Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
468. Выберем произвольную клетку и обозначим ее центр через O. Введем декартову систему координат с началом O, осями, параллельными линиям сетки и единичным отрезком, равным стороне клетки. Зафиксируем какие-либо положения данных фигур I и II и обозначим центры накрываемых ими клеток через A 1 , A 2 , . . . , и B 1 , B 2 , . . . , B n соответственно. Обозначим −−→ OA i = a i , i = 1, 2, . . . , и b j , j = 1, 2, . . . , Пусть c — произвольный вектор с целочисленными координатами, X произвольная точка с целочисленными координатами, а g(X,c) — число, записанное в клетке с центром в конце вектора, отложенного от точки X и равного вектору c. Заметим, что) = g(B j , a i ) = g(O, a i + где i = 1, 2, . . . , m, j = 1, 2, . . . , n. ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Пусть S I (X) (S II (X) ) — сумма чисел, накрываемых первой (второй) фигурой, перенесенной из первоначального положения на вектор −−→ OX Тогда S I (X) = m i=1 g(X, и S II (X) Рассмотрим сумму) = m i=1 n j=1 g(A i ,b j ) . Изменяя порядок суммирования и используя (1), получаем) = n j=1 m i=1 g(B j , a i ) По условию задачи все слагаемые в сумме n j=1 S I (B j ) положительны, так как каждое из них естьсумма чисел, накрываемых первой фигурой в некотором положении, значит, по крайней мере одно слагаемое в сумме m i=1 S II (A i ) положительно, что и требовалосьдоказать. 469. По условию отлично от 0 и 5, поэтому b 2 естьодно из чисел 2, 4, 6 или 8, но тогда последовательность b 2 , b 3 , . . . является периодической с периодом 4: . . . , 2, 4, 8, 6, 2, 4, 8, 6, . . Поэтому для любого n > 1 a n+4 = a n + (2 + 4 + 8 + и для любого s > 1 a n+4s = a n + Из двух членов последовательности a n = 10m + и a n+1 = 10m + + хотя бы одно число делится на 4, пустьэто будет число a n 1 = Тогда a n 1 +4s = 4(l + 5s) , и осталосьдоказать, что среди чисел вида l + бесконечно много степеней двойки. Последнее следует из того, что остатки отделения на 5 степеней двойки образуют периодическую последовательность, 2, 4, 3, 1, 2, 4, 3, . . и, следовательно, бесконечно много степеней двойки дают при делении на такой же остаток, как и число l. 470. См. решение задачи 462. 471. Пусть E = CHD ∩ AB, F = AHD ∩ BC, G = BHD ∩ Так как CC 1 ⊥ AB и DD 1 ⊥ AB, тот. е. DE и CE высоты треугольников ABD и ABC. Из аналогичных рассуждений для других ребер следует, что точки A 1 , B 1 , и D 1 — ортоцентры (точки пересечения высот или их продолжений) граней тетраэдра Из этого факта и из условия задачи вытекает, что все грани данного тетраэдра являются остроугольными треугольниками. Как известно, высоты остроугольного треугольника являются биссектрисами треугольника УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 291 с вершинами в основаниях данных высот (ортотреугольника), те. орто- центр остроугольного треугольника естьцентр окружности, вписанной в ортотреугольник. Проведем через точку H плоскость α, параллельную плоскости Пусть K = α ∩ DE, L = α ∩ DF , M = α ∩ DG, N 1 = α ∩ D 1 C 1 , N 2 = = α ∩ D 1 A 1 , N 3 = α ∩ см. рис. 211). Тогда сфера касается граней пирамиды D 1 N 1 N 2 N 3 , имеющих вершину D 1 . Пусть X, Y , Z — точки касания (см. рис. Рис. Рис. Поскольку α ABC, H — центр окружности. вписанной в треугольник Докажем, что эта точка является также и центром окружности, вписанной в треугольник N 1 N 2 N 3 . Прямоугольные треугольники и равны по катету и гипотенузе (HX = HY = HZ как радиусы сферы, гипотенуза D 1 H — общая. Тогда из равенства углов, Y и следует равенство по катету и острому углу треугольников, и D 1 HZ 1 , следовательно HX 1 = HY 1 = = Пусть ∠MKL = θ, ∠KLM = ϕ, ∠LMK = ψ см. рис. Тогда ∠MHL = 180 ◦ − ϕ 2 − ψ 2 = 180 ◦ − 180 ◦ − θ 2 = 90 ◦ + θ 2 . Если θ 1 , то аналогично ∠N 3 HN 2 = 90 ◦ + θ 1 2 = ∠MHL, следовательно, значит, N 1 N 2 KL. Аналогично получаем, что N 2 N 3 LM и N 3 N 1 KM. Из подобия треугольников следует, что ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ N 1 N 2 N 3 K L M H E C D K H N 1 D 1 C 1 Рис. Рис. и (см. рис. 214) KN 1 N 1 H = ED 1 D 1 C , LN 