Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
444. Пустьдля некоторого n указанное в задаче разбиение произведено. Раскрасим вершины треугольников в 3 цвета, как на рис. 195, где цвета обозначены буквами A, B, C. Заметим, что у любого правильного треугольника с вершинами в этих точках все вершины либо разноцветные, либо одноцветные. Убедиться в этом можно, проверив, что если такой треугольник повернуть вокруг любой его вершины (без потери общности можно считать, что она имеет цвет A) на угол то вершины, оставшиеся после поворота в исходном треугольнике и имевшие цвет A, сохранят его, а имевшие цвет B и C — поменяют его на C и B соответственно (если одна из вершин правильного треугольника с вершинами в покрашенных точках совпадает с центром поворота, то одна из оставшихся вершин переходит в другую). Выберем цвет, которым покрашено наименьшее число точек, и выбросим точки этого цвета. Эту операцию назовем разрежением. Останется не менее 3 · n 2 точек двух цветов (так как точек было больше, чем Любой правильный треугольник с вершинами в этих точках одноцветный, а значит, имеет сторону длиной не менее √ 3 Рассмотрим отдельно множество точек каждого из двух оставшихся цветов, которые образуют частьтреугольной решетки со стороной ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ и сделаем аналогичное разрежение. В результате останется не менее 3 2 · n 2 точек, которые могут образовыватьвершины правильного треугольника только со стороной не менее ( √ 3) 2 . Действуя аналогично, после го разрежения, мы сохраним не менее 3 k · n 2 точек, а правильные треугольники будут иметь сторону не менее. чем (Пусть n = 3 m , тогда после k = 2m + 1 разрежений, правильных треугольников не останется вовсе, а точек останется не менее, чем 3 2m+1 · n 2 2 = 4 3 m · n 3 1993 · n, при 3 m 3 · 1993. Таким образом, достаточно взять m > log 4 3 (3 · 1993). 445. Ответ. {0, 0, 0, 0}, {1, 1, 1, 1}, {−1, −1, 1, 1}, {−1, −1, −1, 1} с точностью до перестановки чисел четверки). Рассмотрим модули искомых чисел и упорядочим их по неубыванию: a b c d. Заметим, что a bc, так как либо a = bc, либо a = = bd bc, либо a = cd bc. Аналогично, d bc. Следовательно a b c d bc, те. Так как x = = x 2 , то x = 0 или x = 1. Остается проверить, что если в четверке есть отрицательные числа, то их количество равно двум или трем. Требуемое утверждение докажем индукцией по количеству n чисел в строке (в условии задачи взято n = При n = 1 на первом месте стоит число 1. Пустьтеперьдля строки из n − 1 чисел утверждение доказано. Докажем его для строки из n чисел. Если в результате выполнения описанных в условии операций число n окажется на последнем месте, ток первым (n − 1) числам сразу можно применитьпредположение индукции, так как число n уже никуда не пере- местится. Если же число n никогда не окажется на последнем месте, то оно не окажется и на первом месте. Но тогда число, находящееся на последнем месте, никуда не перемещается. Поэтому, поменяв местами число n и число, стоящее на последнем месте, мы никак не изменим происходящего. Следовательно, к первым (n − 1) числам можно применитьпредположе- ние индукции. Ответ. n = 8k + 1, где k ∈ N. Пустьописанный в задаче турнир проведен. Тогда все противники одного теннисиста разбиваются на пары, поэтому n нечетно. Всевозможные пары противников разбиваются на четверки пар, игравших водном матче. Следовательно, число этих пар − кратно четырем, откуда n − 1 = = 8k УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 277 A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 A 7 A 8 A 9 Рис. Докажем, что при любом k = 1, 2, . . указанный турнир для n = 8k + 1 участников возможен. При k = 1 для описания турнира поставим в соответствие теннисистам вершины правильного девятиугольника A 1 A 2 . . . На рис. 196 изображен матч пары A 1 , против пары A 3 , A 5 , причем отрезками соединены противники. Поворачивая эту конструкцию из отрезков вокруг центра на углы. кратные, мы получим изображения для остальных восьми матчей. При этом каждая хорда вида появится в изображении один раз, поскольку она равна в точности одной из хорд, A 1 A 3 , и A 1 A 5 . При k > 1 выделим одного из 8k + 1 теннисистов, а остальных разобьем на k групп по 8 человек. Присоединяя выделенного теннисиста последовательно к каждой группе, проведем в них турниры по описанной выше схеме для 9 человек. Тогда останется только провести матчи между противниками из разных групп. Для этого достаточно разбитькаждую группу на 4 команды по 2 человека и провести всевозможные матчи между командами из разных групп. A A 1 B B 1 C C 1 D D 1 A A 1 B B 1 C C 1 D D 1 M M 1 Рис. 197 448. Пустьданы прямоугольные параллелепипеды объема, который мы будем считатьединич- ным. Обозначим длины их ребер через a, b, c и a 1 , b 1 , c 1 соответственно. Если у параллелепипедов есть равные ребра, например = a 1 , то достаточно по- ставитьпараллелепипеды на горизонтальную плоскость так, чтобы ребра a и были перпендикулярны ей, так как тогда любое их сечение горизонтальной плоскостью будет иметьплощадьbc = b 1 c 1 . Поэтому далее будем считать, что длины ребер параллелепипедов различны. Всюду буквами S и V обозначим площадьи объем соответственно. Мы покажем, что на ребрах и параллелепипедов найдутся точки M и такие, что S MBD = и V AMBD = V A 1 M 1 B 1 D 1 . Да ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ лее мы получим, что расположение параллелепипедов, при котором плоскости и горизонтальны и совпадают (см. рис. 197), удовлетворяет условию. Докажем предварительно несколько вспомогательных утверждений. Лемма 1. Пусть в пирамиде ABCD плоские углы при вершине прямые, а площади граней BCD, ABC, ABD и ACD равны S 0 , S 1 , и соответственно. Тогда S 2 0 = S 2 1 + S 2 2 + S 2 Доказательство. Спроектируем пирамиду ортогонально сначала на плоскость ABC, затем на плоскости ABD, ACD и BCD см. рис. Обозначим углы, образуемые гранями ABC, ABD и ACD с гранью через α 1 , и α 3 . Тогда по теореме о площади ортогональной проекции многоугольника S i = S 0 · cos α i (i = 1, 2, 3), S 0 = S 1 cos α 1 + S 2 cos α 2 + + S 3 cos α 3 , поэтому cos 2 α 1 + cos 2 α 2 + cos 2 α 3 = и S 2 0 = S 2 1 + S 2 2 + S 2 Лемма 1 доказана α 1 S 2 cos α 2 S 3 cos Рис. Рис. Рассмотрим четырехугольную пирамиду EABCD (ABCD — прямоугольник, лежащую на горизонтальной плоскости гранью EAB (см. рис. 199). Такую пирамиду назовем клином с основанием EAB, а расстояние от прямой CD до плоскости EAB назовем высотой клина. Пусть площадьоснования клина EABCD равна σ, а его высота равна Лемма 2. Объем клина равен двум третям произведения площади его основания на высоту, те Доказательство. Разобьем клин на две пирамиды DEAB и. Их объемы равны, так как S ABD = и расстояние от точки E до их оснований одно и тоже. Поэтому V = 2V DEAB = 2 Лемма 3. На горизонтальной плоскости стоят два тетраэдра ( или два клина) с равными высотами и равными площадями оснований. Тогда их сечения