Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
14. Докажем по индукции неравенство 2 n−1 n + 1 для n 3. Действительно, при n = 3 имеем 2 3−1 = 3 + 1 , а из 2 k−1 k + 1 вытекает, что 2 k 2(k + 1) > k + 2. Из доказанного неравенства следует, что + 1 2 при n Заметим, что 2 1993 > 1993 , откуда следует, что < 2 . Используя это неравенство и неравенство (1), последовательно получаем + 3 3 + . . . 1992 1992 + 1993 √ 1993 < 2 + 3 3 + . . . 1992 √ 1992 + 2 . . . . . . 2 + 3 3 + . . . k √ k + 2 . . . 2 + 3 √ 3 + 2 √ 2 + 2 = Замечание. Для доказательства неравенства 2 n−1 n+1 можно было также воспользоваться неравенством Бернулли (1 + x) n > 1 + для > −1, x = 0, 1 < n ∈ Рис. 26 15. Соединим точку K с точками A, B и D и обозначим через O, L и P точки пересечения KA и и AM, KD и AN соответственно (см. рис. Покажем, что S AEF = = S EMKN F . Так как F K CD, то S F P D = S KP Аналогично, так как KE CB, то S BLE = S MLK . Из этих равенств получаем, что S BKD = S EMKN F . Далее, из равенств S AOF = так как F K AB) итак как EK AD) получаем, что S EMKN F . Теперьясно, что S AEF = S EMN тогда и только тогда, когда точка K лежит на отрезке MN. 16. Ответ. Выигрывает второй игрок ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Рассмотрим правый нижний фрагмент доски (см. рис. 27). Очевидно, что через несколько ходов кентавр окажется в клетке a3. Игрок, делающий ход с a3, либо выигрывает, либо проигрывает. В первом случае второй игрок может добиться того, чтобы делать ход с этой клетки (a1 → → I a2 → II b3 → I a3 → II . . или a1 → I b2 → II b3 → I a3 → II . . . ), а во втором случае он может заставитьсвоего противника ходитьс a3 (a1 → → I a2 → II a3 → I . . или a1 → I b2 → II c3 → I b2 → II a3 → I . . Поэтому при правильной игре второй игрок выигрывает класс b c 1 Рис. 27 17. Ответ. n = Проверка показывает, что из чисел n = 1, 2, 3, 4, 5 подходит только n = Докажем, что при n 6 сумма цифр числа 5 n меньше, чем те. другие значения n не подходят. Действительно, число не более, чем n-значное, поэтому сумма его цифр не больше, чем С другой стороны, при n 6 справедливо неравенство 2 n 9n. В самом деле, при n = 6 оно верно, а при увеличении n на единицу правая частьэтого неравенства увеличивается на 9, а левая — не менее, чем на следовательно, неравенство верно и при каждом следующем значении n. 18. Утверждение будет доказано, если мы покажем, что при n 3 справедливо равенство 3 √ n + 3 √ n + 2 3 + 1 = 8n + Для этого достаточно показать, что при n 3 справедливы неравенства + 7 < 3 √ n + 3 √ n + 2 3 < 8n + те+ Правое неравенство следует из того, что n 2 (n + 2) < n + 2 и n(n + + 2) 2 < n + 4 3 3 . Левое неравенство следует из того, что + 2) + 3 n(n + 2) 2 2 3 n 2 (n + 2) · 3 n(n + 2) 2 = 2 n(n + иприте. при n Замечание 1. Правое неравенство можно было доказать, восполь- зовавшисьнеравенством между средним арифметическими средним геометрическим для трех чисел 3 3 n 2 (n + 2) = 3 3 n · n · (n + 2) < n + n + УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС+ (n + и 3 3 n(n + 2) 2 < n + (n + 2) + (n + неравенства строгие, так как n = n + Замечание 2. Утверждение задачи справедливо и при n = 2, что можно проверитьнепосредственно. A B C D A 1 B 1 C 1 D 1 K L M N O S Рис. 28 19. Пусть K, L, M и N — точки касания сферы с гранями пирамиды (см. рис. Эти точки лежат водной плоскости. Действительно, отрезки SK, SL, SM и равны как отрезки касательных, проведенных к сфере из точки S (S — вершина пирамиды. Значит, точки K, L, M иле- жат еще и на сфере с центром в точке S и радиусом SK, а следовательно, и на одной окружности, являющейся линией пересечения этой сферы сданной. Плоскостьэтой