Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
613. Доказываемое неравенство можно переписатьв виде sin 2n x + (2 n − 2) sin n x cos n x + cos 2n x Возведем тождество sin 2 x + cos 2 x = в степень n, получим = sin 2n x + cos 2n x + n(sin 2 x cos 2n−2 x + cos 2 x sin 2n−2 x)+ +C 2 n (sin 4 x cos 2n−4 x + cos 4 x sin 2n−4 x) + . . . sin 2n x + cos 2n x + (2 n − 2) sin n x поскольку каждая скобка не меньше чем 2 sin n x cos n x , а сумма коэффициентов равна 2 2 614. Предположим, что совершенное число равно 7n, где n не кратно. Тогда все натуральные делители числа 7n включая его самого) можно разбитьна пары d и 7d, где d не делится на 7. Следовательно, сумма всех делителей числа 7n она равна 14n) делится на 8. Отсюда n кратно 4. Далее заметим, что числа, и 1 будут различными делителями числа 7n, их сумма равна 7n + 1 > 7n, откуда следует, что число 7n не может бытьсовершенным. Противоречие. α α α α A B C D l 1 l 2 M P K L N Q O Рис. 279 615. Пустьдля определенности O лежит на продолжении отрезка AB заточку см. рис. Обозначим P , Q точки пересечения KL с окружностью точки касания сторон BC и AD c ω. Проведем касательные l 1 , кв точках P , Обозначим через α угол между касательной или) и хордой P При гомотетии с центром O, переводящей окружность в ω, касательная BC в точке K перейдет в l 2 ; при гомотетии, переводящей окружность в ω, прямая AD перейдет в l 1 . Отсюда l 2 , AD и, следовательно, ∠LKC = = ∠KLD = α. ∠BMN = ∠ANM как углы между касательной и хордой. Отсюда получаем, что четырехугольник равнобокая трапеция и = ∠MND = α. Итак, хорды P Q и окружности ω параллельны и стягивают равные дуги величиной 2α. Отсюда следует, что средняя линия нашей трапеции проходит через центр ω. Носе- редина KM совпадает с серединой BC точки касания стороны треуголь- ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ника со вписанной и вневписанной окружностью, как известно, симметричны относительно середины стороны, и также середина LN совпадает с серединой AD. 616. Предположим противное пустьсреди четырех клеток на пересечении любых двух строки любых двух столбцов естьдве клетки одинакового цвета. Для удобства будем нумероватьцвета числами от 1 до 4. Назовем горизонтальной вертикальной) парой две клетки разного цвета, лежащие водной строке (одном столбце. Назовем горизонтальным (вертикальным) совпадением две клетки одинакового цвета, лежащие водной строке (одном столбце. Разделим пары на 6 типов по цветам входящих в них клеток {1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4}, {3, Рассмотрим две произвольные строчки. Докажем, что существует не менее 25 вертикальных совпадений, лежащих в этих строчках. Из сделанного предположения следует, что любые две вертикальных пары с клетками в этих строчках должны иметьобщий цвет. Легко заметить, что тогда в двух рассматриваемых строчках могут бытьвертикальные пары не более, чем трех типов, причем возможны только два принципиально различных случая все пары содержат один и тот же цвет (скажем, 1) или естьпары типов {1, 2}, {1, 3} и {2, 3} или точно также с другой тройкой цветов). Рассмотрим эти два случая. Если все пары в наших двух строчках содержат клетку цвета 1, то всего парне более, чем клеток цвета 1 в обеих строчках, те, не более Значит, в рассматриваемых двух строчках не менее 50 совпадений. Пустьестьпары типов {1, 2}, {1, 3} и {2, 3}. В этом случае все клетки цвета 4 в наших строчках