Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы

• Название: Окружной и финальный этапы
• Дата: 31.01.2023
• Размер: 3 Mb.
• Имя файла: Агаханов Х.В.pdf
• Тип: Книга; #913918
• страница: 45 из 64

Лемма. Если угольник можно разбить на прямоугольники, то
его можно разбить на не более чем k − 1 прямоугольник.
Д ока за тел ьс т во. Сумма углов многоугольника S = (и все углы в нем, очевидно, поили по 270
◦
. Если все по 90
◦
, то это прямоугольник. Пусть найдется угол A в 270
◦
. Продолжим одну из его сторон внутрь многоугольника до пересечения с контуром. Многоугольник разобьется на две части, причем сумма внутренних углов частей не превосходит суммы внутренних углов многоугольника (продолжение стороны отрезает от угла A угол в 90
◦
, который попадает в одну из частей,
и угол в 180
◦
, который лежит на стороне другой части, поэтому исчезает;
в тоже время дополнительно в этих частях могут возникнутьтолько два угла потам, где продолжение стороны дошло до контура многоуголь-

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
ника). Заметим, что общее количество углов в уменьшилось. Если они еще остались, будем повторять операцию с частями. В конце мы получим частей без углов 270
◦
, те прямоугольников с общей суммой углов S = 360
◦
· n
(2k − 2) · 180
◦
, откуда n
k − 1. Лемма доказана.
Из леммы следует, что в нашем многоугольнике число вершин больше, иначе его можно разбить на 99 прямоугольников. Разобьем его на m треугольников и рассмотрим сумму их углов S = 180
◦
m
. Найдем теперь S, учитывая, что углы треугольников входят в состав углов многоугольника. Каждый угол многоугольника дает вклад не менее из угла может бытьвычтено 180
◦
, если его вершина лежит на стороне какого-нибудьтреугольника), поэтому S = 180
◦
· m > 200 · 90
◦
, откуда > 100
, что и требовалосьдоказать.
Замечание. Оценка в задаче является точной объединение клеток квадрата 100×100, кроме клеток, лежащих выше главной диагонали, дает пример многоугольника, который главной диагональю разбивается на треугольник. Ответ. Не существуют.
Предположим противное. Если у многочлена kx
2
+ lx + с целыми коэффициентами два целых корня и x
2
, то m и l делятся на k, потому что x
1
x
2
=
m
k
, а x
1
+ x
2
=
−
l
k
. Из чисел a и a + 1 одно четное. Без потери общности можно считать, что четное — a. Тогда b и c тоже четные.
Отсюда (b+1) и (c+1) нечетные. Пусть и y
2
— целые корни уравнения + 1)x
2
+ (b + 1)x + (c + 1)
. Тогда y
1
y
2
=
c + 1
a + и y
1
+ y
2
=
−
b + 1
a + 1
— нечетные числа. Получили противоречие сумма и произведение двух целых чисел не могут одновременно бытьнечетными.
534. Первое решение. Пусть L — точка пересечения прямых KO и N
, а прямая, проходящая через L параллельно AC, пересекает AB ив точках и соответственно (см. рис. Покажем, что A
1
L = LC
1
. Действительно, ∠BA
1
L =
∠MOL как острые углы с соответственно перпендикулярными сторонами. Отсюда четырехугольник A
1
M LO
— вписанный, и ∠MLA
1
=
∠MOA
1
= Аналогично ∠C
1
LN =
∠C
1
ON = α
. Тогда OMA
1
=
ONC
1
, откуда. Значит, A
1
OC
1
— равнобедренный, и его высота является и медианой. Итак, A
1
L = LC
1
. Но тогда точка L, очевидно, лежит на медиане BB
1
, те совпадает сиз условия задачи.
Второе решение см. рис. 249). Проведем через точку D отрезок
C
1
A
1
с концами на AB и BC параллельно AC. Тогда C
1
D = DA
1
, так как, по условию, D лежит на медиане угла B.

