Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
10 класс. Имеем + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca) = ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ+ b 2 2 + b 2 + c 2 2 + c 2 + a 2 2 + 2(ab + bc + ca) ab + bc + ca + 2(ab + bc + ca) = 3(ab + bc + ca) > 3(a + b + Так как a + b + c > 0, получаем a + b + c > Рис. 75 90. Разобьем треугольник прямыми, параллельными его сторонам, на 25 одинаковых треугольников, и вырежем из него три фигуры так, как показано на рис. 75. Пло- щадькаждой фигуры равна 7/25 > площади треугольника, и фигуры равны, поскольку совмещаются параллельными пере- носами. A B C D M E Рис. 76 91. Ответ. Прямая, перпендикулярная биссектрисе угла B те. биссектриса внешнего угла) без самой точки Пусть ADEC — равнобедренная трапеция и CM — касательные кок- ружности, описанной вокруг ADEC те некоторая точка искомого ГМТ). Очевидно, что ABC — равнобедренный, и AC перпендикулярна биссектрисе угла B. ∠BDM = ∠BCM, так как они измеряются половинами дуг, стягиваемых равными хордами AD и CE. Следовательно, точки B, M, C, D лежат на одной окружности. Тогда BM AC (см. решение задачи 82), и, значит, точка M лежит на перпендикуляре l к биссектрисе угла Покажем теперь, что любая точка M прямой l, отличная от B, принадлежит искомому ГМТ. Понятно, что для этого достаточно построить вспомогательную окружность ω, проходящую через B и M и пересекающую вторично каждую из сторон угла B. 92. Заметим, что если все числа водном столбце умножитьна −1, то свойство таблицы сохранится. Тоже верно для перестановки двух столб- цов. Поэтому можно добиться того, что впервой строке стоят 1, и, по свойству таблицы для первой и второй строк, n = 2m. Переставляя столбцы, можно добиться, что во второй строке будут стоять первые m единиц и следующие m −1 УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 139 Возьмем третью строку таблицы, обозначим через количество единиц в первых m столбцах, x 2 — количество −1 в первых m столбцах, x 3 — количество единиц в в последних m столбцах, и x 4 — количество −1 в последних m столбцах. Тогда из свойства таблицы для первой и третьей строка также для второй и третьей строк получаем x 2 + x 3 − x 4 = 0, x 1 − x 2 − x 3 + x 4 = Также имеем+ x 2 = m, x 3 + x 4 = Складывая первое и второе равенство, получаем x 2 ) = Следовательно, x 1 = x 2 ⇒ x 3 = x 4 . Отсюда x 2 = x 3 = те делится на 4. 93. См. решение задачи Рис. 77 94. Обозначим точки пересечения отрезков и через D i (i = 0, 1, . . . , n − 1) (см. рис. Проведем через точку прямые и D 1 G B 0 C 0 . Тогда A 0 A 1 D 1 F — параллелограмм, равновеликий параллелограмму, так как он имеет общее с ним основание и равную высоту. Аналогично, равно- велики параллелограммы и D 0 A 1 D 1 C 1 . Таким образом 2 (S A 0 A 1 D 1 F + S C 0 GD 1 C 1 ) < 1 Аналогично, S D 1 A 2 D 2 C 2 < 1 2 S A 1 A 2 D 2 C 2 C 1 D 1 , и т. д. Поэтому сумма площадей всех n − 1 параллелограммов меньше 2 (S A 0 B 0 C 0 − S A 0 D 0 C 0 ) < 1 2 S A 0 B 0 C 0 . 95. См. решение задачи 88. 96. Докажем, что Вася достигнет максимума, если поступит следующим образом впервой паре — первая слева красная точка и первая справа синяя, во второй паре — вторая слева красная и вторая справа синяя, и т. д. Для этого соединим точки в каждой паре отрезком и сосчитаем, сколько из этих отрезков покрывают отрезок см. рис. 78). Пусть ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. . . . . Рис. 78 k 998, и среди точек A 1 , . . . , красных. Тогда справа от точки A k не менее l синих точек (если меньше, то среди A 1 , . . . , больше, чем l синих, и k > 998). Следовательно, все отрезки, красные концы которых находятся среди точек A 1 , . . . , A k , покрывают отрезок Тоже верно с заменой красных концов на синие. То естьотрезок покрыт k отрезками, а большим числом они не может быть покрыт. Аналогично, при k > 998 отрезок покрыт 1996 − k отрезками, и не может бытьпокрыт большим числом отрезков. Следовательно, сумма, достигнутая Васей, равна 1 + 2 + . . . + 997 + 998 + 997 + . . . + 2 + 1 = = 998 и не зависит от раскраски класс. См. решение задачи 89. 