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: 61 из 64

741. Заметим, что b
k
=
a
k
c
k
, где c
k
— наименьший простой делитель Так как b
9
> b
10
, то b
9
> и b
9
 c
9
. Отсюда a
10
> a
9
 c
2 9
. Но из неравенств a
i
< a
i+1
, b
i
> следует, что c
i
< c
i+1
, те. Значит, c
9
 23, так как 23 — девятое по счету простое число.
Поэтому a
10
> c
2 9
 529 > 500.
742. Сначала заметим, что поскольку ∠ARP < ∠ARP + ∠QRC =
=
∠ABC, то точка X лежит на луче RP иначе ∠ARP = π − ∠ARX >
>
∠RAX = ∠ABC) (см. рис. 321). Тогда ∠ACB = ∠XAB и ∠AP X =
=
∠RP B = ∠RQC, и треугольники AP X и CQR равны по стороне и двум углам. Следовательно, P X = QR. Аналогично, P R = QY , откуда и следует утверждение задачи. Ответ. Выигрывает игрок, делающий второй ход.
Приведем выигрышную стратегию для второго. Первыми несколькими ходами он склеивает каждую клетку, примыкающую к границе квадрата со всеми ее соседями. На это потребуется не более 8 · 99 ходов, т. е.
после этого будет склеено всего 16 · 99 пар сторон и, как следствие, не более 2 · 16 · 99 <
10 000 2
доминошек окажутся склеенными с чем-нибудь еще. Следовательно, после этого еще останутся отдельные доминошки, и фигура не будет связной. Далее второй будет действоватьпроизвольным образом, следя только затем, чтобы не проиграть прямо нынешним ходом.
Пустьв некоторый момент ему не удастся сделатьэтого. Тогда все доминошки распадаются на две связных фигуры, причем все несклеен- ные отрезки — это граница между этими фигурами, так как любой другой

УЧЕБНЫЙ ГОД, 10
КЛАСС
439
отрезок можно склеить. При этом одна из этих фигур содержит все граничные клетки квадрата.
В границе внутренней фигуры четное число отрезков (если мы обойдем эту ломаную, то отрезков, по которым мы шли вверх и вниз, будет поровну тоже с отрезками вправо и влево. Подсчитаем изначальное число разрезанных сторон отрезков. Оно равно суммарному периметру всех до- миношек, уменьшенному на периметр квадрата и деленному на 2 (так как каждый из остальных отрезков считался по два раза, те четному числу. Значит, к данному моменту склеено также четное число сторон, и ходитьдолжен первый. Противоречие. Обозначим через и корни уравнения f(x) = 0, а через и корни уравнения f(f(x)) = 0, сумма которых равна −1. Множество корней последнего уравнения совпадает с объединением множеств корней уравнений f(x) = и f(x) = c
2
. Если и являются корнями одного из последних двух уравнений, то их сумма, равная −1, будет по теореме
Виета равна и −a, откуда a = 1. Можно считать, что c
1
 c
2
. Но поскольку по теореме Виета c
1
+ c
2
=
−1, то c
2

−
1 2
. Из условия следует,
что дискриминант уравнения f(x) = неотрицателен, поэтому 1 − 4b +
+ 4c
2
 0, откуда b
−
1 В противном случае, не умаляя общности, можно записать, что x
2 1
+
+ ax
1
+ b = и x
2 2
+ ax
2
+ b = c
2
. Складывая последние два равенства,
получим: x
2 1
+ x
2 2
+ a(x
1
+ x
2
) + 2b = c
1
+ c
2
. Поскольку c
1
+ c
2
=
−a по теореме Виета, а x
1
+ x
2
=
−1 по условию, то последнее равенство после сокращения перепишется так x
2 1
+ x
2 2
+ 2b = 0
. Но тогда b = −
1 2
(x
2 1
+
+ x
2 2
)

−
1 4
(x
1
+ x
2
)
2
=
−
1 4
10 класс. См. решение задачи 737.
746. В решении латинскими буквами везде обозначены натуральные числа.
По условию, (x − 1)
3
+ x
3
+ (x + 1)
3
= y
3
, или 3x(x
2
+ 2) = y
3
. Тогда
y
делится на 3, y = 3z и x(x
2
+ 2) = 9z
3
. Очевидно, НОД(x, x
2
+ 2)

