Франк Владислав Игоревич

Ответ на «опять ОДЗ и радикалы»

Ваше равенство верно лишь при положительных числах (x можно брать и нулем)

Для отрицательных корень из (-1)/(-1) определен, а корень из -1 — нет, потому и дробь из них не определена.

Ответ на «C4+C6.»

Да, именно это решение мы написали в книжку олимпиадных задач. Хотя я тогда придумал решение как С6. Копирую сюда.

Прежде всего заметим, что достаточно найти треугольник с рациональными длинами сторон, высот и биссектрис, поскольку подобный ему с некоторым коэффициентом будет иметь целые длины всех этих отрезков.

Далее, если $\sqrt{ab(a+b+c)(a+b-c)}, \sqrt{bc(a+b+c)(b+c-a)},\sqrt{ac(a+b+c)(a+c-b)}$
рациональны, то их произведение, равное $abc(a+b+c)S$, тоже рационально, тогда рациональна площадь треугольника, а значит и все его высоты. (То есть рациональность высот следует из рациональности сторон и биссектрис).

Потребуем далее, чтобы $b=c$. Тогда надо обеспечить рациональность таких двух выражений:
$a\sqrt{b(2b+a)}$ и $b\sqrt{(2b-a)(2b+a)}$. Попробуем найти $a$ и $b$,
при которых $b,2b+a,2b-a$ будут квадратами. Подходят, например, $b=25,a=14$.
Итак, получили треугольник. $a=14,b=c=25,l_b=l_c=560/39,l_a=h_a=24,h_b=h_c=336/25$. Рассматривая подобный ему с коэффициентом $39\times25$=975,
получаем треугольник. $a=13650,b=c=24375,l_b=l_c=14000,l_a=h_a=23400,h_b=h_c=13104$.

Ответ на «C4+C6.»

Еще пара задач С4+С6 (скорее все-таки с6)

Существует ли треугольник с целочисленными длинами сторон, высот и биссектрис?

Стороны треугольника — последовательные натуральные числа, а одна из медиан перпендикулярна одной из биссектрис. Найдите стороны треугольника.

Ответ на «разложить на множители»

А зачем такие сложности? Очевидно что при положительных оно положительно, а при отрицательных среднее слагаемое забивается одним из крайних. Только для разложения-то это зачем?

Ответ на «как решить!! это часть С3..»

А еще есть формула, выражающая радиус через стороны. Если отнестись к ней как к уравнению про третью сторону...

Ответ на «Решить систему»

Я конечно дико извиняюсь, а почему бы эту систему вообще по тупому не пробить?
Переносим первый корень в другую часть и возводим в квадрат.

[m]x^2+y^2-14x-4y+53=25-10\sqrt{x^2+y^2-6x+2y+10}+x^2+y^2-6x+2y+10[/m]

[m]-8x-6y+18=-10\sqrt{x^2+y^2-6x+2y+10}[/m]

А теперь еще раз в квадрат и сделать подстановку из первого уравнения. Получим квадратное.

Типовой же трюк, если под корнями похожие выражения.

Ответ на «Старинная задача»

Правдоподобное рассуждение тоже залатывается. Фразой "Иначе излишки хлеба, имеющиеся у детей, некому было бы нести, если эти излишки есть, а если их нет, то получаем немедленно решение (4,8,0)".

Ответ на «Старинная задача»

Красиво кстати. Такие же решения для двух неизвестных придумываются очень просто. Типа "у кур и свиней вместе 20 голов и 52 ноги, сколько кого — приделаем каждой голове по две ноги, осталось 12 ног, значит 6 свиней и 14 кур". А для трех неизвестных остается еще некое ветвящееся рассуждение, которое в уме не проделаешь и на бумажку трудно записывать, пока маленький.

Ответ на «Коллеги, помогите, тупняк напал. Задача для 7 класса, не могу решить.»

Ну хорошо, а такое?
У самого 1999 сумма цифр 28, у 3998 сумма цифр 29. Поскольку 1999=28*71+11=29*11+28*60б можно написать подряд 11 раз по 3998 и 60 раз по 1999.

Ответ на «Коллеги, помогите, тупняк напал. Задача для 7 класса, не могу решить.»

Я бы предложил такое — рассмотрим такое n, что 10^n дает остаток 1 от деления на 1999 (например, годится фи от 1999, не хочу думать, простое ли это число). Тогда число 1+10^n+10^2n+...+10^1998n подходит.