Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
493. Докажем, что для любых чисел a 1 , a 2 , . . . , a n , удовлетворяющих условию задачи, можно найти такое a n+1 , что A n+1 = a 2 1 + a 2 2 + . . . + a 2 n + УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС+ делится на B n+1 = a 1 + a 2 + . . . + a n + a n+1 . Из равенства A n+1 = = A n + (a n+1 − B n )(a n+1 + B n ) + следует, что делится на если A n + делится на B n+1 , поскольку a n+1 + B n = Таким образом, достаточно взять a n+1 = A n + B 2 n − в этом случае+ B 2 n = B n+1 ). Осталосьпоказать, что тогда a n+1 > a n . Но так как B n > 0 (1 < a 1 < a 2 < . . . < a n ), то a n+1 > A n a 2 n > a n 494. Ответ. При четных Пусть n нечетно. Тогда сумма длин всех n − 1 переходов равна 1 + + 2 + . . . + (n − 1) = n · n − 1 2 , те. делится на n. Это означает, что после 1 переходов мальчик оказался на том же месте, с которого он начал кататься, и, значит, на каком-то из сидений он не побывал. Пусть n четно. Мальчик мог побывать на каждом сиденье при следующих длинах переходов 1, n − 2, 3, n − 4, . . . , n − 5, 4, n − 3, 2, n − те. мальчик побывал последовательно на сиденьях с номерами 1, 2, n, 3, n − 1, . . . , n 2 − 1, n 2 + 3 , n 2 , n 2 + 2 , n 2 + Рис. 230 495. Пусть AA 1 , BB 1 , CC 1 , высоты тетраэдра ABCD, H — точка их пересечения, A 2 , B 2 , C 2 — точки, делящие высоты в отношении 2 : 1, считая от соответствующих вершин, M — точка пересечения медиан AA 3 , BB 3 , треугольника ABC на рис. 230 проведены не все указанные линии. Докажем, что точки M, A 2 , B 2 , C 2 , и H лежат на одной сфере с диаметром Из подобия треугольников и : A 3 A = A 2 A : A 1 A = = 2 : 3 ) следует, что MA 2 A 3 A 1 , те, так как высота тетраэдра и, значит, AA 1 ⊥ A 3 A 1 . Аналогично доказывается, что B 2 ⊥ и MC 2 ⊥ C 1 C . Наконец, DD 1 — высота тетраэдра, поэтому D 1 ⊥ D 1 D . Утверждение доказано. См. решение задачи 488. 1995–1996 г класс. Ответ. Не представимых в таком виде. Пусть n = k 2 + m 3 , где k, m, n ∈ N, а n 1 000 000. Ясно, что тогда 1000, а m 100. Поэтому интересующее нас представление могут даватьне более, чем 100 000 пар (k, m). Но чисел n, удовлетворяющих ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ условию, заведомо меньше, чем таких пар, так как некоторые пары дают числа n, большие 1 000 000, а некоторые различные пары дают одно и тоже число Рис. 231 498. Введем обозначения так, как показано на рис. 231. Так как данные окружности имеют одинаковые радиусы, то X 1 O 2 = O 1 Y 2 , Y 1 O 3 = O 2 Z 2 , Z 1 O 1 = O 3 X 2 , или X 1 A + AB + BO 2 = O 1 B + BC + CY 2 , Y 1 C + CD + + DO 3 = O 2 D + DE + EZ 2 , Z 1 E + EF + F O 1 = O 3 F + F A + Сложив полученные равенства и заметив, что = AX 2 , Y 1 C = CY 2 , Z 1 E = как отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки) итак как радиусы данных окружностей равны, получим AB+CD+EF = = BC + DE + F A , что и требовалосьдоказать. O 1 O 2 O 3 A B C D E F Рис. Рис. Замечание 1. Аналогичное утверждение справедливо и для невыпук- лого шестиугольника в случае, изображенном на рис. 232. УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 307 Замечание 2. В обозначениях рис. 231 ирис справедливо равенство, равносильное тому, что прямые и CF пересекаются водной точке. Замечание 3. Предыдущее утверждение остается справедливым, даже если отказаться от равенства данных окружностей (см. рис. 233). 