«Физтех» по математике: та же школьная программа, только с приёмами

Приём: разность подкоренных выражений равна правой части: (2x² − 3x + 4) − (2x² + x + 3) = 1 − 4x. Обозначим A и B подкоренные выражения, тогда уравнение имеет вид √A − √B = A − B = (√A − √B)(√A + √B).

Либо √A = √B, тогда 1 − 4x = 0 и x = 1/4 (проверка: A = B, обе части нули). Либо √A + √B = 1, но A = 2x² − 3x + 4 > 2 при всех x, так что √A > 1 и этот случай невозможен.

Приём: квадрат разности корней трёхчлена px² + qx + r равен дискриминанту, делённому на p²: (x₁ − x₂)² = (q² − 4pr)/p².

A² = a² + 12, B² = 4 + 4b, поэтому A² − B² = a² − 4b + 8. Для f₃ и f₄: C² = ((2 − 2a)² + 12(6 + b))/9, D² = ((4 − a)² + 12(3 + 2b))/9. Вычитаем и упрощаем: C² − D² = (3a² − 12b + 24)/9 = (a² − 4b + 8)/3.

Приём: вынести n!: n!·(1 + (n+1) + (n+1)(n+2)) = n!·(n+2)². А 361 = 19².

Пока n < 17, ни n!, ни n + 2 не делятся на 19. При n = 17 множитель (n+2)² = 19² даёт ровно 361.

Приём: каждое простое число рассматриваем отдельно. Пусть показатели тройки при 3 равны x, y, z. Тогда x + y ≥ 11, y + z ≥ 18, x + z ≥ 21. Складываем: 2(x + y + z) ≥ 50, то есть x + y + z ≥ 25, и это достигается (x = 7, y = 4, z = 14).

Для семёрки: x + y ≥ 11, y + z ≥ 16, x + z ≥ 38. Здесь сильнее третье условие само по себе: x + y + z ≥ 38, достигается при y = 0, x = 22, z = 16.

Приём: числа имеют вид 3k, k = 1…100, и 3(k₁ + k₂) делится на 5 тогда и только тогда, когда k₁ + k₂ делится на 5. Остатки k при делении на 5 дают пять классов по 20 чисел.

Пары из класса 0: C(20,2) = 190. Пары «остаток 1 + остаток 4»: 20·20 = 400, «2 + 3»: ещё 400.

Приём: 1400 = 2³·5²·7. Цифры 7, 5, 5 обязательны, а 2³ раскладывается по цифрам тремя способами: 8; 4 и 2; 2, 2, 2. Остальные цифры единицы.

Набор {8, 7, 5, 5, 1, 1, 1, 1}: 8!/(2!·4!) = 840. Набор {4, 2, 7, 5, 5, 1, 1, 1}: 8!/(2!·3!) = 3360. Набор {2, 2, 2, 7, 5, 5, 1, 1}: 8!/(3!·2!·2!) = 1680.

Приём: ∠DCB = ∠DEB = 90°, значит C, D, E, B лежат на окружности с диаметром BD, и ∠CBD = ∠CED = 30° как вписанные углы на дугу CD.

Тогда CD = BC·tg 30° = 2√7/3, AD = √7 − 2√7/3 = √7/3, то есть AD : AC = 1 : 3. Треугольники ADE и ABC подобны (общий угол A, прямые углы), AB = √(7 + 28/3) = 7/√3, коэффициент k = AD/AB = 1/√21. Площадь ABC равна ½·√7·2√(7/3) = 7/√3, площадь ADE в 21 раз меньше.

Приём: BKIL — квадрат со стороной r, поэтому IL ∥ AB, и прямоугольные треугольники MKI и ILN подобны (∠KMI = ∠LIN). Отсюда MK/KI = IL/LN, то есть r² = MK·NL = 144·25, r = 60.

Второй вопрос. BM = 204, BN = 85, MN = 221. Расстояние от B до MN равно BM·BN/MN = 1020/13. Треугольник MBN подобен ABC с коэффициентом k = AC/MN, а расстояние между параллельными MN и AC равно r = 60 (точка I лежит на MN и удалена от AC на r). Значит (k − 1)·1020/13 = 60, k = 30/17, AC = 221·30/17 = 390.

