порядку: A, B, P, Q на колі та C, D, P, Q на колі . Прямі AP та BQ перетинаються в точці X, а прямі CP та DQ — в точці Y, . Доведіть, що всі прямі XY для різних варіантів вибору діаметрів AB і CD проходять через одну й ту саму точку або всі є паралельними.

Розв’язання. Нехай — центр кола , а (рис. 10). Оскільки і , AP і BQ — висоти трикутника , а точка їхнього перетину X — ортоцентр цього трикутника. Тоді — третя висота трикутника, а отже і . Звідси трикутники та мають рівні кути, і переводиться в трикутник поворотною гомотетією з центром у точці P на кут та з коефіцієнтом .

Нехай — середина . Відрізки і — відповідні медіани трикутників та , а тому , звідки — дотична до кола . Аналогічно, — також дотична до цього кола. Отже, є точкою перетину дотичних до , проведених із точок P та Q, і не залежить від вибору точок A й B. Не залежить від вибору цих точок і довжина відрізка , оскільки довжина діаметра кола AB і кут сталі.

Аналогічним чином побудуємо точку для кола . Нехай (випадок, коли , розглянуто далі). Покажемо, що точка T стала. Звідси випливатиме, що прямі XY незалежно від вибору паралельних діаметрів AB та CD проходитимуть через одну точку — точку T (принаймні якщо XY та не паралельні).

Прямі та паралельні, оскільки обидві є перпендикулярними до . Звідси . Точки та , як і відношення , є сталими; сталою з огляду на неперервність руху діаметрів є й співнаправленість або протилежна направленість відрізків та ; тож фіксованою є також і точка T.

Прямі XY та паралельні і не збігаються тоді й лише тоді, коли відрізки і рівні та співнаправлені. Ці властивості, як показано вище, зберігаються при виборі різних діаметрів. Таким чином, якщо за якогось вибору діаметрів прямі XY та виявилися паралельними, то паралельними , а отже одна одній, будуть і решта прямих XY.

Збігатися ж прямі XY та можуть лише тоді, коли . У цьому випадку слід розглянути інші варіанти вибору діаметрів. З огляду на сказане вище, відповідні цим варіантам прямі XY або проходитимуть через деяку точку T на прямій , або будуть цій прямій паралельними. Лишається зауважити, що початкова пряма задовольняє обидві ці умови.

5. (Сердюк Назар) Нехай попарно різні многочлени , , мають коефіцієнти та не мають цілих коренів. Відомо, що . Доведіть, що для деяких та . При цьому індекси i та j або k та l можуть бути рівними.

Розв’язання. Оскільки многочлени не мають цілих коренів, то для довільного . Тоді, враховуючи, що дорівнює вільному коефіцієнту многочлена , можемо стверджувати, що . Розгляньмо всі пари многочленів та , , для яких . Для кожної такої пари визначимо многочлен . Якщо та — це кількості многочленів, для яких та , то таких впорядкованих пар і відповідних їм многочленів є рівно

.

Коефіцієнти многочленів можуть набувати значень із набору , а коефіцієнти многочлена , відповідно, не можуть перевищувати за модулем 4. Тому якщо , то многочлени та тотожно рівні, бо

.

Оскільки вільний коефіцієнт кожного із многочленів дорівнює нулю, всі значення діляться на 5. Крім того, (бо інакше — тотожний нуль, чого бути не може) та . Отже, усього можливих різних значень не більше ніж . Проте загальна кількість многочленів більша:

.

Тому для деяких i, j, k, l. Отже, для деяких , , що і треба було довести.