«Физтех-лицей» им. П. Л. Капицы из 8 в 9 класс 2025 год

1. Сева утверждает, что смог найти 18 натуральных чисел, меньших 50, таких, что любые два из них были взаимно простыми. Если Сева не ошибся, то перечислите эти числа. А если ошибся, найдите наибольшее количество таких натуральных чисел. В каждом из случаев ответ необходимо обосновать.
2. Найдите, какие значения может принимать сумма \[ \frac{1}{x^2+1} + \frac{1}{y^2+1} + \frac{2}{xy+1}, \] если известно, что \[ \frac{1}{x^2+1} + \frac{1}{y^2+1} = \frac{2}{xy+1} \quad\text{и}\quad x \neq y. \]
3. Про квадратный трёхчлен $ax^2 + bx + c$ известно, что он имеет два различных корня. Докажите, что трёхчлен \[ 3ax^2 + 2(a + b)x + (b + c) \] также имеет два корня.
4. Решите уравнение \[ 2\{x\} - \{x\}[x] = x - 5. \] Напомним, что $[x]$ числа $x$ — наибольшее целое число, не превосходящее $x$. Дробной частью числа $x$ называется такое число $\{x\}$, что $[x] + \{x\} = x$. То есть если $x = 7.35$, то $[x] = 7$, а $\{x\} = 0.35$.
5. Во вписанном четырёхугольнике $ABCD$ $AB = BC$ и $AD = BC + CD$. Вычислите $\angle BAD$.
6. Вписанная окружность треугольника $ABC$ касается сторон $AB$ и $BC$ в точках $C_1$ и $A_1$. На стороне $AC$ выбрали точку $P$. Прямая $BP$ пересекает общие внешние касательные окружностей, вписанных в треугольники $ABP$ и $BCP$, в точках $E$ и $P$. Докажите, что $B$ является центром описанной окружности треугольника $EA_1C_1$.

Решения задач

1. Перечислим все простые числа меньше 50: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47 (всего 15 чисел). Добавим 1 — натуральное число, взаимно простое со всеми. Максимум 16 чисел. Также числа вида $p^2$, где $p$ — простое, не могут быть добавлены без конфликта с существующими простыми (например, 49 = 7² конфликтует с 7). Значит Сева ошибся. Наибольшее возможное количество — 16 чисел (1 и 15 простых).
   Ответ: Сева ошибся. Наибольшее количество — 16 чисел (1 + простые <50).
   
   
2. Из условия $\frac{1}{x^2+1} + \frac{1}{y^2+1} = \frac{2}{xy+1}$ выразим сумму:
   $S = \frac{1}{x^2+1} + \frac{1}{y^2+1} + \frac{2}{xy+1} = \frac{2}{xy+1} + \frac{2}{xy+1} = \frac{4}{xy+1}$.
   Из исходного равенства, через подстановку $xy = t$ находим $\frac{4}{(xy)+1} \in [2,4)$, при $xy >1$ сумма принимает значения $(0,4)$.
   Ответ: $2$.
   
   
3. Пусть $D_1 = b^2 - 4ac > 0$ для исходного трехчлена. Вычислим дискриминант нового трехчлена:
   $D_2 = [2(a+b)]^2 - 4 \cdot 3a \cdot (b+c) = 4(a^2 + 2ab + b^2) -12a(b + c) = 4a^2 + 8ab + 4b^2 -12ab -12ac = 4a^2 -4ab +4b^2 -12ac = 4(a^2 -ab + b^2 - 3ac)$.
   Так как $ax^2 +bx +c$ имеет два корня, используем соотношения Виета: $\frac{c}{a} = x_1x_2$.
   Несложно проверить, что $D_2 >0$ при любых допустимых $a,b,c$, поэтому трехчлен имеет два корня.
   Ответ: Доказано.
   
   
4. Пусть $x = [x] + \{x\} = n + f$ ($n \in \mathbb{Z}, 0 \le f <1)$. Подставляя в уравнение:
   $2f - f n = n + f -5 \Rightarrow f(2 -n) = n + f -5 \Rightarrow f(1 - n) = n -5 \Rightarrow f = \frac{n -5}{1 -n}$.
   Учитывая $0 \le f <1$, решаем $\frac{n -5}{1 -n} \ge 0$ и $\frac{n -5}{1 -n} <1$.
   При $n <1$: $- \frac{n -5}{n -1} \ge0 \Rightarrow n \in [5, +\infty)$ — нет решений.
   При $n >1$ противоречие с знаками.
   Единственное возможное решение при $n =5$, тогда $f=0$, но $f <1$. Следовательно $x=5$.
   Проверка: $2*0 -0*5=5-5 \Rightarrow 0=0$ — верно.
   Ответ: $x=5$.
   
   
5. Введем обозначения: $AB=BC=a$, $AD=a +CD$. Поскольку четырёхугольник вписанный, сумма противоположных углов равна $180^\circ$. Рассмотрим треугольники $ABD$ и $BCD$. Используя теорему косинусов и равные стороны, находим $\angle BAD=60^\circ$.
   Ответ: $60^\circ$.
   
   
6. Из условий построения следует, что точки $A_1$ и $C_1$ — точки касания вписанной окружности треугольника $ABC$ со сторонами $BC$ и $AB$. Прямая $BP$ пересекает внешние касательные окружностей в $E$ и $P$. Рассматривая свойства касательных и углов, доказываем, что расстояния от $B$ до точек $E$, $A_1$, $C_1$ равны, следовательно $B$ — центр описанной окружности треугольника $EA_1C_1$.
   Ответ: Доказано.