Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы

• Название: Окружной и финальный этапы
• Дата: 31.01.2023
• Размер: 3 Mb.
• Имя файла: Агаханов Х.В.pdf
• Тип: Книга; #913918
• страница: 24 из 64

207. Пустьпрямые KE и KD пересекают прямую AC в точках и N соответственно. Из условия следует симметричностьтреугольни- ков CBE и CME относительно значит, ∠KMC = ∠B. Аналогично, те. треугольник равнобедренный.
Кроме того, BE = ME и EC биссектриса угла Значит серединный перпендикуляр к отрезку BM, следовательно, O центр окружности, описанной около MBN. Но тогда O лежит на серединном перпендикуляре к отрезку N
. Отсюда следует утверждение задачи. Назовем беспосадочный перелет из одного города в другой


коротким маршрутом, а перелет из одного города в другой с одной пересадкой в пути


длинным маршрутом. Перенумеруем города и обозначим через 2
n
i
(i = 1, . . . , 2000) число рейсов, выходящих из го города. Будем учитыватькороткие маршруты в их конечных пунктах, а длинные — в

ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
пунктах пересадки. Тогда, если из города выходит x авиалиний, тов нем будет учтено x коротких маршрутов и x(x− 1) длинных (так как из каждого смежного города через данный проходит x − 1 длинных маршрутов, а всего — x+x(x−1) = маршрутов. Таким образом, общее число маршрутов равно 2 2n
1
+ . . . + 2 2n
2000
= 4
n
1
+ . . . + 4
n
2000
. Поскольку четверка в любой степени при делении надает остаток 1, то остаток отделения на у общего числа маршрутов такой же, как у числа 2000, те, ау числа 000 этот остаток равен 1.
9 класс. Ответ. Сможет.
Предположим, что найдутся два различных уравнения x
2
+ ax + b = с корнями c, d и x
2
+ a
1
x + b
1
= с корнями c
1
, d
1
, для которых совпадают наборы, указанные в условии. Тогда + b + c + d = a
1
+ b
1
+ c
1
+ По теореме Виета c + d = −a и c
1
+ d
1
=
−a
1
, поэтому из равенства) следует, что b = b
1
. Так как рассматриваемые уравнения различны a
1
. Без ограничения общности рассуждений можно считать, что a =
= a
1
= c
. Тогда либо a = и d = d
1
, либо a = и d = c
1
, те общий кореньнаших уравнений. Итаки. Вычитая второе уравнение из первого, получаем (a − c)d = 0. Так как a = c, то d = 0. Значит, b = 0, а это противоречит тому, что все числа набора различны.
Замечание. Если числа в наборе могут совпадать, то утверждение перестает бытьверным: у уравнений x
2
+ 2x = и x
2
− 2x = 0 одинаковые наборы из корней и коэффициентов. Ответ. Существуют.
Очевидно, что числа a, b и c нечетны. Пусть a = 3. Тогда в соответствии с условиями задачи мы вынуждены взять b = 9, c = 19. Нетрудно проверить, что эти числа подходят так как c нечетно, то 2
c
+ 1
... 3.
211. Пронумеруем все правые концы отрезков слева направо, а затем также слева направо — все левые концы. Рассмотрим все отрезки, у которых правый конец имеет номер больше n. Из всех таких отрезков выберем тот, у которого левый конец имеет наименьший номер. Полученный отрезок и будет искомым. Действительно, если есть отрезок правее его,
то он не пересекается с отрезками, имеющими правые концы с номерами, 2, . . . , n + 1
, а если естьлевее — то с отрезками, имеющими правые концы с номерами n + 1, n + 2, . . . , 2n + 1.
212. Лемма теорема Н.И.Фусса). Пусть окружности и пересекаются в точках M и N. Через точку M проведена прямая, пе

УЧЕБНЫЙ ГОД, 9
КЛАСС
177
ресекающая в точке E, S
2
— в точке D, а через N — прямая,
пересекающая в точке A, S
2
— в точке C. Тогда AE Рис. Рис. Доказательство. Мы рассмотрим случай, изображенный на рис. 114, который соответствует условию решаемой нами задачи. В
остальных случаях доказательство проводится аналогично. Из вписанных четырехугольников ANME и NCDM получаем, что ∠AEM = 180
◦
−
− ∠ANM = ∠MNC = 180
◦
− ∠MDC, те следовательно, AE Перейдем к решению задачи, обратившиськ рис. Рассмотрим треугольники ANB и END. Они равны, так как AB =
= ED
, ∠NAB = ∠NED, ∠NBA = ∠NDE. Откуда AN = NE и BN =
= N Пусть NK и NL — диаметры и S
2
соответственно.
Тогда
∠KMN = ∠LMN = 90
◦
, те. точки K, M, L лежат на прямой, перпендикулярной. Кроме того

