Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
52. Ответ. Не существует УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 121 Допустим, такая раскраска возможна. Рассмотрим отрезки какого- либо одного цвета, например, красного. Общее число треугольников, одна из сторон которого красная, не меньше числа пар из 11 остальных цветов, те. Так как каждый красный отрезок служит стороной для десяти треугольников, то число красных отрезков не меньше шести. Но тогда и число отрезков любого другого цвета не меньше шести, а общее число отрезков должно быть, следовательно, не меньше 12 · 6 = Однако число всех сторон и диагоналей в угольнике равно · 11 2 = = 66 < 72 . Полученное противоречие показывает, что требуемая раскраска невозможна. Ответ. p = Заметим, что p 2 + 11 = p 2 − 1 + 12 = (p − 1)(p + 1) + 12. Если p и простое, то числа p − 1 и p + 1 оба четные, и одно из них кратно трем. Поэтому произведение (p−1)(p+1) делится на 12, следовательно, p 2 + также делится на 12, а значит, имеет не менее семи делителей (6 делителей числа 12 и само число p 2 + 11 > 12 ). Осталосьпроверитьp = 2 и p = 3. Имеем: а) p = 2. Тогда p 2 + 11 = 2 2 + 11 = имеет 4 делителя (1, 3, 5, б) p = 3. Тогда p 2 + 11 = 3 2 + 11 = имеет 6 делителей (1, 2, 4, 5, Рис. 54 54. Отрезки и равны как радиусы окружности см. рис. 54). Поэтому равны стягиваемые хордами иду- ги и окружности, проходящей через точки O 1 , и A. Значит, углы ACO 1 и DCO 1 равны как вписанные, опирающиеся на равные дуги. Следовательно, лучи CA и, как и окружность S 1 , симметричны относительно прямой CO 1 . Поэтому точки и D ближайшие к C точки пересечения лучей и CD с окружностью S 1 ) также симметричны относительно те. Аналогично, CE = CB. 55. Общее количество узлов равно 91. Каждый узел, за исключением центрального, принадлежит одной из одиннадцати концентрических окружностей с центром в центре шестиугольника (см. рис. Предположим, что не существует пяти отмеченных узлов, лежащих на одной окружности. Тогда каждая из одиннадцати рассматриваемых окружностей содержит не более четырех отмеченных узлов, а общее количество отмеченных узлов не больше 11 · 4 + 1 = 45, те. не более по ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ловины. Полученное противоречие показывает, что наше предположение неверно. Рис. 55 56. Ответ. Нельзя. Допустим, что такая расстановка возможна. Заметим, что столбец точных квадратов не может бытьни первым, ни последним, так как уточных квадратов 20 соседних чисел, а водном соседнем столбце можно уместитьтолько 11 чисел. Таким образом, после удаления столбца точных квадратов, таблица распадается на две непустые части, в каждой из которых число клеток кратно Группа чисел между двумя последовательными квадратами попадает в одну из этих частей, при этом числа m 2 − 1 и m 2 + попадают враз- ные части, поэтому такие группы чисел попеременно попадают тов одну частьтаблицы, тов другую. Между и (имеется 2m чисел. Следовательно, в одну из частей попадет 2 + 6 + 10 + 14 + 18 = 50 чисел. Так как 50 не кратно 11, то требуемая расстановка невозможна класс. Ответ 19 Пусть x — произвольное число, отличное от 0 и 1. Тогда (f (x)) = 1 3 1 − (f(x)) 3 = 3 1 − 1 x 3 . f (f (f (x))) = 1 3 1 − (f(f(x))) 3 = Далее значения f(. . . f(f(x)) . . .) будут повторяться с периодом Так как 95 при делении надает остаток 2, то (. . . f (f (19)) . . .) 95 раз f (f (19)) = 3 1 − 1 19 3 . 