Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
509. Ответ. Не могла. Заметим, что если a и b — два натуральных числа и a > b, то НОД(a, b) b и 2 НОД(a, b) a. Поэтому при a = b 3 НОД(a, b) Складывая 12 таких неравенств, соответствующих 12 ребрам куба, получаем, что требуемое условиям задачи равенство возможно только тогда, когда для каждого ребра НОД(a, b) = a + b 3 . Нов этом случае наибольшее из чисел a и b вдвое больше наименьшего. Рассмотрим числа a, на произвольном ребре пусть, скажем, a = 2b. Рассмотрим числа c и стоящие на концах двух других ребер, выходящих из вершины с числом Каждое из них должно быть вдвое больше или вдвое меньше числа a. Если хотя бы одно вдвое меньше, оно равно b, если оба вдвое больше, то они равны между собой. Оба варианта противоречат условию, что и завершает доказательство. Ответ. Сможет тот сержант, который дежурит третьим. Назовем циклом три дежурства, идущие подряд. Чтобы не попасть на гауптвахту, третий сержант будет в последний денькаждого цикла да- ватьнаряды в точности тем солдатам, которые получили за предыдущие два дня ровно по одному наряду (из третьего пункта приказа следует, что такие солдаты найдутся. При такой стратегии по окончании каждого цикла у каждого солдата будет либо два наряда, либо ни одного, причем количество вторых будет убывать. Стало быть, когда-то окажется, что все солдаты имеют по два наряда и на гауптвахту отправится первый сержант (или еще раньше отправится первый или второй. Вершину многоугольника, наиболее удаленную от прямой, содержащей сторону a, будем обозначатьдалее через P a . Выберем на плоскости произвольную точку O. Два вертикальных плоских угла, являющихся объединением всех прямых, проходящих через точку O и параллельных какому-либо отрезку P a Q , где Q лежит на стороне a, назовем углами, соответствующими стороне a см. рис. Рис. Рис. 239 УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 313 Докажем сначала, что углы, соответствующие разным сторонам, не накладываются. Пустьнекоторый луч l с вершиной O расположен (строго) внутри одного из углов, соответствующих стороне a. Прямая, параллельная этому лучу и проходящая через P a , пересекает сторону a в некоторой ее внутренней точке A. Проведем через прямую k, параллельную прямой c, содержащей сторону a см. рис. 239). Из выпуклости многоугольника и определения точки следует, что многоугольник расположен в полосе с границами k и c. Более того, так как у многоугольника нет параллельных сторон, P a — единственная точка этого многоугольника, лежащая на прямой k. Поэтому отрезок имеет максимальную длину среди всех отрезков, получаемых при пересечении многоугольника прямыми, параллельными лучу l все остальные отрезки имеют длину, строго меньшую длины P a A ). Если бы луч l лежал внутри угла, соответствующего другой стороне b, то, повторив те же рассуждения, мы бы получили, что некоторый отрезок P b B (B ∈ b), параллельный l, имеет максимальную длину среди всех отрезков, получаемых при пересечении многоугольника прямыми, параллельными l. Из единственности максимального отрезка получаем, что точки A и B совпадают, что противоречит тому, что стороны a и b разные. Таким образом, углы соответствующие разным сторонам, не накладываются. P A c b Рис. Докажем теперь, что построенные нами углы покрывают всю плоскость. Пустьэто не так. Тогда существует некоторый угол с вершиной в точке, непокрытый ни одним из построенных нами углов. Возьмем внутри этого угла луч m, не параллельный ни одной из сторон и диагоналей многоугольника. Будем двигать прямую, параллельную m, и смотретьна длину отрезка, высекаемого на ней многоугольником. Ясно, что между моментами, когда на прямой оказывается вершина многоугольника, эта длина изменяется линейно. Тогда в некоторый момент мы получим отрезок максимальной длины, причем один из его концов P является вершиной многоугольника, а второй конец A лежит на некоторой стороне a. Проведем через точку P прямую c, параллельную прямой b, которая содержит сторону. Если бы одна из сторон многоугольника, примыкающая к вершине, не лежала бы в полосе с границами b и c, то можно было бы найти прямую, параллельную m и пересекающую многоугольник по большему, чем A , отрезку (см. рис. 240). Следовательно, наш многоугольник лежит в ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ полосе с границами b и c, откуда получаем, что P — наиболее удаленная от прямой b, содержащей сторону a, вершина многоугольника. А это значит, что луч m лежит водном из углов соответствующих стороне a, что противоречит нашему выбору луча m. Таким образом, построенные нами углы покрывают всю плоскостьи, так как они перекрываются, то сумма их величин равна 360 ◦ . Осталосьзаметить, что сумма углов, указанная в задаче, вдвое меньше, чем сумма построенных нами углов. Ответ. Да, мог. Например, записав числа 1/4, 1/2, 1, 2, 5, 5 2 , 5 4 , 5 8 , 5 16 , 5 Лемма 1. 