Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
731. Через точки касания вневписанных окружностей и проведем перпендикуляры к соответствующим сторонам треугольника. Они пройдут через центры вневписанных окружностей (и I 3 ) и пересекутся в некоторой точке O см. рис. 317). Так как и находятся на внешней биссектрисе угла B, то ∠ABI 3 = ∠CBI 1 . Из рассмотрения прямоугольных треугольников и следует, что значит, OI 1 I 3 — равнобедренный. Обозначим середину отрезка через P . Поскольку OI 1 = OI 3 , OP ⊥ I 1 I 3 . Рассмотрим окружностьс диаметром OB. На ней лежат точ- ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ A B C I 3 I 1 A B C O P A B C I 3 I 1 P Рис. Риски, и P , те. это окружность, описанная около BA C . Теперь достаточно доказать, что P лежит на описанной окружности ABC. Из этого будет следовать, что P = B 1 , и A 1 B 1 C 1 — серединный треугольник для I 1 I 2 I 3 , значит, его стороны параллельны внешним биссектрисам ABC. Но внешние биссектрисы параллельны сторонам треугольника, образованного точками касания вписанной окружности со сторонами ABC стороны этих треугольников перпендикулярны внутренним бис- сектрисам). Проведем из вершин A и C биссектрисы внутренних и внешних углов ABC см. рис. 318). Как известно, две биссектрисы одного угла перпендикулярны. Следовательно, точки I 1 , C, A, лежат на окружности с диаметром и с центром в точке P . Рассмотрим центральный угол этой окружности — ∠AP I 3 . Он опирается на дугу I 3 A , не нее же опирается вписанный угол ∠I 3 CA = 1 2 ∠C. Значит, ∠I 3 P A = 2 ∠I 3 CA Из этого следует, что ∠BP A = ∠BCA, те. точки A, B, P , C лежат на одной окружности. Замечание. Окружность, проходящая через A, B, C, P , является окружностью девяти точек для треугольника I 1 I 2 I 3 732. Имеем (z − 1)(z + 1) = x y , НОД(z − 1, z + 1) = 1 при нечетном, НОД(z − 1, z + 1) = 2 при четном x. В первом случае z − 1 = u y , z + 1 = v y , где u, v ∈ N; отсюда v y − u y = 2 . Но, поскольку v > u, y > имеем v y − u y = (v − u)(v y−1 + . . . + u y−1 ) (v − u)(2 y−1 + 1) Противоречие 2 3. Значит, число x четно. В этом случае одно из чисел 1 и z + 1 делится на 2 и не делится на 4, а второе делится на и не делится на 2 y . Таким образом, A = 2u y , B = 2 y−1 v y (u, v — нечетные натуральные числа, где A и B равны, в некотором порядке, числами при этом AB = x y ). Получили |2u y −2 y−1 v y | = 2, |u y −2 y−2 v y | = Отсюда, при некотором выборе знака, u y ± 1 = Заметим, что u > 1. В самом деле, если u = 1, то A = 2, A = z − 1, z = 3 , x = 2 — противоречит условию. Кроме того, число y нечетно, в противном случае, если y = 2n, z 2 − (x n ) 2 = 1 , что невозможно УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 433 Лемма 1. Пусть a 2, p — нечетное простое число. Тогда число 1 имеет хотя бы один простой делитель, не являющийся делителем числа a − Доказательство. Рассмотрим разложение 1 = (a − 1)(a p−1 + a p−2 + . . . + a 2 + a + 1) = (a − Докажем вначале, что числа a − 1 и b не могут иметьобщего делителя отличного от 1 и от p. Действительно, если a − 1 делится на q, то и a m − − 1 делится на q при любом натуральном m. Значит, b = ql + p, где l некоторое целое число. Поэтому b делится на q лишьпри q = 1 или Таким образом, для завершения доказательства леммы осталось рас- смотретьслучай, когда b = и a − 1 делится на p. Докажем, что