Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
630. Достаточно доказать, что сумма S горизонтальных проекций векторов, соединяющих центры клеток с большим числом с центрами клеток с меньшим числом, равна нулю. Аналогичными рассуждениями доказы- ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ вается, что сумма вертикальных проекций векторов также равна нулю, откуда следует утверждение задачи. Примем длину стороны клетки за 1, за положительное направление горизонтальной оси выберем направление слева направо. Будем переме- щатьчисла внутри строк (при этом в одну клетку могут попадатьнесколь- ко чисел) и следитьза изменением суммы S проекций векторов. Заметим вначале, что сумма чисел в столбце магического квадрата составляет от суммы всех чисел, те. она равна. В клетку с числом k входит k и выходит k − 1 векторов. Следовательно, если мы передвинем на клетку влево, то сумма S меняется на (k − 1) − (n 2 − k) = 2k − 1 − −n 2 . Последовательно передвинем n чисел a 1 , a 2 , . . . , a n , которые стояли водном столбце, на одну клетку влево. При этом сумма S меняется на 1 − n 2 ) + (2a 2 − 1 − n 2 ) + . . . + (2a n − 1 − n 2 ) = 2(a 1 + a 2 +. . . . . . +a n ) −n−n 3 = n(n 2 +1) −n−n 3 = 0 . Таким образом, последовательно переместив числа каждого столбца в самый левый столбец, получим, что сумма S не изменилась. Нов конце сумма S стала равна нулю, поскольку проекции всех векторов стали нулевые. Значит ив начале S = 0. 631. Пустьокружность, проходящая через H, A 1 , B 1 , пересекает второй раз прямую CH в точке C 1 . Достаточно доказать, что совпадает с C 1 A B C A 1 B 1 C 1 H F Рис. Рассмотрим точку F , диаметрально противоположную точке H (см. рис. 283). Углы и HC 1 F — прямые, так как опираются на диаметр. Поэтому Отсюда следует равенство площадей S BF C = = в треугольниках BF и основание общее, а высоты равны, аналогично S CF A = и S AF B = Заметим, что точка F лежит внутри треугольника ABC: поскольку и лежат на высотах, а не на их продолжениях, точка F лежит внутри угла ACB; если бы при этом F лежала вне треугольника ABC, то сумма площадей S AF C + S BF C = S AB 1 C + была бы больше площади треугольника ABC в противоречие с условием таком образом, лежит на высоте, а не на ее продолжении. Ввиду равенств S = S AF B + S BF C + +S CF A = получаем, что S AC 1 B = S AC 1 B , откуда следует совпадение точек и C 1 632. Ответ. n = p k , p — простое, или n = 12. УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 377 Легко видеть, что указанные в ответе числа удовлетворяют условию задачи. Покажем, что других чисел, удовлетворяющих условию, не суще- ствует. Случай нечетного n рассмотрен в задаче 624. Пусть n четно и не является степенью двойки представим его в виде n = 2 m · k, где m 1, а > 1 — нечетное число. Заметим, что k + 2 − 1 = k + 1 — делитель Поскольку НОД(k + 1, k) = 1, k + 1 = 2 α , α > 1. Поэтому 2 2 + k − 1 = = k + 3 — тоже делитель n. Заметим, что k + 3 = (k + 1) + 2 = 2 α + не делится на 2 2 . Кроме того, НОД(k + 3, k) = НОД(3, k) 3. Из этого заключаем, что k + 3 2 · 3 = 6, и k 3. Значит, n = 2 m · 3. Ноне подходит m 3 также не подходит, так как в этом случае мы получили бы, что 2 3 + 3 − 1 = 10 — также делитель n. 11 класс. Ответ. 