Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
Второе решение. Назовем детали, весящие по 99 г, фальшивыми. Взвешивание навесах со стрелкой позволяет определить, сколько фальшивых деталей было среди взвешенных. У отрезка из трех деталей есть возможных положений — самая левая из фальшивых может иметь номер от 1 до Предположим, что у нас естьдва конкретных взвешивания. Тогда мы можем нарисовать таблицу результатов, показывающую для каждого положения левого конца фальшивого отрезка, сколько фальшивых деталей было бы взвешено. Если в таблице каждая пара чисел от 0 до 3 (их всего 16) встречается ровно 1 раз, то по результату взвешиваний можно однозначно определитьположение фальшивого отрезка. Приведем такую таблицу 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 0 0 0 0 1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 0 1 2 3 3 2 1 0 0 1 2 3 3 2 1 Рис. Покажем, как найти взвешивания, дающие данную таблицу. Первое взвешивание из первого отрезка должно попастьнольдеталей, значит, с по 3 — не берем, из второго (со 2 по 4) — тоже ноль, значит, 4 не берем, и так до 5 отрезка (с 5 по 7), из него должна бытьвзята одна деталь, значит это деталь, ибо все до 7 уже не взяты. Из отрезка 6 должна бытьвзята одна детально уже взята деталь 7, значит 8 не берем. Итак далее каждый следующий отрезок содержит одну новую деталь, поэтому мы можем однозначно определить, брать ее или нет. Проведя указанный алгоритм, получаем, что требуемые взвешивания существуют 7, 10, 11, 13, 14, 15, 16, 17, 18 и 4, 5, 6, 7, 12, 13, 14, 15. 9 класс. См. решение задачи 266. 274. Пусть f(n − 1) = p 1 , f(n) = p 2 , f(n + 1) = p 3 . Из равенства ( −a − x) = f(x), где f(x) = x 2 + ax + b — данный квадратный трехчлен, следует, что если в целочисленной точке трехчлен f принимает простое значение, то ив целочисленной точке он также принимает простое значение. Отсюда следует утверждение задачи, если точка K(n, f(n)) не является вершиной параболы y = Если же K(n, f(n)) — вершина параболы, те+ то f(n − 1) = f(n + 1) = f(n) + 1. Из простоты чисел f(n) и f(n + следует, что f(n) = 2, f(n + 1) = 3. Но тогда f(n + 3) = f(n) + 3 2 = 11 — простое. Отразим точку L симметрично относительно прямой BO, получим точку L , лежащую на стороне AB и такую, что ∠AL O = ∠BL M ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ (см. рис. 144). Для решения задачи достаточно доказать, что ∠BKO + + ∠BLO = 180 ◦ , что равносильно равенству ∠CLO = ∠BKO, или Рис. 144 Пустьточка симметрична точке относительно середины D отрезка В четырехугольнике диагонали и делятся точкой D пополам, следовательно, MOM O — параллело- грамм. Так как O — центр описанной окружности треугольника ABC, то Точка лежит на серединном перпендикуляре к отрезку OO , поэтому треугольники и равны. Следовательно. Это означает, что точка лежит на отрезке. Поскольку O M M O , получаем L M KO, откуда ∠BL M = = ∠BKO, что и требовалось . 