Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
242. Ответ. Верно. Первое решение. Вначале Коля будет изменятькоэффициент b до тех пор, пока b не попадет в промежуток [−2, 0]. Петя изменениями коэффициентов на 1 не сможет помешатьему сделатьэто. Теперьесли 1) b = 0, то Коля выиграл (трехчлен f = x 2 + имеет целые корни) b = −1, то Петя, чтобы не проиграть, должен получить b = −2, так как если он оставит b = −1, то следующим ходом Коля сделает b = 0. Мы перешли к следующему случаю) Итак, получен коэффициент b = −2, и Петя не может изменятьего, так как коэффициент b = −1 или b = −3 Коля своим ходом сразу превратит в Далее Коля будет изменятьна 3 коэффициент a до тех пор, пока тот не попадет в промежуток [−1, Если a = ±1, то он выиграл трехчлен f = x 2 ± x − 2 имеет целые корни. Если же a = 0, то следующим ходом уже Петя получит такой трех- член. Второе решение. Покажем, что Коля всегда может получитьтрех- член, один из корней которого равен 2. Тогда из теоремы Виета (x 1 + x 2 = = −a) будет следовать, что и второй корень — целый. Для этого ему нужно добиться равенства f(2) = 4 + 2a + b = 0, те. Но Петя может изменятьвыражение A = 2a + b на ±2 (изменив a), либо на изменив b, а Коля — на ±2, ±6, ±1, ±3. Изменяя b на ±3, Коля может получить A ∈ [−3, −5]. Из A = −3 Петя получит A = −5, −1 , −4 проигрыши следующим ходом Коля получит A = −4. Из A = −5 Петя получит A = −3, −7, −4 (проигрыши Коля получает A = −4. 243. Пусть P — точка пересечения прямых AN и DC см. рис. Тогда утверждение задачи равносильно следующему равенству Q QA = = P D DA . Пусть AB = CD = a, AD = BC = b, AM = CN = c и CP = Тогда из подобия треугольников NCP и ADP следует + a = c b , откуда = ac b − и P D = x+a = ab b − c . Далее, из подобия треугольников AMQ и следует Q QA = P C AM = x c . Утверждение задачи следует из равенства Q QA = x c = a b − c = ab b − c : b = P D DA . 244. Ответ. 25. УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 191 A B C D Q N M P Рис. Рис. Покажем, что стреляющий может добиться 25 призовых мишеней. Рассмотрим разбиение мишени на 25 треугольных кусков 2 × 2, те. состоящие из четырех треугольников (см. рис. 129). Тогда, стреляя в центр каждого из них до тех пор, пока водном из четырех треугольников куска не накопится пятьпопаданий, он получит ровно 25 призовых мишеней. Покажем, что стрелок не может гарантироватьсебе большего количества. Действительно, при стрельбе в произвольный треугольничек какого-то куска стрелок может всегда попадать в центральный треугольничек этого куска. Тогда призовых мишеней будет не больше 25, так как в остальные он не попадет ни разу. A B C D E Рис. 130 245. Первое решение. Рассмотрим в нашем пятиугольнике ABCDE 5 треугольников ABC, BCD , CDE, DEA, EAB см. рис. 130). Тогда любая точка лежит не более, чем в двух треугольниках, следовательно есть треугольник, в котором нет наших точек. Отрезаем его и получаем разрез, удовлетворяющий условию. Второе решение. Проведем прямую через эти точки. Водной из полуплоскостей лежит три вершины пятиугольника (из которых хотя бы две не лежат на этой прямой. Отрезаем этот треугольники получаем нужное разбиение. Ответ. Существует. Например, 5 · 2 или 2 · 5 Покажем, что первое число подходит. Для этого выпишем все его делители, кратные пяти, 5 · 2, 5 · 2 2 , 5 · 2 3 , . . . 