Приём: ∠BDH = ∠BEH = 90°, значит B лежит на ω, а BH её диаметр: BH = 20.

Пусть M середина AC. Так как ∠AEC = ∠ADC = 90°, точки A, E, D, C лежат на окружности с диаметром AC, и MD = ME = MA = MC. Треугольник MDC равнобедренный, ∠MDC = ∠C, а ∠HDC = 90°, значит угол между MD и хордой DH равен 90° − ∠C. Вписанный угол на дугу DH равен ∠DBH = 90° − ∠C. Углы равны, MD — касательная; так же ME. Следовательно, K = M.

В треугольнике с углом B = 60° отрезок BH = 2R·cos B = R, где R радиус описанной окружности ABC. Значит R = 20, AC = 2R·sin 60° = 20√3, AK = AC/2.

Если a = 0, окружность вырождается в точку, значение равно 0, не подходит. Иначе x ∈ [−|a|, |a|], вершина параболы x = 3 правее середины отрезка, поэтому максимум в точке x = −|a|: a² + 6|a| + a = 8.

При a > 0: a² + 7a − 8 = 0, a = 1. При a < 0: a² − 5a − 8 = 0, подходит только отрицательный корень.

Пусть S расстояние, v и u скорости велосипедиста и мотоциклиста. Условия: S/v − S/u = 2; u·S/v − v·S/u = 96, то есть S(u² − v²)/(uv) = 96; S/(v + 6) − S/(u + 6) = 5/4.

Приём: разделим второе уравнение на первое: S(u² − v²)/(uv) : S(u − v)/(uv) = u + v = 48. Теперь из первого S = 2uv/(u − v), подставляем u = 48 − v в третье и получаем квадратное уравнение с корнем v = 18. Тогда u = 30, S = 2·18·30/12 = 90.

Приём: b = aq, c = aq², четвёртый член aq³. Подставляем: a·(aq³)² + 2aq·aq³ + aq² = aq²·(a²q⁴ + 2aq² + 1) = aq²·(aq² + 1)².

Это равно нулю только при aq² = −1, а aq² и есть третий член.

Приём: кубы членов образуют прогрессию со знаменателем q³, квадраты — с q², четвёртые степени — с q⁴. Тогда S₃/S₁ = b²(1 − q)/(1 − q³) = b²/(1 + q + q²) = 48/7 и S₄/S₂ = b²/(1 + q²) = 144/17.

Делим второе на первое: (1 + q + q²)/(1 + q²) = 21/17, откуда 4q² − 17q + 4 = 0, q = 1/4 (корень 4 не подходит, прогрессия убывающая). Тогда b² = 144/17·17/16 = 9.

Приём: a₉ − a₃ = 6d и a₅ − a₃ = 2d, значит a₉ − a₃ = 3(a₅ − a₃). После сокращения на 3: (x² + 2x)² = x² + 2x + 2. Замена t = x² + 2x даёт t² − t − 2 = 0, t = 2 или t = −1.

Приём: a² − 6ab + b² = (a + b)² − 8ab. Если d делит a + b и знаменатель, то d делит 8ab. Простой делитель d не может делить a (иначе он делит и b = (a + b) − a), поэтому d взаимно прост с ab и d делит 8.

Пример, когда 8 достигается: a = 3, b = 5 дают 8 и 9 − 90 + 25 = −56.

Приём: маленькие случаи: 9³ = 729 (одна девятка), 99³ = 970299 (три), 999³ = 997002999 (пять). Закономерность 2k − 1 объясняется кубом разности: 10^3k − 3·10^2k + 3·10^k − 1.

Числа 3k, k = 1…140, нужно k₁ + k₂ ⋮ 7. Семь классов остатков по 20 чисел. Пары внутри класса 0: C(20,2) = 190; пары «1 + 6», «2 + 5», «3 + 4»: по 400.

700 = 2²·5²·7. Цифры 7, 5, 5 и либо 4, либо 2 и 2. Набор {4, 7, 5, 5, 1, 1, 1, 1}: 8!/(2!·4!) = 840. Набор {2, 2, 7, 5, 5, 1, 1, 1}: 8!/(2!·2!·3!) = 1680.