Докажем, что случай НОД(x, x
2
+2) = невозможен. Действительно,
в этом случае либо x = и x
2
+ 2 = v
3
, либо x = u
3
, x
2
+ 2 = при некоторых натуральных u, v. В первом случае получаем 81u
6
+ 2 = что невозможно, так как куб целого числа при делении надает остаток или ±1. Аналогично, второе равенство влечет, что u
6
+ 2 = 9v
3
, что невозможно по тем же причинам

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Итак, НОД(x, x
2
+ 2) = 2
, x(x
2
+ 2) = 9z
3
. Тогда x и, следовательно) четно, поэтому x(x
2
+ делится на 8. Поскольку x
2
+ не делится на, получаем, что x делится на 4, что и требовалось. Ответ. См. решение задачи 739.
748. Обозначим через D и E точки касания ω со сторонами AB и, DE BC из симметрии относительно биссектрисы угла BAC (см.
рис. 322). Пустьпри гомотетии с центром A и коэффициентом
AK
AM
окружность ω переходит в окружность ω

. Окружность проходит через точку K, а следовательно, и через L из симметрии относительно биссектрисы угла BAC), а также касается лучей AB ив некоторых точках
D

и Из гомотетии следует, что MD KD

. Далее, по теореме о произведении отрезков касательных BD
2
= BK
· BL = BD
2
, откуда BD = По построению BK = BP , поэтому DKD

P
— параллелограмм, и значит. Отсюда вытекает, что точки M, D, P лежат на одной прямой. Аналогично, M, E и Q лежат на одной прямой. Треугольники и MP Q гомотетичны с центром M, следовательно, их описанные окружности также гомотетичны, те. касаются в точке Рис. Рис. 323
749. См. решение задачи 741.
750. Если AB = BC, то утверждение задачи очевидно. Пустьдля определенности см. рис. 323). Обозначим через I
1
, центры вписанных окружностей треугольников AKB и CLB соответственно, через, Q — вторые точки пересечения прямых BI
1
, с описанной окруж-

УЧЕБНЫЙ ГОД, 11
КЛАСС
441
ностью треугольника ABC, а через R — середину дуги ABC этой окружности. Тогда P A = QC как хорды, стягивающие половины равных дуг.
Так как ∠P AI
1
=
∠P AK + ∠KAI
1
=
∠P BK + ∠BAI
1
=
∠ABI
1
+
+
∠BAI
1
=
∠AI
1
P
, то треугольник равнобедренный, и P A = P Аналогично QC = QI
2
; следовательно, P I
1
= QI
2
. Далее, P R = как хорды, стягивающие равные дуги, а ∠I
2
QR =
∠I
1
P как углы, опирающиеся на одну дугу. Тогда треугольники и равны по двум сторонами углу между ними, откуда и следует утверждение задачи. См. решение задачи 744.
752. Раскрасим клетки квадрата в черный и белый цвет в шахматном порядке. Каждая доминошка покрывает ровно одну черную клетку. Разобьем квадрат 3 000 × 3 000 на квадраты 6 × 6, ив каждом квадрате перекрасим черные клетки в 3 цвета как показано на рис. 324 или на рис. Окрасим доминошки в первый, второй и третий цвета так, чтобы доми- ношка накрывала клетку своего цвета 3
1 2
3 1
3 1
2 3
1 2
1 2
3 1
2 3
2 3
1 2
3 1
3 1
2 3
1 2
1 2
3 1
2 3
2 3
1 2
3 1
3 1
2 3
1 2
1 2
3 1
2 3
2 3
1 2
3 1
3 1
2 3
1 2
1 2
3 1
2 3
1 1
1 1
1 1
2 2
2 2
2 2
3 3
3 3
3 3
1 1
1 1
1 1
2 2
2 2
2 2
3 3
3 3
3 3
1 1
1 1
1 1
2 2
2 2
2 2
3 3
3 3
3 3
1 1
1 1
1 1
2 2
2 2
2 2
3 3
3 3
3 Рис. Рис. В квадрате 6 × 6 поровну клеток каждого цвета, значит ив квадрате 000
× 3 000 тоже. Следовательно, доминошек каждого цвета поровну.
Пустьдве клетки одного цвета покрыты соседними доминошками. Легко видеть, что для наших раскрасок это возможно только если эти две клетки имеют общую вершину. Для данной клетки на рис. 1 имеется не более двух клеток того же цвета, имеющих с ней общую вершину, а на рис. 2
— не более одной такой клетки. Отсюда следует, что если использовать раскраску рис. 1, то для любой доминошки имеется не более двух соседних доминошек того же цвета, а если использовать раскраску рис. 2, то даже не более одной соседней доминошки того же цвета класс. При x  1 имеем 1

√
x

x <
π
2
. Отсюда sin
√
x

sin Далее, поскольку 0 < sin x < 1, имеем sin x <
√
sin x
. Пусть 0 < x < 1.