5 · 2 Их произведение будет делиться на 5 в й степени и не будет делиться на 5 в 2002 степени. Следовательно, произведение всех делителей числа 2 будет кратно 10 в й степени и не кратно 5 · 10 2001 . Поэтому оно оканчивается ровно на 2001 ноль ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ α α α α A B O K L M Рис. 131 247. Пусть ∠OAK = α. Из параллельности следует = ∠OAK = α. По теореме об угле между касательной и хордой ∠KBA = ∠OAK = α. Так как углы LKM и LBM вписаны в окружность ω и опираются на одну дугу, то ∠LBM = ∠LKM = Из равенства углов ∠OAM = = ∠OBM = α следует, что четырехугольник вписанный. Отсюда ∠OMA = ∠OBA. Но = ∠KBM, так как ∠KBA = ∠OBM = α. Значит, ∠OMA = = ∠KBM, откуда по обратной теореме о касательной и хорде получаем, что OM касается окружности ω в точке M. 248. Рассмотрим отдельно числа из нечетного и из четного числа знаков. Пусть x 2 1 , x 2 2 , . . . — встретившиеся на доске квадраты из четного количества знаков, ив их записи содержится соответственно 2n 1 , 2n 2 , . . . (n 1 < < n 2 < . . цифр. Аналогично, пусть y 2 1 , y 2 2 , . . . — встретившиеся на доске квадраты из нечетного количества знаков, ив их записи содержится соответственно. .) цифр. Число содержит цифр и не оканчивается на 0, поэтому x 2 k > > 10 2n k −1 , откуда x k > 10 n k −1 . Число получается из приписыванием некоторого четного количества — обозначим его 2a — ненулевых цифр. Поэтому 10 2a x 2 k < x 2 k+1 < 10 2a x 2 k + 10 2a . Из левого неравенства получаем 10 a x k +1 x k+1 , следовательно, 10 2a x 2 k +2 ·10 a x k +1 x 2 k+1 < < 10 2a x 2 k + 10 2a , откуда 2·10 a x k + 1 < 10 2a , те. Из этого неравенства следует, что содержит не более a цифр, те, тогда из неравенства 10 a x k + 1 следует a + n k n k+1 , откуда 2n k Аналогичное рассуждение применимо к последовательности получается приписыванием к цифр, y k < 10 a , и a m k , те. Теперьзаметим, что в каждой из последовательностей и меньше 50 членов (так как m 1 , n 1 1 и и должны бытьне меньше, чем 2 50 > Итак, всего квадратов на доске окажется не более 100. 10 класс. Из графика квадратного трехчлена видим, что f(a) = f(b) ⇐⇒ a = = b , либо a и b расположены на числовой оси симметрично относительно точки x 0 — абсциссы вершины параболы, те при a + b = 2x 0 . Но для УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 193 многоугольника a 1 < a 2 + . . . + a n , поэтому a 1 + a 2 + . . . + a n = Тогда A + B = 2x 0 , значит, f(A) = Рис. 132 250. Пусть H — гомотетия с центром в точке K и коэффициентом. Тогда) = C , H(AD) = l AD, так как при гомотетии прямая переходит в параллельную прямую. Отсюда H(AD) = = CB . Аналогично, H(AB) = = CD . Следовательно, H(s 1 ) — окружность, вписанная в угол BCD и проходящая через точку K (H(K) = K). Таким образом, H(s 1 ) = s 2 и, значит, и касаются в точке K см. рис. 132). Прямая, проходящая через точку K перпендикулярно линии центров этих окружностей, является их общей касательной. Пустьдругой точке диагонали AC соответствует другая пара окружностей — и s 2 . Окружности и вписаны в угол BAD, следовательно, гомотетичны с центром в точке A, а, значит, их касательные, проведенные в точках K и соответственно, параллельны. Отсюда следует утверждение задачи. Ответ. Две раскраски а) все числа одного цвета б) числа 3k − 2, k ∈ Z — цвета A, числа 3k − 1, k ∈ Z — цвета B, числа 3k, k ∈ Z цвета Положим c = 2000(2d + 2). Тогда из равенства c = 2000((d + 1) + + (d + 1)) , следует, что числа d + 1 и c одного цвета (a = d + 1, b = d + 1, c = 2000(a + С другой