499. Пусть m = НОД(x, y). Тогда x = mx 1 , y = my 1 , ив силу данного в условии равенства m n (x n 1 + y n 1 ) = p k , поэтому m = для некоторого целого неотрицательного α. Следовательно+ y n 1 = Так как n нечетно, то+ y n 1 x 1 + y 1 = x n−1 1 − x n−2 1 y 1 + x n−3 1 y 2 1 − . . . − x 1 y n−2 1 + y n−1 Обозначим число, стоящее в правой части этого равенства, буквой A. По условию p > 2, следовательно, хотя бы одно из чисел x 1 , больше 1 (ибо+ y 1 ... p), атак как n > 1, то и A > Из равенства вытекает, что A(x 1 + y 1 ) = p k−nα , атак как x 1 + y 1 > и A > 1, то каждое из этих чисел делится на p; более того, x 1 + y 1 = для некоторого натурального β. Тогда = x n−1 1 − x n−2 1 (p β − x 1 ) + x n−3 1 (p β − x 1 ) 2 − . . . − x 1 (p β − x 1 ) n−2 + +(p β − x 1 ) n−1 = nx n−1 1 + Число A делится на p, а число взаимно просто с p, следовательно, делится на Пусть n = pq. Тогда x pq + y pq = или (x p ) q + (y p ) q = Если q > 1, то, как мы только что доказали, q делится на p. Если q = = 1 , то n = p. Повторяя это рассуждение, мы получим, что n = для некоторого натурального l. 500. Предположим, что любые два комитета имеют не более трех общих членов. Пустьдвое депутатов составляют списки всевозможных председателей натри заседания Думы. Первый считает, что любой депутат может бытьпредседателем на каждом из этих заседаний, поэтому у него получилось 1600 списков. Второй считает, что на каждом заседании могут председательствовать только члены одного (неважно какого именно) комитета, поэтому сначала он запросил соответствующие списки от каждого комитета и получил 16000 · 80 списков. После этого второй депутат выбросит из списков, поданных м комитетом, те тройки, которые уже вошли в списки одного из предыдущих i − 1 комитетов. Так как каждые два комитета (а таких пар · (16000 − 1) 2 ) выдвинули всех своих общих членов, то второй депутат при формировании своих списков выбросил не более, чем · (16000 − 1) 2 ·3 из списков, поданных комитетами ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Очевидно, что списков, которые составил первый депутат, не меньше, чем списков, которые составил второй депутат, те но 3 − 16000 · (16000−1) 2 ·3 3 > 16000 ·80 3 − 16000 · (16000−1) 2 · 4 3 2 = = 16000 · 4 3 4 + 2 13 · 10 6 − 2 12 · 10 6 > 2 12 · 10 6 = 1600 Получили противоречие. Докажем, что для всех натуральных n число 10 81n − 1 делится на. Действительно, 10 81n − 1 = (10 81 ) n − 1 n = (10 81 − 1) · A, а 81 − 1 = 9 . . . 9 81 = 9 . . . 9 9 ·1 0 . . . 0 8 1 0 . . . 0 8 1 . . . 1 0 . . . 0 8 1 8 = = 9 · 1 . . . 1 9 ·1 0 . . . 0 8 1 0 . . . 0 8 1 . . . 1 0 . . . 