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Перепишем неравенство sin
2
t < при 0 < t < 1. Так как sin
2 0 =
= sin(0 2
)
, то достаточно доказать (sin
2
t)

< (sin(t
2
))

, или 2 sin t cos t <
< 2t cos(t
2
)
. Поскольку t > t
2
> 0
, то cos t < cos(t
2
)
. Перемножив это неравенство и sin t < t, получим sin t cos t < t cos(t
2
)
754. Заметим, что чисто периодическая дробьс периодом T после до- множения на 10
T
−1 становится целым числом. Домножим наши две дроби и b на число 10
T
− 1 = 99 . . . 9
  
T
. Получатся два новых рациональных числа A = (10
T
− 1)a и B = (10
T
− 1)b. Числа A + B = (10
T
− 1)(a + и AB = (10
T
− целые, так как a + b и ab — дроби с периодом T становящиеся целыми при домножении на 10
T
− 1 и тем более на (10
T
−
− 1)
2
. Но два рациональных числа, сумма и произведение которых целые,
являются корнями приведенного квадратного цравнения с целыми коэффициентами, те. сами являются целыми числами. Значит, a и b могут бытьзаписаны в виде обыкновенных дробей со знаменателем 10
T
− 1, откуда и следует утверждение задачи. Ответ. Выигрывает первый.
Первое решение. Разобьем все отмеченные точки на пары так, что любой отрезок с концами в точках одной пары — горизонтальный отрезок длины 1. Опишем выигрышную стратегию первого игрока. Пустьпер- вым ходом он соединит точки из какой-нибудьпары. Далее, если второй соединяет отрезком две точки какой-нибудьпары, то первый соединяет отрезком две точки другой пары (назовем эти два проведенных отрезка двойкой первого типа. Если же второй соединяет отрезком две точки из разных пар, то первый соединяет отрезком две оставшиеся точки из этих пар (назовем такие два отрезка двойкой второго типа. Заметим, что количество точек делится на 4, поэтому последний ход сделает второй. Первый будет делатьответные ходы до тех пор, пока не останется одна пара — эти две оставшиеся точки соединит отрезком второй игрок. Теперьзаметим,
что в двойке первого типа можно выбратьнаправления так, чтобы сумма двух векторов равняласьнулевому вектору, а двойке второго типа можно выбратьнаправления так, чтобы сумма двух векторов равняласьгоризон- тальному вектору длины 2 (любого из двух направлений. Теперь первому нужно так выбратьнаправления в двойках второго типа, чтобы суммарная длина всех векторов в этих двойках равняласьлибо нулевому вектору, либо горизонтальному вектору длины 2. После этого останется только два отрезка длины 1 (первый ход первого игрока и последний ход второго),
на которых первому игроку нужно выбратьнаправления так, чтобы сумма всех векторов равняласьнулевому вектору

УЧЕБНЫЙ ГОД, 11
КЛАСС
443
Второе решение. Будем считать, что большая сторона прямоугольника параллельна оси Ox, а меньшая, при этом левый нижний угол прямоугольника совпадает с началом координат.
Лемма 1. Пустьигроки провели все отрезки. Тогда, независимо от расстановки стрелок, проекция вектора суммы на каждую из осей будет иметьчетную длину.
Д ока за тел ьс т во. Рассмотрим проекцию вектора суммы на ось. Для каждой точки в зависимости от направления вектора ее координата по оси Ox берется либо со знаком плюс, либо со знаком минус.
Сумма координат (с соответствующими знаками) по оси Ox всех точек прямоугольника и даст проекцию вектора суммы на ось Ox. Однако пятьдесят из этих точек имеют координату 0, пятьдесят имеют координату 1,
. . . , пятьдесят имеют координату 69. То естьсреди этих чисел четное количество нечетных. Это и означает, что соответствующая сумма будет четной. Аналогично проекция вектора суммы на ось Oy будет иметьчетную длину. Лемма доказана.
Лемма 2. Пустьимеется набор отрезков с концами в целочисленных точках прямоугольника 49 × 69. Тогда можно так выбратьнаправления на этих отрезках, что проекция вектора суммы на ось Ox будет меньше а на ось Oy — меньше Доказательство. Разобьем отрезки набора на четыре группы параллельных оси Ox группа A), параллельных оси Oy группа B), тех, у которых правый конец выше левого (группа C), и тех, у которых правый конец ниже левого (группа D). Заметим, что если взятьдва отрезка из одной группы, тона них так можно выбратьнаправления, что по модулю координаты вектора их суммы будут не больше 69 по оси Ox и не более по оси Oy назовем такой вектор коротким. Также заметим, что если у набора векторов все направления поменятьна противоположные, то вектор суммы изменит лишьзнак.
Будем теперьпроводитьследующую процедуру. На каждом шаге будем выбиратьпару отрезков из одной группы и заменятьих соответствующим отрезком, который соответствует короткому вектору (новый отрезок может попастьв другую группу. Если в процессе получится отрезок нулевой длины, выкинем его. Заметим тогда, что если в полученном наборе мы можем расставитьнаправления требуемым образом, то ив старом это было возможно.
Через некоторое число шагов мы придем к такой ситуации, что в каждой группе будет не более одного отрезка. Выбрав направления на отрезках из групп C и D, мы получим вектор, проекция которого на ось будет меньше 140, а на ось Oy — меньше 100. Пусть обе его координаты