276. Обозначим число прямоугольников через k. Рассмотрим самую нижнюю из верхних границ прямоугольников (назовем прямую, на которой она лежит, d, асам прямоугольник — P ). Естьне более, чем k − n − прямоугольников таких, что их нижняя граница лежит выше d, так как все такие прямоугольники не пересекаются с P . Назовем эти прямоугольники нижнеплохими. Аналогично определим верхнеплохие, левоплохие и правоплохие прямоугольники. Заметим, что поскольку k > это равносильно 3k < 4n + 4), то существует прямоугольник A, не являющийся нижне-, верхне-, лево- или правоплохим. Но тогда он пересекается со всеми прямоугольниками. В самом деле пусть с ним не пересекается какой-то прямоугольник B, тогда либо какая-то горизонтальная, либо какая-то вертикальная прямая разделяет B и A. Если, например, онa горизонтальна и прямоугольник A лежит выше нее, то верхняя граница лежит ниже нижней границы A, что невозможно по построению. Остальные три случая аналогичны. Ответ. Нельзя. Пустьнам удалосьрасставитьчисла требуемым образом. Возьмем число 7. По условию ее, ее, ее, ее от него почасовой стрелке числа должны делиться на 7. Мы насчитали уже 9 различных чисел, которые должны делиться на 7. Но среди чисел от 1 до их всего восемь · 1, . . . , 7 · 8). Противоречие УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС. Пусть AD — большее, а BC — меньшее основания трапеции, M — середина ее средней линии P Q. Проведем прямую CM до пересечения с основанием AD в точке см. рис. 145). Так как MQ — средняя линия треугольника CC D , то длина равна длине средней линии трапеции, а, значит, площадьтреугольника равна половине площади трапеции. Это и естьодна из четырех искомых точек, атак как AD большее основание, то его длина больше длины средней линии, те. точка C находится на основании, а не на его продолжении. Аналогично можно построитьточку B , она тоже окажется на основании Рис. Рис. Проведем через точку прямую, параллельную диагонали AC, и обозначим пересечение ее со стороной CD через см. рис. 146). Рассмотрим четырехугольник ACA C — это трапеция, пустьее диагонали AA и пересекаются в точке T , значит треугольники AT и CT A равновелики. Это, в свою очередь, означает, что треугольники CC D и AA D равновелики и имеют площадь, равную половине площади трапеции. Так строятся еще две точки, указанные в условии. Получается, что диагонали четырехугольников ABCD и попарно параллельны, и поскольку точка M, являясьсерединой CC , равноудалена от прямых AC и и аналогично от прямых BD и B D ), таким образом, прямые и симметричны прямыми относительно середины средней линии трапеции ABCD. Раз диагонали четырехугольников и симметричны относительно точки M, то и точки их пересечения симметричны относительно M. 279. Ответ. Да, можно. Будем отмечатьточки по правилам до тех пор, пока это возможно. Тогда, в конце концов мы получим ситуацию, когда любая середина отрезка четной длины с концами в отмеченных точках уже отмечена. Покажем, что отмечены все целые точки. Рассмотрим два соседних отрезочка AB и BC, на которые делят отмеченные точки исходный отрезок. Их длины нечетны, так как иначе один из них можно было бы разделить пополам. Тогда длина отрезка AC четна, и его середина уже отмечена. Нона этом отрезке нет отмеченных точек ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ кроме B; поэтому AB = BC. Отсюда получаем, что длины всех отрезочков разбиения нечетны и равны. Пустьих длина равна l. Тогда l делит 2002, атак как она нечетна, то делит и 1001. Но координата исходной отмеченной точки кратна l и взаимно проста с 1001; поэтому l = 1, те. все целые точки отмечены. См. решение задачи 272. 10 класс. Ответ. n = Натуральные числа вида a = 5m ± 2 таковы, что a 2 + 1 ... 