Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
2001–2002 г класс. Ответ. Нельзя. Числа от 1 до 2001 могут располагаться не более, чем в 2001 строке и столбце. Значит, найдутся строка и столбец, все числа в которых не меньше 2002. Но тогда произведение любых двух чисел из такой строки (столбца) больше 2002 2 , те. для клетки, расположенной на пересечении таких строки и столбца, условие задачи не выполняется. A B C O O 1 O 2 M Рис. 289 642. ∠AO 1 O 2 — внешний для треугольника Поэтому 2 ∠AOB + 1 2 ∠OAB = 90 ◦ − − 1 2 ∠OBA = 1 Далее, пусть M — некоторая точка на продолжении отрезка OA заточку внешний для треугольника Отсюда ∠AO 2 O 1 = ∠MAO 2 − − ∠AOO 2 = 1 2 ∠MAC − 1 2 ∠AOC = = 1 2 ∠ACO. УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 383 Таким образом, из равенства O 1 A = следует равенство углов AO 1 O 2 и AO 2 O 1 , а значит, и углов ABC и Тем самым, треугольник ABC — равнобедренный, AB = AC. 643. Рассмотрим три синих точки A, B, C и не синюю D. Тогда S ABD + S ACD + S BCD . Просуммируем это неравенство по всем таким четверкам. При этом каждый синий треугольник считается раза каждый сине-сине-несиний — 4 раза. Таким образом, сумма площадей синих треугольников хотя бы в 3 раза меньше суммы площадей. Итого сумма площадей синих треугольни- ков составляет не более четверти сумм площадей треугольников, хотя бы две вершины которых — синие. Аналогичное неравенство получим для двух других цветов. Так как рассмотренные группы не пересекаются, то и сумма площадей одноцветных треугольников составляет не более четверти суммы площадей всех треугольников. Ответ. Перейдем к графу, в котором головы — вершины, шеи — ребра, а удар по шеям, выходящим из головы A назовем инвертированием вершины. Тогда если естьвершина X степени не больше 10, то достаточно инвер- тироватьее соседей, иона отделится, те. эта вершина не будет соединена с остальными вершинами графа. Если естьвершина, соединенная со всеми вершинами, за исключением n (n 9), то нужно инвертироватьсна- чала эту вершину, а затем те n вершин, с которыми она вначале не была соединена, и тогда эта вершина отделится. Если же для каждой вершины естьхотя бы 11 вершин, соединенных с ней, и хотя бы 10, не соединенных с ней, то всего вершин не меньше 22, и ребер не меньше · 11 2 > Приведем пример гидры, которую нельзя разрубить за 9 ударов две группы по 10 голов и 100 шей, соединяющих все пары голов из разных групп. Заметим, что состояние ребра между вершинами A и B не изменилось (те. оно осталось, если было вначале, и не появилось, — иначе) тогда и только тогда, когда вершины A и B отрубали в сумме четное число раз. Поэтому порядок отрубания вершин неважен, и бессмысленно отру- батьвершину два раза. Пустьпо нашей гидре нанесено не более 9 ударов. Тогда в каждой группе осталосьпо неотрубленной голове, и поэтому естьшея из одной группы в другую более того, все неотрубленные головы образуют связное множество. С другой стороны, каждая неотрубленная голова связана со всеми отрубленными в своей группе. Поэтому, если в каждой части отрублено хотя бы по голове, то гидра осталасьсвязной. Если же все отрубленные головы водной части, то гидра тоже осталасьсвязной: любая ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ неотрубленная голова в этой части связана со всей другой частью и со всеми отрубленными. Рассмотрим семьпар ладей, стоящих в соседних столбцах. Разности их координат по вертикали лежат на отрезке [1, 7], поэтому либо две из них совпадают (и тогда расстояния в соответствующих парах тоже совпадают, либо среди них естьвсе числа от 1 до 7. В частности, естьдве ладьи, отстоящие друг от друга на 2 по вертикали и на 1 по горизонтали (пара A). Аналогично, либо найдутся две пары в