Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы

• Название: Окружной и финальный этапы
• Дата: 31.01.2023
• Размер: 3 Mb.
• Имя файла: Агаханов Х.В.pdf
• Тип: Книга; #913918
• страница: 57 из 64

693. Ответ. Существуют.
Мы будем искатьтакие числа в виде m = a
2
, n = b
3
, p = c
2
, q =
= d
3
, где a, b, c, d — натуральные. Тогда условие переформулируется такте+ c) = (d −
− b)(d
2
+ bd + b
2
)
. Зафиксируем такие b и d, что b = d − 1 > 2004. Тогда условиям удовлетворяет пара c =
d
2
+ bd + b
2
− 1 2
, a =
d
2
+ bd + b
2
+ 1 эти числа целые, поскольку b и d разной четности. Кроме того, a > c >
> b
2
> d > b > Замечание. Можно показать, что для любой четверки чисел, удовлетворяющей условию, числа, целые. Ответ. Всегда.
Построим граф, вершины которого соответствуют телефонам, а ребра проводам. Рассмотрим наименьший набор вершин данного графа такой, что среди соединяющих эти вершины ребер присутствуют ребра всех четырех цветов. Удалим из этого набора произвольную вершину. По

УЧЕБНЫЙ ГОД, 9
КЛАСС
411
скольку набор был наименьший, среди ребер, соединяющих оставшиеся вершины, присутствуют уже не все цвета. Если среди этих ребер присутствуют ребра ровно трех цветов, то искомый набор найден. В противном случае среди ребер, выходящих из удаленной вершины в другие вершины нашего набора, присутствуют как минимум два цвета, которые исчезнут после удаления этой вершины. Рассмотрим два ребра этих цветов, выходящие из удаленной вершины в другие вершины набора. Тогда ребро,
соединяющее их концы, должно иметьцвет, отличный от цветов этих двух ребер. Таким образом, в графе нашелся треугольник, все ребра которого имеют попарно различные цвета. Это означает, что требуемый набор вершин можно выбратьвсегда.
695. Ответ. 51 хорошая пара.
Пример: сначала расставим числа подряда затем поменяем местами числа 2 и 3, 4 и 5, . . . , 98 и 99. В полученной расстановке, 3, 2, 5, 4, . . . , 99, 98, хорошими парами являются в точности пары, 3)
, (3, 2), (5, 4), (7, 6), . . . , (97, 96), (99, 98), (98, Докажем, что хороших парне менее 51. Заметим, что среди любых двух пересекающихся пар хотя бы одна — хорошая. Действительно, пусть, a
2
, a
3
, a
4
, a
5
— такие подряд идущие числа, что пары (a
2
, и (a
3
, не являются хорошими. Не умаляя общности, можно считать, что a
1
>
> a
2
< a
3
> a
4
< a
5
. С другой стороны, пара (a
3
, не является хорошей, значит, a
1
> a
2
> a
5
, пара (a
2
, не является хорошей, значит a
4
> a
1
. Тогда a
1
> a
2
> a
5
> a
4
> a
1
, что невозможно, значит,
либо пара (a
2
, a
3
)
, либо пара (a
3
, a
4
)
— хорошая. Поэтому хороших пар уже не менее 50, причем ровно 50 их может быть, только если хорошие и нехорошие пары чередуются. Но если рассмотретьчисло 100, то следующая за ним пара — хорошая 100 > (a
k
< a
k+1
) > a
k+2
< a
k+3
. Также хорошей является и пара, предшествующая числу 100, а значит, чередование невозможно. Так как D и E лежат на сторонах, то ∠ABC — наибольший угол треугольника поэтому ∠AOC = 2∠ABC  120
◦
, и точки O и T лежат по разные стороны от AC.
Пустьпрямые ME и MD пересекают AB и BC соответственно в точках и Y см. рис. 305). Из остроугольности очевидно следует, что X и лежат на продолжениях отрезков BA и BC заточки и C соответственно. Заметим, что ∠DXM = 180
◦
− ∠ABE − ∠BEM = 180
◦
− аналогично ∠EY M = 180
◦
− 2∠ABC, поэтому четырехугольник DEY вписанный и ∠BED = ∠BXY Далее, ∠AT M = 2∠ACO так как точки O, M, T , очевидно, лежат на серединном перпендикуляре к AC и T — центр описанной окружности