58. Первое решение. Положим m = kd, n = ld, где d = НОД(m, Тогда НОК(m, n) = kld и, значит, kld + d = kd + ld. Отсюда получаем, что (k − 1)(l − 1) = 0, те или l = 1. Это означает, что либо либо n равно НОД(m, n). Следовательно, либо n делится на m, либо делится на n. УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 123 Второе решение. Заметим, что НОК(a, b) НОД(a, b) = ab для произвольных натуральных a, b. Поэтому из теоремы Виета следует, что пары, и (НОД(m, n), НОК(m, n)) являются парами решений квадратного уравнения x 2 −(m+n)x+mn = 0, те. совпадают. Утверждение задачи теперьследует из того, что НОК(m, n) ... НОД(m, Рис. 56 59. Достаточно доказатьанало- гичное утверждение для произвольной окружности, гомотетичной S с центром гомотетии B. Рассмотрим окружность с диаметром BH, где ортоцентр треугольника ABC. Пустьона пересекает стороны ив точках L и M см. рис. Тогда CL и AM — высоты треугольника, поскольку и ∠BMH опираются на диаметр. Пусть N — середина AC. Так как точка N — середина гипотенузы AC прямоугольного треугольника то LN = CN и, значит, ∠CLN = ∠LCN = 90 ◦ − ∠A = ∠LBH, поэтому L — касательная к окружности S . Аналогично доказывается, что также является касательной к окружности S 60. Рассмотрим в плоскости стола различные системы координату которых оси параллельны краям стола, аза единицу длины принята длина стороны бумажного квадрата. Выберем какую-нибудьодну из них так, чтобы у вершин каждого изданных квадратов ни одна из координат не была бы целым числом. Отметим теперьточки с целыми координатами, накрытые хотя бы одним из листов. Очевидно, что каждый лист накрывает ровно одну такую точку. Следовательно, достаточно воткнутьбулавки вовсе отмеченные точки. Ответ. Из условия следует, что a > 0 и b 2 − 4ac 0, те. Обозначим = a + b + c b − a . Тогда, поскольку t = b − a > 0, в силу неравенства между средним арифметическими средним геометрическим имеем + b + b 2 4a b − a = 4a 2 + 4ab + b 2 4a(b − a) = 9a 2 + 6at + t 2 4at = = 3 2 + 9a 2 + t 2 4at 3 2 + √ 9a 2 · t 2 2at = 3 2 + 3 2 = 3, ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ причем равенство A = 3 достигается, если c = b 2 и t = 3a, те. при b = = c = Следовательно, данное выражение принимает свое наименьшее значение, равное 3, когда f(x) = ax 2 + 4ax + 4a = a(x + 2) 2 , где a — произвольное положительное число. Замечание. Пусть g(t) = (t + 2) 2 4(t − 1) . Нетрудно проверить, что g b a = = 4a 2 + 4ab + b 2 4a(b − a) . Следовательно, наименьшее значение A можно найти, a b c d A B C D E F Рис. исследовав функцию g(t) на экстремум при t > 1. 62. Первое решение. Обозначим = a , −−→ AB = b , −−→ DE = и = см. рис. 57). Тогда = b + d − a, −→ AE = a + c , −→ AF = b + d , −−→ BE = = a + c − b. По условию DF ⊥ AE и AD ⊥ поэтому (b+ d−a)(a+c) = (b+ d)(a+c)−|a| 2 = Так как AB ⊥ BF , то = (b + d) · (a + c −b) = = (b + d) · (a + c) − Отсюда в силу условия |b| = |a| следует, что = 0 , те Второе решение. Воспользуемся тем, что диагонали четырехугольника перпендикулярны тогда и только тогда, когда суммы квадратов его противоположных сторон равны. Тогда условия задачи можно перефор- мулироватьтак: если AB = AD и ∠ABC = ∠ADC = 90 ◦ , то из равенства следует равенство F E 2 + AB 2 = BF 2 + + AE 2 . Левые части этих равенств равны, поэтому нам достаточно проверить, что ED 2 + F A 2 = BF 2 + или F A 2 − BF 2 = AE 2 − Последнее следует из равенства катетов AB и AD прямоугольных треугольников и EDA. 63. Ответ. При четных Выберем в ожерелье какой-нибудь кубики отметим его номером Затем занумеруем остальные кубики по порядку, двигаясьвдольнити водном из двух возможных направлений. В кубике с номером n обозначим через ту вершину, которая примыкает к предыдущему кубику, а через