Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
483. Ответ. Существует. Укажем способ построения такой последовательности. В качестве первого члена можно взятьчисло 1. Пустьудалосьподобратьn первых членов a 1 , a 2 , . . . , a n , и пусть m — наименьшее число из не вошедших в них, а M — наибольшее из вошедших. Обозначим сумму первых k членов. Пусть теперь a n+1 = m[(n + 2) t − 1] − S n , a n+2 = где натуральное t выбрано достаточно большим для того, чтобы выполня- УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 299 лосьусловие a n+1 > M . Легко видеть, что S n+1 = S n + a n+1 = m[(n + + 2) t −1] делится на (n+2)−1 = n+1, а сумма S n+2 = m(n + делится на (n + 2). Продолжая таким образом, мы включим все натуральные числа, ипритом ровно по одному разув нашу последовательность. O C 1 C m d 1 d 2 B 1 B 2 B n (B s ) l l 1 B m B m+1 B m−1 Рис. 222 484. Первое решение. Пусть A n A 1 — самая короткая (одна из них) сторона многоугольника A 1 A 2 . . . с равными углами. Тогда A n A 1 и A n−1 A n . Предположим, что многоугольник не имеет других, кроме сторон, не превосходящих соседних сними. Пусть A m A m+1 — самая длинная (одна из них) сторона многоугольника. Тогда A 1 A 2 < A 2 A 3 < . . . < так как если A k−1 A k A k A k+1 , то наименьшая среди сторон A k A k+1 , . . . , не длиннее соседних с ней. Аналогично A n A 1 < A n−1 A n < . . . < A m+1 A m+2 < Отложим векторы, i = 1, . . . , n от одной точки: −−→ OB i = −−−−→ A i A i+1 (см. рис. 222). Тогда+ . . . + −−→ OB n = −−−→ A 1 A 2 + . . . + −−−→ A n A 1 = 0 , и, следовательно, сумма проекций, i = 1, . . . , n, этих векторов на любую прямую равна 0. Возьмем в качестве прямую, перпендикулярную биссектрисе l угла B 1 OB m . Из условия следует, что ∠B 1 OB 2 = = . . . = ∠B m−1 OB m = 2π n , поэтому пары лучей и [OB m ) , и, . . . симметричны относительно прямой l. Для нечетного m, m = = 2s − 1, без пары останется луч [OB s ) , лежащий на l. Соответственно, векторы −−→ OC i i = 1 , . . . , m, разобьются на пары противоположно направленных векторов, причем OC 1 < OC m , OC 2 < OC m−1 , . . . (если m = = 2s + 1 , то 0 ). Таким образом+ . . . + −−−→ OC m = d 1 , где направленный вверх вектор. Аналогично+ . . . + −−−−−→ OC m+1 = = d 2 , где d 2 сонаправлен си хотя бы один из векторов и d 2 ненулевой. Но тогда+ . . . + −−→ OC n = d 1 + d 2 = 0. Противоречие, следовательно найдется отличная от сторона многоугольника, не превосходящая соседние с ней стороны. Так как каждое делится на НОД(a i , a 2i ) = НОД(i, 2i) = i, то. i для всех i ∈ N. Предположим, что при некотором i выполняется неравенство a i > i . Тогда, с одной стороны, НОД(a a i , a i ) = НОД(a i , i) = = i , ас другой стороны, поскольку делится на a i , то НОД(a i , a a i ) = = a i > i . Получили противоречие ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. Первое решение. Пусть и O 2 — центры, OP и OQ — диаметры окружностей и соответственно, описанных около треугольников AOC и DOB см. рис. Рис. Отрезок перпендикулярен общей хорде OK этих окружностей и делит ее пополам, ив тоже время, является средней линией треугольника, поэтому прямая проходит через точку K и перпендикулярна. Таким образом, угол MKO будет прямым, если точка M лежит на прямой P Q. Докажем это. Отрезок P O — диаметр окружности w 1 , проходящей через точку поэтому угол P AO — прямой, следовательно, отрезок P A касается полуокружности. Аналогично, P C, QB и QD — также касательные к полу- окружности. Пусть F — точка пересечения прямых P C и QD, а E — точка пересечения прямой CD и прямой, проходящей через точку P и параллельной. Тогда из равенства касательных F C и F D следует, что ∠QDM = = ∠F DC = ∠F CD = ∠P CE. Но ∠QDM = ∠P EM, так как P E Итак, P E = P C, но P C = P A и QB = QD, значит, AP E и BQD — подобные равнобедренные треугольники с соответственно параллельными сторонами AP и BQ, P E и QD. Гомотетия с