Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
181. Предположим, что в некоторой фигуре 1 × 5 отсутствует некоторый цвет, например, синий (на рис. 104 эта фигура закрашена. Тогда в каждой паре клеток, обозначенных одинаковыми буквами, присутствует синий цвет (в противном случае его не будет водной из крестообразных фигур, включающих эти пары клеток. Но тогда одна из двух крестообразных фигур, включающих клетки, обозначенные буквами a и c, содержит 2 клетки синего цвета. Противоречие. См. решение задачи 175. 183. Если данное число n четно, те, то искомыми числами будут k = 4m и l = Пусть n нечетно, p 1 , . . . , p s — его простые делители и p — наименьшее нечетное простое число, не входящее во множество {p 1 , . . . , p s }. Тогда искомыми будут числа k = pn итак как, в силу выбора число p − 1 имеет своими делителями число 2, и, возможно, какие-то из чисел p 1 , . . . , Рис. 105 184. Опустим перпендикулярна прямую AC. Пусть перпендикуляр к прямой восставленный в точке P , пересекает прямую OR в точке Q (см. рис. 105). Достаточно доказать, что MQ ||BO, так как это будет означать, что точки Q и Q совпадают. Так как то ∠MP C = ∠BCP Тогда в MP C: ∠MP C = = ∠P CM = ∠C 2 , откуда P = M C = M A , поэтому точка P лежит на окружности с диаметром AC и ∠AP C = 90 ◦ ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ В четырехугольнике AP OR ∠AP O = ∠ARO = 90 ◦ , следовательно он вписанный, отсюда ∠RP O = ∠RAO = ∠A 2 (∠RP O = ∠RAO опираются на одну дугу). В четырехугольнике MP Q R ∠MP Q = ∠MRQ = 90 ◦ , следовательно, он вписанный, отсюда ∠Q M R = ∠RP Q = ∠RP O + ∠OP Q = = ∠A 2 + (90 ◦ − ∠OP M) = ∠A 2 + 90 ◦ − ∠C 2 . Если BO пересекает AC в точке D, то из BCD: ∠BDC = 180 ◦ − ∠C − ∠B 2 = 90 ◦ + ∠A 2 − ∠C 2 = = ∠Q M C . Отсюда MQ ||BO. 10 класс. См. решение задачи Рис. 106 186. По теореме о произведении отрезков хорд произведение XA · AY не зависит от положения хорды XY и равно некоторой постоянной величине. На прямой AB выберем точку C такую, что = d AB , причем A лежит между B и Тогда AB · AC = XA · AY = d, следовательно точки X, B, Y и C лежат на одной окружности. Это означает, что окружности, описанные около треугольников BXY , проходят через фиксированные точки B и C, следовательно их центры лежат на серединном перпендикуляре к отрезку BC. 187. Обозначим через M исходное множество из n точек. Пусть A произвольное подмножество из n − 3 точек. Возьмем точку x из множества, не принадлежащую A. Через x и остальные точки множества проведем n−1 прямую и возьмем прямую, не пересекающую A. Через эту прямую и оставшиеся n−2 точки множества M проведем n−2 плоскости. Одна из плоскостей не пересекает A, так как плоскостей n − 2, а множество состоит из n − 3 элементов. Эта плоскостьи является искомой. См. решение задачи 180. 189. Ответ. Да. Обозначим искомые числа и их сумму соответственно через x 1 , . . . , и S. Тогда x 1 = n 2 1 , S − x 2 = n 2 2 , S − x 10 = n 2 где n i ∈ N УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 169 Следовательно, S = n 2 1 + . . . + n 2 10 9 . Пусть n k = 3k (k = 1, . . . , 10). Тогда сумма квадратов делится на 9. Ясно, что числа x i = удовлетворяют требованиям задачи Рис. 107 190. Пусть D 1 — такая точка на прямой B 1 C 1 , что CD 1 AB. Тогда и подобны, поэтому. Покажем, что D 1 лежит нате В равнобедренном CD 1 A 1 ∠CA 1 D 1 = 1 2 (π − ∠D 1 CA 1 ) С другой стороны, A 1 K ⊥ так как C 1 K — диаметр) и A 1 C 1 ⊥ ⊥ BI, где I — центр вписанной окружности. Поэтому ∠CA 1 K = = ∠CBI = ∠B 2 , что и требовалось. Возьмем произвольный бюллетень из (n + й урны. Пронумеруем кандидатов, фамилии которых встречаются в этом бюллетене. Предположим, что требуемое в задаче не выполнено. Тогда в й урне (k = 1, . . . , n) найдется бюллетень, не содержащий фамилии го кандидата. Набор этих бюллетеней вместе со взятым вначале бюллетенем из (n + й урны противоречит условию задачи. Рассмотрим отрезки натурального ряда длины 1999. Все они отличаются сдвигом. Назовем точки, или позиции, на двух таких отрезках соответствующими, если они совмещаются при