2 N 2 H = F D 1 D 1 A , MN 3 N 3 H = = GD 1 D 1 B . Значит По теореме о пересекающихся хордах (см. рис. 215) ED 1 · D 1 C = F D 1 · D 1 A = GD 1 · Рис. Из (1) и (2) вытекает, что ED 1 = = F D 1 = GD 1 , ат. е. центры вписанной в треугольники описанной около него окружностей совпадают, поэтому этот треугольник правильный. Аналогично, правильными треугольниками являются и остальные грани тетраэдра следовательно, он правильный. Так как игра заканчивается не более, чем через 1994 ходов, то один из двух игроков обязательно имеет выигрышную стратегию. Если у игрока нет выигрышной стратегии, то игрок правильно играя, выигрывает при любом первом ходе игрока A. Докажем, что это невозможно. Для этого организуем две игры на двух досках (на второй доске A будет делатьтолько вертикальные ходы, а B — только горизонтальные заметим, что если по- вернутьдоску на 90 ◦ , то игра происходит в точности по правилам условия задачи. На первой доске A делает произвольный первый ход с поляна поле y. На второй доске A ставит коня на поле y и ждет ответного хода B УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 293 на первой доске. После чего в точности повторяет ход B на второй доске в качестве своего хода. Далее игрок B делает горизонтальный ход на второй доске, который повторяется игроком A на первой доске в качестве своего хода, и т. д. Заметим, что игрок B не может на второй доске попастьна поле x, так как B всегда ходит на поле одного цвета, отличного от цвета В этой двойной игре A всегда имеет возможностьсделатьочередной ход, если B имеет такую возможность. Поэтому на одной из двух досок проиграет вопреки предположению, что у него естьвыигрышная стратегия г класс. Ответили Заметим, что число минут времени прибытия z равно либо x + y, либо + y − 60, атак как x + y < 24 + 24 < 60, то z = x + y. Пустьза время нахождения поезда в пути новые сутки наступали k раз. Тогда число часов времени прибытия y = x + z − Из полученных равенств следует, что x = 12k, атак как x < 24, то либо x = 0, либо x = Такие значения x действительно возможны, что показывают следующие примеры x = 0, y = z = 15 и x = 12, y = 15, z = 27. 474. Будем доказыватьболее общее утверждение если хорда AE пересекает радиус OC в точке M, а хорда DE — хорду BC в точке N, тов условии задачи эти отношения равны Рис. Первое решение см. рис. Заметим, что дуги AC и AD симметричны относительно прямой AB; следовательно, их угловые величины равны. Поэтому равны углы AEC и вписанные в окружностьи опирающиеся на эти дуги. Углы AEC и ABC равны как вписанные, опирающиеся на дугу, а углы ABC и OCB равны, так как треугольник OCB равнобедренный. Следовательно, ∠AED = ∠OCB, те, а это означает, что точки M, N, E и C лежат на одной окружности. Поэтому ∠MNC = = ∠MEC = ∠OBC. Следовательно, треугольники MNC и OBC подобны, а значит ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ A B C D O E M N A B C D O E M N K F Рис. Рис. Второе решение см. рис. 217). Рассмотрим треугольники и DBC. Они равнобедренные, следовательно, ∠ACO = ∠CAB и = ∠CDB. Но ∠CAB = ∠CDB как вписанные, опирающиеся на одну дугу. Поэтому эти треугольники подобны, атак как ∠CAM = = ∠CDN вписанные, опирающиеся на дугу CE), то точка M делит отрезок в том же отношении, что и точка N делит отрезок Третье решение см. рис. 218). Заметим, что F D AB. Действительно. По теореме Паскаля, примененной к вписанному шестиугольнику ABCF DE, получаем, что MN AB, откуда и следует доказываемое утверждение. Замечание. На рисунках рис. рис. 218 хорда CD расположена ближе к точке B, чем к точке A. В случае, когда это не так, рассуждения, приведенные нами, также остаются в силе. Ответ. Не может. Предположим, что числа 1, 2, 3, 4, 5, 7 и 8 — корни уравнения (g(h(x))) = 0 . Если прямая x = a — осьпараболы, задаваемой уравнением, то h(x 1 ) = тогда и только тогда, когда x 1 + x 2 = Многочлен f(g(x)) имеет не более четырех корней, но числа h(1), h(2), . . . , h(8) являются его корнями, следовательно, a = 9/2 и h(4) = h(5), h(3) = h(6) , h(2) = h(7), h(1) = h(8). Мы попутно доказали, что числа, h(2), h(3), h(4) образуют