Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
162. Проведем касательную кв точке C, обозначим ее l см. рис. Угол между l и AE равен углу ABC как угол между касательной и хор ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ дой), а угол ABC равен углу AED опираются на одну дугу. Значит, и OC ⊥ Рис. 97 163. См. решение задачи 155. 164. Ответ. Нельзя) Докажем, что в исходной таблице найдется подтаблица 2 × 2, в которой стоит одна единица и три нуля. По принципу Дирихле найдется строка, в которой стоят одни нули (так как строка единиц n − 1). Очевидно, что в таблице найдутся две соседние строки, водной из которых стоят все нули, а в другой по крайней мере одна единица. Действительно, если бы такого не было, рядом с найденной строкой со всеми нулями стояли бы строки тоже со всеми нулями, и т. д, те. в таблице были бы одни нули — противоречие. Аналогично предыдущему получаем, что в ненулевой строке найдутся две соседние клетки, водной из которых стоит единица, а в другой ноль. Эти две клетки и две соседние клетки из нулевой строки образуют искомую подтаблицу. 2) Выберем в нашей таблице произвольную подтаблицу 2 × 2: пусть в ее левом верхнем углу стоит число a, в правом верхнем — b, в левом нижнем — c ив правом нижнем — d, а после проведения операции — a 1 , b 1 , c 1 , d 1 соответственно. Рассмотрим выражения D = (a + d) − (b + c) и D 1 = (a 1 + d 1 ) − (b 1 + + c 1 ) . Возможны три случая: а) Выбранная клетка находится вне нашей подтаблицы, и при этом она лежит в строке или столбце, пересекающем нашу подтаблицу. Пустьдля определенности она лежит водной строке c a и b, тогда a 1 = a + 1 , b 1 = b + +1 , c 1 = c , d 1 = и D 1 = (a+1+d) −(b+1+c) = a+d−b−c+1−1 = б) Выбранная клетка находится вне нашей подтаблицы, и при этом она не лежит нив строке, нив столбце, пересекающем нашу таблицу. Тогда a , b 1 = b , c 1 = c , d 1 = ив) Выбранная клетка находится внутри нашей подтаблицы. Пустьдля определенности она — верхняя левая клетка подтаблицы, тогда a 1 = a −1, b 1 = b + 1 , c 1 = c + 1 , d 1 = и D 1 = (a − 1 + d) − (b + 1 + c + 1) = a + d − − b − c − 1 − 1 − 1 = D − 3. (Если правая нижняя, то опять D 1 = D − 3, в противном случае D 1 = D + 3 .) Таким образом, мы показали, что D 1 ≡ D (mod для любого количества операций. Однако в исходной таблице мы нашли подтаблицу 2×2, в которой D равно либо 1, либо −1, те УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС или D ≡ 2 (mod 3), а мы должны получитьтаблицу, в которой все числа равны, тес Из полученного противоречия следует ответ нельзя. Ответ. Нет. Посмотрим, как изменяется при этой операции остаток отделения числа на 7. Пусть b — последняя цифра числа. Тогда оно имеет видав результате применения операции получается a + 5b. Поскольку + b) − (a + 5b) = 49a — делится на 7, то остаток умножается нате. если исходное число делилосьна 7, то все числа, появляющиеся на доске, тоже будут делиться на 7. Следовательно, 1998 никогда не будет получено. Посчитаем стороны всех клеток, составляющих многоугольник, следующим образом из количества сторон черных клеток вычтем количество сторон белых клеток. Эта величина равна 4(a − b), так как у каждой клетки четыре стороны, в тоже время каждый отрезок, лежащий внутри многоугольника, был посчитан один раз со знаком + и один раз — со знаком. То естьполученная величина равна сумме отрезков периметра с соответствующими знаками: + для черных и − для белых, откуда и получаем требуемое равенство. Замечание. Задачу можно решатьпо индукции, при доказательстве индуктивного перехода отбрасывая от многоугольника