УЧЕБНЫЙ ГОД, 10
КЛАСС
327
A
B
C
N
M
K
O
L
B
1
A
1
C
1
A
B
C
N
M
K
O
D
C
1
A
1
Рис. Рис. Заметим, что как вертикальные, и ∠C
1
M D =
= 180
◦
− ∠BMD = 180
◦
− ∠A
1
N D
(BM = BN как касательные. Отсюда Кроме того A
1
=
1 2
· MD · MC
1
· sin ∠C
1
M D
1 2
· ND · NA
1
· sin ∠A
1
N D
=
M D
N D
·
M C
1
N значит MC
1
= N A
1
. Следовательно, OMC
1
=
так как = ON
). Отсюда OC
1
= OA
1
, значит, OD — высота OA
1
C
1
. Таким образом, OD ⊥ AC (A
1
C
1
AC), но и OK ⊥ AC, значит, O лежит на. Ответ. m = n = l = Положим d = НОД(m, n, l). Пусть m = dm
1
, n = dn
1
, l = dl
1
. Тогда+ n
1
) = d
2
d
2
mn
, где d
mn
=
НОД(m
1
, n
1
)
; откуда m
1
+ n
1
= d
· Складывая это равенство с двумя аналогичными, получаем+ n
1
+ l
1
) = d
· (d
2
mn
+ d
2
ml
+ Покажем, что d взаимно просто с суммой m
1
+ n
1
+ l
1
. В самом деле, если у d и этой суммы естьобщий делитель 1
, то он будет общим делителем всех чисел m
1
, итак как сумма любых двух из них делится на. Но тогда произведение d · d
1
— общий делительчисел m, n и l, что противоречит определению числа d. Следовательно, d является делителем числа 2 (равенство (1)), откуда d
2. Заметим, что числа d
mn
, попарно взаимно просты (иначе у чисел m
1
, n
1
, нашелся бы общий делитель, неравный. Поэтому m
1
= d
mn
· d
ml
· m
2
, n
1
= d
mn
· d
nl
· n
2
,
l
1
= d
nl
· d
ml
· l
2
, где m
2
, n
2
, l
2
— натуральные числа. В таких обозначениях первое из исходных уравнений приобретает такой вид

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ d
ml
· m
2
+ d
mn
· d
nl
· n
2
= d
· те Не умаляя общности, мы можем считать, что число d
mn
— наименьшее из чисел d
mn
, и d
nl
. Имеем m
2
+ d
nl
· n
2
 d
ml
+ d
nl
 2d
mn
 d · так как d
2). Итак, все неравенства являются на самом деле равенствами, отсюда m
2
= n
2
= 1
, d = 2 и d
ml
= d
mn
= d
nl
. Но числа d
ml
,
d
mn
, попарно взаимно просты, следовательно, они равны 1, и мы нашли единственное решение m = n = l = 2.
536. Обозначим через количество камней в клетке с номером i. Тогда последовательность A = (задает конфигурацию — расположение камней по клеткам. Пусть α — кореньуравнения x
2
= x + 1
, больший Назовем весом конфигурации A число w(A) =


a
i
α
i
. Покажем, что разрешенные действия не меняют веса. Действительно, α
n+1
− α
n
− α
n−1
=
= α
n−1
(α
2
−α−1) = 0, α
n+1
−2α
n
+α
n−2
= α
n−2
(α
−1)(α
2
−α−1) = Докажем индукцией по k — числу камней, что любая последователь- ностьдействий завершается. При k = 1 это верно. Пустьпри числе камней, меньшем k, утверждение верно. Рассмотрим процесс, начинающийся с конфигурации A = (с k
. Наибольший номер непустой клетки при разрешенных действиях не уменьшается, но и расти бесконечно он не может — он не может превыситьчисла n, при котором α
n
> w(A)
. Значит, с какого-то момента наибольший номер непустой клетки перестает изменяться, и с камнями, попавшими в эту клетку, уже ничего не происходит. Выбросим эти камни, и применим предположение индукции к остав- шимся.
В конечной конфигурации в каждой клетке не более одного камня, и нет двух непустых клеток подряд. Докажем, что любые две конфигурации = (и B = (с такими свойствами имеют разные веса. Пусть n
— наибольший номер, при котором a
i
= b
i
; пусть, для определенности 1
, b
n
= 0
. Выбросим из A и B все камни с номерами, большими они в A и B совпадают. Для оставшихся конфигураций и имеем α
n
;
w(B

