Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
307. Рассмотрим симметрию относительно биссектрисы угла прямой CI) (см. рис. 155). При этом C → C, A → A , B → → B , B 0 → B 0 , F → F , следовательно середина отрезка, значит, B 0 F — средняя линия A B C , в которую перешла средняя линия ABC, параллельная, поэтому точка касания AB с окружностью. При этой симметрии точка M пересечения прямых AB и перейдет в себя, а значит, лежит на биссектрисе угла C, но эта точка и естьточка пересечения стороны AB с касательной ко вписанной окружности, проведенной в F прямая A B ). 308. Ответ. Победит второй игрок. Обозначим цифры, выписываемые игроками, последовательно через, a 2 , . . . , цифры с нечетными номерами выписывает первый, ас четными второй. Рассмотрим остатки отделения на 11 знакопеременных сумм 0 , S 1 = a 1 , S 2 = a 1 − a 2 , . . . , S k = a 1 − a 2 + a 3 + . . . + (Согласно признаку делимости на 11, после го хода на доске возникнет число, делящееся на 11, тогда и только тогда, когда совпадает с одним из S 0 , . . . , S k−1 . Расположим остатки отделения на 11 по кругу почасовой ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ стрелке от 0 дои изобразим последовательность ходов как процесс перемещения по кругу по неповторяющимся остаткам отделения на 11 сумм = S 0 , S 1 , S 2 , S 3 , . . . При этом первый игрок м ходом прибавляет к S i−1 любое число от 1 до 9, а второй — любое число от −1 до −9. Таким образом, кроме повтора уже встречавшегося остатка, первому игроку запрещен ход против часовой стрелки на 1, а второму — ход почасовой стрелке на 1. После го хода свободными останутся 10 − i остатков. Игрок гарантированно может сделатьход, если естьхотя бы два свободных остатка, значит, первые восемьходов игроки сделатьсмогут, ай ход сделатьнельзя никогда. Рассмотрим ситуацию после седьмого хода (это ход первого, когда свободны 3 остатка) Свободные остатки расположены подряд i−1, i, i+1. Тогда второй выписывает число с остатком i занимает остаток i), первый — i + 1, а второй i − 1 и выигрывает) Остатки расположены так два рядом — i, i + 1 и один отдельно. Тогда второй занимает один из остатков i, i + 1, далее либо первый занимает остаток i + 1, второй j и выигрывает, либо первый занимает j, а второй — один из оставшихся i, i + 1 и выигрывает) Никакие два остатка не стоят рядом i, j, k. Тогда второй может занятьодин из них и после хода первого, второй может занятьпоследний свободный остаток и выиграть. A B C A 1 B 1 C 1 A B C I Рис. 156 309. Обозначим через A 1 , B 1 , точки касания вписанной окружности сего сторонами. Поскольку, и симметричны I относительно сторон ABC, то IA = = IB = IC = 2r , где r — радиус вписанной окружности. Из этого следует, что I — центр описанной окружности A B C , радиус которой. В прямоугольном треугольнике гипотенуза в 2 раза больше катета тогда и только тогда, когда ∠IBA 1 = = 30 ◦ , ∠ABC = 2∠IBA 1 = 60 ◦ 310. Ответ. Нетрудно проверить, что если все пришедшие, кроме двух человек и B, были знакомы между собой, тов конце должны были остаться все, кроме A и B, те человек. Докажем, что не могло остаться 99 человек УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 221 Ясно, что человек A, имевший изначально меньше всех знакомых (k), в некоторый момент уйдет. Если больше никто не ушел, то все остальные (кроме A) имели больше k знакомых до ухода A и меньше после его ухода. Но тогда A должен бытьзнаком со всеми остальными, те что противоречит строгой минимальности k. 311. Обозначим через M = {a 1 , . . . , a 6 } множество исходных чисел, через множество M без a i , а через A i — наибольший общий делитель чисел из M i , i = 1, . . . , 6. Наибольший общий делитель любых чисел и, i = j, равен наибольшему общему делителю всех чисел a 1 , . . . , a 6 , те, следовательно, A 1 , . . . , попарно взаимно просты. Если все они неравны, обозначим через наибольший простой делитель A i . В силу попарной взаимной простоты чисел A i , числа попарно различны, и можно считать, что p 1 < . . . < и A 1 2, A 2 3, . . . , A 6 Тогда из a 1 ∈ M 2 , . . . , M 6 , следует, что делится на. . . A 