стороны, c = 2000(d + (d + 2)), значит, числа d, d + 2 и d + + 1 — одного цвета, или трех разных цветов (a = d, b = d + 2, аи одного цвета. Значит, любые три последовательных числа либо одного цвета, либо трех разных. Если числа 1, 2, 3 — одного цвета, то рассматривая последовательно тройки 2, 3, 4; 3, 4, 5 и т. д, получаем, что все числа — одного цвета. Если 1 — цвета A, 2 — цвета B, 3 — цвета то из тройки 2, 3, 4 получаем, что 4 — цвета A; из тройки 3, 4, 5: что 5 цвета B, и т. д. Пусть a = 3k 1 +r 1 , b = 3k 2 +r 2 , c = 3k 3 +r 3 (r 1 , r 2 , r 3 — остатки чисел, b, c при делении на 3). Равенство 2000(a + b) = 2000(3k 1 + r 1 + 3k 2 + + r 2 ) = 3M − (r 1 + r 2 ) = c = 3k 3 + возможно только в случае, когда+ r 2 + делится нате. либо когда остатки r 1 , r 2 , равны, либо когда они попарно различны. Отсюда вытекает, что найденные раскраски удовлетворяют условию ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Рис. 133 252. Ответ. Рассмотрим 100 узлов — точек пересечения прямых первого и второго направлений. Разобьем их на 10 уголков : первый уголок — узлы, лежащие напер- вых прямых первого и второго направления. Второй — лежащие на вторых прямых (кроме точек, лежащих в первом уголке) и т. дна рис. 133 уголки выделены жирными линиями. Треугольники со сторонами, параллельными трем фиксированным направлениям, могут иметьдве ориентации, причем каждый из наших 100 узлов может бытьвершиной не более одного треугольника каждой ориентации. Поэтому, 10 прямых третьего направления образуют не более 2 · 25 треугольников с последними пятью уголками , так как эти пять уголков содержат всего 25 узлов. Заметим далее, что каждая из прямых третьего направления образует не более одного треугольника каждой ориентации с узлами, принадлежащими одному уголку . Поэтому треугольников, имеющих вершины в узлах остальных пяти уголков , будет не больше 10 · 2 · 5. Итого, треугольников не более 100 + 50 = 150. Пример со 150 треугольниками приведен на рис. 133. 253. Вычтем из первого трехчлена второй. Получим, что они оба имеют общий кореньс трехчленом+ bx + c − ((c − b)x 2 + (c − a)x + (a + b)) = (a + b − c)(x 2 + x − Следовательно, либо a + b − c = 0, либо их общий кореньсовпадает с одним из корней трехчлена x 2 + x − 1. В первом случае имеем a + b + + 2c = 3c ... 3. Во втором случае получаем, что если x 0 — общий корень трехчленов ax 2 + bx + c = и x 2 + x − 1 = 0, то ax 2 0 + bx 0 + c + c(x 2 0 + x 0 − − 1) = 0, откуда ((a + c)x 0 + (b + c))x 0 = 0 . Число x 0 — иррационально, поэтому полученное равенство возможно только если a+c = 0 и b+c = Получаем, что a = b = −c и, следовательно, a + b + 2c = 0. 254. Пусть A 1 — основание биссектрисы угла A. Так как точки B и симметричны относительно AA 1 , то ∠ABA 1 = ∠AB 1 A 1 = ∠AQ 1 C , где точка пересечения с описанной окружностью (см. рис. Значит, точки B 1 , C, A, лежат на одной окружности, те Отсюда следует, что Q — середина дуги BC, те, кроме того, точки B и симметричны относительно AQ, значит, QB 1 = QB = = QC , те равнобедренный (см. рис. 135), и касательная к его описанной окружности, проведенная в вершине, параллельна основанию УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 195 A B C A 1 B 1 Q ω A B C A 1 B 1 Q Рис. Рис. 135 255. Индукцией по n докажем утверждение задачи для любого ладейно связного множества X, состоящего из 2n клеток. База (n = 1) очевидна. Клетками далее называем клетки