) < α
n−1
+ α
n−3
+ α
n−5
+ . . . = α
n−1 1
1
− α
−2
= Таким образом, для любой конфигурации естьтолько одна конечная ста- ким же весом только к ней и может привести процесс класс. См. решение задачи 529.
538. Ответ. 99 мудрецов

УЧЕБНЫЙ ГОД, 11
КЛАСС
329
Все 100 мудрецов гарантированно спастисьне могут, поскольку цвет колпака у последнего мудреца никто из них не видит.
Покажем, как можно спасти 99 мудрецов.
Белому, синему и красному цветам сопоставим числа 0, 1 и 2 соответственно. В первую минуту мудрец, стоящий позади всех, должен выкрик- нутьцвет, соответствующий остатку отделения на 3 суммы всех чисел,
сопоставленных цветам колпаков мудрецов, стоящих впереди. Тогда мудрец, стоящий непосредственно передним, сможет вычислитьцвет своего колпака, так как видит колпаки всех 98 мудрецов, стоящих впереди этот цвет они должен выкрикнутьво вторую минуту. В третью минуту мудрец,
стоящий в колонне м, вычисляет, основываясьна информации, полученной из двух предыдущих выкриков и видя колпаки 97 стоящих впереди,
цвет своего колпака, выкрикивает его, и т. д. См. решение задачи 531.
540. Пусть P Q — любое горизонтальное ребро одного из кубиков.
Обозначим через C
P вертикально расположенный прямоугольник, нижняя сторона которого — P Q, а верхняя лежит на поверхности куба. Пусть Q
— число пересечений данной ломаной с прямоугольником C
P Q
. Ребро покрасим в белый цвет, если n
P четно, ив черный, если n
P нечетно. Все остальные, те. вертикальные ребра кубиков, покрасим в белый цвет.
Докажем теперь, что приведенная раскраска удовлетворяет условию задачи.
Пусть P QRS — вертикальная грань и P Q и RS — ее горизонтальные ребра. Если ломаная не пересекает P QRS, то прямоугольники C
P Q
и
C
RS
пересекаются с ломаной в одних и тех же точках. Поэтому ребра P и RS покрашены в один цвет, и, следовательно, эта грань удовлетворяет требованию задачи. Если же ломаная пересекает прямоугольник P то n
P и отличаются на 1 и, следовательно, имеют разную четность.
Поэтому ребра P Q и RS покрашены в разные цвета, что означает выполнение условия задачи ив этом случае.
ПустьтеперьP QRS — горизонтальная грань. Объединение прямоугольников, и C
SP
естьбоковая поверхностьпаралле- лепипеда, состоящего из кубиков, расположенных в точности над гранью. Замкнутая ломаная пересекает поверхностьпараллелепи- педа четное число раз (сколько раз ломаная


заходит

внутрьпараллеле- пипеда, столько раз она и


выходит

из него).
Заметим, что ломаная не пересекает верхнюю граньпараллелепипе- да. Если грань P QRS не отмечена, то ломаная не пересекает ее. Тогда все точки пересечения ломаной с поверхностью параллелепипеда расположе-