соседних строках с равным расстоянием, либо естьдве ладьи, отстоящие друг от друга на 1 по вертикали и на 2 по горизонтали (пара B). Тогда расстояния в парах A и B совпадают, асами эти пары различны. Ответ. n = k − Построим пример, показывающий, что при n k это невозможно. Пустькарты (сверху вниз) первоначально лежат так сначала все нечетные (в произвольном порядке, потом четные, причем верхняя из них карта 2n. Тогда первые k ходов однозначно определены — нечетные карты перекладываются на свободные позиции следующий ход, если n > невозможен, а если n = k, то можно лишьпереложитькарту 2n−1 обратно в изначальную стопку, что бессмысленно, ибо мы вернулись к предыдущей позиции. Поэтому эту стопку переложитьнельзя. Пусть n < k. Покажем, как можно организоватьпроцесс перекладывания. Разобьем все карты на пары (1, 2), . . . , (2n − 1, 2n) и сопоставим каждой паре по незанятой ячейке (хотя бы одна ячейка не сопоставлена никакой паре назовем ее свободной. Теперькаждую карту сверху красной ячейки попытаемся положитьв ее ячейку. Это может не получиться, только если эта карта имеет номера карта 2i − 1 уже лежит в ячейке но тогда можно переместитькарту 2i в свободную ячейку, сверху положитькарту 2i − 1, сопоставитьэтой ячейке нашу пару, а прежнюю сопоставленную назватьсвободной. Таким образом, в результате мы получим карты, разложенные в ячейки по парам. Теперь, используя свободную ячейку, легко собратьих в колоду в правильном порядке. Построим такие точки K и L, лежащие внутри угла AOC, что треугольники и BMO, а также CLO и BNO соответственно равны (см. рис. 290). Тогда KO = OM, LO = ON и ∠KOL = ∠AOC − ∠MOB − − ∠BON = ∠MON, поэтому треугольники KOL и MON равны, следовательно. Тогда периметр треугольника BMN равен BM + + M N + N B = AK + KL + LC В других исходных конфигурациях задачи решение проходит аналогично, но треугольники, возможно, нужно откладывать в другую сторону (см. рис. 291, рис. 292, рис. 293). УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС Рис. Рис. Рис. Рис. 293 648. Заметим, что среди выбранных чисел найдутся числа a и b, имеющие одинаковые остатки отделения на 2 2n . Докажем, что они — искомые. Предположим, что a 2 ... b. Тогда и (a − b) 2 = a 2 − 2ab + b 2 ... b. Пусть = p · 2 2n + r , b = q · 2 2n + r . Тогда (p − q) 2 · 2 4n ... b, но поскольку нечетное, то (p − q) 2 ...b, откуда |p−q| > и max(a, b) = max(p, q) · 2 2n + + r > 2 3n , что невозможно по условию класс. Из условия следует, что R и один из многочленов P и Q — третьей степени. Пусть, например, R и Q — третьей степени, P — второй. Поменяв, если это нужно, знаки многочленов на противоположные, можно считать, что коэффициенты при у R и Q положительны. Тогда из равенства, где R + Q — третьей степени, следует, что R − Q — первой степени, те (коэффициент при у P 2 положителен). Тогда P ... x − x 1 , поэтому и R + Q ... x − x 1 , итак как R − Q ... x − тот. е. R = (x − x 1 )R 1 , Q = (x − x 1 )Q 1 , где и Q 1 — квадратичные функции с положительными коэффициентами при. Пусть P = a(x − x 1 )(x − x 2 ) . Из равенства x 2 ) 2 = (R 1 + Q 1 )(R 1 − Q 1 ) ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ следует, что R 1 − Q 1 = t = const > 0 . Значит, R 1 = Q 1 + t , поэтому x 2 ) 2 = (2Q 1 + t) · те трехчлен, имеющий два действительных корня. Тогда Q имеет три действительных корня. A B C D M K Рис. 294 650. Запишем MB 2 = M A · MD = = 1 2 M D 2 , KA 2 = KB · KC = 1 Отсюда, используя теорему синусов, получаем: 1 √ 2 = AK KC = sin ∠ACK sin ∠CAK , 1 √ 2 = = BM MD = sin ∠BDM sin ∠DBM . Но sin ∠ACK = = sin ∠BDM, поскольку ABCD — вписанный четырехугольник. Следовательно = sin ∠DBM. Это означает, что имеются следующие две возможности) ∠CAK = ∠DBM. В этом случае