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ AOC). Тогда ∠AT M = 2(90
◦
− ∠MOC) = 2(90
◦
− ∠ABC), так как центр описанной окружности ABC. Поэтому ∠AT M = 180
◦
−
− 2∠ABC = ∠AXM, откуда AMT X — вписанный. Так как ∠AMT =
= 90
◦
, то ∠AXT = 90
◦
. Аналогично ∠CY T = 90
◦
. Тогда четырехугольник также вписанный, и ∠T BY = ∠T XY = 90
◦
− ∠BXY . Получаем, что и требовалось класс
A
B
C
M
D
E
O
T
X
Y
Рис. 305
697. См. решение задачи 689.
698. Ответ. За 2003 вопроса.
Занумеруем коробочки (и соответственно шарики в них) числами от дои будем вопрос обозначатьпа- рой номеров коробочек. Будем называть небелые шарики черными.
Покажем, что за 2003 вопроса можно найти белый шарик. Зададим вопросы. Если все ответы положительны, то первый шарик белый (иначе естьеще хотя бы один черный шарики первый вместе с ним составит черную пару. Если же хотя бы один ответ отрицателен, 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.
Пустьсуществует алгоритм, позволяющий гарантированно найти белый шарик за меньшее число вопросов. Будем отвечатьна все вопросы положительно. Тогда максимум после 2002 вопросов игрок сможет ука- затьна какую-то (для определенности, первую) коробочку и заявить, что в ней шарик белый. При этом какого-то из вопросов вида (1, n) (скажем,
вопроса (1, 2)) задано не будет, ибо таких вопросов всего 2003. Положим теперьв ю и ю коробочку черные шарики, а вовсе остальные белые. Тогда все наши ответы будут верны, а указанный игроком шарик окажется черным. Противоречие. Если ABCD — трапеция (скажем, AB CD), то прямые L

L
и
N

N
имеют общую точку пересечения с серединным перпендикуляром к, на котором лежат K, K

, M и M

. Пустьпрямые AB и CD пересекаются в точке E, а прямые BC ив точке F см. рис. 306). Заметим,
что и лежат на биссектрисе угла CF D так как они равноудалены

УЧЕБНЫЙ ГОД, 10
КЛАСС
413
от прямых BC и AD). Пустьэта биссектриса пересекает AB ив точках и Q соответственно.
A
B
C
D
F
E
K
L
N
M
K

L

N

M

P
Q
Рис. Тогда, так как ABCD — вписанный и F P — биссектриса угла CF то ∠F AP = ∠F CQ и ∠P F A = ∠CF Q ⇒ ∠F P A = ∠F QC ⇒ ∠EP Q =
=
∠EQP , те. биссектриса угла AED является высотой равнобедренного треугольника EP Q; поскольку и лежат на этой биссектрисе, то L

N

. Но биссектриса угла AED перпендикулярна KM, откуда K

M

; аналогично LN L

N

. Прямая KL перпендикулярна биссектрисе угла ABC, а значит, параллельна биссектрисе внешнего угла следовательно, K

L

KL аналогично, L

M

LM). Тогда у треугольников и соответствующие стороны параллельны, а значит,
они гомотетичны. Заметим, что при этой гомотетии K переходит в K

, а в M

, итак как параллельные прямые переходят в параллельные, то прямые KN и MN переходят в и соответственно, значит, переходит в N

; следовательно, четырехугольники KLMN и K

L

M

N

гомотетичны. Получаем, что KK

, LL

, MM, проходят через центр гомотетии, те. через одну точку. См. решение задачи 692.
701. Предположим противное. Полагая m = n = 1, получаем a
1
+
+ a
1
= a
1
, те. Поэтому все остальные члены ненулевые. Пусть p/q
, a
3
= r/s
. Из условия следует, что a
m
k
= ka
m
; поэтому a
2
qr
=
= qr
· p/q = pr = ps · r/s = a
3
ps
, но 2
qr
= 3
ps
. Противоречие. Предположим, что утверждение задачи неверно скажем, из города
X
нельзя добраться до Y по городам республики (X, Y — города рес-

