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: 36 из 64

411. См. решение задачи 404.
412. Ответ. Не может.
Предположим противное. Поскольку все 2n коэффициентов различны, то они и составляют все множество корней наших трехчленов, причем у каждого из них два корня. Пусть α
i
, β
i
— корни трехчлена x
2
− a
i
x + Тогда по теореме Виета a
i
= α
i
+ β
i
, b
i
= α
i
β
i
. Поскольку множество корней многочленов совпадает с множеством {a
1
, . . . , a
n
, b
1
, . . . , b
n
}, то+ β
i
) =
n

i=1
(a
i
+ b
i
) Следовательно Далее, α
2
i
+ β
2
i
= (α
i
+ β
i
)
2
− 2α
i
β
i
= a
2
i
− 2b
i
. Тогда+ b
2
i
) =
n

i=1
(α
2
i
+ β
2
i
) =
n

i=1
a
2
i
− Значит 0
, те. все коэффициенты равны нулю. Это противоречит тому, что они различны. Поскольку функция


синус

нечетная и имеет период 2π, можно считать, что 0 < x < Если x

2π
3
, то подойдет n = Если 0 < x <
π
3
, то, последовательно откладывая углы x, 2x, . . . , nx,
. . . , мы когда-нибудь выйдем из промежутка а поскольку шагменьшеii3, то мы при этом попадем в уже рассмотренный промежуток
π
3
;
2π
3
Если же x ∈

2π
3
; π

, то, учитывая равенство | sin nx| = | sin этот случай сводится к случаю x ∈
0;
π
3
414. Обозначим через H ортоцентр (те. точку пересечения высот ABC, через H
1
, H
2
, H
3
— основания высот на сторонах BC, CA, AB

ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
соответственно, а через A
1
, B
1
, C
1
— вторые точки пересечения окруж- ностей.
A
B
C
H
1
H
2
H
3
A
1
C
1
H
Рис. Так как прямая BC — касательная к окружности, проходящей через H и
H
1
и HH
1
⊥ BC, то HH
1
— диаметр одной из окружностей, данных в условии. Аналогично для двух других окружностей.
На диаметр в любой окружности опирается прямой угол, поэтому 90
◦
+ 90
◦
=
= 180
◦
, те. лежит на отрезке Аналогично, A
1
∈ H
2
H
3
. Точки B, H
2
,
H
3
, C лежат на окружности с диаметром, следовательно, ∠HH
2
A
1
=
∠BH
2
H
3
=
∠BCH
3
= 90
◦
−
− ∠ABC. Аналогично ∠HH
2
C
1
= 90
◦
− Получается, что прямоугольные треугольники и равны, а точки и симметричны относительно HH
2
. Значит, A
1
C
1
⊥
⊥ HH
2
, откуда A
1
C
1
AC. Аналогично B
1
C
1
BC и A
1
B
1
AB, что и доказывает подобие треугольников. Ответ. При всех нечетных Если n нечетно, то положим a =
1 2
, b =
2
n
− 1 2
. Тогда a + b целое, и+ b
n
= (a + b)(a
n−1
− a
n−2
b + . . . + b
n−1
) = 2
n−1
(a
n−1
− a
n−2
b
+. . .
. . . +b
n−1
)
; знаменательдроби в скобках равен 2
n−1
, поэтому число также целое.
Пусть n четное, n = 2k. Предположим, что требуемые числа a, b нашлись. Так каких сумма целая, то знаменатели в их несократимой записи равны, те. их несократимая записьтакова: a =
p
d
, b =
q
d
; при этом p + кратно d. Тогда p
n
+q
n
= (p
2k
−q
2k
)+2q
2k
= (p
2
−q
2
)(p
2k−2
+p
2k−4
q
2
+. . .
. . . + q
2k−2
) + 2q
2k
= (p + q)K + 2q
2k
, где K = (p − q)(p
n−2
+ p
n−4
q
2
+. . .
. . . + q
n−2
)
— целое число. Заметим, что a
n
+ b
n
=
p
n
+ q
n
d
n
— целое, те+ делится на d
n
; в частности, оно делится на d. Атак как p+q делится на d, то и должно делиться на d. Поскольку дробь
q
d
несократима,
то 2 делится нате Но тогда и q
n
— квадраты нечетных чисел, следовательно, дают остаток 1 при делении на 4. Поэтому p
n
+ не делится на 4, а должно делиться на 2 2k
, которое кратно 4. Противоречие. Ответ.
2n
3
Назовем вершину, в которой сходится ровно 3 ребра, хорошей

