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: 27 из 64

11 класс. Ответ. p = 5, q = Пусть p − q = n, тогда p + q = n
3
. Отсюда =
n
3
− n
2
=
(n
− 1)n(n + Среди трех последовательных целых чисел одно делится на 3, поэтому
q
делится на 3. Среди простых чисел только 3 делится на 3. Значит, q = Это значение q получается при n = 2. При этом =
n
3
+ n
2
=
2 3
+ 2 2
= 5.
258. Ответ. Нет.
Из условия следует, что f(x) = (x−a)(x−b), где a = b. Пустьискомый многочлен f(x) существует. Тогда, очевидно f(f(x)) = (x−t
1
)
2
(x
−t
2
)(x
−
− t
3
)
. Заметим, что t
1
, t
2
, t
3
— корни уравнений f(x) = a и f(x) = при этом корни этих уравнений не совпадают, поэтому можно считать, что уравнение f(x) = a имеет один корень x = Рассмотрим уравнение f(f(f(x))) = 0. Его решения, очевидно, являются решениями уравнений f(f(x)) = a и f(f(x)) = b. Но уравнение (f (x)) = равносильно уравнению f(x) = и имеет не более двух корней, а уравнение f(f(x)) = b — не более четырех корней (как уравнение четвертой степени. То естьуравнение f(f(f(x))) = 0 имеет не более корней. Первое решение. Обозначим центры окружностей, описанных около треугольников ADB и ADC через и O
2
, а середины отрезков, DC, MN, и O
1
O
2
— через A
1
, A
2
, K, E и O соответственно (см.
рис. 136). Пусть ∠BAD = ∠CAD = α. Тогда ∠A
1
O
1
D =
∠A
2
O
2
D = так как половина центрального угла равна вписанному, опирающемуся на туже дугу. Отрезок OK — средняя линия трапеции (или прямоугольника, следовательно, OK ⊥ l, и OK =
O
1
M + O
2
N
2
=
O
1
D
2
+
+
O
2
D
2
= OE + EA
2
. Заметим, что точки E, O и лежат на одной прямой, так как ∠OEO
2
+
∠O
2
EA
2
=
∠O
1
DO
2
+
∠O
2
EA
2
=
∠O
1
AO
2
+
+ (180
◦
− ∠DO
2
C) = 2α + (180
◦
− 2α) = 180
◦
, те. Аналогично доказывается, что OA
1
= OK
. Значит, точки A
1
, и K лежат на окружности с центром O, атак как OK ⊥ l, то эта окруж- ностькасается прямой l.

ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Рис. Случай, когда вместо прямой l рассматривается прямая l
1
, разбирается аналогично.
Второе решение. Пустьрадиусы окружностей и ω
2
, описанных около треугольников ADB и ADC, равны и R
2
. Если эти радиусы различны, то прямая l пересекает линию центров в точке O (см.
рис. 137). Пусть OD пересекает окружности в точках и C

, и OA пересекает в точке A

. При гомотетии H с центром O и коэффициентом точки C

, D и A переходят в точки D, и соответственно, следовательно. С другой стороны, ∠B

A

D поэтому ∠B

AD =
∠C

AD
. А это означает, что точки и совпадают с точками B итак как в противном случае один из углов BAD и был бы меньше α, а другой — больше α (α = ∠B

AD Рис. Рассмотрим гомотетию с центром O, переводящую в окружность, проходящую через точку E — середину отрезка MN. Из того

