Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
747. См. задачу 739. 748. Окружность ω касается равных сторон AB и AC равнобедренного треугольника ABC и пересекает сторону BC в точках K и L. Отрезок AK пересекает ω второй разв точке M. Точки P и Q симметричны точке K относительно точек B и C соответственно. Докажите, что описанная окружностьтреугольника P MQ касается окружности ω. (В.Филимонов) 749. См. задачу 741. 750. На дугах AB и BC окружности, описанной около треугольника, выбраны соответственно точки K итак, что прямые KL и параллельны. Докажите, что центры вписанных окружностей треугольников и CBL равноудалены от середины дуги ABC. (С.Берлов) 751. См. задачу 744. 752. Квадрат 3 000×3 000 произвольным образом разбит на доминошки (т. е. прямоугольники 1 × 2 клетки. Докажите, что доминошки можно раскраситьв три цвета так, чтобы доминошек каждого цвета было поровну и у каждой доминошки было не более двух соседей ее цвета (доминошки считаются соседними, если они содержат клетки, соседние по стороне). (А.Пастор) 11 класс. Докажите, что sin √ x < √ sin при 0 < x < π 2 (В.Сендеров) 754. Сумма и произведение двух чисто периодических десятичных дробей чисто периодические дроби с периодом T . Докажите, что исходные дроби имеют периоды не больше T . (А.Голованов) 755. В клетчатом прямоугольнике 49 × 69 отмечены все 50 · 70 вершин клеток. Двое играют в следующую игру каждым своим ходом каждый игрок соединяет две точки отрезком, при этом одна точка не может являться концом двух проведенных отрезков. Отрезки могут содержатьобщие точки. Отрезки проводятся до тех пор, пока точки не кончатся. Если после этого первый может выбратьна всех проведенных отрезках направления так, что сумма всех полученных векторов равна нулевому вектору, то он УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 97 выигрывает, иначе выигрывает второй. Кто выигрывает при правильной игре? (О.Подлипский) 756. Биссектрисы и треугольника ABC пересекаются в точке. Прямая пересекает описанную окружностьтреугольника ABC в точках M и N. Докажите, что радиус описанной окружности треугольника вдвое больше радиуса описанной окружности треугольника ABC. (Л.Емельянов) 757. Последовательности положительных чисел (и (удовлетворяют условиям x n+2 = x n + x 2 n+1 , y n+2 = y 2 n + при всех натуральных. Докажите, что если все числа x 1 , x 2 , y 1 , больше 1, то x n > при каком-нибудьнатуральном n. (А.Голованов) 758. Окружностьс центром I, вписанная в грань ABC треугольной пирамиды, касается отрезков AB, BC, CA в точках D, E, F соответственно. На отрезках SA, SB, SC отмечены соответственно точки A , так, что AA = AD , BB = BE , CC = CF ; S — точка на описанной сфере пирамиды, диаметрально противоположная точке S. Известно, что SI является высотой пирамиды. Докажите, что точка равноудалена от точек A , B , C (Ф.Бахарев) 759. Известно, что многочлен (x + 1) n − 1 делится на некоторый многочлен+ четной степени, у которого все коэффициенты c 0 , c 1 , . . . , c k−1 — целые нечетные числа. Докажите, что n делится на k + 1. (А.Гарбер) 760. В лагерьприехало несколько пионеров, каждый из них имеет от до 100 знакомых среди остальных. Докажите, что пионерам можно вы- датьпилотки, покрашенные в 1331 цвет так, чтобы у знакомых каждого пионера были пилотки хотя бы 20 различных цветов. (Д.