вершину, примыкающую к следующему кубику (см. рис. 58). Так как ожерелье замкнутое, то первый кубик следует зама) Докажем, что при четном N требуемая упаковка возможна. Выберем систему координат, направив оси вдольребер коробки и взяв в качестве единицы длины длину ребра кубика (см. рис. 59). Составим столбец высоты N из кубиков с номерами 1, N 3 , N 3 − 1, . . . , N 3 − N + 2, поместив УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС + 1 n 1 n 2 (n−1) 2 (n+1) 1 (n+1) 2 x z 0 y 1 N 3 N 3 − N + Рис. Рис. вершину 1 в точку с координатами (1, 0, 1), а вершину 1 в точку с координатами. Заметим, что последняя вершина этого столбца, те+ имеет координаты (0, 1, N). Оставшиеся N 3 − N кубиков будем укладыватьпослойно в виде змеек : П ер вы й (нижний) слой (см. рис. 60). В клетках проставлены номера кубиков. Укладыватьслой начинаем с кубика 2. Вершина (имеет координаты (1, 0, 1), те. . N 2 − N + 1 1 N 2 ← − N 2 − N + 2 . N 2 +2N−1 N 2 +2N−2 ↓ ↑ ↓ ↑ 2N 2 −1 . N 2 +3N−3 N 2 +N N 3 N 2 +1 Рис. Рис. Второй слой (см. рис. 61). Здесьвершины (2N 2 − и (имеют координаты (0, 1, 2), те (Вт ре т ье мс л о е расположение кубиков с номерами 2N 2 , . . . , 3N 2 − −2 повторяет расположение кубиков с номерами 2, . . . , в первом слое, и т. д. Заметим, что в каждом слое координаты вершины 1 кубика из столбца совпадают с координатами вершины 2 последнего кубика из змейки. Следовательно, в м слое координаты вершин (N 3 − N + и N + совпадают. Что и требовалосьдоказать. Приведем другое обоснование возможности упаковки при четном В каждом кубике проведем диагональ, связывающую вершину вида (ч,ч,н) (т. е. вершину, у которой первые две координаты четны, а третья — нечет- нас вершиной вида (н,н,ч). Рассмотрим граф, образовавшийся на вер- ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ шинах такого вида. Нетрудно понять, что он связен. Кроме того, любая вершина внутри куба соединена с 8 вершинами, на грани — с четырьмя, а на ребре — с двумя вершинами. Следовательно, по известному критерию, в этом графе существует цикл, проходящий по каждому ребру ровно один раз. Уложим кубики в порядке обхода этого цикла так, что просверленная диагональкаждого попадет на соответствующее ребро. Мы получим требуемую укладку нашего ожерелья. б) Если ожерелье упаковано в коробку, то вершины 1 и 2 любого кубика имеют различные почетности абсциссы. Значит, сумма этих двух координат для каждого кубика — нечетное число. Следовательно, в случае сумма всех абсцисс отмеченных вершин — также нечетное число. Но каждая абсцисса повторяется дважды для и для (n + Значит, указанная сумма должна бытьчетной. Таким образом, при нечетном упаковатьожерелье в коробку невозможно. Первое решение. Заменим каждую белую улицу города на две синюю и красную, соединив синим цветом концы синих улиц, соседних с белой, а красным цветом — концы соседних с ней красных улиц (см. рис. 62а–рис. г. В соответствии с рисунками рис. 62а–рис. г будем называтьбелые улицы улицами типов а, б, в) ига их количества обозначим соответственно а, б, n в и г. В случаях, изображенных на рис. рис. б ирис. в, будем считать, что красная и синяя улицы, которыми мы заменили белую, пересекаются в точке, отличной от вершин ломаных, которыми являются эти улицы. ( −) (+) к к с с б ( −) (+) к к с с к с ( −) ( −) к с с к б ( −) ( −) к с с к к с Рис. 62а Рис. 62б (+) (+) с к к с б (+) (+) с к к с с к (+) ( −) с с к к б (+) ( −) с с к к с к Рис. 62в Рис. г УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 127 Теперь все синие улицы образуют несколько многоугольников. Назовем их