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
ны на его боковой поверхности. В этом случае сумма n
P Q
+ n
QR
+ n
RS
+
+ четна. Поэтому число сторон грани P QRS, отмеченных черным цветом, четно.
Если же грань P QRS отмечена, то одна из точек пересечения ломаной с поверхностью параллелепипеда принадлежит P QRS. Тогда сумма Q
+ n
QR
+ n
RS
+ n
SP
нечетна и, следовательно, нечетное число сторон грани P QRS окрашено в черный цвет. Ответ. Трехчленов, не имеющих корней, больше.
Пусть m
n — целые корни уравнения x
2
+ ax + b = 0
. Тогда + n =
−a, mn = b, следовательно, m, n < 0, 0 < mn
1997,
|n|
|m|
1997. Рассмотрим уравнение x
2
− nx + mn = 0. Его коэффициенты целые числа от 1 доте. оно принадлежит рассматриваемому множеству, ноне имеет корней, так как D = n
2
−4mn = n(n−
− 4m) < 0. Итак, любому уравнению с целыми корнями мы поставили в соответствие уравнение, не имеющее корней при этом разным уравнениям сопоставлены разные. Кроме того, уравнения x
2
+ cx + d
, где c четно,
d
нечетно и D < 0, не представимы в виде x
2
− nx + mn = 0. Значит,
уравнений, не имеющих корней, больше. Для каждой из вершин многоугольника, лежащих по одну сторону от l, отметим отрезок, высекаемый на l прямыми, на которых лежат выходящие из нее стороны. Тогда условие задачи означает, что точка P лежит внутри многоугольника тогда и только тогда, когда она принадлежит нечетному числу отмеченных отрезков.
Но каждая из точек пересечения l со сторонами многоугольника будет концом ровно одного из отмеченных отрезков, а каждая из точек пересечения с продолжением стороны многоугольника (лежащей по нужную сторону от l) — концом ровно двух отмеченных отрезков.
Следовательно, при движении точки P по прямой l четностьколиче- ства содержащих ее отмеченных отрезков изменяется при каждом пересечении границы многоугольника. Осталось заметить, что, когда P расположена так, что все точки пересечения прямых с l находятся по одну сторону от нее, количество покрывающих ее отрезков равно нулю, иона лежит вне многоугольника. Отсюда и следует утверждение задачи. Первое решение. Пусть O — центр сферы, O
1
— точка пересечения биссектрис ABC, H — ортоцентр ACD, M — точка пересечения медиан ABD и O
1
, H, M — точки касания (см. рис. Точка O
1
— центр окружности, вписанной в ABC. Пустьэта окруж- ностькасается сторон BC, CA ив точках A
1
, B
1
, соответственно. Тогда O
1
A
1
= O
1
B
1
= O
1
C
1
, следовательно, прямоугольные треугольники, равны, откуда ∠OA
1
O
1
=
∠OB
1
O
1
=

УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС ϕ
. Кроме того, O
1
A
1
⊥ BC, поэтому по теореме о трех перпендикулярах, OA
1
⊥ BC, те линейный угол двугранного угла с гранями BOC и BO
1
C
. С другой стороны, BOC — биссектор двугранного угла с гранями BDC и BAC (O — центр вписанной сферы, поэтому угол между гранями BDC и ABC равен 2ϕ. Аналогично, грани ADC и
ADB
наклонены к основанию ABC под углом 2ϕ. Отсюда следует, что проекция точки D на плоскость ABC равноудалена от AB, BC и и, учитывая то, что точки и C лежат по одну сторону от AB, и B от AC, и A — от BC, получаем, что O

= O
1
, те высота тет- раэдра.
A
B
C
D
A
1
B
1
C
1
M
H
O
O
1
Рис. Поскольку AB ⊥ и AB ⊥
⊥ DO
1
, то AB ⊥ DO
1
C
1
. Опустим из точки O перпендикуляры OH
1
и
OM
1
на и DC
1
. Тогда OH
1
⊥
⊥ ADC, так как OH
1
⊥ и AC (AC ⊥ DO
1
B
1
). Значит, те. Аналогично, те, и, значит, M ∈ DC
1
. Итак,
прямая DM — одновременно медиана и высота ADB, значит, AD =
= DB
. Тогда AO
1
= BO
1
, следовательно и точки C, O
1
, лежат на одной прямой.
По теореме о трех перпендикулярах CO ⊥ AD (OH ⊥ ADC и CH ⊥
⊥ AD), кроме того, CO ⊥ AB (AB ⊥ CDC
1
), поэтому CO ⊥ ADB. Но ADB, значит, точка O лежит на CM. Отсюда следует, что M центр окружности, вписанной в ADB основание конуса с вершиной описанного около сферы, — вписанная в ADB окружность, поскольку ADB). Рассмотрим CDC
1
. В нем и CM — высоты, C
1
O
— биссектриса, значит C
1
D = C
1
C
, откуда C
1
O
1
: O
1
C = C
1
M : M D =
= 1 : 2
. Центры вписанных окружностей ABC и ADB являются точками пересечения медиан, поэтому ABC и ADB — равносторонние.
Отсюда, учитывая то, что высота пирамиды попадает в центр основания, получаем, что тетраэдр — правильный.