окружности перпендикулярна прямой SO — линии центров сфер, те. параллельна плоскости основания пирамиды, а поэтому пересекает ее боковые ребра. Обозначим эти точки пересечения через A 1 , B 1 , и см. рис. Соединим точку N с точками A и Треугольник равен треугольнику AA 1 K , так как A 1 K = A 1 N , AK = отрезки касательных, проведенных к сфере из одной точки, равны), а сторона у них общая. Следовательно, Аналогично ∠BKB 1 = ∠BLB 1 , и ∠DMD 1 = = ∠DND 1 . Кроме того, ∠AKA 1 = ∠BKB 1 , ∠BLB 1 = ∠CLC 1 и ∠CMC 1 = ∠DMD 1 как вертикальные. Поэтому следовательно, точка N лежит на отрезке AD. 20. Первое решение. Будем называтьдиагональправильного многоугольника главной, если она проходит через его центр. Для каждой неглавной диагонали существует симметричная ей относительно центра неглавная диагональ. Таким образом, все неглавные диагонали разбиваются на пары. Поставив в каждой такой паре стрелки в противоположных направлениях, мы получим векторы, дающие в сумме (см. рис. 29). Осталосьрасставитьстрелки на сторонах и главных диагоналях. Случай n = 2k + 1 (см. рис. Расставим стрелки на сторонах по циклу, полученные векторы в сумме дадут 0. Поставим стрелки на главных диагоналях к й, й, . . . , (2n й вершинам. Тогда на каждой диагонали окажется ровно одна стрелка. Полученная система векторов переходит в себя при повороте вокруг ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 2 3 4 5 Рис. Рис. центра на угол 2 π 2k + 1 , следовательно, при таком повороте переходит в себя и вектор, являющийся их суммой, значит, он равен0. Случай n = 2k см. рис. Выделим в многоугольнике циклы, состоящие из пар соседних главных диагоналей и соединяющих их сторон. В каждом цикле поставим стрелки так, чтобы сумма получившихся векторов была равна. Осталосьпоста- витьстрелки на сторонах, взятых через одну. Расставим их по циклу и получим 0, так как они переходят в себя при повороте на угол π k вокруг центра. Рис. Рис. Второе решение. Требуемая расстановка стрелок для квадрата изображена на рис. 32. Взяв вершины угольника (n 3) через одну, получим два правильных угольника и M 2 . Предположим, что мы умеем решатьзадачу для правильного угольника. Для того чтобы ре- шитьее для угольника, достаточно из каждой вершины провести векторы вовсе вершины см. рис. 33); так каких сумма не изменится при повороте на угол вокруг центра, следовательно, она равна0. Если n — нечетное число, то проведем из каждой вершины векторы в следующие за ней − 1 вершин (см. рис. 33), тогда их сумма равна, так как она не изменится при повороте на угол π n вокруг центра. π n π n Рис. Рис. 34 УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 109 Итак, мы можем, начав с квадрата или нечетноугольника, удвоением числа сторон получитьтребуемую расстановку стрелок для любого правильного 2n-угольника. Замечание. Справедлива следующая теорема (Л.Эйлер, 1736 год): если в многоугольнике из каждой вершины выходит четное число отрезков, соединяющих ее с другими вершинами, то все эти отрезки можно нарисовать, не отрывая карандаша от бумаги и не обводя никакой отрезок дважды. Ясно, что отсюда вытекает решение нашей задачи для нечетно- угольника (необязательно правильного. Ответ. Не сможет. Начинающий может добиться наличия ровно одного корня независимо от игры соперника. Для этого ему достаточно своим первым ходом задать коэффициент при равным нулю. После этого второй игрок задает либо свободный член, либо коэффициент при x. Рассмотрим оба этих случая. В первом случае начинающему достаточно вторым ходом обнулитько- эффициент при x. Действительно, полученное уравнение имеет вид x 3 + + c = и имеет ровно один корень, так как