0 8 Второй сомножительи третий сомножительсодержат по 9 единиц, поэтому суммы их цифр делятся нате. и сами эти числа делятся на Следовательно, 10 81 − 1 делится на 9 3 = 729 . Итак, мы доказали, что существует бесконечно много натуральных k таких, что 10 k − 1 делится на, а это равносильно утверждению задачи. A B C E I O D Рис. 234 502. Если данный треугольник равносторонний (точки O и I совпадают, то утверждение очевидно. Пустьточка O лежит между точками и C см. рис. 234). Проведем высоту Заметим, что = 90 ◦ − 1 2 ∠ABC и = 90 ◦ − 1 следовательно, ∠OIB + ∠ODB = 180 ◦ , т. е. точки B, I, O и D лежат на одной окружности. Тогда ∠IDB = ∠IOB как вписанные, опирающиеся на дугу IB), но ∠IOB = 1 2 ∠AOB = = ∠ACB. Итак, ∠IDB = ∠ACB, поэтому ID В случае, когда точка I лежит между точками O и C см. рис. рис. 236) ход решения остается таким же. Пустьв первой кучке n монет с весами x 1 x 2 . . . а во второй кучке m монет с весами y 1 y 2 . . . y m , УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 309 A B C E I O D A B C E I O D Рис. Рис. причем x 1 . . . x s x x s+1 . . . и . . . y t x y t+1 . . . если монет, вес которых не меньше, вообще нетто доказываемое утверждение очевидно. Тогда нужно доказать, что xs + x s+1 + . . . + x n xt + y t+1 + . . . + y m . Так как x 1 +. . . . . . + x n = y 1 + . . . + y m = A , то доказываемое неравенство преобразуется к виду + (A − (x 1 + . . . + x s )) xt + (A − (y 1 + . . . + следовательно, оно равносильно такому+ . . . + x s + x(t − s) y 1 + . . . + которое мы и докажем. Если t s, то+ . . . + x s + x(t − s) = (x 1 + . . . + x s ) + (x + . . . + x) t−s (y 1 + . . . + y s ) + (y s+1 + . . . + так как x 1 + . . . + x s y 1 + . . . + что немедленно вытекает из условия), а y s+1 x, . . . , y t Если t < s, то x 1 + . . . + x s + x(t − s) y 1 + . . . + равносильно+ . . . + x s y 1 + . . . + y t + (x + . . . + Последнее неравенство следует из того, что+ . . . + x s y 1 + . . . + y s = (y 1 + . . . + y t ) + (y t+1 + . . . + а y t+1 x, . . . , y s Рис. 237 504. Ответ. Нельзя. Покрасим клетки прямоугольника в черный и белый цвета так, как показано на рис. 237. В черные клетки запишем число −2, а в белые — число 1. Заметим, что сумма чисел в клетках, покрываемых любым уголком, неотрицательна, следовательно, если нам удалосьпокрытьпрямоугольник в k слоев, удо- ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ влетворяющих условию, то сумма S чисел по всем клеткам, покрытым уголками, неотрицательна. Но если сумма всех чисел в прямоугольнике равна s, то S = ks = k(−2 · 12 + 23 · 1) = −k > 0. Получим противоречие. Замечание. Аналогично доказывается, что покрытия, удовлетворяющего условию задачи не существует, если прямоугольник имеет размеры (2n + 1) и 5 × 5. Прямоугольник 2 × 3 можно покрытьв один слой двумя уголками, прямоугольник 5 × 9 — в один слой пятнадцатью уголками, квадрат 2 × 2 — в три слоя четырьмя уголками. Комбинируя эти три покрытия, нетрудно доказать, что все остальные прямоугольники m × n (m, n 2) можно покрытьуголками, удовлетворяя условию класс. В силу равенства углов EAF и F DE четырехугольник AEF D вписанный. Поэтому ∠AEF + ∠F DA = 180 ◦ . В силу равенства углов и CDF имеем + ∠ABC = ∠F DA + ∠CDF + ∠AEF − ∠BAE = Следовательно, четырехугольник ABCD вписанный. Поэтому ∠BAC = = ∠BDC. Отсюда и ∠F AC = ∠EDB. 506. Лемма. Если три фишки лежат на одной прямой и имеют целые координаты, то можно совместить любые две из них. Д ока за тел ьс т во. Пусть наименьшее расстояние из трех попарных расстояний будет между фишками A и B, тогда сдвинем третью фишку несколько раз на вектор −−→ AB или −−→ BA так, чтобы C