Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
599. ПустьокружностьS 1 вторично пересекает CD в точке F . Будем счи- татьдля определенности, что E лежит между D и F возможно, F = E). Из равенства DA 2 = DF · DE следует DF · DE, а, значит, и окружность проходит через точку F (см. рис. 276). Теперь, поскольку CA·CM = = CE ·CF = CB·CN, получаем, откуда CMN ∼ CBA, ∠CMN = ∠CBA, ∠CNM = Проведем касательную кв точке и отметим на ней две точки P итак, чтобы P оказалосьпо одну сторону сот прямой AC, а Q — по другую. Очевидно, ∠P MA = Но тогда ∠QMC = ∠P MA = ∠CAB = ∠CNM, а это означает, что окружность, проходящая через C и M и касающаяся S 1 , проходит и через УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС. Аналогично показывается, что окружность, проходящая через C и и касающаяся S 2 , проходит и через M. 600. Положим для удобства изложения при n = = 1, 2, . . . , 100 . Заметим, что при описанной процедуре числа остаются взаимно простыми в совокупности. Лемма. Пусть a 1 , a 2 , . . . , и d — натуральные числа. Тогда существует натуральное число k такое, что НОД(a 1 + kd, a i ) для любого i =2, 3, . . . , Доказательство. Существует некоторое число, кратное a 2 a 3 . . . a n , — скажем, la 2 a 3 . . . a n , которое больше a 1 . Тогда среди тех k, для которых a 1 + kd > la 2 a 3 . . . a n , существует наименьшее число. Положим a 1 = a 1 + k 0 d . Тогда 0 < a 1 −la 2 a 3 . . . a n d, и наибольший общий делитель и каждого из не превосходит d. Лемма доказана. ПустьтеперьM > 1 — наибольший из попарных общих делителей чисел a i . Докажем, что с помощью операций, описанных в условии, мы сможем заменитьисходный набор чисел на набор, в котором все попарные общие делители меньше M. Действительно, так как числа a 1 , a 2 , . . . , взаимно простыв совокупности, найдутся два соседних числа a i и a i+1 , первое из которых делится на M, а второе — нет. Тогда d = = НОД(a i−1 , a i+1 ) < M . Применяя лемму, прибавим к такое кратное, чтобы наибольшие общие делители с каждым из остальных чисел стали не больше d. В полученном наборе по-прежнему все попарные наибольшие делители не превосходят M, а чисел, кратных M, меньше, чем в исходном. Повторяя при необходимости эту операцию, мы добьемся, что останется ровно одно число, кратное M, и тогда, очевидно, все попарные наибольшие общие делители станут меньше Итак, если наибольший из попарных общих делителей чисел набора больше 1, его можно уменьшить. Поэтому его можно уменьшить до 1, что и требовалось класс. Ответ 1001 −2 3 − Уберем первое слагаемое — оно равно 0 — и вместо суммы остальных слагаемых рассмотрим сумму 3 + 2 2 3 + 2 3 3 + . . . + 2 1000 Это — сумма геометрической прогрессии, иона равна 1001 −2 3 . Теперьза- меним все ее слагаемые целыми частями. Заметим, что ни одно из этих слагаемых не является целым, а сумма любых двух последовательных слагаемых — целое число (потому что 3 = 3·2 k 3 = 2 k ). Ясно, что ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ если сумма двух нецелых чисел — целое число, то сумма их целых частей меньше суммы самих чисел на 1 ([α + β] = [[α] + {α} + [β] + {β}] = [α] + + [β] + [ {α} + {β}] = [α] + [β] + [1] = [α] + [β] + Поэтому при замене каждых двух последовательных членов нашей геометрической прогрессии целыми частями сумма уменьшается на 1, атак как в сумме всего 1000 слагаемых, то при замене целыми частями их всех она уменьшится на 500. 