Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
428. Ответ. Назовем десятерых мужчин, стоящих в центре фотографий, главными лицами. Разделим всех мужчин на фотографиях на уровни. К уровню 0 отнесем тех, кто не имеет отцов на фотографиях, к уровню + при k = 0, 1, 2, . . . отнесем мужчин, имеющих на фотографиях отцов, отнесенных к уровню k. Обозначим через число главных лиц уровня k, а через t k — число всех остальных мужчин уровня k. Число отцов мужчин уровня k + 1 не больше, чем 2 r k+1 + t k+1 , так как каждое главное лицо имеет брата. Действительно, пустькаждое главное лицо отдаст отцу полрубля, а неглавное — рубль; тогда у любого отца скопится не менее рубля. В тоже время, отцов мужчин уровня k + 1 не меньше r k , так как каждое главное лицо имеет сына. Следовательно, r k 1 2 r k+1 + t k+1 , k = 0, 1, 2, . . . Заметим также, что 2 r 0 + t 0 . Складывая все полученные неравенства, найдем, что 2 (r 0 + r 1 + . . .) + (t 0 + t 1 + . . .) (r 0 + r 1 + . . .) + откуда+ r 1 + . . .) + (t 0 + t 1 + . . .) 3 2 (r 0 + r 1 + . . .) + 1 = 3 2 · 10 + 1 = Итак, на фотографиях изображено не менее 16 мужчин. На рис. схематично представлены фотографии 16 мужчин с 10 главными лицами (пронумерованы от 1 до Горизонтальные линии соединяют братьев, остальные линии ведут (сверху вниз) от отца к сыну. Фотографии: (3, 1, 2); (5, 2, 1); (7, 3, 4); (9, 4, 3); (11, 5, 6); (12, 6, 5); (13, 7, 8); (14, 8, 7); (15, 9, 10) и (16, 10, 9); 429. Докажем, что числа x, y и z дают одинаковые остатки при делении на 3. Тогда из условия будет следовать, что число x + y + z делится на Если числа x, y и z дают различные остатки при делении натри, то число (x − y)(y − z)(z − x) не делится на 3, а число x + y + z, наоборот, делится на 3. Следовательно, по крайней мере, два из трех чисел x, y, дают одинаковые остатки при делении на 3. Но тогда число x + y + z = = (x −y)(y−z)(z−x) делится на 3, а для этого необходимо, чтобы и третье число давало тот же остаток при делении на 3, что и первые два числа. Пустьвеличины двух противоположных углов четырехугольников, образованного прямыми A 1 A 2 , B 1 B 2 , и D 1 D 2 , равны α и β (см. рис. 187). Нам достаточно показать, что α + β = π. Так как хорды A 1 B 2 , B 1 C 2 , и равны, то равны и угловые величины дуг A 1 D 1 B 2 , УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС, C 1 B 1 D 2 , D 1 C 1 A 2 , которые мы обозначим через γ. Тогда по теореме о величине угла с вершиной вне круга = A 1 D 1 B 2 − A 2 B 1 = γ − A 2 B 1 , 2β = C 1 B 1 D 2 − C 2 D 1 = Сложив эти равенства, получим, что + 2β = 2γ − ( A 2 B 1 + C 2 D 1 ) = 2γ − ( B 1 A 1 C 2 + D 1 C 1 A 2 − 2π) = следовательно, α + β = Рис. Рис. 188 431. Ответ. Заметим, что на шахматной доске имеется 16 диагоналей, содержащих нечетное число клеток и не имеющих общих клеток. Следовательно, число фишек не может бытьболее, чем 64 − 16 = 48. Удовлетворяющая условию задачи расстановка 48 фишек получится, если поставитьпо фишке на каждую клетку доски, за исключением клеток двух главных диагоналей (см. рис. 188). 432. Ответ + 1 Приведем стратегию первого игрока, позволяющую ему получитьне менее + 1 уравнений, не имеющих корней. Назовем распечатыванием выражения первую замену в нем звездочки на число. Своим первым ходом, а также в ответ на любой распечатывающий ход второго игрока, первый игрок распечатывает одно из оставшихся выражений, записывая число 1 перед x. Если второй игрок записывает число a перед или вместо свободного члена в выражении, распечатанном первым, тов ответ первый записывает на оставшееся место число. Дискриминант получившегося уравнения (D = 1 − 4a · 1 a = = −3) отрицателен, поэтому оно не имеет корней. Если же второй игрок запишет число вместо одной из двух звездочек в ранее распечатанном им выражении, то первый произвольным образом заполняет в этом выражении оставшееся место. Ясно, что описанная стратегия позволяет первому ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ игроку распечатать + 1 выражений, которые он входе игры превращает в уравнения, не имеющие корней. Осталосьпоказать, что второй игрок, мешая первому, может получить уравнений, имеющих корни. В самом деле, второй игрок может − 1 раз распечататьвыражения, записывая число 1 перед x 2 . Тогда, как бы ни играл первый игрок, второй сумеет поставитьеще по одному числу в каждое из распечатанных им выражений. Если место свободного члена незанято, то, записывая на него число −1, второй игрок обеспечивает получение уравнения с положительным дискриминантом. Если же вместо свободного члена первым игроком было записано число c, то второму достаточно записатьперед x число b > 2 |c|, и дискриминант полученного уравнения окажется положительным класс. Пустьдлины сторон треугольника равны a, b, c. Из формулы Геро- на имеем P (P − 2a)(P − 2b)(P − где S — площадь, а P = a + b + c — периметр треугольника. Допустим, что S — целое число. Тогда из (1) следует, что P — четное число (если нечетно, то правая часть) также нечетна). Следовательно, либо числа a, b, c — четные, либо среди них одно четное и два нечетных. В первом случае, так как a, b, c — простые числа, a = b = c = 2, и площадь треугольника равна, те. нецелая. Во втором случае будем считать, что a = 2, аи нечетные простые числа. Если b = c, то |b − c| и неравенство треугольника не выполнено. Следовательно, b = c. Из (получаем, что S 2 = b 2 − 1, или (b − S)(b + S) = 1, что невозможно для натуральных b и S. Итак, оба случая невозможны, те не может быть целым числом. Первое решение. Пусть и A 2 — точки, лежащие на первой окружности, аи точки, лежащие на второй окружности. Обратимся к ситуации, изображенной на рис. 189 (случай, изображенный на рис. 190 рассматривается аналогично). Пустьточки A 3 , и симметричны точками соответственно относительно точки O. По теореме о пересекающихся хордах OB 1 = B 2 O · OB 4 , откуда OA 1 · OB 1 = OB 2 · OA 2 , так как B 3 O = = и OB 4 = OA 2 . Это и означает, что точки A 1 , B 1 , и лежат на одной окружности. Второе решение. В случае, показанном на рис. в силу симметрии этих дуг относительно точки O. Поэтому ∠A 3 A 2 A 1 = УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 271 A 1 A 2 A 3 B 1 B 2 B 3 B 4 O A 1 A 2 A 3 B 1 B 2 B 3 B 4 O Рис. Рис. 190 = ∠B 3 B 1 B 2 , те. отрезок виден из точек и под одинаковым углом, следовательно, точки A 1 , A 2 , и лежат на одной окружности. В случае, изображенном на рис. 190, B 2 B 3 = A 1 A 3 , ∠A 3 A 2 A 1 = = ∠B 3 B 1 B 2 , но ∠A 1 A 2 B 2 = 180 ◦ − ∠A 3 A 2 A 1 , поэтому ∠B 3 B 1 B 2 + + ∠A 1 A 2 B 2 = 180 ◦ 435. См. решение задачи 427. 436. Ответ. При F = Если F = 0, то можно указатьна любого человека, сидящего за сто- лом. ПустьтеперьF = 0. Разобьем всех сидящих за столом на непустые группы подряд сидящих умных и подряд сидящих дураков число этих групп обозначим через 2k (k групп умных и k групп дураков. Количество людей в й группе умных обозначим через w i , а количество людей в й группе дураков — через f i (1 i k). Тогда f 1 + f 2 + . . . + f k F . Рассмотрим последовательность подряд идущих ответов умный и последнего человека x, про которого так говорят. Группа из умных дает такую последовательность длины не меньше w i −1, при этом x — действительно умный. Если же x — дураки находится в й группе дураков, то длина такой последовательности не более f i − 1. Следовательно, если max i w i > > max i f i , то можно утверждать, что последний человек, который назван умным в самой длинной последовательности ответов умный , действительно умный. Так как max i w i 30 − (f 1 + . . . + f k ) k 30 − F k , max i f i (f 1 + . . . + f k ) − k + 1 F − k + то если неравенство − F k > F − k + 1 выполняется при всех k от 1 до, то можно указатьна умного человека, сидящего за столом. Это неравенство равносильно такому (F + 1)k + 30 − F > 0. ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Оно справедливо для всех k, если D = (F + 1) 2 + 4(F − 30) < 0, т. е. при F < −3 + √ 128 < −3 + 12 = 9. Итак, при F 8 можно на основании данных ответов указать на умного человека. д у у у у д у у у у д у у у у д у у у у д у у у у д у у у у Рис. При F = 9 это не всегда возможно. Действительно, рассмотрим компанию, сидящую за столом так, как показано на рис. 191 (на рисунке рядом со стрелочками даны ответы у умный, д дурак дураки показаны заштрихованными кружочками). Будем поворачиватьэту картинку вокруг центра на углы 60 ◦ , 120 ◦ , 180 ◦ , и, наконец, почасовой стрелке. При этом, как нетрудно проверить, на каждом месте может оказаться как умный, так и дурака последовательность ответов останется той же самой. Поэтому в такой компании указатьна умного человека на основании данных ответов невозможно. См. решение задачи 429. A 1 A 2 B 1 B 2 C 1 C 2 E 1 E 2 D 1 ≡ Рис. 192 438. Ответ. Верно. Пустьданы два прямоугольника равной площади со сторонами и и со сторонами и b 2 . Без ограничения общности будем считать, что a 1 < и если a 1 = b 2 , тов силура- венства площадей ив этом случае утверждение очевидно случай b 2 , b 1 < невозможен, так как Расположим прямоугольники так, как показано на рис. 192. Это расположение удовлетворяет условию задачи. Докажем это. Заметим сначала, что A 1 A 2 C 1 C 2 . Действительно, из подобия треугольников получаем, что и см. рис. 192). Так как a 1 b 1 = a 2 b 2 , то a 2 a 2 = b 2 − a 1 a 1 , следовательно, h 1 = и A 1 A 2 C 1 C 2 . Из этого вытекает, что четырехугольники и A 2 E 2 C 2 C 1 — параллелограммы (значит, A 1 E 1 = A 2 E 2 ), и площади их равны. Тогда, в силу равенства площадей прямоугольников, равны и площади треугольников и A 2 B 2 E 2 , атак как A 1 E 1 = A 2 E 2 , то равны их высоты. Поэтому B 1 B 2 A 1 A 2 = a 1 . Следовательно, треугольники и УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 273 E 2 B 2 A 2 равны по двум катетам. Из этого следует, что любая горизонтальная прямая, пересекающая эти треугольники, пересекает их по равным отрезкам. Если же горизонтальная прямая пересекает параллелограммы и или совпадающие треугольники и C 1 D 1 C 2 , то равенство соответствующих отрезков очевидно. Замечание. Аналогичное утверждение для других равновеликих фигур, вообще говоря, неверно. Примером могут служитькруг и квадрат равной площади. Рис. 193 439. Ответ. n = Ясно, что если n клеток отмечены так, что выполняется условие задачи, тов каждой строке ив каждом столбце находится ровно одна отмеченная клетка. Считая, что n 3 (очевидно, что n = 2 — не наибольшее, возьмем строку A, в которой отмечена первая клетка, строку B, соседнюю си строку соседнюю либо сине совпадающую с B), либо сине совпадающую с Пусть b — номер отмеченной клетки в строке B. Если b n − n + 1 или b n + 1 2 + 2 , тов строках A и B найдется прямоугольник площади не меньшей n, не содержащий отмеченных клеток, следовательно + 1 2 < b < n + 1 2 + Рассмотрим два прямоугольника, образованных пересечением строки со столбцами с номерами 2, 3, . . . , n − n + 1 