треугольники CAK и BDM подобны по двум углам. Кроме того, AB является общей медианой к соответственным сторонам этих треугольников. Значит, треугольники CAK и DBM подобны с коэффициентом подобия 1, те. эти треугольники равны. Следовательно, AD = MD/2 = KC/2 = BC. Таким образом, ABCD вписанная трапеция, AB CD. 2) ∠CAK + ∠DBM = 180 ◦ . По теореме об угле между касательной и хордой ∠CAK = ∠CDA, ∠DBM = ∠DCB. Значит, ∠CDA + ∠DCB = = 180 ◦ , откуда следует, что AD BC. 651. Пусть x — наибольшее целое число, квадрат которого не превосходит. Так как n — целое, n−x 2 2x 2 √ n . Пусть, далее, y — наименьшее натуральное число, квадрат которого больше n − −x 2 : (y−1) 2 n−x 2 < y 2 . Тогда y = (y−1)+1 √ n − x 2 +1 2 √ n+ + 1 = √ 2 4 √ n + 1 . Ясно, что m = x 2 + y 2 > n , те представимо в виде суммы двух квадратов и m − n > С другой стороны n = x 2 + y 2 − n = y 2 − (n − x 2 ) y 2 − (y − 1) 2 = = 2y − 1 2 √ 2 4 √ n + 1. Осталосьзаметить, что при n > 10 000 2 √ 2 4 √ n + 1 < 3 4 √ n. 652. Построим граф, вершины которого соответствуют городам, а ребра дорогам, существовавшим в стране до начала всех преобразований. По условию, над этим графом несколько раз подряд проделывается следующая операция удаляются все ребра некоторого простого цикла, а все вершины этого цикла соединяются с новой вершиной. Докажем, что в гра- УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 387 фе, получившемся после окончания всех преобразований, все вершины исходного графа будут иметьстепень1. Поскольку таких вершин ровно, это даст нам полное решение задачи. Рассмотрим произвольную вершину v, принадлежащую исходному графу. По условию, при удалении этой вершины (и всех выходящих из нее ребер) из исходного графа образуется связный граф. Докажем, что это свойство сохраняется после применения к графу описанной в условии операции. Рассмотрим произвольный граф G и вершину u этого графа, при удалении которой образуется связный граф. Пустьпосле применения к графу описанной в условии операции образовался граф G . Рассмотрим произвольный путь в графе G, не проходящий через u. В графе некоторые ребра этого пути могут бытьудалены, но их концы должны быть соединены с новой вершиной (обозначим ее w). Таким образом, заменив минимальный участок пути, содержащий все удаленные ребра, на пару ребер, соединяющих концы этого участка с вершиной w, мы получим путьв графе G , имеющий те же концы и не проходящий через u. Это означает, что если мы удалим из графа вершину u, то для любых двух вершин получившегося графа мы можем найти соединяющий их путь. Для старых (отличных от w) вершин этот путьполучается описанным выше способом из пути, соединяющего их в графе, образовавшемся при удалении u из графа, а вершина w должна бытьсоединена ребром хотя бы с одной из старых вершин, которая соединена путями со всеми остальными вершинами данного графа. Таким образом, при удалении вершины u из графа также образуется связный граф. Из доказанного следует, что после всех преобразований при удалении из получившегося графа вершины v образуется связный граф. Тогда, если степеньвершины v в получившемся графе больше 1, то между двумя соединенными с v вершинами естьне проходящий через v путь. Этот путь вместе с вершиной v и двумя выходящими из нее ребрами образует в получившемся графе простой цикл, что по условию невозможно. Таким образом, степеньвершины v в этом графе равна 1. 653. Рассмотрим равенство (a + b + c) 2 = 9 . Тогда + bc + ca = 9 − a 2 − b 2 − c 2 Следовательно, нужно доказать, что + 2 √ b + 2 √ c + a 2 + b 2 + c 2 Для этого заметим, что 2 √ a + a 2 3a. Действительно, согласно неравенству между средним арифметическими средним геометрическим, 2 √ a + ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ+ a 2 = √ a + √ a + a 2 3 3 √ a 3 = 3a . Тогда 2 √ a + 2 √ b + 2 √ a + a 2 + b 2 + + c 2 3(a + b + c) = 9. 