98. Ответ. Через каждую точку A системы проходит медиана. Действительно, пустьслева от прямой l, проходящей через точку A, меньше точек системы, чем справа. При вращении прямой вокруг точки A обязательно в некоторый момент слева и справа окажется поровну точек системы, так как при повороте на слева от прямой будет больше точек системы, чем справа. На каждой медиане лежит ровно две точки изданной системы, поэтому медиан не может бытьменьше n. Пример системы, где медиан ровно дают вершины выпуклого угольника. Предположим противное, что точка O треугольника непокрыта кругами. Тогда OA > 1 √ 3 , OB > 1 √ 3 , OC и один из углов ∠AOB, ∠BOC, ∠AOC не меньше 120 ◦ . Пустьэто угол ∠AOC. Тогда, по теореме косинусов, имеем OA 2 + OC 2 − 2OA · OC · cos Но − cos α cos 60 ◦ , так как α и, следовательно OA 2 + OC 2 − 2OA · OC · cos α OA 2 + OC 2 + OA · OC > 1 3 + 1 3 + 1 3 = Следовательно AC > 1, и полученное противоречие доказывает утверждение. Ответ. n 2 при четном n, n + 1 при нечетном Между любыми двумя корнями дифференцируемой функции естько- реньее производной. Поэтому производная имеет по крайней мере УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 141 A B C O 1 √ 3 Рис. 79 n − 1 различных действительных корней. Поскольку P (x) — многочлен степени n − 1, отсюда следует, что все его действительные корни различны. По индукции тем же свойством обладают и все производные P (k) (x) (k = 2, . . . , n − 1). Из этого следует, что из любых двух идущих подряд коэффициентов многочлена P (x) хотя бы один неравен. В самом деле, пустьу P (x) равны нулю коэффициенты при и x k+1 . Тогда у равны нулю свободный член и коэффициент при x. Но это означает, что 0 — кратный кореньмногочлена P (k) (x) , все корни которого должны бытьразличными. Разобьем коэффициенты многочлена P (x) на пары стоящих рядом (оставив при четном n старший коэффициент без пары. Поскольку старший коэффициент многочлена неравен, число нулевых коэффициентов не превышает числа полных парт. е. n 2 при четном n и + 1 при нечетном. С другой стороны, многочлены (x 2 − 1)(x 2 − 4) . . . (x 2 − и x(x 2 − −1) . . . дают примеры, когда число нулевых коэффициентов равно при n = 2k и + 1 при n = 2k + 1. 101. Ответ. Пусть x 0 — решение уравнения f(f(x)) = x, а y 0 = f (x 0 ) . Тогда и x 0 = f (y 0 ) , а потому точка с координатами (x 0 , лежит на каждом из графиков y = f(x) и x = f(y). Наоборот, если точка (x 0 , лежит на пересечении этих графиков, то y 0 = f и x 0 = f (x 0 ) , откуда f(f(x 0 )) = = x 0 . Тем самым показано, что число решений уравнения f(f(x)) = совпадает с числом точек пересечения графиков y = f(x) и x = f(y), а их (см. рис. 80). 102. Ответ. n = 2. ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 2 −2 Рис. Пусть k = (a − c)(b − d) (b − c)(a − d) . Тогда − c)(a − d) (a − c)(b − d) = 1 k , (a − b)(d − c) (a − d)(b − c) = = ad − ac − bd + bc (b − c)(a − d) = (b − c)(a − d) − (a − c)(b − d) (b − c)(a − d) = 1 − k, (a − c)(b − d) (a − b)(c − d) = − (a − c)(b − d) (b − c)(a − d) · (a − d)(b − c) (a − b)(d − c) = − k 1 − k . Пустьдва из этих чисел совпадают. Заметим, что при натуральном k равенства k = 1 − −k, 1 k = 1 − k, 1 k = − k 1 − k , 1 − k = − k 1 − невозможны следовательно = k , и либо n = 1 n , либо n = − n 1 − Если n = 1 n , то n = 1, значит, (a − c)(b − d) = (b − c)(a − d) ⇐⇒ bd − − ad − bc + ac = 0 ⇐⇒ (b − a)(d − c) = 0, и тогда среди чисел a, b, c и d были бы равные. Остается n = − n 1 − n , те. Значение n = принимается, например, при a = 1, b = 3, c = 4, d = 7. 