сдвиге одного отрезка на другой. Предположим, что условие задачи не выполняется, тени одно из отмеченных чисел не делится на другое. Рассмотрим отрезок [1, 1999]. По условию задачи, в нем естьотмеченное число, скажем x 1 Теперьсдвигаем отрезок на x 1 . На позиции, соответствующей числу, не может стоятьотмеченное число (так как оно делится на x 1 ), а вместе стем в этом отрезке естькакое-то другое отмеченное число x 2 . Теперь сдвинем новый отрезок на x 1 x 2 . Тогда на позициях, соответствующих отмеченным числами не могут стоятьотмеченные числа (так как эти числа делятся на и соответственно, а вместе стемна этом отрезке естьнекоторое отмеченное число x 3 Теперьбудем сдвигатьновый отрезок на и найдем новое число. На шаге с номером t мы осуществляем сдвиг на x 1 . . . и получаем отрезок с t запретами ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ На шаге с номером 1999 мы получим, что все позиции запрещены, что противоречит условию класс. Мы воспользуемся следующими свойствами непрерывных функций) сумма и разностьнепрерывных функций — непрерывные функции) если g(x) — непрерывная функция, функция g(ax) также непрерывна. Теперьзаметим, что по условию непрерывны функции f(x) + f(2x) и (x) + f (4x) , а в силу свойства (ii) вместе с функцией f(x) + f(2x) непрерывна и функция f(2x) + f(4x). Далее, по свойству (i) непрерывна функция а, значит, и функция f(x). 194. См. решение задачи 179. 195. Докажем утверждение индукцией по числу n учеников в классе. Для n = 3 утверждение очевидно. Предположим, что оно верно при N. Пусть n = N + 1. Утверждение верно, если в классе ровно один молчун. Пустьих не менее двух. Выделим молчуна A и его друзей болтунов B 1 , . . . , B k . Для оставшихся n − 1 − k учеников утверждение верно, те. можно выделитьгруппу M, в которой каждый болтун дружит с нечетным числом молчунов ив входит не менее − 1 − k 2 учеников. Предположим, что болтуны B 1 , . . . , дружат с нечетным числом молчунов из M, ас четным числом. Тогда, если m k + 1 то добавим к группе M болтунов B 1 , . . . , B m , а если m < k + 1 2 , то добавим к группе M болтунов B m+1 , . . . , и молчуна A. В обоих случаях мы получим группу учеников, удовлетворяющую условию задачи. Первое решение. Если две большие грани не параллельны, то двугранный угол, содержащий эти грани, не может бытьтупым (на рис. 108 приведены проекции сферы и этих двух граней на плоскость, перпендикулярную линии их пересечения, проекции больших граней выделены. Поэтому, если восставитьперпендикуляр к каждой большой грани, идущий наружу от многогранника, то угол между любыми двумя такими перпендикулярами (α на рис. 108) будет неострым. Предположим, что утверждение задачи неверно и больших граней не менее 7. Тогда мы получаем 7 векторов n 1 , . . . , n 7 , углы между которыми не меньше для параллельных граней такой угол равен 180 ◦ ). Отложим все векторы от одной точки P и проведем плоскость β, проходящую через P и не содержащую ни один из 7 векторов. Тогда по одну сторону от нее будут отложены по крайней мере 4 вектора (например, n 1 , . . . , n 4 ). УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 171 Разложим каждый из них в сумму двух n i = a i +b i , где a i ∈ β,b i ⊥ β (см. рис. 109)). При этом можно считать, что b 2 = b 3 = b 4 = b , где |b| = По нашему предположению (n i , n j ) 0, так как углы между векторами не острые. α O n 1 n 2 a 1 a 2 a 3 a 4 b β n 1 n 2 Рис. Рис. С другой стороны, (n i , n j ) = (a i + b i , a j + b j ) = (a i , a j ) + 1 , так как) = (a j ,b i ) = 0 , (b i ,b j ) = b 2 = 1 . Итак, для четырех векторов, . . . , a 4 , лежащих в плоскости β, (a i , a j ) < 0 , что невозможно, так как угол хотя бы между двумя из них не тупой. Противоречие, значит, наше предположение о наличии у многогранника 7 больших граней неверно. больших граней есть у куба. Второе решение. Пусть R — радиус шара. Сопоставим каждой большой грани часть граничной сферы шара, расположенную в конусе, вершиной которого служит центр шара, а основанием — проекция шара на эту грань. Указанная часть сферы