УЧЕБНЫЙ ГОД, 11
КЛАСС
199
что l проходит через точку O и касается l, следует, что ω касается в точке E. Кроме того, из гомотетичности треугольников ONC и гомотетия H) следует, что NC MD. Кроме того, H
1
(C) = C
1
, где NC. Поэтому EC
1
— средняя линия трапеции CNMD, те. гомотетия переводит точку C в середину DC. Аналогично, она переводит в середину отрезка BD. Значит, ω проходит через середины отрезков и Если же R
1
= R
2
, то вместо гомотетии следует рассмотретьпарал- лельный перенос на вектор 2
−−−→
O
2
O
1
260. См. решение задачи 252.
261. Предположим, что она периодична и длина периода равна T , тогда и x
m+T +1
= при m  Если при некотором m  m
0
sin x
m
= 0, то x
m+T +1
= (m +
+ T ) sin x
m+T
+ 1 = (m + T ) sin x
m
+ 1
= m sin x
m
+ 1 = x
m+1
. А
если sin x
m
= 0
, то x
m+1
= 1
, итак что предыдущее рассуждение применимо к x
m+1
. Таким образом, получаем противоречие.
A
B
C
S
P
A
1
B
1
Рис. 138
262. Пусть A
1
— центр вписанной окружности SBC, B
1
— центр вписанной окружности SAC, пересекается с BB
1
⇒ A, A
1
, лежат водной плоскости, значит прямые и пересекаются на ребре SC. Пустьточка пересечения этих прямых — P . Так как и BP — биссектрисы углов A и то S
=
AC
AS
=
BC
BS
. Но тогда BS = BC · AS, отсюда, следовательно, биссектрисы углов S в ASB ив пересекаются на ребре AB, те. точки, C и центры вписанных окружностей ASB и ACB лежат водной плоскости. Отсюда следует, что отрезки, соединяющие вершины S и C с центрами вписанных окружностей противолежащих граней, пересекаются. Докажем утверждение задачи от противного. Можно предположить, что для любых двух разных точек A и B из S найдется отличная от них точка X из S такая, что либо |XA| < 0,999|AB|, либо |XB| <
< Переформулируем вышеприведенное утверждение для любого отрезка с концами в S и длиной l найдется отрезок с концами в S длины

ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
не более 0,999l, один из концов которого совпадает с некоторым концом отрезка I. Или, иначе говоря, пересекает Возьмем теперь первый отрезок длины l и будем братьотрезки I
2
,
I
3
, . . . так, что пересекается си. Все эти отрезки имеют концы в S. Ломаная не короче отрезка, соединяющего ее концы,
поэтому расстояние от любого конца до любого конца не превосходит + 0,999l + . . . + 0,999
k
l =
1
− 0,999
k+1 1
− 0,999
l < Следовательно, в квадрате 2000l × 2000l с центром в любом из концов
I
1
лежит бесконечное число точек S. Но из условия следует конечностьих числа в любом квадрате.
Полученное противоречие завершает доказательство. Первое решение. Лемма. Из любых 61 различных трехзначных чисел можно выбрать две непересекающиеся пары чисел, суммы
в которых равны.
Д ока за тел ьс т во. Из 61 числа можно образовать · 60 2
= пар чисел, сумма чисел в каждой паре лежит между 200 и 2000, следовательно, у каких-то двух пар суммы совпадают. Пары, для которых совпадают суммы, очевидно, не могут пересекаться, ибо если x + y = x + z, то = и пары совпадают. Лемма доказана.
Выберем пару пар чисел с равными суммами 15 раз (каждый раз будем исключатьиз рассматриваемого набора 4 взятых числа, перед последующим выбором чисел останется как раз 61 число. Если не все 15 сумм были различны, то мы нашли 4 искомых множества — это 4 пары чисел, у которых совпадают суммы.
Если все 15 сумм различны, то составим два множества пари таким образом из двух пар с равными суммами первую включим в вторую — в N
2
. Рассмотрим первое множество пар. У него есть 2 подмножеств. Сумма всех чисел во всех парах любого подмножества не превосходит тысяч (чисел не больше 30, каждое меньше тысячи).
Но 2 15
> 30 000
, следовательно, есть два подмножества, для которых суммы чисел, входящих вовсе их пары, совпадают. Выбросив из этих подмножеств их пересечение, получим непересекающиеся подмножества и стем же условием.
Теперьв возьмем подмножества пар, соответствовавших парам из множеств и M
2
— и M
4
. Множества чисел, входящих в пары M
1
,
M
2
, M
3
, M
4
— искомые.
Комментарий. Из аналогичных соображений выбирая не только пары, но также тройки и четверки, можно показать, что четыре непересека-

