Олимпиадные задания по математике
материал по математике

Разминка.
1. Решите уравнение
(x2−1)(x−3)|x−1|=0(x2-1)(x-3)|x-1|=0 .
В ответе запишите сумму всех его корней.
Решение:
ОДЗ: x≠1x≠1 .
Корни x=±1,3x=±1,3 , один корень выкидываем.
Сумма оставшихся 3−1=23-1=2 .
Ответ: 22 .
2. Площадь прямоугольного равнобедренного треугольника равна 1616 . Найдите длину гипотенузы треугольника.
Решение:
aa - катет, тогда a2–√a2 - гипотенуза.
12a2=16⇒a2=32⇒2a2=64⇒a2–√=812a2=16⇒a2=32⇒2a2=64⇒a2=8 .
Ответ: 88 .

Основное задание.
Задача №1 (1 тип, 5 вариантов, приводится решение 1 типа).
Какое наибольшее количество подарков для детей можно собрать из 462462 пряников, 539539 конфет и 308308 шоколадок, чтобы в каждом подарке было одинаковое количество пряников, одинаковое количество конфет и одинаковое количество шоколадок и все пряники, конфеты и шоколадки были использованы?
Решение:
1. В каждом подарке mm пряников, nn конфет и kk шоколадок.
Пусть pp - наибольшее количество подарков.
Тогда, ⎧⎩⎨⎪⎪mp=462np=539kp=308{mp=462np=539kp=308 .
Следовательно, p=НОД(462,539,308)p=НОД(462,539,308) .
2. 462=2⋅3⋅7⋅11,539=72⋅11,308=22⋅7⋅11462=2⋅3⋅7⋅11,539=72⋅11,308=22⋅7⋅11 .
p=7⋅11=77p=7⋅11=77 .
Ответ: 7777 .

Задача №1.
Какое наибольшее количество подарков для детей можно собрать из 234234 пряников, 273273 конфет и 156156 шоколадок, чтобы в каждом подарке было одинаковое количество пряников, одинаковое количество конфет и одинаковое количество шоколадок и все пряники, конфеты и шоколадки были использованы?
Ответ: 3939 .

Задача №1.
Какое наибольшее количество подарков для детей можно собрать из 198198 пряников, 462462 конфет и 132132 шоколадок, чтобы в каждом подарке было одинаковое количество пряников, одинаковое количество конфет и одинаковое количество шоколадок и все пряники, конфеты и шоколадки были использованы?
Ответ: 6666 .

Задача №1.
Какое наибольшее количество подарков для детей можно собрать из 273273 пряников, 637637 конфет и 182182 шоколадок, чтобы в каждом подарке было одинаковое количество пряников, одинаковое количество конфет и одинаковое количество шоколадок и все пряники, конфеты и шоколадки были использованы?
Ответ: 9191 .

Задача №1.
Какое наибольшее количество подарков для детей можно собрать из 234234 пряников, 546546 конфет и 156156 шоколадок, чтобы в каждом подарке было одинаковое количество пряников, одинаковое количество конфет и одинаковое количество шоколадок и все пряники, конфеты и шоколадки были использованы?
Ответ: 7878 .

Задача №2 (1 тип, 4 немного различных варианта, приводится решение одного варианта).
Найдите значение выражения
(2a+2b+c)(1a−1b+c)−1(1+b2+c2−a22bc)(a+b+c)−2(2a+2b+c)(1a-1b+c)-1(1+b2+c2-a22bc)(a+b+c)-2 ,
если a=3πa=3π , а bb и cc - корни уравнения 2015x2−2016x+2=02015x2-2016x+2=0 .
Решение:
1. Произведение первых двух дробей дает дробь 2(a+b+c)b+c−a2(a+b+c)b+c-a (после сокращений).
2. (1+b2+c2−a22bc)(a+b+c)−2=(b+c)2−a22bc(a+b+c)2=(1+b2+c2-a22bc)(a+b+c)-2=(b+c)2-a22bc(a+b+c)2=
=(b+c−a)(b+c+a)2bc(a+b+c)2=b+c−a2bc(a+b+c)=(b+c-a)(b+c+a)2bc(a+b+c)2=b+c-a2bc(a+b+c) .
3. 2(a+b+c)b+c−a⋅b+c−a2bc(a+b+c)=1bc2(a+b+c)b+c-a⋅b+c-a2bc(a+b+c)=1bc .
По теореме Виета bc=22015⇒1bc=20152=1007,5bc=22015⇒1bc=20152=1007,5 .
Ответ: 1007,51007,5 .

Задача №2.
Найдите значение выражения
(1a+1b+c)−1(1a−1b+c)(1+b2+c2−a22bc)−1(a+b+c2)2(1a+1b+c)-1(1a-1b+c)(1+b2+c2-a22bc)-1(a+b+c2)2 ,
если a=4πa=4π , а bb и cc - корни уравнения 2x2−2016x+2015=02x2-2016x+2015=0 .
Ответ: 503,75503,75 .

Задача №2.
Найдите значение выражения
(1a+1b+c)−1(1a−1b+c)(1+b2+c2−a22bc)−1(a+b+c)22(1a+1b+c)-1(1a-1b+c)(1+b2+c2-a22bc)-1(a+b+c)22 ,
если a=2πa=2π , а bb и cc - корни уравнения 2x2−2015x+2015=02x2-2015x+2015=0 .
Ответ: 1007,51007,5 .

Задача №2.
Найдите значение выражения
(1a+1b+c)(1a−1b+c)−1(1+b2+c2−a22bc)(a+b+c)−2(1a+1b+c)(1a-1b+c)-1(1+b2+c2-a22bc)(a+b+c)-2 ,
если a=πa=π , а bb и cc - корни уравнения 2015x2−2015x+2=02015x2-2015x+2=0 .
Ответ: 503,75503,75 .

Задача №3 (2 или 4 типа, 8 вариантов, приводится решения 4 типов).
На окружности пытаются разместить 2121 черную и 1515 белых точек так, чтобы среди них можно было насчитать как можно больше всевозможных троек, являющихся вершинами прямоугольных треугольников с черными вершинами у прямых углов. Каково наибольшее количество таких троек?
Решение:
1. Условие не однозначное, будем считать, что годятся треугольники с черной вершиной у прямого угла и другими вершинами любого цвета.
ББЧ - треугольники с 22 белыми и 11 черной вершиной у прямого угла.
ЧЧЧ - треугольники с 33 черными вершинами.
БЧЧ - треугольники с 11 белой и 22 черными вершинами, одна черная вершина у прямого угла.
Решим задачу в общем случае, где 2k+12k+1 белых и 2n+12n+1 черных вершин, при этом n>kn>k .
При расстановке точек используем три очевидных факта:
a. Прямой угол опирается только на диаметр.
b. Нет совпадающих точек.
c. Если две точки составляют диаметр, то любая другая точка не может составить с ними диаметр.
2. Первый вариант расстановки точек:
ББЧ: k(2n+1)k(2n+1) - kk пар белых точек со всеми черными точками.
ЧЧЧ: n(2n−1)n(2n-1) - nn пар черных точек со всеми остальными черными точками.
БЧЧ: 2n2n - пара "лишних" точек (белая+черная) со всеми остальными черными точками.
∑Δ=k(2n+1)+n(2n−1)+2n=(2n+1)(n+k)∑Δ=k(2n+1)+n(2n-1)+2n=(2n+1)(n+k) .
Второй вариант:
БЧЧ: 2n(2k+1)−2k+12n(2k+1)-2k+1 цветная пара со всеми остальными черными точками.
ЧЧЧ: (n−k)(2n−1)(n-k)(2n-1) - (n−k)(n-k) пар черных точек со всеми остальными черными точками.
∑Δ=2n(2k+1)+(n−k)(2n−1)=(2n+1)(n+k)∑Δ=2n(2k+1)+(n-k)(2n-1)=(2n+1)(n+k) .
Промежуточные варианты дадут такое же (инвариант) или не превосходящее количество треугольников.
В нашем случае n=10,k=7⇒∑Δ=21⋅17=357n=10,k=7⇒∑Δ=21⋅17=357 .
Ответ: 357357 .