654. См. решение задачи 646. 655. Пусть A 1 , и C 1 — точки касания вписанной окружности с соответствующими сторонами ABC см. рис. 295). Проведем через прямую a 1 , параллельную биссектрисе угла A. Так как равнобедренный, то биссектриса угла A перпендикулярна B 1 C 1 , поэтому проведенная через прямая, будучи перпендикулярной B 1 C 1 , является высотой Рис. Рис. Пусть A 0 , и C 0 — середины соответствующих сторон ABC (см. рис. 296). Так как ABC и A 0 B 0 C 0 гомотетичны с коэффициентом − 1 то биссектрисы углов A и параллельны. Обозначим точку пересечения биссектрис через Как известно, точки и равноудалены от середины своей стороны (то же верно для точек и B , и Рассмотрим симметрию относительно точки S. При этой симметрии прямая a 1 , перейдет впрямую. Таким образом, при этой симметрии каждая из высот перейдет в одну из прямых a, b и c, следовательно, эти прямые пересекутся в точке, симметричной ортоцентру относительно центра S окружности, вписанной в серединный треугольник. Предположим противное. Заметим, что через любую точку пересечения двух прямых проходит красная прямая. Рассмотрим синюю прямую пусть A, B — две наиболее удаленные друг от друга точки пересечения l с красными прямыми, m и n — красные прямые, проходящие через A и C — точка пересечения m и n. Тогда через C проходит синяя прямая, которая пересекает l в какой-то точке D отрезка AB, иначе A и B — не наиболее удаленные (см. рис. Рассмотрим все четверки прямых l , m , n , p , расположенных как l, m , n, p (l , p — одного цвета m , n — другого m , n , пересекаются водной точке точка пересечения и лежит между точками пересечения сии рассмотрим среди них такую, в которой прямые l , m , n обра- УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 389 A B C D l p n m A B C D l q p m n Рис. Рис. 298 зуют треугольник наименьшей площади (см. рис. 298). Тогда через точку D проходит прямая q , одноцветная с m . Она пересекает либо отрезок, либо пусть, для определенности, B C ). Тогда прямые n , l , p , образуют конфигурацию с треугольником меньшей площади. Про- тиворечие. Замечание. Найти хотя бы одну пару прямых l, m, n, p можно бы было и по-другому: взятькакую-нибудьчетверку прямых l, m, n, p нужных цветов (так, чтобы m, n, p пересекалисьв одной точке) и проективным преобразованием добиться того, чтобы точка D пересечения p и l лежала между A и B. 11 класс. См. решение задачи 649. 658. Первое решение. Рассмотрим любые 3 точки A, B и C, не лежащие на одной прямой (если все точки будут лежатьна одной прямой, то утверждение задачи очевидно. Пусть T 1 — система координат, в которой эти точки имеют целые координаты. Рассмотрим любую из оставшихся точек, назовем ее D. Пусть T 2 — система координат, в которой точки B, C , D имеют целые координаты. Поскольку квадрат длины отрезка BC в T 1 и будет целым, то отношение квадратов единиц измерения и T 2 — рациональное число. Но скалярное произведение векторов (в T 2 — целое, значит, в оно рационально, поскольку произведение длин этих векторов в будет рационально относиться к произведению их длин в T 2 , а косинус угла не изменится. Аналогично, ( −−→ BA, −−→ BD) рационально. Пусть −−→ BC в T 1 — это (x, y), −−→ BA — это (z, t), −−→ BD — это (p, q). Тогда px + +qy = и pz +qt = n — рациональны, откуда p = mt − ny xt − yz , q = nx − mz xt − yz — рациональные числа (поскольку xt−yz = 0, так как A, B, C не лежали на одной прямой. Следовательно, точка D в имеет рациональные координаты. Тогда, выбрав другую единицу измерения, можно координаты всех точек сделатьцелыми. ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ |