Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
32. Ответ. 4 месяца. На рис. 45 показано, как нужно разбиватькласс на две группы так, чтобы любые два ученика в какой-то из четырех месяцев оказалисьв разных группах. Каждому ученику соответствует столбец таблицы, а каждому месяцу — ее строка. Нуль, стоящий в клетке таблицы, означает, что данный ученик входит в первую группу, а единица означает, что данный ученик входит во вторую группу. (Таблица устроена так, что в ее м столбце находится двоичная записьчисла i − 1.) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 2 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 3 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 4 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 Рис. 45 Теперьдокажем, что затри месяца выполнитьтребуемое условие нельзя. Составим таблицу, аналогичную приведенной выше. В ней будет столбцов и 3 строки. Так как в столбце из трех клеток можно рас- ставитьнули и единицы восемью различными способами, тов таблице найдутся два одинаковых столбца. Ученики, которым соответствуют эти столбцы, в течение трех месяцев будут попадатьв одну и туже группу класс. Ответа) да б) нет. а) Если вместимостьстакана считатьравной 1, тов первых трех стаканах в сумме 1 воды. Перельем в первый стакан всю воду из второго, а затем из третьего, пока первый не заполнится. После этого в третьем стакане окажется б) Докажем индукцией по количеству переливаний, что количество воды в непустом стакане после переливаний естьлибо 1, либо дробная часть суммы некоторых из чисел 2 , 1 3 , 1 4 , 1 5 , 1 8 , 1 9 , 1 10 , при этом в разных стаканах в суммах участвуют неповторяющиеся числа. База индукции верна. Пустьв стаканах A и B количество воды равно a и b соответственно. Ес- УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 115 ли из стакана A в стакан B переливается вся вода, тоновые количества составляют 0 и a + b, а если стакан B наполняется из A доверху, то a + b − − 1 и 1. Теперьясно, что утверждение осталосьистинным. Пусть 1 6 = {a 1 + . . . + a k }, где a i — некоторые из чисел 2 , 1 3 , 1 4 , 1 5 , 1 8 , 1 9 , 1 10 . Покажем, что в этой сумме нет чисел 4 , 1 5 , 1 8 , 1 9 , 1 10 . Действительно, легко проверить, что если там присутствует хотя бы одно из чисел или 10 , одно из чисел или 8 , или число 9 , то знаменательполучившейся дроби делится на 5, 4 или 9 соответственно. В тоже время число 6 не делится ни на одно из этих чисел. Из чисел же и невозможно сложением получитьчисло с дробной частью 6 34. Пусть и x 2 — различные корни уравнения x 2 +ax+b = 0 . Нетрудно проверить, что x 4 +ax 3 +(b −2)x 2 −ax+1 = (поскольку по теореме Виета x 1 + x 2 = −a, x 1 x 2 = b . Остается показать, что корни уравнений x 2 − x 1 x − 1 = 0 и x 2 − x 2 x − 1 = 0 действительны и попарно различны. Дискриминанты обоих уравнений положительны. Если же x — общий кореньэтих уравнений, то (x 2 −x 1 x −1)−(x 2 −x 2 x − − 1) = x(x 2 − x 1 ) = 0 , откуда x = 0. Ноне является корнем. A B C D E P F O K M N Рис. 46 35. Пустьданная окружностька- сается стороны AB в точке P (см. рис. 46). Проведем отрезки OE, и P E. Углы AOP и F EP равны, так как оба они измеряются половиной дуги F P . Из этого следует, что OK + ∠KEP = 180 ◦ , поэтому точки K, O, P и E лежат на одной окружности. Так как ∠OP B = = ∠OEB = 90 ◦ , то точки O, P