УЧЕБНЫЙ ГОД, 10
КЛАСС
263
Докажем, что никакие две хорошие вершины не лежат водной грани.
Предположим противное — пустьхорошие вершины A и B лежат водной грани ABC. Ребро AB принадлежит еще одной грани ABD. Поскольку вершина A — хорошая, то кроме AB, AC, AD нет других ребер, выходящих из A. В вершине A сходятся ровно 3 грани — ABC, ABD и грань содержащая ребра AC и AD, те. грань ACD. Аналогично получаем, что
BCD
является гранью многогранника. Получается, что многогранник является тетраэдром ABCD, что противоречит условию n  Из доказанного следует, что каждой хорошей вершине можно сопо- ставитьтри грани, сходящиеся в ней, причем различным хорошим вершинам сопоставлены разные грани. Отсюда следует, что количество хороших вершин не превосходит
2n
3
Опишем построение выпуклого 2n-гранника, для которого количество хороших вершин равно
2n
3
K
L
M
X
N
R
Q
P
Рис. Определим вначале процедуру наращивания грани многогранника с треугольными гранями. Пусть KLM — одна из граней, KLP , LMQ,
M KR
— грани, отличные от KLM, содержащие соответственно ребра, LM, MK точки P , Q, R необязательно различны) (см. рис. Пусть X — некоторая внутренняя точка треугольника KLM. На перпендикуляре к плоскости KLM, восставленном в точке X, вне многогранника выберем такую точку N, что точки K и N лежат по одну сторону от плоскости LMQ, L и N — по одну сторону от MKR, M и N — по одну сторону от KLP этого можно добиться, выбирая длину XN достаточно малой. Рассмотрим многогранник T

, получаемый добавлением к T пирамиды. По построению многогранник T

— выпуклый. Будем говорить, что получен из T наращиванием грани Если n = 3, то нарастив одну из граней тетраэдра, получим пример шестигранника с двумя хорошими вершинами.
Пусть n  4. В зависимости от остатка при делении на 3, представим
n
в виде n = 3k, n = 3k − 1 или n = 3k − 2 для некоторого натурального

ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 2. Рассмотрим тетраэдр и нарастим некоторую его грань у полученного многогранника нарастим еще одну грань и т. д. При каждой операции количество граней увеличивается на 2, поэтому через (k − 2) операции мы получим выпуклый 2k-гранник, все грани которого треугольные. Отметим k граней этого многогранника и последовательно их нарастим. При этом образуется n − k новых вершин, и каждая из них является хорошей класс. См. решение задачи 409.
418. Заметим, что P (x) > 0 при x  0, поэтому P (x) не имеет неотрицательных корней. Если при некотором k выполнено b
k