этот случай невозможен. Поскольку b > p, достаточно доказать, что b не делится на p 2 . Докажем это. Если a = p α k + 1 , где k не делится на p, то (p α k + 1) p = 1 + p α+1 k + p · p − 1 2 · p 2α k 2 + . . . = = 1 + p α+1 k + где d целое. Отсюда a p − 1 = p α+1 (k + pd) . Поскольку не делится на то очевидно, что b делится на p и не делится на p 2 . Лемма доказана. Лемма 2. Пусть a 2, p — нечетное простое число и выполнено хотя бы одно из неравенств a = 2 и p = 3. Тогда a p + имеет простой делитель, не являющийся делителем числа a + Доказательство. Рассмотрим разложение+ 1 = (a + 1)(a p−1 − a p−2 + . . . + a 2 − a + 1) = (a + Докажем вначале, что числа a + 1 и b не могут иметьобщего делителя отличного от 1 и от p. Действительно, если a + 1 делится на r, то и a k + делится на r при любом нечетном k; если же k = 2m, то a k − 1 делится на 1, которое, в свою очередь, делится на r. Значит, b = rl + p, где l некоторое целое число. Поэтому b делится на r лишьпри r = 1 или Таким образом, для завершения доказательства леммы осталось рас- смотретьслучай b = p n , a + 1 делится на p. Докажем, что этот случай невозможен. Докажем вначале, что, как ив доказательстве леммы 1, b > > p . Имеем b a 2 − a + 1 a + 1 p. Из условий леммы следует, что среди неравенств этой цепочки естьстрогие. С другой стороны, как ив доказательстве леммы 1, можно получить, что число b не делится на что и завершает доказательство леммы. Из доказанных лемм следует, что правая частьравенства u y ± 1 = = имеет не менее q + 1 различных простых делителей. Поскольку НОД(u, 2v) = 1, u > 1, получаем отсюда неравенство задачи ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Замечание. Фактически мы доказали следующее, более сильное, чем утверждение задачи, Предложение. Пустьчисло y разлагается в произведение n отличных от 1 натуральных чисел. Тогда x имеет не менее n + 2 различных простых делителей. Ответ. Не существует. Возьмем произвольно x 1 = 0 и положим y 1 = 1 x 1 . Тогда f 2 (x 1 + + y 1 ) f 2 (x 1 ) + 2f (1) + f 2 (y 1 ) f 2 (x 1 ) + a , где a = 2f(1) > Будем далее выбирать x n = x n−1 + y n−1 , y n = 1 x n , n 2. Тогда f 2 (x n + +y n ) f 2 (x n )+a = f 2 (x n−1 +y n−1 )+a f 2 (x n−1 )+2a . . . f 2 (x 1 )+ + na . Ясно, что последовательность f(x 1 ) , f(x 2 ) , . . . , f(x n ) , . . . неогра- ничена. 734. Ответ. Нельзя. Предположим, что это возможно. Заметим, что два из рассматриваемых параллелепипедов пересекаются тогда и только тогда, когда их проекции на все три оси координат пересекаются. Рассмотрим 4 пары параллелепипедов и P 2 , и P 5 , и P 8 , и P 11 . Если взятьпараллелепипеды из разных пар, то они пересекаются, значит их проекции на любую осьпересекаются. Паре параллелепипедов из одной пары поставим в соответствие оськоординат (одну из осей, если таковых несколько, на которую проекции этих параллелепипедов не пересекаются. Поскольку пара осей — 3, найдутся две пары (скажем, и P 2 , и P 5 ), которым сопоставлена одна и та же ось Ox. Пустьотрезки S 1 , S 2 , S 4 , S 5 — проекции P 1 , P 2 , P 4 , соответственно на ось Ox пусть A i — левые концы отрезков S i , а B i — правые. Известно, что отрезки в парах и S 2 , и не пересекаются, а в любых других парах — пересекаются. Не ограничивая общности, можем считать, что B 1 < A 2 < и A 4 < B 4 < A 5 < B 5 . Так как пересекается