1) Если a > 4 и a > b, то трехчлен имеет два различных действительных корня) Если a < 4 и b > 0, то хотя бы один из трехчленов x 2 + ax + b , x 2 + bx + не имеет действительных корней. Д ока за тел ьс т во. Первое очевидно, ибо дискриминант D = a 2 − − 4b > 4a − 4b > 0. Во втором случае также проверяется, что если b то b 2 − 4a < 0, а если b > a, то a 2 − 4b < 0. Лемма доказана. Лемма 2. Пусть 0 < a < b < c < d и оба трехчлена x 2 + dx + и+ cx + имеют по два действительных корня. Тогда все четыре их корня попарно различны. Д ока за тел ьс т во. Допустим противное эти трехчлены имеют общий корень x 0 . Пустьпервый трехчлен имеет еще корень, а второй корень x 2 . Очевидно, что числа x 0 , x 1 , отрицательны. Поскольку = −(x 0 + x 1 ) > c = −(x 0 + x 2 ) , имеем x 1 < x 2 . Умножая обе части последнего неравенства на отрицательное число x 0 , получаем x 1 x 0 > те. Противоречие. Лемма доказана. Покажем, что выбранные Знайкой 10 чисел подходят. Рассмотрим все Незнайкины числа, большие. Если их количество нечетно, добавим к ним еще одно (любое) Незнайкино число. Назовем эти числа отмечен- ными. Добавим к отмеченным числа из набора 5, 5 2 , 5 4 , 5 8 , 5 16 , 5 так, чтобы общее количество отмеченных чисел было равно 12, а если степеней пятерки не хватит, то добавим еще несколько любых Незнайкиных чисел. Из неиспользованных степеней пятерки составим трехчлены x 2 + px + у которых p < q, тогда их дискриминанты отрицательны и, следовательно, они не имеют действительных корней. Запишем 12 отмеченных чисел в порядке возрастания n 1 , n 2 , . . . , n 12 Теперьсоставим из них 6 трехчленов x 2 + n 12 x + n 1 , . . . , x 2 + n 7 x + По построению среди 12 отмеченных чисел не менее шести чисел больше. Поэтому по лемме 1 у каждого из этих трехчленов два различных дей- УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 315 ствительных корня. По лемме 2 все эти корни попарно различны. Итак, имеем 12 попарно различных корней отмеченных трехчленов. Составим трехчлен x 2 +2x+1 . Его единственный кореньравен −1. Если это число встречается среди корней отмеченных трехчленов, то объявляем соответствующий трехчлен плохим. Если нет, объявляем плохим любой из отмеченных трехчленов. Выбираем плохой трехчлена из двух его коэффициентов и чисел 1/2 и 1/4 составляем (по лемме 1) два трехчлена, не имеющие действительных корней. Теперь различных действительных корней у составленных уже трехчленов ровно Возможно, осталосьнеиспользованными несколько Незнайкиных чисел, из которых все, кроме, бытьможет, одного, меньше 4 (одно может равняться 4). По лемме 1 составим из них трехчлены, не имеющие корней. Цельдостигнута. 11 класс. Ответ. Нет. Пусть N = 123 . . . 321 — m-значное симметричное число, полученное выписыванием чисел от 1 до n очевидно, m > 18), A и B — соответственно числа, составленные из первых и последних k цифр числа N, k = ! m 2 " . Тогда, если 10 p — наибольшая степень десятки, полностью вошедшая в A, тот. е. n не более, чем (p + 2)-значно. Кроме того, A содержит фрагмента значит, B — фрагмент 00 . . . 0 p 1 99 . . . 9 p , что, как легко видеть, невозможно. Пусть n — число путников, обозначенных буквами P 1 , P 2 , . . . , Рассмотрим величину V ij — скоростьсближения и для произвольных если i = j, то V ij = 0 ). Эта величина может бытькак положительной, таки отрицательной (путники удаляются друг от друга). Заметим, что в течение всего рассматриваемого периода времени не возрастает (а уменьшиться может только один разв результате встречи и или обгона одного из них другим). По условию задачи в конце рассмотренного периода времени сумма всех попарных скоростей положительна а поскольку V ij = для любых 1 i < j n), то 2 1i=jn V ij = 1 2 n j=1 n i=1 V ij > 0. ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Отсюда следует, что обязательно найдется путник такой, что Атак как все не возрастали в течение всего периода времени, то и неравенство (∗) выполнялосьв течение всего периода времени, откуда и вытекает утверждение задачи. Пустьправильный (угольник B 1 . . . является сечением пирамиды SA 1 . . . A n , где A 1 . . . A n — правильный угольник. Мы рассмотрим три случая n = 5, n = 2k − 1 (k > 3) и n = 2k (k > Так как угольная пирамида имеет (n + 1) грань, то стороны сечения находятся по одной в каждой грани пирамиды. Поэтому без ограничения общности рассуждений можно считать, что точки B 1 , . . . , расположены на ребрах пирамиды так, как показано на рис. 241 ирис (в соответствии с указанными случаями). A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 O B 1 B 2 B 3 B 4 B 5 B 6 Q T S A 1 A 2 A 3 A n−1 A n S B 1 B 2 B 3 B n B n+1 B n−1 Рис. Рис. 242 1) n = 5. Так как в правильном шестиугольнике B 1 . . . прямые, и параллельны, а плоскости и проходят через и B 5 B 6 , то их линия пересечения ST (T = A 1 A 5 ∩ параллельна этим прямым, те. Проведем через прямые ST и B 1 B 4 плоскость. Эта плоскость пересечет плоскость основания пирамиды по прямой B 1 A 4 , которая должна проходитьчерез точку пересечения прямой ST с плоскостью основания, те. через точку T . Итак, прямые, и пересекаются водной точке. Аналогично доказывается, что прямые A 1 A 2 , и пересекаются водной точке. Из этого следует, что и A 3 B 6 — оси симметрии правильного пятиугольника, значит, точка O их пересечения — центр этого пятиуголь- УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 317 ника. Заметим теперь, что если Q — центр правильного шестиугольника. . . B 6 , то плоскости SA 3 B 6 , и пересекаются по прямой. Следовательно, прямые A 3 B 6 , и должны пересекаться водной точке — точке пересечения прямой SQ с плоскостью основания пирамиды. Значит, диагональ правильного пятиугольника A 1 . . . должна проходитьчерез его центр O, что неверно) n = 2k − 1 (k > 3). Аналогично первому случаю показывается, что так как в правильном угольнике B 1 . . . прямые B 1 B 2 , и параллельны, то прямые A 1 A 2 , и должны пересекаться водной точке или быть параллельными, что невозможно, так как в правильном (2k − угольнике A 1 . . . прямые A k+1 A k+2 и A k A k+3 параллельны, а прямые и A k+1 A k+2 непараллельны. 3) n = 2k (k > 2). Аналогично предыдущему случаю, прямые, и параллельны, следовательно, прямые и должны пересекаться водной точке, что невозможно, так как B k+1 B k+2 B k B k+3 , а прямые и B k+1 B k+2 непарал- лельны. Замечание 1. При n = 3, 4 утверждение задачи неверно. Примерами могут служитьправильный тетраэдр, имеющий сечение — квадрат, и правильная четырехугольная пирамида, все боковые грани которой являются правильными треугольниками, которая имеет сечение — правильный пя- тиугольник. Замечание 2. Приведенное решение можно было бы изложитькоро- че, если воспользоваться центральным проектированием и его свойством, утверждающим, что при центральном проектировании образами прямых, проходящих через одну точку (или параллельных, являются прямые, проходящие через одну точку (или параллельные. Достаточно спроектиро- ватьсечение пирамиды на плоскостьоснования с центром в вершине пирамиды. См. решение задачи 508. 517. Ответ. Не существуют. Пусть a b c — числа, удовлетворяющие условиям задачи. Так как a 2 − 1 делится на b, числа a и b взаимно просты. Поэтому число c 2 − − 1, которое по условию делится на a и на b, должно делиться и на их произведение, следовательно c 2 −1 ab. С другой стороны, a c и b те. Противоречие. Пусть O — центр окружности, описанной около треугольника, K — точка пересечения прямых BO и CD см. рис. 243, рис. Из равенства острых углов BOE и DCA с перпендикулярными сторонами следует, что ∠BOE = ∠KCE (CD — биссектриса) и, значит, точки ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ A C B E K O D F A C B E K O D F Рис. Рис. 244 K , O, E, C лежат на одной окружности (на рис. 243 ∠KOE + ∠KCE = = 180 ◦ , на рис. 244 ∠KOE = ∠KCE, в случае совпадения точек K и O утверждение очевидно. Отсюда следует, что ∠OKE = ∠OCE на рис. 243 углы опираются на одну дугу, либо ∠OKE + ∠OCE = рис. 244). Но ∠OCE = ∠OBE, так как OB = OC, значит, ∠BKE = = ∠KBE, те. Кроме того, ∠BKE = ∠KBE = поэтому KE AB, следовательно, F EKD — параллелограмм и DF = = KE . Итак, DF = KE = BE. 519. Ответ. Не существует. Допустим противное множество M = {a 1 , a 2 , . . . , a k } удовлетворяет условию задачи. Пусть m = min{|a 1 |, |a 2 |, . . . , |a k |}, M = max{|a 1 |, |a 2 |, . . . , |a k |}, из условия следует, что M m > Рассмотрим многочлен P (x) = b n x n + b n−1 x n−1 + . . . + b 1 x + b 0 , все коэффициенты b 0 , b 1 , . . . , и корни x 1 , x 2 , . . . , которого принадлежат множеству M. По теореме Виета x 1 + x 2 + . . . + и x 1 x 2 + + x 1 x 3 + . . . + x 1 x n + x 2 x 3 + . . . + x n−1 x n = b n−2 b n , поэтому x 2 1 + x 2 2 +. . . . . . + x 2 n = − b n−1 b n 2 − 2 b n−2 b n . Отсюда следует, что nm 2 x 2 1 + x 2 2 +. . . . . . +x 2 n = b 2 n−1 b 2 n −2 b n−2 b n M 2 m 2 +2 M m , те. Получили противоречие степеньмногочлена не может бытьбольше Замечание. Условие отличия чисел от нуля существенно, иначе бы подходил набор {0, 1}. |