97 средних чисел. Заметим, что если число k = m является средним, то число k = 100 − − m также является средним. Поэтому если число k = 1 не является средним, то число k = 99 также не является средними количество средних чисел не больше 97 (k = 100). Если же число k = 1 является средним, то вес одной из гирек равен S и, следовательно, только k = 99 также является средним числом. Значит, количество средних чисел не превосходит 97. Приведем пример набора из 100 гирек с весами a 1 , . . . , для которого все числа от 2 до 98 (всего 97 чисел) — средние. Пусть a 1 = a 2 = 1 , a n+2 = a n + a n+1 , n = 1, 2, . . . , 97, — последовательные числа Фибоначчи и S = a 1 + a 2 + . . . + a 98 . Выберем a 100 = S − a 99 . Тогда суммарный вес всех гирек равен 2S ив тоже время, a 100 + a 99 = a 100 + a 98 + a 97 = = a 100 + a 98 + a 96 + a 95 = a 100 + a 98 + a 96 + a 94 + a 93 = . . . = a 100 + + a 98 + a 96 + a 94 + a 92 + a 90 + . . . + a 6 + a 4 + a 2 + a 1 = S . Следовательно, средними являются числа 2, 3, 4, . . . , 51. Но тогда средними будут и числа 2 = 98, 100 − 3 = 97, . . . , 100 − 48 = 52, те. все числа от 2 до 98 средние. См. решение задачи 627. 635. Для каждой из прямых, пересекающих все многоугольники набора, проведем параллельную ей прямую через центр O некоторой окружности. Обозначим через множество точек пересечения этих прямых с S. Определим аналогично для набора множество S 2 ⊂ Покажем, что S 1 ∪ S 2 = S . Спроектируем многоугольники наборов P 1 и на произвольную прямую l см. рис. 284). Из условия следует ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ что при этом получатся два набора отрезков и таких, что любые два отрезка из разных наборов имеют общую точку. Возьмем отрезок I, левый конец A которого является среди полученных отрезков самым правым. Пусть, например, I принадлежит P 1 , тогда все отрезки содержат точку A. Следовательно, прямая m, проходящая через точку A перпендикулярно l, пересекает все многоугольники набора. В силу произвольности выбора прямой l получаем, что S 1 ∪ S 2 = Рис. Рис. Очевидно, все отрезки в имеют общую точку и все отрезки в имеют общую точку тогда и только тогда, когда точки окружности S, имеющие направление m, принадлежат как S 1 , таки Но если все отрезки из имеют общую точку и все отрезки из имеют общую точку, то любые два отрезка из имеют общую точку. Тогда все отрезки из P 1 ∪ имеют общую точку. Следовательно, прямая, проходящая через эту точку перпендикулярно, пересекает все многоугольники наборов и P 2 . Таким образом, утверждение задачи доказано, если S 1 ∩ S 2 = Покажем, что S 1 ∩ S 2 = ∅. В самом деле, легко видеть, что множества и состоят из конечного числа замкнутых дуг окружности (например, если число элементов вне больше n, то дуг не больше так как конец каждой дуги соответствует непересекающимся многоугольникам см. рис. 285). Так как в каждом множестве естьпара непересе- кающихся многоугольников, то, отделяя эти многоугольники прямой, мы видим, что S 1 = S и S 2 = Если S 1 ∩ S 2 = ∅, то S 1 ∪ состоит из попарно непересекающихся замкнутых дуг. Возьмем конец одной дуги, тогда между ними ближайшим концом дуги почасовой стрелке нет точек S 1 ∪ S 2 , что противоречит тому, что S 1 ∪ S 2 = S 636. Ответ. При n участниках УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 379 Докажем, что при n участниках такое распределение баллов может существовать. Пример очевиден — пусть й участник ответит только на один й вопрос. Тогда, назначив стоимостьвопросов a 1 , a 2 , . . . , a n , где, a 2 , . . . , a n } = {1, 2, . . . , n}, жюри поставит го участника на место + 1 − a k Теперьдокажем от противного, что не могло быть + 1 участников или более. Представим себе, что мы клонировали каждого участника, т. е. у нас естьнеограниченное количество участников каждого из