Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
11 класс. Первое решение. Без ограничения общности можно считать α − − β 0, γ − τ 0. Положим a = α + β 2 , b = α − β 2 , c = γ + τ 2 , d = γ − тогда условие задачи перепишется в виде sin ax cos bx = sin cx cos где a > b 0, c > d Наименьший положительный корень левой части — число π a или π 2b , а правой или. Если a = c, то cos bx = cos dx и, значит, b = Из этих равенств следует требуемое. Пусть x 0 = π a . Если, то a = 2d, и из равенства функций sin 2dx cos bx = sin cx cos следует sin dx cos bx = sin cx. ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Приравнивая наименьшие положительные корни левой и правой частей, получаем c = d что невозможно) либо c = 2b. В последнем случае sin bx = sin dx , так что b = d. Тогда sin ax = sin cx, те. Также ив случае. Наконец, в случае π 2b = π 2d также получаем b = d и a = Второе решение αx + sin βx = sin γx + sin τ Продифференцируем данное равенство и положим x = 0: α cos αx + β cos βx = γ cos γx + τ cos τ x ⇒ α + β = γ + Возьмем третью производную и подставим x = 0: −α 3 cos αx − β 3 cos βx = −γ 3 cos γx − τ 3 cos τ x ⇒ α 3 + β 3 = γ 3 + Мы получили систему + β = γ + τ, α 3 + β 3 = γ 3 + τ 3 ⇒ % α 2 − αβ + β 2 = γ 2 − γτ + τ 2 , α 2 + 2αβ + β 2 = γ 2 + 2γτ + τ 2 ⇒ ⇒ % αβ = γτ, α + β = γ + τ ⇒ пары (α, β) и (γ, τ) совпадают, что и требовалось. См. решение задачи 674. 683. Предположим что f = g. Пусть (x) = c n x n + c n−1 x n−1 + . . . + c 1 x + и) = d k x k + d k−1 x k−1 + . . . + d 1 x + Поскольку 0 c i m < b, в b-ичной системе счисления число f(b) будет записываться как c n c n−1 . . . c 1 c 0 . Если все коэффициенты многочлена также меньше b, то из единственности записи числа f(b) = g(b) в b-ичной системе счисления мы можем заключить, что коэффициенты многочленов f и g совпадают, а значит, f = g. Пусть i — наименьший номер, для которого d i > b . Тогда d i = bq+r . Рассмотрим вместо многочлена g новый многочлену которого коэффициент заменен на r, а коэффициент на d i+1 + q . Тогда g 1 (b) = не изменится, а g 1 (a) < g(a) , ибо+ d i+1 a i+1 = (bq + r)a i + d i+1 a i+1 > > (aq + r)a i + d i+1 a i+1 = ra i + (d i+1 + Далее продолжим эту процедуру со следующим номером i. На каждом шаге i увеличивается хотя бы на 1, и всегда не больше n, поэтому не более чем через n шагов процесс остановится и мы придем к некоторому многочлену, у которого все коэффициенты будут целыми неотрицательными и меньшими. Тогда по единственности записи числа f(b) = в b- ичной системе счисления следует, что многочлены f и совпадают, но это невозможно, ибо f(a) = g(a) > g j (a) . Противоречие УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС. Назовем палиндромом слово, читающееся одинаково справа налево и слева направо. Докажем индукцией по n, что через n минут слово на любой полоске можно будет разрезатьна два палиндрома (один из которых, возможно, пустой. Тогда, если эти палиндромы переставитьме- стами, получится тоже слово, записанное в обратном порядке. При n = 0, 1 это, очевидно, верно. Пусть n > 1. Без ограничения общности можно считать, что на первом ходу Боря приписал к своему слову А слева, те. после первого хода написаны слова Аи АБ. Посадим Антона и Валю в этот момент за полоски, на которых написаны буквы Аи В, и попросим их повторятьдействия Ани и Бори (те. если Аня приписывает к началу Борино слово, то Антон приписывает Валино, и т. п. Получившийся процесс длится n − 1 минуту. Тогда в конце процесса слова Антона и Вали можно разрезатьна два палиндрома каждое, а если в них заменить