5, поэтому не дают простых p = a 2 + 1 , кроме случая p = 5 при a = 2. С другой стороны, среди чисел b, b+2, b+4, . . . не более двух подряд идущих чисел, не имеющих вид 5m ± 2. Значит, если в прогрессии не содержится число, то n 2. Если a 1 = 2 , то n 3, так как a 4 = 8 = 5 ·2−2. Числа a 1 = 2 , a 2 = 4 , a 3 = дают искомую тройку 5, 17, 37 — простые числа. По принципу Дирихле среди m 2 + точек с целыми координатами найдутся такие две точки (k, l) и (k 1 , l 1 ) , что k ≡ k 1 (mod и l ≡ l 1 (mod m) . Тогда m + 1 точек (k + k 1 − k m i, l + l 1 − l m i) , 0 i m, имеют целые координаты и лежат на отрезке, соединяющем точки (k, l) и (k 1 , Замечание. Утверждение справедливо для выпуклого многогранника в пространстве с заменой m 2 + на m 3 + Рис. 147 283. Заметим, что KM AC. Продлим до пересечения с описанной окружностью ABC в точке K = = K см. рис. 147). Тогда ∠KBC = = ∠K KA = ∠MKA, поскольку эти углы опираются на равные дуги. Тогда треугольник MAK подобен треугольнику и переходит в него при поворотной гомотетии с центром M и углом. Эта поворотная гомотетия переведет центр вписанной окружности треугольника) в центр вписанной окружности. Значит, O 1 M подобен треугольнику и переходит в него при поворотной гомотетии с центром M и углом Но тогда угол между прямыми и KB равен α/2, аналогично, угол между и KA тоже равен α/2, значит, прямая перпендикулярна биссектрисе угла AKB. УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС. Будем доказыватьутверждение по индукции. База n = 1 очевидна. Предположим, что неравенство доказано для n чисел. Проверим его и для + числа. Согласно предположению индукции a 2 n+1 + 2a n+1 n k=1 a k + n k=1 a k 2 a 2 n+1 + Таким образом, достаточно проверить, что a 2 n+1 + или, что a n+1 Для доказательства последнего утверждения заметим, что+ a k (a k+1 + a k )(a k+1 − a k ) = a 2 k+1 − Суммируя полученные неравенства по k от 0 до n, придем к неравенству+ 2 n k=1 a k n k=0 (a 2 k+1 − a 2 k ) = что и требовалось. Первое решение. По условию f 1 = (x − x 1 )(x − x 2 ) , f 2 = (x − − x 1 )(x − x 3 ) , . . . , f n−1 = (x − x 1 )(x − x n ) , f n = (x − x 2 )(x − x 3 ) , . . . , f m = (x − x n−1 )(x − x n ) , где x i — координата точки на оси Поэтому f 1 + . . . + f m = n(n − 1) 2 x 2 − (n − 1)(x 1 + x 2 + . . . + x n )x + + (x 1 x 2 + x 1 x 3 + . . . + x n−1 x n ) . Найдем дискриминант этого трехчлена = (n −1) 2 (x 1 + . . . +x n ) 2 −2n(n−1)(x 1 x 2 + . . . +x n−1 x n ) = (n −1)[(n− − 1)(x 2 1 + . . . + x 2 n + 2x 1 x 2 + . . . + 2x n−1 x n ) − 2n(x 1 x 2 + . . . + x n−1 x n )] = = (n − 1)[(n − 1)(x 2 1 + . . . + x 2 n ) − 2(x 1 x 2 + . . . + x n−1 x n )] = (n − 1)[(x 1 − −x 2 ) 2 + (x 1 −x 3 ) 2 + . . . + (x n−1 −x n ) 2 ] > 0 . Отсюда следует утверждение задачи. Второе решение. Прибавив к удвоенной сумме 2S = 2(f 1 +. . . . . . + слагаемые y 1 = (x − x 1 ) 2 , . . . , y n = (x − x n ) 2 , получим 2S 1 = = (x − x 1 )[(x − x 1 ) + (x − x 2 ) + . . . + (x − x n )] + . . . + (x − x n )[(x − − x 1 ) + . . . + (x − x n )] = n 2 x − x 1 + . . . + x n n 2 . Мы получили, что обращается в нольв точке x 0 = x 1 + . . . + x n n . Но S < S 1 , так как y i 0 ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ и не более одного числа из может равняться нулю. Значит, S(x 0 ) < что доказывает утверждение задачи. См. решение задачи 278. 