совпадают, и таким образом естьне менее 25 совпадений. Итак, мы доказали, что в любой паре строчек не менее 25 вертикальных совпадений, аналогичный результат верен и для любой пары столбцов. Таким образом, всего в нашем квадрате естьне менее 2 · 99·100 2 · 25 = = 25 · 99 · 100 совпадений. Но так как в любой строке ив любом столбце по 25 клеток каждого цвета, количество совпадений равно 200 · 25·24 2 · 4 = = 24 · 100 2 . Учитывая, что 25 · 99 > 24 · 100, мы приходим к противоречию. Следовательно, есть две строки и два столбца, все клетки на пересечении которых окрашены в разные цвета г класс. Ответ. Эти суммы одинаковы УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 371 Разобьем числа от дона две группы A n = {n 2 , n 2 + + 1, . . . , n 2 + n } и B n = {n 2 + n + 1, n 2 + n + 2, . . . , n 2 + 2n }. Для чисел группы ближайшим квадратом является n 2 , для ближайшим является (n + 1) 2 — квадрат другой четности. Суммы чисел в группах и обозначим и соответственно. Но из равенства S(B n ) − − S(A n ) = (n 2 + n + 1) − (n 2 + 1) + (n 2 + n + 2) − (n 2 + 2) +. . . . . . + (n 2 + 2n) − (n 2 + n) − n 2 = n · n − n 2 = следует, что суммы чисел в группах и равны. Осталосьзаметить, что все множество чисел от 1 до 999 999 разбивается на непересекающиеся пары и B 1 , и B 2 , . . . , и B 999 618. Из условия следует, что Q(x) = (x − x 1 )(x − x 2 ) , где x 2 − x 1 > итак как P (x 1 ) = Q(x 1 ) = 0 , P (x 2 ) = Q(x 2 ) = 0 . Предположим, что P (x)− Q(x) 0, те при всех x. Это выполняется только в том случае, когда x 2 + Ax + (B − 1) = (x − x 1 )(x − x 2 ) , так как в точках = и x = не будет происходитьперемена знака многочлена P (x) − − Q(x) только при четной кратности корней x = и x = x 2 . Значит = −(x 1 + x 2 ) , B − 1 = x 1 x 2 , Поэтому дискриминант трехчлена x 2 + + Ax + есть D = (x 1 + x 2 ) 2 − 4(x 1 x 2 + 1) = (x 1 − x 2 ) 2 − 4 > 0. Но тогда P (x) = (x− x 1 )(x − x 2 )(x − x 3 )(x − корни и не совпадают си, так как и x 4 — корни трехчлена x 2 + Ax + B , аи нет кроме того, x 3 = x 4 , так как D = 0). Таким образом, P (x) не может иметьв качестве промежутка отрицательных значений ровно интервал I = = (x 1 ; x 2 ) . Противоречие. Значит, неравенство P (x) − Q(x) 0 при некоторых x нарушается. Пусть M — середина стороны CD, а L — середина стороны Достроим параллелограмм ABCD до треугольника так, чтобы отрезок AC был средней линией треугольника см. рис. 280). Для этого через точку D проведем прямую, параллельную AC и обозначим через и точки пересечения этой прямой с продолжениями сторон и BA соответственно. Тогда четырехугольники и будут параллелограммами. Точки A, M и будут лежатьна одной прямой, ибо в параллелограмме диагонали делятся точкой пересечения на равные части. Следовательно, в треугольнике угол K — прямой, поскольку точка M равноудалена от точек A, и K. Аналогично устанавливаем, что ∠CKC 1 = 90 ◦ . Таким образом 90 ◦ − Отрезки CN и параллельны, ибо CN — средняя линия в треугольнике. Аналогично параллельны отрезки AN и KC 1 . Следовательно ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ A B C D A 1 C 1 M L K N Рис. 280 ∠NCK = ∠CKA 1 = ∠C 1 KA = ∠NAK. 620. Уберем вершину данного многоугольника A 1 A 2 . . . Назовем средними диагоналями многоугольника A 1 A 2 . . . отрезки, соединяющие вершины, номера которых отличаются на 999 или Рассмотрим все средние диагонали, их ровно 1999 штук. Заметим, что любые две из них