n + 1 типов. Докажем, что если мы сможем составитьиз них две команды, разные по составу (хотя бы для одного типа число участников этого типа впервой команде неравно числу участников этого типа во второй команде, но имеющих одинаковые результаты (те. на каждый вопрос впервой команде ответило столько же человек, сколько во второй, то мы придем к противоречию. Во-первых, можно считать, что участники каждого типа присутствуют не более, чем водной команде если в обеих командах естьпо участнику одного типа, удалим их, составы команд останутся разными, а результаты одинаковыми. Пусть, без ограничения общности, впервой команде участников не меньше, чем во второй. Тогда нельзя назначить баллы за вопросы так, чтобы места всех участников первой команды были выше, чем места участников второй команды, ибо сумма баллов участников первой команды всегда равна сумме баллов участников второй команды. Осталосьдоказать, что такие две команды найдутся. Для этого запишем систему линейных уравнений, е уравнение которой гласит, что разностьчисла участников первой и второй команды, ответивших на й вопрос естьноль; й переменной здесьбудет число участников го типа в команде (впервой, если переменная положительна, во второй, — если отрицательна. Это система из n однородных уравнений с n + 1 переменной. Как известно, она имеет ненулевое решение, причем, поскольку все коэффициенты рациональны (а они нули или единицы, существует рациональное ненулевое решение. Поскольку уравнения однородны, решение можно домножитьна константу. Домножим так, чтобы значения всех переменных стали целыми. Требуемые команды найдены. Первое решение. Без ограничения общности можно считать, что (x) < при x ∈ (x 1 , x 2 ) , g(x) < 0 при x ∈ (x 3 , x 4 ) , где x 2 < x 3 . Рассмотрим касательную к графику y = αf(x) в точке и касательную к графику y = βg(x) в точке x 3 . Подберем положительные α итак, чтобы модули угловых коэффициентов этих касательных стали равными. Пусть касательная кв точке имеет вид y = ax+b 1 , касательная к βg(x) ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ в точке имеет вид y = −ax + b 2 , a > 0. Эти касательные пересекаются в точке с ординатой y 0 > 0 . Парабола, ветви которой направлены вверх, лежит выше касательной. Поэтому αf(x) + βg(x) > ax + b 1 − ax + b 2 = = b 1 + b 2 = 2y 0 > 0 , что и требовалосьдоказать. Второе решение. Пустьграфики пересекаются в точке P (x 0 , Тогда f(x) = y 0 + (x − x )(x − x 0 ) , g(x) = y 0 + (x − x )(x − x 0 ) , причем, если x 0 < x 0 , то x 0 < x . Действительно, если, скажем, x < x < тона интервале (x , выполнено f(x) < g(x), ив точках, в которых g(x) отрицательно, f(x) также отрицательно, что невозможно. Поэтому) = αf (x) + βg(x) = (α + β)y 0 + (x − x 0 )[(α + β)x − (αx + βx )] = = (α + β)y 0 + (α + β)(x − x 0 ) 2 (α + β)y 0 > 0 , если выбрать α и β так, чтобы (α + β)x 0 = αx + βx , те. Это можно сделать, так как x < x 0 < x 638. Пусть d — наибольший общий делитель чисел a и b, те, где и взаимно просты. Тогда da 1 b 1 (a 1 + делится на 1 + a 1 b 1 + b 2 1 = m . Число a 1 + взаимно просто с числами ив противном случае и имеют общий делитель, поэтому из равенств = a 1 (a 1 + b 1 ) + b 2 1 = b 1 (a 1 + b 1 ) + a 2 следует, что m взаимно просто с числами a 1 , и a 1 + b 1 , поэтому d делится на m. Но тогда d m > следовательно d 3 > ab . Поэтому |a − b| d > 3 √ ab , что и требовалось доказать. Построим граф, вершины которого соответствуют городам, а ребра дорогам. В задаче требуется покраситьвершины этого графа в цветов