и E лежат на окружности с диаметром, на этой же окружности должна лежатьи точка K. Следовательно = 90 ◦ . Аналогично доказывается, что ∠CND = 90 ◦ , откуда и вытекает утверждение задачи. Ясно, что если прямоугольник m × n разрезан на уголки, то m · n делится на 3. Расставим в клетках прямоугольника числа так, как показано на рис. Сумма всех этих чисел равна m · n m + и, значит, делится на 3. Сумма чисел, стоящих в уголке вида a, дает при делении на 3 остаток 2; сумма чисел, стоящих в уголке вида b — остаток 1; суммы чисел, стоящих в уголках вида c и d, делятся на 3. Если и n b — количества уголков вида a ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 2 3 4 . . . n − 3 n − 2 n − 1 n 2 3 4 5 . . . n − 2 n − 1 n n + 1 m − 1 m m + 1 m + 2 . . . m + n − 5 m + n − 4 m + n − 3 m + n − 2 m m + 1 m + 2 m + 3 . . . m + n − 4 m + n − 3 m + n − 2 m + n − Рис. и вида b соответственно, то сумма всех чисел в прямоугольнике имеет вид + 2n a + n b = 3(N + n b ) + 2(n a − n b ) , где N — некоторое целое число. Поэтому 2(n a − и, следовательно, n a − делится на 3. 37. Ответ. Обозначим искомое простое число через p. Так как p — сумма двух простых чисел, то p > 2, следовательно, p нечетно. Значит, одно из слагаемых в представлении числа p в виде суммы двух простых чисел четно, т. е. равно двум. Итаки, где q и r — простые числа, следовательно, числа p − 2, p и p + 2 — простые. Из трех последовательных нечетных чисел по крайней мере одно делится на 3. Значит, одно из чисел p − 2, p, p + 2 равно трем. Ясно, что этим числом может бытьтолько p − 2. 38. Ответ. Пусть a 0 — свободный член многочлена P (x). Тогда P (x) = x·Q(x)+ +a 0 , где Q(x) — многочлен с целыми коэффициентами. Поэтому P (19) = = 19n + a 0 , а P (94) = 94m + a 0 , где m и n — целые числа. Из условия вытекает, что 19n = 94m, следовательно, n = 94k, m = 19k. Итак 94k + a 0 = 1994 , откуда a 0 = 1994 − 1786k. Из условия |a 0 | < следует, что k = 1, и a 0 = Рис. 48 39. Продолжим стороны AB и CD, BC и ED до пересечения в точках K и M соответственно (см. рис. 48). (Покажем, что в точке M пересекаются лучи BC и ED. Действительно, в противном случаев ней пересекаются лучи CB и DE, точка B лежит на катете прямоугольного треугольника CDM, и прямая, перпендикулярная CD, пересекает отрезок CD, что невозможно.) Пусть ∠BAE = α, ∠DEA = β. В четырехугольнике Поэтому α+β < 180 ◦ , и хотя бы один из этих углов меньше 90 ◦ . Без ограничения общности рассуждений будем считать, что α < 90 ◦ . Отложим на УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 117 луче BC отрезок BN единичной длины. В равнобедренном треугольнике ABN имеем: ∠BAN = 180 ◦ − ∠ABN 2 = 180 ◦ − (360 ◦ − 90 ◦ − α − β) 2 = α + β − В равнобедренном треугольнике AED ∠DAE = 180 ◦ − β 2 . Следовательно, и точка D лежит внутри треугольника. Продолжим теперьотрезок CD до пересечения с прямой в точке S. В треугольнике CSN угол CNS острый, а угол NSC тупой. Значит, CS < CN, откуда получаем, что BC + CD < BC + CS < BC + + CN = BN = 1 40. Заметим, что существует всего способов присвоения названий улицам (для краткости будем называтьих раскрасками). Оценим количество K раскрасок, которые можно получитьс помощью переименований из раскраски, для которой все улицы красные. Раскраска, полученная после серии переименований, не зависит от порядка, в котором эти