Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
391. Ответ. Больше тех, у которых семнадцатая с конца цифра — Запишем каждое число, не превосходящее 10 20 , двадцатью цифрами (если цифр в записи числа меньше двадцати, дополним его недостающими нулями в старших разрядах. Зафиксируем первые три цифры и убедимся, что при любом выборе этих трех цифр квадратов с такими первыми тремя цифрами и четвертой цифрой 7 больше, чем квадратов с такими первыми тремя цифрами и четвертой цифрой 8 — очевидно, наш ответ из этого следует ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Нам нужно сравнитьколичество точных квадратов на полуинтервале с числом точных квадратов на полуинтервале 16 ; (A + 1) ·10 здесь A < 10 4 — число, полученное приписыванием восьмерки к трем зафиксированным первым цифрам, те. количество натуральных чисел на полуинтервале [ √ A − 1 · 10 8 ; √ A · 10 с количеством натуральных чисел на полуинтервале [ √ A · 10 8 ; √ A + 1 · 10 8 ) . Атак как количество натуральных чисел на полуинтервале [a; b) отличается от его длины b − a не более, чем на 1, нам достаточно показать, что длины последних полуинтервалов отличаются более, чем на 2. В этом можно убедиться непосредственно 10 8 − √ A − 1 · 10 8 ) − ( √ A + 1 · 10 8 − √ A · 10 8 ) = = 10 8 (( √ A − √ A − 1) − ( √ A + 1 − √ A)) = = 10 8 1 √ A + √ A − 1 − 1 √ A + 1 + √ A = = 10 8 · √ A + 1 − √ A − 1 ( √ A + √ A − 1)( √ A + 1 + √ A) = = 2 · 10 8 ( √ A + 1 + √ A − 1)( √ A + √ A − 1)( √ A + 1 + √ A) > > 2 · 10 8 2 √ 10 4 · 2 √ 10 4 · 2 √ 10 4 = 25 > 2. 392. Лемма. Любые 2n пар положительных чисел (a i , b i ) можно так разбить на две группы по n пар в каждой, что сумма впервой группе отличается от суммы во второй группе не более, чем на максимальное a i , и сумма впервой группе отличается от суммы во второй группе не более, чем на максимальное Доказательство. Докажем утверждение по индукции. База = очевидна. Теперьдокажем переход. Возьмем из 2n + 2 пар две, в которых максимальны a i . Пустьэто (a 1 , и (a 2 , b 2 ) (a 1 a 2 ). Тогда оставшиеся пары можно разбитьна две группы по n пар так, что выполняются условия леммы. Обозначим через a и суммы чисел в группах, а через b и b — суммы b i . Тогда − a | так как максимальное из оставшихся не превосходит и |b − b | max i b i . Без ограничения общности можно считать, что b Пусть b 1 b 2 . Тогда добавим первую пару во вторую группу, а вторую пару в первую группу. Тогда суммы в группах стали равны a + и+ a 1 , причем |(a + a 2 ) − (a + a 1 ) | |a − a | + |a 2 − a 1 | a 2 + a 1 − − a 2 = max i a i ; суммы же в группах стали равны b + и b + b 1 , причем УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС + b 2 ) − (b + b 1 ) | max(b − b, b 2 − b 1 ) max i b i , так как b 2 − и разных знаков. Поэтому данное разбиение разбиение удовлетворяет условиям леммы. Если же b 1 b 2 , то, добавив первую пару к первой группе, а вторую — ко второй, аналогично будем иметь |(b + b 2 ) − (b + + b 1 ) | и |(a + a 2 ) − (a + a 1 ) | a 1 . Лемма доказана. Д ока за тел ьс т во. Упорядочим пары по убыванию те. Назовем пары с номерами 2i − 1 и 2i двойкой. Заметим, что если разбитьпары на две группы так, что пары любой двойки попадут в разные группы, то разность в группах не будет превосходить a 2 ) + (a 3 − a 4 ) + . . . + (a 2n−1 − a 2n ) Распределим двойки по группам произвольным образом. Пусть еще не получилосьтребуемого разбиения, причем впервой группе сумма больше, чем во второй. Тогда в какой-то из двоек b i , попавшее в первую группу, больше b j , попавшего во вторую. Поменяв пары, принадлежащие этой двойке, местами, мы