является сферической шапочкой (т. е. частью сферы, лежащей по одну сторону от секущей сферу плоскости) высоты h = R(1 − √ 2/2) . По известной формуле площадьтакой шапочки равна 2πRh = πR 2 (2 − √ 2) . Так как указанные шапочки не перекрываются, сумма их площадей не превосходит площади сферы. Обозначив количество больших граней через n, получим n(2 − √ 2) те. Решение заканчивается проверкой того, что 2 − √ 2 < 7 197. Ответ. Нет. Предположим, что такие числа a, b и c существуют. Выберем x > 0 и > такие, что x + a 0, x + y + b 0, y + c 0. Тогда разностьмежду левой и правой частями равна a + b + c. А если взять x < 0 и y < 0 такие, что x+a < 0, x+y+b < 0, y+c < 0, то эта разностьбудет равна Таким образом, с одной стороны, a + b + c > 0, с другой a + b + c < Противоречие. Предположим, что клетки квадрата n × n удалосьраскраситьта- ким образом, что для любой клетки с какой-то стороны от нее нет клетки ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ одного с ней цвета. Рассмотрим тогда все клетки одного цвета ив каждой из них нарисуем стрелочку в том из четырех направлений, в котором клетки того же цвета нет. Тогда на каждую клетку каемки нашего квадрата, кроме угловых, будет указыватьне более одной стрелки, а на угловую не более двух. Так как клеток каемки всего 4n − 4, то клеток каждого цвета не более 4n. С другой стороны, каждая из клеток нашего квадрата раскрашена в один из четырех цветов, те Для решения задачи теперьдостаточно заметить, что последнее неравенство неверно при n = 50. Несложно убедиться, что оно неверно при всех 17, и, следовательно, утверждение задачи верно уже в квадрате 17 × × 17 — а заодно ив любом большем квадрате. Замечание. Уточнив немного рассуждение, можно показать, что клеток каждого цвета не более, чем 4n − 4, поэтому утверждение неверно уже в квадрате 15 × 15. 199. См. решение задачи 184. 200. Из условия следует, что многочлен имеет ненулевую степень. Докажем, что данный многочлен P (x) имеет четную степень, а его график имеет вертикальную ось симметрии. Не умаляя общности, мы можем счи- татьстарший коэффициент многочлена P (x) положительным (иначе многочлен можно заменитьна −P (x)). Если P (x) имеет нечетную степень, то при всех достаточно больших по модулю x он возрастает, и, следовательно, только конечное число значений может принимать более чем водной целой точке. Поэтому степень P (x) четна. Тогда при больших положительных x многочлен возрастает, а при больших по модулю отрицательных x — убывает, и, следовательно, все достаточно большие значения, которые он принимает более чем водной целой точке, он принимает ровно дважды. Упорядочим эти значения a 1 < < a 2 < . . и обозначим x k — больший, а y k — меньший прообраз Таким образом, P (x k ) = P (y k ) = Мы докажем, что при достаточно больших k сумма x k + y k постоянна. Для этого рассмотрим два старших коэффициента P (x): P (x) = ax n + bx n−1 + . . Тогда (c − x) = a(c − x) n + b(c − x) n−1 + . . . = = ax n − ancx n−1 − bx n−1 + . . . = ax n + ( −anc − b)x n−1 + . . многоточия скрывают члены не вышей степени мы воспользо- валисьчетностью n). Заметим, что коэффициенты при у многочленов и P (c − x) совпадают а для коэффициентов при существует УЧЕБНЫЙ ГОД, 8 КЛАСС 173 единственное значение c: c 0 = − 2b an , при котором они совпадают. Если > c 0 , то P (x) − P (c − x) — многочлен степени n − 1 с положительным старшим коэффициентом, следовательно, при достаточно больших x его значения положительны. Поэтому при достаточно больших k x k + y k < < иначе будет P (y k ) > P (c 0 +0.1 −x k ) > P (x k ) ). Если, наоборот < c 0 , то P (x) − P (c − x) — многочлен степени n − 1 с отрицательным старшим коэффициентом, значения которого при достаточно больших отрицательны. Поэтому при достаточно больших k x k + y k > c 0 − 0,1. Но+ y k — целые числа, поэтому, начиная с некоторого k, все они равны+ y k = c , где c — целое. Но тогда многочлены P (x) и P (c − x) совпадают почленно (если не все их коэффициенты совпадают, то при больших x знак P (x) − P (c − − x) должен совпадатьсо знаком