центром в точке M и коэффициентом переводит точку B в точку A, точку D в точку, следовательно, она переводит точку Q в точку P , так как треугольники BQD и AP E подобны. Значит, прямая P Q проходит через центр гомотетии точку Рис. Рис. Второе решение. Сделаем инверсию относительно окружности с центром O и диаметром AB. Точки A, C, B, D останутся неподвижными, а точка K перейдет в точку пересечения прямых AC и BD см. рис. 225). УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 301 Точка M перейдет в точку пересечения окружности, описанной вокруг COD, и прямой AB, отличную от O. Описанная окружность COD — окружность точек так как O — середина AB, C и D основания высот, поэтому она вторично пересекает AB в точке основании высоты, следовательно, K M ⊥ Так как OK · OK = OM · OM , то OKM подобен OK M и, следовательно, ∠OKM = Третье решение. Пусть и O 2 — центры, OP и OQ — диаметры окружностей, описанных около треугольников AOC и DOB соответственно (см. рис. 223). Очевидно, O и K симметричны относительно см. решение Осуществим гомотетию с центром O и коэффициентом 2. При этом точки и перейдут соответственно в точки P и Q, а середина отрезка в точку K. Следовательно, точка K принадлежит прямой P При описанной гомотетии серединные перпендикуляры к отрезками перейдут в касательные к окружности в точках A, и D соответственно. Рассмотрим шестиугольник ABBCDDA вырожденный и самопере- секающийся), вписанный в окружность. По теореме Паскаля 1 точки пересечения пар прямых AB и CD пересекаются в точке M), касательных BB и DD пересекаются в точке Q) и BC и DA обозначим точку их пересечения через L) лежат на одной прямой. Таким образом, точка Q лежит на прямой LM. Аналогично, точка P лежит на прямой LM. Значит, точки и M лежат на одной прямой, откуда следует (см. решение 1), что = 90 ◦ 487. См. решение задачи 480. 488. Рассмотрим произвольный многочлен) = c n x n + c n−1 x n−1 + . . . + c 1 x + Назовем его нормой число R = c 2 n + c 2 n−1 + . . . + c 2 0 . Положим) = c 0 x n + c 1 x n−1 + . . . + c n−1 x + Лемма. Для любых многочленов P (x) и Q(x) справедливо равенство P Q = P Доказательство. Пусть (x) = a n x n +a n−1 x n−1 + . . . +a 1 x+a 0 , Q(x) = b m x m +b m−1 x m−1 + . . . +b 1 x+b 0 . Перемножим многочлены P и Q(x), не приводя подобные члены, и запишем получившиеся коэффициенты (при степенях переменной) в таблицу следующим образом: Для того чтобы найти коэффициент при в многочлене P нужно сосчитатьсумму всех чисел, стоящих на соответствующей диаго- 1 См. подстрочное примечение нас ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. . . . . . . . . . . . . . Рис. 226 нали таблицы (на рисунке эти диагонали отмечены сплошными стрелками; будем называтьих левыми. Следовательно, квадрат нормы многочлена равен сумме квадратов всех таких сумм. Перемножив, не приводя подобных членов, многочлены P (x) и записав аналогичным образом получившиеся коэффициенты в таблицу, убеждаемся, что я строка этой новой таблицы есть я строка исходной таблицы, элементы которой записаны в обратном порядке первый элемент стал последним, второй — предпоследними т. д. Поэтому для того чтобы найти квадрат нормы многочлена P (x)Q ∗ (x) , нужно сначала со- считатьсумму всех чисел, стоящих на каждой диагонали таблицы, отмеченной пунктиром (назовем эти диагонали правыми, а затем найти сумму квадратов всех получившихся сумм. Ясно, что в выражении для квадратов норм P Q и P квадрат каждого элемента таблицы входит ровно один раз. Покажем, что если удвоенное произведение некоторых двух элементов таблицы входит в выражение для P Q 2 , то оно входит ив выражение для P Q ∗ 2 , и наоборот. Действительно, рассмотрим элементы и a u b v , которые стоят на одной и той же левой диагонали таблицы (тогда x + y = u + v) и удвоенное произведение которых входит в выражение для P Q 2 . Их удвоенное произведение входит, соответственно, в выражение