пересекаются, из каждой вершины выходит ровно две средние диагонали. Поскольку 1999 > 2 · 999, то найдутся три одноцветные средние диагонали, они попарно пересекаются в трех разных точках. Эти точки пересечения и являются вершинами искомого треугольника. Ответили Рассмотрим любые четыре подряд идущие монеты. Докажем, что среди них ровно одна трехкопеечная. Предположим противное. Если среди этих монет не оказалосьни одной трехкопеечной, то однокопеечные и двухкопеечные монеты чередуются, что невозможно. Двух трехкопеечных монет тоже не может быть, поскольку между ними должно быть хотя бы три монеты. Таким образом, среди первых 2000 монет ровно 500 трехкопеечных. Следовательно, всего трехкопеечных монет может быть 501 или. Оба ответа возможны, например . . . и 2131213121312 . . .21312. 622. Докажем, что в этой компании есть n + 1 попарно знакомый человек. Очевидно, что естьдвое знакомых, и если есть попарно знакомых (где k n), то по условию найдется отличный от них человек, знакомый УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 373 со всеми этими k людьми. Отсюда следует, что найдутся n + 1 попарно знакомых человек A 1 , . . . Рассмотрим остальных n человек. По условию, существует отличный от них человек A i , знающий их всех. Но тогда знаком со всеми. A B C O N P K Q M P 1 K 1 Q 1 M 1 Рис. 281 623. Пусть P и Q — середины сторон AB и соответственно, P 1 , K 1 , Q 1 , M 1 — проекции точек, K, Q, M на сторону AC (см. рис. 281). Тогда и, по условию, поэтому, следовательно, если точка ближе к вершине B, чем точка P , то точка Q ближе к B, чем точка Из условия следует, что OP ⊥ AB, OQ ⊥ BC ⇒ ∠P OQ = π − Поэтому утверждение задачи равносильно равенству ∠KOM = ∠P тес учетом установленного расположения точек, подобию прямоугольных треугольников OP K и Пусть ∠BAC = α, ∠BCA = γ. Тогда P K = P 1 K 1 : cos α , QM = = Q 1 M 1 : cos γ . Но P 1 Q 1 = K 1 M 1 ⇒ P 1 K 1 = Q 1 M 1 ⇒ P K : QM = = cos γ : cos С другой стороны, ∠AOB = 2γ ⇒ ∠BOP = γ ⇒ OP = R cos где R — радиус описанной окружности. Аналогично OQ = R cos α ⇒ ⇒ OP : OQ = cos γ : cos α = P K : QM и, значит, OP K ∼ OQM. 624. Ответ. n = p m , где p — простое число, m ∈ Предположим, что n не является степенью простого числа. Пусть p наименьший простой делитель числа n. Представим n в виде p m · k, где p не делится на k. По условию число l = p + k − 1 является делителем. Покажем, что l взаимно просто с k. Предположим противное. Если НОД(l, k) > 1, то НОД(p−1, k) = НОД(l−k, k) = НОД(l, k) > 1. Таким образом, число k имеет какой-то делитель d, 2 d p − 1. Противоречие с выбором числа p. Следовательно, p + k − 1 = p α . Ясно, что α 2, ибо > 1 . Таким образом, числа и k — взаимно простые делители числа те делительчисла n. При этом p 2 + k − 1 взаимно просто с k, поскольку в противном случае k имеет общий делительс p 2 − 1 = = 2(p −1)· p + 1 2 , что снова противоречит выбору числа p. Следовательно+ k −1 = p β , где β 3. Но тогда p β = p 2 + k −1 = p 2 + (p + k −1)−p = ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ p(p+p α−1 −1), что не делится на p 2 . Противоречие, следовательно, k = = 1 . Нетрудно убедиться, что полученные числа удовлетворяют условию класс. См. решение задачи 617. 