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
неотрицательны. Если теперь на отрезках из групп A и B выбратьотрица- тельные направления, то у итогового вектора суммы проекция на ось будет меньше 140, а на ось Oy — меньше Лемма доказана.
Перейдем к решению задачи. Опишем стратегию первого игрока. Ему необходимо будет провести 140 горизонтальных отрезков длины 1 и вертикальных отрезков длины 1 (назовем их красными. Тогда, после того как будут проведены все отрезки, на всех не красных отрезках по лемме он так может выбратьнаправления, что проекция вектора суммы на ось
Ox
будет меньше 140, а на Oy — меньше 100. Теперь ему останется вы- братьнаправления на красных отрезках так, чтобы проекция вектора суммы на каждую из осей будет равна нулю. Поскольку по лемме 1 проекция вектора суммы на каждую из осей будет иметьчетную длину, он сможет это сделатьи выиграет.
Рис. Покажем, как первому игроку провести требуемое количество красных отрезков. Выделим 25·35 =
= квадратиков, каждый из которых содержит четыре отрезка длины 1 (см. рис. 326). Каждым своим ходом первый будет отмечатьвертикальный или горизонтальный отрезок водном из квадратиков. Для этого ему потребуется 240 ходов, каждым из которых первый тратит один квадратик. Заметим, что второй каждым своим ходом


портит

не более двух квадратиков. Таким образом, после каждого хода первого и второго используется не более трех квадратиков. Поскольку 240 · 3 = 720 < 875, первый сможет провести красных отрезков нужных направлений, что и требовалось. Пустьбиссектрисы AI, BI, CI пересекают описанную окруж- ностьв точках A
0
, и соответственно. Точки и являются соответственно серединами дуги. Проведем через A прямую,
параллельную B
0
C
0
, пересекающую биссектрисы в точках и I
C
(см.
рис. 327). Имеем ∠AIB
0
=
∠ABI + ∠BAI = ∠ABB
0
+
∠BAA
0
=
=
∠B
0
BC +
∠CAA
0
=
∠B
0
AI
, поэтому треугольник равнобедренный. Аналогично, C
0
A = CI
, поэтому треугольники и равны. Далее, отрезок является серединным перпендикуляром ка высота в треугольнике II
B
I
C
. Отсюда следует, что средняя линия треугольника I
B
II
C
. Получаем следующие равенства для радиусов описанных окружностей R(I
B
II
C
) = 2R(B
0
IC
0
) =
= 2R(B
0
AC
0
) = 2R(ABC)
Теперьдостаточно доказать, что точки M и N лежат на описанной окружности треугольника I
B
II
C
. Заметим, что ∠AI
B
I =
∠C
0
B
0
I =

УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС =
∠C
0
CA =
∠ICA, значит точки A, I, C, лежат на одной окружности, отсюда B
1
A
· B
1
C = B
1
I
· B
1
I
B
. С другой стороны B
1
C = B
1
M
· B
1
N
, так как точки A, M, C, N лежат на одной окружности. Следовательно, B
1
M
· B
1
N = B
1
I
· B
1
I
B
, и точка лежит на описанной окружности треугольника IMN. Аналогично, на ней лежит точка I
C
, что и требовалось.
A
B
C
I
M
N
B
1
C
1
A
0
B
0
C
0
I
C
I
B
A
B
C
D
E
F
S
I
A

B

C

S

O
Рис. Рис. 328