сто. Но тогда B 4 < A 2 , и отрезки и не пересекаются. Противоречие. Замечание. Ответ в соответствующей задаче для 10 параллелепипедов также отрицательный, а для 9 параллелепипедов — положительный. Пусть X и Y — середины AB и CD соответственно, AB и CD пересекаются в точке P (пустьдля определенности P — точка пересечения лучей AB и DC) (см. рис. Предположим, что O — точка пересечения средних линий четырехугольника. Тогда O — середина отрезка XY , так как середины сторон четырехугольника — вершины параллелограмма. Далее, P O биссектриса и медиана в треугольнике XP Y , поэтому он равнобедрен- УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 435 D C B A Y X O P L K Рис. 319 ный и ∠BXO = ∠CY O. Кроме того, ∠XBO + ∠Y CO = 1 2 ( ∠ABC + + ∠BCD) = 1 2 (180 ◦ − ∠BP C) = ∠P XY = ∠XBO + ∠XOB, поэтому CO = ∠XOB, и треугольники OXB и CY O подобны. Следовательно O . Аналогично O = XB Y O , откуда следует OA · OC = = OB · OD. ПустьтеперьOA · OC = OB · OD. Заметим, что ∠AOB + ∠COD = = (180 ◦ − ∠OAB − ∠OBA) + (180 ◦ − ∠OCD − ∠ODC) = 360 ◦ − − 1 2 ( ∠DAB + ∠ABC + ∠BCD + ∠CDA) = 180 ◦ . Поэтому, если достро- итьтреугольники OAB и OCD до параллелограммов OAKB и то эти параллелограммы будут подобны (поскольку OA AK = OA OB = DO OC ). Тогда треугольники OXB и CY O также подобны, поскольку они соответствуют друг другу при подобии параллелограммов. Отсюда ∠XOB = = ∠OCY = ∠OCB и ∠COY = ∠XBO = ∠OBC. Следовательно + ∠BOC + ∠COY = ∠OCB + ∠BOC + ∠OBC = 180 ◦ , т. е. точка O лежит на прямой XY . Аналогично, O лежит на прямой, соединяющей середины двух других сторон четырехугольника, что и требовалось. Лемма. Пусть есть n непересекающихся пар знакомых представителей n стран по двое от страны. Тогда можно разбить их на 2 группы, в каждой из которых по одному представителю от страны и нет знакомых. Д ока за тел ьс т во. Выберем любого представителя страны 1, поместим его в первую группу, второго представителя этой же страны поместим во вторую группу, его знакомого (представителя, скажем, й страны ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ снова в первую, второго представителя й страны — во вторую и т. д. Этот процесс завершится, когда очередной знакомый уже распределен; это возможно только если этот знакомый — изначальный представитель первой страны, тогда он помещен в первую группу, что от него и требова- лось. Если еще осталисьнераспределенные люди, осталосьповторитьпро- цесс, начиная с любого нераспределенного человека. Лемма доказана. Теперьразобьем четырех представителей страны X на двух представителей страны и двух — страны X , итак поступим со всеми странами. Разобьем всех сидящих на 50 пар сидящих рядом и объявим людей из одной пары знакомыми. Тогда, в силу леммы, можно разбитьэтих людей на две группы по 50 человек, среди которых нет знакомых и естьпо одному представителю новых стран (или по 2 представителя старых ). Но тогда в каждой группе вместе с любым человеком присутствует не более одного его соседа. Тогда мы можем в каждой группе разбитьлюдей на пары знакомых так, чтобы соседи оказалисьзнакомыми, и снова применить лемму, разбив нашу группу на 2 подгруппы, без знакомых, те. без соседей г класс. Ясно, что ломаная пересекает диагональ. Пусть A — одна из вершин ломаной, лежащая на диагонали. Будем двигаться по ломаной, пока не попадем в первый раз снова в