Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
68. Доказательство проведем по индукции. Пусть k = 1. Тогда 2k − − 1 = 1, те. нужно доказать, что каждые два квадрата имеют общую точку. Проведем самую правую и самую левую вертикальные прямые, а также самую верхнюю и самую нижнюю горизонтальные прямые, содержащие стороны квадратов. Эти четыре прямые образуют прямоугольник со сторонами длины не более 2a, где a — длина стороны квадрата (если бы длина какой-то стороны была больше 2a, то квадраты, примыкающие к смежным с ней сторонам прямоугольника, не пересекались бы. Следо- ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ вательно, все квадраты содержат центр прямоугольника, те. имеют общую точку. Предположим, что утверждение доказано для k = n − 1. Выберем самый левый квадрат или один из них, если их несколько) и разобьем все множество квадратов на два подмножества и M 2 . В содержатся квадраты, пересекающиеся с квадратом K 0 , вне пересекающиеся с ним. Множество M 1 , в свою очередь, разобьем на два подмножества: первое составляют квадраты, содержащие правую верхнюю вершину второе — квадраты, содержащие правую нижнюю вершину Множество содержит не более n − 1 попарно непересекающихся квадратов (так как не пересекается с квадратами из M 2 ), поэтому, по предположению индукции, можно разбитьне более чем на 2(n − 1) − − 1 подмножеств, в каждом из которых квадраты имеют общую точку. Так как множество разбито на 2 требуемых подмножества, то исходное множество разбивается не более чем на 2 + 2(n − 1) − 1 = 2n − 1 искомых подмножеств. Предположим противное cos α + cos β + cos γ > √ 5 . Тогда для векторов a = (sin α, cos α),b = (sin β, cos β) и c = (sin γ, cos γ) имеем 3 < < (sin α + sin β + sin γ) 2 + (cos α + cos β + cos γ) 2 = |a +b +c| |a| + + |b| + |c| = 3. Получили противоречие. Замечание. Сумму = (sin α + sin β + sin γ) 2 + (cos α + cos β + cos легко оценитьсверху: A = (sin 2 α + cos 2 α) + (sin 2 β + cos 2 β) + (sin 2 γ + cos 2 γ)+ +2(sin α sin β + cos α cos β) + 2(sin α sin γ + cos α cos γ)+ +2(sin β sin γ + cos β cos γ) 3 + 3 · 2 = Отсюда α + cos β + cos γ) 2 = A − (sin α + sin β + sin γ) 2 9 − 4 = 5. 70. Ответ. 1995 Полагая m = n, находим a 0 = 0 . Полагая n = 0, получим a m + a m = = 1 2 (a 2m + a 0 ) . Отсюда Пусть m = n + 2. Тогда a 2n+2 + a 2 = 1 2 (a 2n+4 + a 2n ) , итак как в силу (1) a 2n+4 = и a 2n = 4a n , то окончательно получаем+ a 2 = 2(a n+2 + С другой стороны, в силу (1) и условия a 1 = 1 , имеем+ a 2 = 4(a n+1 + a 1 ) = 4(a n+1 + 1). (3) УЧЕБНЫЙ ГОД, 8 КЛАСС 131 Сравнивая (2) и (3), заключаем, что последовательность (удовлетворяет рекуррентному соотношению 2a n+1 − a n + и начальным условиям a 0 = 0 , a 1 = Вычислив несколько первых членов последовательности a 2 = 4 , a 3 = = 9 , a 4 = 16 , приходим к предположению, что при всех n 0 a n = Доказательство проведем по индукции. При n = 0 и n = 1 утверждение верно. Пустьоно верно при n = k − 1 и n = k (k 1). Тогда 2a k − a k−1 + 2 = 2k 2 − (k − 1) 2 + 2 = (k + те. утверждение верно и при n = k + Следовательно, a 1995 = 1995 Рис. 66 71. Заметим, что и O 2 BF — подобные равнобедренные треугольники (∠EBO 1 = = ∠F как вертикальные). Следовательно, точки E, F , O 1 и O 2 лежат на одной окружности Поскольку ∠O 1 AO 2 + ∠O 1 EB = = ∠O 1 BO 2 + ∠O 1 BE = 180 ◦ , на той же окружности лежит и точка см. рис. Углы F EB и BEA равны как вписанные в окружность S и опирающиеся на равные дуги и O 2 A . Из параллельности прямых EF и вытекает, что ∠MBE = ∠F EB. Следовательно, ∠MBE = ∠BEA, и EBA — равнобедренная трапеция. Отсюда AE = MB. Аналогично доказывается, что ABF N — равнобедренная трапеция, поэтому AF = = Складывая два полученных равенства, получаем, что AE + AF = = M B + BN = M N , 72. См. решение задачи 64. 