переименования были произведены. Кроме того, можно считать, что одна площадь не выбирается более одного раза, так как если площадьвыбирается дважды, то все улицы сохранят свои прежние названия. Поэтому K 2 n , так как раскраска определяется подмножеством выбираемых площадей. Заметим еще, что если провести n переименований, по одному для каждой площади, то каждая улица будет переименована два раза и поэтому сохранит свое название. Следовательно, K Аналогично, если все улицы были синими, то с помощью переименований можно получитьне более 2 n − 1 раскрасок. В сумме получается не более 2(2 n − 1) < 2 n+1 раскрасок, следовательно, какую-то раскраску нельзя получить с помощью переименований из раскраски, для которой все улицы названы одинаково класс. Первое решение. Используя тождества 1 − cos x = 2 sin 2 x 2 , sin 2x = 4 sin x 2 cos x 2 cos x , приводим неравенство к виду 2 cos x > Полученное неравенство справедливо в силу того, что 2 cos x > 2 cos π 3 = = 1 , tg x 2 < tg π 6 < Второе решение. Заметим, что функции sin 2x и cos x выпуклы вверх на отрезке. Значит, их сумма f(x) = sin 2x + cos x также выпукла, поэтому график функции f(x) на этом отрезке лежит не ниже прямой, соединяющей точки (0; f(0)) и f π 3 . Требуемое неравенство теперьследует из соотношений f(0) = 1 и f π 3 = 1 2 + √ 3 2 > 1 42. Докажем утверждение задачи индукцией по n — числу жителей города. При n 2 утверждение очевидно. Пусть n 3, а m — общее коли ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ чество звонков в этот день. По условию m n, поэтому найдется житель N города, разговаривавший не более, чем с двумя жителями (в противном случае m 3n 2 > n ). По предположению индукции, всех жителей города, кроме N, можно разбитьна три группы так, чтобы выполнялось условие задачи. Житель N не разговаривал с жителями, входящими в одну из групп, поэтому его можно добавитьк этой группе, сохранив в силе требуемое утверждение. A B C D E F M N O K Рис. 49 43. Проведем отрезки OD, OF и F см. рис. Углы AOD и EF D измеряются половиной дуги ED, поэтому они равны. Отсюда ∠NOD + ∠NF D = 180 ◦ , и точки O, N, F , D лежат на одной окружности. С другой стороны, поскольку, точки O, F лежат на окружности с диаметром. Следовательно, и точка N лежит на этой окружности, откуда ∠ONC = = 90 ◦ . Аналогично доказывается, что ∠AMC = 90 ◦ . (Если точка лежит вне отрезка EF , то из равенства углов DOC и DEF следует, что = ∠MED, те. и точки M, E, O, D лежат на одной окружности). Продолжим AM и CN до пересечения в точке K. Мы показали, что AN и CM — высоты треугольника AKC, поэтому прямая OK перпендикулярна, так как высоты треугольника пересекаются водной точке. Значит, точка D лежит на OK. Требуемое утверждение следует из того, что отрезок OK является диаметром окружности, описанной вокруг четырехугольника. Занумеруем вершины угольника почасовой стрелке. Пусть из й вершины было сделано ходов. Из условия следует, что+ a n 2 , a 2 = a 1 + a 3 2 , . . . , a n = a n−1 + a 1 Пусть a 1 — наибольшее из чисел a i . Тогда равенство a 1 = a 2 + возможно лишьтогда, когда a 2 = a n = a 1 . Теперьиз равенства a 2 = a 1 + a 3 следует, что a 1 = a 2 = a 3 , и т. д. Таким образом, a 1 = a 2 = . . . = a n , и число сделанных ходов равно n · a 1 45. См. решение задачи 37. 