попала на отрезок после этого наименьшее из трех попарных расстояний уменьшится. Будем повторятьэту операцию до тех пор, пока наименьшее из попарных расстояний не станет равным нулю (в силу целочисленности расстояний между точками, это рано или поздно произойдет. Если требуемые фишки совместились, то цель достигнута, иначе берем требующую совмещения фишку из этих двух совместившихся и переносим на оставшуюся. Лемма доказана. Спроектируем фишки A, B, C, D на одну из осей. Проекции двигаются потому же правилу, что и фишки, те, если фишка сдвигается на некоторый вектор, то ее проекция сдвигается на проекцию этого вектора. Совместим проекции фишек A и B, используя проекцию C в качестве третьей. Далее мы будем рассматривать фишки A и B как одну фишку X (движение X означает движение сначала фишки A, а затем фишки на требуемый вектор их проекции по-прежнему совмещены после такой операции. Совместим проекции X и C. Получим три фишки (A, B и с одинаковой проекцией, те. лежащие на одной прямой и имеющие це- УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 311 лочисленные координаты. Среди них две фишки, требующие совмещения. Их можно совместитьсогласно лемме. Ответ. n = Пусть 3 n = x k +y k , где x, y — взаимно простые числа (x > y), k > 1, n — натуральное. Ясно, что ни одно из чисел x, y не кратно трем. Поэтому, если k четно, то и при делении надают в остатке 1, а значит, их сумма при делении надает в остатке 2, те. не является степенью Значит, k нечетно и k > 1. Поскольку k делится на 3 (см. решение задачи 499), положив x 1 = x k/3 , y 1 = можем считать, что k = Итак, x 3 + y 3 = (x + y)(x 2 − xy + y 2 ) = 3 n , x + y = 3 m . Если x + y = то x = 2, y = 1 (или наоборот, что дает решение n = Пусть x + y 9. Тогда x 2 − xy + y 2 (x + y) 2 4 > x + достаточно раскрытьскобки). Значит, x 2 −xy делится на x+y так как оба числа степени тройки, откуда 3xy = (делится на Ноне делятся на 3, поэтому 3xy не может делиться на степень тройки, большую первой. Противоречие. Можно считать, что a m > 0 , иначе умножим все числа последовательности, на −1. Рассмотрим последовательность b 1 , b 2 , . . . , такую, что b i = n j=0 c j i j , где c 0 , c 1 , . . . , c n — произвольные действительные числа те значения многочлена степени n в первых натуральных точках. Тогда из условия 0 = Таким образом Предположим теперь, что последовательность a 1 , a 2 , . . . , имеет k пар соседних чисел, имеющих противоположные знаки, и i 1 , i 2 , . . . , i k — индексы первых элементов в этих парах (1 i 1 < i 2 < . . . < i k < m ). Пусть < n + Положим b i = f (i) = (i − x 1 )(i − x 2 ) . . . (i − x k ) , где x l = i l + 1 2 (l = 1, 2, . . . , k). Функция f меняет знак в точках x 1 , x 2 , . . . , и только в них, поэтому и имеют разные знаки тогда и только тогда, когда между ними естьнекоторая точка x l = i l + 1 2 , те. если i = i l (l = 1, 2, . . . , Мы получили, что в последовательностях a 1 , a 2 , . . . , и b 1 , b 2 , . . . , перемены знаков индексов происходят в одних и тех же парах индексов ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Учитывая, что a m > и b m > 0 , получаем, что знаки и b i (i = 1, 2, . . . , m) совпадают, поэтому 0 , что противоречит (∗). |