для P как удвоенное произведение элементов и a u b y , стоящих на одной правой диагонали таблицы (поскольку x − v = u − y; более того, все четыре элемента a x b y , a u b v , a x b v , расположены в вершинах прямоугольной подтаблицы исходной таблицы. Лемма доказана. Рассмотрим теперьмногочлены P (x) = x n + a n−1 x n−1 + . . . + a 1 x + + и Q(x) = x m + b m−1 x m−1 + . . . + b 1 x + b 0 , старшие коэффициенты которых равны 1. По лемме P Q = P Q ∗ , Q ∗ (x) = b 0 x m + b 1 x m−1 +. . . . . . + b m−1 x + 1 . Поэтому P Q ∗ (x) = b 0 x m+n + . . . + (a 1 + a 0 b m−1 )x + и, значит, P Q ∗ 2 a 2 0 + b 2 0 . Следовательно, P Q 2 a 2 0 + b 2 0 11 класс. Ответ. Нет, не могут УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 303 Покажем, что три различных простых числа не могут входитьв одну геометрическую прогрессию. Предположим противное p 1 < p 2 < p 3 — простые числа, p 1 = = a 1 q k−1 , p 2 = a 1 q r−1 , p 3 = a 1 q m−1 . Тогда q r−k = q s , p 3 p 2 = = q m−r = q n . Отсюда следует p s+n 2 = p n 1 · p s 3 , что невозможно, так как n и ненулевые целые числа. Утверждение задачи теперьследует из того, что среди чисел от 1 до содержится 25 простых чисел, а в одну прогрессию могут входитьне более двух из них. Пусть f(x) — данная функция. Покажем, как ее можно предста- витьв виде суммы функции f 1 (x) , график которой симметричен относительно прямой x = 0 и функции f 2 (x) , график которой симметричен относительно прямой x = a, a > 0. Значения функций и мы определим на отрезке [−a, a], затем последовательно на отрезках [a, 3a], [−3a, −a], [3a, и т. д. x y 0 −3a 3a −a a −7a −a 4a y = f 1 (x ) y = f 2 (x ) y = f( x) Рис. На [−a, a] положим f 1 (x) = можно в качестве f 1 (x) взятьи любую четную на [−a, a] функцию, обращающуюся в нульна концах этого отрезка, а f 2 (x) = = f (x) − f 1 (x) = f (x) . На отрезке [a, определим функцию так, чтобы на, 3a] ее график был симметричен относительно прямой x = a, те. Такое определение функции корректно, так как если x ∈ ∈ [a, 3a], то (2a − x) ∈ [−a, a]. Функцию f 1 (x) на отрезке [a, 3a] определим равенством. Наотрез- ке [−3a, −a] положим f 1 (x) = f 1 ( −x), а) = f (x) − f 1 (x) , на отрезке [3a, 5a] — f 2 (x) = f 2 (2a − x), аи т. д. На рис. 227 приведен пример такого представления для функции (x) = На [−a, a]: f 1 (x) = 0 , f 2 (x) = f (x) − f 1 (x) = f (x) = на [a, 3a]: f 2 (x) = f 2 (2a − x) = 2a − x, f 1 (x) = x − (2a − x) = 2x − на [−3a, −a]: f 1 (x) = f 1 ( −x) = −2x − 2a, f 2 (x) = x − (−2x − 2a) = 3x + 2a; ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ на [3a, 5a]: f 2 (x) = f 2 (2a − x) = 3(2a − x) + 2a = 8a − 3x, f 1 (x) = x − (8a − 3x) = 4x − 8a; и т. да) Покажем, что Ц n. Действительно, если d — наибольшее из расстояний между отмеченными точками, то проведение одной линии циркулем позволяет получитьотмеченную точку на расстоянии не более 2d от уже отмеченных. Отсюда следует, что Ц 2 n ) б) Покажем, что ЛЦ(2 2 n ) 5(n + 1). Пусть A и B — две данные отмеченные точки. Проведение пяти линий позволяет построитьугол где BA = 1, AC = 2 (см. рис. 228): окружности радиуса 1 с центрами в точках A, B и T , прямые AB и AT . A B T C I II III IV V m m 2 V A B Рис. Рис. Далее, проведение пяти линий позволяет построитьотрезок длины если уже получен отрезок длины m см. рис. 229): последовательно строим окружности ω 1 , ω 2 , ω 3 , радиуса m с центрами в точках A, B, K (K = ω 1 ∩ AB), L (L = ω 3 ∩ AB) и, наконец, прямую EM, где E = ω 2 ∩ ∩ AB, M = ω 3 ∩ Пусть F = EM ∩ AC. Пусть D = ω 1 ∩ ω 3 , тогда D лежит на луче Покажем, что DF = Действительно, треугольники ADK и KML равносторонние со сторонами поэтому ∠DBA = ∠MEK, следовательно, EM BD. По теореме Фа- леса AB : AD = BE : DF , откуда следует, что DF = Таким образом, ЛЦ(2) 5, ЛЦ(4) 2 · 5, . . . , ЛЦ(2 2 n ) 5(n + Утверждение задачи следует из того, что + 1) → ∞ при n → ∞. 492. См. решение задачи 484. |