Задача №3.
На окружности пытаются разместить 2020 черных и 4040 белых точек так, чтобы среди них можно было насчитать как можно больше всевозможных троек, являющихся вершинами прямоугольных треугольников с черными вершинами у прямых углов. Каково наибольшее количество таких троек?
Решение:
1. Условие не однозначное, будем считать, что годятся треугольники с черной вершиной у прямого угла и другими вершинами любого цвета.
ББЧ - треугольники с 22 белыми и 11 черной вершиной у прямого угла.
ЧЧЧ - треугольники с 33 черными вершинами.
БЧЧ - треугольники с 11 белой и 22 черными вершинами, одна черная вершина у прямого угла.
Решим задачу в общем случае, где 2k2k белых и 2n2n черных вершин, при этом `nПри расстановке точек используем три очевидных факта:
a. Прямой угол опирается только на диаметр.
b. Нет совпадающих точек.
c. Если две точки составляют диаметр, то любая другая точка не может составить с ними диаметр.
2. Первый вариант расстановки точек:
ББЧ: k⋅2nk⋅2n - kk пар белых точек со всеми черными точками.
ЧЧЧ: n(2n−2)n(2n-2) - nn пар черных точек со всеми остальными черными точками.
∑Δ=k⋅2n+n(2n−2)=2nk+2n2−2n=2n(k+n−1)∑Δ=k⋅2n+n(2n-2)=2nk+2n2-2n=2n(k+n-1) .
Второй вариант:
БЧЧ: 2n(2n−1)−2n2n(2n-1)-2n цветных пар со всеми остальными черными точками.
ББЧ: (k−n)⋅2n(k-n)⋅2n - (k−n)(k-n) пар белых точек со всеми остальными черными точками.
∑Δ=2n(2n−1)+(k−n)⋅2n=2n(k+n−1)∑Δ=2n(2n-1)+(k-n)⋅2n=2n(k+n-1) .
Промежуточные варианты дадут такое же (инвариант) или не превосходящее количество треугольников.
В нашем случае n=10,k=20⇒∑Δ=20⋅29=580n=10,k=20⇒∑Δ=20⋅29=580 .
Ответ: 580580 .

Задача №3.
На окружности пытаются разместить 4040 черных и 1010 белых точек так, чтобы среди них можно было насчитать как можно больше всевозможных троек, являющихся вершинами прямоугольных треугольников с черными вершинами у прямых углов. Каково наибольшее количество таких троек?
Решение:
1. Условие не однозначное, будем считать, что годятся треугольники с черной вершиной у прямого угла и другими вершинами любого цвета.
ББЧ - треугольники с 22 белыми и 11 черной вершиной у прямого угла.
ЧЧЧ - треугольники с 33 черными вершинами.
БЧЧ - треугольники с 11 белой и 22 черными вершинами, одна черная вершина у прямого угла.
Решим задачу в общем случае, где 2k2k белых и 2n2n черных вершин, при этом n>kn>k .
При расстановке точек используем три очевидных факта:
a. Прямой угол опирается только на диаметр.
b. Нет совпадающих точек.
c. Если две точки составляют диаметр, то любая другая точка не может составить с ними диаметр.
2.. Первый вариант расстановки точек:
ББЧ: k⋅2nk⋅2n - kk пар белых точек со всеми черными точками.
ЧЧЧ: n(2n−2)n(2n-2) - nn пар черных точек со всеми остальными черными точками.
∑Δ=k⋅2n+n(2n−2)=2nk+2n2−2n=2n(k+n−1)∑Δ=k⋅2n+n(2n-2)=2nk+2n2-2n=2n(k+n-1) .
Второй вариант:
БЧЧ: 2k⋅(2n−1)−2k2k⋅(2n-1)-2k цветных пар со всеми остальными черными точками.
ЧЧЧ: (n−k)⋅(2n−2)(n-k)⋅(2n-2) - (n−k)(n-k) пар черных точек со всеми остальными черными точками.
∑Δ=4kn−2k+2n2−2n−2kn+2k=2kn+2n2−2n=2n(k+n−1)∑Δ=4kn-2k+2n2-2n-2kn+2k=2kn+2n2-2n=2n(k+n-1) .
Промежуточные варианты дадут такое же (инвариант) или не превосходящее количество треугольников.
В нашем случае n=20,k=5⇒∑Δ=40⋅24=960n=20,k=5⇒∑Δ=40⋅24=960 .
Ответ: 960960 .

Задача №3.
На окружности пытаются разместить 1515 черных и 4141 белую точку так, чтобы среди них можно было насчитать как можно больше всевозможных троек, являющихся вершинами прямоугольных треугольников с черными вершинами у прямых углов. Каково наибольшее количество таких троек?
Решение:
1. Условие не однозначное, будем считать, что годятся треугольники с черной вершиной у прямого угла и другими вершинами любого цвета.
ББЧ - треугольники с 22 белыми и 11 черной вершиной у прямого угла.
ЧЧЧ - треугольники с 33 черными вершинами.
БЧЧ - треугольники с 11 белой и 22 черными вершинами, одна черная вершина у прямого угла.
Решим задачу в общем случае, где 2k+12k+1 белых и 2n+12n+1 черных вершин, при этом `nПри расстановке точек используем три очевидных факта:
a. Прямой угол опирается только на диаметр.
b. Нет совпадающих точек.
c. Если две точки составляют диаметр, то любая другая точка не может составить с ними диаметр.
2. Первый вариант расстановки точек:
ББЧ: k(2n+1)k(2n+1) - kk пар белых точек со всеми черными точками.
ЧЧЧ: n(2n−1)n(2n-1) - nn пар черных точек со всеми остальными черными точками.
БЧЧ: 2n2n - пара "лишних" точек (белая+черная) со всеми остальными черными точками.
∑Δ=k(2n+1)+n(2n−1)+2n=(2n+1)(n+k)∑Δ=k(2n+1)+n(2n-1)+2n=(2n+1)(n+k) .
Второй вариант:
БЧЧ: 2n(2n+1)−2n+12n(2n+1)-2n+1 цветная пара со всеми остальными черными точками.
ББЧ: (k−n)(2n+1)(k-n)(2n+1) - (k−n)(k-n) пар белых точек со всеми черными точками.
∑Δ=2n(2n+1)+(k−n)(2n+1)=(2n+1)(n+k)∑Δ=2n(2n+1)+(k-n)(2n+1)=(2n+1)(n+k) .
Промежуточные варианты дадут такое же (инвариант) или не превосходящее количество треугольников.
В нашем случае n=7,k=20⇒∑Δ=15⋅27=405n=7,k=20⇒∑Δ=15⋅27=405 .
Ответ: 405405 .

Задача №3.
На окружности пытаются разместить 3030 черных и 2020 белых точек так, чтобы среди них можно было насчитать как можно больше всевозможных троек, являющихся вершинами прямоугольных треугольников с черными вершинами у прямых углов. Каково наибольшее количество таких троек?
Ответ: 720720 .

Задача №3.
На окружности пытаются разместить 2525 черных и 2121 белую точку так, чтобы среди них можно было насчитать как можно больше всевозможных троек, являющихся вершинами прямоугольных треугольников с черными вершинами у прямых углов. Каково наибольшее количество таких троек?
Ответ: 550550 .

