12 класс

Задача   1
     Решение: Достаточно раскрасить клетки в шахматном порядке и поместить в белые клетки одно число, а в черные – другое.
Ответ: числа в таблице могут быть различными. 

Задача   2
    Решение:  Так как С=(2006–АВ)/ (А+В) , то первая скобка должна делиться на вторую. Легко понять, что С тем больше, чем меньше АВ. Если АВ=1, то А+В=2 и решения нет. Если АВ=2, то А+В=3, откуда С=668.    
Ответ:  С=668.

Задача   3
Решение: Возьмем произвольную сферу и выберем на ней произвольную точку. Согласно условию, найдется точка, закрашенная в другой цвет. Проведем произвольную сферу через эти две точки. Тогда обязательно найдется точка третьего цвета. Если точки трех цветов окажутся на одной прямой, то рассмотрим любую точку, не лежащую на этой прямой. Её цвет отличается хотя бы от двух из уже выбранных точек. Получаем три точки разных цветов, не лежащие на одной прямой. Через них можно провести сферу. Следовательно, нужно использовать не менее 4 цветов. Покажем, что их и достаточно. 
Для этого сначала закрасим всё пространство в один цвет. Затем выберем произвольную прямую, разобьем её произвольным образом на 3 подмножества и перекрасим каждое из них в свой цвет. Никакая сфера не может пересечь выбранную прямую больше, чем в двух точках. Следовательно, точки хотя бы одного из этих 3 цветов будут на ней отсутствовать.
Ответ: для требуемой раскраски достаточно 4 цветов. 

Задача   4
Обозначим две данные стороны a и b, а угол между ними . Получим зависимость радиуса описанной около треугольника окружности от a, b и . Из теоремы синусов можно получить известную формулу площади треугольника: , значит (используем теорему косинусов)
. Очевидно, радиус наименьший, если и только если его учетверенный квадрат наименьший.  .
Если a=b, то  . Последнее выражение принимает наименьшее значение, если знаменатель (а значит и косинус) принимает наибольшее значение, то есть если . При этом наибольшее значение выражения . Но по условию, угол между данными сторонами положителен, иначе это уже не треугольник. Следовательно, в этом случае (если треугольник равнобедренный) наименьшего значения нет, тем не менее, радиус можно сделать сколь угодно близким к половине стороны. Пусть теперь . . Обозначим . На этом промежутке найдём наименьшее значение функции .  
. Найдём критические точки. . Пусть . (Большую сторону обозначим а) Тогда . ; . На промежутке  производная отрицательна, функция  убывает,  на промежутке  производная положительна, функция  возрастает, в точке  функция  принимает наименьшее значение. Значит, радиус описанной окружности принимает наименьшее значение, когда косинус угла между данными сторонами равен отношению меньшей стороны к большей. При этом наименьший радиус удовлетворяет соотношению , наименьший радиус равен половине наибольшей стороны. 
Ответ. Если данные стороны равны, то задача не имеет решения, радиус описанной окружности, уменьшая, можно сделать сколь угодно близким к половине данной стороны.  Если данные стороны различны, то минимально возможный радиус равен половине большей из данных сторон. 

Задача   5
Решение: Прежде всего, заметим, что cos2006x  и sin2006x имеют период π. Поэтому на интервале от 0 до 3π их интегралы совпадут. Длина оставшегося интервала 10–3π меньше чем  π/4, поэтому на нем  cos2006x >sin2006x>0.  Следовательно, второе число (интеграл от cos2006x )  больше. 
Чтобы оценить больший из интегралов сверху, возьмем x = π/12 . Так как cos2x=(1+cos2x)/2 , то cos2006 π/12=((1+cos π/6)/2)1003 <(0,934)1003 <(0,934)1002 <(0,871)501 <(0,871)500 <(0,76)250 < (0,58)125< (0,58)124< (0,33)62< 1/362 =1/931 <1/831 = 1/293 <1/290 =1/(210)9 <1/(103)9 = 10–27 . 
Эта оценка показывает, что даже большая из подынтегральных функций очень быстро убывает практически к нулевому значению. Поэтому сами интегралы почти не отличаются.
    Ответ: второе число больше первого, но разность между ними пренебрежимо мала. 

Задача   6
Обозначим: . 
Тогда требуется проверить, что при любом  верно неравенство . 
Рассмотрим это неравенство на отрезке . 
. 
. Поскольку функции  и  непрерывны всюду в области определения  как элементарные, то для сколь угодно малого  существует , что как только , тотчас  отличается от –95 не более чем на , и  отличается от +145 не более чем на . Итак, существует малая левая окрестность единицы, в которой данное в задаче неравенство нарушается. 
Вывод: неравенство неверно.