Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
323. По условию функция f(x) − x возрастает. Следовательно, f(x) − − x > f(y) − y при любых x > y > 0. Значит (x) − f(y) > x − Аналогично, из возрастания функции f(x 2 ) − заключаем, что (x) − f(y) > x 3 − Для того чтобы проверить, что функция f(x 3 ) − √ 3 возрастает, достаточно установить, что f(x) − f(y) > √ 3 2 (x 2 − при всех x > y > Проверим это с помощью неравенств (∗) и (∗∗). Для этого докажем неравенство+ Действительно, x 2 + xy + y 2 } x 2 + xy + y 2 √ 3 2 (x + поскольку+ xy + y 2 ) − 3(x + y) 2 = x 2 + y 2 − 2xy Следовательно 2 (x 2 − не превосходит наибольшего из чисел x − и x 3 − y 3 = (x − y)(x 2 + xy + y 2 ) . Значит, f(x) − f(y) > max{x − y, x 3 − − y 3 } √ 3 2 (x 2 − y 2 ) ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. Выберем на плоскости начало координат O и рассмотрим сумму = n k=1 OA k · OB k . Выберем такую нумерацию точек B i , что соответствующая сумма S максимальна. Рассмотрим теперь нумерацию точек в которой и обозначены и и ее сумму S . По предположению максимальности S S , но S = OA i · OB i + OA j · OB j − OA i · OB j − OA j · OB i 0. Преобразуя, получим OA j ) · (OB i − OB j ) = A j A i · B j B i Итак, в нумерации с максимальным S неравенство (∗) выполняется для любых i и j. А это равносильно условию задачи. Уравнение P (Q(x)) = Q(P (x)) имеет вид+ cx + d) 2 + a(x 2 + cx + d) + b = = (x 2 + ax + b) 2 + c(x 2 + ax + b) + d ⇐⇒ ⇐⇒ 2(c − a)x 3 + lx 2 + mx + n = где l, m и n — коэффициенты, получающиеся после раскрытия скобок и приведения подобных членов. Допустим, что c − a = 0. Тогда в левой части последнего уравнения — многочлен третьей степени, имеющий хотя бы один корень, что противоречит условию задачи. Поэтому c = a. Если при этом еще и b = d, то P (x) = Q(x), и равенство P (Q(x)) = Q(P выполняется при всех x. Значит, b = d. 326. См. решение задачи 310. 327. Обозначим через M, точки касания сфер ω, с плоскостью, а через N, N — точки касания сфер ω, с плоскостью соответственно (см. рис. 161). Пусть D — некоторая точка на продолжении отрезка AD заточку Из равенства отрезков касательных, проведенных из одной точки к сфере, получаем DM = DN, D M = D N , BM = BT , CN = CT , BM = BT , CN = CT , AM = AN = AT , AM = AN = AT . Отсюда следуют равенства треугольников (потрем сторонам DMA = = DNA, D M A = D N A , ABM = ABT , ABM = = ABT , ACN = ACT , ACN = Из выписанных равенств ∠BAT + ∠BAT = ∠BAM + ∠BAM = = ∠MAM = 180 ◦ − ∠DAM − ∠D AM = 180 ◦ − ∠DAN − ∠D AN = = ∠NAN = ∠CAN + ∠CAN = ∠CAT + Итак, ∠BAT − ∠CAT = ∠CAT − ∠BAT , откуда ∠BAT = что и требовалось. См. решение задачи 320. УЧЕБНЫЙ ГОД, 8 КЛАСС 229 A B C D T T M N M N Рис. 161 2003–2004 г класс. Ответ. Вили в 17.45. Пустьв 17.00 Ауди (А) находился на расстоянии x, а БМВ (Б) — на расстоянии y = 2x от перекрестка (П, z — расстояние, которое проехали автомобили за 1 час. Если бы в 17.00 Аи Буже проехали П, тов они были бы на расстоянии x + z и 2x + z от П, но 2x + z = 2(x + при z = 0. Аналогично, невозможен случай, что вони двигалисьв сторону П. Значит, какой-то из автомобилей пересек перекресток между и 18.00. Это не мог бытьБ, так как если А пересекает П позже, тов Б ближе к П, чем А а если А пересекает П раньше, тов А находится дальше от перекрестка, чем Б. Значит, между 17.00 и 18.00 А пересек Па Б — нет. Тогда в 18.00 А находился на расстоянии z − x от П, а Б — на расстоянии 2x − z если он двигался в 18.00 к перекрестку), либо 2x + z от П. В первом случае 2x − z = 2(z − x) ⇒ 3z = 4x. Во втором — 2x + z = 2(z − x) ⇒ z = 4x. Значит, в 18.00 А находился либо на расстоянии 3 x , либо на расстоянии 3x от Пи поэтому он пересек П либо в 17.45, либо в 17.15. 