получим, что разностьсумм уменьшилась по модулю, поскольку изменилась не более, чем на 2b 1 . Тогда такой процесс не может продолжаться бесконечно, поэтому когда-нибудьраспределе- ние станет требуемым. Перейдем к решению задачи. Выберем из наших коробок ту, что содержит наибольшее количество апельсинов, а затем из оставшихся ту, что содержит наибольшее количество яблок. Тогда оставшиеся коробки согласно лемме можно разбитьна две группы по 49 ящиков так, что раз- ностьколичества апельсинов впервой и второй группах не превосходит числа апельсинов впервой коробке, и разность числа яблок впервой и второй группах не превосходит числа яблок во второй коробке. Но тогда добавим эти две коробки в ту группу, где не меньше бананов. Очевидно, полученный набор из 51 коробки удовлетворяет условиям задачи, что и требовалось г класс. Подойдет, например, число 391524680. Действительно, если не вычеркнутьодну из последних шести цифр, то полученное число будет составным (оно будет делиться либо на 5, либо на 2). Если же вычеркнуть шестьпоследних цифр, то останется вычеркнутьодну цифру из числа А числа 39 и 91 — составные. Ответ. Может ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Докажем, что второй может добиться того, чтобы перед каждым ходом первого четные и нечетные числа чередовались. Тогда этим ходом первому не удастся сделатьвсе числа равными, ион не выиграет. Н Н Ч Ч Н Н Ч Ч Н Н Ч Ч Рис. Заметим, что изначально четные и нечетные числа чередуются. После любого хода первого игрока получим подряд два четных и два нечетных числа. Поменяем четное и соседнее с ним нечетное число местами. Таким образом, после хода второго четные и нечетные числа чередуются, поэтому первый игрок никогда не получит четыре равных числа (см. рис. 175). 395. Достаточно решитьзадачу для случая, когда самый медленный гонщик стоит на месте в точке старта, а остальные (назовем их Петя, Вася и Коля) едут со скоростями, уменьшенными на скорость самого медленного при таком изменении условия моменты встреч гонщиков останутся неизменными. Пустьдо первой встречи с Васей в точке старта Петя проехал кругов, ас Колей — b кругов. Тогда Петя будет встречаться на старте с Васей через каждые a кругов, ас Колей — через каждые b кругов, и через ab Петиных кругов в точке старта окажутся все трое. Ответ. Нельзя. Так как каркас состоит из 54 единичных отрезков, для его изготовления необходимо 18 деталей. Рассмотрим одну из восьми вершин куба. Для того, чтобы припаятьк ней три отрезка, нужно использоватьне менее двух деталей. То есть, для формирования вершин куба нужно не менее 16 деталей. Рассмотрим центр куба. Из него должно выходить отрезков, и для этого необходимо не менее трех деталей. Атак как одна и та же деталь не может использоваться в вершине куба ив его центре, то необходимо не менее 19 деталей. Противоречие. Ответ. Рассмотрим самое левое четное число и самое правое четное число. Заметим, что четными являются все суммы с номерами от i дои только они (в суммах с меньшими номерами первое слагаемое нечетно, а второе четно в суммах с большими номерами — наоборот. Таким образом. Между и могут стоятькак четные, таки нечетные числа — от этого четностьсумм не изменится. Количество четных чисел будет наибольшим, если все числа между и также четны. В этом случае количество четных чисел будет равно 33. 