46. Подставив в данном уравнении вместо x дробь + 1 x − 1 , получаем 1 f (x) − f x + 1 x − 1 = x + 1 x − 1 . (1) УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 119 Уравнение (1) вместе сданным в условии уравнением задает систему из двух уравнений с неизвестными f(x) и f x + 1 x − 1 . Решив ее, находим, что f(x) = 1 + 2x. Проверка показывает, что найденная функция удовлетворяет уравнению. Спроектируем точку O на плоскость SBC. Полученная точка центр окружности, описанной около треугольника SBC 1 . Пусть SS 1 — ее диаметр. Докажем, что прямые и B 1 C перпендикулярны. B C S B 1 C 1 O 1 S 1 A B C A 1 B 1 C 1 O S Рис. Рис. Действительно (см. рис. 50), ∠SB 1 C + ∠B 1 SS 1 = ∠SC 1 B + ∠BSS 1 = 1 2 SB + 1 2 BS 1 = 1 2 ·180 ◦ = Аналогично, прямая перпендикулярна проекции прямой SO на плоскость см. рис. 51). По теореме о трех перпендикулярах SO ⊥ и SO ⊥ B 1 C , следовательно, SO ⊥ A 1 B 1 C , что и требовалосьдоказать. 48. Будем решатьзадачу индукцией по n. При n 2 утверждение задачи очевидно. Пустьтеперьn Рис. Без ограничения общности можно считать, что многоугольник M с вершинами A 1 , A 2 , . . . , A k естьвыпуклая оболочка множества точек A 1 , A 2 , . . . , Рассмотрим отрезки вида m k), пересекающие M более чем водной точке. Обозначим через вторую точку пересечения отрезка с контуром M. Тогда отрезки не пересекаются. Рассмотрим один из них и одну из частей M, на которые его делит. Тогда в ней найдется такой отрезок A p A p , что на части контура от A p до нет других точек A q . Тогда там естьеще одна точка A i , причем ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ A i B i не пересекает контур M. Аналогично, в другой части найдется точка A j такая, что отрезок не пересекает контур M см. рис. Таким образом, отрезки и не пересекают отрезков при p, q = Применив предположение индукции к (n − 1) отрезку. . . , A i−1 B i−1 , A i+1 B i+1 , . . . получаем, что точки A 1 , A 2 , . . . , A i−1 , A i+1 , . . . , можно соединить прыжками кузнечика. Тоже верно ив отношении точек A 1 , A 2 , . . . , A j−1 , A j+1 , . . . , A n . Наконец, и точки и также связаны прыжками кузнечика из точки можно добраться до точки A s , s = i, j, а из точки до точки A j 1994–1995 г класс. Заметим, что x 4 + y 2 и y 4 + x 2 2y 2 x . Поэтому+ y 2 + y y 4 + x 2 x 2x 2 y + y 2y 2 x = 1 xy . 50. Ответ. Нельзя. Допустим, что нашлисьчисла a 1 , a 2 , . . . , a 1995 , которые можно расста- витьтребуемым образом. Пустьчисло a k (k = 1, 2, . . . , 1995) представляется в виде произведения n(k) простых сомножителей (необязательно различных. Так как любые два соседние числа отличаются друг от друга одним простым множителем, то для любого k = 1, 2, . . . , 1994 числа и n(k + 1) отличаются на единицу, те. имеют разную четность. Значит, числа n(1), n(3), . . . , n(1995) должны бытьодной четности. С другой стороны, числа и также соседние, поэтому n(1995) и n(1) должны иметь разную четность. Получили противоречие. Следовательно, требуемая расстановка невозможна. A B l C D Рис. 53 51. Пусть ρ — радиус окружности, описанной около ABC см. рис. 53). Тогда. Угол CBA, как угол между хордой и касательной, равен углу, вписанному в окружностьрадиуса и опирающемуся на дугу BDC. Поэтому = 2r sin ∠CBA. Аналогично, AC = = 2ρ sin ∠CBA = 2R sin ∠CAB. Перемножая равенства ρ sin ∠CAB = = r sin ∠CBA и ρ sin ∠CBA = R sin ∠CAB, получаем ρ 2 = Rr , те не зависит от длины AB. |