каждую букву В на последовательность АБ, то получатся слова Ани и Бо- ри. Докажем, что если к палиндрому из букв Аи В приписатьв конце Аи заменитькаждую букву В на АБ, то получится палиндром. Действительно, пустьперед первой В стояло букв А, между первой и второй — x 1 , . . . , после последней, й буквы В — букв А. Тогда x i = при любом 1 i k. В измененном слове перед первой буквой Б будет x 0 + букв А, между первой и второй — x 1 + 1 , . . . , после последней, й буквы Б — x k + букв А. Поскольку x i + 1 = x k+1−i + 1 , то полученное слово также будет палиндромом. Пусть, скажем, Антоново слово из букв Аи В разрезается на палиндромы и T . Пусть и T — слова, полученные заменой В на АБ. Если слово T непусто, то Аи А — палиндромы, слово начинается с А (T А = АT А), и поэтому T — тоже палиндром. Тогда Анино слово разрезается на палиндромы Аи. Если же слово пусто, то А палиндром) является требуемым разбиением. Доказательство для Бориного слова аналогично. В силу рациональности коэффициентов многочлена, можно считать, что он приведенный. Из теоремы Виета следует, что если a, b, c длины сторон треугольника, то 2p = a + b + c = A, ab + bc + ba = B, abc = = рациональны. Тогда из формулы Герона S 2 = p · (p 3 − Ap 2 + Bp − следует рациональность S 2 . (Действительно, если f(x) = 0 данное кубическое уравнение, то f (p) , так как f(x) = (x − a)(x − b)(x − Из равенств h a = 2S a , h b = 2S b , следует, что h a , h b , корни уравнения ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ x 2 − 4S 2 b 2 x 2 − 4S 2 c 2 = имеющего рациональные коэффициента в силу тождеств+ c 2 a 2 + a 2 b 2 ) = 4S 2 C 2 (B 2 − 2AC), 16S 4 a 2 b 2 + 16S 4 b 2 c 2 + + 16S 4 c 2 a 2 = 16(S 2 ) 2 C 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) = 16(S 2 ) 2 C 2 (A 2 − 2B), 64S 6 a 2 b 2 c 2 = 64(S 2 ) 3 C 2 686. См. решение задачи 671. 687. Построим граф, вершины которого соответствуют городам, а ребра дорогам. Выберем в этом графе самый длинный путь S, пустьверши- ны A и B — концы этого пути. Из условия задачи следует, что в путине более 99 вершин. Отметим, что концы пути S — вершины A и B не могут бытьсмежны с вершинами не из S иначе путьможно удлинить). А в случае, когда вершины A и B смежны и наш путьзамыкается в цикл, никакая вершина пути S по аналогичным причинам не может бытьсмежна с вершиной не из S. 1) Рассмотрим случай, когда вне более 98 вершин. В этом случае рассмотрим любые две вершины и Y 2 , не входящие в путь S, и концы пути A и B. Среди этих четырех вершин должны бытьпроведены хотя бы два ребра. Так как ни A, ни B не могут бытьсмежны с вершинами не из то концы пути A и B соединены ребром. Таким образом, путь S замыкается в цикли тогда ни одна из вершин путине смежна с вершиной не из S. Рассмотрим четверку из любых двух вершин и пути S и любых двух вершин и Y 2 , не входящих в S. Так как между этими четырьмя вершинами проведено хотя бы два ребра, то одно из них соединяет и X 2 , а другое — и Y 2 . Таким образом, в рассматриваемом случае все вершины пути S попарно смежны и все вершины не из S также попарно смежны. Отсюда очевидно следует утверждение задачи) Рассмотрим случай, когда вне пути S лежит ровно одна вершина. Пустьэто вершина D. Если D не смежна ни с одной из вершин пути то рассмотрим D и любые три вершины пути S. Поскольку среди этих четырех вершин проведено хотя бы два ребра, то среди любых трех вершин пути S проведено хотя бы два ребра. Следовательно, для любой вершины из S естьне более одной не смежной с ней вершины пути S. Поскольку вершин пути S нельзя разбить на пары не соединенных ребром, тов должна бытьвершина, смежная со всеми остальными вершинами S. Эта вершина в паре с D удовлетворяет утверждению задачи УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 407 Если концы максимального пути A и B смежны, то, как мы доказали, вершина D не смежна ни с одной из вершин пути S, а этот случай уже разобран. Остается рассмотретьпоследний случай, когда концы путине смежны и вершина D смежна хотя бы с одной из вершин пути S. Рассмотрим вершины A, B, D и произвольную четвертую вершину Z естественно, лежащую на пути S). Так как A, B, и D попарно не смежны, то Z смежна хотя бы с двумя вершинами из A, B, и D. Пусть D смежна с вершиной пути S. Одна из соседних с X вершин путине является концом пути. Можно считать, что это первая вершина Y , лежащая на пути изв по ребрам S. Если Y смежна сто, пройдя от A к X по пути S, далее по ребрами и затем по пути S от Y к B, мы обойдем все вершины нашего графа ровно по одному разу, что невозможно по условию. Если жене смежна сто, как мы доказали, эта вершина смежна и си с B. Тогда пройдем по ребру DX, далее по пути S от X к A, по ребрами и затем по пути S от его конца B до вершины, соседней сна пути S, получился путь, проходящей по каждой вершине нашего графа ровно один раз, которого по условию не существует. Следовательно, и этот случай не возможен. Таким образом, мы рассмотрели все случаи ив тех из них, которые возможны, убедилисьв справедливости утверждения задачи. Первое решение. Обозначим вершины получающегося тетраэдра, и D 2 . Тогда тетраэдры и A 2 B 2 C 2 D 2 гомоте- тичны, причем эта гомотетия переводит центр вписанной сферы тетраэдра ABCD в центр описанной сферы тетраэдра A 2 B 2 C 2 D 2 . Покажем, что она переводит центр вписанной сферы тетраэдра ABCD в центр описанной сферы тетраэдра Заметим, что точка A 2 — радикальный центр трех точек B, C, D и вписанной в тетраэдр ABCD сферы, поскольку является точкой пересечения трех радикальных плоскостей (именно эти плоскости рассматриваются в задаче. В связи с этим точка равноудалена от вершин B, C и. Поэтому, прямая, проходящая через перпендикулярно плоскости, проходит через центр описанной сферы ABCD. Именно эта прямая является образом при гомотетии прямой, проходящей через перпендикулярно. Точка пересечения таких прямых — центр вписанной сферы ABCD — переходит таким образом в центр описанной сферы. Что и требовалось. Второе решение. Пусть O, O A , O B , O C , O D — центры описанных сфер тетраэдров ABCD, BCDI, ACDI, ABDI, ABCI соответственно — центр вписанной в ABCD сферы. Покажем, что O — центр описан ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ной сферы тетраэдра O A O B O C O D . Действительно, отрезки OO A , перпендикулярны плоскостям BCD, ACD, ICD соответственно, причем плоскость ICD составляет равные углы с плоскостями и ACD; поэтому равнобедренный, OO A = OO B . Остальные равенства получаются аналогично. Тогда тетраэдры A 1 B 1 C 1 D 1 и O A O B O C O D гомотетичны. Отложим от точки вектор, аналогично получаются точки B 2 , C 2 , D 2 . Тогда, поскольку плоскости и параллельны, то плоскость также им параллельна кроме того, поскольку O A O B O C — серединный перпендикуляр ка расстояние между и вдвое меньше расстояния между I и то A 2 B 2 C 2 — плоскость, данная в условии. Но тогда из равенства OA 2 = = OO A + IA 1 и аналогичных равенств следует требуемое г класс. Назовем целочисленную точку узлом. Если на каждой вертикальной прямой все узлы одного цвета, то выберем любой узел (пустьон цвета. Проведем через него две перпендикулярные