Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
Второе решение. Рассмотрим произвольный отрезочек между двумя соседними отмеченными точками. Докажем, что количество отрезков с одноцветными концами, покрывающих его, не превосходит количества отрезков с разноцветными концами, покрывающих его (из этого, очевидно, будет следоватьтребуемое). Пустьслева от нашего отрезочка лежит k синих и l красных точек (одна из них — левый конец отрезочка. Тогда количество требуемых одноцветных отрезков равно k(n − k) + l(n − l), а разноцветных — k(n − l) + +l(n −k), и требуемое неравенство переписывается в виде n(k+l)−(k 2 + + l 2 ) n(k + l) − 2kl, что очевидно. Имеем+ a 2 ) + a 2 a 3 (a 2 + a 3 ) + . . . + a n a 1 (a n + a 1 ) = = 1 a 2 − 1 a 1 + a 2 + 1 a 3 − 1 a 2 + a 3 + . . . + 1 a 1 − 1 a n + a 1 = = 1 a 1 − 1 a 1 + a 2 + 1 a 2 − 1 a 2 + a 3 + . . . + 1 a n − 1 a n + a 1 = = a 2 a 1 (a 1 + a 2 ) + a 3 a 2 (a 2 + a 3 ) + . . . + a 1 a n (a n + a 1 ) . УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС. Заметим, что карточку с числом 1 двигатьнельзя. Следовательно, карточку с числом 2 можно двигатьне более одного раза, карточку с числом не более двух разит. д. Итак, для любого n 1000 карточку с числом n можно двигатьне более n − 1 раз (так как мы можем положить ее только справа от карточки с числом n − 1, которая, в свою очередь, может двигаться не более n − 2 раз. Значит, число сделанных ходов не превосходит 1 + 2 + . . . + 999 = 999 · 1000 2 = 499 500 < 500 000 455. Пусть S 1 — окружность, описанная около треугольника AP B, а окружность, описанная около треугольника CP D, Q 1 — их точка пересечения, отличная от точки P . Соединим точку с точками P , B и C (см. рис. Так как AB CD, то ∠CDA + ∠BAD = 180 ◦ . Кроме того, ∠CQ 1 P + + ∠CDA = и ∠P Q 1 B + ∠BAD = 180 ◦ . Из этих равенств вытекает, что ∠CQ 1 P + ∠P Q 1 B = 180 ◦ , следовательно, точка лежит на отрезке. Теперь ∠CP D = и ∠AP B = как вписанные, опирающиеся на одну дугу. Но по условию ∠AP B = ∠CP D, следовательно. Из сказанного вытекает, что точка совпадает сточкой, так как точка Q на отрезке BC такая, что ∠AQB = находится однозначно как точка пересечения прямой BC и прямой где D 1 — точка, симметричная точке D относительно BC. (Другие случаи расположения разбираются аналогично при этом, если точка попадает напрямую вне отрезка BC, то точки Q не существует.) A B C D P Q 1 S 1 S 2 A B C D P Q O 1 O 2 O S 1 S 2 Рис. Рис. Применим теорему синусов к треугольниками (см. рис. 205): DC sin α = 2R 2 , AB sin α = 2R 1 , ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ где α = ∠AP B = ∠CP D, и R 2 — радиусы окружностей и S 2 . Следовательно. Отсюда вытекает, что точка O пересечения диагоналей трапеции является центром гомотетии, переводящей окружность в окружность S 2 . Поэтому точка O равноудалена от концов общей хорды этих окружностей, те. от точек P и Q. 456. Для каждой каемки проведем две вертикальных и две горизонтальных полоски шириной 1, в которых лежат ее клетки. Тогда проведенные полоски покрывают наш квадрат, поэтому либо все 100 горизонтальных, либо все 100 вертикальных полосок, пересекающих квадрат, проведены (пусть это вертикальные. Таким образом, все вертикальные полоски для разных каемок не совпадают и проходят по клеткам квадрата. Отсюда следует, что две угловые клетки квадрата (скажем, A и B) покрыты одной и той же каемкой, и остальные две угловые клетки (C и также покрыты одной каемкой. Сторона каждой из этих каемок не меньше однако для каждой из этих каемок обе вертикальные полоски пересекают квадрат. Поэтому это одна и та же каемка со стороной 100, содержащая все граничные клетки нашего квадрата. Удалив эту каемку, мы получим квадрат 98×98, к которому можно снова применитьаналогичные рассуждения. Продолжая эту процедуру, мы убедимся, что утверждение задачи справедливо класс. Каждый кореньданного уравнения является корнем одного из квадратных трехчленов ±P 1 ± P 2 ± с некоторым набором знаков. Таких наборов 8, и все они дают действительно квадратные трехчлены, так как коэффициент при имеет вид ±1 ± 1 ± 1, те. отличен от нуля. Однако двум противоположным наборам знаков соответствуют квадратные уравнения, имеющие одни и те же корни. Значит, все решения уравнения + |P 2 (x) | = |P 3 (x) | содержатся среди корней четырех квадратных уравнений. Следовательно, их не более восьми. См. решение задачи 451. 