Задача №3.
На окружности пытаются разместить 1111 черных и 4545 белых точек так, чтобы среди них можно было насчитать как можно больше всевозможных троек, являющихся вершинами прямоугольных треугольников с черными вершинами у прямых углов. Каково наибольшее количество таких троек?
Ответ: 297297 .

Задача №3.
На окружности пытаются разместить 2020 черных и 5050 белых точек так, чтобы среди них можно было насчитать как можно больше всевозможных троек, являющихся вершинами прямоугольных треугольников с черными вершинами у прямых углов. Каково наибольшее количество таких троек?
Ответ: 680680 .

Задача №4 (3 типа, 3 варианта, приводятся решения всех типов).
Найдите все четырёхзначные числа, которые уменьшаются в 1616 раз после отбрасывания первой цифры. В ответе укажите сумму всех таких чисел.
Решение:
1. n=abcd¯¯¯¯¯¯n=abcd¯ - искомое число, a≠0a≠0 .
16⋅bcd¯¯¯¯¯=abcd¯¯¯¯¯¯16⋅bcd¯=abcd¯ ,
16⋅bcd¯¯¯¯¯=1000a+bcd¯¯¯¯¯16⋅bcd¯=1000a+bcd¯ ,
15⋅bcd¯¯¯¯¯=1000a15⋅bcd¯=1000a ,
3⋅bcd¯¯¯¯¯=200a3⋅bcd¯=200a .
2. Следовательно, a⋮3a⋮3 .
a. a=3⇒bcd¯¯¯¯¯=200,b=2,c=d=0⇒n=3200a=3⇒bcd¯=200,b=2,c=d=0⇒n=3200 .
b. a=6⇒bcd¯¯¯¯¯=400,b=2,c=d=0⇒n=6400a=6⇒bcd¯=400,b=2,c=d=0⇒n=6400 .
c. a=9⇒bcd¯¯¯¯¯=600,b=6,c=d=0⇒n=9600a=9⇒bcd¯=600,b=6,c=d=0⇒n=9600 .
∑n=3200+6400+9600=19200∑n=3200+6400+9600=19200 .
Ответ: 1920019200 .

Задача №4.
Найдите все четырёхзначные числа, которые уменьшаются в 1717 раз после отбрасывания первой цифры. В ответе укажите сумму всех таких чисел.
Решение:
1. n=abcd¯¯¯¯¯¯n=abcd¯ - искомое число, a≠0a≠0 .
17⋅bcd¯¯¯¯¯=abcd¯¯¯¯¯¯17⋅bcd¯=abcd¯ ,
17⋅bcd¯¯¯¯¯=1000a+bcd¯¯¯¯¯17⋅bcd¯=1000a+bcd¯ ,
16⋅bcd¯¯¯¯¯=1000a16⋅bcd¯=1000a ,
2⋅bcd¯¯¯¯¯=125a2⋅bcd¯=125a .
2. Следовательно, a⋮2a⋮2 .
a. a=2⇒bcd¯¯¯¯¯=125,b=1,c=2,d=5⇒n=2125a=2⇒bcd¯=125,b=1,c=2,d=5⇒n=2125 .
b. a=4⇒bcd¯¯¯¯¯=250,b=2,c=5,d=0⇒n=4250a=4⇒bcd¯=250,b=2,c=5,d=0⇒n=4250 .
c. a=6⇒bcd¯¯¯¯¯=375,b=3,c=7,d=5⇒n=6375a=6⇒bcd¯=375,b=3,c=7,d=5⇒n=6375 .
d. a=8⇒bcd¯¯¯¯¯=500,b=5,c=0,d=0⇒n=8500a=8⇒bcd¯=500,b=5,c=0,d=0⇒n=8500 .
∑n=2125+4250+6375+8500=21250∑n=2125+4250+6375+8500=21250 .
Ответ: 2125021250 .

Задача №4.
Найдите все четырёхзначные числа, которые уменьшаются в 1111 раз после отбрасывания первой цифры. В ответе укажите сумму всех таких чисел.
Решение:
1. n=abcd¯¯¯¯¯¯n=abcd¯ - искомое число, a≠0a≠0 .
11⋅bcd¯¯¯¯¯=abcd¯¯¯¯¯¯11⋅bcd¯=abcd¯ ,
11⋅bcd¯¯¯¯¯=1000a+bcd¯¯¯¯¯11⋅bcd¯=1000a+bcd¯ ,
10⋅bcd¯¯¯¯¯=1000a10⋅bcd¯=1000a ,
bcd¯¯¯¯¯=100abcd¯=100a .
2. Подходят все a∈{1,2,...,9}a∈{1,2,...,9} , при этом b=a,c=d=0b=a,c=d=0 .
∑n=1100+2200+3300+...+9900=1100+99002⋅9=49500∑n=1100+2200+3300+...+9900=1100+99002⋅9=49500 .
Ответ: 4950049500 .

Задача №5 (3 типа, 8+ вариантов, приводятся решения 3 типов).
В треугольнике со сторонами AB=BC=10−−√,AC=6AB=BC=10,AC=6 на основании ACAC выбрана точка NN так, что AN:NC=2:1AN:NC=2:1 .
Найдите расстояние между центрами окружностей, описанных вокруг треугольников ABNABN и CBNCBN .
При необходимости округлите результат до двух знаков после запятой.
Решение:
1. Центр описанной окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров, поэтому искомый отрезок XYXY лежит на серединном перпендикуляре, проведенном к общей стороне BNBN .
∠BAC∠BAC равен половине дуги BNBN , ∠BXY∠BXY тоже равен половине дуги BNBN , поскольку XYXY делит ее пополам.
∠BAC=∠BXY∠BAC=∠BXY , аналогично ∠BCA=∠BYX∠BCA=∠BYX .
Все углы равны, обозначим их через αα .
2. ΔXBYΔXBY подобен ΔABC⇒XB=BYΔABC⇒XB=BY .
XBXB - радиус первой окружности, BYBY - радиус второй окружности, поэтому окружности равны.
XB=BY=RXB=BY=R .
3. Найдем RR из ΔABNΔABN .
AB=10−−√,AN=23AC=23⋅6=4AB=10,AN=23AC=23⋅6=4 .
R=BN2sinαR=BN2sinα .
BCsinα=ACsin(π−2α)BCsinα=ACsin(π-2α) ,
cosα=AC2BC=310−−√⇒sinα=110−−√cosα=AC2BC=310⇒sinα=110 .
BN2=AB2+AN2−2AB⋅ANcosα=10+16−810−−√⋅310−−√=26−24=2BN2=AB2+AN2-2AB⋅ANcosα=10+16-810⋅310=26-24=2 .
BN=2–√⇒R=20−−√2=5–√BN=2⇒R=202=5 .
XY=R⋅sin2αsinα=2Rcosα=25–√⋅310−−√=32–√XY=R⋅sin2αsinα=2Rcosα=25⋅310=32 .
XY=32–√≈4,24XY=32≈4,24 .
Ответ: 4,244,24 .