1995–1996 г класс. Ответ. Не хватит. Пусть n = 400. Тогда (n − 1) 2 (n 3 + 2n 2 + 3n + 4) = = n 5 − (n − 1)(n 4 + n 3 + n 2 + n − 4) = = n 5 − (n 5 − 5n + 4) = 5n − 4. ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Но 5 · 400 − 4 = 1996 < 2000. 74. Ответ. 10 6 − 10 · 9 Посчитаем число неотличных билетов. Пусть a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 — номер неотличного билета. В качестве можно выбратьлюбую из 10 цифр. Цифры, разностьмежду которыми равна 5, разбиваются на пары 0–5, 1–6, 2–7, 3–8, 4–9, поэтому когда выбрана цифра a 1 , в качестве цифры в неотличном билете можно взятьлюбую из 9 цифр (исключается входящая в парус. Аналогично, после выбора a 2 , в качестве можно взятьлюбую из 9 цифр, и т. д. Поэтому число неотличных билетов равно 10 · 9 · 9 · 9 · 9 · 9 = 10 · 9 5 75. Ответ. Не существует. Пусть, для определенности, AC — наименьшая диагональ пятиугольника. Так как AC AD, тов. Но тогда в этом треугольнике два тупых угла, что невозможно. Ответ. n = 2 k (k ∈ Если n нечетно, то первый выигрывает, взяв первым ходом одну спичку дальше оба игрока обязаны брать по одной спичке, и последний ход за первым игроком. Если n четно, то тот, кто взял очередным ходом нечетное число спичек, проиграл, ибо оставил партнеру нечетное число спичек при его ходе. Поэтому, чтобы сохранитьшансы на выигрыш, игроки в этом случае должны каждым ходом братьчетное число спичек. Но это значит, что мы можем мысленно соединитьспички в пары и считать, что игроки каждым ходом берут некоторое количество пар. При этом возможны такие варианты) Получиласьодна пара, те. Тогда первый проиграл, потому что взятьдве спички сразу он не может) Получилосьнечетное число пар, большее 1, те. Тогда первый выиграет, взяв первым ходом одну пару) Получилосьчетное число парте. Здесь, чтобы сохранить шансы на выигрыш, игроки должны каждым ходом братьчетное число пар. Но тогда можно объединитьпары в четверки и считать, что каждым ходом берется некоторое количество четверок. Проводя теперьдля четверок те же рассуждения 1)–3), что и для пар, получаем, что при n = первый проигрывает, при n = 8m + 4 — выигрывает, а при n = 8m надо переходитьк восьмеркам. Повторяя далее эти рассуждения, получаем, что при n = 2, 4, 8, 16, . . . первый проигрывает, а при других n — выигрывает. Ответ. Можно. См. рис. 67. 78. Ответ. α = 30 ◦ УЧЕБНЫЙ ГОД, 8 КЛАСС 133 Рис. Пусть α < 30 ◦ . Расположим прожектор так, чтобы один из крайних лучей BK был перпендикулярен AC см. рис. 68). Второй луч пересекает основание в точке M. Но AK = KC = KM + MC. Значит, из этих отрезков сложить треугольник нельзя. Пусть α > 30 ◦ , Возьмем на основании AC точки K итак, чтобы = ∠LBA = α; T — середина отрезка AC см. рис. 69). На основании возьмем точку R так, чтобы KT = RC. Пусть M лежит в пересечении отрезков RC и LC. Возьмем точку N так, что ∠NBM = α. Заметим, что N принадлежит отрезку Рис. Рис. Имеем M > KM = KT + T M = CR + T M > CM + T M = T C = 1 откуда + M C < M Следовательно, из этих отрезков нельзя построить треугольник. Осталасьодна возможность = Пусть MN — освещаемый прожектором отрезок, ∠MBN = α = см. рис. 70). Ясно, что BN ⊥ AC. (Иначе точка M совпадет с A и, значит, луч не внутри треугольника.) Отразив точку C относительно прямой BN, получим точку D, которая не лежит на AC иначе BN ⊥ AC) (см. рис. 71). ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ x A B C N M D α − Рис. Рис. Треугольник BDC — равнобедренный и, значит, ∠DBN = ∠CBN = = и NC = DN. Ясно, что ∠MBD = ∠NBM − ∠NBD = 30 ◦ − x, ∠ABM = ∠ABC − ∠MBN − ∠NBC = 60 ◦ − 30 ◦ − x = 30 ◦ − Значит ABD — равнобедренный треугольник, BM — его биссектриса и, значит, AM = MD. В DMN стороны равны отрезками, те. из них можно составитьтреугольник. 79. Ответ. Пусть a — стертое число, S — сумма оставшихся, Π — произведение оставшихся. Тогда + S aΠ = S Π ⇐⇒ 1 Так как a < S, тот. е. a = 4 или a = 5. Случай a = невозможен, так как при этом S = 7, 5. Случай a = 4 возможен S = 12 и написанными Незнайкой числами могли быть, 5 и 7. 80. Заметим, что если монеты разложены по чашкам поровну, то та чашка, где лежит фальшивая монета, всегда либо перевешивает (если фальшивая монета тяжелее настоящих, либо нет (если легче. Поэтому если одна и та же монета при двух взвешиваниях однажды оказаласьвнизу, а однажды вверху, то она — настоящая. Разложим монеты на чашки весов по две. Монеты с перевесившей чашки обозначим 1 и 2, ас другой — 3 и 4. Вторым взвешиванием сравним и 3 си. Если перевесит чашка сито монеты 3 и 2 — заведомо настоящие, если другая — то заведомо настоящими являются монеты 1 и. Последним взвешиванием мы сравниваем две заведомо настоящие монеты с двумя другими. Пустьнастоящими являются монеты 2 и 3. Тогда если чашка сними перевесит, то фальшивая монета легче и, значит, это монета 4; если же наоборот, то фальшивая монета тяжелее и это монета 1. УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 135 Случай, когда настоящими оказываются после второго взвешивания монеты и 4, разбирается аналогично класс. Ответ. x 2 + ax , x 2 − ax, a — любое число x 2 + x − 2, x 2 + x − По теореме Виета a = −(c+d), b = cd, c = −(a+b), d = ab. Получили систему уравнений + b + c = 0, a + c + d = 0, b = cd, d = которая равносильная системе + b + c = 0, b = d, b = bc, b = Если b = 0, то d = 0, c = −a, a — любое. Если же b = 0, то a = c = 1, b = d = −2. 82. Первое решение. Имеем ∠DAC = ∠CDM, так как оба измеряются половиной дуги DC окружности S 1 . Далее, ∠CBM = как вписанные и опирающиеся на одну дугу. Но ∠DAC = ∠BCA, откуда = ∠CBM, те Рис. Второе решение. Пустьбис- сектриса угла B треугольника вторично пересекает в точке Тогда OD = OC как хорды окружности, стягивающие равные дуги. Ясно также, что OA = OC, а следовательно центр окружности Теперь ∠OBM = ∠ODM = 90 ◦ , откуда перпендикулярна BM и а, значит, BM AC. 83. Ответ. 8, 9, Пусть + b)(b + c)(c + a) abc = целое число, тогда + b)(b + c)(c + a) = n · Если среди чисел a, b и c естьравные, то можно считать, ввиду симметричности выражения (1), что a = b. Тогда (a, b) = a = 1 и выражение (принимает вид (1 + c)(1 + c)2 = nc. Откуда следует, что 2 ... c и, значит = или c = 2. В первом случае n = 8, а во втором n = 9. Если числа ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ, b и c попарно различны, то можно считать, что a < b < c. Если два числа взаимно просты, то сумма этих чисел взаимно проста с каждым из них, поэтому из (1) следует, что + b = и + c = и k — натуральные числа. Так как a + b < 2c, то mc < 2c и, значит, m < 2, те и, следовательно, a + b = Выразив из (3) c и