Карпов) РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 99 О КРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ г класс. Рассмотрим выражение+ ab + b 2 − 3(a + b − 1) = a 2 + (b − 3)a + (b 2 − 3b + как квадратный трехчлен относительно a. Его дискриминант равен −3(b− − и, следовательно, неположителен. Так как коэффициент при больше нуля, то трехчлен принимает только неотрицательные значения, значит, a 2 + ab + b 2 3(a + b − 1) при любых a и b. Равенство достигается тогда и только тогда, когда a = b = Замечание. Возможны и другие решения, например, решение, использующее одно из тождеств a 2 + ab + b 2 − 3(a + b − 1) = (a − 1) 2 + + (b − 1) 2 + (a − 1)(b − 1) или a 2 + ab + b 2 − 3(a + b − 1) = 1 2 (a − − 1) 2 + 1 2 (b − 1) 2 + 1 2 (a + b − 2) 2 . Еще одно решение можно получить, заметив, что ab = (a + b) 2 − (a 2 + b 2 ) 2 , и воспользовавшись неравенством+ b 2 (a + b) 2 2 2. Ответ. Если в десятичной записи числа естьцифра 0 или две одинаковые цифры, то, вычеркнув остальные цифры, мы получим число, делящееся на Значит, искомое число не более чем девятизначное, и все его цифры различны. Наибольшее из таких чисел — 987654321. Докажем, что оно удовлетворяет условию задачи. Пустьпосле вычеркивания n 0 цифр из числа 987654321 получи- лосьчисло a 2k a 2k−1 . . . a 2 a 1 , в котором a 2k > a 2k−1 > . . . > a 2 > если число цифр в получившемся числе нечетно, то припишем в конце нуль, что не изменит делимости на 11). Тогда a 2k−1 ) + (a 2k−2 − a 2k−3 ) + . . . + (a 2 − a 1 ) > и (a 2k−1 − a 2k−2 ) − (a 2k−3 − a 2k−4 ) − . . . − a 1 a 2k Поэтому число+ a 2k−2 + . . . + a 2 − a 2k−1 − a 2k−3 − . . . − не делится на 11, а, значит, не делится на 11 и число. . . a 2 a 1 . 3. а) Ответ. Не обязательно. На рис. 20 приведен пример неравнобедренного треугольника удовлетворяющего условию задачи. Способ построения ясен из рисунка ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Возьмем равнобедренный AOC (AO = OC) и проведем произвольную прямую так, чтобы угол был больше угла ACO. Прямая пересечет в точке N. Эти построения нетрудно выполнитьтак, чтобы оказался острым. Отразив точки N и C симметрично относительно B 1 O , получим точки K и A соответственно. Ясно, что прямая AK пройдет через точку B 1 . На отрезке CK естьточка M такая, что AK = AM = CN так как ∠AKC = = ∠ANC — острый). Ясно, что ABC не является равнобедренным, так как AB 1 C рав- нобедренный. A B 1 C M B N O A B C M K N O L T Рис. Рис. б) Ответ. Обязательно. Допустим, что ∠A > ∠C. Построим на стороне BC точку K так, что = CK . Пусть L и T — точки пересечения прямой AK си соответственно (см. рис. 21). Так как треугольник AKC равнобедренный и AO = OC, то прямая KO — его осьсимметрии. Точки L и N симметричны относительно прямой KO, следовательно, ∠KLN = Далее, ∠KNT < ∠KNL = ∠KLN < ∠KT N = ∠AT M < Но ∠KNT = ∠BMN, так как BM = BN. Полученное противоречие показывает, что неравенство ∠A > ∠C невозможно. Аналогично получаем, что невозможно неравенство ∠A < ∠C. Следовательно, ∠A = ∠C, т. е. треугольник ABC — равнобедренный. Ответ. За n ходов. Докажем сначала, что не более чем заходов всегда можно положить все карты рубашками вниз. Если изначально все карты лежат рубашками вниз, то утверждение доказано. В противном случае разобьем колоду на группы подряд идущих карт, лежащих одинаково (те. в каждой группе все карты лежат либо рубашками вверх, либо рубашками вниз. Перевернем самую верхнюю группу. Тогда число групп уменьшится на единицу. Будем УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 101 далее повторятьэту процедуру до тех пор, пока не останется одна группа, те. все карты в колоде будут лежатьодинаково. Так как изначально было не более n групп, то для этого потребуется не более n − 1 ходов. Полученную в результате группу можно, если это необходимо, за один ход перевернуть, добившись, чтобы все карты лежали рубашками вниз. Покажем теперь, что существует расположение карт, при котором нельзя