103. Пусть D — точка пересечения продолжения CO с окружностью, описанной около треугольника ABC. Тогда ∠BDO = ∠A ⇒ ∠OBD = = ∠COB − ∠BDO = 60 ◦ . Аналогично, ∠OAD = По теореме синусов для OBD BO sin A = OD sin По теореме синусов для OAD AO sin B = OD sin Поэтому УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС A = AO sin Рис. Аналогично, последнее отношение равно, что и доказывает подобие треугольников. Ответ. Не существует. Натуральное число n назовем периодом периодической последовательности, если x i = для всех i = = 1 , 2, . . . Легко доказать, что) любой период кратен наименьшему) для любого k наименьшие периоды последовательностей x 1 x 2 . . и. . . совпадают. Пусть x 1 x 2 . . . — последовательность, удовлетворяющая условиям задачи и n — ее наименьший период. Рассмотрим три случая n = 3m, n = 3m + 1, n = 3m − Пусть n = 3m. Число m не является периодом последовательности < n), поэтому найдется пара x i , такая, что x i = x i+m . Заменив все буквы x i , . . . , по правилу a → aba, b → bba, мы получим фрагмент последовательности ∗ . . . ∗ Но, согласно сделанным замечаниям, из того, что n = 3m, следует, что начальная тройка букв этого фрагмента совпадает с конечной. Получили противоречие. Пусть n = 3m + 1. Тогда, как и выше, найдется пара x i = x i+m . Но тогда вторая буква фрагмента (1) должна совпадатьс последней, что не так. Аналогично, если n = 3m − 1, то третья буква фрагмента (1) должна совпадатьс предпоследней. Противоречие г класс. Если рядом с 16 стоит число x, то 16 + 1 16 + x = a 2 16 + откуда a 2 = и x = 9. Поэтому у 16 не может бытьболее одного соседа, и удовлетворяющее условию расположение чисел по кругу невозможно. Пример расположения в строку 16, 9, 7, 2, 14, 11, 5, 4, 12, 13, 3, 6, 10, 15, 1, 8. ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. Занумеруем яблоки в порядке неубывания весов и положим в й пакет яблоки с номерами k и 301 − k. Для любых двух пакетов получаем, что водном из них — яблоки с весами a ив другом — с весами b и где a b c d. Имеем a + d b + 2b 1,5c + 1,5b и b + c 2a + + d 1,5a + 1,5d, что и требовалось. A B C D K E M P Рис. 82 107. Из условия следует, что CE = AC − AE = AD и, аналогично = AM . Отсюда следует, что MAD = KCE и, значит, ∠MP E = = 180 ◦ − ∠P ME − ∠P EM = 180 ◦ − ∠P KC − ∠P EC = ∠C = 60 ◦ . Если отрезки DM и EK не пересекаются, то проводятся аналогичные рассуждения с использованием вертикальных углов при вершинах M и E. 108. Если на предприятии k верховных начальников, то каждый работник должен увидетьхотя бы один из k приказов этих начальников. В понедельник их увидели не более 7k работников, во вторник — не более, в среду — не более 7k·36 работников. Все, кто увидел эти приказы в четверг, не имеют подчиненных значит, они все имеют по 7 начальников и количество всех их начальников не более 7k · 36, причем у каждого из этих начальников не более 6 подчиненных. Таким образом, в четверг приказы увидели не более (7k · 36) · 6/7 = 6k · 36 работников. Отсюда получаем 000 k + 7k + 42k + 252k + 216k = 518k и k 97. 109. Пусть O — точка пересечения биссектрис треугольника ABC. Тогда, поэтому точка O находится внутри значит, треугольник OAB покрывается квадратом K 1 . Аналогично, и OCA покрываются соответственно и K 3 110. Ответ. 2. Пустьна последнем месте в строке стоит число x. Сумма всех чисел в строке, кроме x, делится на x; но тогда и сумма всех чисел в строке, равная + 2 + . . . + 37 = 37 · 19, делится на x. Отсюда x = 19, так как 37 уже поставлено на первое место. На третьем месте стоит делитель числа 37 + + 1 = 38 = 19 · 2, отличный от 1 и 19, которые стоят на других местах. Ответ. p = 7, q = 3. УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 145 Пустьсначала ни одно из чисел p, q не делится на 3. Если остатки отделения и q на 3 совпадают, толевая частьделится на 3, а правая — нет; если эти остатки не совпадают, то правая частьделится на 3, а левая нет. Пустьтеперьp делится на 3, тогда p = 3. Из равенства p 3 − q 5 = (p + + q) 2 > следует p 3 > и q 5 < 27 , что невозможно. Пусть, наконец, делится на 3, тогда q = 3 и p 3 − 243 = (p + 3) 2 , p(p 2 − p − 6) = 252, откуда простой делитель, те или 7. Проверка оставляет только = 7 , (p, q) = (7, 3). 