функция y = x 3 + возрастает на всей действительной оси. Во втором случае начинающему нужно подходящим образом выбрать коэффициенту функции y = x 3 + bx + c . Если b 0, то y = 3x 2 + b и y(x) возрастает, следовательно, уравнение y(x) = 0 имеет ровно один кореньпри любом значении c. Если же второй игрок задал отрицательное значение b, то, как нетрудно проверить, функция y 1 (x) = x 3 + имеет локальный минимум −m в точке и возрастает при x и x x 0 . Поэтому начинающему достаточно выбрать c > m для того, чтобы уравнение x 3 + bx + c = имело ровно один корень. x S 0 x 0 H i H j S i S j Рис. 35 22. Для каждой пирамиды с площадью основания и высотой, рассмотрим функцию S i (x) , выражающую зависимостьплощади сечения пирамиды горизонтальной плоскостью, расположенной на расстоянии от поверхности стола. Имеем ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Графики любых двух таких функций (см. рис. 35) могут либо иметь одну общую точку, либо совпадать, так как уравнение по условию задачи при H i < имеет кореньна отрезке [0, H i ] , а второй кореньпринадлежит отрезку [H i , поскольку при x = левая часть меньше правой, а при x = H j — наоборот) и не попадает в областьопре- деления функции в случае H i = они имеют либо один корень = H i = H j , либо совпадают). Рассмотрим два графика, которые имеют ровно одну общую точку с абсциссой если таких не найдется, то все семьграфиков совпадают, и можно выбрать любую горизонтальную секущую плоскость. Тогда из условия задачи следует, что любой другой график также проходит через эту точку. Поэтому плоскость, проходящая на расстоянии от стола, удовлетворяет требованию задачи. Ответ. Окружностьс центром в точке B и радиусом, равным высоте треугольника Возможно несколько случаев расположения прямой l см. рис. 36– 38). Рассмотрим случай. изображенный на рис. 36, остальные случаи рассматриваются аналогично. Пустьточка N — середина стороны AC. A B C D E P N ≡ Рис. Рис. Рис. Так как углы ADB, BNA, BNC и BEC прямые, то четырехугольники и BECN можно вписатьв окружности. Следовательно = ∠BAN = 60 ◦ , ∠BEN = ∠BCN = как вписанные, опирающиеся на одну дугу. Поэтому треугольник DNE правильный, какова бы ни была прямая l, не пересекающая отрезок AC. Итак, вершина T одного из рассматриваемых треугольников находится в середине отрезка Вершина P другого правильного треугольника симметрична фиксирован УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 111 ной точке T = N относительно прямой l; поэтому BP = BN, и P лежит на нашей окружности Рис. Покажем теперь, что любая точка P этой окружности, отличная отбудет вершиной правильного треугольника DEP при некотором выборе прямой l. Для этого соединим точки P и N и через середину M отрезка проведем прямую, перпендикулярную P . Она пройдет через точку B, так как серединный перпендикуляр к хорде является диаметром окружности (см. рис. 39). 24. Докажем утверждение задачи от противного. Пустьнайдутся два города A и B такие, что изв нельзя проехать, сделав меньше 63 пересадок. Разобьем все города страны на группы следующим образом нулевая группа состоит из города A, первая — из всех городов, в которые можно проехатьиз A без пересадок, итак далее (я группа состоит из всех городов, в которые можно проехатьиз A с (k − 1) пересадками, но нельзя с меньшим их числом. Получим не менее 65 групп. Заметим, что при каждом k = = 0 , 1, . . . , 21 в группах с номерами 3k, 3k + 1 и 3k + 2 (или 3k, 3k + если (3k + й группы не существует) содержится в общей сложности не менее 94 городов, так как из какого-нибудьгорода (3k + й группы выходит не менее 93 дорог, соединяющих его с городами указанных групп. Следовательно, всего городов в стране не менее, чем 94 · 22 = 2068, что противоречит условию задачи г класс. Ответ. 