получить требуемое расположение карт в колоде менее, чем заходов. Так как каждый ход, как легко проверить, уменьшает число групп не более, чем на единицу, то колода, содержащая n групп, может быть приведена к одной группе минимум заходов. Рассмотрим колоду, в которой нижняя карта лежит рубашкой вверх, вторая снизу — рубашкой вниз, итак далее. Если каждый разделается ход, уменьшающий число групп, то вся колода целиком не переворачивалась, поэтому через n − ходов такая колода будет приведена к одной группе, в которой все карты лежат рубашками вверх (те. так, как первоначально лежала нижняя карта. Следовательно, понадобится й ход, чтобы перевернутьвсе карты и положитьих, как требуется в условии задачи. Если же, кроме n − 1 ходов, уменьшающих число групп, будут сделаны какие-то ходы, не уменьшающие число групп, то, очевидно, всего будет сделано не менее n ходов. Таким образом, указанную колоду нельзя привести к одной группе менее, чем заходов. Перепишем уравнение в виде + y) 3 = 7(x 2 y + xy 2 ) + Так как куб целого числа не может даватьостаток 4 при делении на 7, то уравнение не имеет решений в целых числах. Замечание. Другие решения задачи можно получить, рассматривая остатки, которые могут даватьчисла x и y при делении на 4, или заметив, что из уравнения следует, что x + y — делительчисла 4. 6. На рис. 22 отрезки, отмеченные двумя штрихами, равны по условию, а отрезки отмеченные одним штрихом, также равны, так как l 1 Рис. Расположим теперьтреугольники так, как показано на рис. 23. Очевидно, что прямая l 2 , содержащая отрезки, отмеченные одним штрихом, является искомой ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ l l 2 Рис. 23 7. Рассмотрим случай, когда точки N и M лежат на сторонах ромба (см. рис. 24). Остальные случаи рассматриваются аналогично. A B C D M N K E Рис. Опишем около треугольников ANE и окружности и обозначим через точку их пересечения, отличную от точки E. Покажем, что точки K и K 1 совпадают. Действительно, ∠AK 1 E = ∠ANE как вписанные, опирающиеся на дугу AE) итак как четырехугольник вписан в окружность. Но = ∠ANE, следовательно, ∠AK 1 E + + ∠EK 1 M = π , те. точка лежит на отрезке. Аналогично получаем, что лежит на отрезке NC, те. совпадает сточкой пересечения прямых AM и CN. Далее, так как ∠NEA = ∠NBC, тот. е. около четырехугольника можно описатьокружность. Следовательно, ∠NEB = ∠NCB как вписанные, опирающиеся на дугу NB. Но ∠NCB = ∠KEM, так как они опираются на одну и туже дугу KM. Итака, значит, в силу равенства ∠AEN = = ∠CEM, равны и углы AEB и CEK. Осталосьзаметить, что точка D симметрична точке B относительно прямой AC, поэтому ∠AED = = ∠AEB = ∠KEC и, следовательно, точки K, E и D лежат на одной прямой. Ответ. 1993. Пустьпервый игрок действует следующим образом своим первым ходом он ставит знак, противоположный знаку числа, являющегося значением выражения на доске, если это число неравно нулю, и любой знак в противном случае. Тогда после каждого (в том числе и последнего) хода игрока модульалгебраической суммы, написанной на доске, будет не больше 1993. Значит, второй игрок не может гарантировать себе выигрыш, больший 1993. УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 103 Покажем, что он может добиться выигрыша, равного 1993. Составим две последовательности по 996 чисел с равными суммами, 4, 5, 8, . . . , 4k − 3, 4k, . . . , 1989, и, 3, 6, 7, . . . , 4k − 2, 4k − 1, . . . , 1990, Второй игрок может считатьотдельно количество плюсов и минусов, поставленных первым. Стратегия второго игрока заключается в том, чтобы писатьна доске очередное число из первой последовательности после каждого плюса с номером не более 996 и из второй последовательности после каждого минуса с номером не более 996. Как только один из знаков появится на доске в й раз, второму следует написатьпосле него число. Тогда сумма всех чисел на доске, перед которыми стоит этот знак, по модулю превысит сумму всех остальных чисел от 1 до 1992 по крайней мерена. Поэтому далее второй игрок может выписыватьеще неиспользованные числа от 1 до 1992 в любом порядке. Итак, второй игрок может гарантироватьсебе выигрыш, равный 1993. 