112. Ответ. Обозначим число автомобилей в семье через n. Сумма количеств запрещенных дней по всем машинам, равная 2n, не превосходит 7(n − так как в каждый из 7 дней недели снимаются с поездок не более n − машин. Итаки. Четырнадцати машин достаточно: запретим четырем машинам понедельники вторник, четырем — среду и четверг, двум — пятницу и субботу, двум — субботу и воскресенье, двум пятницу и воскресенье класс. Для любого треугольника данного разбиения окружность, описанная около правильного угольника, является описанной. Так как центр окружности, описанной около правильного угольника, не лежит на диагонали, то он попадет внутрькакого-то одного треугольника. Треугольник остроугольный, если центр описанной окружности лежит внутри, и тупоугольный, если центр описанной окружности лежит вне. Следовательно, треугольник, в который попал центр описанной окружности остроугольный, все остальные — тупоугольные. Ответ. Выигрывает партнер игрока, делающего первый ход. Укажем, как партнер начинающего может гарантироватьсебе выигрыш. Вначале партии он должен стиратьчисла, кратные 3 до тех пор, пока таковых не останется. Поскольку количество чисел, не превосходящих и кратных 3, равно 333, то партнеру начинающего понадобится не более 333 ходов для того, чтобы ни одно из оставшихся на доске чисел не делилосьна 3 (некоторые из чисел, кратных 3, могут бытьстер- ты и начинающим. После этого партнер начинающего делает свои ходы произвольно вплоть до того момента, когда на доске останутся три числа. Каждое из них будет даватьостаток 1 и 2 при делении на 3, поэтому среди трех остающихся на доске чисел обязательно найдутся два, дающие одинаковые остатки. Именно их должен оставитьпартнер начинающего (сумма не будет делиться на 3). ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. Занумеруем яблоки в порядке возрастания веса и разобьем их на пары в ю пару е и (301 − е яблоки. Докажем, что веса пар различаются не более, чем в 2 раза. Пустьвеса яблок a, b, c, d. Имеем a b c d 3a. Тогда a + d 4a 2b + 2c, b + c 3a + + d 2a + 2d. Проведем с парами яблок туже процедуру. Аналогично доказывается, что веса четверок яблок различаются не более, чем в раза. что и требовалось. Запрещенных сочетаний цифр конечное число, следовательно естьчисло N такое, что все запрещенные сочетания цифр не длиннее N символов. В бесконечной десятичной дроби можно найти два одинаковых куска длины N. Пустьу разрешенной дроби a 0 , a 1 a 2 . . . , куски. . . a k+N и a l . . . a l+N совпали. Докажем, что дробь 0,(a k . . . удовлетворяет условию. Предположим противное в этой дроби естьза- прещенные сочетания цифр. Возьмем то, которое встретится самым первым. Очевидно, что хотя бы один символ изданного запрещенного сочетания цифр попадет в первый период. Но тогда конец этого сочетания цифр и имеет номер не болеете. оно будет содержаться в куске a k . . . a l+N исходной дроби. Противоречие. Пустьсумма чисел в наборе равна M, тогда число a из набора заменяется на число b = M − a. Просуммируем эти равенства для всех a: b 1 + . . . +b 1997 = 1997M −(a 1 + . . . + a 1997 ) , откуда M = 0, так как b 1 +. . . . . . + b 1997 = a 1 + . . . + a 1997 = M . Значит, для любого a число b = также входит в набор и все числа разбиваются на пары (a, −a). Из нечетности их количества следует, что в набор входит число a = −a, те. См. решение задачи Рис. 83 |