плоскостью, параллельной основаниям, имеют равные площади. Д ока за тел ьс т во. В случае тетраэдров (см. рис. 200) из подобия получаем, что − и − x H 2 , следовательно, S 1 = УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС Рис. Рис. 201 = S 2 . Чтобы доказатьэто утверждение для клиньев, достаточно достро- итьклин до призмы (см. рис. 201). Из рисунка видно, что σ x = σ − x 2 H 2 σ = = σ 1 − x 2 H 2 , откуда и следует равенство площадей сечений. Докажем теперь существование точек M и M 1 . Если AM = xc, а xc 1 , где x ∈ (0, 1], то равенство объемов пирамид AMBD и A 1 M 1 B 1 D 1 выполняется автоматически, а равенство площадей треугольников и равносильно равенству f(x) = (a 2 c 2 + b 2 c 2 − −a 1 1 c 2 1 −b 2 1 c 2 1 )x 2 + (a 2 b 2 −a 2 1 b 2 1 ) = 0 , так как S 2 MBD = 1 4 (x 2 a 2 c 2 + ив силу леммы 1. Покажем, что f(0) > 0, а f(1) 0 (или наоборот. Отсюда и будет следоватьсуще- ствование x ∈ (0, 1] такого, что f(x) = 0, а, значит, и существование точек M и Заметим, что f(0) = a 2 b 2 − a 2 1 b 2 1 = a 2 b 2 c 2 c 2 − a 2 1 b 2 1 c 2 1 c 2 1 = 1 c 2 − 1 c 2 1 и, аналогично, f(1) = 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 − 1 a 2 1 − 1 b 2 1 − 1 c 2 1 , так как abc = a 1 b 1 c 1 = Рассмотрим два новых прямоугольных параллелепипеда один с ребрами и диагональю d, другой — с ребрами 1 a 1 , 1 b 1 , 1 c 1 и диагональю их объемы равны единице, а диагональодного из них не меньше, чем диагональдругого. Пусть, скажем, d d 1 , тогда f(1) 0. Так как объемы параллелепипедов равны, то у первого параллелепипеда найдется ребро, большее какого-нибудь ребра второго (выше мы предполагали, что равных ребер нет. Изменив в случае необходимости обозначения, будем считать, что. Тогда f(0) > 0, что и требовалось. Осталосьдоказать, что описанное выше расположение параллелепипедов удовлетворяет условию. Ясно, что в силу симметрии параллелепипедов относительно своих центров, достаточно проверить это утверждение для их половинок , те. призм и A 1 B 1 D 1 A 1 B 1 D 1 . Для пирамид MABD и M 1 A 1 B 1 D 1 справедливостьего следует из леммы 3. ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ A B D A B D M F E Рис. Проведем плоскость A F E MBD см. рис. 202) и плоскость M 1 B 1 D 1 . Эти плоскости отсекают от призм клинья A B D F и равного объема, так как (в силу леммы 2) V A B D F E = 2 3 · 1 2 axc · b = 1 3 x = 2 3 · 1 2 a 1 xc 1 · b 1 = Так как площади оснований и объемы клиньев равны, то равны и их высоты, поэтому в силу леммы 3 утверждение справедливо и для клиньев. Остается заметить. что призмы и имеют равные площади оснований и равные объемы (а, следовательно, и равные высоты, поэтому площади их сечений любой горизонтальной плоскостью равны. Замечание 1. Аналогичное утверждение для произвольных фигур равного объема, вообще говоря, неверно (см. также задачу 438 и замечания к ней). Замечание 2. В условии задачи можно отказаться от прямоугольно- сти параллелепипедов. Утверждение при этом остается справедливым. Кроме того, оно справедливо для произвольных равновеликих тетраэдров, однако известное доказательство этого факта неэлементарно. 