Задание №175643: Геометрия

ы и решения

Задача 1. Учтем, что угол между стрелками всегда измеряется как угол, меньший либо
360
равный 180 0. Угловая скорость часовой стрелки = 30 град / час. По условию через час
12
положение минутной стрелки не изменилось. Часовая стрелка при этом прошла угол 2 αс
учетом возможности пройти через 180 0. Таким образом , начальный угол равен либо

=
3
2
0
= 1 5 0 α , либо = 1 8 0 −
3
2
0
= 1 6 5 0 α . В других вариантах возможность перейти 1800 не
реализуется, зато возникают два варианта ответа при начальном расположении минутной
стрелки слева, либо справа от часовой стрелки.
α=150,α=1650.
Задача 2. Итак, уравнения f (x) = 0 и f ( f ( x ) ) = 0 должны иметь строго одинаковые
(совпадаюшие) корни. Если f (x) = 0 и f ( f (x)) = (b +1)( f (x))2 − 2af (x) +b , то отсюда
сразу следует, что b = 0 ( или для x∈ X первое уравнение удовлетворяет второму
уравнению только при b = 0 ). Тогда f ( x ) = x 2 − 2 a x = x ( x − 2 a ) и
f ( f (x)) = x(x − 2a)(x(x − 2a) − 2a) = x(x −2a)(x2 −2ax −2a) . Все решения уравнения
 x = 0
f (x) = 0 ⇔ X = являются решениями уравнения f ( f (x)) = 0. Если уравнение

x = 2a

x 2 − 2 a x − 2 a = 0 не имеет решений или имеет решения только x = 0 или x = 2 a , то
уравнения f ( x ) = 0 и f ( f ( x ) ) = 0 равносильные. Если дискриминант D / 4 = a 2 + 2 a < 0 ,
что соответствует a ∈ ( − 2 ; 0 ) , уравнение x 2 − 2 a x − 2 a = 0 действительных корней не имеет,

а исходные уравнения равносильны, множество решений X =

x
x
=
=
2
0
a
. При a = 0 и D=0
равносильность сохраняется: f (x) = x2, f ( f (x)) = x4, X ={0}. При a = − 2 и D = 0 :
f ( x ) = x ( x + 4 ) , f ( f ( x ) ) = x ( x + 4 ) ( x + 2 ) 2 . Возникает дополнительный корень, и данные
уравнения не равносильные. При любых других a ≠ 0 числа x = 0 и x = 2 a корнями
уравнения x 2 − 2 a x − 2 a = 0 не являются.
b = 0 ; a ∈ ( − 2 ; 0 ] .
Задача 3. Простые числа обязательно нечетные и не могут оканчиваться на 2, 4, 6, 8 . Если
трехзначное простое число p оканчивается на 1, 3 или 7, то после проведения серии
описанных в условии действий числа q могут оканчиваться на 1 → 3 → 7 → 5 → 1
(циклически). Поскольку трехзначные числа, оканчивающиеся на 5, составные (делятся на
5), Петя сможет получить не более 2 призов. Если p=101 (простое), то q
1
= 1 0 3 (простое),
q
2
= 1 0 7 (простое), q
3
= 1 1 5 (уже составное), и Петя получит 2 приза. Еще остается один
вариант – последняя цифра числа p - девятка. Если трехзначное число p оканчивается на 9,
то после каждого действия к нему прибавляется 10, что не меняет последнюю цифру в числе
p. Если остаток от деления p на 3 был равен 1, то q
1
может быть простым и иметь остаток 2
при делении на 3 (т.е. Петя может получить один приз), но q
2
уже будет делится на 3 и не
будет простым . Если трехзначное число p оканчивается на 9 и имеет остаток от деления на
3, равный 2, то q
1
уже будет делиться на 3 и Петя приза не получит. Таким образом,
максимальное количество призов равняется 2, о минимальное трехзначное число при таких
условиях равно 101.
101; два приза.
Задача 4. Значение выражения 1 + x 2 + 9 + ( 3 − x ) 2 равно длине ломаной C M D или
C M D ′ (ее длина не зависит от положения точек C и D относительно прямой A B ). Оно
минимально, если точка M лежит на прямой C D (на рисунке соответствует точке N) в
случае, когда точки C и D лежат по разные стороны от прямой AB и в случае, когда точка
D′ симметрична точке D относительно прямой AB . Тогда минимальное значение
выражения равно длине отрезка C D , равного по теореме Пифагора
( A C + B D ) 2 + A B 2 = ( 1 + 3 ) 2 + 3 2 = 5 .
C
D
x N
A B
M
5.
D’