Задача 5: Три коэффициента a, b, c и два корня x₁, x₂ квадратного трёхчлена ax² + bx + c, выписанные в некотором порядке, образуют ряд из 5 последовательных целых чисел. Найдите все такие трёхчлены.

(А.Шаповалов)

По теореме Виета c = ax₁x₂, b =  – a(x₁ + x₂). Предположим, что среди рассматриваемых чисел нет нуля, и m – наименьший из модулей этих чисел. Тогда |c| = |a| • |x₁| • |x₂| ≥ 1 • 2 • 3 = 6. Отсюда m ≥ 2, но |c| > m³, значит разность между c и наименьшим по модулю числом больше 4 – противоречие. Итак, среди чисел есть 0. Так как двух нулей быть не может, из равенства c = ax₁x₂ находим, что b = 0. Тогда сумма корней – 0, разность не больше 4, то есть корни либо 1 и -1, либо 2 и -2. В первом случае a =  – c, и так как a и c соседние с 1 или -1, получаем ответы: 2x² – 2 и  – 2x² + 2. Во втором случае c =  – 4a, и разница между a и c больше 4, что невозможно.

ОТВЕТ: 2x² – 2 и  – 2x² + 2.

Задача 6: Известно, что уравнение x³ + y³ = z³ не имеет решений в натуральных числах. Найдите все решения в натуральных числах уравнения 6x² + 2 = z³.

Решение:

Запишем уравнение в виде (x + 1)³ – (x – 1)³ = z³, откуда (x + 1)³ = (x – 1)³ + z³. В натуральных числах x + 1,x – 1 и z это уравнение решений не имеет (это дано в условии). Так как и z и x (а значит, и x + 1) должны быть натуральными, единственно возможный случай x – 1 = 0, то есть x = 1. Тогда z = 2.

ОТВЕТ: единственная пара x = 1, z = 2.

Задача 7: В треугольнике ABC, вписанном в окружность, AB < AC. На стороне AC отмечена точка D так, что AD = AB. Докажите, что серединный перпендикуляр к отрезку DC делит пополам дугу BC, не содержащую точки A.

(М.Сонкин)

Продолжим сторону BD до пересечения с описанной окружностью в точке E (см. рис.22). Треугольники ABD и CDE подобны (углы  ∠ ABD и  ∠ DCE равны, как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу AE, а углы BDA и CDE равны, как вертикальные). Тогда DE = EC, а следовательно серединный перпендикуляр к отрезку DC является и биссектрисой угла E, поэтому делит дугу BC пополам.

Задача 8: Найдите наибольшее число l такое, что при любой раскраске единичного квадрата в 2 цвета внутри него найдётся отрезок с одноцветными вершинами длины не меньше, чем l.

(Л.Емельянов)

Покажем сначала, что при любой раскраске единичного квадрата в два цвета найдутся две одноцветные точки, расстояние между которыми не меньше . Предположим, что при некоторой раскраске таких точек нет. Возьмём вершины A,B,D и середины E и F сторон BC и DC соответственно (см.рис.23). Тогда точки E и F окрашены в другой цвет, чем вершина A, точки B и F (как и точки D и E) окрашены в разные цвета, поэтому цвет вершин B и D совпадает с цветом вершины A. Но  – противоречие.

Покажем теперь как покрасить квадрат в два цвета, чтобы не было одноцветных точек на расстоянии меньшем, чем . Проведём в квадрате среднюю линию и раскрасим получившиеся два прямоугольника каждый в свой цвет (точки средней линии при этом можно раскрасить произвольным образом). Любые одноцветные точки при этом лежат в одном из прямоугольников, а значит расстояние между ними не превосходит диагонали прямоугольника, равной .