вершину B, лежащую на диагонали. Из симметрии, если двигаться по ломаной изв другую сторону, то B также окажется первой вершиной на диагонали, в которую мы попадем. При этом ломаная уже замкнется, поэтому через остальные 13 центров клеток на диагонали ломаная не проходит. Раскрасим доску в шахматном порядке так, чтобы диагональбыла черной. Заметим, что на нашей ломаной белые и черные клетки чередуются, поэтому их количества равны. В исходном же квадрате черных клеток на одну больше. Поскольку клетки диагонали черные, и ломаная не проходит через 13 из них, то она не проходит и через 12 белых клеток. Итого, длина ломаной не более 15 2 − 13 − 12 = 200. 738. Рассмотрим какое-нибудьнатуральное число n > 1000000. Покажем, что условию будет удовлетворятьчетверка чисел −n, n + 1, n(n + + 1) + 1 , n(n + 1)(n(n + 1) + 1) + 1. Действительно, применив трижды соотношение + 1 = 1 a(a + 1) , получаем УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС 1 −n + 1 n + 1 + 1 n(n + 1) + 1 + 1 n(n + 1)(n(n + 1) + 1) + 1 = = − 1 n(n + 1) + 1 n(n + 1) + 1 + 1 n(n + 1)(n(n + 1) + 1) + 1 = = − 1 n(n + 1)(n(n + 1) + 1) + 1 n(n + 1)(n(n + 1) + 1) + 1 = = − 1 n(n + 1)(n(n + 1) + 1)(n(n + 1)(n(n + 1) + 1) + что и требовалось. Ответ. Заметим, что 2006 = 17 · 118; поэтому найдутся 2 цвета, в которые покрашены в сумме не менее 2 · 118 = 236 точек. Докажем индукцией по k, что через 2k − 1 точку двух цветов всегда можно провести k −1 непересекающуюся хорду с одноцветными концами. База очевидна. Пусть k > 2. Тогда среди точек возьмем две одноцветных, стоящих подряд. Соединим их хордой, выбросим и применим предположение индукции к оставшимся точкам. Выбрав 235 точек двух цветов и применив данное утверждение, получаем, что 117 хорд Коля сможет провести всегда. Осталосьпривести пример, когда больше хорд провести нельзя. Пустьна окружности стоит 17k точек. ПустьПетя покрасит каждую точку в цвет, соответствующий остатку отделения на 17 ее номера. Докажем индукцией по k, что через эти точки можно провести не более k − хорды с выполнением условия. База очевидна, докажем переход. Пусть проведено некоторое количество хорд. Рассмотрев две соединенные точки и B на минимальном расстоянии друг от друга, получим такую хорду, что на одной из дуг, на которые она делит окружность, нет концов других проведенных хорд. Теперьсотрем хорду AB и уберем с окружности все точки этой дуги, включая один из концов хорды. Мы получили исходную раскраску 17l точек при l < k. Они соединены не более, чем 1 хордой, поэтому изначально хорд было не больше l − 1 + 1 k − что и требовалось. Пусть M — вторая точка пересечения ω со стороной AC. Докажем, что четырехугольник AT LC — вписанный. Действительно, заметим, что при гомотетии с центром A, переводящей окружность ω вопи- санную окружностьтреугольника ABC, прямая MK переходит впрямую, а следовательно, они параллельны (см. рис. 320). Тогда получаем, что ∠AMK = ∠ACB = ∠ACT , но из вписанности четырехугольника имеем ∠AMK = ∠ALK = ∠ALT . Отсюда ∠ACT = ∠ALT , те вписанный. Следовательно, ∠CT A = ∠CLA, но по свойству ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ касательной ∠CLA = ∠LKA, те, и значит, ∠BT A = = ∠BKT . Тогда треугольники BT A и BKT подобны по двум углам, откуда другой стороны, произведение BK · BA равно квадрату касательной к ω из точки Рис. Рис. 321 |