Задача 1: Доказать, что для всех действительных чисел a справедливо неравенство: 3(1 + a² + a⁴) ≥ (1 + a + a²)².

Решение:

1 способ. Воспользуемся неравенством 2ab ≤ a² + b². Тогда 2a ≤ 1 + a², 2a² ≤ 1 + a⁴, 2a³ ≤ a² + a⁴. (1 + a + a²)² = 1 + a² + a⁴ + 2a + 2a² + 2a³ ≤ 1 + a² + a⁴ + (1 +   + a²) + (1 + a⁴) + (a² + a⁴) = 3(1 + a² + a⁴).

2 способ. 3(1 + a² + a⁴) – (1 + a + a²)² = 2 + 2a² + 2a⁴ – 2a – 2a² – 2a³ = 2((1 –   – a) – (1 – a)a³) = 2(a – 1)²(a² + a + 1) = 2(a – 1)²((a + ½)² + ¾)) ≥ 0.

3 способ. 3(1 + a² + a⁴) – (1 + a + a²)² = 2 + 2a² + 2a⁴ – 2a – 2a² – 2a³ = (1 – 2a +   + a²) + (1 – 2a² + a⁴) + (a² – 2a³ + a⁴) = (1 – a)² + (1 – a²)² + (a – a²)² ≥ 0.

Задача 2: Пусть числа  – целые. Докажите, что число  – целое.

Решение:

Доказательство следует из равенства.

Задача 3: Пусть  — квадрат. M — внутренняя точка квадрата. Доказать, что точки пересечения медиан треугольников  ∆ AMB,  ∆ BMC,  ∆ CMD,  ∆ DMA тоже образуют квадрат.

Решение:

Обозначим точки пересечения медиан  ∆ AMD,  ∆ DMC,  ∆ CMB,  ∆ BMA через O₁, O₂, O₃, O₄, соответственно. И пусть MN, AP, DS, ML, DQ, CP, MF, CR, BQ, MK, AR, BS – медианы  ∆ AMD,  ∆ DMC,  ∆ CMB,  ∆ BMA, соответственно.

1 способ. Cм.рис.7. Рассмотрим  ∆ APC и  ∆ O₁PO₂. Они подобны по II признаку подобия треугольников (  ∠ P — общий, (точка пересечения медиан треугольника делит медиану в отношении 2:1, считая от вершины)). Поэтому O₁O₂ = ⅓AC, и  ∠ O₂O₁P =  ∠ CAP, откуда следует что O₁O₂ || AC. Аналогично рассматривая пары подобных треугольников  ∆ ARC и  ∆ O₄RO₃,

 ∆ BQD и  ∆ O₃QO₂,  ∆ BSD и  ∆ O₄SO₁, доказываем, что O₄O₃ = ⅓AC, O₄O₃ || AC, O₃O₂ = ⅓BD, O₃O₂ || BD, O₄O₂ = ⅓BD, O₄O₁ || BD.

Диагонали квадрата равны и взаимно перпендикулярны, отсюда следует, что O₁O₂ = O₂O₃ = O₃O₄ = O₄O₁ и ( как углы с взаимно параллельными сторонами). Следовательно  — квадрат.

2 способ. Cм. рис.8. Легко доказывается, что  — квадрат (используя  ∆ FBK =  ∆ KAN =  ∆ NDL =  ∆ LCF). Рассмотрим  ∆ MFL и  ∆ MO₃O₂. Они подобны по II признаку подобия треугольников (  ∠ M — общий, ). Из подобия  ∆ MFL ∽  ∆ MO₃O₂ следует равенство соответствующих углов и пропорциональность соответствующих сторон. То есть O₃O₂ = ⅔FL и  ∠ O₃O₂M =  ∠ FLM, откуда следует что O₃O₂ || FL. Аналогично рассматривая пары подобных треугольников  ∆ MLN и  ∆ MO₂O₁,  ∆ MNK и  ∆ MO₁O₄,  ∆ MKF и  ∆ MO₄O₃ доказываем, что O₁O₂ = ⅔NL, O₁O₂ || NL, O₁O₄ = ⅔KN, O₁O₄ || KN, O₄O₃ = ⅔KF, O₄O₃ || KF.