10 класс A B C M K E H D N Рис. 25 9. Проведем KE ⊥ AB см. рис. 25). Тогда, во-первых, KE CH, а во-вторых, AE = = EB , так как AK = KB. Следовательно средняя линия треугольника ABC. Поэтому и EM = 1 2 AC . Утверждение задачи следует из подобия треугольников и ACN. 10. См. решение задачи 2. 11. Ответ. x 1 = 2 , x 2 = 1 2 , x 3 = 2 , x 4 = = 1 2 , . . . , x 99 = 2 , x 100 = 1 В силу неравенства между средним арифметическими средним геометрическим для любых положительных чисел x и y имеем x + 1 y 2 x y . Поэтому 2 x 1 x 2 , x 2 + 1 x 3 2 x 2 x 3 , x 100 + 1 x 1 Перемножая эти неравенства, получаем неравенство ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ x 2 + 1 x 3 . . . x 100 + 1 x 1 2 100 = 4 перемножая уравнения системы, видим, что это неравенство обращается в равенство. Следовательно, каждое из неравенств (1) должно обращаться в равенство, те. Подставляя полученные выражения для x 1 , x 2 , . . . , в данную систему уравнений, находим ответ. Первое решение основано наследующей лемме. Лемма. Пусть S — произвольное непустое множество жителей. Тогда в городе N найдется житель, знакомый не менее чем с жителей из Доказательство. Обозначим через |X| количество жителей в множестве X. Оценим общее количество (упорядоченных) пар знакомых, s) , где t — произвольный человека человек из S. Для каждого количество пар вида (t, не меньше 0,3|N|, поэтому общее количество парне меньше 0,3|S||N|. Поэтому для какого-то человека количество пар вида (t 0 , не меньше 0,3|S|, что и требовалось. Выдвинем в качестве первого кандидата произвольного жителя Рассмотрим множество S незнакомых с A жителей. Если множество пусто, тов качестве второго кандидата можно взятьлюбого жителя города, отличного от A. Если множество S непусто, то, применив лемму, найдем жителя B, знакомого не менее чем с 30% жителей, входящих в Покажем, что выборы из двух кандидатов A и B удовлетворяют решению задачи. ПустьжительA имеет k знакомых, а общее число жителей в N равно. Тогда на выборы из двух кандидатов A и B придет не менее k + + 0,3 · (n − k) = 0,3n + 0,7k жителей, итак как k 0,3n, тов выборах примет участие не менее 0,3n + 0,7 · 0,3n = 0,51n, те. более половины жителей Второе решение. Обозначим через n число жителей в городе Для любых двух жителей города подсчитаем число жителей, знакомых хотя бы с одним из них, и обозначим сумму всех полученных чисел через Мы должны доказать, что в городе N найдутся два таких жителя A и что число жителей, знакомых или с A, или сне меньше. Так как число пар жителей равно − 1) 2 , то для этого достаточно показать, что 0,5n · n(n − 1) 2 = (0,5n 2 − 0,5n) 2 n УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 105 Для каждого жителя M оценим число σ(M) пар жителей, в которых хотя бы один человек знаком с Для этого оценим количество всех остальных пар в каждой из них оба человека незнакомы с M, поэтому количество таких парне превосходит − 0,3n)(n − 0,3n − 1) 2 0,49n 2 − 0,7n 2 ; поскольку общее количество пар жителей равно − 1) 2 , получаем, что σ(M) 0,51n 2 − 0,3n 2 > > 0,5n 2 − 0,5n 2 , поэтому σ > n 0,5n 2 − 0,5n 2 , что и требовалось. См. решение задачи 5. |