Задача №5.
В треугольнике со сторонами AB=BC=29−−√,AC=10AB=BC=29,AC=10 на основании ACAC выбрана точка NN так, что AN:NC=3:2AN:NC=3:2 .
Найдите расстояние между центрами окружностей, описанных вокруг треугольников ABNABN и CBNCBN .
При необходимости округлите результат до двух знаков после запятой.
Решение:
1. Центр описанной окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров, поэтому искомый отрезок XYXY лежит на серединном перпендикуляре, проведенном к общей стороне BNBN .
∠BAC∠BAC равен половине дуги BNBN , ∠BXY∠BXY тоже равен половине дуги BNBN , поскольку XYXY делит ее пополам.
∠BAC=∠BXY∠BAC=∠BXY , аналогично ∠BCA=∠BYX∠BCA=∠BYX .
Все углы равны, обозначим их через αα .
2. ΔXBYΔXBY подобен ΔABC⇒XB=BYΔABC⇒XB=BY .
XBXB - радиус первой окружности, BYBY - радиус второй окружности, поэтому окружности равны.
XB=BY=RXB=BY=R .
3. Найдем RR из ΔABNΔABN .
AB=29−−√,AN=35AC=35⋅10=6AB=29,AN=35AC=35⋅10=6 .
R=BN2sinαR=BN2sinα .
BCsinα=ACsin(π−2α)BCsinα=ACsin(π-2α) ,
cosα=AC2BC=529−−√⇒sinα=229−−√cosα=AC2BC=529⇒sinα=229 .
BN2=AB2+AN2−2AB⋅ANcosα=29+36−1229−−√⋅529−−√=65−60=5BN2=AB2+AN2-2AB⋅ANcosα=29+36-1229⋅529=65-60=5 .
BN=5–√⇒R=145−−−√4BN=5⇒R=1454 .
XY=R⋅sin2αsinα=2Rcosα=145−−−√2⋅529−−√=525–√XY=R⋅sin2αsinα=2Rcosα=1452⋅529=525 .
XY=525–√≈5,59XY=525≈5,59 .
Ответ: 5,595,59 .

Задача №5.
В треугольнике со сторонами AB=BC=17−−√,AC=8AB=BC=17,AC=8 на основании ACAC выбрана точка NN так, что AN:NC=3:1AN:NC=3:1 .
Найдите расстояние между центрами окружностей, описанных вокруг треугольников ABNABN и CBNCBN .
При необходимости округлите результат до двух знаков после запятой.
Решение:
1. Центр описанной окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров, поэтому искомый отрезок XYXY лежит на серединном перпендикуляре, проведенном к общей стороне BNBN .
∠BAC∠BAC равен половине дуги BNBN , ∠BXY∠BXY тоже равен половине дуги BNBN , поскольку XYXY делит ее пополам.
∠BAC=∠BXY∠BAC=∠BXY , аналогично ∠BCA=∠BYX∠BCA=∠BYX .
Все углы равны, обозначим их через αα .
2. ΔXBYΔXBY подобен ΔABC⇒XB=BYΔABC⇒XB=BY .
XBXB - радиус первой окружности, BYBY - радиус второй окружности, поэтому окружности равны.
XB=BY=RXB=BY=R .
3. Найдем RR из ΔABNΔABN .
AB=17−−√,AN=34AC=34⋅8=6AB=17,AN=34AC=34⋅8=6 .
R=BN2sinαR=BN2sinα .
BCsinα=ACsin(π−2α)BCsinα=ACsin(π-2α) ,
cosα=AC2BC=417−−√⇒sinα=117−−√cosα=AC2BC=417⇒sinα=117 .
BN2=AB2+AN2−2AB⋅ANcosα=17+36−1217−−√⋅417−−√=53−48=5BN2=AB2+AN2-2AB⋅ANcosα=17+36-1217⋅417=53-48=5 .
BN=5–√⇒R=85−−√2BN=5⇒R=852 .
XY=R⋅sin2αsinα=2Rcosα=85−−√⋅417−−√=45–√XY=R⋅sin2αsinα=2Rcosα=85⋅417=45 .
XY=45–√≈8,94XY=45≈8,94 .
Ответ: 8,948,94 .

Задача №5.
В треугольнике со сторонами AB=BC=5–√,AC=4AB=BC=5,AC=4 на основании ACAC выбрана точка NN так, что AN:NC=3:2AN:NC=3:2 .
Найдите расстояние между центрами окружностей, описанных вокруг треугольников ABNABN и CBNCBN .
При необходимости округлите результат до двух знаков после запятой.
Ответ: 2,152,15 .

Задача №5.
В треугольнике со сторонами AB=BC=5,AC=6AB=BC=5,AC=6 на основании ACAC выбрана точка NN так, что AN:NC=2:1AN:NC=2:1 .
Найдите расстояние между центрами окружностей, описанных вокруг треугольников ABNABN и CBNCBN .
При необходимости округлите результат до двух знаков после запятой.
Ответ: 3,093,09 .

Задача №5.
В треугольнике со сторонами AB=BC=32–√,AC=6AB=BC=32,AC=6 на основании ACAC выбрана точка NN так, что AN:NC=2:1AN:NC=2:1 .
Найдите расстояние между центрами окружностей, описанных вокруг треугольников ABNABN и CBNCBN .
При необходимости округлите результат до двух знаков после запятой.
Ответ: 3,163,16 .

Задача №5.
В треугольнике со сторонами AB=BC=13−−√,AC=6AB=BC=13,AC=6 на основании ACAC выбрана точка NN так, что AN:NC=2:1AN:NC=2:1 .
Найдите расстояние между центрами окружностей, описанных вокруг треугольников ABNABN и CBNCBN .
При необходимости округлите результат до двух знаков после запятой.
Ответ: 3,353,35 .

Задача №5.
В треугольнике со сторонами AB=BC=5,AC=8AB=BC=5,AC=8 на основании ACAC выбрана точка NN так, что AN:NC=3:1AN:NC=3:1 .
Найдите расстояние между центрами окружностей, описанных вокруг треугольников ABNABN и CBNCBN .
При необходимости округлите результат до двух знаков после запятой.
Ответ: 4,814,81 .

Задача №6 (2 типа, 4 варианта, приводятся решения 2 типов).
Найдите наибольшее значение величины
x+y2−−−−−√−xy−−√x+y2-xy ,
если известно, что
y√−x−−√=2xy+12−−−−−−−√y-x=2xy+12 .
Решение:
1. y√−x−−√=2xy+12−−−−−−−√⇒y≥x≥0y-x=2xy+12⇒y≥x≥0 .
Возведем в квадрат обе части равенства:
x+y−2xy−−√=2xy+12x+y-2xy=2xy+12 ,
x+y2=xy+xy−−√+14x+y2=xy+xy+14 ,
x+y2=(xy−−√+12)2x+y2=(xy+12)2 ,
x+y2−−−−−√=xy−−√+12x+y2=xy+12 (в силу неотрицательности x,yx,y ).
2. Тогда, x+y2−−−−−√−xy−−√=xy−−√+12−xy−−√=12x+y2-xy=xy+12-xy=12 .
Значение искомого выражения постоянная величина, равная 0,50,5 .
Это верно при любых y≥x≥0y≥x≥0 , удовлетворяющих исходному равенству, например, x=0,y=12x=0,y=12 .
Ответ: 0,50,5 .

Задача №6.
Найдите наименьшее значение величины
2(x+y)−−−−−−−√−2xy−−√2(x+y)-2xy ,
если известно, что
x−−√−y√=2xy+12−−−−−−−√x-y=2xy+12 .
Решение:
1. x−−√−y√=2xy+12−−−−−−−√⇒x≥y≥0x-y=2xy+12⇒x≥y≥0 .
Возведем в квадрат обе части равенства:
x+y−2xy−−√=2xy+12x+y-2xy=2xy+12 ,
2(x+y)=4xy+4xy−−√+12(x+y)=4xy+4xy+1 ,
2(x+y)=(2xy−−√+1)22(x+y)=(2xy+1)2 ,
2(x+y)−−−−−−−√=2xy−−√+12(x+y)=2xy+1 (в силу неотрицательности x,yx,y ).
2. Тогда, 2(x+y)−−−−−−−√−2xy−−√=2xy−−√+1−2xy−−√=12(x+y)-2xy=2xy+1-2xy=1 .
Значение искомого выражения постоянная величина, равная 11 .
Это верно при любых x≥y≥0x≥y≥0 , удовлетворяющих исходному равенству, например, x=12,y=0x=12,y=0 .
Ответ: 11 .