398. Ответ. Не может УЧЕБНЫЙ ГОД, 8 КЛАСС 257 Пустьусловие задачи выполнено. Тогда каждой покрашенной клетке поставим в соответствие клетку B отличную оттого же цвета, находящуюся в квадрате 3 × 3 с центральной клеткой A. По условию для данной клетки A клетка B определяется единственным образом. Заметим, что клетка A находится в квадрате 3 × 3 с центральной клеткой B, значит клетка A поставлена в соответствие клетке B. Таким образом, рассмотренное соответствие разбивает все покрашенные клетки на пары. Однако, количество покрашенных клеток равно 99 2 — нечетному числу. Противоречие. Ответ. A 1 B 1 C 1 — равносторонний, все углы равны Рис. Так как ABC равнобедренный, то BB 0 — серединный перпендикуляр в основанию AC. Значит, лежит на этом перпендикуляре и CB 0 ⊥ ⊥ BB 1 . В точка B 0 — основание высоты и медианы на стороне, откуда BC = B 1 C , атак как ∠B 1 BC = 1 2 ∠ABC = 60 ◦ . Значит B 1 BC — равносторонний, а A 0 , будучи серединой стороны BC является основанием высоты в треугольнике B 1 BC . Получается, что точки A 1 и лежат на серединном перпендикуляре к отрезку BC. Аналогично, и лежат на серединном перпендикуляре к отрезку AB. Значит 180 ◦ −∠ABC = 60 ◦ , B 1 A 1 = B 1 A 0 +A 0 A 1 = B 1 A 0 +A 0 A = = B 1 C 0 + C 0 C = B 1 C 0 + C 0 C 1 = B 1 C 1 , те равнобедренный с углом при вершине 60 ◦ 400. Ответ. Может. Пусть и m 2 — фальшивые монеты, m 3 , и m 5 — какие-то три из настоящих монет. Работник делает два таких взвешивания m 3 , m 4 + m 5 ∨ m 2 + В результате начальник убеждается, что m 1 < и m 4 + m 5 > m 2 + + m 3 . Из первого взвешивания он делает вывод, что m 1 — более легкая монета, чем m 3 , а из второго — что среди монет и тяжелых монет ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ больше, чем среди и m 3 . Таким образом, он делает вывод, что и m 5 — тяжелые монеты, а m 2 — легкая. В итоге он видит три тяжелых монеты и две легких, а поскольку он знает, что фальшивых монет ровно две, то он убеждается в том, что фальшивыми являются именно легкие монеты и класс. См. решение задачи 393. 402. Ответ. Не могут. Предположим, что при некоторой расстановке чисел все клетки ока- залисьправильными. 4 4 4 4 4 4 4 4 K 4 M 4 4 4 4 4 4 4 4 4 U 4 4 4 4 V 4 4 4 4 B 4 A 1 1 1 G 1 N 1 D 1 Рис. 177 Пустьв клетку A записано число 4, тогда водной из соседних с A клеток, например, в клетку B, записано число 4, а в одну из клеток C, D, E — число 1. Если 1 записана в клетке C, тов клетку F также записано 4 — противоречие у клетки B две соседних клетки с числом 4. Аналогично, число 1 не может бытьзаписано в клетку E. Значит, 1 — в клетке Аналогично, 1 — в клетке G, а тогда в клетках U и V — опятьчетверки. Итак, числа 4 порождают цепочки . . . − 1 − 4 − 4 − 1 − 4 − 4 − . . .. Из того, что в клетку K записано число 4, следует, что в M записано 4, в N — 1, и тогда однозначно восстанавливаются числа в выделенных строках и столбцах (см. рис. Далее, в один из незаполненных еще квадратов 2 × 2 записано число Пусть, для определенности, 3 записано в клетку C. В клетки F и H нельзя записать и 4, значит, там записаны 2 и 3. Без ограничения общности, пусть2 записано в F , а 3 — в H. Рассматривая клетку H, получаем, что в клетку P записано число 2. Нов этом случае у клетки F с числом 2 в соседних клетках три различных числа. Противоречие. Если среди чисел x 1 , x 2 , . . . , нечетное число отрицательных или есть ноль, то неравенство очевидно. Пусть отрицательных чисел два или УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 259 четыре. Меняя, если нужно, знаки у всех чисел, можно добиться того, что ровно два числа будут отрицательными. Пустьдля определенности это числа и x 2 . Положим y k = |x k |. Тогда y 2 1 + y 2 2 + . . . + y 2 6 = и y 1 + y 2 = = y 3 + y 4 + y 5 + y 6 . Обозначим последнюю сумму через s. По неравенству о средних для двух чисел имеем+ y 2 2 2 = s 2 Аналогично+ y 4 + y 5 + y 6 4 4 = s 4 Значит, y 1 y 2 . . . y 6 s 6 4 5 . С другой стороны 1 + y 2 2 ) (y 1 + y 2 ) 2 = и 3 + y 2 4 + y 2 5 + y 2 6 ) (y 1 + y 2 + y 3 + y 4 ) 2 = что следует из неравенства между средним арифметическими средним квадратическим (или доказывается с помощью простого раскрытия скобок. Таким образом = y 2 1 + y 2 2 + . . . + y 2 6 s 2 2 + s 2 4 = 3 4 · Стало быть, s 2 8 и. . . x 6 = y 1 y 2 . . . y 6 s 6 4 5 8 3 4 5 = 1 Рис. 178 404. Обозначим центр вписанной окружности через Пусть B 0 — точка пересечения биссектрисы угла B сопи- санной окружностью. Тогда ∠IBC 0 = 1 2 ( AC 0 + AB 0 ) = = 1 2 ( BC 0 + CB 0 ) те. треугольник равнобедренный. Аналогично, значит треугольники и равны (см. рис. 178). Следовательно, точки B и I симметричны относительно, те серединный перпендикуляр к отрезку Пусть, для определенности, P лежит на луче C 0 A 0 . Пользуясь симметрией относительно A 0 P , имеем ∠A 0 BP = ∠A 0 IP = ∠A 0 AC = = ∠A 0 AB . Получилось, что угол между хордой окружности и прямой равен вписанному углу этой окружности, опирающемуся на дугу ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. По теореме, обратной теореме об угле между касательной и хордой, заключаем, что BP — касательная к описанной окружности треугольника. Ответ. См. решение задачи Рис. 179 406. Обозначим через K, L, M основания перпендикуляров, опущенных из точки D соответственно на AB, AC , BE см. рис. 179). (Точки K, лежат на отрезках AB, AC, BE, а не на их продолжениях, так как ABC остроугольный) Пусть DK пересекает BE в точке P . Заметим, что DLEM прямоугольника точка D равноудалена от сторон AB итак как лежит на биссектрисе AD. Отсюда EM = DL = DK > DP > DM. Поскольку в треугольнике EDM против большей стороны лежит больший угол, ∠EDM > ∠DEM = 90 ◦ − ∠EDM, поэтому ∠EDM > 45 ◦ . Но = ∠CED, откуда получаем требуемое. Ответ. Может. См. решение задачи 400. 408. Пусть N = 9a 2 + 9b 2 + 9c 2 . Если числа a, b, c делятся на 3, то делится на 81, что неверно. Пустьдля определенности a не делится на Если a + b + c делится на 3, то заменим a на −a. Таким образом, можно считать, что a + b + c не делится на 3. Тогда N = 9a 2 + 9b 2 + 9c 2 = (2a + + 2b − c) 2 + (2a + 2c − b) 2 + (2b + 2c − где число 2a + 2b − c = 2(a + b + + c) − 3c не делится на 3; аналогично и с остальными числами. Требуемое представление получено класс. Рассмотрим числа 100, 101, . . . , 200. Так каких всего 101, то какие-то три из них попадут водно множество. Сумма любых двух из этих трех чисел больше 200, и, следовательно, больше третьего числа. Значит, существует треугольник с соответствующими длинами сторон, что и тре- бовалосьдоказать. 410. Заметим, что любой уголок содержит горизонтальный прямоугольник. Также заметим, что любую горизонтальможно покраситьв три цвета так, чтобы любой прямоугольник 1×3 содержал клетки трех различных цветов, ровно 3! = 6 способами (получится раскраска а цвета ABC можно выбрать способами. Это означает, что раскраска УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 261 при которой каждая горизонтальпокрашена указанным способом, будет хорошей. Поскольку каждую горизонтальможно покраситьнезависимо от других, число хороших раскрасок такого вида будет в точности 6 Замечание. Покажем, что естьеще хорошие раскраски, которые мы не посчитали, например такая, при которой каждая из горизонталей од- ноцветна, а цвета горизонталей чередуются указанным выше образом (в этом случае любой вертикальный прямоугольник 1 × 3 будет содержать клетки трех различных цветов. Поэтому общее количество хороших раскрасок больше 6 8 |