УЧЕБНЫЙ ГОД, 8
КЛАСС
201
ющиеся подмножества с равными суммами можно выбратьсреди любых трехзначных чисел.
Замечание. Давая эту задачу, жюри предполагало, что вышеприведенное решение — наиболее простое. Практика показала, что это не так,
ибо существует
Второе решение. Покажем, что среди произвольных 106 чисел существуют даже четыре непересекающихся пары с равными суммами. Доказательство абсолютно аналогично вышеприведенной лемме. Из 106 чисел можно образовать · 105 2
= пар чисел, сумма чисел в каждой паре лежит между 200 и 2000. Если пар с любой суммой не более трех, то всего парне более 1800 · 3 = 5400, что не так. Следовательно, у каких- то четырех пар суммы совпадают. Пары, для которых совпадают суммы,
очевидно, не могут пересекаться, ибо если x + y = x + z, то y = z и пары совпадают г класс. Ответ. Нельзя.
Предположим, что мы сумели расставитьчисла требуемым образом.
Заметим, что сумма чисел в любом столбце ив любой строке больше. Поэтому все соответствующие суммы нечетны, так как они простые и больше 2. Тогда сумма всех чисел в таблице с одной стороны равна сумме простых нечетных чисел, те. нечетна, ас другой стороны, она равна сумме 2002 простых нечетных чисел, те. четна. Противоречие.
266.
к
∗
к
∗
1 2
3 4
5
с
∗
с
∗
6
Рис. Предположим противное ни у какой клетки нет ровно двух одноцветных соседей по углу. Рассмотрим 4 нижних ряда и посмотрим на клетку № 1 — у нее два соседа, следовательно, они разного цвета. Рассмотрим клетку № 2, у нее четыре соседа, два из них разного цвета, следовательно два других — одного цвета. Рассмотрим клетку № Она имеет двух одноцветных соседей, поэтому два других ее соседа разного цвета (если все соседи клетки № 3 одинакового цвета, то у клетки 6 — два одноцветных соседа. Продолжая рассуждатьтаким образом,
получим, что оба соседа клетки № 5 — одного цвета. Противоречие. Ответ. Выигрывает второй

ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Занумеруем коробки 1, . . . , 11 и будем обозначатьход номером той коробки, куда мы не клали монету. Можно считать, что первый игрок начал игру ходом 1. Чтобы победить, второму надо, независимо от игры первого, сделатьходы 2, . . . , 11. Этими десятью ходами вместе сходом первого в каждую коробку будет положено по 10 монет. Кроме того, найдется коробка (назовем ее A), в которую первый каждым своим ходом со 2 по клал по монете. Тем самым, после 11 хода первого в коробке A окажется монет, и нив какой коробке не окажется больше. Второй игрок своим
11-м ходом должен положитьмонеты так, чтобы в коробку A попала монета. Тем самым, он выигрывает. Предположим противное, те. пустьтреугольник правильный. Если точка A лежит на отрезке B
1
C
1
, то из равенства = следует, что C лежит на B
1
A
1
. При этом = 180
◦
− ∠BAC
1
− ∠CAB
1
= 60
◦
. Аналогично, ∠ACB = и ABC — правильный. Противоречие. Значит, точка A не лежит на
B
1
C
1
A
B
C
A
1
B
1
C
1
A
B
C
A
1
B
1
C
1
Рис. Рис. Рассмотрим треугольники A
1
BC
1
, B
1
CA
1
, C
1
AB
1
. Назовем один из них внешним, если он пересекается столько по соответствующей вершине (так, на рисунке рис. 140 внешними являются треугольники
A
1
BC
1
и C
1
AB
1
, а на рис. 141 — A
1
BC
1
); иначе назовем его внутренним. Тогда к одной из вершин A
1
, B
1
, прилегают либо два внешних треугольника (см. рис. 140), либо два внутренних (см. рис. 141). В первом