подставив в (4), получим a + b = kb − a или 2a = = b(k − Так как a и b взаимно просты, то 2 ... b. Учитывая, что 1 a < b получаем, что b > 1 и, значит, b = 2. Тогда a = 1 и c = 3. Легко убедиться, что эти значения удовлетворяют условиям задачи и дают значение n = Рис. 73 84. Ответ. Выигрывает второй. Разобьем все узлы решетки, кроме того, который фишка занимает вначале игры, на пары соседних. Тогда после каждого хода первого игрока второй может передвинутьфишку в узел, находящийся в паре столько что занятым. Рано или поздно первый игрок окажется в ситуации, когда он не сможет сделатьход. Разбиение на пары приведено на рис. Сначала мы разбиваем на пары все узлы, находящиеся на границе решетки, за исключением одного, соседнего с исходной позицией фишки. Оставшийся узел соединяем с узлом, лежащим на отрезке между исходной позицией и центром решетки. После этого узлы, не вошедшие в пары, образуют шестиугольную решетку с выброшенным угловым узлом и стороной, на единицу меньше, чем исходная решетка, и мы повторяем туже операцию. Рис. Решетка со стороной 1 разбивается на 3 пары (см. рис. 74). 85. Ответ. n = Если у числа n шестьделителей, то n = p 5 (p — простое) или = p 2 q , где p и q — различные простые числа. В первом случае 1 + p + p 2 + p 3 + p 4 + p 5 = 3500 . p(1 + p + p 2 + p 3 + + p 4 ) = 3500 − 1 = 3499. Число 3499 не делится на 2, 3, 5 и 7, поэтому > 10 , нов этом случае p + (1 + p + p 2 + p 3 + p 4 ) > 10 5 > 3499 . Поэтому УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 137 это уравнение решений в простых числах не имеет. Во втором случаете 3 · 7 · Первый множительнечетен и не кратен 5. (Чтобы убедиться в этом, достаточно это утверждение проверитьдля соответствующих остатков). Отсюда, учитывая, что 1 + p + p 2 > 1 , имеем 1 + p + p 2 = 7 . Значит, p = 2 (p = −3 — не подходит, и q = Числа 2 и 499 — простые. Искомое число n = 2 2 · 499 = 1996. 86. См. решение задачи 78. 87. Пусть ab = u 2 ; a + b = v. Учитывая, что v 2u так как a + + b 2 √ ab) , получаем a)(1 − b) (1 − ab) 2 = u 2 (1 − v + u 2 ) (1 − u 2 ) 2 u 2 (1 − 2u + u 2 ) (1 − u 2 ) 2 = u 2 (1 + u) 2 < 1 так как + u < 1 2 ⇐⇒ u < 1. 88. Обозначим монеты и их массы буквами A, B, C, D, E, F , G и Ясно, что если на чашки весов положены по 4 монеты, то весы не могут оказаться в равновесии. Заметим также, что если монеты разложены по чашкам поровну, то та чашка, где лежит фальшивая монета, всегда либо перевешивает (если фальшивая монета тяжелее настоящих, либо нет (если легче. Поэтому если одна и та же монета при двух взвешиваниях, когда монеты были разложены по чашкам поровну, однажды оказаласьвнизу, а однажды вверху, то она — настоящая. Положим при первом взвешивании на левую чашку монеты A, B, и D, на правую — остальные, при втором взвешивании на левой чашке пустьбудут A, B, E и F , а на правой — остальные монеты. Не ограничивая общности рассуждений, можно считать, что + B + C + D > E + F + G + и + B + E + F > C + D + G + В этом случае монеты C, D, E и F — настоящие и, если фальшивая монета тяжелее их, то это A или B, а если легче — то G или H. Третьим взвешиванием сравним массы A + G и B + H. Пусть, скажем, A + G > > B + другой случай разбирается аналогично. Тогда монеты B и G настоящие и четвертым взвешиванием следует сравнить A + H с B + Если A + H > B + G, то фальшивой и более тяжелой, чем настоящие, является монета A, а если A + H < B + G, то фальшивой и более легкой является монета H. |