одну граничную клетку. При этом многоугольник может развалиться на несколько, и удобнее доказыватьформулу не для одного многоугольника, а для совокупности. Число вариантов расположения отбрасываемой клетки может быть доведено до двух: , (с тремя сторонами, выходящими на периметр, и с двумя. Ответ Пусть O — центр симметрии, KLMN и K 1 L 1 M 1 N 1 — данные тетраэдры и K 1 , L и L 1 , M и M 1 , N и N 1 — пары симметричных относительно точки O вершин. Параллельный перенос первого тетраэдра на вектора второго — на вектор −u не изменяет Φ. Действительно, пусть P и Q — две произвольные точки тетраэдров, X — середина отрезка P Q, −−→ P P = u , −−→ = −u, тогда + −−→ Q X = −−→ P P + −−→ P X + −−→ Q Q + −−→ QX = −u + + ( −−→ P X + −−→ QX) + u = 0 , значит, X — середина отрезка Отрезок, соединяющий середины скрещивающихся ребер правильного тетраэдра с ребром, перпендикулярен ими имеет длину 1. Поэтому можно выбратькуб с ребром 1 и центром O и параллельный перенос u, переводящий первый тетраэдр в тетраэдр T 1 = ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ACB 1 D 1 . Параллельный перенос на вектор −u переведет второй тетраэдр в симметричный тетраэдр T 2 = Итак, фигура Φ состоит из середин отрезков, концы которых лежат в тетраэдрах и Пусть U — многогранник, изображенный на рис. 98 тонкими линиями, его вершины — середины ребер куба. Покажем, что Φ = Рис. Рис. Лемма. Множество Φ середин отрезков, концы которых принадлежат выпуклым фигурами Φ 2 выпукло. Д ока за тел ьс т во. Пусть и N — середины отрезков EF и где E, G ∈ Φ 1 , F, H ∈ Φ 2 , S ∈ [MN]. Проведем через M прямые, параллельные и F H см. рис. 99). Теперьиз рисунка видно, как найти точки P ∈ [EG] и Q ∈ [F H] такие, что S — середина [P Q]. Итак, если, N ∈ Φ и S ∈ [MN], тот. е. множество Φ выпукло. Из леммы следует, что искомая фигура Φ выпукла. Но все вершины многогранника U лежат в Φ (например, Q — середина AA 1 ), поэтому U ⊆ ⊆ Φ. Теперьзаметим, что множество середин отрезков [GH], где H ∈ T 2 — тетраэдр T 2 , гомотетичный с коэффициентом b = 1 и центром G. Но при такой гомотетии и точка A лежат по разные стороны от плоскости QR . Значит, Φ не содержит точек, входящих в пирамидку AP QR, кроме ее основания. Аналогично, исключив остальные пирамидки, получаем, что Φ = Таким образом, V (Φ) = 1 − 8V (AP QR) = 1 − 8 48 = 5 6 168. Из неравенства a m | |n − m| > 1 следует, что все члены последовательности попарно различны. Лемма. Если i > n и a i < a n , то i − n < 2000000. УЧЕБНЫЙ ГОД, 8 КЛАСС 163 Д ока за тел ьс т во. Пусть i > n и a i < a n . Интервал [1, содержит лишьконечное число членов последовательности, значит все с достаточно большими k будут больше a n . При возрастании индекса от до бесконечности найдется такое j, что a j < a n < a j+1 . Расстояние между и a j+1 , ввиду неравенства a m | |n − m| < 1998 , меньше 1998, поэтому либо a n − a j < 999 , либо a j+1 − a n < 999 . В первом из этих случаев, по условию n 1998 < a n − a j < значит i j < n + 1998 · 999 < n + 2 · 10 6 , во втором, аналогично, i j < < n − 1 + 1998 · 999 < n + 2 · 10 6 . Лемма доказана. По условию в последовательности встречаются все натуральные числа, значит, равно числу членов последовательности, лежащих винтер- вале [1, a n ] . Член последовательности, лежащий в [1, a n ] , имеет индекс не больше n или больше n, количество первых не более n, количество вторых, по доказанному, меньше 2 · 10 6 . Тогда a n < n + 2 · 10 6 . С другой стороны, также по доказанному, если i < n − 2 · 10 6 , то a i < a n , значит в, содержится больше n − 2 · 10 членов последовательности. Таким образом, n − 2 · 10 6 < a n < n + 2 · 10 6 , откуда |a n − n| < 2 · 10 6 , что и требовалосьдоказать. 