множества X. Будем называть пары клеток, лежащих водной строке или водном столбце, доминошками Удалим какую-нибудьдоминошку, состоящую, для определенности, из клеток A и B, лежащих водном столбце, получим множество клеток Две клетки назовем связанными в X , если от одной из них до другой можно дойти ладьей по клеткам из X . Покажем, что распадается не более чем натри ладейно связных подмножества M, N, L, первое из которых остается связным при добавлении клетки A, второе — при добавлении клетки B, а третье при добавлении любой из этих двух клеток (возможно, некоторые из множеств M, N, L пусты. Действительно, в множество M включим все клетки, связанные в хотя бы с одной клеткой, лежащей на одной горизонтали св множество N — связанные в хотя бы с одной клеткой, лежащей на одной горизонтали св множество L — связанные в хотя бы с одной клеткой, лежащей на вертикали Заметим, что если какие-то два из множеств M, N, L пересеклись, то они совпадают в таком случае будем считатьодно из них пустым. Если все три множества M, N, L состоят из четного числа клеток, удалим доминошку AB и применим предположение индукции к этим множествам. Если, скажем, в множествах M и N количества клеток нечетны, то эти множества непусты и количество клеток в каждом из них не превосходит, а количество клеток в множестве L четно и не превосходит 2. Тогда можно применитьпредположение индукции к множествами. Остальные случаи четности разбираются аналогично. Ответ. Докажем, что числа на окружности не превосходят 2001. ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Лемма 1. Пусть x и y — натуральные числа. Если xy = x + y, то = y = а если xy < x + y, то хотя бы одно из чисел x, y равно Для доказательства достаточно переписать неравенство xy x + y в виде (x − 1)(y − 1) Лемма 2. Если xy = c, где x > 0, y > 0, x y, то сумма x + убывает при возрастании Утверждение леммы следует из убывания функции f(x) = x + c x = = c x − √ x 2 + 2 √ c , где c > 0, на интервале (Поделим сумму чисел каждой пары на произведение чисел следующей (по часовой стрелке) пары и перемножим полученные частные. По условию мы получим целое число. С другой стороны, это произведение есть произведение чисел вида + b ab . Отсюда и из леммы 1 следует, что если хотя бы одна пара отлична от (2, 2), то найдется пара вида (1, k). Начнем с этой пары и будем перемещаться по окружности почасовой стрелке. Первый случай. Последующие пары имеют вид, k + 1), (1, k + 2), . . . , (1, k + Значит, k + 1000 ... k, откуда 1000 ... k. Но тогда k 1000 ⇒ k + 999 Второй случай. Найдется пара вида (1, l) такая, что следующая пара, отлична от (1, l + По условию ab — делительчисла s 1 = 1 + l . Если ab = l + 1, то по Лемме 2 s 2 = a + b 2 + l + 1 Если же ab l + 1 2 , то по лемме 2 a + b 1 + l + 1 Следовательно, ив этом случае справедливо (∗). Для следующей пары, лемма 2 дает c + d cd + 1 3 + l + 1 и т. д. Для суммы чисел пары, предшествующей (1, l), получаем 1000 + l + 1 С другой стороны, s 1000 ... l, значит, s 1000 l. Последние два неравенства дают l 2001. Тогда из приведенных выше оценок следует, что для любой пары, отличной от (1, l), выполняется неравенство s 2001. Значит, каждое число в этих парах не превосходит 2000. УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 197 Таким образом, оценка 2001 доказана. Из рассуждений легко получитьпример: (1, 2001), (2, 1001), (1, 1003), (1, 1004), (1, 1005), . . . , (1, 2000). |