Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
Второе решение. Не умаляя общности, можно считать, что b c, тогда 1 − c 2 1 − b 2 1 − и, следовательно 1 − a 2 1 1 − b 2 1 1 − c 2 . УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 397 Заметим, что 1 − a − 2 1 + a = 3a − 1 1 − Таким образом, нужно доказатьнеравенство 3a − 1 1 − a 2 + 3b − 1 1 − b 2 + 3c − 1 1 − c 2 Поскольку сумма числителей равна 0, неравенство будет доказано, если мы заменим знаменатели на равные таким образом, что каждая дробьпри этом не увеличится. Если a b 1 3 c, то заменим все знаменатели на 1 − c 2 , в результате отрицательное слагаемое не изменится, а положительные не увеличатся. Если a 1 3 b c, то заменим все знаменатели на 1 − b 2 , тогда положительное и одно из отрицательных слагаемое только уменьшатся, а второе отрицательное слагаемое останется неизменным. Ответ. Нельзя. Рассмотрим любой квадрат A размером 200 × 200 клеток. Пустьон будет угловым квадратом некоторого квадрата B размером 200t × клеток, где t — некоторое натуральное число, на которое не делится сумма чисел в квадрате A. Разобьем фигуру B \ A на прямоугольники размером 200(t − 1). В каждом из этих прямоугольников по условию сумма чисел будет делиться на t, в квадрате B — тоже, значит, ив квадрате сумма чисел будет делиться на t, что невозможно в силу выбора Рис. 301 672. Рассмотрим окружности и, построенные на диагоналях AC и BD как на диаметрах. Пусть BB 1 , CC 1 , AA 1 , DD 1 — высоты в треугольниках и AP D, соответственно (точки и лежат на и D 1 — на ω 2 ). Тогда точки A, D 1 , A 1 , D лежат на одной окружности, поэтому H 1 A · H 1 A 1 = H 1 D · те. лежит на радикальной оси и ω 2 . Аналогично, также на ней лежит, следовательно, эта радикальная осьестьпрямая H 1 H 2 . Обозначим через M и N середины диагоналей и BD соответственно. Так как точка X по условию лежит на радикальной оси и ω 2 , то XM 2 − − CM 2 = XN 2 − DN 2 . Но треугольники XAC и XBD подобны, так как = ∠XBQ, ∠XCQ = ∠XDQ, следовательно эти разности квадратов должны относиться как квадрат коэффициента подобия или рав- ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ няться 0. Во втором случае получаем, что ∠AXC = ∠BXD = 90 ◦ , но тогда прямые AB и CD будут перпендикулярны (так как одна из них будет получаться из другой поворотной гомотетией с углом и центром что противоречит различности точек и H 2 . Значит, треугольники и BXD будут равны. Но тогда равны будут и треугольники AY C итак как они подобны (по причинам, аналогичным подобию треугольников AXC и BXD) и имеют равные соответственные стороны (AC = Значит, степени точки Y относительно окружностей и равны (так как Y M = Y N, MC = ND), поэтому она лежит на той же радикальной оси класс. Возьмем четыре различных числа a, b, c, d ∈ M. Из рациональности чисел d 2 + и d 2 + следует рациональность bc − ab, откуда a 2 + + ab = a 2 + bc − (bc − ab) ∈ Q. Аналогично, b 2 + ab ∈ Q. Поэтому для произвольных различных a, b ∈ M число q = a b = a 2 + ab b 2 + ab ∈ Q. Тогда = qb ⇒ a 2 + ab = b 2 (q 2 + q) = l ∈ Q, b = l q 2 + q = m k , m, k ∈ Значит, число b √ n , где n = mk, рационально. Тогда c √ n = c b · b √ n ∈ для любого c ∈ M. 674. Не умаляя общности, можно считать, что ∠ABO ∠BAO, тогда S 1 S 2 B A D C K L M O P Q Рис. и DCOM — равнобокие трапеции (см. рис. 302). Заметим, что касательная к S 2 , поскольку ∠LOD = ∠ABD = ∠OCD; аналогично касательная к S 1 . Тогда ∠KMO = ∠KOL, ∠KLO = = ∠KOM. Значит, треугольники KOM и KLO подобны. Но тогда подобны и треугольники KOP и KMQ. Отсюда ∠KP O = ∠KQM = π − − ∠KQO. Значит, четырехугольник KP OQ — вписанный УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС. Первое решение. Рассмотрим ребро l, соединяющее вершины с числами и x j . Обозначим через число вершин, из которых нельзя пройти в вершину при удалении ребра l. Аналогично, число вершин, из которых нельзя пройти в вершину при удалении ребра l, обозначим. Ясно, что 1 k i (l), k j (l) n − 1, k i (l) + k j (l) = n . Кроме того, для каждого i сумма l k i (l) равна n − 1 (сумма берется по всем ребрам выходящим из x i ), так как из вершины можно пройти по ребрам дерева в каждую из оставшихся n − 1 вершин единственным несамопересекаю- щимся путем. Согласно неравенству между средним арифметическими средним геометрическим, для данного ребра l получим 1 x 2 i + k j (l) √ n − 1 x 2 j 2 k i (l)k j (l) n − 1 |x i x j | Последнее