P₅ = C(n−3, 2)/C(n, 5), P₆ = C(n−3, 3)/C(n, 6). Отношение P₆/P₅ = [(n − 5)/3]·[6/(n − 5)] = 2 при любом n ≥ 6. Приём: если ответ не зависит от n, скорее всего, вы всё сделали правильно.

Приём: ∠BPD = ∠BTD = 90°, так что PM и TN — медианы к гипотенузам, PM = MA = MD, TN = ND = NC. Тогда ∠PMD = 2∠A и ∠TND = 2∠C как внешние углы равнобедренных треугольников.

а) PM ∥ TN, а AC — секущая, поэтому ∠PMD + ∠TND = 180°, то есть 2∠A + 2∠C = 180° и ∠B = 90°.

б) AD = 2MP = 1, DC = 2NT = 5, AC = 6, BD = 2. По теореме Стюарта для чевианы BD: AB²·5 + BC²·1 = 6·(4 + 1·5) = 54, а AB² + BC² = 36. Отсюда AB² = 9/2, BC² = 63/2, площадь ½·AB·BC = ½·√(567/4) = 9√7/4.

Приём: когда в задаче две окружности и отрезки с числами, координаты часто быстрее синтетики. Пусть AB лежит на оси x, M = (0; 0) середина AB, AB = 8x, тогда C = (3x; 0). Центр Ω в точке O = (0; d), 25 = 16x² + d². Центр ω — точка O′ = (3x; ±1) (радиус ω равен 1 и O′C ⊥ AB), и O′ лежит на Ω: 9x² + (d ∓ 1)² = 25.

Вычитаем уравнения: ∓2d + 1 = 7x². Подставляем d в 25 = 16x² + d² и получаем 49x⁴ + 50x² − 99 = 0, откуда x² = 1 при любом знаке. AB = 8x = 8.

Обозначим ℓ(x) = ax + b. На концах отрезка нижняя парабола равна −5/8 и 2, поэтому ℓ(−1/4) ≥ −5/8 и ℓ(3/2) ≥ 2. Верхняя функция x + |2x − 1| имеет минимум в изломе x = 1/2 и равна там 1/2, поэтому ℓ(1/2) ≤ 1/2.

Приём: точка 1/2 делит отрезок в отношении 3 : 4, и для линейной функции ℓ(1/2) = (4/7)·ℓ(−1/4) + (3/7)·ℓ(3/2) ≥ (4/7)(−5/8) + (3/7)·2 = 1/2. Значит ℓ(1/2) = 1/2 и оба неравенства на концах обращаются в равенства. Прямая проходит через (−1/4; −5/8) и (3/2; 2): a = 3/2, b = −1/4. Проверка: парабола выпукла, поэтому её хорда лежит выше неё на всём отрезке, а ниже ломаной прямая лежит по построению.

f(x) = 3x² − 2(a+b+c)x + (ab+bc+ca). Пусть s = a+b+c; f(0) = ab+bc+ca = 11. Минимум параболы в точке x = s/3 равен 11 − s²/3 = −1, откуда s² = 36.

Приём: a² + b² + c² = s² − 2(ab+bc+ca) = 36 − 22 = 14.

Приём: у чисел нет других простых делителей, кроме 2 и 3. Показатели двойки в тройке — числа от 1 до 15 с минимумом 1 и максимумом 15. Считаем по включениям-исключениям: 15³ − 2·14³ + 13³ = 84. Для тройки показатели от 1 до 16: 16³ − 2·15³ + 14³ = 90.

Показатели при разных простых выбираются независимо: 84·90.

Та же идея, что в 9 классе, только три простых. Для двойки: x + y ≥ 9, y + z ≥ 14, x + z ≥ 19, сумма ≥ 21, достигается при (7, 2, 12). Для тройки: 10, 13, 18 дают сумму ≥ 20,5, то есть ≥ 21, достигается при (8, 3, 10). Для пятёрки: x + z ≥ 30 само даёт сумму ≥ 30, достигается при y = 0, x = 17, z = 13.

Приём: остатки по модулю 3 у чисел 502 + 2j идут по кругу 1, 0, 2. Из 130 карточек 44 дают остаток 1, по 43 — остатки 0 и 2.