1993–1994 г класс. Первое решение. Умножая обе части данного неравенства на x− − √ x 2 + 1 , получаем, что −y− y 2 + 1 = x − √ x 2 + 1 . Аналогично, умножая обе части данного равенства на y − y 2 + 1 , приходим к равенству − √ x 2 + 1 = y − y 2 + 1 . Складывая полученные равенства, приходим к равенству −(x + y) = x + y, откуда x + y = Второе решение. Заметим, что функция f(x) = x + √ x 2 + возрастает при x 0; при x < 0 она также возрастает, так как f(x) = УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС+ 1 − и знаменатель, очевидно, убывает. Поэтому при фиксированному данного уравнения не больше одного решения с другой стороны очевидно, рещение уравнения. A B K F C l S 1 S 2 Рис. 203 450. Первое решение. Так как касательные к окружности в точках B и C параллельны, то ее диаметр, и ∠BF C = = 90 ◦ . Докажем, что и ∠AF B = = 90 ◦ . Проведем через точку общую касательную к окружностям (см. рис. 203), пустьона пересекает прямую l в точке K. Из равенства отрезков касательных, проведенных к окружности из одной точки, следует, что треугольники AKF и BKF равнобедренные. Следовательно B = ∠AF K + ∠KF B = ∠F AB + ∠F BA = 180 ◦ 2 = Второе решение. Рассмотрим гомотетию с центром F и коэффициентом, равным − r 2 r 1 , где и r 2 — радиусы окружностей и S 2 . При этой гомотетии переходит в S 2 , а прямая l — касательная к S 1 — переходит в параллельную прямую — касательную к S 2 . Следовательно, точка A переходит в точку C, поэтому точка F лежит на отрезке AC. 451. Ответ. Выигрывает начинающий. Если перед ходом начинающего количества спичек на столе имеют вид a, 2 n · b и 2 m · c, где 0 n < m, а числа a, b и c нечетны, то он сможет, очевидно, сделатьсвой следующий ход. Докажем индукцией по числу ходов k, сделанных начинающим, что он сможет добиться такого распределения спичек по кучкам перед каждым своим ходом. При k = 0 утверждение верно 100 = 2 2 ·25, 300 = 2 2 ·75, 200 = 2 Предположим, что оно справедливо для k = l − 1. Это означает, что перед м ходом начинающего на столе лежат кучки, содержащие 2 n · a, 2 n · b и 2 m · c спичек. Тогда своим м ходом начинающий уберет кучку из 2 n · a спичек, а кучку из 2 m · c спичек разделит на кучки из и c − 1) спичек. После этого количества спичек в кучках будут иметьвид 2 n · a 1 , 2 n · a 2 , 2 n · a 3 , где a 1 , и a 3 — нечетные числа. Без ограничения общности можно считать, что второй игрок своим ходом убирает кучку из 2 n · спичек, а кучку из 2 n · спичек делит на две кучки из 2 n 1 · и 2 n 2 · b 2 , где и b 2 — нечетные числа и n 1 n 2 . Тогда a 2 = 2 n 1 · b 1 + 2 n 2 · b 2 . Если при этом n 1 < n , то n 1 = n 2 < n , и ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ утверждение верно если n 1 = n , то n 2 > n , а если n 1 > n , то n 2 = следовательно, утверждение верно и при k = l. 452. Первое решение. Докажем утверждение задачи в более общем предположении, когда рассматриваемые точки могут и совпадать. Доказательство будем вести индукцией по числу N различных точек среди 2n отмеченных. В случае N = 1 доказываемое неравенство, очевидно, выполнено. Для N различных точек обозначим через сумму попарных расстояний между точками одного цвета, а через S N 2 — сумму попарных расстояний между точками разных цветов. Предположим, что S N −1 1 S N −1 2 , и докажем, что S N 1 Занумеруем различные точки, двигаясьпо прямой слева направо A 1 , A 2 , . . . , A N . Пустьс точкой совпадает k красных и s синих точек. Переместим все точки, совпадающие св точку A 2 . При этом разность не уменьшается. Действительно, так как S N 1 − S N −1 1 = (k(n − − k) + s(n − s)) · A 1 A 2 , а S N 2 − S N −1 2 = (k(n − s) + s(n − k)) · A 1 A 2 , то S N 2 ) − (S N −1 1 − S N −1 2 ) = (S N 1 − S N −1 1 ) − (S N 2 − S N −1 2 ) = = (2ks − k 2 − s 2 ) · A 1 A 2 = −(k − s) 2 · A 1 A 2 те, откуда и следует доказываемое нера- венство. |