так, что никакие две вершины одного цвета не соединены ребром (такая раскраска называется правильной). Рассмотрим вершину A наибольшей степени, пусть из этой вершины выходит s ребер (s < 2000). Обозначим через V множество из s вершин, соединенных с A, пусть W — множество из 2000 − s оставшихся вершин. Рассмотрим два случая) Пустьв множестве W естьдве соединенные ребром вершины B и Тогда рассмотрим множество U, состоящее из вершины A и всех вершин множества W , кроме C. В этом множестве 2000 − s вершин и любая не входящая в U вершина соединена ребром с одной из вершин множества либо с вершиной A, либо с B). Следовательно, 2000 − s Остается заметить, что из каждой вершины выходит не более s ребер, следовательно, эти вершины можно по очереди покрасить в s + 1 цвет так, чтобы никакие две вершины одного цвета небыли соединены ребром (вершину нельзя красить в цвета ее соседей, которых не более, чем s, а в нашем распоряжении s + 1 цвет. Неравенство s + 1 = 2001 − (2000 − − s) 2001 − k завершает доказательство задачи в этом случае УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС 2) Пустьникакие две вершины множества W не соединены ребром. Покрасим все эти вершины в цвет 1, в этот же цвет можно покраситьвер- шину A она не соединена ребром ни с одной вершиной из W ). Заметим, что в этом случае вершины из множества W должны бытьсоединены с вершинами из множества V так как из каждой вершины выходит хотя бы одно ребро. Это означает, что среди вершин множества V естьдве не соединенные ребром (иначе в этом множестве естьвершина, из которой выходит более s ребер — к s − 1 остальным вершинам множества V , к вершине A и к вершинам множества W ). Так как среди s вершин множества естьдве не соединенные ребром, вершины этого множества можно покраситьв s−1 цвет. Таким образом, все вершины оказалисьраскраше- ны в s цветов и никакие две вершины не соединены ребром. Так как все вершин из множества V соединены ребром с вершиной A, то 2001−s следовательно, s = 2001 − (2001 − s) 2001 − k, что и требовалосьдо- казать. S A B C O 1 A 1 B 1 C 1 γ ω Рис. 286 640. Пусть ω — сфера из условия задачи сфера, описанная около тетраэдра. Эти сферы пересекаются по окружности, описанной около треугольника A 1 B 1 C 1 (см. рис. Выберем на γ произвольно точку пусть K — вторая точка пересечения луча SK 1 со сферой ω. Рассмотрим сечение сфер ω и плоскостью α = Пусть l — касательная к сечению сферы плоскостью α, проведенная в точке см. рис. 287). Тогда ∠1 = ∠2 и ∠2 = π − ∠A 1 K 1 K = ∠3, следовательно = ∠3 и, значит, AK l. Поэтому если β — плоскость, касающаяся в точке S, то AK β. Поэтому лучи, проведенные из точки S и пересекающие окружность γ, вторично пересекают сферу ω в точках, лежащих водной плоскости τ. Точки A, B и C лежат в этой плоскости, следовательно проходит через точку O 1 — центр сферы ω. Теперьрассмотрим множество плоскостей, касающихся ω в точках, принадлежащих γ. Они касаются некоторого конуса с вершиной в точке и образующими OA 1 , OB 1 , OC 1 ). Проведем плоскостьчерез точки, и S. В сечении получатся две пересекающиеся окружности (см. рис. 288), при этом = ∠SQ 1 Q = так как O 1 ∈ P Q. Но и OQ 1 — касательные к окружности с центром, поэтому ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Рис. Рис. 288 ∠SP те равнобедренный и ∠Q 1 OP 1 = 180 ◦ − 2 · ∠OQ 1 P 1 = = 2(90 ◦ − ∠SP P 1 ) = 2 · ∠Q 1 SP 1 . Отсюда и из равенства OP 1 = следует, что O — центр окружности, описанной около SP 1 Q 1 . Но тогда = OP 1 = OA 1 = OB 1 = OC 1 , те центр сферы ω 1 |