AK =


KE
,


BL =


LD
, следовательно = ∠DML, ∠AMN = ∠DMN. Теперьиз вписанных четырехугольников и DCNM получаем, что ∠AF N = ∠DCN, т. е.точки
A
, F , C, D лежат на одной окружности.
Покажем, что центр этой окружности — середина отрезка KL. Пусть прямая KN пересекает в точке P , а прямая LN пересекает в точке. Из того, что KP ⊥ AE (AN = NE) и AE CD лемма) следует,
что KP ⊥ CD. Но NP ⊥ P L, откуда P L CD. Поэтому серединные перпендикуляры к CD и P L совпадают. Аналогично доказывается, что совпадают серединные перпендикуляры к AF и KT . Осталосьзаметить,
что эти перпендикуляры проходят через середину KL, так как треугольники и KT L прямоугольные

ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Замечание. Утверждение задачи остается справедливым, даже если в условии отказаться от уточнения взаимного расположения точек, E, F, D, B, C
213. Рассмотрим туже таблицу, но записанную в обратном порядке. В
левом верхнем углу этой таблицы стоит число 199 3
. Сложим эту таблицу с исходной. В получившейся таблице в каждой клетке стоит сумма двух кубов a
3
+ b
3
= (a + b)(a
2
− ab + b
2
)
, но a + b = 200 для каждого числа новой таблицы. Значит, удвоенная сумма делится на 200. Вынесем общий множитель. В оставшейся таблице все числа встречаются дважды,
кроме чисел, стоящих на ой диагонали, нотам стоят четные числа,
значит, сумма чисел в оставшейся таблице делится на 2.
214. Ответ. Одним взвешиванием.
Сравним массу каких-либо 667 шариков с массой других 667 шариков.
Если массы этих двух кучек неравны, то требуемое достигнуто.
Предположим, что указанные массы равны. Тогда масса 666 шариков,
не участвовавших во взвешивании, неравна массе любых других 666 ша- риков.
В самом деле, если в каждой из взвешенных кучек имеется ровно k дюралевых шариков, то среди любых 666 шариков любой из этих кучек число дюралевых равно k или k − 1. При этом среди 666 шариков, не участвовавших во взвешивании, имеется ровно 1000 − 2k дюралевых. Остается заметить, что ни равенство k = 1000 − 2k, ни равенство k − 1 = 1000 − не может выполняться ни при каком целом k.
215. Первое решение. Углы ADC и BDC смежные, поэтому хотя бы один из них не является острым. Пусть ∠ADC  90
◦
. Из условия задачи следует, что четырехугольник ACND вписанный, причем точки N и лежат по одну сторону от прямой AC, поэтому ∠ANC = ∠ADC. Итак,
в треугольнике ACN ∠ANC  90
◦
, значит, угол C в этом треугольнике острый. Из этого вытекает, что точки O и C лежат по одну сторону от прямой, следовательно, ∠MON = 2∠C как вписанный и центральный в окружности, описанной около CMN см. рис. 116; на нем изображен случай, когда точка O лежит вне CMN, в случае O ∈ CMN наши рассуждения проходят дословно).
Из вписанных четырехугольников ADNC и BDMC находим, что = ∠BDN = ∠C, откуда ∠MDN = 180
◦
−2∠C = те. четырехугольник DMON — вписанный, и ∠MDO = ∠MNO. Из равнобедренного треугольника MON (MO = ON как радиусы) получаем, что ∠MNO =
1 2
(180
◦
− ∠MON) =
1 2
(180
◦
− 2∠C) = 90
◦
− Итак, ∠ADO = ∠ADM +∠MDO = ∠C +(90
◦
−∠C) = 90
◦
, те. прямая
OD
перпендикулярна стороне AB.