А так как стороны квадрата равны, то O₁O₂ = O₂O₃ = O₃O₄ = O₄O₁. ( как углы с взаимно параллельными сторонами). Следовательно  — квадрат.

3 способ. См. рис.9. Через точки O₁, O₂, O₃, O₄, проведем прямые A₁D₁ || AD, C₁D₁ ||   || CD, B₁C₁ || BC, A₁B₁ || AB, соответственно.

Докажем, что прямые A₁D₁ и A₁B₁ пересекаются в точке A₁ ∈ AM. Пусть прямая A₁D₁ пересекает AM в точке A₁. a прямая A₁B₁ пересекает AM в точке A′.

Рассмотрим  ∆ AMN и  ∆ A₁MO₁. Они подобны по трем углам ( ∠ M  — общий,  ∠ MA₁O₁ =  ∠ MAN,  ∠ MO₁A₁ =  ∠ MNA,  — как соответствующие углы при параллельных прямых AD и A₁D₁). Из подобия  ∆ AMN ∽  ∆ A₁MO₁ следует пропорциональность соответствующих сторон. А так как MO₁ = ⅔MN, то MA₁ = ⅔MA. Аналогично, рассматривая пару подобных треугольников  ∆ MKA и  ∆ MO₄A′, мы получим, что MA′ = ⅔MA, а следовательно, MA′ = MA₁, то есть точки A′ и A₁ совпадают. Аналогично доказывается, что прямые A₁B₁ и B₁C₁, B₁C₁ и C₁D₁ пересекаются в точках B₁ ∈ BM, C₁ ∈ CM, D₁ ∈ DM, соответственно.

Из подобия  ∆ AMN ∽  ∆ A₁MO₁ следует, что A₁O₁ = ⅔AN = ⅓AD. Аналогично рассматривая пару подобных треугольников  ∆ MND и  ∆ MO₁D₁ мы получим, что O₁D₁ = ⅔ND = ⅓AD, то есть O₁ — середина отрезка A₁D₁. Аналогично доказывается, что O₂, O₃, O₄ — середины отрезков C₁D₁, B₁C₁, A₁B₁, соответственно и A₁D₁ = A₁B₁ = B₁C₁ = C₁D₁ = ⅔AD. как углы с взаимно параллельными сторонами. Следовательно  — квадрат. После чего легко доказывается, что  — квадрат.

4 способ. Рассмотрим векторы: , , и .

Тогда .

Аналогично доказывается, что , , .

А так как диагонали квадрата равны и взаимно перпендикулярны, отсюда имеем, что стороны равны и взаимно перпендикулярны и следовательно  — квадрат.

em:linewidth 0.4pt 0.60mm 0.4pt

Задача 4: Можно ли расставить в вершинах куба различные числа так, чтобы каждое число равнялось сумме трех, соединенных с ним ребрами куба?

Решение. Обозначим числа в в вершинах куба через a, b, c, d, f, k, l, m. Тогда

a = b + d + f

b = a + c + k

c = b + d + l

d = a + c + m

f = a + k + m

k = b + f + l

l = c + k + m

m = d + l + f

Сложив почленно эти равенства имеем: a + b + c + d + f + k + l + m = 3(a + b + c + d + f + k + l + m), откуда a + b + c + d + f + k + l + m = 0. Но a + b + c + d + f + k + l + m = a + (b + d + f) + l + (c + k + m) = 2a + 2l, откуда a =  – l. Аналогично доказывается, что b =  – m, c =  – f, d =  – k (*).

Отсюда получаем способ расстановки чисел: например, b = 1 d = 2 f = 3. Тогда по условию a = b + d + f = 6, а остальные числа находим из условия (*): l =  – 6, c =  – 3, m =  – 1, k =  – 2.

Ответ: можно.