287. Ответ. Да, можно. Будем отмечатьновые точки по правилам до тех пор, пока это возможно. Тогда в конце концов мы получим ситуацию, когда любой отрезок с длиной, делящейся нас концами в отмеченных точках уже разделен отмеченными точками на n равных частей. Покажем, что отмечены все целые точки. Рассмотрим n соседних отрезочков A 1 A 2 , A 2 A 3 , . . . , A n A n+1 , на которые делят отмеченные точки исходный отрезок. Если остатки отделения на n длин отрезков A 1 A k (2 k n + 1) различны, то среди них найдется отрезок, длина которого делится на n; в противном случае два остатка, скажем, у и A 1 A l , совпадают, и тогда длина делится на n. В любом случае, длина какого-то отрезка A i A j (i < j) делится на n. Тогда он уже поделен на n равных частей при помощи n − 1 точки. Нона этом отрезке нет отмеченных точек, кроме при i < m < j; поэтому такое может бытьлишьпри i = 1, j = n + 1 и A 1 A 2 = A 2 A 3 = . . . = Отсюда получаем, что длины всех отрезочков разбиения равны. Пустьих длина равна l. Тогда координаты всех исходно отмеченных точек кратны l; но они взаимно простыв совокупности, поэтому l = 1, т. е. все целые точки отмечены. Ответ. 41. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 32 29 30 31 35 36 33 34 38 39 40 Рис. Пример раскраски в 41 цвет показан на рис. 148 (неотмеченные клетки окрашены в 41-й цвет. Докажем, что 41 — максимальное число цветов. Если в каждой строке встречается небо- лее 4 цветов, то всего цветов не более 40. Пустьв строке A встретилось цветов. Если в любой оставшейся строке имеется не более цветов, не встречающихся в A, то всего цветов не более, чем 5 + 4 · 9 = 41. Иначе найдется строка B, в которой встречается 5 цветов, отличных от цветов строки. Назовем 10 цветов строки старыми, а все остальные цвета новыми. Теперьв каждом столбце встречается хотя бы 2 старых цвета (в строках A и B), поэтому новых там не более 3. Следовательно, всего в таблице 10 старых и не более 30 новых цветов, итого не более 40. УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС класс. Из рациональности x p +y q , x r +y q , следует рациональность чисел x r − x p , x s − x r . Возьмем. Тогда a = x 7 − и b = x 5 − рациональны. Если b = 0, то x = 0 или x = ±1, т. е. x рационально. Если же b = 0, то рационально. Но тогда из равенства b = x 2 · (x 2 − 1) · x следует рациональность x. Аналогично, y рациональное число. A B C D S O A 1 C 1 H 1 Рис. 149 290. Пусть SO — высота пирамиды, тогда прямые, содержащие высоты SO, и треугольника, проходят через одну точку На рис. 149 ASC остроугольный. Решение не изменится, если он — тупоугольный. Заметим, что прямоугольным он бытьне может. Сечение данной в условиях задачи сферы ω плоскостью окружность, проходящая через точки S, и C 1 , т. е. окружностьс диаметром SH 1 , так как углы и H 1 C 1 S — прямые. Значит, точка прямой SO лежит на ω. Аналогично, H 2 ∈ ω, где точка пересечения прямых SO, и DD 1 . Из того, что H 1 = S и S, следует, что H 1 = H 2 291. Будем доказыватьутверждение по индукции. База n = 1 очевидна. Предположим, что неравенство доказано для n чисел. Проверим его и для + числа. Согласно предположению индукции a 2 n+1 + 2a n+1 n k=1 a k + n k=1 a k 2 a 2 n+1 + Таким образом, достаточно проверить, что a 2 n+1 + или, что a n+1 2 n k=1 a k . ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Для доказательства последнего утверждения заметим, что+ a k (a k+1 + a k )(a k+1 − a k ) = a 2 k+1 − Суммируя полученные неравенства по k от 0 до n, придем к неравенству+ 2 n k=1 a k n k=0 (a 2 k+1 − a 2 k ) = что и требовалось. Назовем одну из строк, в которой встречаются все цвета, выделенной. Назовем множество клеток, отстоящих друг от друга по горизонтали и вертикали на кратное n число клеток, полным. |