602. Пусть t i = x 13 i − При −1 < x i 0 имеем t i 0; если же 0 < < x i < то t i < Неравенство, которое нужно доказать, перепишем в виде Без ограничения общности можно считать, что y 1 > поскольку+ c)t i = y i t i + c t i = y i t i ). Пустьчисло k таково, что x k 0, x k+1 > 0 . Тогда t 1 , . . . , t k 0, t k+1 , . . . , t n < 0 . Оценим сумму t i y i следующим образом y k k i=1 t i + y k+1 n j=k+1 t j < y k+1 n i=1 t i = Неравенство доказано. Пусть H — ортоцентр ABC, а M — середина стороны AC. Выберем на отрезках AH и CH точки S и T такие, что P S ⊥ AB и T Q ⊥ ⊥ BC см. рис. 277). Обозначим через K точку пересечения перпендикуляров и QT . Поскольку ∠BP K = ∠BQK = 90 ◦ , то четырехугольник вписанный. Покажем, что точки K и R совпадают. A B C H M R S T A 1 Q C 1 P Рис. Треугольник P BQ равнобедренный, ибо ∠HP B = = ∠HQB. Поэтому точка K лежит на биссектрисе угла B. Докажем, что она также лежит и на прямой. Действительно, пары (P, Q) и, T ) — пары соответственных точек в подобных треугольниках и CA 1 H , поэтому HS HT = HA HC , откуда ST AC. Поэтому середина отрезка ST лежит на прямой. Поскольку HSKT — параллелограмм, то точка K лежит на прямой HM. Отсюда точка K является УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 365 точкой пересечения прямой HM с биссектрисой угла B. Таким образом точки K и R совпадают. Ответ. Нельзя. Пустьу нас естьгири A, B, C, D, E. Всего имеется 5! = 120 различных способов упорядочивания весов этих гирь. А при условии m(A) < < m(B) < существует различных способов упорядочи- вания весов. Поэтому если на какой-то вопрос получен отрицательный ответ, то этот вопрос может исключитьне более 20 вариантов. Следовательно, первые пять вопросов могут исключить не более 20 · 5 = 100 вариантов. Каждый из следующих четырех вопросов может исключить(при одном из двух возможных вариантов ответа) не более половины из оставшихся вариантов. То естьпосле го вопроса может остаться не менее вариантов, после гоне менее 5 вариантов, после гоне менее и, наконец, после го вопроса может остаться по крайней мере 2 варианта. Таким образом, мы показали, что при любой последовательности из девяти задаваемых вопросов найдется последовательность ответов, которой удовлетворяют по крайней мере два варианта упорядочивания весов гирь. Ответ. Пример множества из 7 элементов {−3, −2, −1, 0, 1, 2, Докажем, что при m 8 множество из m чисел A = {a 1 , a 2 , . . . , требуемым свойством не обладает. Не ограничивая общности можно считать, что a 1 > a 2 > a 3 > . . . > и a 4 > ясно, что умножение на наше свойство не меняет. Тогда a 1 + a 2 > a 1 + a 3 > a 1 + a 4 > a 1 , тени одна из сумм a 1 + a 2 , a 1 + и a 1 + множеству A не принадлежит. Кроме того, суммы a 2 + и a 2 + не могут одновременно принадлежать, поскольку a 2 + a 3 > a 2 , a 2 + a 4 > и a 2 + a 3 = a 2 + a 4 . Получается, что по крайней мере для одной из троек (a 1 , a 2 , и (a 1 , a 2 , сумма любых двух ее элементов множеству A не принадлежит. Предположим, что совершенное число равно 3n, где n не кратно. Тогда все натуральные делители числа 3n включая его самого) можно разбитьна пары d и 3d, где d не делится на 3. Следовательно, сумма всех делителей числа 3n она равна 6n) делится на 4. Отсюда n кратно 2. Далее заметим, что числа, и 1 будут различными делителями числа их сумма равна 3n + 1 > 3n, откуда следует, что число 3n не может быть совершенным. Противоречие. Рассмотрим случай, когда точки Q и лежат по разные стороны