6 3 · 5 · 7 · 11 · 13 = 15015. Противоречие стем, что a 1 че- тырехзначно. Следовательно, одно из чисел равно 1 и пятьчисел в соответствующем множестве взаимно простыв совокупности. Пустьдан выпуклый угольник. Утверждение верно при n = Пусть n Будем называть триангуляцией разбиение угольника непересе- кающимися диагоналями на треугольники остроугольной триангуляцией назовем разбиение угольника непересекающимися диагоналями на остроугольные треугольники. Треугольник из триангуляции назовем крайним, если две из его сторон являются сторонами n-угольника. Нам понадобятся следующие утверждения) В любой триангуляции найдутся по меньшей мере два крайних треугольника. Действительно, сумма углов всех треугольников из триангуляции равна сумме углов угольника, те. равна (n − 2)π. Поскольку сумма углов треугольника равна π, количество треугольников в триангуляции равно. Каждая из n сторон многоугольника является стороной одного из 2 треугольников, причем у одного треугольника не более двух сторон являются сторонами угольника. Отсюда легко следует (i). (ii) У выпуклого угольника не более трех острых углов. Действительно, предположив противное, получаем, что у угольника найдутся хотя бы 4 тупых внешних угла, сумма которых больше, чем 4· π 2 = = 2π . Но как известно, сумма внешних углов выпуклого угольника равна. Противоречие. Перейдем к решению задачи ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Предположим, что нашлисьдве различные остроугольные триангуляции, выпуклого угольника. Обозначим через A множество всех острых углов n-угольника. Рассмотрим крайний треугольник T триангуляции ∆ 1 . Один из его углов является углом угольника. А поскольку T остроугольный, этот угол является углом из множества A. Так как найдутся два крайних треугольника в триангуляции согласно (i)), то два угла из множества A являются углами крайних треугольников триангуляции ∆ 1 . Тоже справедливо и для триангуляции Согласно (ii), в множестве A содержится не более трех углов. Следовательно, хотя бы один угол из множества A одновременно является углом крайнего треугольника триангуляции и крайнего треугольника T 2 триангуляции ∆ 2 . Это означает, что треугольники и T 2 совпадают, т. е. что в и имеется общий крайний треугольник. Отрезав его, перейдем к исходной задаче для выпуклого (n − угольника. Продолжая процесс отрезания крайних треугольников, получаем, что и состоят из одинаковых наборов треугольников класс. Ответ. α Первое решение. Из совпадения наборов следует, что sin x + sin 2x + sin 3x = cos x + cos 2x + cos те а) 1 + 2 cos x = 0 ⇒ cos x = − 1 2 ⇒ x = ± 2π 3 + 2πn ⇒ sin 3x = 0, но ∈ {cos x, cos 2x, cos б) sin 2x = cos 2x ⇒ tg 2x = 1, x = π 8 + πn 2 . Наборы совпадают, так как + x = π 2 + 2πn ⇒ cos 3x = sin x, sin 3x = cos Второе решение. Сложим 3 единичных вектора, образующих с осью Ox углы α, 2α, 3α соответственно. По условию у получившегося вектора равны координаты пои по y, так как это суммы одних и тех же трех чисел. Значит, этот вектор, если он неравен нулю, направлен вдоль прямой, образующей угол π/4 с осью. Но направление суммы трех векторов совпадает с направлением вектора, образующего угол 2α, поскольку два других симметричны относительно него. Итак, 2α = π 4 + откуда α = π 8 + πk 2 . Непосредственной проверкой убеждаемся, что все углы указанного вида подходят. Осталосьрассмотретьслучай, когда сумма трех единичных векторов равна нулю. Нетрудно видеть, что это возможно лишь если углы между УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 223 ними равны, откуда α = 2π 3 + или α = 4π 3 + πk . Легко видеть, что тогда sin 3α = 0, cos α = 0, cos 2α = 0 и cos 3α = 0. 314. См. решение задачи 307. 