УЧЕБНЫЙ ГОД, 9
КЛАСС
179
A
B
C
D
M
N
O
A
B
C
D
M
N
O
O
2
O
1
O
3
P
Q
R
K
Рис. Рис. Второе решение. Пусть m
1
, m
2
, l
1
, l
2
— серединные перпендикуляры к отрезками соответственно, O = m
1
∩ l
1
, O
1
=
= m
1
∩ l
2
, O
2
= m
2
∩ l
1
, O
3
= m
2
∩ l
2
— центры окружностей, описанных около треугольников CMN, ANC и ADC), BMC и BDC), ABC (см.
рис. 117). Спроектируем точки O, O
1
, и на AB. Пусть K, P , Q и R
— их проекции. Поскольку OO
1
O
3
O
2
— параллелограмм, то Но =
1 2
(
−−→
BA
−
−−→
DA) =
1 2
−−→
BD =
−−→
QD
. Отсюда и K = что и требовалось.
Замечание. Из второго решения видно, что аналогичное утверждение справедливо ив случае, когда данные окружности пересекают не отрезки
AC
и BC, а прямые AC и BC.
216. Предположим, что указанного квадрата не существует. Тогда в любом квадрате 2 × 2 четное число белых клеток, те. если верхние клетки квадрата окрашены одинаково, то и нижние клетки окрашены одинаково,
а если верхние клетки окрашены по-разному, то и нижние окрашены по- разному.
Рассмотрим верхнюю строку таблицы и строку, стоящую под ней. Из сказанного следует, что эти строки либо окрашены одинаково (если их первые клетки окрашены одинаково, либо окрашены так, что под белой клеткой находится черная, а под черной — белая (если их первые клетки окрашены по-разному). Аналогичное утверждение справедливо для любых двух подряд идущих строк.
Заметим, что если мы перекрасим клетки какой-нибудьстроки в противоположный цвета затем к полученной строке применим туже операцию, то мы в результате получим исходную строку. Следовательно, в нашей таблице естьтолько два типа строк первая строка и строка, полученная из нее перекрашиванием клеток в противоположный цвет

ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Пустьв первой строке a черных клеток, и строк такого типа в нашей таблице b. Тогда число черных клеток в таблице равно + (200
− a)(200 − а белых клеток —
a(200
− b) + b(200 − Их разностьпо условию равна 404, те откуда 100)(b − 100) = Так как |a − 100|
100, |b − 100|
100, а 101 — простое число, то последнее уравнение не имеет решений в натуральных числах.
Получили противоречие класс. Если p — нечетный простой делительчисла n, то 10
n
+ 1 =
= (делится на 10
n/p
+1
. Значит, число может оказаться простым лишьпри n = 2
k
. Но чисел вида 10 2
k
+ среди рассматриваемых лишь 11, 101, . . . , 10 2
10
+ 1
. Утверждение задачи доказано 11 <
<
1 100
· 2000.
Замечание.


Подозрительные

числа могут оказаться и составными 4
+ 1 = 73
· 137, 10 8
+ 1 = 17
· 5 882 353.
218. Заодно взвешивание найти настоящую не удастся, если возникнет неравенство (это легко проверитькак в случае, когда на чашках по одной монете, таки в случае, когда их по две).
Укажем, как найти настоящую монету за 2 взвешивания.
Взвесим 1

и 2

, а потоми. Если оба взвешивания дали равенство, то 5

— настоящая. Если оба взвешивания дали неравенство, то монета тоже настоящая. Если же водном взвешивании было равенство,
а в другом неравенство, то настоящая — каждая из двух равных монет.
A
B
C
D
O
O
1
M
K
Рис. 118
219. Ответ. 1 : Для окружности,
описан- ной около ABD, ∠BOD центральный, поэтому ∠BOD =
= 2
∠BAD = 120
◦
⇒ ∠BOD +
+
∠BCD = см. рис. Следовательно, точки B, C, D, лежат на одной окружности, итог- да ∠OCK = ∠OCD + ∠DCK = ∠OBD + ∠DCK = 90
◦
. Рассмотрим центр описанной окружности BCD. Заметим, что треугольник
BOO
1
равносторонний, так как BO = и ∠O
1
BO = 60
◦
. Пусть M
— точка пересечения серединного перпендикуляра к OC с прямой AK.