0, то трехчлен+ a
k
x + имеет неотрицательный корень. Таким образом, b
k
> для всех Далее, c
1
= a
1
+ a
2
+ . . . + a
n
> 0
, поэтому a
k
> хотя бы при одном. Ответ. Предположим, что участников не больше 12. Пусть при этом один из участников (назовем его A) выиграл все 11 этапов, а каждый из оставшихся хотя бы раз занял последнее место. Тогда участник A после 12 этапов наберет не меньше 11a
1
+ очков, а каждый из оставшихся — не больше+ 10a
2
+ очков (поскольку каждый из оставшихся занимал последнее место на одном из этапов и мог бытьпервым только на 12 этапе, что меньше, чем 11a
1
+ a
n
. Следовательно, только A может занятьпервое место. Поэтому для выполнения условия количество участников должно бытьне менее 13.
Пустьучастников 13, тогда устроителю достаточно выбратьчисла
a
1
= 1011
, a
2
= 1010
, . . . , a
12
= 1000
, a
13
= 1
. Рассмотрим участника, набравшего наибольшее количество очков после 11 этапов (назовем его A). Тогда среди 12 оставшихся найдется по крайней мере один участник, который не занимал последнего места ни на одном из этапов (назовем его B). Заметим, что A набрал не более 1011 · 11 = 11121 очков, а B не менее 1000 · 11 = 11000 очков. То естьпосле 11 этапов A опережает не более чем на 121 очко. Очевидно, что после 11 этапа A имеет шансы занятьпервое место. Однако, если на 12 этапе A займет последнее место,
то B наберет на 12 этапе хотя бы на 999 очков больше, чем A и обгонит его. То есть A будет не первым. Это и означает, что еще какой-то участник после 11 этапа имеет шансы занятьпервое место. Обозначим центр вписанной окружности через I. Заметим, что 2
(


BC
0
+



BA
0
) =
1 2
(


AC
0
+


CA
0
) =
∠AIC
0
, те. треуголь-

УЧЕБНЫЙ ГОД, 11
КЛАСС
265
ник равнобедренный, C
0
A = C
0
I
. Далее, ∠C
0
AC
1
=
1 2


C
0
B =
=
1 2


C
0
A =
∠C
0
CA
, поэтому треугольники и подобны по двум углам. Отсюда получаем, т. е.
C
0
I
C
0
C
1
=
C
0
C
C
0
I
A
B
C
I
l
m
P

Q
A
1
C
1
A
0
C
0
Рис. Проведем через I прямые l и m, параллельные AC и соответственно. Пусть P

— точка пересечения прямых l и A
1
C
1
, а Q — точка пересечения m и AC. Из доказанного соотношения следует, что при гомотетии с центром C
0
, переводящей в I, точка I переходит в C, прямые
l
и A
1
C
1
— в AC и m соответственно поэтому точка переходит в Следовательно, лежит на прямой P

Q
. Аналогично, лежит на прямой, поэтому и совпадают, лежит на и совпадает с P , что и требовалось. См. решение задачи Рис. 183
422. Продолжим отрезок до пересечения с плоскостью BCD в точке B

. Так как плоскости
(BCD)
и (ACD) симетричны относительно бис- секторной плоскости, то AB

= B

B

. Аналогично по точками строим точки и При гомотетии с центром A и коэффициентом плоскость (переходит в плоскость, поэтому (B

C

D

)
(B

C

D

) =
= (BCD)
, что и требовалосьдоказать.
423. Из условия следует, что число N можно представитьв виде+ b
2
+ где n ∈ N, a, b, c ∈ Z, a не делится на 3.
Лемма.
Всякое число вида (∗) можно представить в виде+ y
2
+ z
2
)
, где x, y, z ∈ Z, x, y, x не делятся на Доказательство. Без ограничения общности будем считать, что + b + не делится на 3 (иначе число a можно заменитьна −a). Имеем

ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ+ b
2
+ c
2
) = (4a
2
+ 4b
2
+ c
2
) + (4b
2
+ 4c
2
+ a
2
) + (4c
2
+ 4a
2
+ b
2
) =
= (2a + 2b
− c)
2
+ (2b + 2c
− a)
2
+ (2c + 2a
− Каждое из чисел 2a + 2b − c, 2b + 2c − a, 2c + 2a − b сравнимо по модулю 3 сне делящимся на 3 числом 2(a + b + c). Значит, эти числа тоже не делятся на 3. Лемма доказана.
Для завершения решения осталосьприменитьэту лемму n раз. Ответ. Закрасив в квадрате все клетки й, й, й, . . . , й горизонталей в черный цвет, получим требуемый пример. Осталось показать, что меньшим количеством закрашенных клеток не обойтись.
Пустьраскраска, в которой есть черных и w белых клеток удовлетворяет условию задачи. Запишем в каждую черную клетку ноль. Затем для каждой белой клетки выполним такую операцию. Если после ее закрашивания она становится центральной клеткой черного уголка, то прибавим к обеим остальным клеткам этого уголка по 1. В противном случае прибавим 2 к центральной клетке полученного уголка. В обоих случаях,
если получилосьнесколько уголков, то мы выполняем указанную операцию лишьс одним из них. Тогда сумма всех чисел в черных клетках равна Y
B A C
Z Рис. 184
Покажем,что в произвольной черной клетке A стоит число, не большее 4. Если у нее нет черных соседей, то после перекрашивания любого белого соседа A не может статьцентральной клеткой уголка, поэтому каждый сосед добавил в нее не более 1. Если у A не более двух белых соседей, то каждый из них добавил не более 2. Поэтому больше 4 в ней может добавиться только в том случае, если у нее 1 черный и 3 белых соседа (см. рис. Клетка C не могла добавитьв A двойку, так как тогда одна из клеток
X
или Z была бы черной. Если C добавила в A единицу, то одна из клеток
Y
и T черная — пустьэто Y . Тогда после закрашивания X она (клетка) становится центральной клеткой уголка, и поэтому также добавляет не более 1, а Z — не более 2. Если же C ничего вне добавляет,то в A
опятьже не больше 4, полученных из клеток X и Итогов каждой черной клетке записано не более 4, поэтому сумма всех чисел не больше 4b, те, и черных клеток не меньше, чем треть, что и требовалось

УЧЕБНЫЙ ГОД, 9
КЛАСС
267
З
АКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ г класс. Ответ. Не может.
Если 2n + 1 = k
2
, 3n + 1 = m
2
, то число 5n + 3 = 4(2n + 1) − (3n +
+ 1) = 4k
2
− m
2
= (2k + m)(2k
− m) является составным, поскольку m = 1 (в противном случае 5n + 3 = 2m + 1 и (m − 1)
2
= m
2
− (2m +
+ 1) + 2 = (3n + 1)
− (5n + 3) + 2 = −2n < 0, что невозможно).
A
B
C
B
1
O
D
Рис. 185
426. Построим отрезок так, что четырехугольник параллелограмм, тогда. Из треугольника получаем, что BB
1
+ BD
 и, следовательно. Остается заметить,
что треугольник равносторонний (CD =
= CB
1
= 1
, аи, значит. Таким образом, получаем AC +
+ BD
 1.
427. Ответ. Нельзя.
Первое решение. Пусть f(x) = Ax
2
+
+ Bx + C
, его дискриминант равен B
2
− 4AC. В результате выполнения первой операции f(x) меняется на трехчлен (A+B+C)x
2
+(B с дискриминантом (B + 2A)
2
− 4(A + B + C) · A = B
2
+ 4AB + 4A
2
−
− 4A
2
− 4BA − 4CA = B
2
− 4AC, а в результате выполнения второй операции на трехчлен Cx
2
+ (B
− 2C)x + (A − B + C) с дискриминантом 2C)
2
− 4C(A − B + C) = B
2
− 4BC + 4C
2
− 4CA + 4CB − 4C
2
=
= B
2
− 4AC. Следовательно, при выполнении разрешенных операций дискриминант сохраняется. Ноу трехчлена x
2
+ 4x + дискриминант равен, ау трехчлена x
2
+ 10x + он равен 100 − 4 · 9 = следовательно, получить из первого квадратного трехчлена второй невоз- можно.
Второе решение. Положим ϕ =
√
5 + 1 2
. Тогда ϕ =
1
ϕ
+ 1
, ϕ =
=
1
ϕ − 1
, ϕ − 1 =
1
ϕ
. Поэтому при выполнении разрешенных операций значение трехчлена в точке ϕ умножается или делится на ϕ
2
. Осталось заметить, что такими преобразованиями ϕ
2
+ 4ϕ + не переводится в ϕ
2
+
+ 10ϕ + достаточно проследитьза ростом модуля этого значения).
Замечание. Еще одно решение можно получить, заметив, что данные преобразования взаимно обратны, те. их композиция тождественна

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 2
3 4
5 6
7 8
9 10 11 12 13 14 15 Рис. 186