30 минут. Ясно, что Пух и Пятачок должны закончитьестьодновременно, иначе один из них сможет помочьдругому, уменьшив тем самым общее время, затраченное наеду. ПустьПух съел горшков меда и банок сгущенного молока, а Пятачок — горшков меда и банок молока (x 1 , x 2 , и y 2 — необязательно целые числа. Тогда для времени T , которое затрачено каждым из них наеду, получаем = 2x 1 + y 1 = 5x 2 + причем x 2 = 10 − x 1 , а y 2 = 22 − y 1 . Следовательно+ y 1 = 50 − 5x 1 + 66 − 3y 1 , ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ откуда y 1 = 116 − 7x 1 4 , T = x 1 4 + Заметим, что y 1 22, поэтому 116 − 7x 1 88, те. Значит. наименьшее время T получается при x 1 = и равно 30 минутам. При этом Пух должен съесть горшка меда и всю сгущенку, а Пятачок — горшков меда. Построим серединный перпендикуляр l к отрезку CD см. рис. 40 и) (см. рис. 40). Так как по условию CA < DA и CB < DB, то города, B и C лежат по одну сторону от l. Следовательно, для всякой точки отрезка AB справедливо неравенство CM < Рис. Рис. 41 27. Ответ. Существует. Рассмотрим квадратный трехчлен P (x) = x(9x + 2). Если n = = 11 . . . 11 k , то 9n + 2 = 1 00 . . . 00 k−1 Следовательно, P (n) = = 11 . . . 11 k ·1 00 . . . 00 k−1 1 = 11 . . . 11 2k . Значит, этот квадратный трехчлен удовлетворяет условию. Ответ. При восьми лжецах. Разобьем все места в президиуме на восемь групп так, как показано на рис. 42. Если лжецов меньше восьми, тов какой-то из этих групп сидят одни правдолюбы, чего бытьне может. Полученное противоречие показывает, что лжецов не меньше восьми. ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ Л Л Л Л Л Л Л Л Рис. Рис. На рис. 43 показано, как можно рассадитьв президиуме восемьлже- цов так, чтобы выполнялосьусловие задачи УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС. Число x = 0 не может бытькорнем уравнения ax 5 + bx 4 + c = так как иначе c = 0, и уравнение имеет не более двух различных корней, что противоречит условию. Разделив обе части этого уравнения на x 5 = = 0, получаем, что a + b x + c x 5 = 0 . Следовательно, если x 1 , и различные корни уравнения ax 5 +bx 4 +c = 0 , то 1 x 1 , 1 x 2 и 1 x 3 — различные корни уравнения cx 5 + bx + a = 0 30. Соединим точку сточкой, а точку O 2 — сточкой (см. рис. 44). Радиусы и O 2 B , перпендикулярные прямой LP , равны и параллельны, поэтому четырехугольник O 1 DO 2 B — параллелограмм. Значит. Пусть O 2 E — радиус, перпендикулярный прямой. Тогда четырехугольник CLEO 2 — прямоугольник, следовательно = O 2 E = O 2 B = O 1 D . Из этого вытекает, что треугольники и равны по катету и противолежащему острому углу, откуда CD = = и, значит, углы DCB и DBC равны. Утверждение задачи следует теперьиз равенства углов DCB и CBA (CD Рис. 44 31. Ответили = Сумма четырех нечетных простых чисел — четное число, большее двух, значит, одно из этих простых чисел есть. Пусть = 2, тогда одно из оставшихся чисел — 2, а остальные нечетны. Следовательно, одно из выражений p 2 + или p 2 + имеет вид (2k + 1) 2 + 2(2l + 1) = 4(k 2 + k + ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ, что невозможно, так как квадрат нечетного числа при делении надает в остатке 1. Итак, p = 2. Пусть 4 + qs = a 2 , тогда qs = (a − 2)(a + Если a − 2 = 1, то qs = 5, что невозможно. Следовательно. q = a − 2, s = a + 2 , или наоборот, те. числа q и s отличаются на 4. Аналогично получаем, что числа q и r отличаются на 4. Значит, либо s = q − 4, r = q + + 4 , либо r = q − 4, s = q + 4. Одно из чисел q − 4, q, q + 4 делится на поэтому q − 4 = 3, те, а q + 4 = 11. |