УЧЕБНЫЙ ГОД, 8
КЛАСС
203
случае угол треугольника при этой вершине больше, во втором меньше. Противоречие. Ответ. Нельзя.
Первое решение. Из последней цифры можно получить только,
прибавив к двум последним цифрам a раз по единице и вычтя из них a раза по единице. Эти операции уменьшают цифру, стоящую на третьем месте, на 2. Аналогично, операции, превращающие первую цифру в 2, увеличат вторую цифру на 1. Ясно, что порядок операций можно менять, если рассматриватьчетырехзначное число как четверку целых чисел (возможно отрицательных, либо превосходящих 9). Выполнив вначале операции,
заменяющие 4 на 2 и 1 на 2, мы получим число 2312, которое операциями над двумя средними цифрами нельзя превратить в Второе решение. Пустьна доске написано число abcd. Тогда рассматриваемые операции не изменяют число M = (d + b) − (a + c), так как они увеличивают (уменьшают) на единицу одно число из первой скобки, и одно число — из второй. Для числа 1234 M
1
= (4 + 2)
− (1 + 3) = 2, для числа 2002 M
2
= (2 + 0)
− (2 + 0) = 0. Поэтому требуемое невозможно. Пусть
ABCD
—
данный четырехугольник,
а
A
B
C
D
A
1
A
2
B
1
B
2
C
1
C
2
D
1
D
2
O
Рис. 142
A
1
A
2
B
1
B
2
C
1
C
2
D
1
D
2
— полученный восьмиугольник, O — центр описанной около него окружности (см. рис. 142). Тогда точка O лежит на серединном перпендикуляре к отрезку A
1
B
2
, те. на серединном перпендикуляре к отрезку AB (AA
1
= BB
2
). Аналогично, O лежит на серединном перпендикуляре ко всем сторонам четырехугольника, те. является центром описанной около него окружности. Тогда OC
2
= R
, OA = OC = r и, значит, треугольники ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
OCC
2
равны потрем сторонам. Отсюда следует, что ∠OA
1
A Значит, равнобедренные треугольники и равны, откуда C
2
B
1
, те. Аналогично получаем BC = CD = те ромб. Но он вписан в окружность(радиуса r), значит,
является квадратом. Пустьнаблюдательнаходится в точке O, а


Запорожец

и


Нива

в момент проезда


Москвича

мимо наблюдателя — в точках и соответственно. Через и обозначим точки, где находилисьсоответ- ственно


Запорожец

и


Москвич

в тот момент, когда мимо наблюдателя проезжала


Нива

, а через и N
2
— точки, где находилисьсо- ответственно


Москвич

и


Нива

, когда с наблюдателем поравнялся


Запорожец

. Докажем равенство OM
2
= ON
2
, выполнение которого и будет означатьсправедливостьутверждения задачи.
В силу постоянства скоростей имеем
Z
0
Z
1
Z
0
O
=
OM
1
OM
2
и
Z
0
Z
1
Z
1
O
=
ON
0
ON
2
,
откуда OM
2
=
Z
0
O · и ON
2
=
Z
1
O · Равенство OM
2
= ON
2
теперьследует из того, что по условию задачи = и OM
1
= Z
1
O
272. Первое решение. Пронумеровав детали слева направо числами, 2, . . . , 18
, взвесим детали с номерами 4, 5, 6, 7, 12, 13, 14, 15. Возможны четыре случая) Масса всех взвешенных деталей равна 800 г, те. среди них нет ни одной
99-граммовой. Для второго взвешивания берем детали с номерами 1, 2,
3, 8, 9. Их масса может бытьравна 497 г (и тогда по 99 г весят детали, 2, 3), 498 г (если по 99 г весят 8, 9, 10), 499 г (9, 10, 11) и 500 г (16,
17, 18).
2) Масса всех взвешенных деталей — 799 г, те. среди них ровно одна
99-граммовая. Взвесим детали 2, 3, 4, 7, 8, 12. Здесь масса может равняться 597 г, 598 г, 599 г ига соответствующими тройками 99- граммовых деталей будут (2, 3, 4), (7, 8, 9), (10, 11, 12) и (15, 16, 17).
3) Масса всех взвешенных деталей — 798 г, те. среди них ровно две 99- граммовые. Тогда взвесим детали 3, 4, 5, 6, 7, 12, ив случаях, когда весы покажут 597 г, 598 г, 599 г и 600 г, искомыми тройками будут (3, 4,
5), (6, 7, 8), (11, 12, 13) и (14, 15, 16) соответственно) Масса всех взвешенных деталей — 797 г, те. все граммовые детали находятся среди них. Вторым взвешиванием узнаем массу деталей 4, 5,
6, 12. В зависимости оттого, равна она 397 г, 398 г, 399 г или 400 г,
искомой тройкой деталей будет (4, 5, 6), (5, 6, 7), (12, 13, 14) или (13,
14, 15) соответственно

УЧЕБНЫЙ ГОД, 9
КЛАСС
205