и со столбцами с номерами 2 + n + 1 2 , . . . , n. В этих прямоугольниках не лежат отмеченные клетки строки. Если n > 7, то площадь каждого из них не меньше n, но строка C содержит лишьодну отмеченную клетку, те. один из этих прямоугольников не содержит отмеченных клеток. Итак, мы доказали, что n 7. Пример доски 7×7, удовлетворяющей условию задачи, приведен на рис. Замечание. При n = 6 отметитьклетки требуемым образом невозможно, что следует из решения. Назовем последовательность хорошей, если если она сама и первые ее m усреднений состоят из целых чисел. Докажем, пользуясь методом математической индукции, что если последовательность {x k } хорошая, то последовательность {x 2 k } — хорошая для любого целого неотрицательного числа m. Из этого и вытекает утверждение задачи. Очевидно, что если последовательность {x k } — хорошая, то последо- ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ вательность {x 2 k } — хорошая. Предположим, что последовательность — хорошая, и докажем, что она (m + хорошая. Это следует из тождества+ x 2 k+1 2 = x k + x k+1 2 2 + x k + x k+1 2 − x k+1 2 , так как последовательности с общими членами+ x k+1 и+ x k+1 2 − хорошие, а поэтому, согласно индуктивному предположению, их квадраты хорошие последовательности, те. последовательность {x 2 k } — (m + 1) -хорошая. Замечание 1. Нетривиальный пример хорошей последовательности дает арифметическая прогрессия счетной разностью, состоящая из целых чисел, например 1, 3, 5, 7, . . Замечание 2. Изменим определение усреднения последовательности на более общее a k = a k + a k+1 + . . . + a k+p−1 p , p ∈ N. Известно доказательство аналогичного утверждения (если {x k } — хорошая, то и {x p k } хорошая) при p = 3. Интересно было бы выяснить, при каких p оно справедливо. Гипотеза только при простых p. 11 класс. См. решение задачи 425. A A B B E C ≡ Рис. 194 442. Параллельным переносом одного из двух данных треугольников совместим вершины и их прямых углов, а гомотетией того же треугольника с центром в точке C совместим их медианы (см. рис. 194). Тогда окруж- ностьс центром E и радиусом CE описана около обоих треугольников, причем угол между их гипотенузами — центральный и, значит, вдвое больше соответствующего вписанного угла, каковым является один из углов между катетами (на рис. 194 это углы ∠AEA = 2 ∠ACA ). Для доказательства требуемого утверждения остается заметить, что проделанные выше преобразования одного из треугольников не меняют углов между прямыми. Ответ. f(x) ≡ 1, f(x) ≡ Заметив, что f(x) ≡ 1 удовлетворяет условию задачи, будем искать другие решения. Пусть f(a) = 1 при некотором a > 0. Тогда из равенств f(a) f (xy) = = f (a xy ) = f (a x ) f (y) = f (a) f (x)·f следует, что (xy) = f (x) · для любых x, y > 0. А тогда из равенств f(a) f (x+y) = f (a x+y ) = = f (a x ) · f(a y ) = f (a) f (x) · f(a) f (y) = f (a) f (x)+f следует, что УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС (x + y) = f (x) + f для любых x, y > Из (1) имеем (1) = f (1 · 1) = те, а затем из (2) и (1) получаем (n) = f (1 + . . . + 1) = f (1) + . . . + f (1) = n, f m n · n = f m n · f(n) = f(m) = те. для любых m, n ∈ Предположим, что для некоторого x > 0 имеет место неравенство (x) = x, скажем, f(x) < x случай f(x) > x рассматривается аналогично. Подобрав число y так, чтобы выполнялисьнеравенства f (x) < y < из (2) и (3) получаем противоречащее им неравенство (x) = f (y + (x − y)) = f(y) + f(x − y) > f(y) = Итак, сделанное выше предположение неверно, поэтому f(x) = x для любого x > 0, и, разумеется, найденная функция годится C C A B A B C A B C A B C C A B C A B A B C A B C Рис. 195 |