626. Лемма. Пусть множества A и B на прямой являются объединениями m и n отрезков соответственно. Тогда A ∩ B — объединение не более m + n − 1 отрезков. Д ока за тел ь ст во. Ясно, что A ∩ B — тоже объединение отрезков. Пустьих количество равно k. Концы отрезков A ∩ B являются концами отрезков A или B. Следовательно, рассматривая концы отрезков A ∩ получаем 2m + Но при этом самый левый конец отрезка из всех концов A или B либо не принадлежит A∩B, либо входит ив концы A ив концы B. Значит, правую часть (∗) можно уменьшить на 1. Аналогично, рассматривая самый правый конец A или B, мы уменьшаем правую часть (∗) еще на 1. Тогда 2m + 2n − те Лемма доказана. Теперьрешим задачу пересекая последовательно с A 2 , A 3 , . . . , A 100 , мы увидим, что количество отрезков в пересечении будет небо- лее 100 + 100 − 1 = 199, 199 + 100 − 1 = 298, . . . , 9802 + 100 − 1 = что и требовалосьдоказать. A B M N K P Ω ω ω 1 l Рис. 282 627. Обозначим внешнюю окружность через Ω, внутреннюю — ω, описанную окружностьтреугольника BKM — их радиусы — R, r и r 1 соответственно. Пустьотрезок BN пересекает ω в точке см. рис. 282). Рассмотрим гомотетию с центром в точке N, переводящую внутреннюю окружностьво внешнюю. Тогда H(P ) = B, H(AB) = l, где касательная к Ω, параллельная те. проходящая через точку M. Следовательно, те. точки N, лежат на одной прямой. Тогда, по теореме синусов α 2R sin α = r 1 R , где α = ∠BMN. Кроме того УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС P BN = r R . Далее, BK 2 = BP · BN поэтому 1 − N P BN = 1 − r R . Отсюда следует, что отношение r 1 R постоянно. 628. Построим граф, вершины которого соответствуют городам, а ребра дорогам. В этом графе между любыми двумя вершинами естьедин- ственный путь, следовательно, в нем нет циклов (такой граф называется деревом). По условию, в этом графе есть вершин, из которых выходит ровно одно ребро (такие вершины называются висячими) — пусть это вершины A 1 , A 2 , . . . , A 100 . Для каждой пары висячих вершин и существует единственный путьмежду ними, назовем количество ребер на этом пути расстоянием между этими вершинами и будем обозначатьче- рез d(A i , A j ) . Из конечности числа способов разбитьэти 100 вершин на пар следует, что при одном из способов достигается максимум суммы расстояний между вершинами в парах. Соединим пары вершин при этом разбиении 50 новыми ребрами (остальные ребра будем называть старыми. Мы докажем, что после этого даже при удалении любого ребра сохраняется связность графа (те, возможностьиз любой вершины по- пастьв любую другую). Предположим противное, пустьпри удалении ребра между вершинами и C граф распался на две части, которые не связаны между собой. Нетрудно заметить, что удаленное ребро было старым, водной из полученных частей находится вершина B, а в другой — вершина C. Очевидно, в каждой части должна бытьвершина, из которой выходит ровно одно старое ребро, и каждое новое ребро соединяет две вершины из одной части. Но тогда водной из частей должно бытьновое ребро, соединяющее вершины и A j , а в другой — соединяющее вершины и A m . Однако в этом случае нетрудно проверить, что, A j ) + d(A k , A m ) < d(A i , A k ) + d(A j , что противоречит максимальности суммы расстояний в выбранных парах. Следовательно, при удалении ребра BC возможностьпопастьиз любой вершины в любую другую должна сохраниться. По условию P (x) = (x − x 1 )(x − x 2 )(x − x 3 ) , следовательно (Q(x)) = (Q(x) −x 1 )(Q(x) −x 2 )(Q(x) −x 3 ) , где Q(x)−x i = 0, i = 1, 2, те. Перемножив полученные неравенства x i > 1 4 , получаем P (2001) = (2001 − x 1 )(2001 − x 2 )(2001 − x 3 ) > > 1 64 |