Задача №6.
Найдите наибольшее значение величины
x+y2−−−−−√−xy−−√x+y2-xy ,
если известно, что
x−−√−y√=2xy+12−−−−−−−√x-y=2xy+12 .
Ответ: 0,50,5 .

Задача №6.
Найдите наибольшее значение величины
2(x+y)−−−−−−−√−2xy−−√2(x+y)-2xy ,
если известно, что
y√−x−−√=2xy+12−−−−−−−√y-x=2xy+12 .
Ответ: 11 .

Задача №7 (2 типа, 4 варианта, приведены решения 2 типов).
Решите уравнение
5sin(2x+arcsin(45))+10−−√cos(x−arcsin(10−−√10))=75sin(2x+arcsin(45))+10cos(x-arcsin(1010))=7 .
В ответе укажите сумму всех решений, принадлежащих промежутку
(3π2;13π6)(3π2;13π6) ,
при необходимости округлив результат до двух знаков после запятой.
Решение:
1. cos(arcsint)=1−t2−−−−−√cos(arcsint)=1-t2 .
sin(2x+arcsin(45))=35sin2x+45cos2xsin(2x+arcsin(45))=35sin2x+45cos2x .
cos(x−arcsin(10−−√10))=310−−√cosx+110−−√sinxcos(x-arcsin(1010))=310cosx+110sinx .
2. Уравнение запишется в виде:
3sin2x+4cos2x+3cosx+sinx=73sin2x+4cos2x+3cosx+sinx=7 ,
(3cosx+sinx)2−9cos2x−sin2x+4cos2x+3cosx+sinx=7(3cosx+sinx)2-9cos2x-sin2x+4cos2x+3cosx+sinx=7 ,
(3cosx+sinx)2+(3cosx+sinx)−1−8cos2x+4(2cos2x−1)=7(3cosx+sinx)2+(3cosx+sinx)-1-8cos2x+4(2cos2x-1)=7 ,
(3cosx+sinx)2+(3cosx+sinx)−12=0(3cosx+sinx)2+(3cosx+sinx)-12=0 .
Замена 3cosx+sinx=t3cosx+sinx=t : t2+t−12=0,t1=3,t2=−4t2+t-12=0,t1=3,t2=-4 .
3a. 3cosx+sinx=33cosx+sinx=3 ,
3(1−cosx)−sinx=03(1-cosx)-sinx=0 ,
6sin2(x2)−2sin(x2)cos(x2)=06sin2(x2)-2sin(x2)cos(x2)=0 ,
sin(x2)⋅(3sin(x2)−cos(x2))=0sin(x2)⋅(3sin(x2)-cos(x2))=0 ,
sin(x2)=0⇒x=2πk,k∈Zsin(x2)=0⇒x=2πk,k∈ℤ ,
3sin(x2)−cos(x2)=0⇒tan(x2)=13⇒x=2arctan(13)+2πn,n∈Z3sin(x2)-cos(x2)=0⇒tan(x2)=13⇒x=2arctan(13)+2πn,n∈ℤ ,
2arctan(13)≈0,2π⇒x=0,2π+2πn,n∈Z2arctan(13)≈0,2π⇒x=0,2π+2πn,n∈ℤ .
3b. 3cosx+sinx=−43cosx+sinx=-4 ,
3cosx≥−3,sinx≥−1⇒3cosx+sinx≥−43cosx≥-3,sinx≥-1⇒3cosx+sinx≥-4 .
Равенство выполняется только при cosx=sinx=−1cosx=sinx=-1 , что невозможно.
4. x∈(3π2;13π6)≈(1,5π;2,167π)x∈(3π2;13π6)≈(1,5π;2,167π) .
В заданном интервале находится только один корень x=2π≈6,28x=2π≈6,28 .
Ответ: 6,286,28 .

Задача №7.
Решите уравнение
5sin(2x+arccos(45))+85–√sin(x−arccos(25–√5))=115sin(2x+arccos(45))+85sin(x-arccos(255))=11 .
В ответе укажите сумму всех решений, принадлежащих промежутку
(7π3;7π2)(7π3;7π2) ,
при необходимости округлив результат до двух знаков после запятой.
Решение:
1. sin(arccost)=1−t2−−−−−√sin(arccost)=1-t2 .
sin(2x+arccos(45))=45sin2x+35cos2xsin(2x+arccos(45))=45sin2x+35cos2x .
sin(x−arccos(25–√5))=25–√5sinx−15–√cosxsin(x-arccos(255))=255sinx-15cosx .
2. Уравнение запишется в виде:
4sin2x+3cos2x−8cosx+16sinx=114sin2x+3cos2x-8cosx+16sinx=11 ,
−2(cosx−2sinx)2+2cos2x+8sin2x+3cos2x−8cosx+16sinx=11-2(cosx-2sinx)2+2cos2x+8sin2x+3cos2x-8cosx+16sinx=11 ,
−2(cosx−2sinx)2−8(cosx−2sinx)+2+6sin2x+3(1−2sin2x)=11-2(cosx-2sinx)2-8(cosx-2sinx)+2+6sin2x+3(1-2sin2x)=11 ,
−2(cosx−2sinx)2−8(cosx−2sinx)−6=0-2(cosx-2sinx)2-8(cosx-2sinx)-6=0 .
Замена cosx−2sinx=tcosx-2sinx=t : t2+4t+3=0,t1=−1,t2=−3t2+4t+3=0,t1=-1,t2=-3 .
3a. cosx−2sinx=−1cosx-2sinx=-1 ,
1+cosx−2sinx=01+cosx-2sinx=0 ,
2cos2(x2)−4sin(x2)cos(x2)=02cos2(x2)-4sin(x2)cos(x2)=0 ,
2cos(x2)⋅(cos(x2)−2sin(x2))=02cos(x2)⋅(cos(x2)-2sin(x2))=0 ,
cos(x2)=0⇒x=π+2πk,k∈Zcos(x2)=0⇒x=π+2πk,k∈ℤ ,
cos(x2)−2sin(x2)=0⇒tan(x2)=12⇒x=2arctan(12)+2πn,n∈Zcos(x2)-2sin(x2)=0⇒tan(x2)=12⇒x=2arctan(12)+2πn,n∈ℤ ,
2arctan(12)≈0,295π⇒x=0,295π+2πn,n∈Z2arctan(12)≈0,295π⇒x=0,295π+2πn,n∈ℤ .
3b. cosx−2sinx=−3cosx-2sinx=-3 ,
cosx≥−1,−2sinx≥−2⇒cosx−2sinx≥−3cosx≥-1,-2sinx≥-2⇒cosx-2sinx≥-3 .
Равенство выполняется только при cosx=−sinx=−1cosx=-sinx=-1 , что невозможно.
4. x∈(7π3;7π2)≈(2,333π;3,5π)x∈(7π3;7π2)≈(2,333π;3,5π) .
В заданном интервале находится только один корень x=3π≈9,42x=3π≈9,42 .
Ответ: 9,429,42 .

Задача №7.
Решите уравнение
10−−√sin(x−arccos(10−−√10))−5sin(2x−arccos(35))=710sin(x-arccos(1010))-5sin(2x-arccos(35))=7 .
В ответе укажите сумму всех решений, принадлежащих промежутку
(−7π6;π2)(-7π6;π2) ,
при необходимости округлив результат до двух знаков после запятой.
Ответ: −3,14-3,14 .