Сумма трёх делится на 3, если все остатки равны или все различны: C(44,3) + 2·C(43,3) + 44·43·43 = 13 244 + 24 682 + 81 356.

3375 = 3³·5³. Три пятёрки обязательны, а 3³ это либо 3, 3, 3, либо 9 и 3. Наборы {5,5,5,3,3,3,1,1}: 8!/(3!·3!·2!) = 560 и {5,5,5,9,3,1,1,1}: 8!/(3!·3!) = 1120.

Приём: в равных окружностях на равные хорды опираются равные вписанные углы, поэтому ∠ACB = ∠ADB. Треугольник ACD прямоугольный с равными углами при C и D, значит ∠ACD = ∠ADC = 45°.

По теореме синусов BC = 2R·sin∠BAC и BD = 2R·sin∠BAD, а ∠BAC + ∠BAD = 90°, поэтому BC² + BD² = 4R²·(sin² + cos²) = 4R². В прямоугольном треугольнике CBF: CF² = BC² + BF² = BC² + BD² = 4R², CF = 2R.

Приём: абсциссы двух точек выписываем дважды, через параболу и через окружность, и сравниваем по Виету. Пересечение прямой с параболой: 3x² − 3x − 4b = 0, значит x₁ + x₂ = 1, x₁x₂ = −4b/3.

Окружность с центром (c; b) проходит через O, её радиус² = c² + b². Для точек прямой (x−c)² + (3x/4)² = c² + b², то есть (25/16)x² − 2cx − b² = 0: x₁ + x₂ = 32c/25, x₁x₂ = −16b²/25. Сравниваем: c = 25/32 и 16b²/25 = 4b/3, откуда b = 25/12 (b = 0 даёт прямую через O и меньше трёх точек).

Первое уравнение задаёт квадрат с вершинами (0; 0), (3; 3), (0; 6), (−3; 3). Второе — четыре окружности радиуса √a с центрами (±4; ±3). Картинка симметрична относительно оси y, поэтому решения идут парами, а ровно два получается, когда у правой окружности с центром (4; 3) ровно одна общая точка с квадратом и эта точка не на оси y, либо когда общих точек две и обе на оси y.

Первый случай: касание в вершине (3; 3), расстояние 1, a = 1. Второй: окружность проходит через (0; 0) и (0; 6), расстояние √(16 + 9) = 5, a = 25; эти две точки общие для всех четырёх окружностей, других пересечений нет.

Первые два слагаемых — разность квадратов: (1 − cos(x − π/8))·(1 − cos(x + π/8)) ≥ 0. Третье тоже квадрат. Приём: сумма неотрицательных слагаемых не больше нуля, только если все они нули.

sin 2x = √2/2 и одновременно cos(x − π/8) = 1 или cos(x + π/8) = 1. Серия x = −π/8 + 2πk не подходит: sin 2x там отрицателен.

Приём: cos t − sin t = √2·cos(t + π/4). Левая часть равна √2·[cos(11x + π/4) − cos(3x + π/4)] = −2√2·sin(7x + π/4)·sin 4x. Правая: cos 14x = sin(14x + π/2) = 2 sin(7x + π/4)·cos(7x + π/4).

Получаем sin(7x + π/4)·(sin 4x + cos(7x + π/4)) = 0. Первый множитель: x = −π/28 + πk/7. Второй: cos(7x + π/4) = cos(4x + π/2), откуда 3x = π/4 + 2πk или 11x = −3π/4 + 2πk.

Приём: V = S_⊥·l, где l боковое ребро, а стороны перпендикулярного сечения равны 3/l, 3/l, 2/l. По Герону S_⊥ = 2√2/l², поэтому V = 2√2/l.

Чтобы найти l, раскладываем каждую сторону основания на составляющую вдоль ребра и поперёк: a² = 9/l² + t₁² = 9/l² + t₂² = 4/l² + t₃², причём t₁ + t₂ + t₃ = 0. Отсюда t₁ = t₂, t₃ = −2t₁, и a² = 32/(3l²). Площадь основания 1 даёт a² = 4/√3, значит l² = 8√3/3 и V = 2√2/l = ⁴√3.