неравенство верно, так как) + k j (l)) 2 − (k i (l) − k j (l)) 2 4 n 2 − ((n − 1) − 1) 2 4 = n − Сложив неравенства (∗) по всем ребрам, получим требуемое неравен- ство. Второе решение. Будем проводитьоперации, не изменяющие чисел в вершинах и не уменьшающие сумму S чисел на ребрах. Достаточно до- казатьнеравенство по окончании этих операций. Вначале заменим числа в вершинах на их модули, те. далее считаем, что x 1 , x 2 , . . . , x n Выберем наибольшее из чисел x i , пустьэто число x 1 . Если нашлась вершина с числом x i , i ≡ 1, из которой выходит ровно одно ребро l, ведущее в вершину x j , j = 1, то произведем перестройку удалим ребро и соединим ребром вершины с числами и x 1 . Полученный граф остается деревом, так как количество ребер не изменилосьи по-прежнему из любой вершины можно пройти по ребрам в любую другую. После перестройки сумма S изменяется на x i x 1 −x i x j 0. Производим перестройки, пока это возможно. Поскольку при каждой перестройке число ребер, выходящих из вершины с числом x 1 , увеличивается, через конечное число шагов мы придем к ситуации, когда невозможно сделатьперестройку. В этой ситуации вершина с числом соединена ребром с каждой из оставшихся вершин. В самом деле, предположим, что некоторая вершина не соединена ребром с вершиной x 1 . Пройдем в нее из по ребрам (не проходя дважды по одному ребру) и продолжим этот путь, пока это возможно. Ясно, что концом этого пути может являться вершина, из которой выходит ровно одно ребро, причем не в вершину с числом x 1 . Но это означает, что можно произвести перестройку, — противоречие ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Таким образом, для конечной ситуации S = x 1 x 2 + x 1 x 3 +. . . . . . + Исходное неравенство верно, поскольку 1(x 2 1 + + x 2 2 + . . . + x 2 n ) = x 2 1 √ n − 1 + √ n − 1x 2 2 + x 2 1 √ n − 1 + √ n − 1x 2 3 +. . . . . . + x 2 1 √ n − 1 + √ n − 1x 2 n 2x 1 x 2 + 2x 1 x 3 + . . . + 2x 1 x n 676. Нам понадобятся две леммы: Лемма 1. Если два треугольника и T 2 гомотетичны с положительным коэффициентом и треугольник пересекает каждую прямую, содержащую сторону треугольника T 1 , то T 2 содержит T 1 . Д ока за тел ь ст во. Очевидно. Лемма 2. Для любого конечного множества точек M и треугольника T найдется треугольник T , гомотетичный T с положительным коэффициентом, содержащий M и содержащий на каждой своей стороне какую-то точку из Доказательство. Рассмотрим какой-то треугольник, положительно гомотетичный T и содержащий M. Если какая-то его сторона не пересекается с M, уменьшим его гомотетией с центром в противоположной этой стороне вершине и добьемся, чтобы сторона пересеклась си треугольник все еще содержал M. Повторяя это для каждой стороны, получим требуемое. Заметим, что в условии предыдущей леммы любой положительного- мотетичный T треугольник, содержащий M, содержит также и полем- ме 1. Теперьперейдем к решению задачи. Применим лемму 2 к T и X. Получим треугольник, обозначим его для определенности ABC. На сторонах, AC и AB естьсоответственно три точки x A , и из множества, среди которых могут бытьсовпадающие. Если ABC не превосходит T по размерам, доказательство очевидно закончено. Иначе рассмотрим три треугольника AB A C A , и, положительно гомотетичные ABC с центрами в его вершинах и равные исходному T . Обозначим подмножества множества X X A = X \ AB A C A X B = X \ A B BC B X C = X \ Докажем еще одну лемму: Лемма 3. Если какой-то треугольник T , получающийся из T параллельным переносом, содержит точки и x B , то он не может пересекать множество X C . Аналогично для других пар точек и соответствующего им множества УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 401 Д ока за тел ьс т во. Предположим противное. Так как T содержит x A и x B , то одна из этих точек лежит по одну сторону с C относительно, иначе длина стороны больше Тогда можно заметить, что пересекает все прямые сторона значит содержит A C B C C . Так как эти треугольники равны, то они совпадают, но тогда не может пересекать X C Теперьприменим лемму 2 к треугольнику T и множествам X A , X B , X C , получим треугольники T A , T B , T C , причем на их сторонах можно выбратьточки {x AB , x AC , x A }, {x BA , x BC , x B }, {x CA , x CB , x C } соответственно (некоторые из них могут совпасть, лежащие в соответствующих множествах X A , X B , К точкам x A , x B , x C , x AB , x AC , x BA , x BC , x CA , применим условие задачи. Они содержатся в треугольниках и T 2 , являющихся параллельными переносами T . Какие-то две из первых трех точек содержатся водном из этих треугольников, без ограничения общности x A , x B ∈ T 1 . Тогда по лемме треугольник не пересекает множество и все три точки x C , x CA , содержатся в другом треугольнике T 2 . Отсюда следует, что множество содержится в по лемме 1; значит, треугольники и покрывают все множество X. 677. См. решение задачи 669. 