315. Ответ. Приведем пример. Поскольку 45 = 1 + 2 + 3 + . . . + 9, можно разбить человек на группы по 1, по 2, . . . , по 9 человек. Пусть люди, принадлежащие одной группе, незнакомы между собой, а люди, принадлежащие разным группам, знакомы. Тогда каждый человек из й группы имеет k знакомых. При этом, очевидно, условие задачи выполнено, и общее количество пар знакомых людей равно · 44 2 − 2 · 1 2 + 3 · 2 2 + . . . + 9 · 8 2 = = Докажем, что большего числа знакомств быть не могло. Зафиксируем некоторое k, 0 k 44. Пустьимеется некоторый выпускник, который знаком ровно с k людьми. По условию любой его знакомый немо- жет иметьровно k знакомых. Поэтому количество выпускников, знакомых ровно с k людьми, не превосходит 45 − Обозначим через A 0 , A 1 , . . . , количество выпускников, имеющих соответственно 0, 1, . . . , 44 знакомых. Как показано выше, A k 45 − кроме того, A 0 + A 1 + . . . + A 44 = Оценим общее число знакомств S = 1 2 (0 ·A 0 + 1 ·A 1 + . . . + 44 ·A 44 ) = = 1 2 (A 44 +(A 44 +A 43 )+ . . . +(A 44 +A 43 + . . . +A 36 )+ . . . +(A 44 +A 43 +. . . . . . + A 0 )) 1 2 (1 + (1 + 2) + . . . + (1 + 2 + . . . + 9) + 45 + 45 + . . . + 45) = = 1 2 (45 · 44 − ((9 + 8 + . . . + 2) + (9 + 8 + . . . + 3) + . . . + 9)) = 870. 316. Назовем 2n углов, на которые отмеченные прямые делят полный угол, элементарными, а две отмеченные прямые, образующие элементарный угол, — соседними. Поскольку внутри элементарных углов отмеченные прямые не проходят, для любых двух соседних прямых отмеченной будет прямая, делящая пополам вторую пару образованных ими углов (смежных с элементарными. Если эту прямую повернутьна вокруг точки O, она будет делитьпополам пару элементарных углов. Прямых, делящих пополам элементарные углы, столько же, сколько отмеченных, поэтому если совокупность всех отмеченных прямых повернуть на 90 ◦ вокруг точки O, она перейдет в совокупность всех прямых, делящих пополам элементарные углы. Пусть α — наибольший из элементарных углов, аи соседние элементарные углы, биссектрисами которых становятся после поворота на стороны угла α. Очевидно, тогда угол α равен полусумме углов β и, откуда, в силу максимальности α, следует, что α = β = γ. Поворачивая теперьна в обратном направлении углы β и γ, получим, что макси ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ мальными являются также элементарные углы, граничащие с α. Но если элементарные углы, граничащие с максимальным, также максимальны, то все элементарные углы равны между собой, что и требовалосьдоказать. 317. Ответ. x = Относительно z данное уравнение является квадратным z 2 + 2xy · z + + x 2 + y 2 − 1 = 0. Его дискриминант равен D = 4x 2 y 2 − 4x 2 − 4y 2 + 4 = = 4(x 2 − 1)(y 2 − 1). Если x 2 − 1 > 0, то D < 0, например, при y = 0, если 1 < 0, то D < 0, например, при y = 2. При x = ±1 и любом y имеем = 0 , поэтому уравнение имеет решение. Первое решение. Обозначим через F точку касания ω с описанной окружностью (см. рис. 157). Так как A 0 F ⊥ BC, F — середина дуги. Если I — центр вписанной окружности ABC, то F B = F I = F поскольку ∠F BI = ∠F BC + ∠CBI = ∠F AC + ∠CBI = α + β 2 = = ∠BAI + ∠ABI = ∠BIF , где α и β — соответственно величины углов A и B треугольника Так как IA ⊥ BC, а A 0 A = A 0 F , ∠IA F = 90 ◦ + 45 ◦ = Следовательно, ∠BA F = 135 ◦ . Треугольники и равны по двум сторонами тупому углу ⇒ BA = A I = r ⇒ ∠IBA = 45 ◦ ⇒ ⇒ ∠ABC = 2∠IBA = 90 ◦ . Проводя те же рассуждения в обратном порядке, убеждаемся, что окружность, построенная для другого катета, также касается описанной. A B C A A 0 F I ω Рис. Второе решение. Используем стандартные обозначения элементов треугольника. Так как F — середина дуги BC, то ∠F BA 0 = α 2 , F A 0 = = BA 0 tg α 2 = a 2 tg α 2 . Нетрудно видеть, что A 0 A = |BA 0 − BA | = = 1 2 |b − c|. Пустьвписанная окружностькасается стороны AC в точке. Тогда tg α 2 = IB AB = r p − a = S p(p − a) . В силу формулы Ге- УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 225 рона, равенство F A 0 = принимает вид a p p(p − a)(p − b)(p − c) p(p − a) = = |b − c|, a 2 (p − b)(p − c) p(p − a) = (b − c) 2 , a 2 (a + c − b)(a + b − c) (a + b + c)(b + c − a) = (b − c) 2 , a 2 a 2 − (b − c) 2 (b + c) 2 − a 2 = (b −c) 2 , a 4 −a 2 (b −c) 2 = (b −c) 2 (b+c) 2 −a 2 (b −c) 2 , a 4 = = (b 2 − c 2 ) 2 , a 2 = |b 2 − c 2 | ⇐⇒ % a 2 = b 2 − c 2 , a 2 = c 2 − b 2 ⇐⇒ % a 2 + c 2 = b 2 , a 2 + b 2 = один из углов B, C — прямой. Аналогичные выкладки показывают, что окружность, соответствующая второму катету, касается описанной. Лемма. Из любого множества, состоящего не менее, чем из пяти трехзначных чисел, взаимно простых в совокупности, можно удалить одно число так, что оставшиеся также будут взаимно просты в совокупности. Д ока за тел ьс т во. Обозначим через M = {a 1 , . . . , a k } множество исходных чисел, через M i — множество M без a i , а через A i — наибольший общий делительчисел из M i , i = 1, . . . , k. Наибольший общий де- лительлюбых чисел и A j , i = j, равен наибольшему общему делителю всех чисел a 1 , . . . , a k , те, следовательно A 1 , . . . , попарно взаимно просты. Если все они неравны, обозначим через наибольший простой делитель A i . В силу попарной взаимной простоты чисел A i , числа попарно различны, и можно считать, что p 1 < . . . < и A 1 2, A 2 3, A 3 5, A 4 7, A 5 Так как a 1 ∈ M 2 , M 3 , M 4 , M 5 , то делится на 3 · 5 · 7 · 11 = 3003. Противоречие стем, что a 1 трехзначно. Следовательно, одно из чисел равно 1, и числа в соответствующем множестве взаимно простыв совокупности. Применяя лемму, из исходного множества можно последовательно удалитьвсе числа, кроме четырех, взаимно простых в совокупности. Ответ. Не всегда. Пустьразностьвесов фальшивых монет меньше, чем вес настоящей. Тогда во взвешиваниях имеет смысл сравниватьлишьравные количества монет. Предположим, что требуемый алгоритм существует. Выпишем для каждой последовательности результатов взвешиваний, которая может получиться в нашем алгоритме, единственную пару фальшивых монет, при которой эта последовательность получается. Заметим, что если в последовательности есть хотя бы одно взвешивание, при котором нет равновесия, то мы можем определить, какая из фальшивых монет тяжелее настоящей. Действительно, если во взвешивании участвует одна фальшивая монета, то это определяется очевидным образом. Если же ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ участвуют обе, то они находятся на разных чашах весов (иначе весы в равновесии, и монета на перевесившей чаше тяжелее. В таком случае, если в нашей паре монет поменятьдве фальшивые местами, то получится другая последовательность взвешиваний. Поэтому всем парам, кроме, бытьможет, одной (при которой весы все время в равновесии) соответствует по 2 последовательности. Всего может быть · 16 2 = пар, поэтому число последовательностей не меньше 2 · 136 − − 1 = 271, но их не больше. Противоречие класс. Ответ. 2 и Первое решение. Имеем y + 1 = p α , y 2 − y + 1 = p β , где α > 0, β 0. Если β = 0, то y = 1, p = 2 (x = 1). Пусть β > 0. Тогда p — общий делитель y + 1 и y 2 − y + 1, а значит, и чисел y + 1 и (y + 1) 2 − (y 2 − y + + 1) = 3y . Отсюда, поскольку НОД (y, y + 1) = 1, p = 3. Так бывает 2 = 2 3 + Второе решение. p x = (p α − 1) 3 + 1 = p α (3 + A) , где A делится на. Поскольку 3 + A = p γ (γ 0), то либо p = 3, либо γ = 0. В последнем случае p x = p , x = 1. Значит, y = y 3 , откуда y = 1, p = Замечание. Во втором решении мы фактически доказали следующее α α α ϕ β 2β β A B C D O K Рис. Утверждение. Если p x = y 2n+1 + 1 (x, y, n — натуральные) и y > 1, то + 1 = где z — натуральное число. Проведем биссектрису ∠KDC до пересечения св точке O. Возможны случая 1) точка O лежит на луче AB заточкой) Положим ϕ = ∠ADK. Четырехугольник вписанный, так как = ∠ODC = α. Значит, ∠DOC = = ∠DAC = β, ∠ADO = ∠ACO = = ∠OCK = α + ϕ. Так как DO — биссектриса ∠KDC и KD = то DO — серединный перпендикуляр к KC. Отсюда ∠KOD = ∠COD = = β , ∠OKC = α + ϕ. Четырехугольник KBOC — вписанный, так как = ∠KOC = 2β. Отсюда ∠BCA = ∠KOA = ∠OKC − ∠OAC = = (α + ϕ) − α = ϕ, те) Видим, что KB = BC см. рис. 159). ∠CKD = π 2 − α, ∠KDA = = π 2 − α − β; аналогично, ∠ABK = π 2 − α − β, те УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС = Рис. Рис. 160 3) Покажем, что этот случай невозможен. Предположим противное. Как и раньше, ∠OAC = ∠ODC = α. Тогда четырехугольник AOCD вписанный, значит, ∠COD = ∠CAD = β, ∠KOC = 2∠COD = 2β = = ∠KBC. Следовательно, четырехугольник KOBC — вписанный, но касательная к описанной окружности KOC в точке O горизонтальна, а точка B лежит выше нее. Поэтому B не может лежатьна той же окружности. Противоречие. Итак, ∠KDA = ∠BCA, или ∠KDA = ∠KBA. |