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
публики). Обозначим через A множество всех городов республики, до которых можно добраться из X по городам республики (включая сам города через B — множество всех остальных ее городов (оно непусто, так как содержит Y ). Тогда города республики разбилисьна две группы так,
что все дороги между городами группы A и группы B направлены от B к
A
Обозначим количество городов в группах A и B через a и b соответственно. Пустьв A городов не меньше, чем в B, те. В B естьгород Z, из которого выходит не менее − 1 дорог в города из B. Кроме того, из Z выходит a дорог к городам группы A. Всего дорог, выходящих из Z, получается не менее a +
b − 1 2
=
a + (a + b) − 1 2
=
=
a + 667 2

1001 2
> 500
. Противоречие.
Случай, когда в B больше городов, чем в A, рассматривается аналогично путем выбора города изв который входит не менее − 1 дорог из городов из A.
703. Первое решение. Пусть O центр симметрии многоугольника, B, C — вершины T , A

, B

, C

— соответствующие вершины T

; пусть ABC при симметрии относительно O переходит в лежащий в M). Если O = P , утверждение очевидно. Пусть d — луч прямой OP с вершиной вне содержащий O. Тогда d пересекает одну из сторон скажем, Рис. Рассмотрим параллелограмм, лежащий в M.
Прямая
OP
высекает в нем отрезок, симметричный относительно O; тогда отрезок
A

B

пересекается с этой прямой во внутренней точке K параллелограмма
(см. рис. 307). Теперь, поскольку A

B

AB A
0
B
0
, то одна из точек и лежит в этом параллелограмме (или на его границе, иначе A

B

> AB
, что неверно.
Второе решение. Докажем простую лемму если на плоскости дан треугольники точка S, то треугольник XY Z покрывается треугольниками, Действительно, прямые XY , Y Z, ZX разбивают плоскостьна 7 частей (см. рис. 308). Если S лежит в части 1, то XY Z = SXY ∪ SY Z∪
∪ SZX; если S лежит в части 2, то XY Z ⊂ SY Z рассмотрения для частей 3, 4 аналогичны если S лежит в части 5, то XY Z ⊂ SXY ∪
∪ SZX рассмотрения для частей 6, 7 аналогичны

УЧЕБНЫЙ ГОД, 10
КЛАСС
415
Перейдем к решению задачи. Обозначим через O центр симметрии многоугольника M, через A, B, C — вершины треугольника T , а через, B
1
, C
1
— середины сторон BC, CA, AB соответственно 2
3 4
5 Рис. Рис. Рассмотрим многоугольник V
A
, являющийся выпуклой оболочкой точек. Заметим, что покрывает AB
1
C
1
. Определим также
V
B
и как выпуклые оболочки четверок O, B, C
1
, и O, C, A
1
, При этом покрывает BA
1
C
1
, покрывает CA
1
B
1
. Кроме того OB
1
C
1
, V
B
⊃ OC
1
A
1
, V
C
⊃ OA
1
B
1
. Отсюда, применяя лемму, получаем, что объединение V многоугольников V
A
, V
B
, покрывает. Итак, V покрывает объединение треугольников AB
1
C
1
,
BA
1
C
1
, CA
1
B
1
, A
1
B
1
C
1
, те покрывает ABC. Это означает, что один из многоугольников V
A
, V
B
, содержит точку P , пусть , для определенности см. рис. Пусть A

— вершина треугольника T

, те. точка, симметричная точке
A
относительно P ; пусть D — точка, симметричная точке A относительно. При гомотетии с центром в точке A и коэффициентом k = 2 точка перейдет в A

, O перейдет в D, перейдет в B, перейдет в C. Следовательно, многоугольник перейдет в выпуклую оболочку U точек D, A,
C
, B, причем точка содержится в U. Так как A, B, C ∈ M и M симметричен относительно O, то D ∈ M. Поскольку M — выпуклый, U ⊂ Значит, A

∈ M, что и требовалось. Ответ. Существует.
Приведем пример такого числа. Пусть n = 13·11 . . . 1 = 144 . . . 43, количество единиц мы подберем позже. Если переставитьединицу и тройку,
то получится число 344 . . . 41 = 31 · 11 . . . 1. При этом, если наше число из одних единиц делится на 13 · 31 = 403, то простыми делителями обоих чисел будут в точности его простые делители. Осталосьпоказать, что существует такое число из хотя бы 1000 единиц

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Рассмотрим числа 1, 10 1000
, 10 2000
, . . . , 10 403·1000
. Два из них скажем и 10 1000n
, где m < n) имеют одинаковые остатки отделения на 403. Тогда 10 1000n
− 10 1000m
= 10 1000m
(10 1000(n−m)
− 1) делится на 403, а поскольку 403 и 90 взаимно просты, тона делится и 1000(n−m)
− 1 9
= 11 . . . 1
  
1000(n−m)
, что и требовалось класс. См. решение задачи 689.
706. Пусть M — середина отрезка I
A
I
B
. Поскольку биссектрисы внутреннего и внешнего углов перпендикулярны, AI
A
⊥AI
B
. В прямоугольном треугольнике середина M гипотенузы равноудалена от вершин, поэтому MA = I
A
I
B
/2
. Аналогично, MB = I
A
I
B
/2
. Тогда центр окружности, описанной около AI
B
I
A
B
, поэтому ∠AI
A
B =
=
∠AMB/2. Заметим, что ∠AI
A
B = (180
◦
− ∠ABC)/2 − ∠BAC/2 =
=
∠ACB/2, поэтому ∠AMB = ∠ACB, и точки A, B, C и M лежат на одной окружности Ω. Поскольку AM = BM, точка M является серединой дуги ACB этой окружности.
A
B
C
I
A
I
B
O
A
O
B
M
P
O
M

I

A
I

B
Рис. Пусть I

A
, I

B
, M

— середины отрезков CI
A
, CI
B
, CM соответственно (см. рис. 310). Точки I

A
, I

B
, являются проекциями соответственно точек O
A
, O
B
, O напрямую здесь O
A
, O
B
, O — центры описанных окружностей треугольников I
A
CP
, I
B
CP
, ABC). Точки O
A
, O
B
, лежат на серединном перпендикуляре l к отрезку CP . Поэтому для решения задачи достаточно доказать, что является серединой отрезка Но это верно, поскольку M — середина I
A
I
B
, а тройка точек I

A
, I

B
, M


УЧЕБНЫЙ ГОД, 11
КЛАСС
417
получается из тройки I
A
, I
B
, M путем гомотетии с центром C и коэффициентом. Предположим противное. Рассмотрим многочлены P (x), Q(x), для которых наше утверждение неверно и степень P (x) — наименьшая извоз- можных. Обозначим степени P (x) и Q(x) через n и k соответственно. Заметим, что при домножении многочленов на ненулевые константы условие не меняется, поэтому будем считать P (x) и Q(x) приведенными. Ясно, что > 0
, иначе можно положить S(x) = P (x) = Лемма. n делится на Доказательство. Старшей компонентой T (x, y) многочлена от двух переменных T (x, y) будем называтьсумму всех составляющих его одночленов, сумма степеней при x и y у которых максимальна (так, умно- гочлена x
3
+ 3xy
2
+ x
− старшей компонентой является x
3
+ Заметим, что T
1
(x, y)T
2
(x, y) = T
1
(x, y)
· T
2
(x, y)
. Тогда y
n
= P (x)
− P (y) = R(x, y) · Q(x) − Q(y) = R(x, y)(x
k
− те. многочлен x
n
− делится на x
k
− y
k
. Если n = qk + r — результат деления n нас остатком, то y
n
= x
r
(x
qk
− y
qk
) + y
qk
(x
r
− y
r
) =
= x
r
(x
k
− y
k
)(x
k(q−1)
+ x
k(q−2)
y
k
+ . . . + y
k(q−1)
) + y
qk
(x
r
− поэтому F (x, y) = y
qk
(x
r
− делится на x
k
− y
k
. Однако его степеньпо
x
меньше, чем k, поэтому такое может бытьлишьтогда, когда она равна нулю, те. Лемма доказана.
Рассмотрим многочлены P
1
(x) = P (x)
− и Q(x). Для них условие задачи выполнено P
1
(y) =
=

R(x, y)
− (Q
n/k−1
(x) + Q
n/k−2
(x)Q(y) + . . .
. . . + Q
n/k−1
(y))

(Q(x)
− Кроме того, степеньу меньше, чем степень P (x); поэтому P
1
(x) =
= для некоторого многочлена S
1
(x)
. Тогда, положив S(x) =
= S
1
(x) + x
n/k
, получаем противоречие с выбором P (x), так как P (x) =
= P
1
(x) + Q
n/k
(x) = S(Q(x))