монотонную последовательность. Аналогично, рассматривая трехчлен f(x) и его корни g(h(1)), и g(h(4)), получаем, что h(1) + h(4) = 2b, h(2) + h(3) = 2b, где прямая x = b — осьпараболы, задаваемой уравнением y = g(x). Но из 1 Теорема Паскаля утверждает, что если шестиугольник ABCF DE вписан в окружность (более общо — в коническое сечение, то точки Q, N, M пересечения прямых AB и DF , BC и ED, CF и EA возможно, бесконечно удаленные, лежат на одной прямой. В нашем случае бесконечно удаленной является точка Q. УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 295 уравнения h(1) + h(4) = h(2) + h(3) для h(x) = Ax 2 + Bx + C следует, что A = 0. Получили противоречие 4 7 1 4 7 1 4 7 2 5 8 2 5 8 2 5 8 3 6 9 3 6 9 3 6 9 7 1 4 7 1 4 7 1 4 8 2 5 8 2 5 8 2 5 9 3 6 9 3 6 9 3 6 4 7 1 4 7 1 4 7 1 5 8 2 5 8 2 5 8 2 6 9 3 6 9 3 6 9 Рис. 219 476. Ответ. Можно. Покажем, как построитьпример такой таб- лицы. Таблица T , изображенная на рис. 219, содержит по девятьраз каждое из чисел 1, 2, . . . , 9 и обладает тем свойством, что сумма чисел в любом квадрате 3 × 3 равна 36. Ясно, что таблица Q, получаемая из нее поворотом на, также обладает указанными свойствами. Заметим теперь, что одинаковым числам таблицы соответствуют различные числа таблицы, поэтому существует взаимно однозначное соответствие между клетками таблицы 9×9 и парами (a; b), где a, b = 1, 2, . . . , 9. Если теперь взять новую таблицу 9 × 9 ив ее клетке, соответствующей паре (a; b), записать число 9a + b − 9, то каждое из чисел от 1 до 81 встретится в такой таблице ровно один раза сумма чисел в каждом квадрате 3 × 3 будет одна и та же (она равна 369). 477. Заметим, что 459 + 495 = 954, а число 1995 делится на 3. Поэтому искомыми будут, например, числа . . . 459 665 троек . . . 495 665 троек и их сумма. Отметим, что 459, 495 и 954 — периоды десятичных разложений дробей и их суммы 111 . Вообще, дроби с одинаковыми знаменателями разбиваются на группы дробей с одинаковыми наборами цифр в периоде (подумайте, почему 13 = 0,(153846) , 5 13 = 0,(384615) , 7 13 = 0,(538461) , (таким образом, 153846 + 384615 = 538461); 1 13 = = 0,(076923) , 3 13 = и т. п. Добавляя к периодам из одной группы необходимое числа девяток, можно получитьдругие тройки искомых похожих чисел. Например 15384 99 . . .9 1989 6 + 38461 99 . . . 9 1989 5 = = 53846 99 . . . 9 1989 1 478. Ответ. Первое решение. Пусть M — середина стороны AB см. рис. Заметим, что отрезки и MB 2 — средние линии прямоугольных треугольников и AB 1 B . Из этого следует, что, во-первых, ∠A 2 M B 2 = = ∠ACB как углы с соответственно параллельными и противоположно ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ направленными сторонами, а во-вторых, ∠HA 2 M = ∠HB 2 M = поэтому точки M, A 2 , H и лежат на окружности с центром в середине отрезка MH. Так как ∠MC 1 H = 90 ◦ , тона указанной окружности лежит и точка C 1 . Следовательно, ∠A 2 M как вписанные, опирающиеся на дугу Итаки, поэтому. Аналогично доказывается, что и ∠C 2 B 1 A 2 = ∠CBA. Следовательно, искомая сумма равна сумме углов треугольника Второе решение. Известно, что треугольники ABC, A 1 B 1 C и A 1 BC 1 подобны, откуда и. Поэтому треугольники и подобны, и существует поворотная гомотетия с центром на угол CA 1 B 1 , переводящая один из этих треугольников в другой. Следовательно, ∠C 2 A 1 B 2 = ∠B 1 A 1 C , так как при этой поворотной гомотетии середина отрезка перейдет в середину отрезка аналогично и суммируя углы треугольников CA 1 B 1 , и AB 1 C 1 , получаем, что + ∠A 1 C 1 B + ∠C 1 B 1 A = 180 ◦ , откуда и следует доказываемое утверждение. A B C A 1 B 1 C 1 A 2 B 2 C 2 M H A B C A 1 B 1 C 1 A 2 B 2 C 2 M H Рис. Рис. Замечание. Кроме случая, изображенного на рис. 220, возможен еще случай, изображенный на рис. 221. Приведенное доказательство проходит в обоих случаях. Ответ. Первое решение. Будем называтькамни из одной кучи знакомыми, из разных — незнакомыми. Тогда доход Сизифа заодно перетаскивание равен изменению количества пар знакомых камней. Так как в конечный момент все камни оказалисьв исходных кучах, то общее