Задача №7.
Решите уравнение
85–√cos(x−arcsin(25–√5))−5sin(2x−arcsin(35))=1185cos(x-arcsin(255))-5sin(2x-arcsin(35))=11 .
В ответе укажите сумму всех решений, принадлежащих промежутку
(−5π2;−4π3)(-5π2;-4π3) ,
при необходимости округлив результат до двух знаков после запятой.
Ответ: −6,28-6,28 .
В официальных ответах по этой задаче указан неверный ответ (−9.42-9.42 ). Наш ответ (−6.28-6.28 ) правильный, поскольку (−3π-3π ) явно не лежит в указанном в условии интервале.

Задача №8 (1 тип, 4 варианта, приведено решение одного типа).
В правильной четырёхугольной пирамиде SABCDSABCD с вершиной SS ребро основания равно a=242–√a=242 , угол наклона бокового ребра к плоскости основания равен arccos(23)arccos(23) .
Проводится сечение пирамиды плоскостью, параллельной SCSC и BDBD , причём так, что в это сечение можно вписать окружность.
Найдите всевозможные значения радиусов этих окружностей. В ответ запишите сумму целых значений таких радиусов.
Решение:
1. SHSH - высота пирамиды, HH - центр основания, ∠SAH=arccos(23)∠SAH=arccos(23) .
AH=12AC=242–√⋅2–√2=24AH=12AC=242⋅22=24 .
SA=AHsin(π2−∠SAH)=AHcos∠SAH=2423=36SA=AHsin(π2-∠SAH)=AHcos∠SAH=2423=36 .
Рассмотрим особый случай, когда сечение проходит через прямую BDBD и пересекает SASA в точке A1A1 .
По условию, A1H∣∣SC⇒A1HA1H∣∣SC⇒A1H - средняя линия ΔSAC⇒A1A=A1S=12SA=18ΔSAC⇒A1A=A1S=12SA=18 .
Все сечения с искомыми радиусами паралельны плоскости A1BDA1BD и разбиваются на две группы - треугольники и пятиугольники.
2. Треугольники.
Все такие треугольники подобны ΔA1BDΔA1BD , в любой треугольник можно вписать окружность, поэтому радиусы этих окружностей лежат в интервале (0;r)(0;r) , где rr - радиус вписанной окружности ΔA1BDΔA1BD .
A1BA1B - медиана ΔSABΔSAB :
A1B=2a2+2SB2−SA2−−−−−−−−−−−−−−−√2=2a2+SA2−−−−−−−−−√2=2304+1296−−−−−−−−−−√2=30A1B=2a2+2SB2-SA22=2a2+SA22=2304+12962=30 .
A1D=A1B=30,BD=48⇒p=30+30+482=54A1D=A1B=30,BD=48⇒p=30+30+482=54 .
r=24⋅24⋅654−−−−−−−−√=243=8r=24⋅24⋅654=243=8 .
3. Пятиугольники KLMNTKLMNT .
K∈SA,L∈SB,M∈BC,N∈CD,T∈SDK∈SA,L∈SB,M∈BC,N∈CD,T∈SD .
OO - середина MN⇒KLMNTMN⇒KLMNT симметричен относительно KOKO .
SC⊥BD⇒TN⊥MNSC⊥BD⇒TN⊥MN .
ZZ - точка пересечения TKTK и LM⇒LM⇒ окружность вписана в TNMZTNMZ (прямоугольная трапеция).
∠ZTL=∠A1DH=α∠ZTL=∠A1DH=α .
cosα=HDA1D=2430=45,sinα=35cosα=HDA1D=2430=45,sinα=35 .
r=ONr=ON - радиус вписанной окружности.
MN=TL=2r⇒TZ=2rcosα=52r,ZL=2r⋅tanα=32rMN=TL=2r⇒TZ=2rcosα=52r,ZL=2r⋅tanα=32r .
TNSC=DNDC⇒TN=DN⋅SCaTNSC=DNDC⇒TN=DN⋅SCa .
DN=a−CN=a−2raBD⇒TN=SC⋅(1−2rBD)=DN=a-CN=a-2raBD⇒TN=SC⋅(1-2rBD)=
=SCBD⋅(BD−2r)=3648(48−2r)=36−32r=SCBD⋅(BD-2r)=3648(48-2r)=36-32r .
TNMZTNMZ описан: TZ+MN=TN+MZ=2TN+ZLTZ+MN=TN+MZ=2TN+ZL ,
52r+2r=72−3r+32r52r+2r=72-3r+32r ,
6r=72⇒r=126r=72⇒r=12 .
4. r∈(0;8)∪{12}r∈(0;8)∪{12} .
Целые значения rr : 1+2+...+7+12=7⋅82+12=28+12=401+2+...+7+12=7⋅82+12=28+12=40 .
Ответ: 4040 .

Задача №8.
В правильной четырёхугольной пирамиде SABCDSABCD с вершиной SS ребро основания равно a=182–√a=182 , угол наклона бокового ребра к плоскости основания равен arccos(23)arccos(23) .
Проводится сечение пирамиды плоскостью, параллельной SASA и BDBD , причём так, что в это сечение можно вписать окружность.
Найдите всевозможные значения радиусов этих окружностей. В ответ запишите сумму целых значений таких радиусов.
Ответ: 2424 .

Задача №8.
В правильной четырёхугольной пирамиде SABCDSABCD с вершиной SS ребро основания равно a=62–√a=62 , угол наклона бокового ребра к плоскости основания равен arccos(23)arccos(23) .
Проводится сечение пирамиды плоскостью, параллельной SCSC и BDBD , причём так, что в это сечение можно вписать окружность.
Найдите всевозможные значения радиусов этих окружностей. В ответ запишите сумму целых значений таких радиусов.
Ответ: 44 .

Задача №8.
В правильной четырёхугольной пирамиде SABCDSABCD с вершиной SS ребро основания равно a=122–√a=122 , угол наклона бокового ребра к плоскости основания равен arccos(23)arccos(23) .
Проводится сечение пирамиды плоскостью, параллельной SASA и BDBD , причём так, что в это сечение можно вписать окружность.
Найдите всевозможные значения радиусов этих окружностей. В ответ запишите сумму целых значений таких радиусов.
Ответ: 1212 .

Задача №9 (2 типа, 6 вариантов, приведено решение 2 типов).
Найдите максимальное число, принадлежащее множеству значений функции f(x)=14115sin2x+10cos2x+24180sin2x−6048cosx−8064sinx+8050f(x)=14115sin2x+10cos2x+24180sin2x-6048cosx-8064sinx+8050 .
Решение:
1. 6048cosx+8064sinx=2016(3cosx+4sinx)6048cosx+8064sinx=2016(3cosx+4sinx) .
14115sin2x+10cos2x+24180sin2x=14105sin2x+24180sin2x+10=14115sin2x+10cos2x+24180sin2x=14105sin2x+24180sin2x+10=
=2015(7sin2x+12sin2x)+10=2015(7sin2x+12sin2x+9)−9⋅2015+10==2015(7sin2x+12sin2x)+10=2015(7sin2x+12sin2x+9)-9⋅2015+10=
=2015(16sin2x+24sinxcosx+9cos2x)−9⋅2015+10==2015(16sin2x+24sinxcosx+9cos2x)-9⋅2015+10=
=2015(3cosx+4sinx)2−9⋅2015+10=2015(3cosx+4sinx)2-9⋅2015+10 .
2. Замена 3cosx+4sinx=t3cosx+4sinx=t , где t∈(−7;7)t∈(-7;7) - грубая оценка.
f(t)=2015t2−9⋅2015+10−2016t+8050=2015t2−2016t−10075f(t)=2015t2-9⋅2015+10-2016t+8050=2015t2-2016t-10075 .
Учитывая ограничения на tt , очевидно, что f→maxf→max при t→mint→min .
3. Метод дополнительного аргумента:
t=5(35cosx+45sinx)=5sin(x+ϕ)t=5(35cosx+45sinx)=5sin(x+ϕ) , где ϕ=arcsin(35)ϕ=arcsin(35) .
tmin=−5tmin=-5 при x=−ϕ−π2+2πk,k∈Zx=-ϕ-π2+2πk,k∈ℤ .
fmax=2015⋅25+2016⋅5−10075=50375+10080−10075=50380fmax=2015⋅25+2016⋅5-10075=50375+10080-10075=50380 .
Ответ: 5038050380 .

Задача №9.
Найдите минимальное число, принадлежащее множеству значений функции f(x)=14090cos2x−15sin2x−24180sin2x+6048cosx+8064sinx−12075f(x)=14090cos2x-15sin2x-24180sin2x+6048cosx+8064sinx-12075 .
Решение:
14090cos2x−15sin2x−12075=−14090sin2x−15sin2x+2015=−14105sin2x+201514090cos2x-15sin2x-12075=-14090sin2x-15sin2x+2015=-14105sin2x+2015 ,
f(x)=−14105sin2x−24180sin2x+6048cosx+8064sinx+2015f(x)=-14105sin2x-24180sin2x+6048cosx+8064sinx+2015 .
Рассмотрим функцию g(x)=−f(x)g(x)=-f(x) . Минимальное значение f(x)f(x) соответствует максимальному значению g(x)g(x) , найдем его.
1. 6048cosx+8064sinx=2016(3cosx+4sinx)6048cosx+8064sinx=2016(3cosx+4sinx) .
14105sin2x+24180sin2x=14105sin2x+24180sin2x=
=2015(7sin2x+12sin2x)=2015(7sin2x+12sin2x+9)−9⋅2015==2015(7sin2x+12sin2x)=2015(7sin2x+12sin2x+9)-9⋅2015=
=2015(16sin2x+24sinxcosx+9cos2x)−9⋅2015==2015(16sin2x+24sinxcosx+9cos2x)-9⋅2015=
=2015(3cosx+4sinx)2−9⋅2015=2015(3cosx+4sinx)2-9⋅2015 .
2. Замена 3cosx+4sinx=t3cosx+4sinx=t , где t∈(−7;7)t∈(-7;7) - грубая оценка.
g(t)=2015t2−9⋅2015−2016t−2015=2015t2−2016t−20150g(t)=2015t2-9⋅2015-2016t-2015=2015t2-2016t-20150 .
Учитывая ограничения на tt , очевидно, что g→maxg→max при t→mint→min .
3. Метод дополнительного аргумента:
t=5(35cosx+45sinx)=5sin(x+ϕ)t=5(35cosx+45sinx)=5sin(x+ϕ) , где ϕ=arcsin(35)ϕ=arcsin(35) .
tmin=−5tmin=-5 при x=−ϕ−π2+2πk,k∈Zx=-ϕ-π2+2πk,k∈ℤ .
gmax=2015⋅25+2016⋅5−20150=50375+10080−20150=40305gmax=2015⋅25+2016⋅5-20150=50375+10080-20150=40305 .
fmin=−40305fmin=-40305 .
Ответ: −40305-40305 .

Задача №9.
Найдите максимальное число, принадлежащее множеству значений функции f(x)=14125sin2x+20cos2x+24180sin2x−6048cosx−8064sinx+6025f(x)=14125sin2x+20cos2x+24180sin2x-6048cosx-8064sinx+6025 .
Ответ: 4836548365 .

Задача №9.
Найдите минимальное число, принадлежащее множеству значений функции f(x)=14095cos2x−10sin2x−24180sin2x+6048cosx+8064sinx−14095f(x)=14095cos2x-10sin2x-24180sin2x+6048cosx+8064sinx-14095 .
Ответ: −42320-42320 .

Задача №9.
Найдите максимальное число, принадлежащее множеству значений функции f(x)=14135sin2x+30cos2x+24180sin2x−6048cosx−8064sinx+4000f(x)=14135sin2x+30cos2x+24180sin2x-6048cosx-8064sinx+4000 .
Ответ: 4635046350 .

Задача №9.
Найдите минимальное число, принадлежащее множеству значений функции f(x)=14100cos2x−5sin2x−24180sin2x+6048cosx+8064sinx−16115f(x)=14100cos2x-5sin2x-24180sin2x+6048cosx+8064sinx-16115 .
Ответ: −44335-44335 .

Задача №10 (2-3 типа, 5+ вариантов, приведены решения 3 типов).
Найдите все значения yy , при каждом из которых ровно два целых значения xx удовлетворяют неравенству y2−4x4−−−−−−−√>2x+yy2-4x4>2x+y .
В ответе укажите сумму всех найденных целочисленных значений yy .
Решение:
1. Пусть существует x≥2x≥2 такой, что y2−4x4−−−−−−−√>2x+yy2-4x4>2x+y .
Тогда, y2−4t4−−−−−−−√≥y2−4x4−−−−−−−√>2x+y≥2t+yy2-4t4≥y2-4x4>2x+y≥2t+y для всех t=±1,±2t=±1,±2 .
Получили 44 целых значения xx , удовлетворяющих неравенству, чего не может быть по условию.
Поэтому, x<2x<2 .

При x=0x=0 неравенство верно для y<0y<0 .

При x=1x=1 : y2−4−−−−−√>y+2⇒y∈(−∞;−2)y2-4>y+2⇒y∈(-∞;-2) .
2. Пусть x=−n,n∈Nx=-n,n∈ℕ .
y2−4n4−−−−−−−√>y−2ny2-4n4>y-2n .
ОДЗ: |y|≥2n2|y|≥2n2 .
Пусть y≤−2n2⇒y2−4n4−−−−−−−√≥0>−2n2−2ny≤-2n2⇒y2-4n4≥0>-2n2-2n - неравенство выполняется.
y≥2n2⇒y−2n≥2n2−2n≥0y≥2n2⇒y-2n≥2n2-2n≥0 - возведем неравенство в квадрат:
y2−4n4>y2−4yn+4n2y2-4n4>y2-4yn+4n2 ,
yn>n4+n2yn>n4+n2 ,
y>n3+ny>n3+n .
Заметим, что n3+n≥2n2n3+n≥2n2 при всех n≥0n≥0 .
Итак, y∈(−∞;−2n2]∪(n3+n;+∞)y∈(-∞;-2n2]∪(n3+n;+∞) .
3. Из предыдущего пункта следует, что при y∈(−∞;−2n2]∪(n3+n;+∞)y∈(-∞;-2n2]∪(n3+n;+∞) существует целое решение x=−nx=-n .
Множества вложенные в друг друга, поэтому для множества значений yy , которое соответствует n=3n=3 (y∈(−∞;−18]∪(30;+∞)y∈(-∞;-18]∪(30;+∞) ), получим целые решения x=−3,−2,−1x=-3,-2,-1 , что противоречит условию задачи.
Следовательно, y∈(−18;30]y∈(-18;30] . Этому интервалу могут подойти только x=−2,−1,0,1x=-2,-1,0,1 (среди целых xx ). Выпишем каждый случай:
a. x=−2x=-2 : y∈(−18;−8]∪(10;30]y∈(-18;-8]∪(10;30] .
b. x=−1x=-1 : y∈(−18;−2]∪(2;30]y∈(-18;-2]∪(2;30] .
c. x=1x=1 : y∈(−18;−2)y∈(-18;-2) .
d. x=0x=0 : y∈(−∞;0)y∈(-∞;0) .
4. Осталось найти все такие множества yy , при которых будет ровно два целых xx .
y=−2y=-2 : x=−1;0x=-1;0 .
y∈(10;30]y∈(10;30] : x=−2;−1x=-2;-1 .
∑y=−2+11+12+...+30=−2+11+302⋅20=408∑y=-2+11+12+...+30=-2+11+302⋅20=408 .
Ответ: 408408 .