678. Условие эквивалентно тому, что начиная с некоторого n число не делится на 5. Докажем это. Покажем, что найдутся 2 соседних члена последовательности, не делящихся на 5. Предположим противное. Тогда для любого n либо получается из делением на 5, либо получается из делением на. Заметим, что всегда a k+1 √ 5a k , поэтому a n+2 a n · √ 5/5 < a n . Это означает, что последовательность натуральных чисел a 1 , a 3 , a 5 , . . строго монотонно убывает, — противоречие. Итак, доказано, что найдутся и a k+1 , не делящиеся на 5. Докажем, что также не делится на 5. Также последовательно получим, что, a k+4 , . . не делятся на 5, откуда следует решение задачи. По условию. Положим a k = m , тогда a k+1 = = √ 5m −α, где 0 < α < 1. Далее, a k+2 = [ √ 5( √ 5m −α)] = Но поскольку 0 < √ 5α < 3 , получаем, что 5m − 3 a k+2 < 5m , те. не делится на 5. 679. Первое решение. В случаете) утверждение задачи очевидно. Пусть BC Пусть R — радиус описанной окружности, и r A — соответственно центр и радиус окружности ω a ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ A B C N K M O P I I A Рис. Поскольку AK = AM, прямая AP является биссектрисой угла, следовательно, P — середина дуги BC см. рис. Заметим, что ∠IBI A = ∠ICI A = 90 ◦ , поскольку BI и CI — внутренние биссектрисы, аи внешние биссектрисы треугольника. Отсюда следует, что четырехугольник вписан в окружность с диаметром II A . Центр этой окружности лежит на пересечении серединного перпендикуляра к BC и прямой биссектрисе угла BAC), т. е. находится в точке P . Поэтому P I = P I A = P B = 2R sin ∠BAP . Так как ∠AKI A = ∠AP K = 90 ◦ , то ∠I A KP = ∠BAP , и ввиду теоремы синусов. Отсюда = r A ⇒ I A N = 2P O . Отрезок P O параллелен так как они оба перпендикулярны BC), проходит через середину P отрезка и равен, поэтому P O — средняя линия треугольника II A N , поэтому O — середина отрезка Второе решение. Как ив первом решении, предполагаем BC Обозначим через I A , I B , соответствующие центры вневписанных окружностей, а через X — середину отрезка MN. Серединные перпендикуляры к отрезками являются биссектрисой угла A и внешней биссектрисой угла C соответственно. Поэтому точки P и X лежат на и соответственно. Как показано в первом решении, точка P — середина дуги BC описанной окружности треугольника ABC и является серединой II A . P X — средняя линия треугольника KMN, поэто- УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 403 му P X KN II B , а поскольку середина II A , P X — средняя линия треугольника I B I A I . Поскольку XN ⊥ I A I B , точка N лежит на серединном перпендикуляре к аналогично и к I A I C ), откуда NI B = = N I A = N I C . Тогда N — центр описанной окружности треугольника. Заметим, что он лежит на прямой Эйлера этого треугольника, которая также проходит через его ортоцентр I и центр окружности девяти точек O. 680. Ответ. Приведем пример, показывающий, что N 209. Разделим таблицу на два прямоугольника 20 × 10 по вертикали. В первом прямоугольнике расставим числа от 1 до 200 по строкам в возрастающем порядке (впервой строке — от 1 до 10, во второй — от 11 доит. д. Во втором расставим также числа от 201 до 400. Тогда максимальная разность между числами в любой строке равна 210 − 1 = 209, а в любом столбце 191 − 1 = Поэтому N Покажем, что N = 209 подходит. Рассмотрим два множества чисел: от 1 дои от 300 до 400. Отметим все строки и столбцы, в которых есть числа первого множества, красным, а второго — синим. Покажем, что красным отмечено не менее 20 линий (те. строк или столбцов, а синим не менее 21 (тогда какая-то линия будет отмечена и красными синими в ней максимальная разность чисел будет не меньше, чем 300−91 = что и требовалось). Пустькрасным отмечено i строки столбцов. Тогда все первое множество находится в клетках их пересечения, поэтому ij 91. Отсюда + j 2 √ ij 2 √ 91 > 19 . Аналогично, для второго множества сумма числа строки столбцов i + j 2 √ 101 > 20 |