от прямой BK, а точки P и лежат по разные стороны от прямой см. рис. 278; остальные случаи рассматриваются аналогично. Прямые QK и P M пересекаются в точке N, так как точки Q и P являются об ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ разами точек K и M при гомотетии с центром N касательная в точке переходит в параллельную ей касательную сточкой касания в середине дуги AB; второе утверждение аналогично. Значит, ∠KQB + ∠MP B = = π . Кроме того, ∠KB 1 B + ∠KQB = π и ∠MB 1 B + ∠MP B = Следовательно, ∠KB 1 B + ∠MB 1 B = π , те. точка лежит на прямой. Далее, ∠BQB 1 = ∠BKB 1 = ∠KNM = ∠B 1 M B = ∠B 1 P B . А поскольку ∠QBP + ∠QNP = π, то получаем, что в четырехугольнике два противоположных угла равны, а сумма двух смежных равна, следовательно, BP B 1 Q — параллелограмм. A B C N Q P K M B 1 Рис. 278 608. Докажем утверждение задачи индукцией по количеству цветов База для n = 2. Рассмотрим самый левый квадрат K. Если он первого цвета, то все квадраты второго цвета имеют с ним общую точку, следовательно, каждый квадрат второго цвета содержит одну из двух правых вершин квадрата K, следовательно, все квадраты второй системы можно прибитьдвумя гвоздями. Индуктивный переход. Пусть мы доказали утверждение задачи для n цветов, докажем для (n + го цвета. Рассмотрим все квадраты и выберем из них самый левый квадрат K. Пустьон покрашен в (n + 1)- ый цвет. Все квадраты, пересекающие K, содержат одну из двух его правых вершин, следовательно, их можно прибитьдвумя гвоздями. Уберем со стола все квадраты (n + го цвета и квадраты других цветов, пересекающие. Осталиськвадраты n различных цветов. Если теперьвыбрать n квадратов разных цветов, то среди них найдутся два пересекающихся (иначе добавим квадрат K и получим n + 1 попарно не пересекающихся квадратов разных цветов, что противоречит условию задачи. Таким образом, по индуктивному предположению, можно выбратьодин из цветов и прибить 2n − 2 гвоздями все оставшиеся на столе квадраты этого цвета. Убранные квадраты цвета i пересекают самый левый квадрат K, следовательно, эти квадраты можно прибить, забив два гвоздя в правые вершины квадрата K. УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС класс. Положив x = y = −z, получаем f(2x) + f(0) + f(0) откуда f(2x) С другой стороны, положив x = z = −y, получаем f(0) + f(0) + + f (2x) 3f(2x), откуда f(2x) f(0). Итак, f(0) f(2x) те. Легко проверить, что при любом C ∈ R функция (x) ≡ C удовлетворяет неравенству. Предъявим такое разбиение. Выделим в е множество i 99) все четные числа, дающие при делении на 99 остаток 1, а в сотое множество — все нечетные числа. Очевидно, что среди любых чисел a, b и c, удовлетворяющих уравнению a + 99b = c, четное количество нечетных. Если среди них два нечетных, то они из одного (сотого) множества, иначе — a и c из одного множества, так как они четные и дают одинаковые остатки отделения на 99. 611. Будем говорить в вместо внутри или на границе Предположим противное. Рассмотрим пятиугольник минимальной площади S, для которого не выполняется утверждение задачи (так как площадьлюбого пятиугольника с вершинами в целых точках — число полуцелое, то такой найдется. Покажем, что все целые точки в треугольнике, кроме A, лежат на C 1 D 1 . В самом деле, если в нем естьдру- гая целая точка K, то площадьвыпуклого пятиугольника KBCDE меньше, а внутренний пятиугольник в KBCDE лежит в пятиугольнике, что, очевидно, невозможно. Через ρ(M, P Q) будем обозначатьрасстояние от точки M до прямой Выберем из треугольников ABC, BCD, CDE, DEA и EAB треугольник наименьшей площади. Пусть это ABC. Тогда, BC) ρ(D, BC) и ρ(C, AB) ρ(E, AB). Рассмотрим точку O такую, что ABCO — параллелограмм (очевидно, эта точка целая. Тогда, BC) = ρ(A, и ρ(O, AB) = ρ(C, AB) ρ(B 1 , AB) , поэтому точка лежит в треугольнике AB 1 C . Тогда из доказанного в предыдущем абзаце следует, что она лежит в пятиугольнике A 1 B 1 C 1 D 1 E 1 , чего немо- жет быть. Противоречие. Первое решение. Для 1 i j n обозначим через [i, j] отрезок натурального ряда от i до j. Пусть, j) = a i + a i+1 + · · · + a j j − i + Заметим, что из S(i, j) > α и S(j + 1, l) > α следует S(i, l) > Выделим в отрезке [1, n] несколько отрезков [p i , последующему принципу й отрезок начинается с минимального числа p такого, что превосходит α и не лежит в ранее построенных отрезках (если такого нет ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ то построение закончено заканчивается он таким максимальным q, что при любом j из [p i , среднее чисел от до превосходит α. По построению+ Назовем натуральное число k хорошим, если m k > α . Докажем, что все хорошие числа лежат в построенных отрезках. Предположим противное и рассмотрим минимальное хорошее k, для которого это не так. Поскольку, то найдется l k, для которого S(l, k) > α. Так как любое число вне построенных отрезков не превосходит α, то отрезок [l, пересекается с каким-то отрезком [p j , q j ] . Пусть [p i , q i ] — самый правый отрезок, лежащий левее k. Если k > q i + 1 , то S(q i + 2, k) α, откуда, q i + 1) > α , что противоречит выбору k. Поэтому k = q i + 1 . Из принципа выбора отрезков следует, что l = иначе получаем противоречие с выбором q i ). Если l > p i , то S(p i , l − 1) > α, откуда S(p i , q i + 1) > α , чего не может быть. Если же l < p i , то из S(p i , q i + 1) α следует S(l, p i − − 1) > α, те хорошее число, не принадлежащее ни одному из отрезков [p j , и меньшее, что противоречит сделанному предположению. Таким образом, все хорошие k лежат в построенных отрезках. Получается, что количество хороших чисел не превосходит+ 1) . Учитывая, что по построению отрезков [p i , q i ] a k k∈[p i ,q i ] a k > α · (q i − p i + мы получаем утверждение задачи. Второе решение. Пусть b i = a 1 + · · · + Ясно, что b 2 . . . b n . Тогда+ a k−m+2 + · · · + a k m = b k − b l k − Рассмотрим на координатной плоскости точки B 0 (0, 0) , B 1 (1, b 1 ) , B 2 (2, b 2 ) ,. . . , B n (n, b n ) . Тогда отношение b l k − будет равно тангенсу угла наклона прямой B l B k . Значит, условие m k > будет равносильно тому, что прямая, проходящая через с углом наклона arctg α эту прямую назовем l k ) будет проходитьвыше хотя бы одной из точек при l < k такую точку будем называть хорошей. Выражение+ a 2 + · · · + будет равно b n /α , и это будет расстояние между точкой (n, 0) и точкой пересечения с осью абсцисс. Докажем индукцией по количеству точек n, что это расстояние больше числа хороших точек. База очевидна. Если точка нехорошая, то выбросим ее, при этом число хороших точек не изменится, а отрезок уменьшится (так как b n−1 b n ). Если же она хорошая, то пусть B k — ближай- УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 369 шая (по оси абсцисс) точка, лежащая под l n . Тогда выбросим все точки от B k+1 до они все хорошие, количество хороших точек уменьшится на k, а отрезок — больше, чем на n − k. |