459. Продолжим медианы до пересечения с описанной окружностью в точках A 1 , и см. рис. 206). Очевидно, что AA 1 D, BB 1 D, CC 1 D, те Найдем A 1 A 2 . По теореме о пересекающихся хордах A 1 A 2 · AA 2 = = BA 2 · A 2 C , те и A 1 A 2 = a 2 4m a . Аналогично, B 1 B 2 = = b 2 и C 1 C 2 = c 2 4m c УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 285 A B C A 1 B 1 C 1 A 5 B 7 C 2 Рис. Подставим эти выражения в неравенства) и сложим их+ a 2 4m a + 4m 2 b + b 2 4m b + 4m 2 c + c 2 4m c но 4m 2 a + a 2 = 2b 2 + 2c 2 , 4m 2 b + b 2 = 2c 2 + 2a 2 , 4m 2 c + c 2 = 2a 2 + сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов его сторон, следовательно+ b 2 2m c + b 2 + c 2 2m a + c 2 + a 2 2m b откуда и вытекает требуемое неравенство. Будем для краткости называтьтреугольниками равнобедренные треугольники с вершинами в вершинах (6n + 1)-угольника. Заметим, что всякая диагональи всякая сторона данного многоугольника принадлежит ровно трем различным треугольникам (этот факт верен только при условии, что число сторон многоугольника имеет при делении на 6 остаток 1 или Обозначим через CC, CK и KK число диагоналей и сторон M, концы которых окрашены в синий, синий и красный, красный цвета соответственно, а через CCC, CCK, CKK и KKK число треугольников, у которых в синий цвет окрашены 3, 2, 1 и 0 вершин соответственно. Тогда 3 · CC = 3 · CCC + CCK, так как каждая диагональ(или сторона принадлежит трем треугольникам, в треугольниках стремя синими вершинами три стороны с двумя синими концами, в треугольнике с двумя синими вершинами одна такая сторона, а в треугольниках с меньшим числом синих вершин таких сторон нет. Аналогично доказываются равенства KC = 2 · CCK + 2 · CKK и 3 · KK = CKK + 3 · Из этих равенств следует, что + KKK = KK + CC − 1 2 · KC = = 1 2 K(K − 1) + 1 2 C(C − 1) − 1 2 K · где C — число синих вершин, C = 6n + 1 − Это и доказывает утверждение задачи. Сравним степени, в которых данное простое число p входит в левую и правую части доказываемого неравенства. Пусть p входит в разложение числа k на простые множители в степени α, в разложение числа m — в степени β ив разложение числа n — в степени γ. Без ограничения общ ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ности можно считать, что α β γ. Тогда в правую часть p входит в степени 2γ, а в левую — в степени β + 2γ, откуда и следует требуемое неравенство. Пусть a — одно из значений, принимаемых функцией f(x), аи количество тех x, для которых f(x) = a и g(x) = a соответственно (возможно, что k a = 0 ). Тогда n a · пар чисел (x, y) будут удовлетворять равенствам f(x) = a, g(x) = a, пар — равенствами пар — равенствам g(x) = a, g(y) = a. Поэтому, если a, b, . . . , u все значения, принимаемые функцией f, то m = n a k a + n b k b + . . . + n u k u , n = n 2 a + n 2 b + . . . + n 2 u , k k 2 a + k 2 b + . . . + Используя неравенство 2pq p 2 + q 2 , получаем требуемое. Докажем сначала вспомогательное утверждение. Лемма. Пусть преобразование плоскости H является композицией гомотетий и с центрами и O 2 , коэффициентами k 1 и Тогда если k 1 k 2 = 1 , то H — параллельный переноса если k 1 k 2 = = 1, то H — гомотетия с коэффициентом k = и центром, лежащим на прямой Доказательство. Если X 1 = H k 1 O 1 (X) , Y 1 = H k 1 O 1 (Y ) , X 2 = = H k 2 O 2 (X 1 ) , а Y 2 = H k 2 O 2 (Y 1 ) , то и k 2 −−−→ X 1 Y 1 . Следовательно. Из этого вытекает, что H — параллельный перенос, если k 1 k 2 = 1 , и гомотетия с коэффициентом k 1 k 2 , если k 1 k 2 = = Пусть k 1 k 2 = 1. Тогда k 2 ( −−−→ O 2 O 1 + −−−→ O 1 X 1 ) = k 2 −−−→ O 2 O 1 + k 2 k 1 −−−→ O 1 X = = k 2 −−−→ O 2 O 1 + k 1 k 2 ( −−−→ O 1 O 2 + −−−→ O 2 X) = (k 1 k 2 − k 2 ) −−−→ O 1 O 2 + Подставив сюда центр гомотетии O вместо X и X 2 , получим, что = k 1 k 2 − k 2 1 − Следовательно, точка O принадлежит прямой O 1 O 2 . Лемма доказана. Перейдем теперьк доказательству утверждения задачи. Пусть — окружностьс центром J и радиусом r, вписанная в треугольник ABC; O — центр окружности S; X — точка, лежащая на отрезке OJ, причем : XJ = R : r , где R — радиус окружности S см. рис. Выбранная таким образом точка X является центром гомотетии H с коэффициентом −R/r), переводящей окружность σ в окружность S. Заметим теперь, что H = H A 1 ◦ H A , где H A — гомотетия с центром A и коэффициентом k 1 = r 1 /r (r 1 — радиус окружности S 1 ), переводящая в S 1 , а H A 1 — гомотетия с центром и коэффициентом k 2 = −R/r 1 , УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 287 A B C A 1 B 1 C 1 O J X Рис. переводящая в S. Так как k 1 k 2 = −R/r = 1, то согласно доказанной лемме точка X лежит на прямой AA 1 . Аналогично доказывается, что она лежит на прямых и CC 1 464. Ответ. Учеников, которые учатся лучше большинства своих друзей, назовем хорошими. Пусть x — число хороших учеников, k — число друзей у каждого ученика. Лучший ученик класса является лучшим в k парах друзей, а любой другой хороший ученик — не менее, чем в+ 1 k + 1 парах (здесь квадратные скобки обозначают целую частьчисла). Поэтому хорошие ученики являются лучшими не менее, чем в k + (x − 1) k + 1 парах. Это число не может превышатьчисла всех пар друзей в классе, равного 15k . Отсюда k + (x − 1) k + 1 2 15k, или 28 · k k + 1 + Заметим далее, что + 1 2 30 − поскольку число учеников, лучше которых учится наихудший из хороших учеников, не превышает 30 − Правая частьнеравенства (1) возрастает с ростом k, а неравенство (равносильно условию 59 − Из (1) и (3) следует, что x 28 · 59 − 2x 60 − 2x + 1 , или 59x + 856 0. (4) ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Наибольшим целым x, удовлетворяющими условию x 30, является. Итак, число хороших учеников не превышает 25. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 Рис. Покажем, что оно может равняться 25. Занумеруем учеников числами от 1 до 30 в порядке ухудшения успеваемости и расположим номера в таблице 6 × 5 так, как показано на рис. 208. Пустьпара учеников является парой друзей, если их номера расположены одним из трех способов а) в соседних строках ив разных столбцах б) водном столбце и один из номеров при этом находится в нижней строке в) в верхней строке. При этом, как нетрудно проверить, все требуемые условия выполнены класс. Имеем + 1 b + b + 1 a = a 2 + b 2 + a + Пусть d — наибольший общий делитель чисел a и b. Так как ab делится на d 2 , то a 2 + b 2 + a + делится на d 2 . Число a 2 + также делится на Поэтому a + b делится на и + b d. 466. Будем называть выпуклой оболочкой конечного множества точек наименьший выпуклый многоугольник, содержащий все эти точки. Можно доказать, что у любого конечного множества точек существует единственная выпуклая оболочка. Пусть M = A 1 A 2 . . . A n — выпуклая оболочка выбранных k точек k), и точка O ∈ M отлична от A 1 , A 2 , . . . , Рассмотрим отрезки и продолжим каждый из них заточку до пересечения с границей стоугольника в точке B i . Докажем, что M находится внутри выпуклой оболочки точек B 1 , B 2 , . . . , Разрежем многоугольник A 1 A 2 . . . на треугольники. Тогда, как легко видеть, если O ∈ A i A j A k , то O ∈ B i B j B k , а, следовательно, O лежит также ив выпуклой оболочке точек B 1 , . . . , Поскольку лежит внутри отрезка OB i , то A i ∈ M , и M лежит внутри Выберем для каждой точки сторону многоугольника, ее содержащую. Рассмотрим множество концов этих сторон. В нем m 2n точек. Добавим к ним произвольным образом 2k − m вершин стоуголь- ника и рассмотрим угольник с вершинами в полученных точках. Он выпуклый, его граница содержит точки B 1 , B 2 , . . . , и, следовательно, он содержит и M. УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС. Заметим, что точки A, F и C лежат на одной прямой (см. решение задачи 450). Докажем, что центры окружностей и ω 2 , описанных около треугольников ABC и BDE соответственно, лежат на AC. Тогда, поскольку общая хорда двух окружностей перпендикулярна линии центров, мы получаем требуемое (BF ⊥ F C, так как BC — диаметр Очевидно, центр лежит на AC, так как ABC — прямоугольный. Поэтому достаточно показать, что центр окружности совпадает с Очевидно, что AE = AD, поэтому достаточно проверить, что AD = AB. Пустьрадиусы и равны R и r соответственно. Тогда из прямоугольной трапеции BAO 1 O 2 , где и O 2 — центры и S 2 , находим = см. рис. 209). R r R r A B O 1 O 2 R − Рис. Рис. Проведем серединные перпендикуляры и к ED и AD соответственно (см. рис. Из подобия треугольников AND и AMO 1 находим: AD AO 1 = AN AM или AD R = 2r AD/2 , откуда AD = 2 √ Rr |