Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2002/01/54.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:26:45 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:17:17 2012 Кодировка: Windows-1251

#"
S S

К В А Н T 2002/1

K

O

K G M O X

L

g + by - 4g равно квадрату расстояния r между точками b x; y g и b 3; 4 g , то на множестве решений системы функция f b x; y g принимает минимальное значение в точке, ближайшей к точке b 3; 4 g
f x, y = x + y - 6 x - 8 y + 25 = x - 3
2 2 2 2

Поскольку значение функции

bg

b

(рис.13).

y A 4 O y= 1 x+3 3

F A N
. 11

E I B C D A
. 12

Y

H

C 2 O O

N

B

x 3 1 (x3) + (y4) = r


Обозначим АВ = а и GH = b. Из доказанного утверждения следует, что точки пересечения прямых KM и LM с апофемой SN грани ASB являются проекциями точек G и Н на эту апофему. Следовательно, так как по условию задачи апофема делится прямыми KM и LM на три равных отрезка, одна из этих точек делит ребро в отношении 1 : 2, а другая 2 : 1. Пусть для определенности SA = SB = 3x, SG = x и SH = 2x. Пусть ASB = . Применим теорему косинусов к треугольнику ASB: 2 a 2 2 2 18 x - 18 x cos = a , откуда cos = 1 - 2. 18 x Теорема косинусов для треугольника GSH дает

(x+2) + (y+1) = 16


B y= 3x3

. 13

4. 4 n + 1 , где n 0 целое. Указание. Приведем исходное уравнение к виду

b

g

2

sin

Так как значение синуса не превосходит 1, это уравнение равносильно системе

Fe GH 2

6 x + 15 x

jIJK

+ sin

Fe GH 2

2 x - 13 x

jIJK

= 2.

x + 4x - 4x 1 -
2

2

2

2

F GH

a
2

2 2

18 x

I JK

= b , откуда x =

2

2

9b - 2a 9

2

2

.

Поэтому SA = 9b - 2a . Пусть SI = h высота пирамиды. AI = a, поскольку ABCDEF правильный шестиугольник. Тогда h = 9b - 3a . Отсюда 1 32 2 2 V = S ABCDEF h = a 3b - a . 3 2 Пусть O центр сферы, O K = R ее радиус. Из подобия прямоугольных треугольников SAI и SO K получаем R = SK =a . h Используя теорему об отрезках касательных, выходящих из одной точки, имеем 2 2 SG + SH - GH 9b - 2a - b . SK = = 2 2 . 2 2 2 9b - 3a Подставляя данные задачи а = 9 и b = 3 11 , находим ответ. Значит, R =
2 2

Решения системы (1) суть такие значения х ( x 0 ), для которых существуют некоторые целые k и l, удовлетворяющие уравнениям системы. Докажем, что любое такое число х является квадратом целого числа. Вычитая из первого уравнения системы утроенное второе, получаем равенство

R | | S | | | T

sin

sin

Fe GH 2 Fe GH 2

6 x + 15 x

2 x - 13 x

jIJK jIJK

= 1, = 1,

R6 | S |2 T

x + 15 x = 4k + 1, x 13 x = 4l + 1,

k Z, l Z.
(1)

27 x = 2k - 6l - 1 ,
из которого следует, что x = p q , где р и q взаимно простые нечетные натуральные числа. Тогда из второго уравнения системы (1) получим

2 p = q 13 p + 4l + 1 q ,
что невозможно при нечетном q > 1. 2 Итак, x = m квадрат натурального числа. Рассматривая остатки от деления числа m на 4, приходим к выводу, что система имеет решения в целых числах тогда и только тогда, когда число m равно 4n + 1, n Z, т.е. 2 x = 4 n + 1 , где n Z, n 0 .

2

d

b

gi

a

F H

9b - 2 a - b

2

2

I K

F 1 ; 1I . GH 3 JK F 9 12 I 3. G ; J H 5 5K виде
1.

4
2. 119. . Указание. Перепишите исходную систему в

b

g

5. 8 + 4 6 - 10 arcsin

Ry -3x - 3, | S x + 2 + y +1 |b g b g T
2

2

4 .

2

Пусть в трапеции ABCD AD || BC , BC = 8 = 2 2 (рис.14). Так как трапеция вписана в окружность, то она равнобокая: АВ = CD. Пусть М и N середины оснований трапеции ВС и AD соответственно, тогда MN высота трапеции, MN = = 3+ 2. Центр О описанной около трапеции окружности лежит на

F GG H

26 5

I JJ K

.