изменение количества знакомств равно нулю, а, значит, и доход Сизифа равен нулю УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 297 Второе решение. Покажем, что величина A = ab + bc + ca + S, где, b и c — количества камней в кучах, S — доход Сизифа, не изменяется при перетаскивании камней. Действительно, без ограничения общности можно считать, что Сизиф перетащил камень из первой кучи во вторую. Тогда A = (a − 1)(b + 1) + (b + 1)c + c(a − 1) + S = A , так как S = = S + (b − (a − 1)). Но величина ab + bc + ca в начальный и конечный момент одна и та же, а, следовательно, и конечный доход Сизифа равен начальному, те. нулю. Аналогичным является решение, использующее инвариантность величины Третье решение. Можно проверить, что если поменять местами очередностьдвух перетаскиваний камней, то S при этом изменится на одну и туже величину. Кроме того, за два перетаскивания камня из кучи A в кучу B, а затем изв, доход Сизифа равен нулю. Таким же будет доход затри перетаскивания A → B, B → C, C → Из того, что в конце все камни оказалисьв исходных кучах, следует, что порядок перетаскивания камней можно изменитьтак, что все перетаскивания разобьются на тройки вида A → B → C → A и двойки вида B → A, дающие Сизифу нулевой доход. Сумма всех чисел в таблице неотрицательна, поэтому найдется строка, содержащая не менее 1000 единиц. Переставим столбцы таблицы так, чтобы в первых 1000 клетках этой строки стояли 1. Обозначим через A и B прямоугольники 2000·1000, образованные соответственно первыми и последними 1000 столбцами таблицы. Пусть A 1 — 1000 строк прямоугольника A с наибольшими суммами записанных в них чисел, A 2 — остальные 1000 строк. Если сумма чисел вне меньше 1000, то утверждение задачи доказано. Допустим, что сумма чисел в меньше 1000. Покажем, что тогда в каждой строке из сумма чисел отрицательна. Действительно, если хотя бы водной из строк из сумма неотрицательна, то и во всех строках из она неотрицательна. Кроме того, одна из строк вся состоит из 1, следовательно, сумма всех чисел вне меньше 1000. Противоречие. Отсюда следует, что сумма чисел в каждой строке из не больше, чем −2, так как сумма чисел в любой строке четна. Значит, сумма чисел во всем прямоугольнике A меньше, чем 1000 + (−2) · 1000, темень ше −1000. Но по условию сумма чисел в прямоугольнике B больше Пусть B 1 — 1000 строк прямоугольника B с наибольшими, а B 2 — строк прямоугольника B с наименьшими суммами записанных в них чисел. Докажем, что сумма чисел вне меньше 1000. Это верно, если сумма чисел в каждой строке из B 2 неположительна. Если же хотя бы в ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ одной строке из сумма чисел положительна, то она положительна ив каждой строке из B 1 . Утверждение задачи доказано класс. Ответ. Корней нет. Покажем, что при всех x ∈ R справедливо неравенство cos cos cos cos x > sin sin sin sin Достаточно это доказатьдля x ∈ [0, Если x ∈ [π, 2π], то утверждение очевидно для таких x выполнено cos cos cos cos x > 0, а sin sin sin sin x Пусть x ∈ ! 0, π 2 " . Тогда каждое из чисел cos x, sin x, cos cos x, sin sin x, cos cos cos x , sin sin sin x неотрицательно и не превосходит 1. Так как всегда, то для рассматриваемых значений x выполняются неравенства 0 cos x < π 2 − sin x. Следовательно cos x > cos π 2 − sin x = sin sin x, (2) sin cos x < sin π 2 − sin x = cos sin Из (2) получаем, что cos cos cos x < cos sin sin x, поэтому cos cos cos x + + sin sin sin x < cos(sin sin x) + sin(sin sin x) < π 2 , откуда cos cos cos x < < π 2 − sin sin sin x и, следовательно cos cos cos x > cos π 2 − sin sin sin x = sin sin sin sin Пусть x ∈ π 2 ; π . Положим y = x− π 2 , тогда y ∈ 0, π 2 , и неравенство) принимает вид cos cos cos sin y > sin sin sin cos Так как при y каждое из чисел cos sin y и sin cos y также принадлежит интервалу, тов силу (2) получаем, что cos cos(cos sin y) > > sin sin(cos sin y) . Функция sin sin t, t ∈ 0, π 2 , является возрастающей, поэтому в силу (3) имеем sin sin(cos sin y) > sin sin(sin cos Неравенство (а вместе сними неравенство (1)) доказано. См. решение задачи 474. |