Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
146. По теореме о вписанном угле (см. рис. 91) имеем равенства ∠P AC = = ∠P QC, ∠P BD = ∠P QD. Атак как ∠P BD — внешний для треугольника, то ∠P BD = ∠P AB + ∠AP Отсюда ∠AP B = ∠P BD − ∠P AB = = ∠P BD−∠P AC = ∠P QD−∠P QC = = ∠CQD, что и требовалось. Ответ. Если все цифры десятизначного числа различны, то их сумма равна и потому это число делится на 9. Значит, если оно делится на 11111, то оно делится и на Рассмотрим десятизначное число X = a 9 . . . и заметим, что X = = 10 5 · a 9 . . . a 5 + a 4 . . . a 0 = 99999 · a 9 . . . a 5 + a 9 . . . a 5 + a 4 . . . a 0 . Таким образом, число X делится на 99999 тогда и только тогда, когда делится на 99999 сумма a 9 . . . a 5 + a 4 . . . a 0 . Заметим, что эта сумма меньше, чем 99999. Поэтому она делится на 99999 тогда и только тогда, когда она равна 99999. А это равносильно тому, что a 0 + a 5 = 9 , a 1 + a 6 = 9 , a 2 + + a 7 = 9 , a 3 + a 8 = и a 4 + a 9 = 9 . Таким образом, последние пятьцифр интересного числа полностью определяются пятью его первыми цифрами, а первые пятьцифр можно выбиратьпроизвольно, следя только, чтобы никакие две из них не давали в сумме 9 и не равнялосьнулю. Учитывая сказанное, цифру можно выбратьдевятью способами, цифру a 8 , если уже выбрано, — восемью (нельзя выбирать и 9 − − a 9 ), после этого a 7 — шестью способами, a 6 — четырьмя и a 5 — двумя. Отсюда получаем 9 · 8 · 6 · 4 · 2 = 3456 возможностей ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. Ответ. Лемма. Всякую связную фигуру, составленную из 101 клетки, можно заключить в прямоугольник с такими сторонами a и b, что + b = Доказательство. Возьмем две клетки нашей фигуры, имеющие общую сторону. Они образуют прямоугольник 1 × 2, сумма сторон которого равна 3. В силу связности данной нам фигуры в ней найдется клетка, примыкающая к этому прямоугольнику по стороне. Присоединим к нему эту клетку. Получившуюся конфигурацию из трех клеток можно за- ключитьв прямоугольник с суммой сторон 4, если удлинитьна 1 одну из сторон прямоугольника 1 × 2. Будем повторятьописанную процедуру, пока в конфигурацию не войдут все клетки фигуры. Всего процедура будет совершена не более, чем 99 раз, поэтому сумма сторон прямоугольника, в который в итоге окажется заключена фигура, окажется не больше Рис. Из леммы сразу следует, что четыре фигуры, равные данной, удастся вырезатьвсегда: для этого достаточно заклю- читьее в прямоугольник с суммой сторона затем выре- затьиз данного квадрата четыре таких прямоугольника так, как показано на рис. 92. Теперьрассмотрим фигуру в форме креста, каждый луч которого состоит из 25 клеток. В ней 4 × 25 + 1 = = клетка. Если такой крест вырезан из квадрата, то его центр должен лежатьвне каемки шириной в 25 клеток, примыкающей к границе квадрата. Это означает, что этот центр должен лежатьв квадрате со стороной, получающемся после удаления каемки. Разделим этот квадрат на четыре равных квадрата со стороной 26. Нетрудно видеть, что если из листа бумаги вырезано несколько непересекающихся крестов, тов каждом из этих четырех квадратов может находиться центр только одного креста (иначе два креста будут пересекаться. Поэтому больше четырех крестов из листа вырезатьне удастся, что завершает доказательство. Ответ. Не могут. Пусть x 1 — общий кореньрассматриваемых трехчленов, аи два других (различных) корня. Тогда по теореме Виета один из трехчленов равен (x − x 1 )(x − x 2 ) , а другой — (x − x 1 )(x − Допустим, при каком-то целом положительном n выполнены равенства и (n − x 1 )(n − x 3 ) = 98 . Тогда целое число должно бытьобщим делителем взаимно простых чисел 19 и 98 и, значит, должно равняться 1 или −1. Нов обоих случаях x 1 n − 1 что противоречит условию задачи. Ответ. Выигрывает первый УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 155 Сначала ему надо делатьходы длиной в 4 клетки, пока он не встанет на ю клетку. Теперьочередьхода за вторым. Если он тоже все время делает ходы длины 4, очередной ход приведет его на клетку 57. Тогда первый следующим ходом должен пойти на клетку 48 и после ответа второго сходитьтак, чтобы между ними вторым оказалось клетки (легко видеть, что это всегда возможно. После этого второй будет вынужден пойти на, 2 или 3 клетки и окажется в итоге правее й клетки. Значит, до финиша ему останется больше 48 клеток, и, чтобы добраться туда, он должен будет сделатьне меньше 13 ходов. Первый же находится не левее й клетки, и ему до финиша остается не более 52 клеток, которые он сумеет преодолетьза 13 ходов. Рассмотрим теперьслучай, когда среди 11 первых ходов второго был ход менее, чем на 4 клетки. Тогда он после го хода окажется более, чем в 56 клетках от цели, и для ее достижения ему понадобится минимум ходов, а первому до цели остается 56 клеток, ион сможет добраться до нее заходов, даже если второй при встрече вынудит его сделатьход длины 3 вместо хода длины 4. 151. Обозначим траекторию шара B 1 B 2 . . . B 1998 B 1 , где B 1 — середина. Также обозначим ∠B 2 B 1 A 2 = угол, под которым пустили шар, ϕ = ∠B 1 A 2 B 2 = 1996π 1998 — угол правильного угольника β = π − α − ϕ см. рис. 93). По закону отражения β . Из треугольника B 2 A 3 B 3 : ∠B 2 B 3 A 3 = π − β − − ϕ = α, снова по закону отражения ∠B 4 B 3 A 4 = α , и т. д, наконец α . В результате получаем, что все треугольники B 1 A 2 B 2 , B 2 A 3 B 3 , . . . , имеют углы α, β, ϕ и, следовательно, подобны друг другу 1 2 3 4 5 6 B B B B B B B 1998 1 2 3 4 Рис. Пусть k = B 1 A 2 B 2 A 2 = B 3 A 3 B 2 A 3 = . . . = = B 1 A 1 B 1998 A 1 — отношение соответствующих сторон в этих подобных треугольниках. Имеем k · B 2 A 2 = B 1 A 2 , k · B 2 A 3 = B 3 A 3 , . . . , k · Легко видеть, что, сложив эти равенства, получим k(A 2 A 3 + + A 4 A 5 + . . . + A 1998 A 1 ) = A 1 A 2 + + A 3 A 4 + . . . + A 1997 A 1998 , откуда k = = в силу правильности многоугольника. Значит, все треугольники равнобедренные, и точки B 2 , . . . , B 1998 — середины соответствую ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ щих сторон многоугольника A 1 A 2 . . . A 1998 . Это доказывает правиль- ностьмногоугольника B 1 B 2 . . . B 1998 152. Ответ. Нельзя. Введем на листе прямоугольную систему координат с осями, параллельными линиям сетки, и началом координат водном из узлов. Назовем четностью узла четностьсуммы его координат. Будем считатьодну из ножек циркуля первой , а другую — второй и посмотрим, как меняется четностьузлов, в которые попадает вторая ножка при выполнении шагов. Обозначим вектор, соединяющий первую ножку со второй после i -го шага, через v i = (x i , y i ) , i = 1, 2, . . ., тогда x 2 i + y 2 i = d 2 — квадрату раствора циркуля — целому числу. Рассмотрим три возможных случая. а) Пусть d 2 — нечетно, тогда во всех парах (x i , одно из чисел четно, другое нечетно, поэтому x i + нечетно, и нам шаге четностьоснования передвигаемой ножки изменяется на x i + y i − x i−1 − y i−1 = 2k i , т. е. сохраняется. Четностьнеподвижной ножки, очевидно, тоже сохраняется. Поскольку изначально четности ножек были различны (в силу нечетности числа d ≡ x 0 + y 0 (mod 2) ), поменяться местами ножки не смогут. б) Пусть d 2 = 4c + 2 . Тогда все числа x i , y i нечетны, и координаты оснований ножек изменяются нам шаге на x i − x i−1 = или y i − − y i−1 = 2l i , сохраняя свою четность. И снова, поскольку изначально четности разных ножек по каждой из координат были различны (в силу нечетности и y 0 ), ножки циркуля не смогут поменяться местами. в) Пусть d 2 = 4c . В этом случае все числа x i , четны. Рассмотрим вместо исходной новую сетку, у которой ячейки — квадраты со стороной в два раза больше, причем ножки циркуля исходно располагаются в ее узлах. Тогда шаги циркуля будут выполняться по узлам новой сетки, а для нее выполнен один из случаев а, били в. При этом квадрат длины в новой сетке уменьшился в 4 раза (из-за выбора новой единицы измерения, поэтому случай вне может продолжаться до бесконечности. Все доказано. Замечание. Можно было бы ограничиться рассмотрением случаев нечетного и четного значения d 2 , заметив, что во втором случае ножки циркуля бегают по узлам сетки, стороной клетки в которой является диа- гональисходной сетки класс. Ответ. b = 0, 0 a < Пусть x 0 — общий корень, тогда f(x 0 ) = и f(f(x 0 )) = 0 . Подставив первое равенство во второе, получаем f(0) = 0, те. Итаки уравнение f(x) = 0 имеет корни 0 и −a. Далее, f(f(x)) = УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС 0 ⇐⇒ f (x) = 0, f (x) = −a ⇐⇒ ⎡ ⎣ x = 0, x = −a, f (x) Условие задачи выполнено, если каждый кореньуравнения f(x) = −a равен 0 или −a. Поэтому случаи подходят, так как уравнение f(x) = −a либо не имеет корней, либо имеет корень. При остальных значениях a уравнение (x) = −a имеет хотя бы один корень, не совпадающий си. По условию OA = OB = OC см. рис. 94). Пусть ∠BAC = = α , тогда ∠OBC = 1 2 ( ∠OBC + ∠OCB) = 1 2 (π − ∠BOC) = 1 2 (π − − 2∠BAC) = π 2 − α. Поэтому ∠KEA = π − ∠KEC = π − 1 2 KC = = 1 2 KBC = 1 2 (π + CO) = π 2 + π 2 − α = π − α. Отсюда следует, что AD. Аналогично, KD||AE, значит, ADKE — параллелограмм. A B C D E O K d d d A B C D K L Рис. Рис. 95 155. Пусть A и B — любые две точки данного множества M, расстояние между которыми равно диаметру d этого множества. Тогда из определения диаметра следует, что если P ∈ M, то P лежит внутри или на границе линзы , образованной пересечением кругов радиуса d с центрами A и B (см. рис. 95). Докажем, что на одной из дуги нет точек множества M, те. что если K = A, L = B, то KL > Действительно, если ∠BAK = α, ∠LAK = β, то β > α, и из теоремы косинусов получаем AK 2 + d 2 − 2AKd cos β > так как AK = 2d cos α > 2d cos Пусть, например, на дуге AC нет точек множества M за исключением точки A. Тогда, выбросив точку A и разделив оставшееся множество точек на части по прямой AB, получим искомое разбиение, добавив точки прямой AB клевой части, так как в каждой половине линзы только расстояния от границ до точек A или B могут равняться d. ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. Ответ. Начинающий. Первым ходом начинающий уменьшает на единицу числа впервой и четырех последних ячейках. В дальнейшем на каждый ход второго он уменьшает на единицу числа в тех же ячейках, что и второй. Все числа в ячейках с первой пою четные после ответных ходов первого, и поэтому ни одно из них первый не может сделатьотрицательным. Первый программист может сломатькомпьютер лишьв том случае, если он сделает отрицательным одно из чисел в четырех последних ячейках. Для этого должно бытьсделано более 2 ходов, не ломающих компьютер. С другой стороны, на каждом ходу уменьшается пять чисел, т. е. хотя бы одно из чисел в ячейках с 1 по 1995. Первоначальная сумма чисел в этих ячейках 1+2+ . . . +2 1994 = 2 1995 −1. Поэтому могло бытьсделано не более 2 1995 − 1 ходов, не ломающих компьютер. Значит, компьютер испортит второй программист. Ответ. x = −3 + √ 9 + 12n 6 , n = 0, 1, 2, 3, 4, Из определения дробной части следует, что 0 x 3 < 1 , те. Кроме того, равенство {a + b} = a выполняется тогда и только тогда, когда b — целое число. Поэтому из равенства+ 3x 2 + 3x + 1 } = следует, что 3x 2 + 3x — целое, те Функция y = 3x 3 + возрастает на [0, 1], y(0) = 0, y(1) = 6, поэтому n < 6 и из корней уравнения 3x 2 + 3x − n = 0 выбирается лежащий на промежутке [0, Рис. 96 158. Ответ. Нет. Предположим, что пятиугольник выпуклый. Возьмем точку X внутри B 1 B 2 B 3 B 4 B 5 . Опустим из X на прямые A 1 A 2 , A 2 A 3 , . . . , перпендикуляры XH 1 , XH 2 , . . . , соответственно (см. рис. 96). Из расположения относительно биссектрис углов следует, что XH 1 < XH 2 < < XH 3 < XH 4 < XH 5 < XH 1 , — противоречие. Значит пятиугольник невыпуклый. 159. Ответ. (n − Покажем, что меньшего числа удаленных перегородок недостаточно УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 159 Удалим все граничные кубики. Останется куб (n − 2) × (n − 2) × (n − − 2), разбитый перегородками на (n − кубиков. Теперьпространство разделено перегородками на (n − 2) 3 + областей, считая внешнюю. Удаление одной перегородки уменьшает число областей не более, чем на 1. В конце число областей должно статьравным 1, поэтому придется удалить не менее (n − 2) 3 перегородок. Этого количества хватает достаточно из каждого неграничного кубика убратьнижнюю грань. Ответ. 11 рублей. Пусть a 1 = 2 , a 2 = 3 , a i = a i−1 + для i 3. Тогда a 10 = Докажем по индукции, что средине менее, чем чисел, загаданное число нельзя угадать, заплатив менее, чем i + 1 рубль. Для i = 1 и i = 2 это верно. Пустьчисел не менее, чем a i . Тогда либо множество M чисел, выделенных в первом вопросе, содержит не менее чисел (первый случай), либо множество чисел, не попавших в M, содержит не менее a i−1 чисел (второй случай, В первом случае, если загаданное число попало в M, то за ответ нужно заплатить рубля, и, по предположению индукции, еще не менее (i − 2) + 1 рублей для того, чтобы угадатьчисло, те. всего не менее + рублей. Во втором случае, если загаданное число не попало в то нужно заплатить рубльза ответ и не менее чем (i − 1) + 1 рубльза угадывание числа, те. вновьвсего не менее чем i + 1 рублей. Алгоритм отгадывания числа ясен из предыдущих рассуждений на каждом шаге множество M из чисел, содержащее загаданное число, нужно разбиватьна множества из чисел и из чисел, и задаватьвопрос о принадлежности числа множеству M 1 11 класс. Ответ. Занумеруем карты сверху вниз по порядку. В верхней колоде номера от 1 до 36, в нижней — от 37 до 72. Обозначим K i (i = 1, 2, . . . , 36) номер карты нижней колоды такой же, как я верхняя. Между i и лежит i − 1 карта, поэтому искомая сумма S = (K 1 − 1 − 1) + (K 2 − 2 − − 1) + . . . + (K 36 − 36 − 1). Переставим слагаемые K 1 , K 2 , . . . , по возрастанию — сумма не изменится. Получим S = (37 − 1 − 1) + (38 − − 2 − 1) + . . . + (72 − 36 − 1) = 36 · 35 = Замечание. Сравните с решением задачи 96. |