синими. Аналогично, красные улицы образуют несколько красных многоугольников. Ясно, что границы двух многоугольников разного цвета либо не пересекаются, либо пересекаются в четном числе точек (если границы пересекаются, то граница одного из многоугольников входит внутрь второго столько же раз, сколько и выходит из него. Но число точек пересечения границ многоугольников разного цвета равно числу белых улиц типов б) ив, те. б+ в. Значит, число б+ в четное. Остается заметить, что разность между числом положительных и числом отрицательных перекрестков равна б в) = б+ в в и, следовательно, кратна четырем. Второе решение. Рассмотрим произвольную (например, белую) улицу, соединяющую перекрестки A и B различной ориентации (те. положительный и отрицательный перекрестки, если такая улица в городе есть. Удалим эти перекрестки и все улицы, ведущие изв. Оставшиеся улицы одного цвета соединим между собой тем же цветом (рис. 63а–рис. в — обозначение пустого множества. При этом справедливостьусловий задачи не нарушается, а разностьмежду числом положительных и числом отрицательных перекрестков сохраняется. Будем продолжать эту процедуру до тех пор, пока в городе не останется ни одной пары соединенных перекрестков различной ориентации. Без ограничения общности будем считать, что в городе остались только положительные перекрестки. (+) ( −) A B с с к к б с к Рис. 63а (+) ( −) A B с к к б к Рис. 63б (+) ( −) A B с к б к к к с с с б б к с Рис. 63в Рис. г ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ (Вообще говоря, город теперьсостоит из нескольких несвязанных между собой частей, в каждой из которых все перекрестки либо положительные, либо отрицательные. Отрицательные перекрестки, если они есть, мы будем выбрасывать по той же самой схеме, которая описана ниже для положительных перекрестков.) к к к с б с б к к к б б с с Рис. 64а Рис. 64б к б с с с к к б б к с б Рис. 64в Рассмотрим произвольный такой перекресток и три перекрестка, соединенные с ним (очевидно, что в любом удовлетворяющем условию задачи городе, в котором все перекрестки положительны, можно найти такие четыре перекрестка эти перекрестки необязательно должны быть различными, случай различных показан на рис. в. Удалим эти четыре перекрестка и все соединяющие их улицы. Оставшиеся улицы одного цвета соединим между собой тем же цветом (см. рис. 63г–рис. в. При этом снова не нарушается справедливостьусловий задачи, а число положительных перекрестков уменьшается на 4. Эту операцию можно продол- жатьдо тех пор, пока улиц в городе не останется вовсе. Но тогда разность между числом положительных и отрицательных перекрестков станет равна нулю. В таком случае первоначально (для исходного города) эта раз- ностькратна четырем класс. См. решение задачи 57. 66. Достроим шестиугольник до правильного треугольника (см. рис. 65). УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 129 A B C A 1 B 1 C 1 D D 1 P Q K L M Рис. Вершины K, L и M этого треугольника лежат на продолжениях ребер, и AD параллелепипеда. Из равенства прямоугольных треугольников и MLA (KL = LM, AL — общий катет) следует, что KA = = M A . Аналогично, KA = LA. Так как P Q = 1 3 KM , то из подобия треугольников LP Q и LKM, LP и LKA следует, что AA 1 = 2 Аналогично, AB = 2 и AD = 2 3 AM . Итак, AB = AA 1 = AD и, значит, параллелепипед — куб. Замечание. Если параллелепипед непрямоугольный, то он может и не бытькубом. Например, можно рассмотретьпараллелепипед, получаемый вытягиванием куба вдольего большой диагонали, и перпендикулярное этой диагонали сечение. См. решение задачи 52. |