Задача №10.
Найдите все значения yy , при каждом из которых ровно одно целое значение xx удовлетворяет неравенству y2−4x6−−−−−−−√>2x+yy2-4x6>2x+y .
В ответе укажите сумму всех найденных целочисленных значений yy .
Решение:
1. Пусть существует x≥1x≥1 такой, что y2−4x6−−−−−−−√>2x+yy2-4x6>2x+y .
Тогда, y2−4t6−−−−−−−√≥y2−4x6−−−−−−−√>2x+y≥2t+yy2-4t6≥y2-4x6>2x+y≥2t+y для всех t=±1t=±1 .
Получили 22 целых значения xx , удовлетворяющих неравенству, чего не может быть по условию.
Поэтому, x<1x<1 .

При x=0x=0 неравенство верно для y<0y<0 .

2. Пусть x=−n,n∈Nx=-n,n∈ℕ .
y2−4n6−−−−−−−√>y−2ny2-4n6>y-2n .
ОДЗ: |y|≥2n3|y|≥2n3 .
Пусть y≤−2n3⇒y2−4n6−−−−−−−√≥0>−2n3−2ny≤-2n3⇒y2-4n6≥0>-2n3-2n - неравенство выполняется.
y≥2n3⇒y−2n≥2n3−2n≥0y≥2n3⇒y-2n≥2n3-2n≥0 - возведем неравенство в квадрат:
y2−4n6>y2−4yn+4n2y2-4n6>y2-4yn+4n2 ,
yn>n6+n2yn>n6+n2 ,
y>n5+ny>n5+n .
Заметим, что n5+n≥2n3n5+n≥2n3 при всех n≥0n≥0 .
Итак, y∈(−∞;−2n3]∪(n5+n;+∞)y∈(-∞;-2n3]∪(n5+n;+∞) .
3. Из предыдущего пункта следует, что при y∈(−∞;−2n3]∪(n5+n;+∞)y∈(-∞;-2n3]∪(n5+n;+∞) существует целое решение x=−nx=-n .
Множества вложенные в друг друга, поэтому для множества значений yy , которое соответствует n=2n=2 (y∈(−∞;−16]∪(34;+∞)y∈(-∞;-16]∪(34;+∞) ), получим целые решения x=−2,−1x=-2,-1 , что противоречит условию задачи.
Следовательно, y∈(−16;34]y∈(-16;34] . Этому интервалу могут подойти только x=−1,0x=-1,0 (среди целых xx ). Выпишем каждый случай:
a. x=−1x=-1 : y∈(−16;−2]∪(2;34]y∈(-16;-2]∪(2;34] .
b. x=0x=0 : y∈(−∞;0)y∈(-∞;0) .
Понятно, что одно решение будет при y∈{−1,3,4,...,34}y∈{-1,3,4,...,34} .
∑y=−1+3+4+...+34=−1+3+342⋅32=591∑y=-1+3+4+...+34=-1+3+342⋅32=591 .
Ответ: 591591 .

Задача №10.
Найдите все значения yy , при каждом из которых ровно два целых значения xx удовлетворяют неравенству y2−x6−−−−−−√>x−yy2-x6>x-y .
В ответе укажите сумму всех найденных целочисленных значений yy .
Решение:
Поменяем в условии (−y)(-y) на yy , а в конце перевернем найденные значения yy . Это для упрощения процесса переделки решения из другого варианта.
1. Пусть существует x≥2x≥2 такой, что y2−x6−−−−−−√>x+yy2-x6>x+y .
Тогда, y2−t6−−−−−−√≥y2−x6−−−−−−√>x+y≥t+yy2-t6≥y2-x6>x+y≥t+y для всех t=±1,±2t=±1,±2 .
Получили 44 целых значения xx , удовлетворяющих неравенству, чего не может быть по условию.
Поэтому, x<2x<2 .

При x=0x=0 неравенство верно для y<0y<0 .

При x=1x=1 : y2−1−−−−−√>y+1⇒y∈(−∞;−1)y2-1>y+1⇒y∈(-∞;-1) .
2. Пусть x=−n,n∈Nx=-n,n∈ℕ .
y2−n6−−−−−−√>y−ny2-n6>y-n .
ОДЗ: |y|≥n3|y|≥n3 .
Пусть y≤−n3⇒y2−n6−−−−−−√≥0>−n3−ny≤-n3⇒y2-n6≥0>-n3-n - неравенство выполняется.
y≥n3⇒y−n≥n3−n≥0y≥n3⇒y-n≥n3-n≥0 - возведем неравенство в квадрат:
y2−n6>y2−2yn+n2y2-n6>y2-2yn+n2 ,
2yn>n6+n22yn>n6+n2 ,
y>12(n5+n)y>12(n5+n) .
Заметим, что 12(n5+n)≥n312(n5+n)≥n3 при всех n≥0n≥0 .
Итак, y∈(−∞;−n3]∪(12(n5+n);+∞)y∈(-∞;-n3]∪(12(n5+n);+∞) .
3. Из предыдущего пункта следует, что при y∈(−∞;−n3]∪(12(n5+n);+∞)y∈(-∞;-n3]∪(12(n5+n);+∞) существует целое решение x=−nx=-n .
Множества вложенные в друг друга, поэтому для множества значений yy , которое соответствует n=3n=3 (y∈(−∞;−27]∪(123;+∞)y∈(-∞;-27]∪(123;+∞) ), получим целые решения x=−3,−2,−1x=-3,-2,-1 , что противоречит условию задачи.
Следовательно, y∈(−27;123]y∈(-27;123] . Этому интервалу могут подойти только x=−2,−1,0,1x=-2,-1,0,1 (среди целых xx ). Выпишем каждый случай:
a. x=−2x=-2 : y∈(−27;−8]∪(17;123]y∈(-27;-8]∪(17;123] .
b. x=−1x=-1 : y∈(−27;−1]∪(1;123]y∈(-27;-1]∪(1;123] .
c. x=1x=1 : y∈(−27;−1)y∈(-27;-1) .
d. x=0x=0 : y∈(−27;0)y∈(-27;0) .
4. Осталось найти все такие множества yy , при которых будет ровно два целых xx .
y=−1y=-1 : x=−1;0x=-1;0 .
y∈(17;123]y∈(17;123] : x=−2;−1x=-2;-1 .
∑y=−1+18+19+...+123=−1+18+1232⋅106=7472∑y=-1+18+19+...+123=-1+18+1232⋅106=7472 .
Не забудем умножить полученную сумму на (−1)(-1) .
−7472-7472 .
Ответ: −7472-7472 .

Задача №10.
Найдите все значения yy , при каждом из которых ровно одно целое значение xx удовлетворяет неравенству y2−x6−−−−−−√>x+yy2-x6>x+y .
В ответе укажите сумму всех найденных целочисленных значений yy .
Ответ: 152152 .

Задача №10.
Найдите все значения yy , при каждом из которых ровно два целых значения xx удовлетворяют неравенству y2−x4−−−−−−√>x−yy2-x4>x-y .
В ответе укажите сумму всех найденных целочисленных значений yy .
Ответ: −104-104 .