первого ненулевого коэффициента этой разности с другой стороны, среди x k естьскольугодно большие числа, и для них P (c − x k ) = P (y k ) = P Итак, P (x) = P (c−x) при всех действительных x. Тогда любое значение, принимаемое в целой точке x = c/2, принимается ив точке c − x = Поэтому единственное значение, которое может приниматься ровно водной целой точке, — это P (c/2), да и то, если только целое г класс. Переписав данное равенство в виде 2b 2 )(b 4 − 2a 2 ) = получаем, что либо 2 = a 2 b 2 , либо 2 = b 2 a 2 , откуда и следует утверждение задачи. Разобьем каждую улицу на две полуулицы и сосчитаем их число. Если n — число перекрестков в городе, а c i — число внешних дорог цвета, то числа полуулиц каждого цвета будут n+c 1 , n+c 2 , n+c 3 . Все эти числа четные, следовательно, четностьчисел c 1 , c 2 , одинакова. По условию+ c 2 + c 3 = 3 . Значит, c 1 = c 2 = c 3 = Рис. 110 203. Ответ. Пример для n = 7 приведен на рис. Докажем, что не существует пятиугольника, который можно разрезатьна параллелограммы. Рассмотрим параллелограммы, примыкающие к некоторой стороне. Противоположная сторона каждого из них параллельна стороне пятиугольника. Двигаясь по параллелограммам со стороной ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ параллельной этой стороне пятиугольника, мы дойдем до другой стороны пятиугольника, те. для каждой стороны есть параллельная ей. Значит, стороны пятиугольника можно разбить на группы параллельных сторон, причем в каждой группе не менее х представителей. 5 можно предста- витьв таком виде единственным способом 3 + 2. Следовательно, есть параллельных стороны, это в свою очередьозначает, что из одной вершины выходит 2 параллельные стороны, значит это одна сторона, и мы получаем четырехугольник. По той же причине нельзя на параллелограммы разрезатьтреугольник. (Впрочем, у треугольника вообще нет параллельных сторон. Ответ. Если количество монет в мешках различается не более, чем на 1, то алмаз достанется второму пирату, в противном случае — первому. Рассмотрим первый случай, пустьвторой пират на каждом шагу берет столько же монет, что и первый, но из другого мешка. Нетрудно убедиться, что в этом случае второй всегда может сделатьответный ход. Каждый раз после хода второго пирата разностьчисла монет в мешках будет той же, что вначале, значит, после некоторого его хода водном мешке монет вообще не будет, а в другом будет не более одного, значит, первый пират не сможет сделатьход и проиграет. Во втором случае, если разностьбольше 1, то первый пират своим ходом забирает из большего мешка m монет, если разностьимеет вид или 3m ± 1, чем приводит количество монет в мешках к первому случаю и дальше использует описанную выше стратегию. Ответ. Не обманывает. Заметим, что сумма весов пяти гирек не менее г + г + г + г + г = = га сумма весов двух гирек не более г + г = г, причем только в случае этих наборов две гирьки уравновесят пять. Следовательно, если барон положит на одну чашку весов две гирьки, а на другую пять, и весы установятся в равновесии, то он сможет утверждать, что осталась гирька весом г. Ответ. Поскольку между двумя последовательными обгонами часовой стрелки минутной проходит более часа, то за указанное время движения электропоезда произошло не более одного обгона. Обозначим O — центр циферблата, и T B — точки, в которых находился конец часовой стрелки в моменты прохождения электропоездом платформ A и B соответственно, аи M B — точки, где в эти моменты находился конец минутной стрелки. Заметим также, что за X минут часовая стрелка повернуласьна X 2 граду- сова минутная — на 6X градусов УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС Рис. Рис. Тогда, если минутная стрелка обогнала часовую, то точки T A , T B , и располагаются друг относительно друга так, как на рис. 111. При этом должно выполняться равенство 6X = X + X + X 2 , откуда X = что противоречит условию задачи. Если же обгона не было, то T A , T B , и располагаются так, как на рис. 112, и должно выполняться равенство 360 − 6X = X + X откуда X = Рис. 113 |