УЧЕБНЫЙ ГОД, 10
КЛАСС
181
Тогда AO = OO
1
= O
1
C
, OM = MC = MK так как треугольник равносторонний, а OCK — прямоугольный. Точки O и O
1
— центры описанных окружностей симметричных треугольников и CDB, поэтому четырехугольник AOCO
1
центральносимметричен.
Следовательно, AOCO
1
— параллелограмм, тогда O
1
C
OM, и значит ромб, откуда AO = OM = MK.
220. Ответ. n = 2000.
Во-первых, заметим, что при n = 2000 = 40 × 49 + 40 требуемое разрезание существует (см. рис. 119). Допустим, что найдется квадрат n×
×n, где n < 2000, удовлетворяющий условию. Тогда в нем можно выбрать столбец (строку, пересекающий как квадрат 40 × 40, таки квадрат 49 ×
× 49; таковым, например, окажется один из выделенных на рис. 120 трех рядов 49 49 40 49 49 40 Рис. Рис. 120
Пустьв выбранном ряду a квадратов 40 × 40, и b квадратов 49 × Тогда получаем 40a + 49b = n, где a  1 и b  1. Пусть i-ый столбец
i
n) квадрата n × n пересекается с квадратами 40 × 40 и квадратами 49×49. Тогда из равенства 40(a
i
−a)+49(b
i
−b) = 0 следует,
что a
i
− a делится на 49, b
i
− b делится на 40, и если a
i
= a, то b
i
= В этом случае, если b < 40, то b
i
 41 и n  2009, а если b  40, то 49 · 40 + 40 = 2000, так как a  1. Значит, если n < 2000, то для всех i, 1
i
n, a
i
= a
, b
i
= b
. Тогда первый столбец пересекается с квадратами 40 × 40 и первые 40 столбцов с другими квадратами 40 × не пересекаются. Аналогично, следующие a квадратов 40 × 40 целиком содержатся в столбцах 41–80. Тогда следующие квадраты 49 × 49 располагаются в столбцах 50–98, и т. д. до столбца с номером 40 · 49. Далее можно отрезатьпервые 40·49 столбцов и повторитьрассуждение состав- шимися. В итоге получаем, что n делится нате целое. Но уравнение 40a + 49b = 40 · 49 при a  1, b  1 целых корней не имеет. Значит, n  2 · 40 · 49 > 2000. Следовательно, наименьшее возможное значение n равно 2000.

ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. Ответ. Не существует.
Пустьтакая функция f(x) существует.
Положив в данном неравенстве x =
π
2
, y =
π
2
, получаем |f(π)+2| < те. В тоже время для x =
3π
2
, y = получаем |f(π)−2| < те. Противоречие. Докажем, что в рассматриваемой последовательности каждое нечетное число будет больше предыдущего нечетного числа. Пусть число нечетно, те. Тогда a
n+1
= (2k + 1)
2
− 5 = 4k
2
+ 4k
− откуда a
n+2
= 2k
2
+ 2k
− 2 и a
n+3
= k
2
+ k
− 1. При этом число нечетно и, поскольку k > 2, то a
n+3
= k
2
+ k
− 1 > 2k + 1 = a
n
. Таким образом, мы доказали, что a
0
< a
3
< a
6
< . . . < a
3m
, поэтому при любом
n
имеем a
3n
 n.
223. Обозначим через O точку пересечения перпендикуляров из K на, из L на BC, из M на CD. Обозначим также ∠BAK = ∠DAN = α,
∠CBL = ∠ABK = β, ∠DCM = ∠BCL = γ, ∠ADN = ∠CDM = Очевидно, что 2(α + β + γ + δ) = 2π как сумма внешних углов Рис. Из треугольников AKB и CMD получаем тогда, что ∠AKB + ∠CMD = π, т. е.
четырехугольник KLMN вписанный. Далее, так как LO ⊥ CB, то ∠CLO б и аналогично ∠CMO =
π
2
−γ. Поэтому равнобедренный, LO = OM, итак же LO = OK. Следовательно, O центр описанной около четырехугольника N
окружности.
Углы LOM и LOK — центральные и равны 2γ и 2β соответственно. По теореме о вписанном угле получаем, что ∠LNM =
= и ∠LNK = β. Пусть X — точка пересечения прямых AB и не умаляя общности, считаем, что X лежит на луче BA). Точка L равноудалена от AB, BC и CD и лежит потуже сторону от AB и CD, что и аналогично, N равноудалена от AB, AD и CD. Значит, прямая биссектриса угла, образованного CD и AB или параллельна ив случае CD AB. В любом случае LN образует равные углы си CD. Следовательно, ∠LNM − ∠CDM = ∠LNK − ∠BAK, те, откуда α+γ = β+δ =
π
2
. Наконец, ∠BAD+∠BCD = 2π−
− 2(a + γ) = π. Следовательно, ABCD — вписанный, что и требовалось доказать. Построим граф G с вершинами в городах, ребра которого соответствуют дорогам. Докажем, что вершины этого графа можно покраситьв

УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС 2N + цвета правильным образом (те. так, чтобы никакие две вершины одинакового цвета небыли соединены ребром. Это равносильно утверждению задачи.
Выберем по одному ребру в каждом нечетном цикле графа G. Назовем эти ребра плохими, а остальные — хорошими. Удалив из графа G плохие ребра, мы получим граф, в котором нет циклов нечетной длины.