прямые, идущие под углом 45 ◦ к вертикали и выберем на этих прямых точки цветов 2 и 3 (это возможно, поскольку существуют вертикали этих цветов. Полученный треугольник будет искомым. Аналогично, если все горизонтали одного цвета. Пустьестьвертикальv, на которой присутствуют ровно два цвета (скажем, 1 и 2). Тогда выберем любой узел C цвета 3, узел A на v, находящийся сна одной горизонтали (пустьузел A цвета 1) и узел B цвета на Если же естьвертикальv, на которой встречаются все три цвета, то выберем горизонтальна которой не все точки одного цвета. Пустьточ- ка A их пересечения имеет цвет 1, тогда выберем на h точку B цвета, отличного от 1 (скажем, цвета 2), а на v точку C третьего цвета. Обозначим через O центр вписанной окружности четырехугольника. Поскольку внешняя и внутренняя биссектрисы угла перпендикулярны. Высота треугольника ABK перпендикулярна, поэтому AK 1 OB. Аналогично, BK 1 OA. Следовательно параллелограмм, и точка получается из точки параллельным переносом на вектор. Таким же образом, точка L 1 получается из точки C параллельным переносом на вектор. Поэтому УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 409 O A B C D K L M N K 1 L 1 M 1 N 1 Рис. Также получаем, что, откуда следует, что параллелограмм. Ответ. За 4005 вопросов. Занумеруем коробочки (и соответственно шарики в них) числами от дои будем вопрос обозначатьпарой номеров коробочек. Будем называтьнебелые шарики черными. Покажем, что за 4005 вопросов можно найти два белых шарика. Зададим вопросы (1, 2), (1, 3), . . . , (1, 2004), (2, 3), (2, 4), . . . , (2, 2004). Если все ответы положительны, то первый и второй шарики белые (пусть, например, первый — черный тогда естьеще хотя бы один черный шарик, который вместе с первым составляет черную пару. Если же хотя бы один ответ отрицателен (скажем, на вопрос, включающий первый шарик, то первый шарик черный тогда белыми являются ровноте шарики, про которые (в паре с черным первым) ответ был положительными в этом случае мы найдем даже все белые, которых хотя бы два. Пустьсуществует алгоритм, позволяющий гарантированно найти два белых шарика за меньшее число вопросов. Будем отвечать на все вопросы положительно. Тогда максимум после 4004 вопросов игрок сможет указатьна какие-то (для определенности, первую и вторую) коробочки и заявить, что в них шарики белые. При этом какого-то из вопросов вида, или (2, n) (скажем, вопроса (1, k)) задано не будет, ибо таких вопросов всего 4005. Положим теперьв ю и ю коробочку черные шарики ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ а вовсе остальные — белые. Тогда все наши ответы будут верны, а указанный игроком первый шарик окажется черным. Противоречие. Уменьшим каждое слагаемое следующим образом 1 + x 1 + x 1 x 2 + 1 1 + x 2 + x 2 x 3 + . . . + 1 1 + x n + x n x 1 > > 1 1 + x 1 + x 1 x 2 + x 1 x 2 x 3 + . . . + x 1 x 2 . . . x n−1 + + 1 1 + x 2 + x 2 x 3 + . . . + x 2 x 3 . . . x n + . . . . . . + 1 1 + x n + x n x 1 + . . . + x n x 1 x 2 . . . x n−2 . Домножая числительи знаменательв первом слагаемом на x n , во втором — на x n x 1 , . . . , в м — на x n x 1 x 2 . . . и учитывая, что. . . x n = 1 , получаем 1 + x 1 + x 1 x 2 + 1 1 + x 2 + x 2 x 3 + . . . + 1 1 + x n + x n x 1 > > x n x n + x n x 1 + x n x 1 x 2 + . . . + x 1 . . . x n + + x n x 1 x n x 1 + x n x 1 x 2 + . . . + x n x 1 . . . x n−1 + x n + + x n x 1 x 2 x n x 1 x 2 + x n x 1 x 2 x 3 + . . . + x n x 1 . . . x n−1 + x n + x n x 1 + . . . . . . + x n x 1 x 2 . . . x n−1 x n x 1 . . . x n−1 + x n + x n x 1 + . . . + x n x 1 . . . x n−2 = 1. |