1998–1999 г класс. Пустьотец проехал с первым из сыновей x км. На это ушло x 20 часа, и они опередили второго на 15 = 3 км. Отец едет за вторым из сыновей и встречается с ним через 4 x : 30 ч. До встречи с отцом второй сын прошел 5 км, и до конца пути ему осталось 33 − 3x 8 км. Ясно, что все трое одновременно прибудут к бабушке, если отец подвезет сыновей на равные расстояния, те км, откуда = км. Значит, на дорогу будет затрачено − x 5 = 24 20 + 9 5 = часа. Ответ. 1999. Пустьприписанные цифры образуют число B, 0 B 999. Тогда получившееся число равно, с одной стороны, 1000A + B, ас другой — 1 + 2 + . . . + A = 1 2 A(A + 1) . Равенство 1000A + B = 1 2 A(A + преобразуется к виду A(A − 1999) = 2B, откуда 0 A(A − 1999) 1998. ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Поскольку левое неравенство здесь возможно только при A 1999, а правое — при A < 2000, то A = Рис. 100 171. Ответ. CA 1 : A 1 B = = BC 1 : C 1 A = AB 1 : B 1 C = 2 : Пусть M — точка пересечения медиан и A 3 , B 3 , точки, в которых продолжения медиан пересекают стороны ABC (см. рис. 100). Из условия следует, что C 3 CB 1 — параллелограмм, поэтому Далее, прямая проходит через середину отрезка и параллельна, поэтому MC 3 — средняя линия A 3 A 1 C ⇒ A 3 C = = 2M C 3 ⇒ A 3 B 1 = B 1 C . Но A 2 A 3 — средняя линия AB 1 C 1 ⇒ ⇒ AA 3 = A 3 B 1 , значит, AA 3 = A 3 B 1 = B 1 C , и точка делит сторону AC в отношении 2 : 1, считая от вершины A. Аналогично, CA 1 : A 1 B = = BC 1 : C 1 A = 2 : 1 172. Ответ. Пригодится следующий способ уравнивания давлений. Разделив баллоны на 8 групп по 5 баллонов, уравняем давления в баллонах каждой из этих групп. Затем образуем 5 новых групп так, чтобы каждая из них состояла из 8 баллонов, входивших ранее в разные группы. Равенства давлений в баллонах каждой из новых группа значит, и во всех баллонах) достигнем, соединив сначала баллоны по четыре, а затем — по два, беря в каждую пару баллоны из разных четверок. Покажем, что при k 4 нужного способа не существует. Пустьзначение давления водном из баллонов равно 2, а в каждом из остальных — 1; тогда после уравнивания значение давления в каждом баллоне должно оказаться равным (2 + 39 · 1) : 40 = 41 Но после каждого соединения все значения будут выражаться несократимыми дробями, знаменатели которых не делятся на 5. В самом деле, если перед каким-либо соединением ни один из знаменателей на 5 не делился, то и знаменательсреднего арифметического соответствующих двух, трех или четырех дробей, являясьудвоенным, утроенным или учетверенным наименьшим общим кратным их знаменателей, не может оказаться кратным 5. Атак как 40 кратно 5, то уравнять давление при указанных первоначальных их значениях мы не сможем. Пустьтакое разбиение возможно ив вошли числа x и y, x < Тогда сумма чисел в B равна 1 + 2 + . . . + 15 − x − y = 120 − x − y, те УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС = 120 − x − y. Переписав это равенство в виде (x + 1)(y + 1) = получаем, что либо x + 1 = 1, y + 1 = 121, либо x + 1 = y + 1 = 11, что невозможно. A B C A 1 C 1 Рис. 101 174. По условию BC — серединный перпендикуляр к отрезку, те и = ∠ABC. Аналогично и ∠C 1 BA = = ∠ABC. Итак, 3∠ABC = те. Рассмотрим CBA 1 . В нем ∠CBA 1 = 60 ◦ , CB = C 1 B = 2BA 1 . Проведем BA 1 . В прямоугольном треугольнике CA 2 B ∠BCA 2 = 30 ◦ , поэтому, те. Точки и совпали, значит = 90 ◦ 175. Ответ. Выигрывает первый игрок. Опишем выигрышную стратегию I игрока. Вначале он выкладывает на