330. Ответ. Пусть A — одна из самых легких гирь, а B — одна из гирь, следующих повесу за A. Очевидно, пару гирь {A, B} можно уравновеситьтолько такой же парой. Поэтому естьхотя бы по две гири A и B. Пару {A, A} ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ также можно уравновеситьтолько такой же парой. Поэтому гирь по крайней мере 4. По аналогичным причинам естьхотя бы 4 самых тяжелых гири E и хотя бы две гири предыдущего веса D. Кроме того, по условию естьхотя бы одна гиря C, которая тяжелее A и B и легче D и. Таким образом, всего гирьв нашем наборе не меньше, чем 4 + 4 + 2 + + 2 + 1 = 13 . C другой стороны, легко проверить, что набор из 13 гирь, 1, 1, 1, 2, 2, 3, 4, 4, 5, 5, 5, 5} удовлетворяет условию задачи. A B C A B 1 C B 2 B 3 Рис. 162 331. Пусть A 1 , B 1 , C 1 — середины сторон, CA, AB треугольника ABC, и проекции точки на стороны BA и BC (см. рис. 162), AA , и CC — высоты Тогда B 1 B 2 — средняя линия треугольника, те. Аналогично и, значит, BB 1 = 1 2 (AA + + CC ) . Аналогично, CC 1 = 1 2 (AA + BB ) , AA 1 = 1 2 (BB + CC ) , откуда AA 1 + BB 1 + +CC 1 = AA +BB +CC . Но AA 1 — наклонная перпендикуляр, те, причем равенство выполняется только если совпадает с A . Если хотя бы одно из трех подобных неравенств строгое, то AA 1 +BB 1 +CC 1 > AA +BB +CC , что неверно. Тогда совпадает ст. е. медиана является высотой, поэтому BA = = CA . Аналогично, AB = BC. Утверждение доказано. Ответ. Не существует. Предположим, что существует такая расстановка чисел, что оба червяка доберутся до противоположного углового кубика. Пустьчисла, стоящие в начальном и конечном угловых кубиках равны a и b соответственно. Можно считать, что a < b. Заметим, что числа a и b отличаются по крайней мерена, так как второй червяк сделал хотя бы 10 · 3 ходов (как минимум по 10 в каждом из трех направлений. Также можно считать, что каждый червяк не заползает в каждый кубик больше одного раза. Тогда первый червяк должен последовательно проползти через кубики с числами. Второй должен последовательно проползти через кубики с числами a, a + 9, a + 18, a + 27, . . . , a + 72, . . . , Рассмотрим теперьшахматную раскраску нашего куба. Можно считать, что кубик с числом a покрашен в черный цвет. Заметим, что соседние по грани кубики должны иметьразные цвета. Это означает, что кубики с числами должны бытьпокрашены в черный цвета кубики a + 8, a + 24, a + 40, . . . , a + 72 должны бытьпокрашены в белый УЧЕБНЫЙ ГОД, 8 КЛАСС 231 цвет. То естькубик с числом a + 72 должен бытьпокрашен ив черный, ив белый цвета. Полученное противоречие завершает доказательство. Ответ. Не может. Пустьсреди чисел a, b, c естьразличные, и пустьдля определенности наибольшее из этих чисел (или одно из наибольших. Если a > b, то > a . Иначе a = b > c, и тогда b 2 /c > b = a . Итак, наибольшее изданных шести чисел больше наибольшего из чисел a, b, c. Аналогично, наименьшее изданных шести чисел меньше наименьшего из чисел a, b, Итого получаем не менее четырех различных чисел. Если же числа a, b, c одинаковы, то a = b = c = a 2 /b = b 2 /c = Рис. 163 334. Средняя линия трапеции (параллелограмма) делит его диагональпопо- лам. Значит, MN проходит через середину диагонали AC см. рис. 163). Но центр описанной около треугольника окружности лежит на серединном перпендикуляре к его стороне, те и AC, где и O 2 — центры описанных окружностей ABC и Тогда отрезок проходит через точку, лежащую на MN, поэтому именно она делит отрезок пополам (по условию точки и не лежат на прямой MN). Значит, диагонали четырехугольника делятся точкой O пополам и перпендикулярны, следовательно, он — ромб. Отсюда O 1 C и, значит, ∠O 1 CB = = ∠O 2 AD . Тогда BO 1 C = равнобедренные с равными боковыми сторонами и углами при основании. Значит, AD = BC и, следовательно параллелограмм. Отметим, что решение не зависит от расположения точек и на рисунке. Ответ. Докажем, что условию удовлетворяет набор из одного числа 13579. В самом деле, пусть a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 — пятизначное число, цифры которого удовлетворяют неравенствам a 1 < a 2 < a 3 < a 4 < a 5 . Тогда, если a 1 = 1, то a 1 < a 2 . Если при этом a 2 = 3, то 4 a 2 < a 3 . Если, кроме того, a 3 = = 5, то 6 a 3 < a 4 . Предположив еще, что a 4 = 7, получим 8 a 4 < те. равенство a 5 = 9 , означающее совпадение цифр в разряде единиц. Ответ. Нельзя. Предположим противное. Рассмотрим некоторую точку A с целыми координатами, пустьв ней записано число a. Пусть a имеет n различных простых делителей. Возьмем на плоскости точку с целыми коорди- ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ натами. На прямой имеется точка также с целыми координатами (например, точка B 1 , симметричная точке A относительно A 1 ). Поскольку числа, записанные в точках A, и B 1 , имеют общий делитель, больший, они (ив частности, число a) делятся на некоторое простое число Возьмем на плоскости точку с целыми координатами, не лежащую на прямой AA 1 . На прямой имеется точка с целыми координатами. Числа, записанные в точках A, ив частности, число a) делятся на некоторое простое число p 2 . Заметим, что p 1 = p 2 , ибо в противном случае числа, записанные в точках A, и A 2 , имели бы общий делитель p 1 = что невозможно. Продолжая эту процедуру далее, построим прямые AA 3 , AA 4 , . . . , AA n+1 , каждой из которых соответствует новый простой дели- тельчисла a. Таким образом, получаем, что число a имеет n+1 различных простых делителей. Противоречие класс. См. решение задачи Рис. 164 338. По условию AM = MA 0 . Поскольку точка пересечения медиан делит медиану в отношении 2 : 1, считая от вершины, то 2MA = AM . Отсюда, и MA = В четырехугольнике диагонали делятся их точкой пересечения пополам, поэтому BMCA 0 — параллелограмм, следовательно, ∠A 0 CM По теореме о вписанном угле 2 ∠A 0 CM = 2 ∠A 0 BM = = A 0 CB 0 . Отсюда получаем равенство хорд итак как равны стягиваемые ими дуги. См. решение задачи 332. 340. Обозначим эти числа a, b и c. Положим x = НОД(b, c), y = = НОД(c, a) и z = НОД(a, b). Предположим, что числа a, b и c не имеют общего делителя, большего единицы. Тогда числа x, y и z попарно взаимно просты. Поэтому можно положить a = kyz, b = lxz и c = mxy, где, l и m — некоторые натуральные числа. Из определения наибольшего общего делителя следует, что числа ky и lx взаимно просты. По условию lxz) ... (kyz + lxz), значит, (ky · lx · z) ... (ky + lx). Заметим, что НОД(ky, ky + lx) = НОД(ky, lx) = 1 и, аналогично, НОД(lx, ky + lx) = = 1 . Таким образом, z ... (ky + lx). Стало быть, z ky + lx x + y. УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 233 Рассуждая аналогично, получим, что x y + z и y x + z. Но эти три неравенства не могут выполняться одновременно. Противоречие. Ответ. Не могло. Предположим, что требуемая расстановка цифр возможна. Напомним критерий делимости числа на 11: число делится на 11 тогда и только тогда, когда сумма его цифр, стоящих начетных местах, имеет тот же остаток при делении на 11, что и сумма цифр, стоящих на нечетных местах. Рассмотрим шахматную раскраску клеток нашей таблицы. Тогда в каждой строке сумма цифр, стоящих на черных клетках, имеет тот же остаток при делении на 11, что и сумма цифр, стоящих на белых клетках. То естьи во всей таблице сумма цифр, стоящих на черных клетках, имеет тот же остаток при делении на 11, что и сумма цифр, стоящих на белых клетках. Рассмотрим теперь столбцов, в которых получилисьделящиеся на числа. Для клеток этих столбцов аналогично получаем, что сумма цифр, стоящих на черных клетках, имеет тот же остаток при делении на 11, что и сумма цифр, стоящих на белых клетках. Но тогда ив оставшемся столбце получаем, что сумма цифр, стоящих на черных клетках, имеет тот же остаток при делении на 11, что и сумма цифр, стоящих на белых клетках. Но это означает, что это число делится на 11. 342. По условию |x−y| < 2 ⇒ x 2 −2xy+y 2 < 4 ⇒ x 2 +2xy+y 2 < 4(1+ + xy) ⇒ x + y < 2 √ xy + 1 , так как x и y положительны. Аналогично + z < 2 √ yz + 1 , z + x < 2 √ zx + 1 ⇒ 2x + 2y + 2z < 2 √ xy + 1 + + 2 √ yz + 1 + 2 √ zx + 1 ⇒ x + y + z < √ xy + 1 + √ yz + 1 + √ zx + Рис. 165 343. Пустьпри параллельном переносе на вектор −−→ BA точка M перешла в точку M (см. рис. 165). При этом треугольник BMC перешел в треугольник AM D . Четырехугольник вписанный, поскольку ∠AM D+ + ∠AND = ∠BMC + ∠AND = (180 ◦ − − ∠MBC − ∠MCB) + (360 ◦ − ∠MNA − − ∠MND) = 180 ◦ . Поэтому ∠M N D = = ∠M AD , и ∠MND +∠M N D = ∠MND + + ∠M AD = ∠MND + ∠MBC = 180 ◦ . Значит, точки M, N и лежат на одной прямой, следовательно, MN −−−→ M M = −−→ BA |