стол 0 : 0, II отвечает 0 : a, тогда I выкладывает кость a : a. ТеперьII делает ход либо 0 : n, либо a : n. В первом случае I выкладывает кость : к концу, содержащему n, во втором — n : 0 к тому же концу. Тогда после хода I игрока на концах цепочки будут 0 или a. Это же произойдет после того, как на ход II игрока 0 : m (a : m) I ответит m : a (m : 0). Кости вида 0 : n и a : n (n = 0, a) разбиваются на пары, поэтому последний ход останется за первым игроком. Ответ. Нельзя. Предположим противное закрытьудалось. Тогда, очевидно, каждая граньразобьется на 9 единичных квадратов. Проведем в каждом квадрате цепочки по диагонали из вершины с шарниром. Получится ломаная из диагоналей на поверхности куба (возможно, пересекающая себя в вершинах звеньев. Из двух вершин ломаной (начала и конца) будет выхо- дитьнечетное число звеньев-диагоналей, а из остальных вершин — четное. Если же начало и конец ломаной совпадают, то из каждой ее вершины выходит четное число звеньев. Если раскрасить вершины квадратов 1 × в два цвета так, чтобы концы каждой стороны квадрата 1 × 1 были разного цвета, то все вершины ломаной совпадут с множеством вершин одного цвета (скажем, черного, поэтому множество ее звеньев — это множество всех диагоналей с черными концами. Но среди черных вершин окажутся вершины куба, а из каждой такой вершины выходит 3 диагонали, т. е. нечетных узлов окажется 4. Противоречие ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ класс. Ответ. Поскольку однозначные числа не имеют общих цифр, то N > 9. Атак как числа, соседние с числом 9, должны содержатьдевятку в своей записи, то меньшее из них не может быть меньше, чем 19, а большее меньше, чем 29. Следовательно, N Равенство N = 29 возможно, поскольку условиям задачи удовлетворяет, например, такой порядок расстановки чисел от 1 до 29 по кругу 1, 11, 10, 20, 21, 12, 2, 22, 23, 3, 13, 14, 4, 24, 25, 5, 15, 16, 6, 26, 27, 7, 17, 18, 8, 28, 29, 9, Рис. 102 178. Обозначим ∠BDA через α. Тогда (см. рис. 102) ∠BAD = 180 ◦ − 2α, (AB = AD), ∠CBF = 1 2 F C = 1 4 BC = = 1 2 ∠CAB = 90 ◦ − α. Точки E и F равноудалены от точек B и C, поэтому F E — серединный перпендикуляр к отрезку, следовательно, ∠BF E = 90 ◦ − − ∠CBF = α. Итак, ∠BDE = α = = ∠BF E, те. точки B, F , D, E на одной окружности. Так как xyz = 1, то неравенства x+y +z и (x−1)(y −1)(z − − 1) 0 равносильны. Действительно, из того, что yz , 1 y = xz , 1 z = и xyz − 1 = 0 следует, что они оба равносильны неравенству + xz + xy x + y + Кроме того, числа t−1 и t k −1 имеют при k > 0 одинаковый знак. Поэтому x+ y + z ⇔ (x− 1)(y − 1)(z − 1) 0 ⇔ (x k − 1)(y k − 1)(z k − − 1) 0 ⇔ 1 x k + 1 y k + 1 z k x k + y k + z k 180. Предположим, что фишка никогда не выйдет из лабиринта. Тогда на клетку с номером 1 (см. рис. 103) фишка попадет конечное число раз (менее 4), так как в противном случае, когда стрелка покажет на выход, фишка из лабиринта уйдет. Аналогично получаем, что после того, как фишка в последний раз побывает наполеона конечное число раз побывает на полях с номером. Продолжая рассуждения получаем, что после того, как фишка в последний раз побывала на полях с номерами k, 1 k 14, она конечное число раз побывает на любом поле с номером. Значит, на каждом поле фишка побывает конечное число раз УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 167 что противоречит неограниченности числа ходов. Следовательно, фишка должна выйти из лабиринта 14 13 12 11 10 9 8 14 13 12 11 10 9 8 7 13 12 11 10 9 8 7 6 12 11 10 9 8 7 6 5 11 10 9 8 7 6 5 4 10 9 8 7 6 5 4 3 9 8 7 6 5 4 3 2 8 7 6 5 4 3 2 Рис. Рис. 104 |